《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》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《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（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 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(zhì)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B＝ B．電場強度E＝ C．自進入磁場至在磁場中第二次經(jīng)過x軸所用時間為t＝ D．自進入磁場至在磁場中第二次經(jīng)過x軸所

2、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，vx＝vy＝v0，根據(jù)：x＝t，y＝vyt＝v0t，得y＝2x＝2d，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°－β)＝y(tǒng)＝2d，而β＝135°，解得：R＝2d，粒子在磁場中運動的速度為：v＝v0，根據(jù)R＝，解得：B＝，故A錯誤；根據(jù)vx＝at＝t＝v0，x＝t，聯(lián)立解得：E＝，故B正確；在第一象限運動時間為：t1＝T＝，在第四象限運動時間為：t2＝T＝，所以自進入磁場至在磁場中第二次經(jīng)過x軸所用時

3、間為：t＝t1＋t2＝，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?。? (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

4、，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θ＝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＝v0t，＝t 以上兩式聯(lián)立可解得vx＝v0 所以粒子到達D點時的速度大小為vD＝v0 (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)2＋2＝R2 解得R＝l 又因為qv0B＝m 所以B＝ 在勻強電場中有vx＝· 代入數(shù)據(jù)可得E＝，故＝ (3)由qv0B＝m可知，當B變?yōu)?/p>

5、原來的2倍時，粒子在磁場中做圓周運動的半徑應變?yōu)樵瓉淼囊话?，設粒子在圓形磁場區(qū)域中做勻速圓周運動的半徑為R1，則R1＝l 粒子軌跡如圖乙所示，由幾何關系可知，∠MO2N＝60°，故MN＝l 當MN為圓形磁場的直徑時，圓形磁場區(qū)域面積最小，故Smin＝π2，代入數(shù)據(jù)可得Smin＝πl(wèi)2 答案：(1)v0　(2)　(3)πl(wèi)2 [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

6、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：mg＝qE，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

7、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(zhì)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

8、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． mg＝qE1＝qE2，mg＝ma，L＝at2，解得t＝ (2)設粒子從O點進入第四象限的速度大小為v，則v＝at＝2，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R＝L 由牛頓第二定律可得Bqv＝m，解得B＝. 答案：(1) 　(2)，垂直紙面向里 [題組三]　帶電粒

9、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(zhì)點且不計重力)，該粒子以v0＝20 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??；

10、(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(v－v) |xA|＝t |yC|＝v0t v＝v＋v 解得：E＝1.0 N/C，vC＝20 m/s (2)設粒子在C點的運動方向與y軸正方向成θ角， 則cos θ＝＝ 即θ＝45° 粒子在第一象限的磁場中運動時有：qvCB＝m 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r＝1 m，所以OD＝3 m 粒子第一

11、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(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(視為質(zhì)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(t＝0)，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

12、； (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mg＝Eq，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s＝v0t1 圓弧軌跡所對的圓心角θ＝2π－＝π 則t0＝ 聯(lián)立解得＝ π. (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R＝L 由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有qv0B0＝m 解得B0＝ 小球在一個周期內(nèi)運動的路程 s1＝3××2πR＋6×＝(4π＋6)L 故Tm＝＝. 答案：(1)　(2) π　(3)