新教科版課時55專題提升課15帶電粒子在疊加場中的運動作業(yè)

課時規(guī)范練55專題提升課15帶電粒子在疊加場中的運動基礎(chǔ)對點練1.(電場和磁場的疊加)(2023山東日照模擬)如圖所示,兩水平金屬板構(gòu)成的器件中同時存在著勻強電場和勻強磁場,電場強度E和磁感應(yīng)強度B相互垂直。一帶電粒子以某一水平速度從P點射入,恰好能沿直線運動,不計帶電粒子的重力。下列說法正確的是()A.粒子一定帶正電B.粒子的速度大小v=BC.若粒子速度大小改變,則粒子將做曲線運動D.若粒子速度大小改變,則電場對粒子的作用力會發(fā)生變化答案C解析粒子做直線運動,豎直方向受力平衡,如果粒子帶正電,則靜電力向下,洛倫茲力向上,如果粒子帶負電,則靜電力向上,洛倫茲力向下,故粒子電性不確定,A錯誤;根據(jù)平衡條件得qvB=qE,解得v=EB,B錯誤;若粒子速度大小改變,則洛倫茲力大小改變,故粒子將做曲線運動,靜電力做功,粒子速度大小改變,但靜電力不變,C正確,D2.(重力場和磁場的疊加)(多選)如圖所示,ABC為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道,其中AB為傾斜直軌道,BC為與AB相切的圓形軌道,并且圓形軌道處在勻強磁場中,磁場方向垂直紙面向里。質(zhì)量相同的甲、乙、丙三個小球中,甲球帶正電、乙球帶負電、丙球不帶電?，F(xiàn)將三個小球在軌道AB上分別從不同高度處由靜止釋放,都恰好通過圓形軌道的最高點,則()A.經(jīng)過最高點時,三個小球的速度相等B.經(jīng)過最高點時,甲球的速度最小C.甲球的釋放位置比乙球的高D.運動過程中三個小球的機械能均保持不變答案CD解析設(shè)磁感應(yīng)強度為B,圓形軌道半徑為r,三個小球質(zhì)量均為m,它們恰好通過最高點時的速度分別為v甲、v乙和v丙,則mg+Bv甲q甲=mv甲2r,mg-Bv乙q乙=mv乙2r,mg=mv丙2r,顯然v甲>v丙>v乙,A、B錯誤;三個小球在運動過程中,只有重力做功,即它們的機械能守恒3.(電場和磁場的疊加)(多選)(2023廣東增城中學(xué)高三開學(xué)考試)在芯片制造過程中,離子注入是其中一道重要工序,離子注入工作原理示意圖如圖所示。質(zhì)量為m、電荷量為q的離子由靜止經(jīng)電場加速后,沿水平虛線穿過速度選擇器,再通過勻強磁場偏轉(zhuǎn)后,恰好豎直向下射出。已知速度選擇器的磁場和偏轉(zhuǎn)磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B,方向相同;速度選擇器的勻強電場電場強度大小為E、方向為豎直向上。整個系統(tǒng)置于真空中,不計離子重力,則()A.該離子帶正電B.偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直紙面向外C.加速電場的電壓U0=mD.離子在偏轉(zhuǎn)磁場中做勻速圓周運動的半徑為r=mE答案ABC解析離子水平穿過速度選擇器,則靜電力和洛倫茲力等大反向,分析可知磁場方向垂直紙面向外,在偏轉(zhuǎn)電場中豎直向下射出,即進入偏轉(zhuǎn)磁場時洛倫茲力向下,由左手定則可知離子帶正電,A、B正確;在速度選擇器中有Eq=qvB,解得v=EB,則在加速電場中由動能定理有U0q=12mv2,解得U0=mE22B2q4.(電場和磁場的疊加)(2022全國甲卷)空間存在著勻強磁場和勻強電場,磁場的方向垂直于紙面(xOy平面)向里,電場的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下,從坐標原點O由靜止開始運動。下列四幅圖中,可能正確描述該粒子運動軌跡的是()答案B解析因為在xOy平面內(nèi)電場的方向沿y軸正方向,所以在坐標原點O靜止的帶正電粒子在靜電力作用下會向y軸正方向運動;磁場方向垂直于紙面向里,根據(jù)左手定則,可判斷出向y軸正方向運動的粒子同時受到沿x軸負方向的洛倫茲力,故帶電粒子向x軸負方向偏轉(zhuǎn),可知選項A、C錯誤。粒子運動的過程中,靜電力對帶電粒子做功,粒子速度大小發(fā)生變化,粒子所受的洛倫茲力方向始終與速度方向垂直;由于勻強電場方向是沿y軸正方向,故x軸為勻強電場的等勢面,從開始到帶電粒子再次運動到x軸時,靜電力做功為0,洛倫茲力不做功,故帶電粒子再次回到x軸時的速度為0,隨后受靜電力作用再次進入第二象限重復(fù)向左偏轉(zhuǎn),故B正確,D錯誤。5.(重力場、電場和磁場的疊加)(2022四川成都模擬)如圖所示,豎直面(紙面)內(nèi),一足夠長的粗糙絕緣直桿與水平方向成60°角固定,所在空間有方向垂直紙面向里的勻強磁場和方向水平向左的勻強電場,一質(zhì)量為m且可視為質(zhì)點的帶正電小球套在桿上,現(xiàn)給小球一個沿桿向下的初速度v,小球恰能做勻速運動,且桿對小球恰好無彈力。下列說法正確的是()A.電場強度與磁感應(yīng)強度的大小關(guān)系為EB.若在小球運動的過程中僅撤去磁場,小球仍將保持速度v做勻速運動C.若僅將小球的初速度大小變?yōu)?v2D.若僅將小球的初速度大小變?yōu)?v,小球沿桿運動的過程中,克服摩擦力做的功為32mv答案D解析根據(jù)左手定則判定洛倫茲力的方向為垂直于桿向上,對小球受力分析有qvB=mgcos60°,Eq=mgtan60°,解得EB=3v2,A錯誤;若撤去磁場,重力與靜電力的合力方向垂直于桿向下,則小球還受到桿的彈力與滑動摩擦力,小球向下做勻減速直線運動,最終靜止,B錯誤;若僅將球的初速度大小變?yōu)?v2,則小球受到垂直于桿的彈力與沿桿向上的摩擦力,FN+mgcos60°=qv'B、μFN=ma,則小球先向下做加速度減小的變加速運動,速度減為v后做勻速運動,C錯誤;由C分析,小球最終以速度v做勻速運動,由于靜電力與重力的合力垂直于桿,則靜電力與重力做功的代數(shù)和為0,根據(jù)動能定理有Wf=12mv2-12m(2v素養(yǎng)綜合練6.(多選)如圖所示,虛線MN右側(cè)存在著勻強電場和勻強磁場,磁場方向垂直于紙面向外,電場方向豎直向上,長方形ABCD的AD邊與MN重合,長方形的AB邊長為l,AD邊長為43l。一質(zhì)量為m、電荷量為+q的微粒垂直于MN射入電場、磁場區(qū)域后做勻速圓周運動,到達C點時刻,電場方向立刻旋轉(zhuǎn)90°,同時電場強度大小也發(fā)生變化,帶電微粒沿著對角線CA運動并從A點離開。重力加速度為g,下列說法正確的是(A.電場方向旋轉(zhuǎn)90°之后,電場方向水平向左B.電場改變之后,電場強度大小變?yōu)樵瓉淼?倍C.微粒進入MN右側(cè)區(qū)域時的初速度為5D.勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為2答案CD解析微粒從C到A做直線運動,可知洛倫茲力(斜向左上方)與重力(豎直向下)和靜電力的合力平衡,則靜電力方向必然水平向右,所以電場方向水平向右,A錯誤;電場改變前,微粒在電場、磁場區(qū)域做勻速圓周運動,則qE=mg,即E=mgq,電場改變之后,受力情況如圖所示,微粒受力平衡,重力與靜電力的合力與洛倫茲力等大反向,可得tan37°=mgqE',即E'=4mg3q=43E,B錯誤;微粒做直線運動時受力平衡,可得sin37°=mgqvB,由洛倫茲力提供向心力可得qvB=mv2r,由幾何關(guān)系可得r=l7.(2023浙江寧波模擬)將一帶正電的小球用同一根絕緣細線先后懸掛于勻強電場和勻強磁場中,如圖所示,電場的方向豎直向下,磁場的方向垂直紙面向外。小球偏離豎直方向相同角度靜止釋放,均能在豎直面內(nèi)來回擺動(細線始終處于張緊狀態(tài)),下列關(guān)于小球在擺動過程中的說法正確的是()A.無論在電場還是磁場中,小球位置越低細線上拉力越大B.無論在電場還是磁場中,小球在擺動過程中機械能守恒C.小球在電場中的周期等于在磁場中的周期D.小球在電場中的最大速度大于在磁場中的最大速度答案D解析在電場中,由于小球所受靜電力方向與速度方向無關(guān),所以小球位置越低,靜電力和重力的合力做功越多,小球速度越大,所需向心力越大,細線的拉力越大;在磁場中,小球所受洛倫茲力與運動方向有關(guān),如圖所示,假設(shè)小球在位置1、2高度相同,由于小球擺動過程中洛倫茲力始終不做功,則根據(jù)機械能守恒定律可知小球在1、2位置速率相同,而根據(jù)左手定則可知小球在位置1所受洛倫茲力方向與細線拉力方向相反,在位置2所受洛倫茲力方向與細線拉力相同,而在兩個位置小球重力在沿細線方向的分力相同,所以有FT1-qvB-mgcosθ=mv2R、FT2+qvB-mgcosθ=mv2R,比較以上兩式可知FT1>FT2,小球從位置2向最低點運動過程中的某一個位置比位置1還低,但細線拉力不可能發(fā)生突變,可能仍比FT1小,所以在磁場中,小球位置越低細線上拉力不一定越大,A錯誤。在電場中,細線拉力不做功,小球從最高點向最低點擺動過程中,靜電力做正功,小球機械能增大,從最低點向最高點擺動過程中,靜電力做負功,小球機械能減小;在磁場中,細線拉力不做功,洛倫茲力也不做功,小球在擺動過程中機械能守恒,B錯誤。小球在磁場中所受洛倫茲力方向始終沿著細線方向,則洛倫茲力不提供單擺振動的回復(fù)力,即小球運動周期為T=2πLg,小球在電場中所受靜電力和重力都豎直向下,等效的重力加速度g'=g+qEm,比重力加速度大,則周期T'=2πLg',所以小球在電場中的周期小于在磁場中的周期,C錯誤。無論在電場還是磁場中,小球在最低點時速度最大,小球釋放后從最高點到最低點運動過程中8.(2022安徽淮北一模)如圖所示,在地面附近,坐標系xOy在豎直平面內(nèi),在x>0的空間有沿水平方向垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B。在豎直線PQ與y軸之間還有沿x軸負方向的勻強電場,電場強度大小為E。一個帶正電的小球從A點水平拋出后,恰好從O點進入復(fù)合場中,并沿著OP方向做直線運動,已知OP與x軸正方向之間的夾角α=30°。帶電小球進入豎直線PQ右側(cè)區(qū)域后能在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動,需要加一個勻強電場,若帶電小球做圓周運動時要通過x軸上的N點,且lOM=lMN。已知地表附近重力加速度為g。求:(1)小球從A點拋出時的初速度大小;(2)在豎直線PQ右側(cè)所加電場的電場強度大小和方向;(3)小球從A點運動到N點所用的時間。答案(1)3(2)3E方向豎直向上(3)E解析(1)小球沿OP方向做直線運動,由于小球受洛倫茲力、靜電力和重力的作用,可知小球的速度大小不變,否則不能做直線運動,設(shè)小球在OP段的速度為v1,則由平衡條件得qv1Bsinα=Eq解得v1=E小球從A點到O點做平拋運動,可得小球從A點拋出時的初速度為v0=v1cosα聯(lián)立解得v0=3E(2)要使小球在PQ右側(cè)區(qū)域中能在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動,則小球所受洛倫茲力提供小球做勻速圓周運動的向心力,即靜電力需和重力平衡,因為小球帶正電,所以電場方向豎直向上,設(shè)電場強度的大小為E',可得E'q=mg又mgtanα=Eq聯(lián)立解得E'=3E。(3)小球從A點拋出運動到O點,設(shè)運動時間為t1,加速度a=g小球在O點豎直方向的速度為vy=v1sinα又vy=at1解得t1=E小球在PQ右側(cè)做勻速圓周運動的軌跡如圖所示設(shè)小球從P點運動到N點的時間為t3,小球做圓周運動的周期為T=2由qv1Bcosα=mgqv1Bsinα=Eq可知m所以T=2由幾何關(guān)系可得,小球從P點運動到N點的圓心角為120°,則t3=T小球做圓周運動的半徑R=m又v1=E由幾何關(guān)系得lOP=3R設(shè)小球在OP段運動的時間為t2,則t2=l解得t2=3小球從A點運動到N點所用的時間t=t1+t2+t3=EgB9.(2022廣東高三開學(xué)考試)如圖甲所示,在Oxyz坐標系內(nèi),一個長方體空間被豎直面MNPQ劃分成兩個區(qū)域,左側(cè)區(qū)域存在著平行于z軸、周期性變化的電場,取電場方向沿z軸正方向為正,其電場強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示(T0為未知量);右側(cè)區(qū)域存在著方向沿z軸正方向的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計)由靜止開始經(jīng)過粒子加速器加速后,t=0時刻從坐標軸y=L2處沿x軸正方向以速度v0進入電場,該粒子進入電場區(qū)域后恰好經(jīng)過N(N為整數(shù))個周期后到達面MNPQ,(1)求粒子加速器的加速電壓。(2)求該粒子經(jīng)過面MNPQ時的位置坐標。(3)若粒子經(jīng)過磁場區(qū)域后,從QGHM面內(nèi)射出,求該磁場的磁感應(yīng)強度的范圍。答案(1)mv(2)L(3)4mv解析(1)該粒子經(jīng)過粒子加速器,由動能定理得qU0=1可得U0=mv(2)該粒子進入電場區(qū)域后,由于電場沿著z軸,該粒子僅在豎直平面內(nèi)運動,如圖所示則沿x軸方向有L=Nv0T0沿z軸方向有z=2N·12又qE0=ma可得到達MNPQ平面上z=qE其三維坐標為L由于粒子必須