2022年高考物理一轮复习随堂练习专题带电粒子在复合场中的运动新人教版

这是一份2022年高考物理一轮复习随堂练习专题带电粒子在复合场中的运动新人教版，共9页。

图8－4－9
1．如图8－4－9所示，空间存在一匀强磁场B(方向垂直纸面向里)和一电荷量为＋Q的点电荷的电场，一带电粒子－q(不计重力)以初速度v0从某处垂直于电场、磁场入射，初位置到点电荷＋Q的距离为r，则粒子在电、磁场中的运动轨迹可能是( )
A．沿初速度v0方向的直线
B．以点电荷＋Q为圆心，以r为半径，在纸面内的圆
C．初阶段在纸面内向右偏的曲线
D．初阶段在纸面内向左偏的曲线
解析：当带电粒子所受库仑力和洛伦兹力的合力正好能提供其所需的向心力时，粒子便以点电荷＋Q为圆心，以r为半径，在纸面内做匀速圆周运动；因为点电荷＋Q周围的电场是非匀强电场，所以粒子不可能做直线运动．综上所述粒子的运动轨迹可能为B、C、D.
答案：BCD
图8－4－10
2．如图8－4－10所示，界面PQ与水平地面之间有一个正交的匀强磁场B和匀强电场E，在PQ上方有一个带正电的小球A自O静止开始下落，穿过电场和磁场到达地面．设空气阻力不计，下列说法中正确的是( )
A．在复合场中，小球做匀变速曲线运动
B．在复合场中，小球下落过程中的电势能减小
C．小球从静止开始下落到水平地面时的动能等于其电势能和重力势能的减少量总和
D．若其他条件不变，仅增大磁感应强度，小球从原来位置下落到水平地面时的动能不变
解析：小球受到磁场力，不可能做匀变速曲线运动．电场力做正功，电势能减小，由能量守恒知，C项正确．增大磁感应强度，会改变洛伦兹力，进而改变落地点，电场力做功会不同，D项错．
答案：BC
图8－4－11
3．如图8－4－11所示，竖直平面xOy内存在水平向右的匀强电场，场强大小E＝10 N/C，在y≥0的区域内还存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.5 T．一带电量q＝＋0.2 C、质量m＝0.4 kg的小球由长l＝0.4 m的细线悬挂于P点，小球可视为质点，现将小球拉至水平位置A无初速释放，小球运动到悬点P正下方的坐标原点O时，悬线突然断裂，此后小球又恰好能通过O点正下方的N点．(g＝10 m/s2)求：
(1)小球运动到O点时的速度大小；
(2)悬线断裂前瞬间拉力的大小；
(3)ON间的距离．
解析：(1)小球从A运动O的过程中，根据动能定理：eq \f(1,2)mv2＝mgl－qEl①
则得小球在O点速度为：v＝ eq \r(2l\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(g－\f(qE,m))))＝2 m/s.②
(2)小球运动到O点绳子断裂前瞬间，对小球应用牛顿第二定律：
F向＝FT－mg－F洛＝meq \f(v2,l)③
F洛＝Bvq④
由③、④得：FT＝mg＋Bvq＋eq \f(mv2,l)＝8.2 N．⑤
(3)绳断后，小球水平方向加速度ax＝eq \f(F电,m)＝eq \f(Eq,m)＝5 m/s2⑥
小球从O点运动至N点所用时间t＝eq \f(Δv,ax)＝0.8 s⑦
ON间距离h＝eq \f(1,2)gt2＝3.2 m．⑧
答案：(1)2 m/s (2)8.2 N (3)3.2 m
图8－4－12
4．如图8－4－12所示，平行于直角坐标系y轴的PQ是用特殊材料制成的，只能让垂直打到PQ界面上的电子通过．其左侧有一直角三角形区域，分布着方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，其右侧有竖直向上场强为E的匀强电场．现有速率不同的电子在纸面上从坐标原点O沿不同方向射到三角形区域，不考虑电子间的相互作用．已知电子的电量为e，质量为m，在△OAC中，OA＝a，θ＝60°.求：
(1)能通过PQ界面的电子所具有的最大速度是多少；
(2)在PQ右侧x轴上什么范围内能接收到电子．
解析：(1)要使电子能通过PQ界面，电子飞出磁场的速度方向必须水平向右，由Bev＝meq \f(v2,r)可知，r越大v越大，从C点水平飞出的电子，运动半径最大，对应的速度最大，即r＝2a时，电子的速度最大
由Bevm＝m，得：vm＝eq \f(2Bea,m).①
(2)粒子在电场中做类平抛运动，据
a＝eq \f(1,2)eq \f(eE,m)t2②
x＝vt
得：xmax＝2Ba eq \r(\f(2ae,mE))③
由此可知：PQ界面的右侧x轴上能接收电子的范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)a，\r(3)a＋2Ba \r(\f(2ae,mE))))
本题属于复合场问题，考查带电粒子在有界磁场中的运动和带电粒子在匀强电场中的运动，需要同学们解题时能够正确地画出带电粒子在磁场和电场中的运动轨迹．
答案：(1)eq \f(2Bea,m) (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)a，\r(3)a＋2Ba \r(\f(2ae,mE))))
5.
图8－4－13
(2009·重庆，25)如图8－4－13所示，离子源A产生的初速度为零、带电荷量均为e、质量不同的正离子被电压为U0的加速电场加速后匀速通过准直管，垂直射入匀强偏转电场，偏转后通过极板HM上的小孔S离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN进入磁感应强度为B的匀强磁场．已知HO＝d，HS＝2d，∠MNQ＝90°.(忽略离子所受重力)
(1)求偏转电场场强E0的大小以及HM与MN的夹角φ；
(2)求质量为4m的离子在磁场中做圆周运动的半径；
(3)若质量为4m的离子垂直打在NQ的中点S1处，质量为16m的离子打在S2处，S1和S2之间的距离以及能打在NQ上的正离子的质量范围．
解析：(1)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(eU0＝\f(1,2)mv\\al(2,1)－0,F＝eE0＝ma,2d＝v1t,d＝\f(1,2)at2))
得E0＝U0/d，由tan φ＝eq \f(v1,at)，得φ＝45°.
(2)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(v＝\r(v\\al(2,1)＋v\\al(2,⊥))＝ \r(v\\al(2,1)＋(at)2),evB＝m\f(v2,R)))
得R＝2 eq \r(\f(mU0,eB2)).
(3)将4m和16m代入R，得R1、R2，
由ΔS＝eq \r(R\\al(2,2)－(R2－R1)2)－R1，
将R1、R2代入得ΔS＝4(eq \r(3)－1) eq \r(\f(mU0,eB2))
由R′2＝(2R1)2＋(R′－R1)2，得R′＝eq \f(5,2)R1
由eq \f(1,2)R1