【物理】2020届一轮复习人教版带电粒子在组合场、叠加场中的运动课时作业 8页

2020 届一轮复习人教版 带电粒子在组合场、叠加场中的运动 课时作业 一、选择题 考点一 带电粒子在叠加场中的运动 1.如图 1 所示，竖直平面内，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向垂直于纸面向里，一质量为 m、带电 荷量为 q 的粒子以速度 v 与磁场方向垂直，与电场方向成 45°角射入复合场中，恰能做匀速直线运动，则 关于电场强度 E 和磁感应强度 B 的大小，正确的是(重力加速度为 g)( ) 图 1 A．E＝mg q ，B＝ 2mg qv B．E＝ 2mg q ，B＝mg qv C．E＝mg q ，B＝mg qv D．E＝ 2mg q ，B＝ 2mg qv 答案 A 解析 假设粒子带负电，则其所受电场力方向水平向左，洛伦兹力方向斜向右下方与 v 垂直，可以从力的 平衡条件判断出这样的粒子不可能做匀速直线运动，所以粒子应带正电荷，受力情况如图所示． 根据合外力为零得 mg＝qvBsin 45° qE＝qvBcos 45° 联立可得 B＝ 2mg qv ，E＝mg q . 2．(多选)一带电小球在相互垂直的匀强电场、匀强磁场中做圆周运动，匀强电场竖直向上，匀强磁场水 平且垂直纸面向里，如图 2 所示，下列说法正确的是( ) 图 2 A．沿垂直纸面方向向里看，小球绕行方向为顺时针方向 B．小球一定带正电且小球的电荷量 q＝mg E C．由于洛伦兹力不做功，故小球运动过程中机械能守恒 D．由于合外力做功等于零，故小球运动过程中动能不变 答案 BD 解析 带电小球在叠加场中，只有满足重力与电场力大小相等、方向相反，小球受的合力只表现为洛伦兹 力，洛伦兹力提供向心力，小球做匀速圆周运动，故小球所受电场力向上，小球带正电，小球受的洛伦兹 力方向要指向圆心，由左手定则判断运动方向为逆时针，由 mg＝qE 可得 q＝mg E ，故 A 错误，B 正确；洛伦 兹力不做功，但电场力做功，故机械能不守恒，故 C 错误；由于合外力做功等于零，根据动能定理，小球 在运动过程中动能不变，故 D 正确． 3．(多选)如图 3 所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁 场与电场正交，有一带电液滴沿虚线 L 斜向上做直线运动，L 与水平方向成β角，且α>β，则下列说法中 正确的是( ) 图 3 A．液滴一定做匀减速直线运动 B．液滴一定做匀加速直线运动 C．电场方向一定斜向上 D．液滴一定带正电 答案 CD 解析 带电液滴受竖直向下的重力 G、平行于电场线方向的电场力 F、垂直于速度方向的洛伦兹力 F 洛，带 电液滴做直线运动，因此三个力的合力一定为零，带电液滴做匀速直线运动，故选项 A、B 错误．当带电 液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力、沿电场线向上的电场力、垂直于速度 方向斜向左上方的洛伦兹力，这三个力的合力能够为零，使带电液滴沿虚线 L 做匀速直线运动；如果带电 液滴带负电或电场线方向斜向下，带电液滴所受合力不为零，带电液滴不可能沿直线运动，故选项 C、D 正确． 考点二 带电粒子在组合场中的运动 4．(多选)如图 4 所示，A 板发出的电子(重力不计)经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板 M、N 间， M、N 之间有垂直纸面向里的匀强磁场，电子通过磁场后最终打在荧光屏 P 上，关于电子的运动，下列说法 中正确的是( ) 图 4 A．滑动触头向右移动时，电子打在荧光屏的位置上升 B．滑动触头向右移动时，电子通过磁场区域所用时间不变 C．若磁场的磁感应强度增大，则电子打在荧光屏上的速度大小不变 D．若磁场的磁感应强度增大，则电子打在荧光屏上的速度变大 答案 AC 解析 当滑动触头向右移动时，电场的加速电压增大，加速后电子动能增大，进入磁场时的初速度增大， 向下偏转程度变小，打在荧光屏的位置上升；在磁场中运动对应的圆心角变小，运动时间变短，选项 A 正 确，B 错误；磁感应强度增大，电子在磁场中运动速度大小不变，打在荧光屏上的速度大小不变，选项 C 正确，D 错误． 5.如图 5 所示，有理想边界的匀强磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为 B，某带电粒子的比荷(电荷 量与质量之比)大小为 k，由静止开始经电压为 U 的电场加速后，从 O 点垂直射入磁场，又从 P 点穿出磁场．下 列说法正确的是(不计粒子所受重力)( ) 图 5 A．如果只增加 U，粒子可以从 dP 之间某位置穿出磁场 B．如果只减小 B，粒子可以从 ab 边某位置穿出磁场 C．如果既减小 U 又增加 B，粒子可以从 bc 边某位置穿出磁场 D．如果只增加 k，粒子可以从 dP 之间某位置穿出磁场 答案 D 解析 由题意可得 qU＝1 2 mv2，k＝q m ，r＝mv qB ，解得 r＝ 2kU kB .对于选项 A，只增加 U，r 增大，粒子不可能从 dP 之间某位置穿出磁场．对于选项 B，粒子电性不变，不可能向上偏转从 ab 边某位置穿出磁场．对于选 项 C，既减小 U 又增加 B，r 减小，粒子不可能从 bc 边某位置穿出磁场．对于选项 D，只增加 k，r 减小， 粒子可以从 dP 之间某位置穿出磁场． 6．如图 6 所示，在 x 轴上方存在垂直于纸面向里且磁感应强度为 B 的匀强磁场，在 x 轴下方存在垂直于 纸面向外且磁感应强度为B 2 的匀强磁场．一带负电的粒子从原点 O 与 x 轴成 30°角斜向上射入磁场，且在 x 轴上方磁场中运动的半径为 R.粒子重力不计，则( ) 图 6 A．粒子经磁场偏转后一定能回到原点 O B．粒子在 x 轴上方和下方磁场中运动的半径之比为 2∶1 C．粒子完成一次周期性运动的时间为2πm 3qB D．粒子第二次射入 x 轴上方磁场时，沿 x 轴前进了 3R 答案 D 解析 由 r＝mv qB 可知，粒子在 x 轴上方和下方磁场中运动的半径之比为 1∶2，选项 B 错误；粒子完成一次 周期性运动的时间 t＝1 6 T1＋1 6 T2＝πm 3qB ＋2πm 3qB ＝πm qB ，选项 C 错误；粒子第二次射入 x 轴上方磁场时沿 x 轴前 进了 l＝R＋2R＝3R，则粒子经磁场偏转后不能回到原点 O，选项 A 错误，D 正确． 二、非选择题 7．(2018·齐齐哈尔市期末)如图 7 所示的区域中，OM 左边为垂直纸面向里的匀强磁场，右边是一个电场 强度大小未知的匀强电场，其方向平行于 OM，且垂直于磁场方向．一个质量为 m、电荷量为－q 的带电粒 子从小孔 P 以初速度 v0 沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角θ＝60°，粒子恰 好从小孔 C 垂直于 OC 射入匀强电场，最后打在 Q 点，已知 OC＝L，OQ＝2L，不计粒子的重力，求： 图 7 (1)磁感应强度 B 的大小； (2)电场强度 E 的大小． 答案 (1)3mv0 2qL (2)mv0 2 2qL 解析 (1)画出粒子运动的轨迹如图所示(O1 为粒子在磁场中做圆周运动的圆心)：∠PO1C＝120° 设粒子在磁场中做圆周运动的半径为 r，r＋rcos 60°＝OC＝L 得 r＝2L 3 粒子在磁场中做圆周运动，受到的洛伦兹力充当向心力，qv0B＝mv0 2 r ，解得：B＝mv0 qr ＝3mv0 2qL (2)粒子在电场中做类平抛运动， 由牛顿第二定律得加速度为 a＝qE m 水平方向 2L＝v0t 竖直方向 L＝1 2 at2 解得 E＝mv0 2 2qL 8.(2016·天津理综)如图 8 所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小 E＝5 3 N/C，同时存 在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小 B＝0.5 T．有一带正电的小球，质量 m ＝1×10－6 kg，电荷量 q＝2×10－6 C，正以速度 v 在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过 P 点时撤掉磁 场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取 g＝10 m/s2，求： 图 8 (1)小球做匀速直线运动的速度 v 的大小和方向； (2)从撤掉磁场到小球再次穿过 P 点所在的这条电场线经历的时间 t. 答案 (1)20 m/s 方向与电场方向成 60°角斜向上 (2)3.5 s 解析 (1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有 qvB＝ q2E2＋m2g2① 代入数据解得 v＝20 m/s② 速度 v 的方向与电场 E 的方向之间的夹角满足 tan θ＝qE mg ③ 代入数据解得 tan θ＝ 3 θ＝60°④ (2)撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以 P 点为坐标原点，竖 直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为 vy＝vsin θ⑤ 若使小球再次穿过 P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有 vyt－1 2 gt2＝0⑥ 联立⑤⑥式，代入数据解得 t＝2 3 s≈3.5 s. 9.如图 9 所示，直角坐标系 xOy 位于竖直平面内，在水平的 x 轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁 感应强度为 B、方向垂直 xOy 平面向里，电场线平行于 y 轴．一质量为 m、电荷量为 q 的带正电的小球， 从 y 轴上的 A 点水平向右抛出，经 x 轴上的 M 点进入电场和磁场区域，恰能做匀速圆周运动，从 x 轴上的 N 点第一次离开电场和磁场，MN 之间的距离为 L，小球过 M 点时的速度方向与 x 轴正方向夹角为θ.不计空 气阻力，重力加速度为 g，求： 图 9 (1)电场强度 E 的大小和方向； (2)小球从 A 点抛出时初速度 v0 的大小； (3)A 点到 x 轴的高度 h. 答案 (1)mg q 竖直向上 (2) qBL 2mtan θ (3)q2B2L2 8m2g 解析 (1)小球在电场、磁场区域中恰能做匀速圆周运动，其所受电场力必须与重力平衡，有 qE＝mg① E＝mg q ② 重力的方向竖直向下，电场力的方向应为竖直向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上． (2)小球在叠加场中做匀速圆周运动，O′为圆心，MN 为弦长，∠MO′P＝θ，如图所示，设半径为 r，由 几何关系知 L 2r ＝sin θ③ 小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设小球做圆周运动的速度为 v，有 qvB＝mv2 r ④ 由速度的合成与分解知v0 v ＝cos θ⑤ 由③④⑤式得 v0＝ qBL 2mtan θ .⑥ (3)设小球到 M 点时的竖直分速度为 vy，它与水平分速度的关系为 vy＝v0tan θ⑦ 由匀变速直线运动规律有 vy 2＝2gh⑧ 由⑥⑦⑧式得 h＝q2B2L2 8m2g . 10．如图 10 所示 xOy 坐标系，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在匀强 磁场，磁感应强度大小相等，方向如图所示．现有一个质量为 m、电荷量为＋q 的带电粒子在该平面内从 x 轴上的 P 点，以垂直于 x 轴的初速度 v0 进入匀强电场，恰好经过 y 轴上的 Q 点且与 y 轴成 45°角射出电场， 再经过一段时间又恰好垂直于 x 轴进入第四象限的磁场．已知 OP 之间的距离为 d(不计粒子的重力)．求： 图 10 (1)O 点到 Q 点的距离； (2)磁感应强度 B 的大小； (3)带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过 x 轴所用的时间． 答案 (1)2d (2)mv0 2qd (3)7π＋4d 2v0 解析 (1)设 Q 点的纵坐标为 h，到达 Q 点的水平分速度为 vx，P 到 Q 受到的恒定的电场力与初速度方向垂 直，则粒子在电场中做类平抛运动，则由类平抛运动的规律可知 竖直方向匀速直线运动，h＝v0t1 水平方向匀加速直线运动的平均速度 v ＝0＋vx 2 ， 则 d＝vxt1 2 根据速度的矢量合成 tan 45°＝vx v0 ，解得 h＝2d. (2)粒子运动轨迹如图所示，由几何知识可得，粒子在磁场中的运动半径 R＝2 2d 由牛顿第二定律得 qvB＝mv2 R ，解得 R＝mv qB 由(1)可知 v＝ v0 cos 45° ＝ 2v0 联立解得 B＝mv0 2qd . (3)在电场中的运动时间为 t1＝2d v0 在磁场中，由运动学公式 T＝2πR v 在第一象限中的运动时间为 t2＝135° 360° ·T＝3 8 T 在第四象限内的运动时间为 t3＝T 2 带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过 x 轴所用的时间为 t＝t1＋t2＋t3＝7π＋4d 2v0 .