《（新課標）2022高考物理總復(fù)習(xí) 課時檢測（六十）帶電粒子在疊加場中的運動（題型研究課）（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標）2022高考物理總復(fù)習(xí) 課時檢測（六十）帶電粒子在疊加場中的運動（題型研究課）（含解析）（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（新課標）2022高考物理總復(fù)習(xí) 課時檢測（六十）帶電粒子在疊加場中的運動（題型研究課）（含解析） 1．如圖所示，一個不計重力的帶電粒子以初速度v0沿各圖中虛線射入。A中I是兩條垂直紙平面的長直導(dǎo)線中等大反向的電流，虛線是兩條導(dǎo)線連線的中垂線；B中＋Q是兩個位置固定的等量同種點電荷的電荷量，虛線是兩位置連線的中垂線；C中I是圓環(huán)線圈中的電流，虛線過圓心且垂直圓環(huán)平面；D中是正交的勻強電場和勻強磁場，虛線垂直于電場和磁場方向，磁場方向垂直紙面向外。其中，帶電粒子不可能做勻速直線運動的是(　　) 解析：選B　圖A中兩條垂直紙平面的長直導(dǎo)線中通有等大反向的電流，在中垂線上產(chǎn)生的合磁場方向水平

2、向右，帶電粒子將沿中垂線做勻速直線運動；圖B中等量同種正點電荷在中垂線上的合場強在連線中點左側(cè)水平向左，帶電粒子射入后受力不為零，不可能做勻速直線運動；圖C中粒子運動方向與所處位置磁感線平行，粒子做勻速直線運動；圖D是速度選擇器的原理圖，只要滿足射入速度v0＝，粒子即可做勻速直線運動，故選B。 2．(多選)(2019·浙江三校模擬)如圖所示，空間中存在正交的勻強電場E和勻強磁場B(勻強電場水平向右)，在豎直平面內(nèi)從a點沿ab、ac方向拋出兩帶電小球(不考慮兩球的相互作用，兩球電荷量始終不變)。關(guān)于小球的運動，下列說法正確的是(　　) A．兩小球都可能做直線運動 B．只有沿ab方向拋出的小

3、球才可能做直線運動 C．若有小球能做直線運動，則一定是勻速運動 D．兩小球在運動過程中機械能均守恒 解析：選AC　沿ab方向拋出的帶正電小球，或沿ac方向拋出的帶負電的小球，在重力、電場力、洛倫茲力作用下，都可能受力平衡，做勻速直線運動，A正確，B錯誤；在重力、電場力、洛倫茲力三力都存在時的直線運動一定是勻速直線運動，C正確；兩小球在運動過程中除重力做功外還有電場力做功，故機械能不守恒，D錯誤。 3.有一個帶電荷量為＋q、重為G的小球，從兩豎直的帶電平行板上方h處自由落下，兩極板間另有勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，方向如圖所示。則帶電小球通過兩平行板間時，下列說法正確的是(　　) A．一

4、定做曲線運動 B．不可能做曲線運動 C．有可能做勻加速直線運動 D．有可能做勻速直線運動 解析：選A　帶電小球在沒有進入兩平行板間時做自由落體運動，進入兩平行板間后，受豎直向下的重力G、水平向左的電場力F電場＝qE、垂直速度方向的洛倫茲力F洛＝qBv，重力與電場力大小和方向保持恒定，但因為帶電小球的速度會發(fā)生變化，所以洛倫茲力大小和方向會發(fā)生變化，所以一定會做曲線運動，A正確，B、C、D錯誤。 4．(多選)如圖所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，水平進入互相垂直的勻強電場和勻強磁場區(qū)域(電場強度E和磁感應(yīng)強度B已知)，小球在此區(qū)域的豎直平面內(nèi)做勻速圓周運

5、動，則(　　) A．小球可能帶正電 B．小球做勻速圓周運動的半徑為r＝ C．小球做勻速圓周運動的周期為T＝ D．若電壓U增大，則小球做勻速圓周運動的周期增大 解析：選BC　小球在該區(qū)域的豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，則小球受到的電場力和重力大小相等、方向相反，則小球帶負電，A錯誤；因為小球做勻速圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，由牛頓第二定律和動能定理可得Bqv＝，Uq＝mv2，又mg＝qE，聯(lián)立可得小球做勻速圓周運動的半徑r＝ ，由T＝可得T＝，與電壓U無關(guān)，B、C正確，D錯誤。 5.如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的微粒，以與水平方向成45°角的速度v進入勻強電場和勻強磁場同時存在

6、的空間，微粒在電場、磁場、重力場的共同作用下做勻速直線運動，求： (1)電場強度的大小，該微粒帶何種電荷； (2)磁感應(yīng)強度的大小。 解析：(1)微粒做勻速直線運動，所受合力必為零，微粒受重力mg、電場力qE、洛倫茲力qvB，受力如圖所示， qE＝mg，則電場強度大小E＝， 微粒所受電場力方向與電場方向相同，所以微粒帶正電。 (2)由于合力為零，則qvB＝mg，所以B＝。 答案：(1)　正電　(2) 6.如圖所示，質(zhì)量m＝0.1 g的小球，帶有q＝5×10－4 C的正電荷，套在一根與水平方向成θ＝37°的絕緣桿上，小球可以沿桿滑動，與桿間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.4，裝置處于磁感應(yīng)

7、強度B＝0.5 T 的勻強磁場中，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。求小球無初速度釋放后沿桿下滑的最大加速度和最大速度。 解析：開始階段小球速度小，垂直于桿向上的洛倫茲力較小，桿對小球的支持力垂直于桿向上，且逐漸減小，當速度達到某值后，支持力減為零，桿對小球的摩擦力也減為零，此時小球的加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律得： mam＝mgsin θ 故最大加速度：am＝6 m/s2 此后桿對小球的支持力垂直于桿向下，且隨速度增大而增大，當摩擦力等于重力沿桿方向的分力時達到最大速度，根據(jù)牛頓第二定律得： qvmB＝mgcos θ＋FN f＝mgsin θ 且f＝μFN 解得：

8、vm＝9.2 m/s。 答案：6 m/s2　9.2 m/s 7.(2019·岳陽模擬)如圖所示，真空中的矩形abcd區(qū)域內(nèi)存在豎直向下的勻強電場，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)同時存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，圓形邊界分別相切于ad、bc邊的中點e、f。一帶電粒子以初速度v0沿著ef方向射入該區(qū)域后能做直線運動；當撤去磁場并保留電場時，粒子以相同的初速度沿著ef方向射入恰能從c點飛離該區(qū)域。已知ad＝bc＝R，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； (2)若撤去電場保留磁場，粒子離開矩形區(qū)域時的位置。 解析：(1)設(shè)勻強電場場強為E，當電場和磁場同時存在

9、時，粒子沿ef方向做直線運動，有 qv0B＝qE 當撤去磁場，保留電場時，帶電粒子做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，由題知，粒子恰能從c點飛出，則水平方向有 2R＝v0t 豎直方向有bc＝at2 因為qE＝ma 解得＝。 (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動，軌跡如圖所示， 設(shè)粒子離開矩形區(qū)域時在ab邊上的位置g與b的距離為x，則由洛倫茲力提供向心力有 qv0B＝m 得r＝＝R 由圖中幾何關(guān)系得r＝Rtan θ 得θ＝60°，故粒子離開矩形區(qū)域時距離b的距離為 x＝ab－bc· 解得x＝。 答案：

10、(1)　(2)ab邊上距b點處 8．如圖甲所示，兩平行金屬板A、B長L＝8 cm，兩極板間距d＝6 cm，兩極板間的電勢差UAB＝100 V。一比荷為＝1×106 C/kg的帶正電粒子(不計重力)，從O點沿電場中心線OO′垂直電場線以初速度v0＝2×104 m/s飛入電場，粒子飛出平行板電場后經(jīng)過分界線MN、PS間的無電場區(qū)域，已知兩分界線MN、PS間的距離為s＝8 cm。粒子從PS上的C點進入PS右側(cè)的區(qū)域，當粒子到達C點開始計時，PS右側(cè)區(qū)域有磁感應(yīng)強度按圖乙所示規(guī)律變化的勻強磁場(垂直紙面向里為正方向)。求： (1)PS上的C點與中心線OO′的距離y； (2)粒子進入磁場區(qū)域后

11、第二次經(jīng)過中心線OO′時與PS的距離x。 解析：(1)粒子在電場中的加速度a＝ 粒子在電場中運動的時間t1＝ 粒子離開電場時豎直方向分速度vy＝at1 粒子在MN與PS間運動時間t2＝ 粒子在電場中偏轉(zhuǎn)位移y1＝at12＝＝ cm 出電場后y2＝vyt2 聯(lián)立解得y2＝ cm 所以C點與中心線OO′的距離y＝y(tǒng)1＋y2＝4 cm。 (2)粒子運動軌跡如圖所示， 設(shè)粒子進入磁場時速度與水平方向夾角為θ， tan θ＝＝ 所以θ＝30° 粒子進入磁場時的速度v＝＝×104 m/s 設(shè)粒子在磁場中運動的軌跡半徑為R 則qvB＝ 所以R＝4 cm 粒子在磁場中運動的周期T＝＝2π×10－6 s 在0～×10－6 s內(nèi)粒子的偏轉(zhuǎn)角α＝t＝120° 粒子在0～×10－6 s時間內(nèi)從C點豎直向上偏移的距離為CD＝Rcos θ＝2 cm 在×10－6 s～π×10－6 s內(nèi)通過OO′，由對稱性可知，這段時間內(nèi)粒子豎直向上偏移的距離為 DE＝CD＝2 cm 因為CD＋DE＝y(tǒng)＝4 cm 則粒子在t＝×10－6 s時剛好第二次到達OO′ 此時，粒子距PS距離x＝2(R＋Rsin θ)＝12 cm。 答案：(1)4 cm　(2)12 cm