2023年高考物理大一輪復(fù)習(xí)第9章磁場第4節(jié)帶電粒子在復(fù)合場中的運動課時規(guī)范訓(xùn)練

2023年高考物理大一輪復(fù)習(xí)第9章磁場第4節(jié)帶電粒子在復(fù)合場中的運動課時規(guī)范訓(xùn)練PAGEPAGE1第4節(jié)帶電粒子在復(fù)合場中的運動課時標(biāo)準(zhǔn)訓(xùn)練[根底穩(wěn)固題組]1．如下圖，勻強電場方向水平向右，勻強磁場方向垂直紙面向里，將帶正電的小球在場中靜止釋放，最后落到地面上．關(guān)于該過程，下述說法正確的選項是()A．小球做勻變速曲線運動B．小球減少的電勢能等于增加的動能C．電場力和重力做的功等于小球增加的動能D．假設(shè)保持其他條件不變，只減小磁感應(yīng)強度，小球著地時動能不變解析：選C.重力和電場力是恒力，但洛倫茲力是變力，因此合外力是變化的，由牛頓第二定律知其加速度也是變化的，選項A錯誤；由動能定理和功能關(guān)系知，選項B錯誤，選項C正確；磁感應(yīng)強度減小時，小球落地時的水平位移會發(fā)生變化，那么電場力所做的功也會隨之發(fā)生變化，選項D錯誤．2．帶電質(zhì)點在勻強磁場中運動，某時刻速度方向如下圖，所受的重力和洛倫茲力的合力恰好與速度方向相反，不計阻力，那么在此后的一小段時間內(nèi)，帶電質(zhì)點將()A．可能做直線運動B．可能做勻減速運動C．一定做曲線運動D．可能做勻速圓周運動解析：選C.帶電質(zhì)點在運動過程中，重力做功，速度大小和方向發(fā)生變化，洛倫茲力的大小和方向也隨之發(fā)生變化，故帶電質(zhì)點不可能做直線運動，也不可能做勻減速運動和勻速圓周運動，C正確．3．(多項選擇)質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒以速度v與水平方向成θ角從O點進(jìn)入方向如下圖的正交的勻強電場和勻強磁場組成的混合場區(qū)，該微粒在電場力、洛倫茲力和重力的共同作用下，恰好沿直線運動到A，以下說法中正確的選項是()A．該微粒一定帶負(fù)電荷B．微粒從O到A的運動可能是勻變速運動C．該磁場的磁感應(yīng)強度大小為eq\f(mg,qvcosθ)D．該電場的場強為Bvcosθ解析：選AC.假設(shè)微粒帶正電荷，它受豎直向下的重力mg、水平向左的電場力qE和斜向右下方的洛倫茲力qvB，知微粒不能做直線運動，據(jù)此可知微粒應(yīng)帶負(fù)電荷，它受豎直向下的重力mg、水平向右的電場力qE和斜向左上方的洛倫茲力qvB，又知微粒恰好沿著直線運動到A，可知微粒應(yīng)該做勻速直線運動，那么選項A正確，B錯誤；由平衡條件有：qvBcosθ＝mg，qvBsinθ＝qE，得磁場的磁感應(yīng)強度B＝eq\f(mg,qvcosθ)，電場的場強E＝Bvsinθ，應(yīng)選項C正確，D錯誤．4．(多項選擇)如下圖，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(jìn)入互相垂直的勻強電場E和勻強磁場B的復(fù)合場中(E和B)，小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，那么()A．小球可能帶正電B．小球做勻速圓周運動的半徑為r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2UE,g))C．小球做勻速圓周運動的周期為T＝eq\f(2πE,Bg)D．假設(shè)電壓U增大，那么小球做勻速圓周運動的周期增加解析：選BC.小球在復(fù)合場中做勻速圓周運動，那么小球受到的電場力和重力滿足mg＝Eq，方向相反，那么小球帶負(fù)電，A錯誤；因為小球做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＝eq\f(mv2,r)，Uq＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立兩式可得：小球做勻速圓周運動的半徑r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2UE,g))，由T＝eq\f(2πr,v)可以得出T＝eq\f(2πE,Bg)，與電壓U無關(guān)，所以B、C正確，D錯誤．5．(多項選擇)如下圖，在第二象限中有水平向右的勻強電場，在第一象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場．有一重力不計的帶電粒子(電荷量為q，質(zhì)量為m)以垂直于x軸的速度v0從x軸上的P點進(jìn)入勻強電場，恰好與y軸正方向成45°角射出電場，再經(jīng)過一段時間又恰好垂直于x軸進(jìn)入第四象限．OP之間的距離為d，那么()A．帶電粒子通過y軸時的坐標(biāo)為(0，d)B．電場強度的大小為eq\f(mv\o\al(2,0),2qd)C．帶電粒子在電場和磁場中運動的總時間為eq\f(3π＋4d,2v0)D．磁感應(yīng)強度的大小為eq\f(\r(2)mv0,4qd)解析：選BC.粒子在電場中做類平拋運動，因為進(jìn)入磁場時速度方向與y軸正方向成45°角，所以沿x軸正方向的分速度vx＝v0，在x軸正方向做勻加速運動，有d＝eq\f(0＋v0,2)t，沿y軸正方向做勻速運動，有s＝v0t＝2d，應(yīng)選項A錯誤．沿x軸正方向做勻加速運動，根據(jù)vx＝v0＝eq\f(Eq,m)×eq\f(2d,v0)＝eq\f(2Eqd,mv0)，解得E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qd)，應(yīng)選項B正確．粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運動，軌跡如下圖，由圖可知粒子在磁場中運動的半徑R＝2eq\r(2)d，圓心角θ＝135°＝eq\f(3,4)π，所以在磁場中的運動時間為t1＝eq\f(2πR×\f(135,360),\r(2)v0)＝eq\f(3π×2\r(2)d,4\r(2)v0)＝eq\f(3πd,2v0)；在電場中的運動時間為t2＝eq\f(2d,v0)，所以總時間為t＝t1＋t2＝eq\f(3π＋4d,2v0)，應(yīng)選項C正確．由qvB＝eq\f(mv2,R)可知，磁感應(yīng)強度B＝eq\f(m×\r(2)v0,q×2\r(2)d)＝eq\f(mv0,2qd)，應(yīng)選項D錯誤．6．在某空間存在著水平向右的勻強電場E和垂直于紙面向里的勻強磁場B，如下圖，一段光滑且絕緣的圓弧軌道AC固定在紙面內(nèi)，其圓心為O點，半徑R＝1.8m，OA連線在豎直方向上，AC弧對應(yīng)的圓心角θ＝37°.今有一質(zhì)量m＝3.6×10－4kg、帶電荷量q＝＋9.0×10－4C的帶電小球(可視為質(zhì)點)，以v0＝4.0m/s的初速度沿水平方向從A點射入圓弧軌道內(nèi)，一段時間后從C點離開，小球離開C點后做勻速直線運動．重力加速度g＝10m/s(1)勻強電場的場強E；(2)小球剛離開C點時的速度大?。?3)小球剛射入圓弧軌道時，軌道對小球的瞬間支持力．解析：(1)當(dāng)小球離開圓弧軌道后，對其受力分析如圖甲所示，由平衡條件得F電＝qE＝mgtanθ，代入數(shù)據(jù)解得E＝3N/C.(2)小球從進(jìn)入圓弧軌道到離開圓弧軌道的過程中，由動能定理得F電Rsinθ－mgR(1－cosθ)＝eq\f(mv2,2)－eq\f(mv\o\al(2,0),2)，代入數(shù)據(jù)得v＝5m/s.(3)由(1)可知F洛＝qvB＝eq\f(mg,cosθ)，解得B＝1T，小球射入圓弧軌道瞬間豎直方向的受力情況如圖乙所示，由牛頓第二定律得FN＋Bqv0－mg＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)，代入數(shù)據(jù)得FN＝3.2×10－3N.答案：(1)3N/C(2)5m/s(3)3.2×10－3N[綜合應(yīng)用題組]7.如下圖，在直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)，虛線MN平行于y軸，N點坐標(biāo)為(－L,0)，MN與y軸之間有沿y軸正方向的勻強電場，在第四象限的某區(qū)域有方向垂直于坐標(biāo)平面的矩形有界勻強磁場(圖中未畫出)．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為－e的電子，從虛線MN上的P點，以平行于x軸正方向的初速度v0射入電場，并從y軸上點Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0.5L))射出電場，射出時速度方向與y軸負(fù)方向成30°角，進(jìn)入第四象限后，經(jīng)過矩形磁場區(qū)域，電子過點Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),6)L，－L))，不計電子重力，求：(1)勻強電場的電場強度E的大小；(2)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小和電子在磁場中運動的時間t；(3)矩形有界勻強磁場區(qū)域的最小面積Smin.解析：(1)設(shè)電子在電場中運動的加速度為a，時間為t，離開電場時，沿y軸方向的速度大小為vy，那么L＝v0ta＝eq\f(eE,m)vy＝atvy＝eq\f(v0,tan30°)解得：E＝eq\f(\r(3)mv\o\al(2,0),eL)(2)設(shè)軌跡與x軸的交點為D，OD距離為xD，那么xD＝0.5Ltan30°＝eq\f(\r(3),6)L所以，DQ平行于y軸，電子在磁場中做勻速圓周運動的軌道的圓心在DQ上，電子運動軌跡如下圖．設(shè)電子離開電場時速度為v，在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為r，那么evB＝meq\f(v2,r)v＝eq\f(v0,sin30°)由幾何關(guān)系有r＋eq\f(r,sin30°)＝L，即r＝eq\f(L,3)聯(lián)立以上各式解得B＝eq\f(6mv0,eL)電子轉(zhuǎn)過的圓心角為120°，那么得t＝eq\f(T,3)T＝eq\f(2πm,eB)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或T＝\f(2πr,v)＝\f(πL,3v0)))得t＝eq\f(πL,9v0)(3)以切點F、Q的連線長為矩形的一條邊，與電子的運動軌跡相切的另一邊作為其FQ的對邊，有界勻強磁場區(qū)域面積為最?。甋min＝eq\r(3)r×eq\f(r,2)得Smin＝eq\f(\r(3)L2,18)答案：(1)eq\f(\r(3)mv\o\al(2,0),eL)(2)eq\f(6mv0,eL)eq\f(πL,9v0)(3)eq\f(\r(3)L2,18)8．如下圖，圓柱形區(qū)域的半徑為R，在區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場；對稱放置的三個相同的電容器，極板間距為d，板間電壓為U，與磁場相切的極板，在切點處均有一小孔，一帶電粒子，質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q，自某電容器極板上的M點由靜止釋放，M點在小孔a的正上方，假設(shè)經(jīng)過一段時間后，帶電粒子又恰好返回M點，不計帶電粒子所受重力．求：(1)帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑；(2)U與B所滿足的關(guān)系式；(3)帶電粒子由靜止釋放到再次返回M點所經(jīng)歷的時間．解析：(1)由幾何關(guān)系解得r＝eq\r(3)R.(2)設(shè)粒子加速后獲得的速度為v，由動能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2－0，由洛倫茲力提供向心力，得qvB＝meq\f(v2,r)，聯(lián)立解得B＝eq\f(1,R)eq\r(\f(2mU,3q)).(3)根據(jù)運動電荷在磁場中做勻速圓周運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)＝2πReq\r(\f(3m,2qU))，依題意分析可知粒子在磁場中運動一次所經(jīng)歷的時間為eq\f(1,6)T，故粒子在磁場中運動的總時間t1＝3×eq\f(1,6)T＝πReq\r(\f(3m,2qU))，而粒子在勻強電場中所做運動類似豎直上拋運動，設(shè)每次上升或下降過程經(jīng)歷的時間為t2，那么有d＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)，a＝eq\f(qU,md)，解得t2＝deq\r(\f(2m,qU))，粒子在電場中運動的總時間為t3＝6t2＝6deq\r(\f(2m,qU)).帶電粒子由靜止釋放到再次返回M點所經(jīng)歷的時間為t＝t1＋t3＝πReq\r(\f(3m,2qU))＋6deq\r(\f(2m,qU)).答案：(1)eq\r(3)R(2)B＝eq\f(1,R)eq\r(\f(2mU,3q))(3)πReq\r(\f(3m,2qU))＋6deq\r(\f(2m,qU))9．如下圖，在xOy平面第一象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場和垂直于xOy平面的勻強磁場，勻強電場電場強度為E.一帶電荷量為＋q的小球從y軸上離坐標(biāo)原點距離為L的A點處，以沿x正向的初速度進(jìn)入第一象限，如果電場和磁場同時存在，小球?qū)⒆鰟蛩賵A周運動，并從x軸上距坐標(biāo)原點eq\f(L,2)的C點離開磁場．如果只撤去磁場，并且將電場反向，帶電小球以相同的初速度從A點進(jìn)入第一象限，仍然從x軸上距坐標(biāo)原點eq\f(L,2)的C點離開電場．求：(1)小球從A點出發(fā)時的初速度大?。?2)磁感應(yīng)強度B的大小和方向．解析：(1)由帶電小球做勻速圓周運動知mg＝Eq所以電場反向后豎直方向受力Eq＋mg＝ma得a＝2小球做類平拋運動，有eq\f(L,2)＝v0t，L＝eq\f(1,2)at2得v0＝eq\f(1,2)eq\r(gL)(2)帶電小球做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，有qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)得B＝eq\f(mv0,qR)由圓周運動軌跡分析得(L－R)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2＝R2R＝eq\f(5L,8)代入得B＝eq\f(4E\r(gL),5gL)由左手定那么得，磁感應(yīng)強度垂直于xOy平面向外．答案：(1)eq\f(1,2)eq\r(gL)(2)eq\f(4E\r(gL),5gL)，垂直于xOy平面向外10．如圖甲所示，建立Oxy坐標(biāo)系．兩平行極板P、Q垂直于y軸且關(guān)于x軸對稱，極板長度和板間距均為l.在第一、四象限有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，方向垂直于Oxy平面向里．位于極板左側(cè)的粒子源沿x軸向右連續(xù)發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為＋q、速度相同、重力不計的帶電粒子．在0～3t0時間內(nèi)兩板間加上如圖乙所示的電壓(不考慮極板邊緣的影響)．t＝0時刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子恰好在t0時刻經(jīng)極板邊緣射入磁場．上述m、q、l、t0、B為量．(不考慮粒子間相互影響及返回極板間的情況)(1)求電壓U0的大小；(2)求eq\f(1,2)t0時刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑；(3)何時進(jìn)入兩板間的帶電粒子在磁場中的運動時間最短？求此最短時間．解析：(1)t＝0時刻進(jìn)入兩板間的帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動，t0時刻剛好從極板邊緣射出，在y軸負(fù)方向偏移的距離為eq\f(1,2)l，那么有E＝eq\f(U0,l)①qE＝ma②eq\f(1,2)l＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)③聯(lián)立①