（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時檢測（六十）帶電粒子在疊加場中的運動（題型研究課）（含解析）

（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時檢測（六十）帶電粒子在疊加場中的運動（題型研究課）（含解析）1如圖所示，一個不計重力的帶電粒子以初速度v0沿各圖中虛線射入。A中I是兩條垂直紙平面的長直導(dǎo)線中等大反向的電流，虛線是兩條導(dǎo)線連線的中垂線；B中Q是兩個位置固定的等量同種點電荷的電荷量，虛線是兩位置連線的中垂線；C中I是圓環(huán)線圈中的電流，虛線過圓心且垂直圓環(huán)平面；D中是正交的勻強電場和勻強磁場，虛線垂直于電場和磁場方向，磁場方向垂直紙面向外。其中，帶電粒子不可能做勻速直線運動的是()解析：選B圖A中兩條垂直紙平面的長直導(dǎo)線中通有等大反向的電流，在中垂線上產(chǎn)生的合磁場方向水平向右，帶電粒子將沿中垂線做勻速直線運動；圖B中等量同種正點電荷在中垂線上的合場強在連線中點左側(cè)水平向左，帶電粒子射入后受力不為零，不可能做勻速直線運動；圖C中粒子運動方向與所處位置磁感線平行，粒子做勻速直線運動；圖D是速度選擇器的原理圖，只要滿足射入速度v0，粒子即可做勻速直線運動，故選B。2(多選)(2019·浙江三校模擬)如圖所示，空間中存在正交的勻強電場E和勻強磁場B(勻強電場水平向右)，在豎直平面內(nèi)從a點沿ab、ac方向拋出兩帶電小球(不考慮兩球的相互作用，兩球電荷量始終不變)。關(guān)于小球的運動，下列說法正確的是()A兩小球都可能做直線運動B只有沿ab方向拋出的小球才可能做直線運動C若有小球能做直線運動，則一定是勻速運動D兩小球在運動過程中機(jī)械能均守恒解析：選AC沿ab方向拋出的帶正電小球，或沿ac方向拋出的帶負(fù)電的小球，在重力、電場力、洛倫茲力作用下，都可能受力平衡，做勻速直線運動，A正確，B錯誤；在重力、電場力、洛倫茲力三力都存在時的直線運動一定是勻速直線運動，C正確；兩小球在運動過程中除重力做功外還有電場力做功，故機(jī)械能不守恒，D錯誤。3.有一個帶電荷量為q、重為G的小球，從兩豎直的帶電平行板上方h處自由落下，兩極板間另有勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，方向如圖所示。則帶電小球通過兩平行板間時，下列說法正確的是()A一定做曲線運動B不可能做曲線運動C有可能做勻加速直線運動D有可能做勻速直線運動解析：選A帶電小球在沒有進(jìn)入兩平行板間時做自由落體運動，進(jìn)入兩平行板間后，受豎直向下的重力G、水平向左的電場力F電場qE、垂直速度方向的洛倫茲力F洛qBv，重力與電場力大小和方向保持恒定，但因為帶電小球的速度會發(fā)生變化，所以洛倫茲力大小和方向會發(fā)生變化，所以一定會做曲線運動，A正確，B、C、D錯誤。4(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(jīng)電壓U加速后，水平進(jìn)入互相垂直的勻強電場和勻強磁場區(qū)域(電場強度E和磁感應(yīng)強度B已知)，小球在此區(qū)域的豎直平面內(nèi)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 C小球做勻速圓周運動的周期為TD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小球在該區(qū)域的豎直平面內(nèi)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(fù)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，Uqmv2，又mgqE，聯(lián)立可得小球做勻速圓周運動的半徑r ，由T可得T，與電壓U無關(guān)，B、C正確，D錯誤。5.如圖所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的微粒，以與水平方向成45°角的速度v進(jìn)入勻強電場和勻強磁場同時存在的空間，微粒在電場、磁場、重力場的共同作用下做勻速直線運動，求：(1)電場強度的大小，該微粒帶何種電荷；(2)磁感應(yīng)強度的大小。解析：(1)微粒做勻速直線運動，所受合力必為零，微粒受重力mg、電場力qE、洛倫茲力qvB，受力如圖所示，qEmg，則電場強度大小E，微粒所受電場力方向與電場方向相同，所以微粒帶正電。(2)由于合力為零，則qvBmg，所以B。答案：(1)正電(2)6.如圖所示，質(zhì)量m0.1 g的小球，帶有q5×104 C的正電荷，套在一根與水平方向成37°的絕緣桿上，小球可以沿桿滑動，與桿間的動摩擦因數(shù)為0.4，裝置處于磁感應(yīng)強度B0.5 T 的勻強磁場中，取g10 m/s2，sin 37°0.6。求小球無初速度釋放后沿桿下滑的最大加速度和最大速度。解析：開始階段小球速度小，垂直于桿向上的洛倫茲力較小，桿對小球的支持力垂直于桿向上，且逐漸減小，當(dāng)速度達(dá)到某值后，支持力減為零，桿對小球的摩擦力也減為零，此時小球的加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律得：mammgsin 故最大加速度：am6 m/s2此后桿對小球的支持力垂直于桿向下，且隨速度增大而增大，當(dāng)摩擦力等于重力沿桿方向的分力時達(dá)到最大速度，根據(jù)牛頓第二定律得：qvmBmgcos FNfmgsin 且fFN解得：vm9.2 m/s。答案：6 m/s29.2 m/s7.(2019·岳陽模擬)如圖所示，真空中的矩形abcd區(qū)域內(nèi)存在豎直向下的勻強電場，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)同時存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，圓形邊界分別相切于ad、bc邊的中點e、f。一帶電粒子以初速度v0沿著ef方向射入該區(qū)域后能做直線運動；當(dāng)撤去磁場并保留電場時，粒子以相同的初速度沿著ef方向射入恰能從c點飛離該區(qū)域。已知adbcR，忽略粒子的重力。求：(1)帶電粒子的電荷量q與質(zhì)量m的比值；(2)若撤去電場保留磁場，粒子離開矩形區(qū)域時的位置。解析：(1)設(shè)勻強電場場強為E，當(dāng)電場和磁場同時存在時，粒子沿ef方向做直線運動，有qv0BqE當(dāng)撤去磁場，保留電場時，帶電粒子做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，由題知，粒子恰能從c點飛出，則水平方向有2Rv0t豎直方向有bcat2因為qEma解得。(2)若撤去電場保留磁場，粒子將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡如圖所示，設(shè)粒子離開矩形區(qū)域時在ab邊上的位置g與b的距離為x，則由洛倫茲力提供向心力有qv0Bm得rR由圖中幾何關(guān)系得rRtan 得60°，故粒子離開矩形區(qū)域時距離b的距離為xabbc·解得x。答案：(1)(2)ab邊上距b點處8如圖甲所示，兩平行金屬板A、B長L8 cm，兩極板間距d6 cm，兩極板間的電勢差UAB100 V。一比荷為1×106 C/kg的帶正電粒子(不計重力)，從O點沿電場中心線OO垂直電場線以初速度v02×104 m/s飛入電場，粒子飛出平行板電場后經(jīng)過分界線MN、PS間的無電場區(qū)域，已知兩分界線MN、PS間的距離為s8 cm。粒子從PS上的C點進(jìn)入PS右側(cè)的區(qū)域，當(dāng)粒子到達(dá)C點開始計時，PS右側(cè)區(qū)域有磁感應(yīng)強度按圖乙所示規(guī)律變化的勻強磁場(垂直紙面向里為正方向)。求：(1)PS上的C點與中心線OO的距離y；(2)粒子進(jìn)入磁場區(qū)域后第二次經(jīng)過中心線OO時與PS的距離x。解析：(1)粒子在電場中的加速度a粒子在電場中運動的時間t1粒子離開電場時豎直方向分速度vyat1粒子在MN與PS間運動時間t2粒子在電場中偏轉(zhuǎn)位移y1at12 cm出電場后y2vyt2聯(lián)立解得y2 cm所以C點與中心線OO的距離yy1y24 cm。(2)粒子運動軌跡如圖所示，設(shè)粒子進(jìn)入磁場時速度與水平方向夾角為，tan 所以30°粒子進(jìn)入磁場時的速度v×104 m/s設(shè)粒子在磁場中運動的軌跡半徑為R則qvB所以R4 cm粒子在磁場中運動的周期T2×106 s在0×106 s內(nèi)粒子的偏轉(zhuǎn)角t120°粒子在0×106 s時間內(nèi)從C點豎直向上偏移的距離為CDRcos 2 cm在×106 s×106 s內(nèi)通過OO，由對稱性可知，這段時間內(nèi)粒子豎直向上偏移的距離為DECD2 cm因為CDDEy4 cm則粒子在t×106 s時剛好第二次到達(dá)OO此時，粒子距PS距離x2(RRsin )12 cm。答案：(1)4 cm(2)12 cm