（江蘇專用版）2020版高考物理總復習 第八章 微專題5 帶電粒子在電磁場中的運動練習（含解析）

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1、微專題5　帶電粒子在電磁場中的運動 一、單項選擇題 1.(2018淮安模擬)如圖所示,一帶電液滴在相互垂直的勻強電場和勻強磁場中剛好做勻速圓周運動,其軌道半徑為R,已知該電場的電場強度為E,方向豎直向下;該磁場的磁感應強度為B,方向垂直紙面向里,不計空氣阻力,設重力加速度為g,則(　　) A.液滴帶正電 B.液滴比荷qm=Eg C.液滴沿順時針方向運動 D.液滴運動速度大小v=RgBE 答案　C　液滴在重力場、勻強電場、勻強磁場的復合場中做勻速圓周運動,可知,qE=mg,得qm=gE,故B錯誤;電場力豎直向上,液滴帶負電,A項錯誤;由左手定則可判斷液滴沿順時針轉動,C項正確;對液

2、滴qE=mg,qvB=mv2R得v=RBgE,故D項錯誤。 2.(2018鹽城模擬)如圖所示,半圓光滑絕緣軌道固定在豎直平面內,O為其圓心,勻強磁場方向與軌道平面垂直?，F(xiàn)將一個帶正電的小球自M點由靜止釋放,它將沿軌道在MN間做往復運動。下列說法中正確的是(　　) A.小球在M點的重力勢能大于在N點的重力勢能 B.小球經(jīng)過軌道最低點時所受合外力大小總相等 C.小球經(jīng)過軌道最低點時對軌道的壓力大小總相等 D.小球由M到N所用的時間大于由N到M所用的時間 答案　B　兩個端點M、N與O等高,小球由M到N與由N到M過程中重力對小球做的功相等,所以小球在M點的重力勢能等于在N點的重力勢能,

3、故A項錯誤;小球在最低點的速度相同,由F合=mv2r可知,F合不變,故B項正確;小球在最低點時受重力、支持力和洛倫茲力,從M到N時,洛倫茲力向上,故F1-mg+F洛=mv2r,F1=mg-F洛+mv2r,小球從N到M時,洛倫茲力向下,故F2-F洛-mg=mv2r,F2=mg+F洛+mv2r,所以小球經(jīng)過最低點時對軌道的壓力大小不相等,故C項錯誤;由于洛倫茲力總是與運動方向垂直,由于沒有摩擦力,故對其加速度大小有影響的只有重力,故無論小球從哪邊滾下,其時間相等,故D項錯誤。 3.(2017課標Ⅰ)如圖,空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場,電場方向豎直向上(與紙面平行),磁場方向垂直于紙面向里。三

4、個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等,質量分別為ma、mb、mc。已知在該區(qū)域內,a在紙面內做勻速圓周運動,b在紙面內向右做勻速直線運動,c在紙面內向左做勻速直線運動。下列選項正確的是(　　) A.ma>mb>mc B.mb>ma>mc C.mc>ma>mb D.mc>mb>ma 答案　B　該空間區(qū)域為勻強電場、勻強磁場和重力場的疊加場,a在紙面內做勻速圓周運動,可知其重力與所受到的電場力平衡,洛倫茲力提供其做勻速圓周運動的向心力,有mag=qE,解得ma=qEg。b在紙面內向右做勻速直線運動,由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向上,可知mbg=qE+qvbB,解得mb=qEg+q

5、vbBg。c在紙面內向左做勻速直線運動,由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向下,可知mcg+qvcB=qE,解得mc=qEg-qvcBg。綜上所述,可知mb>ma>mc,選項B正確。 4.(2018徐州三中月考)如圖所示,表面粗糙的斜面固定于地面上,并處于方向垂直紙面向外、磁感應強度為B的勻強磁場中,質量為m、帶電荷量為+Q的小滑塊從斜面頂端由靜止下滑。在滑塊下滑的過程中,下列判斷正確的是(　　) A.滑塊受到的摩擦力不變 B.滑塊到達地面時的動能與B的大小無關 C.滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向下 D.B很大時,滑塊可能靜止于斜面上 答案　C　據(jù)左手定則可知,滑塊受到

6、垂直斜面向下的洛倫茲力,C項正確;隨著滑塊速度的變化,洛倫茲力大小變化,它對斜面的壓力大小發(fā)生變化,故滑塊受到的摩擦力大小變化,A項錯誤;B越大,滑塊受到的洛倫茲力越大,受到的摩擦力也越大,摩擦力做功越多,據(jù)動能定理,滑塊到達地面時的動能就越小,B項錯誤;由于開始時滑塊不受洛倫茲力就能下滑,故B再大,滑塊也不可能靜止在斜面上,D項錯誤。 二、多項選擇題 5.(2018清江中學檢測)如圖所示,帶等量異種電荷的平行板之間,存在著垂直紙面向里的勻強磁場,一帶電粒子在電場力和洛倫茲力的作用下,從靜止開始自A點沿曲線ACB運動,到達B點時速度為零,C點為曲線最低點,不計重力,下列說法中正確的是(　　

7、) A.這個粒子帶正電荷 B.A點和B點必定位于同一水平面上 C.在C點洛倫茲力大于電場力 D.粒子到達B點后將沿曲線返回A點 答案　ABC　由于粒子是從靜止開始運動的,在開始運動的一瞬間,由于速度是從零開始的,所以剛開始受到的只有電場力,即電場力向下,而電場方向是向下的,故粒子帶正電,A項正確;運動過程中由于洛倫茲力不做功,只有電場力做功,從靜止開始到靜止結束,電場力做功為零,所以A點和B點必定位于同一水平面上,B項正確;在C點以后粒子的速度改為向上,而受到的電場力方向恒向下,故要使粒子向上運動,在C點必然有洛倫茲力大于電場力,C項正確;粒子到達B點后將做如圖所示的運動,故D項錯誤

8、。 6.(2018泰州中學月考)如圖所示,虛線EF下方存在著正交的勻強電場和勻強磁場,一個帶電微粒從距離EF為h的某處由靜止開始做自由落體運動,從A點進入場區(qū)后,恰好做勻速圓周運動,然后從B點射出,C為圓弧的最低點,下面說法正確的有(　　) A.從B點射出后,微粒能夠再次回到A點 B.如果僅使h變大,微粒從A點進入場區(qū)后將仍做勻速圓周運動 C.如果僅使微粒的電荷量和質量加倍,微粒將仍沿原來的軌跡運動 D.若僅撤去電場,微粒到達軌跡最低點時受到的洛倫茲力一定大于它的重力 答案　BCD　從B點射出后,微粒在重力作用下回落,根據(jù)左手定則可以知道,微粒向右方偏轉,不可能再回到A點,

9、故A項錯誤;帶電微粒進入正交的勻強電場和勻強磁場中做勻速圓周運動,電場力與重力必定平衡,如果僅使h變大,不會改變電場力與重力平衡,因此仍做勻速圓周運動,所以B選項是正確的;由題意知mg=qE,洛倫茲力提供向心力,則有qvB=mv2r,v=2gh,則微粒做圓周運動的半徑為r=EB2hg,若微粒的電荷量和質量加倍,不會影響運動軌道的半徑,所以C選項是正確的;當撤去電場E,微粒在洛倫茲力與重力作用下,當?shù)竭_軌跡最低點時,仍做曲線運動,則洛倫茲力大于它的重力,即運動軌跡偏向合力一側,所以D選項是正確的。 三、非選擇題 7.(2018蘇州調研)如圖所示,在xOy直角坐標平面內-0.05m≤x<0的區(qū)

10、域有垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度B=0.4T,0≤x≤0.08m的區(qū)域有沿-x方向的勻強電場,在x軸上坐標為(-0.05m,0)的S點有一粒子源,它一次能沿紙面同時向磁場內每個方向發(fā)射比荷qm=5×107C/kg、速率v0=2×106m/s的帶正電粒子,若粒子源只發(fā)射一次,其中只有一個粒子Z恰能到達電場的右邊界,不計粒子的重力和粒子間的相互作用(結果可保留根號)。求: 　　(1)粒子在磁場中運動的半徑R; (2)粒子Z從S發(fā)射時的速度方向與磁場左邊界的夾角θ; (3)第一次經(jīng)過y軸的所有粒子中,位置最高的粒子P的坐標; (4)若粒子P到達y軸瞬間電場突然反向,求粒子P到達電場

11、右邊界時的速度。 答案　(1)0.1m　(2)60°或120°　(3)0,320m (4)見解析 解析　(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動,由洛倫茲力提供向心力,有 qv0B=mv02R 可得R=mv0qB=0.1m (2)由題意可知Z粒子是垂直電場區(qū)域左邊界進入電場的,作出Z粒子在磁場中的運動軌跡如圖甲所示,O1為軌跡圓的圓心,設磁場區(qū)域的寬度為dB,由幾何知識可知,∠O1SO=θ,　 在△SOO1中滿足cosθ=OSO1S=dBR=0.050.1=12, 得θ=60°, 即粒子Z從S發(fā)射時的速度方向與磁場區(qū)域左邊界的夾角為60°或120°。 (3)在y軸上位置最高的粒

12、子P的運動軌跡恰與y軸相切于N點,如圖乙所示,N點到x軸的豎直距離L滿足L2+(R-dB)2=R2, 解得L=320m,即粒子P的位置坐標為0,320m。 (4)設電場區(qū)域的寬度為dE,對Z粒子在電場中的運動,由動能定理有 qEdE=12mv02, 代入數(shù)據(jù)解得E=5.0×105N/C。 設P粒子沿電場方向的速度為v⊥,則v⊥2=2adE, 又qE=ma, 解得v⊥=2×105m/s, 所以粒子P到達電場右邊界時的速度為 v=v02+v⊥2=22×108m/s, 方向與電場右邊界成45°或135°角。 8.(2019泰興中學月考)如圖所示,真空中的矩形abcd區(qū)域內存在豎

13、直向下的勻強電場,半徑為R的圓形區(qū)域內同時存在垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應強度為B,圓形邊界分別相切于ad、bc邊的中點e、 f。一帶電粒子以初速度v0沿著ef方向射入該區(qū)域后能做直線運動;當撤去磁場并保留電場,粒子以相同的初速度沿著ef方向射入恰能從c點飛離該區(qū)域。已知ad=bc=433R,忽略粒子的重力。求: 　　(1)帶電粒子的電荷量q與質量m的比值qm; (2)若撤去電場保留磁場,粒子離開矩形區(qū)域時的位置。 答案　(1)3v03BR　(2)粒子離開矩形區(qū)域時的位置離b的距離為R3 解析　(1)設電場強度為E,當電場和磁場同時存在時,粒子沿ef方向做直線運動,有: qv

14、0B=qE 當撤去磁場,保留電場時,帶電粒子做類平拋運動,水平方向做勻速直線運動,豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動,由題,粒子恰能從c點飛出,則 水平方向有:2R=v0t 豎直方向有:12bc=12at2 qE=ma 解得: qm=3v03BR。 (2)若撤去電場保留磁場,粒子將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,軌跡如圖所示 　　設粒子離開矩形區(qū)域時的位置g離b點的距離為x,則由牛頓第二定律:qv0B=mv02r 得,r=mv0qB=3BR3v0·v0B=3R 由圖中幾何關系得: 粒子的軌跡半徑為r=Rtanθ=3R 得θ=60° 故粒子離開磁場時到b的距離為x

15、=12ab-bc2tanθ 代入解得x=R3。 9.(2018江蘇單科)如圖所示,真空中四個相同的矩形勻強磁場區(qū)域,高為4d,寬為d,中間兩個磁場區(qū)域間隔為2d,中軸線與磁場區(qū)域兩側相交于O、O'點,各區(qū)域磁感應強度大小相等。某粒子質量為m、電荷量為+q,從O沿軸線射入磁場。當入射速度為v0時,粒子從O上方d2處射出磁場。取sin53°=0.8,cos53°=0.6。 　　(1)求磁感應強度大小B; (2)入射速度為5v0時,求粒子從O運動到O'的時間t; 　　(3)入射速度仍為5v0,通過沿軸線OO'平移中間兩個磁場(磁場不重疊),可使粒子從O運動到O'的時間增加Δt,求Δt的

16、最大值。 答案　(1)4mv0qd　(2)53π+72180dv0　(3)d5v0 解析　(1)粒子圓周運動的半徑r0=mv0qB 由題意知r0=d4,解得B=4mv0qd (2)設粒子在矩形磁場中的偏轉角為α 由d=rsinα,得sinα=45,即α=53° 在一個矩形磁場中的運動時間t1=α360°2πmqB, 解得t1=53πd720v0 直線運動的時間t2=2dv,解得t2=2d5v0 則t=4t1+t2=53π+72180dv0 (3)將中間兩磁場分別向中央移動距離x 粒子向上的偏移量y=2r(1-cosα)+xtanα 由y≤2d,解得x≤34d 則當xm=34d時,Δt有最大值 粒子直線運動路程的最大值sm=2xmcosα+(2d-2xm)=3d 增加路程的最大值Δsm=sm-2d=d 增加時間的最大值Δtm=Δsmv=d5v0 9