2020届高考物理二轮复习专题三电场和磁场3带电粒子在组合场复合场中的运动课时作业含解析

2020届高考物理二轮复习专题三电场和磁场3带电粒子在组合场复合场中的运动课时作业含解析

- 1 - 带电粒子在组合场、复合场中的运动 [题组一]　带电粒子在组合场中的运动 1．(2019·广西桂林、百色和崇左市第三次联考)(多选)如图所示，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如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相 等．在该平面有一个质量为 m、带正电 q 的粒子以初速度 v0 垂直 x 轴，从 x 轴上的 P 点进入 匀强电场，恰好与 y 轴成 45°角射出电场，再经过一段时间恰好垂直于 x 轴进入下面的磁场， 已知 OP 之间的距离为 d，不计粒子重力，则(　　) A．磁感应强度 B＝ 2mv0 4qd B．电场强度 E＝ mv20 2qd C．自进入磁场至在磁场中第二次经过 x 轴所用时间为 t＝ 7 2πd 2v0 D．自进入磁场至在磁场中第二次经过 x 轴所用时间为 t＝ 7πd 2v0 解析：BD　[粒子的轨迹如图所示： 带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀加速运动，竖直方向做匀速运动，由题 得知，出电场时，vx＝vy＝v0，根据：x＝ vx 2 t，y＝vyt＝v0t，得 y＝2x＝2d，出电场时与 y 轴 交点坐标为(0,2d)，设粒子在磁场中运动的半径为 R，则有 Rsin(180°－β)＝y＝2d，而 β＝ 135°，解得：R＝2 2d，粒子在磁场中运动的速度为：v＝ 2v0，根据 R＝ mv qB，解得：B＝ mv0 2qd，故 A 错误；根据 vx＝at＝ qE m t＝v0，x＝ vx 2 t，联立解得：E＝ mv20 2qd，故 B 正确；在第一象限 运动时间为：t1＝ 135° 360°T＝ 3πd 2v0 ，在第四象限运动时间为：t2＝ 1 2T＝ 2πd v0 ，所以自进入磁场至 在磁场中第二次经过 x 轴所用时间为：t＝t1＋t2＝ 7πd 2v0 ，故 D 正确，C 错误．] 2.(2019·百校联盟押题卷)如图所示，在平面直角坐标系 xOy 的 x 轴上方存在着垂直坐 - 2 - 标平面向里的匀强磁场，x 轴下方存在着沿 x 轴正方向的匀强电场．一带正电粒子从 y 轴上的 A 点以初速度 v0 出发，射入匀强磁场，经磁场偏转后恰好经 x 轴上的 C 点垂直 x 轴进入匀强 电场，一段时间后到达 y 轴上的 D 点．已知 OC＝ OA 2 ＝ OD 2 ＝ l 2，不计粒子的重力． (1)求粒子到达 D 点时的速度大小． (2)求匀强磁场的磁感应强度大小 B 与匀强电场的电场强度大小 E 的比值． (3)若撤去原来的匀强电场，然后在 x 轴下方添加一圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小 是 x 轴上方匀强磁场磁感应强度大小的 2 倍，使带电粒子经过该磁场偏转后刚好也能够通过 D 点且速度与 y 轴负方向成 θ＝60°角，试计算该圆形匀强磁场区域的最小面积． 解析：(1)由题意可知，粒子到达 C 点时的速度大小仍为 v0，粒子在匀强电场中做类平抛 运动，设粒子到达 D 点所用时间为 t，沿 x 轴方向的分速度的大小为 vx，则有 l＝v0t， l 2＝ vx 2 t 以上两式联立可解得 vx＝v0 所以粒子到达 D 点时的速度大小为 vD＝ 2v0 (2)如图甲所示，设粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径为 R，则由几何关系有 l2＋ (R－ l 2 )2＝R2 解得 R＝ 5 4l 又因为 qv0B＝m v20 R 所以 B＝ 4mv0 5ql 在匀强电场中有 vx＝ qE m · l v0 - 3 - 代入数据可得 E＝ mv20 ql ，故 B E＝ 4 5v0 (3)由 qv0B＝m v20 R 可知，当 B 变为原来的 2 倍时，粒子在磁场中做圆周运动的半径应变为 原来的一半，设粒子在圆形磁场区域中做匀速圆周运动的半径为 R1，则 R1＝ 5 8l 粒子轨迹如图乙所示，由几何关系可知，∠MO2N＝60°，故 MN＝ 5 8l 当 MN 为圆形磁场的直径时，圆形磁场区域面积最小，故 Smin＝π(MN 2 )2，代入数据可得 Smin＝ 25 256πl2 答案：(1) 2v0　(2) 4 5v0　(3) 25 256πl2 [题组二]　带电粒子在叠加场中的运动 3．(2019·河南省周口市期末)(多选)如图所示，平行纸面向下的匀强电场与垂直纸面向 外的匀强磁场相互正交，一带电小球刚好能在其中做竖直面内的匀速圆周运动．若已知小球 做圆周运动的半径为 r，电场强度大小为 E，磁感应强度大小为 B，重力加速度大小为 g，则 下列判断中正确的是(　　) A．小球一定带负电荷 B．小球一定沿顺时针方向转动 C．小球做圆周运动的线速度大小为 gBr E D．小球在做圆周运动的过程中，电场力始终不做功 解析：AC　[带电小球在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，带电小 球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，故小球一定带负电荷，故 A 正确；磁场方向向外，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左 - 4 - 手定则可判断小球的运动方向为逆时针，故 B 错误；由电场力和重力大小相等，得：mg＝qE， 带电小球在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为：r＝ mv qB，联立得：v＝ gBr E ，故 C 正确； 小球在做圆周运动的过程中，电场力做功，洛伦兹力始终不做功，故 D 错误．] 4．(2020·河南省濮阳市第二次模拟)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、带电荷量为 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， 2mg＝ma， 2L＝ 1 2at2，解得 t＝ 2L g (2)设粒子从 O 点进入第四象限的速度大小为 v，则 v＝at＝2 gL，方向与 x 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＝ 2 2 L 由牛顿第二定律可得 Bqv＝m v2 R ，解得 B＝ 2m 2gL qL . - 5 - 答案：(1) 2L g 　(2) 2m 2gL qL ，垂直纸面向里 [题组三]　带电粒子在交变电磁场中的运动 5．(2020·江西省五市八校第二次联考)如图甲所示，直角坐标系 xOy 中，第二象限内有 沿 x 轴正方向的匀强电场，第一、四象限内有垂直坐标平面的匀强交变磁场，磁场方向垂直 纸面向外为正方向．第三象限内有一发射装置(没有画出)沿 y 轴正方向射出一个比荷 q m＝100 C/kg 的带正电的粒子(可视为质点且不计重力)，该粒子以 v0＝20 m/s 的速度从 x 轴上的点 A(－2 m,0)进入第二象限，从 y 轴上的点 C(0,4 m)进入第一象限．取粒子刚进入第一象限的时 刻为 0 时刻，第一、四象限内磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化，g 取 10 m/s2. (1)求第二象限内电场的电场强度大小； (2)求粒子第一次经过 x 正半轴时的位置坐标． 解析：(1)带电粒子在第二象限的电场中做类平抛运动，设粒子从 A 点到 C 点用时为 t， 则 Eq|xA|＝ 1 2m(v2C－v20) |xA|＝ vCx 2 t |yC|＝v0t v2C＝v20＋v 2Cx 解得：E＝1.0 N/C，vC＝20 2 m/s (2)设粒子在 C 点的运动方向与 y 轴正方向成 θ 角， 则 cos θ＝ v0 vC＝ 2 2 即 θ＝45° 粒子在第一象限的磁场中运动时有：qvCB＝m v2C r 解得：r＝ 2 2 m 粒子做圆周运动的周期 T＝ 2πr vC ＝ π 20 s - 6 - 所以粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，粒子运动第四个半圆的过程中第一次经过 x 正 半轴，在 x 正半轴上对应的弦长为 2r＝1 m，所以 OD＝3 m 粒子第一次经过 x 正半轴时的位置坐标为(3 m,0) 答案：(1)1.0 N/C　(2)(3 m,0) 6．(2019·吉林三模)如图甲所示，虚线 MN 的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场(上、 下及左侧无边界)．一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电小球(视为质点)，以大小为 v0 的水平 初速度沿 PQ 向右做直线运动．若小球刚经过 D 点时(t＝0)，在电场所在空间叠加如图乙所示 随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过 D 点时的速度与 PQ 连线成 60°角．已知 D、Q 间的距离为( 3＋1)L，t0 小于小球在磁场中做圆周运动的周期，重力加 速度大小为 g. (1)求电场强度 E 的大小； (2)求 t0 与 t1 的比值； (3)小球过 D 点后将做周期性运动，当小球运动的周期最大时，求此时磁感应强度的大小 B0 及运动的最大周期 Tm. 解析：(1)小球沿 PQ 向右做直线运动，受力平衡，则 mg＝Eq，解得 E＝ mq q . (2)小球能再次通过 D 点，其运动轨迹应如图(a)所示． 设小球做匀速圆周运动的轨迹半径为 r，则由几何关系有 s＝ r tan 30° - 7 - 又知 s＝v0t1 圆弧轨迹所对的圆心角 θ＝2π－(π－ π 3 )＝ 4 3π 则 t0＝ θr v0 联立解得 t0 t1＝ 4 3 9 π. (3)当小球运动的周期最大时，其运动轨迹应与 MN 相切，小球运动一个周期的轨迹如图(b) 所示，由几何关系得 R＋ R tan 30°＝( 3＋1)L 解得 R＝L 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 qv0B0＝m v20 R 解得 B0＝ mv0 qL 小球在一个周期内运动的路程 s1＝3× 2 3×2πR＋6× R tan 30°＝(4π＋6 3)L 故 Tm＝ s1 v0＝ 4π＋6 3L v0 . 答案：(1) mg q 　(2) 4 3 9 π　(3) 4π＋6 3L v0