【优化方案】高考物理新一轮复习 课后达标检测25 带电粒子在复合场中的运动（含解析）(1).docVIP

课后达标检测25带电粒子在复合场中的运动一、单项选择题1.(2014济南模拟)带电质点在匀强磁场中运动，某时刻速度方向如图所示，所受的重力和洛伦兹力的合力恰好与速度方向相反，不计阻力，则在此后的一小段时间内，带电质点将()a可能做直线运动b可能做匀减速运动c一定做曲线运动d可能做匀速圆周运动2(2014广州模拟)欧洲强子对撞机在2010年初重新启动，并取得了将质子加速到1.18万亿电子伏特的阶段成果，为实现质子对撞打下了坚实的基础质子经过直线加速器加速后进入半径一定的环形加速器，在环形加速器中，质子每次经过位置a时都会被加速(如图甲所示)，当质子的速度达到要求后，再将它们分成两束引导到对撞轨道中，在对撞轨道中两束质子沿相反方向做匀速圆周运动，并最终实现对撞(如图乙所示)质子是在磁场的作用下才得以做圆周运动的下列说法中正确的是()a质子在环形加速器中运动时，轨道所处位置的磁场会逐渐减小b质子在环形加速器中运动时，轨道所处位置的磁场始终保持不变c质子在对撞轨道中运动时，轨道所处位置的磁场会逐渐减小d质子在对撞轨道中运动时，轨道所处的磁场始终保持不变3.如图所示，一个带负电的物体从粗糙斜面顶端滑到斜面底端时的速度为v，若加上一个垂直纸面指向读者方向的磁场，则滑到底端时()av变大 bv变小cv不变 d不能确定4.(2014南京模拟)如图所示，平行板电容器的金属极板m、n的距离为d，两板间存在磁感应强度为b，方向垂直于纸面向外的匀强磁场，等离子群以速度v沿图示方向射入已知电容器的电容为c，则()a当开关s断开时，稳定后电容器的电荷量qbvdcb当开关s断开时，稳定后电容器的电荷量qbvdcc当开关s闭合时，稳定后电容器的电荷量qbvdc二、多项选择题5.如图所示，在匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电场的电场强度为e，方向竖直向下，磁场的磁感应强度为b，方向垂直于纸面向里，一质量为m的带电粒子，在场区内的一竖直平面内做匀速圆周运动，则可判断该带电质点()a带有电荷量为的正电荷b沿圆周顺时针运动c运动的角速度为d运动的速率为6.(2014江西红色六校联考)如图所示为一个质量为m、电荷量为q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为b的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是下图中的()7.(2014南开区模拟)如图所示，有一混合正离子束先后通过正交电磁场区域和匀强磁场区域，如果这束正离子束在区域中不偏转，进入区域后偏转半径r相同，则它们具有相同的()a电荷量 b质量c速度 d比荷8.如图所示，质量为m、电荷量为e的质子以某一初速度从坐标原点o沿x轴正方向进入场区，若场区仅存在平行于y轴向上的匀强电场时，质子通过p(d，d)点时的动能为5ek；若场区仅存在垂直于xoy平面的匀强磁场时，质子也能通过p点不计质子的重力设上述匀强电场的电场强度大小为e，匀强磁场的磁感应强度大小为b，则下列说法中正确的是()ae becb db9.如图所示，竖直放置的两块很大的平行金属板a、b，相距为d，ab间的电场强度为e，今有一带正电的微粒从a板下边缘以初速度v0竖直向上射入电场，当它飞到b板时，速度大小不变，而方向变为水平方向，且刚好从高度也为d的狭缝穿过b板而进入bc区域，bc区域的宽度也为d，所加电场大小为e，方向竖直向上，磁感应强度方向垂直纸面向里，磁场磁感应强度大小等于e/v0，重力加速度为g，则下列关于粒子运动的有关说法正确的是()a粒子在ab区域的运动时间为b粒子在bc区域中做匀速圆周运动，圆周半径r2dc粒子在bc区域中做匀速圆周运动，运动时间为d粒子在ab、bc区域中运动的总时间为三、非选择题10.如图，竖直平面坐标系xoy的第一象限有垂直xoy面向外的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，大小分别为b和e；第四象限有垂直xoy面向里的水平匀强电场，大小也为e；第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为r的半圆轨道，轨道最高点与坐标原点o相切，最低点与绝缘光滑水平面相切于n，一质量为m的带电小球从y轴上(y0)的p点沿x轴正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点o，且水平进入半圆轨道并沿轨道内侧运动，过n点水平进入第四象限，并在电场中运动(已知重力加速度为g)(1)判断小球的带电性质并求出其所带电荷量；(2)p点距坐标原点o至少多高；(3)若该小球以满足(2)中op最小值的位置和对应速度进入第一象限，通过n点开始计时，经时间t2小球距坐标原点o的距离s为多远？11.(2013高考山东卷)如图所示，在坐标系xoy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xoy平面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为e.一带电量为q、质量为m的粒子，自y轴上的p点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场已知opd，oq2d，不计粒子重力(1)求粒子过q点时速度的大小和方向(2)若磁感应强度的大小为一确定值b0，粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限，求b0.(3)若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过q点，且速度与第一次过q点时相同，求该粒子相邻两次经过q点所用的时间12.如图甲所示，在以o为坐标原点的xoy平面内，存在着范围足够大的电场和磁场，一个带正电小球在t0时刻以v03gt0的初速度从o点沿x方向(水平向右)射入该空间，在t0时刻该空间同时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，磁场垂直于xoy平面向外，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，当地重力加速度为g，空气阻力不计试求：(1)t0末小球速度的大小；(2)小球做圆周运动的周期t和12t0末小球速度的大小；(3)在给定的xoy坐标系中，大体画出小球在0到24t0内运动轨迹的示意图；(4)30t0内小球距x轴的最大距离课后达标检测251解析选c.带电质点在运动过程中，重力做功，速度大小和方向发生变化，洛伦兹力的大小和方向也随之发生变化，故带电质点不可能做直线运动，也不可能做匀减速运动或匀速圆周运动，c正确2解析选d.质子在环形加速器中运动时，质子的速度越来越大，但半径保持不变根据r可知，当速度逐渐增大时，b也逐渐增大才能保持r不变，故a、b都不对；质子在对撞轨道中运动时，半径和速率均不变，故轨道所处位置的磁场始终保持不变，c不对，d正确3解析选b.洛伦兹力虽然不做功，但其方向垂直斜面向下，使物体与斜面间的正压力变大，故摩擦力变大，损失的机械能增加，因而v变小4解析选c.洛伦兹力使正离子向n板偏转，负离子向m板偏转，当qqvb时离子不再偏转，故断开开关s时，电容器两极所能达到的最大电压ucbvd，最大电荷量qbvdc，a、b均错；当开关s闭合时，平行金属板及等离子群相当于一电源，电源电动势ebvd，由于内阻的存在，使得ucumnebvd，故qcbvdc，c正确，d错误5解析选bc.根据电场力与重力平衡知，质点带负电，故a错；根据洛伦兹力提供向心力知质点顺时针转动，故b对；由qemgqvbm2rvr解得：，由于r未知，v不能确定，故c对d错6解析选ad.由左手定则可判断洛伦兹力方向向上，圆环受到竖直向下的重力、垂直杆的弹力及向左的摩擦力，当洛伦兹力初始时刻小于重力时，弹力方向竖直向上，圆环向右减速运动，随着速度减小，洛伦兹力减小，弹力越来越大，摩擦力越来越大，故做加速度增大的减速运动，直到速度为零而处于静止状态，选项中没有对应图象；当洛伦兹力初始时刻等于重力时，弹力为零，摩擦力为零，故圆环做匀速直线运动，a正确；当洛伦兹力初始时刻大于重力时，弹力方向竖直向下，圆环做减速运动，速度减小，洛伦兹力减小，弹力减小，在弹力减小到零的过程中，摩擦力逐渐减小到零，故做加速度逐渐减小的减速运动，摩擦力为零时，开始做匀速直线运动，d正确7解析选cd.在区域中不偏转，则电场力与洛伦兹力平衡，即qeqvb1，v，故c正确在区域中偏转半径r相同，则qvb2，即，故d正确8解析选bd.质子在电场中，dv0t，dt，m()25ek，vyat，a，解得e，a错误、b正确再根据ev0b，b，故c错误、d正确9解析选abd.粒子在ab区域，竖直方向上做匀减速运动，由v0gt得：t，故a正确；水平方向上做匀加速度运动，ag，则qemg，进入bc区域，电场力大小未变方向竖直向上，电场力与重力平衡，粒子做匀速圆周运动，由qv0b，得r，代入数据得r，又v2gd，故r2d，b正确；在bc区域，粒子运动轨迹所对圆心角为，sin ，运动时间：t，故c错误；粒子在ab区域的运动时间也可以表示为：t，故总时间t总，故d正确10解析(1)小球进入第一象限的正交的电场和磁场后，在垂直磁场的平面内做圆周运动，说明重力与电场力平衡设小球所带电荷量为q，则有：qemg解得：q由于电场方向竖直向上，故小球带正电(2)设匀速圆周运动的速度为v、轨道半径为r，由洛伦兹力提供向心力得：qbv小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道运动，则应满足：mg解得：r即po的最小距离为：y2r.(3)小球由o运动到n的过程中，设到达n点的速度为vn，由机械能守恒得：mg2rmvmv2解得：vn小球从n点进入电场区域后，在绝缘光滑水平面上做类平抛运动设加速度为a，则有：沿x轴方向有：xvnt沿电场方向有：zat2由牛顿第二定律得：at时刻小球距o点为：s2r.答案(1)带正电(2) (3)2r11解析(1)设粒子在电场中运动的时间为t0，加速度的大小为a，粒子的初速度为v0，过q点时速度的大小为v，沿y轴方向分速度的大小为vy，速度与x轴正方向间的夹角为，由牛顿第二定律得qema由运动学公式得dat2dv0t0vyat0vtan 联立式得v245.(2)设粒子做圆周运动的半径为r1，粒子在第一象限内的运动轨迹如图所示，o1为圆心，由几何关系可知o1oq为等腰直角三角形，得r12d由牛顿第二定律得qvb0m联立式得b0.(3)设粒子做圆周运动的半径为r2，由几何分析(粒子运动的轨迹如图所示，o2、o2是粒子做圆周运动的圆心，q、f、g、h是轨迹与两坐标轴的交点，连接o2、o2，由几何关系知，o2fgo2和o2qho2均为矩形，进而知fq、gh均为直径，qfgh也是矩形，又fhgq，可知qfgh是正方形，qof为等腰直角三角形)可知，粒子在第一、第三象限的轨迹为半圆，得2r22d粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得fghq2r2设粒子相邻两次经过q点所用的时间为t，则有t联立式得t(2) .答案见解析12解析(1)由题图乙知，0t0内，小球只受重力作用，做平抛运动，在t0末：vgt0.(2)当同时加上电场和磁场时，电场力f1qe0mg，方向竖直向上因为重力和电场力恰好平衡，所以小球只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，有qvb0m运动周期t，联立解得t2t0由题图乙知，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内，小球恰好做了5个完整的匀速圆周运动所以小球在t112t0时刻的速度相当于小球做平抛运动t2t0时的末速度vy1g2t02gt0，vx1v0x3gt