高中物理第一章 安培力与洛伦兹力3 带电粒子在匀强磁场中的运动当堂达标检测题

这是一份高中物理第一章 安培力与洛伦兹力3 带电粒子在匀强磁场中的运动当堂达标检测题，共27页。试卷主要包含了单选题，共10小题，多选题，共4小题，填空题，共4小题，解答题，共4小题等内容，欢迎下载使用。
课时5带电粒子在复合场中的运动分层作业进阶拓展第一章安培力和洛伦兹力2021_2022学年高二物理选择性必修第二册（人教版2019）一、单选题，共10小题1．如图所示，在水平匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场中，有一足够长的竖直固定的绝缘杆MN，小球P套在杆上。已知P的质量为m，电荷量为+q，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。小球由静止开始下滑直到稳定的过程中（　　）A．小球的加速度一直减小B．小球的机械能和电势能的总和保持不变C．小球下滑的最大速度大小为D．小球下滑加速度为最大加速度一半时的速度是v=2．如图所示，带电量大小为的负粒子经小孔从水平边界垂直进入范围足够广的匀强磁场，虚线为其运动轨迹。粒子以水平速度与静止的、带电量大小为的正粒子发生对心正碰，碰后粘在一起，碰撞时间极短，不考虑粒子和粒子的重力，与碰撞前相比，下列说法正确的是（　　） A．碰后粒子做匀速圆周运动的周期不变 B．碰后粒子做匀速圆周运动的速率将减为一半C．碰后粒子做匀速圆周运动的轨道半径不变 D．碰后粒子做匀速圆周运动的动能减少3．如图所示，一内壁光滑的玻璃管竖直放置，上端开口，下端封闭，管底有一带电小球，整个装置在垂直纸面向里且足够大的匀强磁场中。现对管施加一水平向右的恒力F，经过一段时间，小球从上端开口处飞出，在这个过程中小球所带电量不变，下列说法中正确的是（　　）A．小球所受洛伦兹力方向始终竖直向上 B．小球运动的轨迹为抛物线C．洛伦兹力对小球做正功 D．小球的机械能增加4．云室是借助过饱和水蒸气在离子上凝结来显示通过它的带电粒子径迹的装置。图为一张云室中拍摄的照片。云室中加了垂直于纸面向里的磁场。图中a、b、c、d、e是从O点发出的一些正电子或负电子的径迹。有关a、b、c三条径迹以下判断正确的是（　　）A．a、b、c都是正电子的径迹B．a径迹对应的粒子动量最大C．c径迹对应的粒子动能最大D．c径迹对应的粒子运动时间最长5．一粗糙的绝缘的无限长斜面固定在正交的匀强磁场和匀强电场的叠加场中，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下，一个带负电的物块轻轻地放在斜面上释放后沿斜面下滑。就下滑过程，下列说法正确的有（　　）A．释放瞬间，物块受到5个力的作用 B．运动后，物块一定受到5个力作用C．速度较小时，物块才受到5个力作用 D．速度很大时，物块可能受到3个力作用6．如图所示，虚线EF的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B。一带电微粒自离EF为h的高处由静止下落，从B点进入场区，做了一段匀速圆周运动，从D点射出。 下列说法正确的（　　） A．微粒受到的电场力的方向一定竖直向下B．微粒做圆周运动的半径为C．从B到D的过程中微粒所受洛伦兹力不做功D．从B点运动到D点的过程中微粒的电势能一直减小7．如图所示，两个平行金属板水平放置，要使一个电荷量为-q、质量为m的微粒，以速度v沿两板中心轴线S1S2向右运动，可在两板间施加匀强电场或匀强磁场。设电场强度为E，磁感应强度为B，不计空气阻力，已知重力加速度为g。下列选项可行的是（　　）A．只施加垂直向里的磁场，且满足B．同时施加竖直向下的电场和垂直纸面向里的磁场，且满足C．同时施加竖直向下的电场和水平向右的磁场，且满足D．同时施加竖直向上的电场和垂直纸面向外的磁场，且满足8．如图甲所示，某空间存在着足够大的匀强磁场，磁场沿水平方向。磁场中有A、B两个物块叠放在一起，置于光滑水平面上．物块A带正电，物块B不带电且表面绝缘。在时刻，水平力F作用在物块B上，物体A、B一起由静止开始做匀加速直线运动。在物块A、B一起运动的过程中，图乙反映的可能是（　　）A．物块A所受洛伦兹力大小随时间t变化的关系B．物块A对物块B的压力大小随时间t变化的关系C．物块A对物块B的摩擦力大小随时间t变化的关系D．水平力F的大小随时间t变化的关系9．如图所示，有一混合正离子束从静止通过同一加速电场后，进入相互正交的匀强电场和匀强磁场区域I，如果这束正离子束在区域I中不偏转，不计离子的重力。则说明这些正离子在区域I中运动时一定相同的物理量是（　　） A．动能 B．质量 C．电荷 D．比荷10．如图所示，虚线右侧有竖直向下的电场强度的匀强电场及垂直于电场向外的磁感应强度的匀强磁场。在光滑绝缘的水平面上有两个等大的金属小球A、B，小球A不带电，其质量，紧贴虚线静置的小球B带电量，其质量。小球A以速度水平向右与小球B发生正碰，碰后小球B垂直于电、磁场直接进入正交电、磁场中。刚进入正交电、磁场的瞬间，小球B竖直方向的加速度恰好为零。设小球A、B碰撞瞬间电荷均分，取。则下列说法正确的是（　　） A．碰后瞬间，小球A的速度大小为B．小球A在刚进入正交电、磁场后的短时间内，其电势能减少C．过程中，小球A对小球B做的功为D．小球A、B之间的碰撞为弹性碰撞二、多选题，共4小题11．如图所示，一个带电的油滴以水平向右的速度进入一个方向垂直纸面向外的匀强磁场后，保持原速度做匀速直线运动，若使匀强磁场发生变化，则下列判断正确的是（　　）A．若磁场增大，油滴的动能不变 B．若磁场增大，油滴的机械能不变C．若磁场减小，油滴的动能增加 D．若使磁场反向，油滴机械能减小12．如图甲所示为一个质量为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正确的是（　　） A． B． C． D．13．如图所示，在直角坐标系xOy中，0＜x＜d区域内存在沿y轴负方向的匀强电场，x＞d区域内有垂直坐标平面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P（0，d）点以平行于x轴的初速度射入电场，经过一段时间粒子从M（d，）点离开电场进入磁场，经磁场偏转后，从N（d，－d）点返回电场，当粒子返回电场时，电场强度大小不变，方向反向。不计粒子重力，不考虑电场方向变化产生的影响。则以下分析正确的是（　　）A．粒子最后射出电场时速度大小为2B．粒子最后射出电场的位置坐标是（0，2d）C．电场强度大小为E=D．磁场的磁感应强度大小为B=14．设在地面上方的真空中，存在匀强电场和匀强磁场，已知电场强度和磁感应强度的方向相同，电场强度的大小E=4.0V/m，磁感应强度的大小B=0.15T，今有一个带负电的质点以v=20m/s的速度在此区域内沿垂直于场强方向做匀速直线运动，g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　）A．带电质点的电量与质量之比为2C/kgB．质点的运动方向可能沿纸面水平向左C．符合条件的电场和磁感应强度的方向只能有一个D．符合条件的电场和磁感应强度的方向可以有很多三、填空题，共4小题15．M板附近的带电粒子由静止释放后从M板加速运动到N板（MN板间电压为U），从N板上的小孔C飞出电场，垂直进入以N板为左边界的磁感应强度为B的匀强磁场中，半个圆周后从D处进入如图所示的电场，PQ两板间匀强电场的电场强度为E，PQ板长为d。则该电荷电性为____（正电、负电、无法确定），到C的速度为_____（用m，q，U表示），最后从匀强电场E中飞出的速度大小为_____（已知带电粒子电荷量为q，质量为m，不记重力，各有界场之间互不影响）A．     B．     C．     D．16．如图，上下两块金属板水平放置，相距为d，板间电压为U。两板间右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。将喷墨打印机喷嘴处在两板中线左侧位置，从喷嘴水平向右喷出质量为m、速度为v0的带电墨滴。墨滴在电场区域恰能做匀速直线运动，并垂直磁场左边界进入电场、磁场共存区域，最终垂直打在下板上。重力加速度为g，则墨滴带电量大小q=_______ ； 磁感应强度B=_________（均用题中物理量符号表示）。17．如图所示，一个质量为m、电荷量为e的粒子从容器A下方的小孔S，无初速度地飘入电势差为U的加速电场，然后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打在照相底片M上．粒子进入磁场时的速率_______,粒子在磁场中运动的轨道半径_______。18．如图所示，在坐标系中，原点的直线与轴正向的夹角，在右侧有一匀强电场，为该电场的左边界，电场无右边界；在第二、三象限内有一有界匀强磁场，磁场上边界与电场边界重叠（即为边）、右边界为轴、左边界为图中平行于轴的虚线，磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里。一带正电荷、质量为的粒子以某一速度自磁场左边界上的点射入磁场区域，并从点射出，粒子射出磁场时的速度方向与轴的夹角，大小为。粒子在磁场中的运动轨迹为纸面内的一段圆弧，且圆弧的半径为轴下方的磁场水平宽度的2倍。粒子进入电场后，在电场力的作用下又由点返回磁场区域，经过一段时间后再次离开磁场。已知粒子从点射入到第二次离开磁场所用的时间恰好等于粒子在磁场中做圆周运动的周期。忽略重力的影响。则（1）点到轴的垂直距离为________。（2）匀强电场的大小为________。粒子从第二次离开磁场到再次进入电场时所用的时间为_______。四、解答题，共4小题19．如图所示，一质量为m、电量为+q的带电粒子在电势差为U的加速电场中由静止释放，随后经进入磁感应强度为B的有界匀强磁场中，射出磁场时速度方向与进入磁场时的速度方向夹角为，不计带电粒子的重力。求：（1）粒子刚进入磁场时的速度v；（2）粒子在磁场中做圆周的运动半径R；（3）有界磁场的宽度d。20．如图所示，直线PQ的左边为磁感应强度为B的匀强磁场，右边为电场强度为E的匀强电场。一带电荷量为q（q＞0）、质量为m的粒子从MN上的C点沿与MN成60°角的方向，以速度v射入匀强磁场，在磁场中发生偏转后从D点（图中未画出）垂直PQ进入匀强电场，最后到达MN上F点（图中未画出），不计粒子重力，求：（1）从C点到F点所用的时间；（2）到达F点时的动能。21．如图所示，水平虚线AA'和CC'间距为L，中间存在着方向向右且与虚线平行的匀强电场，CC'的下侧存在一半径为R的圆形磁场区域，磁场方向垂直纸面向外(图中未画出)，圆形磁场与边界CC'相切于点M。一质量为m、带电量为q(q>0)的粒子由电场上边界AA'上的S点以初速度v0垂直射入电场，一段时间后从M点离开电场进入磁场，粒子进入磁场的速度大小为，且其运动轨迹恰好过圆形磁场的圆心O。粒子所受重力忽略不计，求:(1)电场强度E的大小；(2)圆形磁场区域磁感应强度B的大小。22．如图所示，直角坐标系xOy处于竖直平面内，x轴沿水平方向，在y轴右侧存在电场强度为E1、水平向左的匀强电场，在y轴左侧存在匀强电场和匀强磁场，电场强度为E2，方向竖直向上，匀强磁场的磁感应强度，方向垂直纸面向外。在坐标为（0.4m，0.4m）的A点处将一带正电小球由静止释放，小球沿直线AO经原点O第一次穿过y轴。已知，重力加速度为，求：(1)小球的比荷（）及小球第一次穿过y轴时的速度大小；(2)小球第二次穿过y轴时的纵坐标；(3)小球从O点到第三次穿过y轴所经历的时间。
参考答案：1．C【解析】AC．小球静止时只受电场力、重力、支持力及摩擦力，电场力水平向左，摩擦力竖直向上；开始时，小球的加速度应为a=开始下滑后，小球速度将增大，受到水平向右的洛伦兹力，则杆对小球的支持力将减小，摩擦力减小，合力增大，加速度增大；当洛伦兹力等于电场力时，支持力为零，摩擦力为零。此后小球继续加速度，洛伦兹力将大于电场力，杆对小球的支持力变为水平向左，随着速度增大，洛伦兹力增大，则杆对小球的支持力将增大，摩擦力随之增大，小球的合力减小，加速度减小，所以小球的加速度先增大后减小。当加速度减小为零，即a=0时，速度达到最大，则有  mg=μ（qvmB-qE）最大速度即稳定时的速度为 故A错误C正确；B．在下降过程中，摩擦力对小球做负功，故有部分能量转化为内能，故机械能和电势能的总和将减小，故B错误。D．由此分析知，小球的最大加速度出现在洛伦兹力等于电场力的状态，且最大加速度为g。下滑加速度为最大加速度一半有两种情况：一种情况：在洛伦兹力小于电场力时，另一种在洛伦兹力大于电场力时。在洛伦兹力小于电场力时，有解得在洛伦兹力大于电场力时，有解得故D错误。故选C。2．D【解析】D．和粒子碰撞过程，由动量守恒定律可得两粒子发生完成非弹性碰撞动能损失最大，所以碰后粒子做匀速圆周运动的动能减少，则D正确；A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由周期公式可知，碰撞后质量变大但不知道变大多少，电荷量变为原来2倍，则碰撞后周期无法确定，所以A错误；B．由于两粒子质量关系不知，所以碰撞后的速率不一定减半，所以B错误；C．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由半径公式可知，碰撞前后动量守恒，则动量相同，碰撞后电荷量增大，所以碰后粒子做匀速圆周运动的轨道半径减小，则C错误；故选D。3．D【解析】ABC．设小球竖直分速度为vy、水平分速度为v。以小球为研究对象，受力如图所示由于小球随玻璃管在水平方向做匀加速直线运动，则竖直方向的洛伦兹力增大，竖直方向做变加速运动，由运动的合成可知，小球运动的轨迹不是抛物线，洛伦兹力方向总是与小球的速度方向垂直，对小球不做功，故ABC错误；D．由于小球受到玻璃管的作用力对小球做正功，故小球的机械能增加，故D正确。故选D。4．C【解析】A．带电粒子在垂直于纸面向里的磁场中运动，根据左手定则可知a、b、c都是负电子的径迹，A错误；B．带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有解得由图可知，所以根据可知，B错误；C．根据可知，C正确。D．带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有，则所以粒子在磁场中的运动时间其中为粒子在磁场中的偏转角度，由图可知a径迹对应的偏转角度最大，则a径迹对应的粒子运动时间最长，D错误。故选C。5．B【解析】A．释放瞬间，物块速度为零，物块只受到竖直向下的重力，竖直向上的电场力，垂直斜面向上的支持力和沿斜面向上的滑动摩擦力的作用，即只受到4个力的作用，故A错误；B．运动后，还要受到垂直斜面向下的洛伦兹力的作用，即受到5个力的作用，故B正确；CD．物块加速运动一段时间后最终将做匀速直线运动，即运动后一直受到5个力的作用，故CD错误。故选B。6．C【解析】A．带电微粒进入正交的匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，电场力与重力平衡，则微粒受到的电场力的方向一定竖直向上，故A错误；B．粒子进入复合场时的速度为电场力与重力平衡，有洛伦兹力提供向心力，有则粒子做匀速圆周运动的半径为故B错误；C．由于洛伦兹力的方向始终与速度的方向垂直，所以从B到D的过程中微粒所受洛伦兹力不做功，故C正确；D．由于电场力方向竖直向上，则微粒从B到D的过程中，电场力先做负功后做正功，则其电势能先增大后减小，故D错误。故选C。7．C【解析】A．只施加垂直向里的磁场，根据左手定则，洛伦兹力竖直向下，无法跟重力平衡。A错误；B．同时施加竖直向下的电场和垂直纸面向里的磁场，则需要满足B错误；C．同时施加竖直向下的电场和水平向右的磁场，微粒不受洛伦兹力，则要满足即C正确；D．同时施加竖直向上的电场和垂直纸面向外的磁场，则需要满足D错误。故选C。8．B【解析】A．物体由静止做匀加速运动，速度，故洛伦兹力洛伦兹力大小随时间t变化的应过原点，故A错误；B．物块A对物块B的压力大小故B正确；C．物块A对物块B的摩擦力大小，所以f随时间t的变化保持不变，故C错误；D．对整体进行受力分析可得，拉力，故拉力恒定不变，故D错误。故选B。9．D【解析】设加速电场的电压为U，则设正交电场的场强为E，匀强磁场的磁感应强度为B，由于粒子在区域里不发生偏转，则得可知其中E、B、U为相同值，正离子的比荷相等。故选D。10．C【解析】A．小球A、B碰撞瞬间电荷均分，则两小球电荷量的绝对值均为且小球B刚进入正交电、磁场的瞬间，竖直方向的加速度恰好为零，则有解得碰后B球的速度为小球A、B碰撞过程中，由动量守恒定律可得解得，碰后瞬间小球A速度为故A错误；B．小球A刚进入正交电、磁场后，由于所以小球A向下偏，则电场力做负功，故其电势能增大，故B错误；C．根据动能定理，可知小球A对小球B做的功为故C正确；D．由于碰撞前A、B系统机械能为碰后系统机械能为则，机械能不守恒，故小球A、B之间的碰撞为非弹性碰撞，故D错误。故选C。11．BC【解析】AB．带电的油滴在匀强磁场B中做匀速直线运动，受竖直向下的重力和竖直向上的洛伦兹力而平衡，当B增大时，由可知洛伦兹力变大，洛伦兹力大于重力，油滴轨迹向上偏转，则重力做负功，洛伦兹力不做功，故油滴动能减小，重力势能增加，因只有重力做功，则油滴的机械能不变，故A错误， B正确；C．同理可判断，若磁场减小，油滴的动能增加，故C正确；D．磁场反向，洛伦兹力竖直向下，则油滴轨迹向下偏转，则油滴只有重力做正功，洛伦兹力不做功，油滴的机械能不变，故D错误。故选BC。12．AD【解析】v0大小不同，洛伦兹力qv0B与重力mg的大小关系不确定，所以有三种可能性。A．若满足，则杆对环无压力，无摩擦力，环做匀速直线运动，故A正确；BC．若满足，则杆对环的弹力向上，竖直方向有滑动过程中，摩擦力阻碍环的运动，环做减速运动，速度越小，洛伦兹力越小，则压力增大，由牛顿第二定律可知，加速度增大，即做加速度增大的减速运动，BC错误；D．若满足，则有滑动过程中，摩擦力阻碍环的运动，环做减速运动，速度越小，洛伦兹力越小，则支持力减小，由牛顿第二定律可知，加速度减小，即做加速度减小的减速运动，当速度减小到某个值使得时，有无摩擦力，不再减速，接下来做匀速直线运动，D正确。故选AD。13．CD【解析】略14．ABD【解析】B．若带电质点不受重力，只在电场力和洛伦兹力作用下做匀速直线运动，当质点运动方向沿纸面水平向左时，电场力与洛伦兹力都在竖直方向上，类似于速度选择器，不违反左手定则和平衡条件，故B正确；A．若考虑重力作用，则此带电质点所受的重力、电场力和洛伦兹力的合力必定为零。且E、B方向仅能如图所示（三个力在同一竖直平面内）。qvB、qE和mg三力合力为零，构成闭合矢量三角形（Rt△）（mg）2=（qvB）2+（qE）2即故A正确；CD．设磁场方向与重力G之方向夹角为θ，由图可知即有θ=arctan=37°也即磁场是沿着与重力方向夹角θ=37°且斜向下方的一切方向（以θ为顶角的圆锥体表面且向下的一切方向），故C错误，D正确。故选ABD。15．     负电          A【解析】电荷刚进入磁场时，受到竖直向下的洛伦兹力，根据左手定则可知电荷带负电。电荷在电场中加速过程中，根据动能定理可得解得电荷到C的速度为电荷进入匀强电场后，在水平方向上做初速度为的匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知加速度大小为运动时间为故飞出匀强电场时，竖直方向上的速度为所以最后从匀强电场E中飞出的速度大小为故A正确BCD错误。故选A。16．          【解析】墨滴在电场区域做匀速直线运动，有解得由于电场方向向上，电荷所受电场力向上，可知墨滴带负电荷。墨滴垂直进入电场、磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，有墨滴在磁场区域恰完成四分之一圆周运动，则半径为联立解得17．          【解析】带电粒子在加速电场中运动，由动能定理有解得粒子进入磁场时的速率为粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有解得18．               【解析】(1)粒子第一次进入磁场时弧半径为磁场左右边界间距的二倍，由洛伦兹力提供向心力得A点到x轴的距离为(2)粒子在磁场中运动时间为粒子进入电场后，在电场力的作用下又由O点返回磁场区域说明电场力的方向一定与v相反，再次进入磁场时速度方向与v相反，将向y轴负方向偏转做圆周运动，运动时间为则在电场中运动的时间为那么在电场中的运动有求得粒子出磁场后到进入电场是匀速直线运动，达到电场的距离为所用时间为19．（1）；（2）；（3）【解析】（1）粒子在电场中的加速运动，根据动能定理有可得（2）粒子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得（3）在磁场中，根据几何关系有可得20．（1）；（2）【解析】（1）粒子的运动轨迹如图所示 粒子圆周运动半径r满足离子在磁场中运动的周期为根据轨迹知离子在磁场中做圆周运动的时间为离子从D运动到F做类平抛运动，竖直方向做初速为零的匀加速直线运动，则：根据牛顿第二定律有所以运动时间为离子从C→D→F总时间为 （2）对粒子在电场中的运动过程，由动能定理有qEr(1+sin30°)＝EkF−mv2解得21．（1）(2)【解析】(1)粒子在整个过程的运动轨迹，如图所示。粒子在电场从S到M做类平抛运动，在垂直于电场方向粒子在M点沿着电场方向速度所以粒子沿着电场方向的位移粒子从S点到M点，出动能定理解得(2)设粒子在M处的速度与电场方向夹角为θ。则解得所以三角形OO'M为等腰直角三角形，设带电粒子做匀速圆周运动的半径为r。由几何关系得由牛顿第二定律解得22．(1)，4m/s；(2)；(3)【解析】(1)由题可知，小球受到的合力方向由A点指向O点，则①解得②由动能定理得③解得④(2)小球在y轴左侧时故小球做匀速圆周运动，其轨迹如图，设小球做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得⑤解得⑥由几何关系可知，第二次穿过y轴时的纵坐标为⑦(3)设小球第一次在y轴左侧运动的时间为，由几何关系和运动规律可知⑧小球第二次穿过y轴后，在第一象限做类平抛运动（如图所示），由几何关系知，此过程小球沿速度v方向的位移和垂直v方向的位移大小相等，设为r，运动时间为，则⑨⑩由①式可得⑪可得⑫小球从O点到第三次穿过y轴所经历的时间⑬