（新课标）高考物理总复习课时检测（六十）带电粒子在叠加场中的运动（题型研究课）（含解析）

课时检测(六十)带电粒子在叠加场中的运动(题型研究课)1．如图所示，一个不计重力的带电粒子以初速度v0沿各图中虚线射入。A中I是两条垂直纸平面的长直导线中等大反向的电流，虚线是两条导线连线的中垂线；B中＋Q是两个位置固定的等量同种点电荷的电荷量，虚线是两位置连线的中垂线；C中I是圆环线圈中的电流，虚线过圆心且垂直圆环平面；D中是正交的匀强电场和匀强磁场，虚线垂直于电场和磁场方向，磁场方向垂直纸面向外。其中，带电粒子不可能做匀速直线运动的是()解析：选B图A中两条垂直纸平面的长直导线中通有等大反向的电流，在中垂线上产生的合磁场方向水平向右，带电粒子将沿中垂线做匀速直线运动；图B中等量同种正点电荷在中垂线上的合场强在连线中点左侧水平向左，带电粒子射入后受力不为零，不可能做匀速直线运动；图C中粒子运动方向与所处位置磁感线平行，粒子做匀速直线运动；图D是速度选择器的原理图，只要满足射入速度v0＝eq\f(E,B)，粒子即可做匀速直线运动，故选B。2．(多选)(2019·浙江三校模拟)如图所示，空间中存在正交的匀强电场E和匀强磁场B(匀强电场水平向右)，在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球(不考虑两球的相互作用，两球电荷量始终不变)。关于小球的运动，下列说法正确的是()A．两小球都可能做直线运动B．只有沿ab方向抛出的小球才可能做直线运动C．若有小球能做直线运动，则一定是匀速运动D．两小球在运动过程中机械能均守恒解析：选AC沿ab方向抛出的带正电小球，或沿ac方向抛出的带负电的小球，在重力、电场力、洛伦兹力作用下，都可能受力平衡，做匀速直线运动，A正确，B错误；在重力、电场力、洛伦兹力三力都存在时的直线运动一定是匀速直线运动，C正确；两小球在运动过程中除重力做功外还有电场力做功，故机械能不守恒，D错误。3.有一个带电荷量为＋q、重为G的小球，从两竖直的带电平行板上方h处自由落下，两极板间另有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图所示。则带电小球通过两平行板间时，下列说法正确的是()A．一定做曲线运动B．不可能做曲线运动C．有可能做匀加速直线运动D．有可能做匀速直线运动解析：选A带电小球在没有进入两平行板间时做自由落体运动，进入两平行板间后，受竖直向下的重力G、水平向左的电场力F电场＝qE、垂直速度方向的洛伦兹力F洛＝qBv，重力与电场力大小和方向保持恒定，但因为带电小球的速度会发生变化，所以洛伦兹力大小和方向会发生变化，所以一定会做曲线运动，A正确，B、C、D错误。4．(多选)如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场和匀强磁场区域(电场强度E和磁感应强度B已知)，小球在此区域的竖直平面内做匀速圆周运动，则()A．小球可能带正电B．小球做匀速圆周运动的半径为r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2UE,g))C．小球做匀速圆周运动的周期为T＝eq\f(2πE,Bg)D．若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增大解析：选BC小球在该区域的竖直平面内做匀速圆周运动，则小球受到的电场力和重力大小相等、方向相反，则小球带负电，A错误；因为小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由牛顿第二定律和动能定理可得Bqv＝eq\f(mv2,r)，Uq＝eq\f(1,2)mv2，又mg＝qE，联立可得小球做匀速圆周运动的半径r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2UE,g))，由T＝eq\f(2πr,v)可得T＝eq\f(2πE,Bg)，与电压U无关，B、C正确，D错误。5.如图所示，质量为m、带电荷量为q的微粒，以与水平方向成45°角的速度v进入匀强电场和匀强磁场同时存在的空间，微粒在电场、磁场、重力场的共同作用下做匀速直线运动，求：(1)电场强度的大小，该微粒带何种电荷；(2)磁感应强度的大小。解析：(1)微粒做匀速直线运动，所受合力必为零，微粒受重力mg、电场力qE、洛伦兹力qvB，受力如图所示，qE＝mg，则电场强度大小E＝eq\f(mg,q)，微粒所受电场力方向与电场方向相同，所以微粒带正电。(2)由于合力为零，则qvB＝eq\r(2)mg，所以B＝eq\f(\r(2)mg,qv)。答案：(1)eq\f(mg,q)正电(2)eq\f(\r(2)mg,qv)6.如图所示，质量m＝0.1g的小球，带有q＝5×10－4C的正电荷，套在一根与水平方向成θ＝37°的绝缘杆上，小球可以沿杆滑动，与杆间的动摩擦因数为μ＝0.4，装置处于磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6。求小球无初速度释放后沿杆下滑的最大加速度和最大速度。解析：开始阶段小球速度小，垂直于杆向上的洛伦兹力较小，杆对小球的支持力垂直于杆向上，且逐渐减小，当速度达到某值后，支持力减为零，杆对小球的摩擦力也减为零，此时小球的加速度最大，根据牛顿第二定律得：mam＝mgsinθ故最大加速度：am＝6m/s2此后杆对小球的支持力垂直于杆向下，且随速度增大而增大，当摩擦力等于重力沿杆方向的分力时达到最大速度，根据牛顿第二定律得：qvmB＝mgcosθ＋FNf＝mgsinθ且f＝μFN解得：vm＝9.2m/s。答案：6m/s29.2m/s7.(2019·岳阳模拟)如图所示，真空中的矩形abcd区域内存在竖直向下的匀强电场，半径为R的圆形区域内同时存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，圆形边界分别相切于ad、bc边的中点e、f。一带电粒子以初速度v0沿着ef方向射入该区域后能做直线运动；当撤去磁场并保留电场时，粒子以相同的初速度沿着ef方向射入恰能从c点飞离该区域。已知ad＝bc＝eq\f(4\r(3),3)R，忽略粒子的重力。求：(1)带电粒子的电荷量q与质量m的比值eq\f(q,m)；(2)若撤去电场保留磁场，粒子离开矩形区域时的位置。解析：(1)设匀强电场场强为E，当电场和磁场同时存在时，粒子沿ef方向做直线运动，有qv0B＝qE当撤去磁场，保留电场时，带电粒子做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，由题知，粒子恰能从c点飞出，则水平方向有2R＝v0t竖直方向有eq\f(1,2)bc＝eq\f(1,2)at2因为qE＝ma解得eq\f(q,m)＝eq\f(\r(3)v0,3BR)。(2)若撤去电场保留磁场，粒子将在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图所示，设粒子离开矩形区域时在ab边上的位置g与b的距离为x，则由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝meq\f(v02,r)得r＝eq\f(mv0,qB)＝eq\r(3)R由图中几何关系得r＝Rtanθ得θ＝60°，故粒子离开矩形区域时距离b的距离为x＝eq\f(1,2)ab－eq\f(1,2)bc·eq\f(1,tanθ)解得x＝eq\f(R,3)。答案：(1)eq\f(\r(3)v0,3BR)(2)ab边上距b点eq\f(R,3)处8．如图甲所示，两平行金属板A、B长L＝8cm，两极板间距d＝6cm，两极板间的电势差UAB＝100eq\r(3)V。一比荷为eq\f(q,m)＝1×106C/kg的带正电粒子(不计重力)，从O点沿电场中心线OO′垂直电场线以初速度v0＝2×104m/s飞入电场，粒子飞出平行板电场后经过分界线MN、PS间的无电场区域，已知两分界线MN、PS间的距离为s＝8cm。粒子从PS上的C点进入PS右侧的区域，当粒子到达C点开始计时，PS右侧区域有磁感应强度按图乙所示规律变化的匀强磁场(垂直纸面向里为正方向)。求：(1)PS上的C点与中心线OO′的距离y；(2)粒子进入磁场区域后第二次经过中心线OO′时与PS的距离x。解析：(1)粒子在电场中的加速度a＝eq\f(UABq,dm)粒子在电场中运动的时间t1＝eq\f(L,v0)粒子离开电场时竖直方向分速度vy＝at1粒子在MN与PS间运动时间t2＝eq\f(s,v0)粒子在电场中偏转位移y1＝eq\f(1,2)at12＝eq\f(UABqL2,2dmv02)＝eq\f(4,3)eq\r(3)cm出电场后y2＝vyt2联立解得y2＝eq\f(8\r(3),3)cm所以C点与中心线OO′的距离y＝y1＋y2＝4eq\(2)粒子运动轨迹如图所示，设粒子进入磁场时速度与水平方向夹角为θ，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(\r(3),3)所以θ＝30°粒子进入磁场时的速度v＝eq\f(v0,cosθ)＝eq\f(4\r(3),3)×104m/s设粒子在磁场中运动的轨迹半径为R则qvB＝eq\f(mv2,R)所以R＝4cm粒子在磁场中运动的周期T＝eq\f(2πR,v)＝2eq\r(3)π×10－6s在0～eq\f(2\r(3)π,3)×10－6s内粒子的偏转角α＝eq\f(2π,T)t＝120°粒子在0～eq\f(2\r(3)π,3)×10－6s时间内从C点竖直向上偏移的距离为CD＝Rcosθ＝2eq\