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  • 2021-05-31 发布

2020高考物理二轮复习第一部分专题五电场与磁场第2讲带电粒子在复合场中的运动练习含解析

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带电粒子在复合场中的运动 ‎1.(2019·滁州一中调考)如图所示,平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度θ,两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器,则在此过程中,关于该粒子下列说法错误的是(  )‎ A.电势能逐渐增加 B.动能逐渐减小 C.粒子所受重力小于电场力 D.粒子做匀加速直线运动 解析 由于粒子做直线运动,受力分析可知粒子所受的电场力与重力的合力与速度方向反向,粒子做匀减速直线运动,动能减小,电场力垂直于极板向上,与速度方向的夹角为钝角,电场力对粒子做负功,则粒子的电势能增加,故A、B正确,D错误;电场力与重力的合力方向向左,由平行四边形定则知粒子所受重力小于电场力,故C正确。‎ 答案 D ‎2.(多选)(2019·河南太康一中模拟)如图所示,一束质量、速度和电荷量不全相等的离子,经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后,进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B两束,下列说法中正确的是(  )‎ A.组成A、B两束的离子都带负电 B.A束离子的比荷大于B束离子的比荷 C.A束离子的比荷小于B束离子的比荷 D.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里 解析 A、B两束离子进入磁场后都向左偏,根据左手定则可以判断A、B 7‎ 两束离子都带正电,故A错误;经过速度选择器后的离子速度相同,离子所受电场力和洛伦兹力平衡,满足qvB=qE,即不发生偏转的离子具有共同的速度大小v=,进入磁场区分开,轨道半径不等,根据公式R=,可知半径大的比荷小,所以A束离子的比荷大于B束离子的比荷,故B正确,C错误;在速度选择器中,电场方向水平向右,A、B离子所受电场力方向向右,所以洛伦兹力方向向左,根据左手定则可知,速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里,故D正确。‎ 答案 BD ‎3.(多选)(2019·辽宁辽南联考)随着人民生活水平的提高,环境保护越来越受到重视。如图所示为污水监测仪的核心部分,两块宽度为b的矩形金属极板平行正对置于排液口的上下表面,排液口上下表面高度为d,有一垂直于侧面向里的磁感应强度为B的匀强磁场。已知污水中含有大量的带电荷量为q的正离子,当污水水流的速度为v时,在导体的上下表面间用电压表测得的电压为UH,则下列判断正确的是(  )‎ A.液体内离子只受洛伦兹力作用 B.用电压表测UH时,电压表的“+”接线柱接下表面 C.高度d越大,UH越大 D.根据两极板间的电压值可以测出污水的流速 解析 定向移动的离子受到洛伦兹力作用发生偏转,在上下表面间形成电势差,最终离子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡,故选项A错误;由题图可知,磁场方向向里,电流方向向右,根据左手定则,离子向上表面偏转,则上表面得到离子带正电,那么下表面带负电,所以电压表的“+”接线柱接上表面,故选项B错误;根据电场力与洛伦兹力平衡,有q=qBv,解得UH=Bdv,则厚度d越大,UH越大,故选项C正确;根据UH=Bdv以及B、d已知,如果测得UH,就可以得到污水流速,故选项D正确。‎ 答案 CD ‎4.(2019·河北唐山二模)如图所示,在水平面内存在一半径为2R和半径为R两个同心圆,半径为R的小圆和半径为2R的大圆之间形成一环形区域。小圆和环形区域内分别存在垂直于水平面、方向相反的匀强磁场。小圆内匀强磁场的磁感应强度大小为B。位于圆心处的粒子源S沿水平面向各个方向发射速率为的正粒子,粒子的电荷量为q、质量为m,为了将所有粒子束缚在半径为2R的圆形内,环形区域磁感应强度大小至少为(  )‎ 7‎ A.B B.B C.B D.B 解析 粒子在小圆内做圆周运动的半径为r0==R,由轨迹图可知,粒子从A点与OA成30°角的方向射入环形区域,粒子恰好不射出磁场时,轨迹圆与大圆相切,设半径为r,由几何知识可知∠OAO2=120°,由余弦定理可知:(2R-r)2=r2+R2-2Rrcos120°,解得r=R,由qvB′=m,得B′===B,故C正确。‎ 答案 C ‎5.(2019·山东德州模拟)如图所示,水平放置的平行板电容器上极板带正电,下极板带负电,两板间存在场强为E的匀强电场和垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场。现有大量带电粒子沿中线OO′射入,所有粒子都恰好沿OO′做直线运动。若仅将与极板垂直的虚线MN右侧的磁场去掉,则其中比荷为的粒子恰好自下极板的右边缘P点离开电容器。已知电容器两板间的距离为,带电粒子的重力不计。‎ ‎(1)求下极板上N、P两点间的距离;‎ ‎(2)若仅将虚线MN右侧的电场去掉,保留磁场,另一种比荷的粒子也恰好自P点离开,求这种粒子的比荷。‎ 解析 (1)粒子自O点射入到虚线MN的过程中做匀速直线运动,‎ qE=qvB 7‎ 粒子过MN时的速度大小v=。‎ 仅将MN右侧磁场去掉,粒子在MN右侧的匀强电场中做类平抛运动,‎ 沿电场方向:=t2‎ 垂直于电场方向:x=vt。‎ 由以上各式计算得出下极板上N、P两点间的距离x= ‎(2)仅将虚线MN右侧的电场去掉,粒子在MN右侧的匀强磁场中做匀速圆周运动,设经过P点的粒子的比荷为,其做匀速圆周运动的半径为R,‎ 由几何关系得:R2=x2+2‎ 解得R= 又q′vB= 得比荷=。‎ 答案 (1) (2) ‎6.(2019·山东淄博等五地市联考)如图,A、B、C为同一平面内的三个点,在垂直于平面方向加一匀强磁场,将一质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子以初动能Ek自A点垂直于直线AC射入磁场,粒子依次通过磁场中B、C两点所用时间之比为1∶3。若在该平面内同时加匀强电场,从A点以同样的初动能沿某一方向射入同样的带电粒子,该粒子到达B点时的动能是初动能的3倍,到达C点时的动能为初动能的5倍。已知AB的长度为l,不计带电粒子的重力,求:‎ ‎(1)磁感应强度的大小和方向;‎ ‎(2)电场强度的大小和方向。‎ 解析 (1)设AC中点为O,由题意可知AC长度为粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径,连接OB。因为粒子在运动过程中依次通过B、C两点所用时间之比为1∶3,所以∠AOB=60°,粒子做圆周运动的半径r=l 7‎ 由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得:qvB=m 初动能:Ek=mv2‎ 解得:B= 因为粒子带正电,根据洛伦兹力的方向可以判断,磁感应强度B的方向为垂直纸面向外。‎ ‎(2)加上电场后,只有电场力做功,从A到B:qUAB=3Ek-Ek 从A到C:qUAC=5Ek-Ek 则UAC=2UAB 在匀强电场中,沿任意一条直线电势的降落是均匀的,可以判断O点与B点是等电势的,所以电场强度E与OB垂直;因为由A到B电场力做正功,所以电场强度的方向与AB成30°夹角斜向上。设电场强度的大小为E,‎ 有:UAB=Elcos30°‎ 联立解得:E=。‎ 答案 (1) 垂直纸面向外 (2) 与AB成30°夹角斜向上 ‎7.(2019·云南贵州第二次模拟)如图所示,在xOy坐标系的第二象限内有水平向右的匀强电场,第四象限内有竖直向上的匀强电场,两个电场的场强大小相等,第四象限内还有垂直于纸面的匀强磁场,让一个质量为m、电荷量为q的粒子在第二象限内的P(-L,L)点由静止释放,结果粒子沿直线运动到坐标原点并进入第四象限,粒子在第四象限内运动后从x轴上的Q(L,0)点进入第一象限,重力加速度为g,求:‎ ‎(1)粒子从P点运动到坐标原点的时间;‎ ‎(2)匀强磁场的磁感应强度的大小和方向。‎ 解析 (1)粒子在第二象限内做直线运动,因此电场力和重力的合力方向沿PO方向,则粒子带正电。‎ mg=qE1=qE2,mg=ma,L=at2,解得t= ‎(2)设粒子从O点进入第四象限的速度大小为v,则v=at=2,方向与x 7‎ 轴正方向成45°角,由于粒子在第四象限内受到的电场力与重力等大反向,因此粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,由于粒子做匀速圆周运动后从x轴上的Q(L,0)点进入第一象限,根据左手定则可以判断,磁场方向垂直于纸面向里。‎ 粒子做圆周运动的轨迹如图,由几何关系可知 粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为R=L 由牛顿第二定律可得Bqv=m,解得B=。‎ 答案 (1) (2),垂直纸面向里 ‎8.(2019·山东济南模拟)如图甲所示,xOy平面内存在范围足够大的电场和磁场。一个带正电的小球在t=0时刻以v0=3gt0的初速度从坐标原点O沿x轴正方向(水平向右)射入该空间,在t0时刻同时在该空间加上如图乙所示的电场和磁场,其中电场方向竖直向上,场强大小E0=,磁场方向垂直于纸面向外,磁感应强度大小B0=。已知小球的质量为m,带电荷量为q,时间单位为t0,重力加速度为g,空气阻力不计。求:‎ ‎(1)t0时刻小球速度的大小v;‎ ‎(2)小球做圆周运动的周期T和12t0时刻小球速度的大小v1;‎ ‎(3)在给定的xOy坐标系中,大体画出小球在0~24t0时间内运动轨迹的示意图;‎ ‎(4)0~30t0时间内小球到x轴的最大距离ymax。‎ 解析 (1)0~t0时间内,小球只受重力作用做平抛运动,在t0时刻有v===gt0。‎ ‎(2)当同时加上电场和磁场时,小球受到的静电力F1=qE0=mg,方向竖直向上。因为重力和静电力恰好平衡,所以小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,有qvB0=m,运动周期 7‎ T=,解得T=2t0。由图乙知,电场、磁场同时存在的时间正好是小球做匀速圆周运动周期的5倍,即在这10t0时间内,小球恰好做了5个完整的匀速圆周运动。因此小球在12t0时刻的速度相当于小球连续做2t0时间平抛运动的末速度。由vy1=2gt0,vx1=v0=3gt0得12t0时刻小球的速度大小v1==gt0。‎ ‎(3)0~24t0时间内小球运动轨迹的示意图如图所示。‎ ‎(4)小球在30t0时刻与24t0时刻的位置相同,在0~24t0时间内小球相当于做了3t0时间的平抛运动和半个圆周运动。因为23t0时刻小球做平抛运动的竖直分位移大小y2=g(3t0)2=gt,竖直分速度大小vy2=3gt0=v0,所以θ=45°,此时小球的速度大小v2=3gt0。此后小球做匀速圆周运动的半径r2==。因此0~30t0时间内小球到x轴的最大距离ymax=y2+(1+sinθ)r2=gt。‎ 答案 见解析 7‎