专题八：带电粒子在叠加场中的运动课中练

这是一份人教版 (2019)选择性必修 第二册全册综合精品随堂练习题，共10页。试卷主要包含了弄清叠加场的组成等内容，欢迎下载使用。
专题八：带电粒子在叠加场中的运动课中练处理带电粒子在叠加场中运动的基本思路1．弄清叠加场的组成．2．进行受力分析，确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合．3．画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律．（1）由于洛伦兹力的大小与速度有关，带电粒子在含有磁场的叠加场中的直线运动一定为匀速直线运动，根据平衡条件列式求解．（2）当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，一定是电场力和重力平衡，洛伦兹力提供向心力，应用平衡条件和牛顿运动定律分别列方程求解．（3）当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．一、带电粒子在叠加场中的直线运动带电粒子在叠加场中的直线运动1. 地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动，如图所示，由此可以判断（　　）A. 油滴一定做匀速运动      B. 油滴可以做变速运动C. 如果油滴带正电，它是从M点运动到N点  D. 如果油滴带正电，它是从N点运动到M点2. 如图所示，竖直平面内存在水平方向的匀强电场，电场强度为E，同时存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，纸面内放置一光滑的绝缘细杆，与水平方向成=45，质量为m、带电荷量为q的金属小环套在细杆上，以初速度v0沿着细杆向下运动，小环离开细杆后，恰好做直线运动，则以下说法正确的是(　　)A. 小环可能带负电    B. 电场方向可能水平向右C. 小环的初速度v0=  D. 小环离开细杆时的速度v=二、带电粒子在叠加场中的匀速圆周运动带电粒子在叠加场中的匀速圆周运动3. 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E和匀强磁场B的复合场中（E和B已知），小球在此空间的竖直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C. 小球做匀速圆周运动的周期为D. 若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增加4. 如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴。一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴的方向夹角为，不计空气阻力，重力加速度为g，求（1）电场强度E的大小和方向；（2）小球从A点抛出时初速度v0的大小；（3）A点到x轴的高度h。 5. 如图所示，A、B间存在与竖直方向成45°斜向上的匀强电场E1，B、C间存在竖直向上的匀强电场E2，A、B的间距为1.25m，B、C的间距为3m，C为荧光屏，一质量m=1.0×10－3kg、电荷量q=＋1.0×10－2C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏上的O点，若在B、C间再加方向垂直纸面向外且大小为B=0.1T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏O′点（图中未画出），取g=10m/s2，求：（1）E1的大小；（2）加上磁场后粒子打在屏上的位置O′距O点的距离；（3）加上磁场后，粒子由b点到O′点电势能的变化量。三、带电粒子在叠加场中的一般曲线运动    带电粒子在叠加场中的一般曲线运动6. 如图所示，在的空间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度，在空间同时存在沿轴负方向的匀强电场，电场强度，一个质量、带电量+的带电粒子以初速度从轴上的点，纵坐标为出发，沿着一方向进入区域，粒子重力不计，粒子在整个运动过程中始终没有穿出电磁场区域。（1）求带电粒子第一次穿越轴时的横坐标；（2）请结合运动合成和分解的知识，求出带电粒子在区域Ⅱ中到达最低点的纵坐标；（3）求带电粒子从进入区域开始到第二次穿越轴时经过的时间。  7. 如图所示，xOy坐标平面在竖直面内，x轴沿水平方向，y轴正方向竖直向上，在图示空间内有垂直于xOy平面的水平匀强磁场．一带电小球从O点由静止释放，运动轨迹如图中曲线．关于带电小球的运动，下列说法中正确的是（  ）A. 小球运动至最低点A时速度最大，且沿水平方向B. OAB轨迹为半圆C. 小球在整个运动过程中机械能守恒D. 小球在A点时受到的洛伦兹力与重力大小相等
参考答案1. AC【解析】AB．油滴做直线运动，受重力、电场力和洛伦兹力作用，因为重力和电场力均为恒力，根据物体做直线运动条件可知，粒子所受洛伦兹力亦为恒力据可知，粒子必定做匀速直线运动，故A正确，B错误；CD．根据做直线运动的条件和受力情况（如图所示）可知，如果油滴带正电，由左手定则判断可知，油滴的速度从M点到N点，故C正确，D错误。故选AC。2. C【解析】AB、小环离开细杆后，恰好做直线运动，该运动一定是匀速直线运动，如果是变速运动，洛伦兹力大小会变化，而洛伦兹力又垂直速度方向，就一定要改变速度的方向，小环做曲线运动；如果小环带负电荷，电场力不管是向左还是向右，均不可能平衡，所以小环只能带正电，根据平衡条件，电场力向左，由于是正电荷，故电场线向左，故选项A、B错误；CD、小环离开杆后做匀速直线运动，根据平衡条件，在平行杆的方向则有，垂直杆的方向则有，联立解得，，故；小环在杆上运动过程，重力和电场力的合力垂直杆不做功，而支持力和洛伦兹力也不做功，故小环在杆上运动是匀速运动，小环的初速度为，故选项C正确，D错误．3. BC【解析】A．小球在竖直平面内做匀速圆周运动，故重力等于电场力，即洛伦兹力提供向心力，所以 mg=Eq由于电场力的方向与场强的方向相反，故小球带负电，选项A错误； B．由于洛伦兹力提供向心力，故有解得又由于 解得所以选项B正确；C．由于洛伦兹力提供向心力做圆周运动，结合，故有运动周期为选项C正确；D．由于洛伦兹力提供向心力做圆周运动，故有运动周期为显然运动周期与加速电压无关，故D错误。故选BC。4. 【答案】（1），电场强度方向竖直向上；（2）；（3）【解析】（1）重力与电场力平衡，可得解得方向竖直向上；（2）因为圆周运动的半径可由可得洛伦兹力提供向心力可得解得M点的速度为又因为所以（3）由动能定理可得解得或 5. 【答案】（1）N/C；（2）1.0m；（3）增加了1.0×10－2J【解析】（1）粒子在A、B间做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有qE1cos45°=mg解得E1=N/C（2）粒子从a到b的过程中，由动能定理得qE1dABsin45°=mvb2解得vb=5m/s加磁场后粒子在B、C间必做匀速圆周运动，如图所示由牛顿第二定律可得解得R=5m设粒子在B、C运动的偏转距离为y，由几何知识得R2=dBC2＋（R－y）2代入数据得y=1.0m（y=9.0m舍去）（3）加磁场前粒子在B、C间必做匀速直线运动，则有：qE2=mg粒子在B、C间运动时电场力做的功有W=－qE2y=－mgy=－1.0×10－2J由功能关系知，粒子由b点到O′点电势能增加了1.0×10－2J.6. 【答案】（1）5cm；（2）-5cm；（3）【解析】（1）带电粒子进入区域中，由洛伦兹力充当向心力，则有得代入数据解得由几何知识得（2）如图，带电粒子进入区域Ⅱ时，将速度分析为水平和竖直两个分速度和．与两个分速度对应的洛伦兹力分力分别为和．则得电场力代入解得解得所以带电粒子在区域Ⅱ中到达最低点的纵坐标（3）带电粒子从进入区域开始到第二次穿越轴时经过的时间代入解得7. AC【解析】A．小球运动至最低点A时，此过程中重力做功最多，故速度最大，最低点则竖直分速度为零，则速度沿水平方向；故A正确；
 B．运动过程中受洛伦兹力及重力，故轨迹为摆线，故B错误；C．只有重力做功，则机械能守恒，故C正确；D．A点时为曲线，此时曲率不为零，则洛伦兹力大于重力，故D错误。故选AC。