【物理】2020届一轮复习人教版带电粒子在叠加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叠加场中的运动课时作业

‎2020届一轮复习人教版 带电粒子在叠加场中的运动 课时作业 ‎1.如图1所示，一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内，当开关S闭合，小球静止时，悬线与竖直方向的夹角为θ，则(　　)‎ 图1‎ A.当开关S断开时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大 B.当开关S断开时，若增大平行板间的距离，则夹角θ增大 C.当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大 D.当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ减小 答案　C 解析　带电小球在电容器中处于平衡时，由平衡条件有tan θ＝，当开关S断开时，电容器两极板上的电荷量Q不变，由C＝，U＝，E＝可知E＝，故增大或减小两极板间的距离d，电容器两极板间的电场强度不变，θ不变，选项A、B错误；当开关S闭合时，因为两极板间的电压U不变，由E＝可知，减小两极板间的距离d，E增大，θ变大，选项C正确，D错误.‎ ‎2.(多选)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示.下列说法正确的是(　　)‎ A.保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半 B.保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍 C.保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半 D.保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半 答案　AD 解析　由E＝可知，若保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半，A项正确；若保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的一半，B项错误；由C＝，C＝，E＝，可得U＝，E＝，所以，保持d不变，若Q变为原来的两倍，则U变为原来的两倍，C项错误；保持d不变，若Q变为原来的一半，则E变为原来的一半，D项正确.‎ ‎3．(多选)在空间某一区域里，有竖直向下的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B，且两者正交．有两个带电油滴，都能在竖直平面内做匀速圆周运动，如图所示，则两油滴一定相同的是(　　)‎ A．带电性质 B．运动周期 C．运动半径 D．运动速率 答案：AB　解析：油滴受重力、电场力、洛伦兹力作用做匀速圆周运动．由受力特点及运动特点，得mg＝qE，结合电场方向则油滴一定带负电，且两油滴比荷＝相等．洛伦兹力提供向心力，有周期 T＝，所以两油滴周期相等，故A、B正确．由r＝知，速度v越大，半径则越大，故C、D错误．‎ ‎4．(2018·山西四校联考)如图所示，有一金属块放在垂直于表面C的匀强磁场中，当有稳恒电流沿平行平面C的方向通过时，下列说法正确的是(　　)‎ A．金属块上表面M的电势高于下表面N的电势 B．电流增大时，M、N两表面间的电压U增大 C．磁感应强度增大时，M、N两表面间的电压U减小 D．金属块中单位体积内的自由电子数越少，M、N两表面间的电压U越小 答案：B　解析：由左手定则可知，金属块通有题图示方向电流时，自由电子受到向上的洛伦兹力，向M面偏转，故上表面M电势低于下表面N的电势，A项错误；最终电子在洛伦兹力和电场力作用下处于平衡，即evB＝e，则有U＝Bvd，由此可知，磁感应强度增大时，M、N两表面间的电压增大，C项错误；由电流的微观表达式I＝neSv可知，电流增大说明自由电子定向移动速率v增大，所以M、N两表面间的电压增大，B项正确；电流一定时，金属块中单位体积内的自由电子数n越少，自由电子定向移动的速率一定越大，所以M、N两表面间的电压越大，D项错误．‎ ‎5．(2018·北京丰台区模拟)如图所示，两平行金属板P、Q 水平放置，板间存在匀强电场和匀强磁场(图中未画出)．一个带电粒子在两板间沿虚线所示路径做匀速直线运动．粒子通过两平行板后从O点垂直进入另一个垂直纸面向外的匀强磁场中做匀速圆周运动，经过半个周期后打在挡板MN上的A点，不计粒子重力．则下列说法不正确的是(　　)‎ A．此粒子一定带正电 B．P、Q间的匀强磁场一定垂直纸面向里 C．若另一个带电粒子也能在P、Q间做匀速直线运动，则它一定与该粒子具有相同的比荷 D．若另一个带电粒子也能沿相同的轨迹运动，则它一定与该粒子具有相同的比荷 答案：C　解析：根据粒子在磁场中的运动轨迹，由左手定则可知，粒子带正电，选项A正确；粒子在两板间受竖直向下的电场力，则洛伦兹力方向竖直向上，由左手定则可知，P、Q间的匀强磁场一定垂直纸面向里，选项B正确；若另一个带电粒子也能在P、Q间做匀速直线运动，则有qvB＝qE，可得v＝，则它一定与该粒子具有相同的速度，选项C错误；若另一个带电粒子也能沿相同的轨迹运动，则有qvB＝m，可得r＝ ‎，它一定与该粒子具有相同的比荷和相同的速度，选项D正确．本题选不正确的，故选C.‎ ‎6．质量为m、带电量为q的液滴以速度v沿与水平方向成45°角斜向上进入正交的匀强电场和匀强磁场叠加区域，电场强度方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，如图所示．液滴带正电荷，在重力、电场力及磁场力共同作用下在场区做匀速直线运动．重力加速度为g.试求：‎ ‎(1)电场强度E和磁感应强度B各多大？‎ ‎(2)当液滴运动到某一点A时，电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，不考虑因电场变化而产生的影响，求此后液滴做圆周运动的半径．‎ 答案：(1)　　(3) 解析：(1)液滴带正电，液滴受力如图所示：‎ 根据平衡条件，有：qE＝mgtan θ＝mg qvB＝＝mg 故：E＝，B＝.‎ ‎(2)电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，故电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有a＝＝g qvB＝ 解得：R＝.‎ ‎ [能力提升]‎ ‎7．(2018·辽宁五校联考)有一个带电荷量为＋q、重力为G的小球，从两竖直的带电平行板上方h处自由落下，两极板间另有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图所示，则带电小球通过有电场和磁场的空间时，下列说法正确的是(　　)‎ A．一定做曲线运动 ‎ B．不可能做曲线运动 C．有可能做匀加速直线运动 ‎ D．有可能做匀速直线运动 答案：A　解析：带电小球在没有进入复合场前做自由落体运动，进入磁场后，受竖直向下的重力G＝mg、水平向左的电场力F电＝qE与水平向右的洛伦兹力F洛＝qBv ‎，重力与电场力大小和方向保持恒定，但因为速度大小会发生变化，所以洛伦兹力大小和方向会发生变化，所以一定会做曲线运动，A正确，B、C、D错误．‎ ‎8．(2018·河北冀州模拟)我国位处北半球，某地区存在匀强电场E和可看做匀强磁场的地磁场B，电场与地磁场的方向相同，地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平指北，一带电小球以速度v在此区域内沿垂直场强方向在水平面内做直线运动，忽略空气阻力．此地区的重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)‎ A．小球运动方向为自南向北 B．小球可能带正电 C．小球速度v的大小为 D．小球的比荷为 答案：D　解析：由题意可知，小球受重力、电场力和洛伦兹力，因做直线运动，且f洛＝qvB，因此一定做匀速直线运动，那么电场力与洛伦兹力的合力与重力等大反向，因电场与地磁场的方向相同，地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平指北，则小球受力如图所示，其中Eq与Bqv垂直，因小球受力平衡，则受力关系满足(mg)2＝(Eq)2＋(Bqv)2，得＝，v＝ ‎，则D项正确，C项错误．由受力分析可知小球带负电，且运动方向为自东向西，则A、B错误．‎ ‎9．(2018·广东佛山一测)在水平面上，平放一半径为R的光滑半圆管道，管道处在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中，另有一个质量为m、带电荷量为＋q的小球．‎ ‎(1)当小球从管口沿切线方向以某速度射入，运动过程中恰不受管道侧壁的作用力，求此速度v0；‎ ‎(2)现把管道固定在竖直面内，且两管口等高，磁场仍保持和管道平面垂直，如图所示．空间再加一个水平向右、场强E＝的匀强电场(未画出)．若小球仍以v0的初速度沿切线方向从左边管口射入，求小球：‎ ‎①运动到最低点的过程中动能的增量；‎ ‎②在管道运动全程中获得的最大速度．‎ 答案：(1)　(2)①2mgR　② 解析：(1)小球在水平面上只受到洛伦兹力作用，故 qv0B＝m 解得v0＝ ‎(2)①小球在管道内运动时，洛伦兹力始终不做功．对小球运动到最低点的过程，由动能定理得mgR＋qER＝ΔEk 又E＝ 联立可得动能增量ΔEk＝2mgR ‎②当小球到达管道中方位角为θ的位置(如图所示)时，‎ 根据动能定理，有 mgRsin θ＋qE(R＋Rcos θ)＝mv2－mv 即v2＝＋2gR(sin θ＋cos θ)＋2gR 对函数y＝sin θ＋cos θ求极值，可得θ＝45°时，ymax＝ 所以vm＝.‎ ‎10．(2018·山西联考)如图所示，在平面直角坐标系中，AO是∠xOy的角平分线，x轴上方存在水平向左的匀强电场，下方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，两电场的电场强度大小相等．一质量为m、电荷量为＋q的质点从OA上的M点由静止释放，质点恰能沿AO运动且通过O点，经偏转后从x轴上的C点进入第一象限内并击中AO上的D点．已知OD＝OM，匀 强磁场的磁感应强度大小为B＝(T)，重力加速度为g＝10 m/s2‎ ‎.求：‎ ‎(1)两匀强电场的电场强度E的大小；‎ ‎(2)OM的长L；‎ ‎(3)质点从M点出发到击中D点所经历的时间t.‎ 答案：(1)　(2)20 m或 m　(3)7.71 s或6.38 s 解析：(1)质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力，沿AO做匀加速直线运动，所以有 mg＝qE，即E＝ ‎(2)质点在x轴下方，重力与电场力平衡，质点做匀速圆周运动，从C点进入第一象限后做类平抛运动，其轨迹如图所示，有 Bqv＝m 由运动学规律知v2＝2aL，a＝g 由类平抛运动规律知 R＝vt3，R－＝at 联立解得L＝20 m或 m ‎(3)质点做匀加速直线运动有L＝at，得t1＝2 s或 s 质点做匀速圆周运动有t2＝×≈4.71 s 质点做类平抛运动有R＝vt3，得t3＝1 s 质点从M点出发到击中D点所经历的时间为 t＝t1＋t2＋t3＝7.71 s或6.38 s.‎