高考物理二輪課時作業(yè)：專題三 3 帶電粒子在組合場、復合場中的運動 Word版含解析

專題三 第3講題組一帶電粒子在組合場中的運動1(2019·廣西桂林、百色和崇左市第三次聯(lián)考)(多選)如圖所示，在第二象限內(nèi)有水平向右的勻強電場，在第一、第四象限內(nèi)分別存在如圖所示的勻強磁場，磁感應強度大小相等在該平面有一個質量為m、帶正電q的粒子以初速度v0垂直x軸，從x軸上的P點進入勻強電場，恰好與y軸成45°角射出電場，再經(jīng)過一段時間恰好垂直于x軸進入下面的磁場，已知OP之間的距離為d，不計粒子重力，則()A磁感應強度BB電場強度EC自進入磁場至在磁場中第二次經(jīng)過x軸所用時間為tD自進入磁場至在磁場中第二次經(jīng)過x軸所用時間為t解析：BD粒子的軌跡如圖所示：帶電粒子在電場中做類平拋運動，水平方向做勻加速運動，豎直方向做勻速運動，由題得知，出電場時，vxvyv0，根據(jù)：xt，yvytv0t，得y2x2d，出電場時與y軸交點坐標為(0,2d)，設粒子在磁場中運動的半徑為R，則有Rsin(180°)y2d，而135°，解得：R2d，粒子在磁場中運動的速度為：vv0，根據(jù)R，解得：B，故A錯誤；根據(jù)vxattv0，xt，聯(lián)立解得：E，故B正確；在第一象限運動時間為：t1T，在第四象限運動時間為：t2T，所以自進入磁場至在磁場中第二次經(jīng)過x軸所用時間為：tt1t2，故D正確，C錯誤2.(2019·百校聯(lián)盟押題卷)如圖所示，在平面直角坐標系xOy的x軸上方存在著垂直坐標平面向里的勻強磁場，x軸下方存在著沿x軸正方向的勻強電場一帶正電粒子從y軸上的A點以初速度v0出發(fā)，射入勻強磁場，經(jīng)磁場偏轉后恰好經(jīng)x軸上的C點垂直x軸進入勻強電場，一段時間后到達y軸上的D點已知OC，不計粒子的重力(1)求粒子到達D點時的速度大小(2)求勻強磁場的磁感應強度大小B與勻強電場的電場強度大小E的比值(3)若撤去原來的勻強電場，然后在x軸下方添加一圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應強度大小是x軸上方勻強磁場磁感應強度大小的2倍，使帶電粒子經(jīng)過該磁場偏轉后剛好也能夠通過D點且速度與y軸負方向成60°角，試計算該圓形勻強磁場區(qū)域的最小面積解析：(1)由題意可知，粒子到達C點時的速度大小仍為v0，粒子在勻強電場中做類平拋運動，設粒子到達D點所用時間為t，沿x軸方向的分速度的大小為vx，則有l(wèi)v0t，t以上兩式聯(lián)立可解得vxv0所以粒子到達D點時的速度大小為vDv0(2)如圖甲所示，設粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑為R，則由幾何關系有l(wèi)22R2解得Rl又因為qv0Bm所以B在勻強電場中有vx·代入數(shù)據(jù)可得E，故(3)由qv0Bm可知，當B變?yōu)樵瓉淼?倍時，粒子在磁場中做圓周運動的半徑應變?yōu)樵瓉淼囊话耄O粒子在圓形磁場區(qū)域中做勻速圓周運動的半徑為R1，則R1l粒子軌跡如圖乙所示，由幾何關系可知，MO2N60°，故MNl當MN為圓形磁場的直徑時，圓形磁場區(qū)域面積最小，故Smin2，代入數(shù)據(jù)可得Sminl2答案：(1)v0(2)(3)l2題組二帶電粒子在疊加場中的運動3(2019·河南省周口市期末)(多選)如圖所示，平行紙面向下的勻強電場與垂直紙面向外的勻強磁場相互正交，一帶電小球剛好能在其中做豎直面內(nèi)的勻速圓周運動若已知小球做圓周運動的半徑為r，電場強度大小為E，磁感應強度大小為B，重力加速度大小為g，則下列判斷中正確的是()A小球一定帶負電荷B小球一定沿順時針方向轉動C小球做圓周運動的線速度大小為D小球在做圓周運動的過程中，電場力始終不做功解析：AC帶電小球在重力場、勻強電場和勻強磁場中做勻速圓周運動，可知，帶電小球受到的重力和電場力是一對平衡力，重力豎直向下，所以電場力豎直向上，與電場方向相反，故小球一定帶負電荷，故A正確；磁場方向向外，洛倫茲力的方向始終指向圓心，由左手定則可判斷小球的運動方向為逆時針，故B錯誤；由電場力和重力大小相等，得：mgqE，帶電小球在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動的半徑為：r，聯(lián)立得：v，故C正確；小球在做圓周運動的過程中，電場力做功，洛倫茲力始終不做功，故D錯誤4(2020·河南省濮陽市第二次模擬)如圖所示，在xOy坐標系的第二象限內(nèi)有水平向右的勻強電場，第四象限內(nèi)有豎直向上的勻強電場，兩個電場的場強大小相等，第四象限內(nèi)還有垂直于紙面的勻強磁場，讓一個質量為m、帶電荷量為q的粒子在第二象限內(nèi)的P(L，L)點由靜止釋放，結果粒子沿直線運動到坐標原點并進入第四象限，粒子在第四象限內(nèi)運動后從x軸上的Q(L,0)點進入第一象限，重力加速度為g，求：(1)粒子從P點運動到坐標原點的時間；(2)勻強磁場的磁感應強度的大小和方向解析：(1)粒子在第二象限內(nèi)做直線運動，因此電場力和重力的合力方向沿PO方向，則粒子帶正電mgqE1qE2，mgma，Lat2，解得t(2)設粒子從O點進入第四象限的速度大小為v，則vat2，方向與x軸正方向成45°角，由于粒子在第四象限內(nèi)受到的電場力與重力等大反向，因此粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由于粒子做勻速圓周運動后從x軸上的Q(L,0)點進入第一象限，根據(jù)左手定則可以判斷，磁場方向垂直于紙面向里粒子做圓周運動的軌跡如圖，由幾何關系可知粒子做勻速圓周運動的軌跡半徑為RL由牛頓第二定律可得Bqvm，解得B.答案：(1) (2)，垂直紙面向里題組三帶電粒子在交變電磁場中的運動5(2020·江西省五市八校第二次聯(lián)考)如圖甲所示，直角坐標系xOy中，第二象限內(nèi)有沿x軸正方向的勻強電場，第一、四象限內(nèi)有垂直坐標平面的勻強交變磁場，磁場方向垂直紙面向外為正方向第三象限內(nèi)有一發(fā)射裝置(沒有畫出)沿y軸正方向射出一個比荷100 C/kg的帶正電的粒子(可視為質點且不計重力)，該粒子以v020 m/s的速度從x軸上的點A(2 m,0)進入第二象限，從y軸上的點C(0,4 m)進入第一象限取粒子剛進入第一象限的時刻為0時刻，第一、四象限內(nèi)磁場的磁感應強度按圖乙所示規(guī)律變化，g取10 m/s2.(1)求第二象限內(nèi)電場的電場強度大小；(2)求粒子第一次經(jīng)過x正半軸時的位置坐標解析：(1)帶電粒子在第二象限的電場中做類平拋運動，設粒子從A點到C點用時為t，則Eq|xA|m(vv)|xA|t|yC|v0tvvv解得：E1.0 N/C，vC20 m/s(2)設粒子在C點的運動方向與y軸正方向成角，則cos 即45°粒子在第一象限的磁場中運動時有：qvCBm解得：r m粒子做圓周運動的周期T s所以粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，粒子運動第四個半圓的過程中第一次經(jīng)過x正半軸，在x正半軸上對應的弦長為r1 m，所以OD3 m粒子第一次經(jīng)過x正半軸時的位置坐標為(3 m,0)答案：(1)1.0 N/C(2)(3 m,0)6(2019·吉林三模)如圖甲所示，虛線MN的左側空間中存在豎直向上的勻強電場(上、下及左側無邊界)一個質量為m、電荷量為q的帶正電小球(視為質點)，以大小為v0的水平初速度沿PQ向右做直線運動若小球剛經(jīng)過D點時(t0)，在電場所在空間疊加如圖乙所示隨時間周期性變化、垂直紙面向里的勻強磁場，使得小球再次通過D點時的速度與PQ連線成60°角已知D、Q間的距離為(1)L，t0小于小球在磁場中做圓周運動的周期，重力加速度大小為g.(1)求電場強度E的大??；(2)求t0與t1的比值；(3)小球過D點后將做周期性運動，當小球運動的周期最大時，求此時磁感應強度的大小B0及運動的最大周期Tm.解析：(1)小球沿PQ向右做直線運動，受力平衡，則mgEq，解得E.(2)小球能再次通過D點，其運動軌跡應如圖(a)所示設小球做勻速圓周運動的軌跡半徑為r，則由幾何關系有s又知sv0t1圓弧軌跡所對的圓心角2則t0聯(lián)立解得 .(3)當小球運動的周期最大時，其運動軌跡應與MN相切，小球運動一個周期的軌跡如圖(b)所示，由幾何關系得R(1)L解得RL由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有qv0B0m解得B0小球在一個周期內(nèi)運動的路程s13××2R6×(46)L故Tm.答案：(1)(2) (3)