2020高考物理二轮复习第一部分专题五电场与磁场第2讲带电粒子在复合场中的运动练习含解析

2020高考物理二轮复习第一部分专题五电场与磁场第2讲带电粒子在复合场中的运动练习含解析

带电粒子在复合场中的运动 ‎1.(2019·滁州一中调考)如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度θ，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，关于该粒子下列说法错误的是(　　)‎ A．电势能逐渐增加 B．动能逐渐减小 C．粒子所受重力小于电场力 D．粒子做匀加速直线运动 解析　由于粒子做直线运动，受力分析可知粒子所受的电场力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，动能减小，电场力垂直于极板向上，与速度方向的夹角为钝角，电场力对粒子做负功，则粒子的电势能增加，故A、B正确，D错误；电场力与重力的合力方向向左，由平行四边形定则知粒子所受重力小于电场力，故C正确。‎ 答案　D ‎2.(多选)(2019·河南太康一中模拟)如图所示，一束质量、速度和电荷量不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B两束，下列说法中正确的是(　　)‎ A．组成A、B两束的离子都带负电 B．A束离子的比荷大于B束离子的比荷 C．A束离子的比荷小于B束离子的比荷 D．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里 解析　A、B两束离子进入磁场后都向左偏，根据左手定则可以判断A、B 7‎ 两束离子都带正电，故A错误；经过速度选择器后的离子速度相同，离子所受电场力和洛伦兹力平衡，满足qvB＝qE，即不发生偏转的离子具有共同的速度大小v＝，进入磁场区分开，轨道半径不等，根据公式R＝，可知半径大的比荷小，所以A束离子的比荷大于B束离子的比荷，故B正确，C错误；在速度选择器中，电场方向水平向右，A、B离子所受电场力方向向右，所以洛伦兹力方向向左，根据左手定则可知，速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里，故D正确。‎ 答案　BD ‎3.(多选)(2019·辽宁辽南联考)随着人民生活水平的提高，环境保护越来越受到重视。如图所示为污水监测仪的核心部分，两块宽度为b的矩形金属极板平行正对置于排液口的上下表面，排液口上下表面高度为d，有一垂直于侧面向里的磁感应强度为B的匀强磁场。已知污水中含有大量的带电荷量为q的正离子，当污水水流的速度为v时，在导体的上下表面间用电压表测得的电压为UH，则下列判断正确的是(　　)‎ A．液体内离子只受洛伦兹力作用 B．用电压表测UH时，电压表的“＋”接线柱接下表面 C．高度d越大，UH越大 D．根据两极板间的电压值可以测出污水的流速 解析　定向移动的离子受到洛伦兹力作用发生偏转，在上下表面间形成电势差，最终离子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，故选项A错误；由题图可知，磁场方向向里，电流方向向右，根据左手定则，离子向上表面偏转，则上表面得到离子带正电，那么下表面带负电，所以电压表的“＋”接线柱接上表面，故选项B错误；根据电场力与洛伦兹力平衡，有q＝qBv，解得UH＝Bdv，则厚度d越大，UH越大，故选项C正确；根据UH＝Bdv以及B、d已知，如果测得UH，就可以得到污水流速，故选项D正确。‎ 答案　CD ‎4.(2019·河北唐山二模)如图所示，在水平面内存在一半径为2R和半径为R两个同心圆，半径为R的小圆和半径为2R的大圆之间形成一环形区域。小圆和环形区域内分别存在垂直于水平面、方向相反的匀强磁场。小圆内匀强磁场的磁感应强度大小为B。位于圆心处的粒子源S沿水平面向各个方向发射速率为的正粒子，粒子的电荷量为q、质量为m，为了将所有粒子束缚在半径为2R的圆形内，环形区域磁感应强度大小至少为(　　)‎ 7‎ A．B B．B C.B D．B 解析　粒子在小圆内做圆周运动的半径为r0＝＝R，由轨迹图可知，粒子从A点与OA成30°角的方向射入环形区域，粒子恰好不射出磁场时，轨迹圆与大圆相切，设半径为r，由几何知识可知∠OAO2＝120°，由余弦定理可知：(2R－r)2＝r2＋R2－2Rrcos120°，解得r＝R，由qvB′＝m，得B′＝＝＝B，故C正确。‎ 答案　C ‎5.(2019·山东德州模拟)如图所示，水平放置的平行板电容器上极板带正电，下极板带负电，两板间存在场强为E的匀强电场和垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场。现有大量带电粒子沿中线OO′射入，所有粒子都恰好沿OO′做直线运动。若仅将与极板垂直的虚线MN右侧的磁场去掉，则其中比荷为的粒子恰好自下极板的右边缘P点离开电容器。已知电容器两板间的距离为，带电粒子的重力不计。‎ ‎(1)求下极板上N、P两点间的距离；‎ ‎(2)若仅将虚线MN右侧的电场去掉，保留磁场，另一种比荷的粒子也恰好自P点离开，求这种粒子的比荷。‎ 解析　(1)粒子自O点射入到虚线MN的过程中做匀速直线运动，‎ qE＝qvB 7‎ 粒子过MN时的速度大小v＝。‎ 仅将MN右侧磁场去掉，粒子在MN右侧的匀强电场中做类平抛运动，‎ 沿电场方向：＝t2‎ 垂直于电场方向：x＝vt。‎ 由以上各式计算得出下极板上N、P两点间的距离x＝ ‎(2)仅将虚线MN右侧的电场去掉，粒子在MN右侧的匀强磁场中做匀速圆周运动，设经过P点的粒子的比荷为，其做匀速圆周运动的半径为R，‎ 由几何关系得：R2＝x2＋2‎ 解得R＝ 又q′vB＝ 得比荷＝。‎ 答案　(1)　(2) ‎6.(2019·山东淄博等五地市联考)如图，A、B、C为同一平面内的三个点，在垂直于平面方向加一匀强磁场，将一质量为m、带电荷量为q(q＞0)的粒子以初动能Ek自A点垂直于直线AC射入磁场，粒子依次通过磁场中B、C两点所用时间之比为1∶3。若在该平面内同时加匀强电场，从A点以同样的初动能沿某一方向射入同样的带电粒子，该粒子到达B点时的动能是初动能的3倍，到达C点时的动能为初动能的5倍。已知AB的长度为l，不计带电粒子的重力，求：‎ ‎(1)磁感应强度的大小和方向；‎ ‎(2)电场强度的大小和方向。‎ 解析　(1)设AC中点为O，由题意可知AC长度为粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径，连接OB。因为粒子在运动过程中依次通过B、C两点所用时间之比为1∶3，所以∠AOB＝60°，粒子做圆周运动的半径r＝l 7‎ 由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得：qvB＝m 初动能：Ek＝mv2‎ 解得：B＝ 因为粒子带正电，根据洛伦兹力的方向可以判断，磁感应强度B的方向为垂直纸面向外。‎ ‎(2)加上电场后，只有电场力做功，从A到B：qUAB＝3Ek－Ek 从A到C：qUAC＝5Ek－Ek 则UAC＝2UAB 在匀强电场中，沿任意一条直线电势的降落是均匀的，可以判断O点与B点是等电势的，所以电场强度E与OB垂直；因为由A到B电场力做正功，所以电场强度的方向与AB成30°夹角斜向上。设电场强度的大小为E，‎ 有：UAB＝Elcos30°‎ 联立解得：E＝。‎ 答案　(1)　垂直纸面向外　(2)　与AB成30°夹角斜向上 ‎7．(2019·云南贵州第二次模拟)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、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，mg＝ma，L＝at2，解得t＝ ‎(2)设粒子从O点进入第四象限的速度大小为v，则v＝at＝2，方向与x 7‎ 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＝L 由牛顿第二定律可得Bqv＝m，解得B＝。‎ 答案　(1)　(2)，垂直纸面向里 ‎8．(2019·山东济南模拟)如图甲所示，xOy平面内存在范围足够大的电场和磁场。一个带正电的小球在t＝0时刻以v0＝3gt0的初速度从坐标原点O沿x轴正方向(水平向右)射入该空间，在t0时刻同时在该空间加上如图乙所示的电场和磁场，其中电场方向竖直向上，场强大小E0＝，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小B0＝。已知小球的质量为m，带电荷量为q，时间单位为t0，重力加速度为g，空气阻力不计。求：‎ ‎(1)t0时刻小球速度的大小v；‎ ‎(2)小球做圆周运动的周期T和12t0时刻小球速度的大小v1；‎ ‎(3)在给定的xOy坐标系中，大体画出小球在0～24t0时间内运动轨迹的示意图；‎ ‎(4)0～30t0时间内小球到x轴的最大距离ymax。‎ 解析　(1)0～t0时间内，小球只受重力作用做平抛运动，在t0时刻有v＝＝＝gt0。‎ ‎(2)当同时加上电场和磁场时，小球受到的静电力F1＝qE0＝mg，方向竖直向上。因为重力和静电力恰好平衡，所以小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qvB0＝m，运动周期 7‎ T＝，解得T＝2t0。由图乙知，电场、磁场同时存在的时间正好是小球做匀速圆周运动周期的5倍，即在这10t0时间内，小球恰好做了5个完整的匀速圆周运动。因此小球在12t0时刻的速度相当于小球连续做2t0时间平抛运动的末速度。由vy1＝2gt0，vx1＝v0＝3gt0得12t0时刻小球的速度大小v1＝＝gt0。‎ ‎(3)0～24t0时间内小球运动轨迹的示意图如图所示。‎ ‎(4)小球在30t0时刻与24t0时刻的位置相同，在0～24t0时间内小球相当于做了3t0时间的平抛运动和半个圆周运动。因为23t0时刻小球做平抛运动的竖直分位移大小y2＝g(3t0)2＝gt，竖直分速度大小vy2＝3gt0＝v0，所以θ＝45°，此时小球的速度大小v2＝3gt0。此后小球做匀速圆周运动的半径r2＝＝。因此0～30t0时间内小球到x轴的最大距离ymax＝y2＋(1＋sinθ)r2＝gt。‎ 答案　见解析 7‎