《（江蘇專用版）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第八章 微專題5 帶電粒子在電磁場中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用版）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第八章 微專題5 帶電粒子在電磁場中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)（含解析）（9頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、微專題5　帶電粒子在電磁場中的運(yùn)動(dòng) 一、單項(xiàng)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(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中剛好做勻速圓周運(yùn)動(dòng),其軌道半徑為R,已知該電場的電場強(qiáng)度為E,方向豎直向下;該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直紙面向里,不計(jì)空氣阻力,設(shè)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(shí)針方向運(yùn)動(dòng) D.液滴運(yùn)動(dòng)速度大小v=RgBE 答案　C　液滴在重力場、勻強(qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場的復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),可知,qE=mg,得qm=gE,故B錯(cuò)誤;電場力豎直向上,液滴帶負(fù)電,A項(xiàng)錯(cuò)誤;由左手定則可判斷液滴沿順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),C項(xiàng)正確;對(duì)液

2、滴qE=mg,qvB=mv2R得v=RBgE,故D項(xiàng)錯(cuò)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(nèi),O為其圓心,勻強(qiáng)磁場方向與軌道平面垂直?，F(xiàn)將一個(gè)帶正電的小球自M點(diǎn)由靜止釋放,它將沿軌道在MN間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)。下列說法中正確的是(　　) A.小球在M點(diǎn)的重力勢(shì)能大于在N點(diǎn)的重力勢(shì)能 B.小球經(jīng)過軌道最低點(diǎn)時(shí)所受合外力大小總相等 C.小球經(jīng)過軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小總相等 D.小球由M到N所用的時(shí)間大于由N到M所用的時(shí)間 答案　B　兩個(gè)端點(diǎn)M、N與O等高,小球由M到N與由N到M過程中重力對(duì)小球做的功相等,所以小球在M點(diǎn)的重力勢(shì)能等于在N點(diǎn)的重力勢(shì)能,

3、故A項(xiàng)錯(cuò)誤;小球在最低點(diǎn)的速度相同,由F合=mv2r可知,F合不變,故B項(xiàng)正確;小球在最低點(diǎn)時(shí)受重力、支持力和洛倫茲力,從M到N時(shí),洛倫茲力向上,故F1-mg+F洛=mv2r,F1=mg-F洛+mv2r,小球從N到M時(shí),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(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小不相等,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;由于洛倫茲力總是與運(yùn)動(dòng)方向垂直,由于沒有摩擦力,故對(duì)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(shí)間相等,故D項(xiàng)錯(cuò)誤。 3.(2017課標(biāo)Ⅰ)如圖,空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)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(gè)帶正電的微粒a、b、c電荷量相等,質(zhì)量分別為ma、mb、mc。已知在該區(qū)域內(nèi),a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng),c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)。下列選項(xiàng)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?yàn)閯驈?qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場和重力場的疊加場,a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),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(yùn)動(dòng)的向心力,有mag=qE,解得ma=qEg。b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng),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(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng),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(xiàng)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(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中,質(zhì)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(dá)地面時(shí)的動(dòng)能與B的大小無關(guān) C.滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向下 D.B很大時(shí),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(xiàng)正確;隨著滑塊速度的變化,洛倫茲力大小變化,它對(duì)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(xiàng)錯(cuò)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(dòng)能定理,滑塊到達(dá)地面時(shí)的動(dòng)能就越小,B項(xiàng)錯(cuò)誤;由于開始時(shí)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(xiàng)錯(cuò)誤。 二、多項(xiàng)選擇題 5.(2018清江中學(xué)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(qiáng)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(diǎn)沿曲線ACB運(yùn)動(dòng),到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零,C點(diǎn)為曲線最低點(diǎn),不計(jì)重力,下列說法中正確的是(　　

7、) A.這個(gè)粒子帶正電荷 B.A點(diǎn)和B點(diǎn)必定位于同一水平面上 C.在C點(diǎn)洛倫茲力大于電場力 D.粒子到達(dá)B點(diǎn)后將沿曲線返回A點(diǎn) 答案　ABC　由于粒子是從靜止開始運(yùn)動(dòng)的,在開始運(yùn)動(dòng)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(xiàng)正確;運(yùn)動(dòng)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(jié)束,電場力做功為零,所以A點(diǎn)和B點(diǎn)必定位于同一水平面上,B項(xiàng)正確;在C點(diǎn)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(yùn)動(dòng),在C點(diǎn)必然有洛倫茲力大于電場力,C項(xiàng)正確;粒子到達(dá)B點(diǎn)后將做如圖所示的運(yùn)動(dòng),故D項(xiàng)錯(cuò)誤

8、。 6.(2018泰州中學(xué)月考)如圖所示,虛線EF下方存在著正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場,一個(gè)帶電微粒從距離EF為h的某處由靜止開始做自由落體運(yùn)動(dòng),從A點(diǎn)進(jìn)入場區(qū)后,恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng),然后從B點(diǎn)射出,C為圓弧的最低點(diǎn),下面說法正確的有(　　) A.從B點(diǎn)射出后,微粒能夠再次回到A點(diǎn) B.如果僅使h變大,微粒從A點(diǎn)進(jìn)入場區(qū)后將仍做勻速圓周運(yùn)動(dòng) C.如果僅使微粒的電荷量和質(zhì)量加倍,微粒將仍沿原來的軌跡運(yùn)動(dòng) D.若僅撤去電場,微粒到達(dá)軌跡最低點(diǎn)時(shí)受到的洛倫茲力一定大于它的重力 答案　BCD　從B點(diǎn)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(zhuǎn),不可能再回到A點(diǎn),

9、故A項(xiàng)錯(cuò)誤;帶電微粒進(jìn)入正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),電場力與重力必定平衡,如果僅使h變大,不會(huì)改變電場力與重力平衡,因此仍做勻速圓周運(yùn)動(dòng),所以B選項(xiàng)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(yùn)動(dòng)的半徑為r=EB2hg,若微粒的電荷量和質(zhì)量加倍,不會(huì)影響運(yùn)動(dòng)軌道的半徑,所以C選項(xiàng)是正確的;當(dāng)撤去電場E,微粒在洛倫茲力與重力作用下,當(dāng)?shù)竭_(dá)軌跡最低點(diǎn)時(shí),仍做曲線運(yùn)動(dòng),則洛倫茲力大于它的重力,即運(yùn)動(dòng)軌跡偏向合力一側(cè),所以D選項(xiàng)是正確的。 三、非選擇題 7.(2018蘇州調(diào)研)如圖所示,在xOy直角坐標(biāo)平面內(nèi)-0.05m≤x<0的區(qū)

10、域有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.4T,0≤x≤0.08m的區(qū)域有沿-x方向的勻強(qiáng)電場,在x軸上坐標(biāo)為(-0.05m,0)的S點(diǎn)有一粒子源,它一次能沿紙面同時(shí)向磁場內(nèi)每個(gè)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(gè)粒子Z恰能到達(dá)電場的右邊界,不計(jì)粒子的重力和粒子間的相互作用(結(jié)果可保留根號(hào))。求: 　　(1)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑R; (2)粒子Z從S發(fā)射時(shí)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(biāo); (4)若粒子P到達(dá)y軸瞬間電場突然反向,求粒子P到達(dá)電場

11、右邊界時(shí)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(yùn)動(dòng),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(jìn)入電場的,作出Z粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示,O1為軌跡圓的圓心,設(shè)磁場區(qū)域的寬度為dB,由幾何知識(shí)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(shí)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(yùn)動(dòng)軌跡恰與y軸相切于N點(diǎn),如圖乙所示,N點(diǎn)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(biāo)為0,320m。 (4)設(shè)電場區(qū)域的寬度為dE,對(duì)Z粒子在電場中的運(yùn)動(dòng),由動(dòng)能定理有 qEdE=12mv02, 代入數(shù)據(jù)解得E=5.0×105N/C。 設(shè)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(dá)電場右邊界時(shí)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(xué)月考)如圖所示,真空中的矩形abcd區(qū)域內(nèi)存在豎

13、直向下的勻強(qiáng)電場,半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)同時(shí)存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,圓形邊界分別相切于ad、bc邊的中點(diǎn)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(yùn)動(dòng);當(dāng)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(diǎn)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(zhì)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(shí)的位置。 答案　(1)3v03BR　(2)粒子離開矩形區(qū)域時(shí)的位置離b的距離為R3 解析　(1)設(shè)電場強(qiáng)度為E,當(dāng)電場和磁場同時(shí)存在時(shí),粒子沿ef方向做直線運(yùn)動(dòng),有: qv

14、0B=qE 當(dāng)撤去磁場,保留電場時(shí),帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng),水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),由題,粒子恰能從c點(diǎn)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(yùn)動(dòng),軌跡如圖所示 　　設(shè)粒子離開矩形區(qū)域時(shí)的位置g離b點(diǎn)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(guān)系得: 粒子的軌跡半徑為r=Rtanθ=3R 得θ=60° 故粒子離開磁場時(shí)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(gè)相同的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域,高為4d,寬為d,中間兩個(gè)磁場區(qū)域間隔為2d,中軸線與磁場區(qū)域兩側(cè)相交于O、O'點(diǎn),各區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等。某粒子質(zhì)量為m、電荷量為+q,從O沿軸線射入磁場。當(dāng)入射速度為v0時(shí),粒子從O上方d2處射出磁場。取sin53°=0.8,cos53°=0.6。 　　(1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B; (2)入射速度為5v0時(shí),求粒子從O運(yùn)動(dòng)到O'的時(shí)間t; 　　(3)入射速度仍為5v0,通過沿軸線OO'平移中間兩個(gè)磁場(磁場不重疊),可使粒子從O運(yùn)動(dòng)到O'的時(shí)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(yùn)動(dòng)的半徑r0=mv0qB 由題意知r0=d4,解得B=4mv0qd (2)設(shè)粒子在矩形磁場中的偏轉(zhuǎn)角為α 由d=rsinα,得sinα=45,即α=53° 在一個(gè)矩形磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1=α360°2πmqB, 解得t1=53πd720v0 直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(dòng)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(dāng)xm=34d時(shí),Δt有最大值 粒子直線運(yùn)動(dòng)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(shí)間的最大值Δtm=Δsmv=d5v0 9