【物理】2020届一轮复习人教版带电粒子在组合场和复合场中的运动课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版带电粒子在组合场和复合场中的运动课时作业

‎2020届一轮复习人教版 带电粒子在组合场和复合场中的运动 课时作业 ‎1．(多选)一个重力忽略不计的带电粒子以初速度v0垂直于电场方向向右射入匀强电场区域，穿出电场后接着又进入匀强磁场区域。设电场和磁场区域有明确的分界线，且分界线与电场强度方向平行，如图中的虚线所示。在图所示的几种情况中，可能出现的是(　　)‎ 答案　AD 解析　A、C选项中粒子在电场中向下偏转，所以粒子带正电，再进入磁场后，A图中粒子应逆时针运动，故A正确；C图中粒子应顺时针运动，故C错误；同理可以判断D正确，B错误。‎ ‎2．如图所示，一束正离子从S点沿水平方向射出，在没有偏转电场、磁场时恰好击中荧光屏上的坐标原点O；若同时加上电场和磁场后，正离子束最后打在荧光屏上坐标系的第Ⅲ象限中，则所加电场E和磁场B的方向可能是(不计离子重力及其间相互作用力)(　　)‎ A．E向下，B向上 B．E向下，B向下 C．E向上，B向下 D．E向上，B向上 答案　A 解析　离子打在第Ⅲ象限，相对于原点O向下运动和向外运动，所以E向下，根据左手定则可知B向上，故A正确。‎ ‎3．如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R。已知电场的电场强度为E，方向竖直向下；磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则(　　)‎ A．液滴带正电 B．液滴荷质比＝ C．液滴顺时针运动 D．液滴运动的速度大小v＝ 答案　C 解析　液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场组成的复合场中做匀速圆周运动，可知，液滴受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故可知液滴带负电，故A错误；由mg＝qE解得＝，故B错误；磁场方向垂直纸面向里，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断液滴的运动方向为顺时针，故C正确；液滴在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为R＝，联立各式得v＝，故D错误。‎ ‎4. (多选)如图所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在竖直面内水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中(不计空气阻力)。现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度—时间图象可能是图中的(　　)‎ 答案　AD 解析　由左手定则可知，圆环所受洛伦兹力竖直向上，如果恰好qv0B＝mg，圆环与杆间无弹力，不受摩擦力，圆环将以v0做匀速直线运动，故A正确；如果qv0Bmg，则a＝，随着v的减小a也减小，直到qvB＝mg，以后做匀速直线运动，故D正确，B、C错误。‎ ‎5. 如图所示，界面MN与水平地面之间有足够大的匀强磁场B和匀强电场E，磁感线和电场线都处在水平方向且互相垂直，E向右，B垂直纸面向里。在MN上方有一个带正电的小球由静止开始下落，经电场和磁场到达水平地面。若不计空气阻力，小球在通过电场和磁场的过程中，下列说法中正确的是(　　)‎ A．小球做匀变速曲线运动 B．小球的电势能保持不变 C．洛伦兹力对小球做正功 D．小球动能的增量等于其电势能和重力势能减少量的总和 答案　D 解析　带电小球在刚进入复合场时受力如图所示，则带电小球进入复合场后做曲线运动，因为速度会发生变化，洛伦兹力就会跟着变化，所以不可能是匀变速曲线运动，A错误；根据电势能公式Ep＝qφ知只有带电小球竖直向下做直线运动时，电势能才保持不变，B错误；洛伦兹力的方向始终和速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，C错误；由动能定理可知：重力做正功，电场力也做正功，洛伦兹力不做功，它们的代数之和等于动能的增量，D正确。‎ ‎6．如图所示，在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，在x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为的匀强磁场。一带负电的粒子从原点O以与x轴正方向成30°角斜向上射入磁场，且在x轴上方运动半径为R，则(　　)‎ A．粒子经偏转一定能回到原点O B．粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的轨迹半径之比为2∶1‎ C．粒子完成一次周期性运动的时间为 D．粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进3R 答案　D 解析　根据左手定则判断可知，粒子在第一象限和第四象限中所受的洛伦兹力方向不同，粒子在第一象限沿顺时针方向运动，而在第四象限沿逆时针方向运动，不可能回到原点O，故A错误；由r＝，知粒子做圆周运动的轨迹半径与B成反比，则粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的轨迹半径之比为1∶2，故B错误；粒子在第一象限内轨迹所对应的圆心角为60°，在第四象限内轨迹所对应的圆心角也为60°，粒子在第一象限做圆周运动的周期为T＝，在一个周期内，粒子在第一象限运动的时间为t1＝T＝，同理，在第四象限运动的时间为t2＝T′＝·＝，故粒子完成一次周期性运动的时间为t＝t1＋t2＝，故C错误；根据几何知识得，粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进的距离为x＝R＋2R＝3R，故D正确。‎ ‎7．如图甲所示，两个平行正对的水平金属板XX′极板长L＝0.2 m，板间距离d＝0.2 m，在金属板右端竖直边界MN的右侧有一区域足够大的匀强磁场，磁感应强度B＝5×10－3 T，方向垂直纸面向里。现将X′极板接地，X极板上电势φ随时间变化规律如图乙所示。现有带正电的粒子流以v0＝105 m/s的速度沿水平中线OO′连续射入电场中，粒子的比荷＝108 C/kg，重力可忽略不计，在每个粒子通过电场的极短时间内，电场可视为匀强电场(设两板外无电场)。求：‎ ‎(1)带电粒子射出电场时的最大速率；‎ ‎(2)粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间之比；‎ ‎(3)分别从O′点和距O′点下方＝0.05 m处射入磁场的两个粒子，在MN上射出磁场时两出射点之间的距离。‎ 答案　(1)×105 m/s　(2)2∶1　(3)0.05 m 解析　(1)带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，设所加电压为U1时，粒子从极板边缘射出：‎ 水平方向：t＝＝2×10－6 s 竖直方向：y＝at2＝，‎ 其中a＝，所以U1＝＝ V 当U> V时进入电场中的粒子将打到极板上，即在电压等于 V时进入的粒子射出电场时具有最大速率，‎ 所以由动能定理得：q＝mv－mv，‎ 得：vt＝×105 m/s。‎ ‎(2)计算可得，从极板边缘射出的粒子射入磁场时的速度与水平方向的夹角为30°，从下极板边缘射出的粒子轨迹如图中a所示，磁场中轨迹所对的圆心角为240°，时间最长。‎ 从上极板边缘射出的粒子轨迹如图中b所示，磁场中轨迹所对应的圆心角为120°，时间最短。‎ 因为两粒子在磁场中运动的周期T＝相同，所以粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间之比为2∶1。‎ ‎(3)如图所示，从O′点射入磁场的粒子速度为v0，它在磁场中的出射点与入射点间距为d1＝2R1‎ 又R1＝，‎ 所以d1＝ 设从距O′点下方＝0.05 m处射入磁场的粒子速度与水平方向夹角为φ，‎ 则它的速度为v2＝，‎ 它在磁场中的出射点与入射点间距为d2＝2R2cosφ，‎ 因为R2＝，所以d2＝。‎ 所以两个粒子向上偏移的距离相等。‎ 所以两粒子射出磁场的出射点间距仍为进入磁场时的间距，即＝0.05 m。‎ ‎8. 如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第一象限内存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度E1＝40 N/C，方向沿y轴正方向；第四象限内存在一方向向左的匀强电场E2＝ N/C。一质量为m＝2×10－3 kg带正电的小球，从点M(3.64 m，3.2 m)以v0＝1 m/s的水平速度开始运动。已知小球在第一象限内做匀速圆周运动，从点P(2.04 m,0)进入第四象限后经过y轴上的点N(0，－2.28 m)(图中未标出)。(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：‎ ‎(1)匀强磁场的磁感应强度B；‎ ‎(2)小球由P点运动至N点的时间。‎ 答案　(1)2 T　(2)0.6 s 解析　(1)由题意可知qE1＝mg，得q＝5×10－4 C 轨迹如图，Rcosθ＝xM－xP，Rsinθ＋R＝yM 可得R＝2 m，θ＝37°‎ 由qv0B＝，得B＝2 T。‎ ‎(2)小球进入第四象限后受力分析如图，tanα＝＝0.75即α＝37°＝θ。可知小球进入第四象限后所受电场力和重力的合力与速度方向垂直，则小球进入第四象限后做类平抛运动。‎ 由几何关系可得lNQ＝0.6 m 由lNQ＝v0t，解得t＝0.6 s。‎ ‎[真题模拟练]‎ ‎9．(2018·北京高考)某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动，下列因素与完成上述两类运动无关的是(　　)‎ A．磁场和电场的方向 B．磁场和电场的强弱 C．粒子的电性和电量 D．粒子入射时的速度 答案　C 解析　由题可知，当带电粒子在复合场内做匀速直线运动时，即有Eq＝qvB，则v＝，若仅撤除电场，粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，说明要满足题意需要对磁场与电场的方向以及强弱程度、粒子入射时速度都有要求，但是对粒子的电性和电量无要求，故C正确，A、B、D错误。‎ ‎10．(2017·全国卷Ⅰ) 如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是(　　)‎ A．ma>mb>mc B．mb>ma>mc C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma 答案　B 解析　设三个微粒的电荷量均为q，a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即 mag＝qE①‎ b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则 mbg＝qE＋qvbB②‎ c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则 mcg＋qvcB＝qE③‎ 比较①②③式得：mb>ma>mc，选项B正确。‎ ‎11．(2018·唐山第一学期统考) (多选)如图所示，M、N为两个同心金属圆环，半径分别为R1和R2，两圆环之间存在着沿金属环半径方向的电场，N环内存在着垂直于环面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，N环上有均匀分布的6个小孔，从M环的内侧边缘由静止释放一质量为m，电荷量为＋q的粒子(不计重力)，经电场加速后通过小孔射入磁场，经过一段时间，粒子再次回到出发点，全程与金属环无碰撞。则M、N间电压U满足的条件是(　　)‎ A．U＝ B．U＝ C．U＝ D．U＝ 答案　AC 解析　带电粒子由M内侧边缘运动到N环，由动能定理有qU＝mv2，带电粒子进入N环内磁场，与金属环无碰撞，故粒子进入磁场后，应偏转或离开磁场，由几何关系可知，轨迹半径为r＝R2tan＝R2或r＝R2tan＝，则根据r＝，联立解得U＝或U＝，选项A、C正确。‎ ‎12．(2018·全国卷Ⅱ) 一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条形区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。‎ ‎(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；‎ ‎(2)求该粒子从M点射入时速度的大小；‎ ‎(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。‎ 答案　(1)轨迹见解析　(2) ‎(3)　 解析　(1)粒子运动的轨迹如图a所示。(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)‎ ‎(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ(见图b)，速度沿电场方向的分量为v1，根据牛顿第二定律有qE＝ma①‎ 式中q和m分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有 v1＝at②‎ l′＝v0t③‎ v1＝vcosθ④‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R ‎，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB＝⑤‎ 由几何关系得l＝2Rcosθ⑥‎ 联立①②③④⑤⑥式得v0＝⑦‎ ‎(3)由运动学公式和题给数据得v1＝v0cot⑧‎ 联立①②③⑦⑧式得＝⑨‎ 设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，‎ 则t′＝2t＋T⑩‎ 式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，‎ T＝⑪‎ 由③⑦⑨⑩⑪式得t′＝。‎ ‎13．(2018·全国卷Ⅰ) 如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核H和一个氘核H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。H的质量为m，电荷量为q。不计重力。求：‎ ‎(1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；‎ ‎(2)磁场的磁感应强度大小；‎ ‎(3)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。‎ 答案　(1)h　(2) 　(3)(－1)h 解析　(1)H在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示。设H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1。由运动学公式有 s1＝v1t1①‎ h＝a1t②‎ 由题给条件，H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°。H进入磁场时速度的y分量的大小为a1t1＝v1tanθ1③‎ 联立以上各式得s1＝h④‎ ‎(2)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有qE＝ma1⑤‎ 设H进入磁场时速度的大小为v1′，由速度合成法则有 v1′＝⑥‎ 设磁感应强度大小为B，H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 qv1′B＝⑦‎ 由几何关系得s1＝2R1sinθ1⑧‎ 联立以上各式得B＝ ⑨‎ ‎(3)设H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得 (2m)v＝mv⑩‎ 由牛顿第二定律有qE＝2ma2⑪‎ 设H第一次射入磁场时的速度大小为v2′，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2。由运动学公式有 s2＝v2t2⑫‎ h＝a2t⑬‎ v2′＝⑭‎ sinθ2＝⑮‎ 联立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝v1′⑯‎ 设H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯‎ 式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得 R2＝＝R1⑰‎ 所以出射点在原点左侧。设H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2′，由几何关系有 s2′＝2R2sinθ2⑱‎ 联立④⑧⑯⑰⑱式得，H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为s2′－s2＝(－1)h。‎ ‎14．(2017·全国卷Ⅲ) 如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ＞1)。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求：(不计重力)‎ ‎(1)粒子运动的时间；‎ ‎(2)粒子与O点间的距离。‎ 答案　(1)　(2) 解析　(1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动，设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x<0区域，圆周半径为R2，由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得 qB0v0＝m①‎ qλB0v0＝m②‎ 粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为t1＝③‎ 粒子再转过180°时，所需时间t2为t2＝④‎ 联立①②③④式得，所求时间为 t0＝t1＋t2＝⑤‎ ‎(2)由几何关系及①②式得，所求距离为 d0＝2(R1－R2)＝。‎ ‎15.(2018·开封模拟)如图所示，真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为R＝0.5 m，磁场垂直纸面向里。在y>R的区域存在沿－y方向的匀强电场，电场强度为E ‎＝1.0×105 V/m。在M点有一正粒子以速率v＝1.0×106 m/s沿＋x方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，最终又从磁场离开。已知粒子的比荷为＝1.0×107 C/kg，粒子重力不计。‎ ‎(1)求圆形磁场区域磁感应强度的大小；‎ ‎(2)求沿＋x方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程。‎ 答案　(1)0.2 T　(2)(0.5π＋1) m 解析　(1)沿＋x方向射入磁场的粒子进入电场后，速度减小到0，粒子一定是从如图的P点射出磁场，逆着电场线运动，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径 r＝R＝0.5 m 根据Bqv＝，得 B＝，代入数据得B＝0.2 T。‎ ‎(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N点射出磁场，MN为直径，粒子在磁场中的路程为二分之一圆周长s1＝πR 设在电场中的路程为s2，根据动能定理得 Eq＝mv2，s2＝ 总路程s＝s1＋s2，联立并代入数据得s＝(0.5π＋1) m。‎