高中一輪復習物理課時檢測（五十四）帶電粒子（帶電體）在疊加場交變場中的運動（題型研究課）

課時檢測(五十四)帶電粒子(帶電體)在疊加場、交變場中的運動(題型研究課)一、選擇題1．(2017·全國Ⅰ卷)如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里。三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質量分別為ma、mb、mc。已知在該區(qū)域內，a在紙面內做勻速圓周運動，b在紙面內向右做勻速直線運動，c在紙面內向左做勻速直線運動。下列選項正確的是()A．ma>mb>mc B．mb>ma>mcC．mc>ma>mb D．mc>mb>ma解析：選B該空間區(qū)域為勻強電場、勻強磁場和重力場的疊加場，a在紙面內做勻速圓周運動，可知其重力與所受到的電場力平衡，洛倫茲力提供其做勻速圓周運動的向心力，有mag＝qE，解得ma＝eq\f(qE,g)。b在紙面內向右做勻速直線運動，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向上，可知mbg＝qE＋qvbB，解得mb＝eq\f(qE,g)＋eq\f(qvbB,g)。c在紙面內向左做勻速直線運動，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向下，可知mcg＋qvcB＝qE，解得mc＝eq\f(qE,g)－eq\f(qvcB,g)。綜上所述，可知mb>ma>mc，選項B正確。2．(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平面內做勻速圓周運動，則()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．若電壓U增大，則小球做勻速圓周運動的周期增大解析：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大小相等、方向相反，則小球帶負電，A錯誤；因為小球做勻速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，又mg＝qE，聯立可得：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，B、C正確，D錯誤。3．(多選)(2018·江蘇清江中學檢測)如圖所示，帶等量異種電荷的平行板之間，存在著垂直紙面向里的勻強磁場，一帶電粒子在電場力和洛倫茲力的作用下，從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達B點時速度為零，C點為曲線最低點，不計重力，下列說法中正確的是()A．這個粒子帶正電荷B．A點和B點必定位于同一水平面上C．在C點洛倫茲力大于電場力D．粒子到達B點后將沿曲線返回A點解析：選ABC由于粒子是從靜止開始運動的，在開始運動的一瞬間，由于速度是從零開始的，所以剛開始受到的只有電場力，即電場力向下，而電場方向是向下的，故粒子帶正電，A項正確；運動過程中由于洛倫茲力不做功，只有電場力做功，從靜止開始到靜止結束，電場力做功為零，所以A點和B點必定位于同一水平面上，B項正確；在C點以后粒子的速度改為向上，而受到的電場力方向恒向下，故要使粒子向上運動，在C點必然有洛倫茲力大于電場力，C項正確；粒子達到B點后將做如圖所示的運動，故D項錯誤。4．(多選)如圖所示，帶電平行板中勻強電場方向豎直向下，勻強磁場方向水平向里，一帶電小球從光滑絕緣軌道上的a點自由滑下，經過軌道端點P進入板間恰好沿水平方向做直線運動?，F使小球從軌道上較低的b點開始滑下，經P點進入板間，在之后運動的一小段時間內()A．小球的重力勢能可能會減小B．小球的機械能可能不變C．小球的電勢能一定會減小D．小球動能可能減小解析：選AC若小球帶正電，則小球從a點滑下時，進入板間后有qvB＝qE＋mg，再從b點滑下，v減小，小球向下偏轉，小球重力勢能、電勢能減小，動能增加，機械能增加。若小球帶負電，則小球從a點滑下時，進入板間后有qE＝qvB＋mg，再從b點滑下，v減小，小球向上偏轉，則小球重力勢能增加，電勢能減小，動能增加，機械能增加，故選項A、C正確。二、計算題5．某空間存在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，一段光滑且絕緣的圓弧軌道AC固定在紙面內，其圓心為O點，半徑R＝1.8m，OA連線在豎直方向上，AC弧對應的圓心角θ＝37°。今有一質量m＝3.6×10－4kg、帶電荷量q＝＋9.0×10－4C的帶電小球(可視為質點)，以v0＝4.0m/s的初速度沿水平方向從A點射入圓弧軌道內，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：(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，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Rsinθ－mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得v＝5m/s。(3)由圖甲可知F洛＝Bqv＝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(mv02,R)，解得FN＝3.2×10－3N。答案：(1)3N/C(2)5m/s(3)3.2×10－3N6．(2016·天津高考)如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E＝5eq\r(3)N/C，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應強度大小B＝0.5T。有一帶正電的小球，質量m＝1×10－6kg，電荷量q＝2×10－6C，正以速度v在圖示的豎直面內做勻速直線運動，當經過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應現象)，取g＝10m/s2。求：(1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向；(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經歷的時間t。解析：(1)小球做勻速直線運動時受力如圖，其所受的三個力在同一平面內，合力為零，有qvB＝eq\r(q2E2＋m2g2) ①代入數據解得v＝20m/s ②速度v的方向與電場E的方向之間的夾角θ滿足tanθ＝eq\f(qE,mg) ③代入數據解得tanθ＝eq\r(3)θ＝60°。 ④(2)方法一：撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，設其加速度為a，有a＝eq\f(\r(q2E2＋m2g2),m) ⑤設撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有x＝vt ⑥設小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有y＝eq\f(1,2)at2 ⑦a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又tanθ＝eq\f(y,x) ⑧聯立④⑤⑥⑦⑧式，代入數據解得t＝2eq\r(3)s≈3.5s。 ⑨方法二：撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以P點為坐標原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運動，其初速度為vy＝vsinθ ⑤若使小球再次穿過P點所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有vyt－eq\f(1,2)gt2＝0⑥聯立⑤⑥式，代入數據解得t＝2eq\r(3)s≈3.5s。 ⑦答案：(1)20m/s，方向與電場方向成60°角斜向上(2)3.5s7．(2018·南京學情調研)如圖甲所示，在直角坐標系中的0≤x≤L區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，以點(3L,0)為圓心、半徑為L的圓形區(qū)域，與x軸的交點分別為M、N，在xOy平面內，從電離室產生的質量為m、帶電荷量為e的電子，以幾乎為零的初速度飄入電勢差為U的加速電場中，加速后經過左側極板上的小孔沿x軸正方向由y軸上的P點進入到磁場，飛出磁場后從M點進入圓形區(qū)域，速度方向與x軸夾角為30°，此時在圓形區(qū)域加如圖乙所示的周期性變化的磁場，以垂直于紙面向外為磁場正方向，電子運動一段時間后從N點飛出，速度方向與M點進入磁場時的速度方向相同。求：(1)電子剛進入磁場區(qū)域時的yP坐標；(2)0≤x≤L區(qū)域內勻強磁場磁感應強度B的大??；(3)寫出圓形磁場區(qū)域磁感應強度B0的大小、磁場變化周期T各應滿足的表達式。解析：(1)電子在矩形磁場區(qū)域做圓周運動，出磁場后做直線運動，其軌跡如圖所示：由幾何關系有R＝2L由相似三角形可得eq\f(OO′,Lcot30°)＝eq\f(R－\f(L,cos30°)·tan30°,R)解得OO′＝eq\f(2\r(3),3)LyP＝R－OO′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2\r(3),3)))L因此剛進入磁場區(qū)域時的yP的坐標eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(2\r(3),3)))L))。(2)由動能定理eU＝eq\f(1,2)mv02可得v0＝eq\r(\f(2eU,m))，又ev0B＝eq\f(mv02,R)由R＝2L解得B＝eq\f(\r(2meU),2eL)。(3)由題意知，在磁場變化的半個周期內粒子的偏轉角為60°，運動軌跡如圖，根據幾何知識，在磁場變化的半個周期內，粒子在x軸方向上的位移恰好等于R。粒子到達N點而且速度符合要求的空間條件是2nR＝2L電子在磁場做圓周運動的軌道半徑R＝eq\f(mv0,eB0)解得B0＝eq\f(n\r(2emU),eL)(n＝1,2,3，…)粒子在磁場變化的半個周期恰好轉過eq\f(1,6)圓周，同時在MN間運動時間是磁場變化周期的整數倍時，可使粒子到達N點并且速度滿足題設要求。應滿足的時間條件：eq\f(1,6)T0＝eq\f(T,2)又T0＝eq\f(2