高中物理《帶電粒子在復合場中的運動》典型題過關(guān)測試題(精品含答案)

1、帶電粒子在復合場中的運動基礎(chǔ)過關(guān)測試題如圖所示，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，下述說法正確的是TOC o 1-5 h z（）.小球做勻變速曲線運動-.小球減少的電勢能等于增加的動能電場力和重力做的功等于小球增加的動能八若保持其他條件不變，只減小磁感應(yīng)強度，小球著地時動能不變帶電質(zhì)點在勻強磁場中運動，某時刻速度方向如圖所示，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，則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XXB.可能做勻減速運動XC.一定做曲線運動XnrXXD.可能做勻速圓周運動（多選）質(zhì)量

2、為m、電荷量為q的微粒以速度v與水平方向成3角從O點進入方向如圖所示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,下列說法中正確的是（）該微粒一定帶負電荷微粒從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D.該電場的場強為Bvcos3（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E和勻強磁場B的復合場中（E和B已知），小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，貝9（）B.C.A.小球做勻速圓周運動的半徑為rB.C.A.小球做勻速圓周運動的半徑為r=呼小球做勻速圓周運動的

3、周期為T=2nEBgD.若電壓U增大，則小球做勻速圓周運動的周期增加（多選）如圖所示，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軸進入第四象限.已知OP之間的距離為d，貝9（）A.B.C.帶電粒子通過A.B.C.帶電粒子通過y軸時的坐標為（0，d）電場強度的大小為2qdo帶電粒子在電場和磁場中運動的總時間為週単2V0D.D.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,如圖所示，一段光滑

4、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3=37.今有一質(zhì)量m=3.6X10-4kg、帶電荷量q=+9.0X104C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.已知重力加速度g=10m/s2,sin37。=0.6,cos37=0.8，不計空氣阻力，求：勻強電場的場強E；小球剛離開C點時的速度大小；小球剛射入圓弧軌道時，軌道對小球的瞬間支持力.如圖所示，在直角坐標系xOy平面內(nèi)，虛線MN平行于y軸，N點坐標為(一L,0),MN與y軸之間有

5、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、電荷量為一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A(o，0.5L)射出電場，射出時速度方向與y軸負方向成30角,進入第四象限后，經(jīng)過矩形磁場區(qū)域，電子過點0進入第四象限后，經(jīng)過矩形磁場區(qū)域，電子過點0斛,L,不計電子重力,丿求:勻強電場的電場強度E的大??；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；矩形有界勻強磁場區(qū)域的最小面積Smin.Mj尸L1II1M(0A5)113(尸1N(-Ly0)0即如圖所示，圓柱形區(qū)域的半徑為R,在

6、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,若經(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：帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑；U與B所滿足的關(guān)系式；帶電粒子由靜止釋放到再次返回M點所經(jīng)歷的時間.如圖所示，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.帶電荷量為+q的小球從y軸上離坐標原點距離為L的A點處，以沿x正向的初速度進入第一象限

7、，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軸上距坐標原點L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點進入第一象限，仍然從x軸上距坐標原點L的C點離開電場.求：小球從A點出發(fā)時的初速度大小;磁感應(yīng)強度B的大小和方向.如圖甲所示，建立Oxy坐標系.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03t0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).已知t=0時刻進入兩

8、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、I、t。、B為已知量.(不考慮粒子間相互影響及返回極板間的情況)66求電壓U0的大小；(2)求1時刻進入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑;何時進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.帶電粒子在復合場中的運動參考答案1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，則電場力所做的功也會隨之發(fā)生變化，選項D錯誤.2解析：選C.帶電質(zhì)點在運動過程中，

9、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（多選）解析：選AC.若微粒帶正電荷，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qoB,知微粒不能做直線運動，據(jù)此可知微粒應(yīng)帶負電荷，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qoB,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，則選項A正確，B錯誤；由平衡條件有：qvBcos6-mg,qvBsin0=qE，得磁場的磁感應(yīng)強度B-qvSb，電場的場強E-Bvsin0,故選項C正確，D錯誤.4（

10、多選）解析：選BC.小球在復合場中做勻速圓周運動，則小球受到的電場力和重力滿足mg-Eq，方向相反，則小球帶負電，A錯誤；因為小球做圓周運動的向心mv21力由洛倫茲力提供，由牛頓第二定律和動能定理可得：Bqv-聯(lián)立兩式可得：小球做勻速圓周運動的半徑、晉，由Tn可以得出T22=Bg，與電壓U無關(guān)，所以B、C正確，D錯誤.5.（多選）解析：選BC.粒子在電場中做類平拋運動，因為進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px=p0，在x軸正方向做勻加速運動，有d二學t,沿y軸正方向做勻速運動，有s=v0t=2d做選項A錯誤沿x軸正方向做勻加速運動，根據(jù)vx=v0=Eqx2d=

11、2,解得E二需，故選項B正確粒子進入磁場后做勻速圓周運動，軌跡如圖所示，由圖可知粒子在磁場中3運動的半徑R二2，圓心角0二135。二4n，所以在磁場中的運動時間為“二2rx1352J60=32,2d=W；在電場中的運動時間為t2=2d，所以總時間為t=t12v042v02vo2vo1（3兀+4）dmv2mJ2vomvo“2=瓦故選項C正確由q如可知磁感應(yīng)強度B二忑詡二曲，故選項D錯誤.6.解析：（1）當小球離開圓弧軌道后，對其受力分析如圖甲所示，由平衡條件彳得F電二qEmgtan3,代入數(shù)據(jù)解得E=3N/C.（2）小球從進入圓弧軌道到離開圓弧軌道的過程中，由動能定理得F電RF電Rsin3-mg

12、R(1-cos0)=mv2mv22代入數(shù)據(jù)得v=5m/s.由可知F洛由可知F洛二qvB二mgcose解得B二1T,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=mR0,代入數(shù)據(jù)得Fn=3.2X10-3N.答案：(1)3N/C(2)5m/s(3)3.2X10-3N7.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，則L=v0teEVy=at解得：E解得：E=“J3mv2eL(2)設(shè)軌跡與x軸的交點為D,OD距離為xD，則XD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，電子運動軌跡如圖

13、所示.設(shè)電子離開電場時速度為o,在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為r,02則eoB二sin30rL由幾何關(guān)系有r+詁0二厶，即r二3聯(lián)立以上各式解得6mo,聯(lián)立以上各式解得6mo,BP電子轉(zhuǎn)過的圓心角為120，則得t二彳2nmeB或2nmeB或T=nL(3)以切點FQ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)域面積為最小.得S-=8Lmin18答案：-/3mo2eL6m答案：-/3mo2eL6mo,nL9o0(3)V3L218解析：(1)由幾何關(guān)系解得r二羽R.(2)設(shè)粒子加速后獲得的速度為o,由動能定理得qU二gmv2-0,V2由洛倫茲力提供向心力，

14、得qvB=mr,聯(lián)立解得B嗎鰐(3)根據(jù)運動電荷在磁場中做勻速圓周運動的周期2nmT2nmT=qB二2nR3m2qU，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1t,故粒子在磁場中運動的總時間“二3x*T二nR2qU，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，則有qUamd解得t2=A：，qS，粒子在電場中運動的總時間為2mt3=6t2=6dqu帶電粒子由靜止釋放到再次返回M點所經(jīng)歷的時間為3m:2m3m:2m2qu+6dqu-t二片+t3二nR答案：(1)V3r(2)B=崔U叫話+6叫qu9.解析：(1)由帶電小球做勻速圓周運動知mg二Eq所以電場反向后豎直方向受力Eq+mg=ma得a=2g小球做類平拋運動，有|=v0t,L=|at2得v0二2麗(2)帶電小球做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，有mu2.mVcqvoB二R得B二qR由圓周運動軌跡分析得(L-R)2+二R25L代入得B代入得B二4E/gL5gL由左手定則得，磁感應(yīng)強度垂直于xOy平面向外.答案：,富(2)譽嚴，垂直于xOy平面向外10.解析：(1)t二0時刻進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軸負方向偏移的距離為，則有qE二ma聯(lián)立式，解得兩板間