【文档说明】习题课　带电粒子在复合场中的运动.docx，共(9)页，247.386 KB，由小赞的店铺上传

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习题课带电粒子在复合场中的运动必备知识基础练1.(多选)如图所示,a为带正电的小物块,b是一不带电的绝缘物块,a、b叠放于粗糙的水平地面上,地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场。现用水平恒力F拉b物块,使a、b一起无相对滑动地向左加速运动,在加速运动阶段()A.

a、b一起运动的加速度减小B.a、b一起运动的加速度增大C.a、b物块间的摩擦力减小D.a、b物块间的摩擦力增大2.带电质点在匀强磁场中运动,某时刻速度方向如图所示,所受的重力和洛伦兹力的合力恰好与速度方向相反,不计阻力,则在此后的一小段时间内,带电质点()A.可

能做直线运动B.可能做匀减速运动C.一定做曲线运动D.可能做匀速圆周运动3.(多选)如图所示,匀强磁场方向垂直纸面向里,匀强电场方向竖直向下,有一正离子恰能沿直线从左向右水平飞越此区域。不计重力,则()A.若电子以和正离子相同

的速率从右向左飞入,电子也沿直线运动B.若电子以和正离子相同的速率从右向左飞入,电子将向上偏转C.若电子以和正离子相同的速率从左向右飞入,电子将向下偏转D.若电子以和正离子相同的速率从左向右飞入,电子也沿直线运动4.(多选)如图所示,ABC为竖直平

面内的光滑绝缘轨道,其中AB为倾斜直轨道,BC为与AB相切的圆形轨道,并且圆形轨道处在匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里。质量相同的甲、乙、丙三个小球中,甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电。现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放,都恰好通过圆形轨道的最高点,则()A.经过最高点时,

三个小球的速度相等B.经过最高点时,甲球的速度最小C.甲球的释放位置比乙球的高D.运动过程中三个小球的机械能均保持不变5.如图所示,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上(与纸面平行),磁场方向垂直于纸面向里。三个带正

电的微粒a、b、c电荷量相等,质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内,a在纸面内做匀速圆周运动,b在纸面内向右做匀速直线运动,c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是()A.ma>mb>mcB.mb>ma>mcC.mc>ma>mbD.mc>mb>ma6.在相互垂直的匀强电场

和匀强磁场中,有一倾角为θ、足够长的光滑绝缘斜面,磁感应强度为B,方向垂直纸面向外,电场方向竖直向上,有一质量为m、电荷量为+q的小球静止在斜面顶端,这时小球对斜面的正压力恰好为零,如图所示。若迅速把电场方向反转为竖直向下,小球能在斜面上连续滑行多远?所用时间是多少?关键能力提升练7.(202

1山东泰安期中)如图所示,空间中存在着水平向右的匀强电场,电场强度大小E=5√3N/C,同时存在着垂直于纸面向里的匀强磁场,其方向与电场方向垂直,磁感应强度大小B=0.5T。有一带正电的小球,质量m=1×10-6kg,电荷量q=2

×10-6C,正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动,当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象),g取10m/s2。求:(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向;(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。8.如图所示的平面直角坐标系xOy

,在第一象限内有平行于y轴的匀强电场,方向沿y轴正方向;在第四象限的正方形abcd区域内有匀强磁场,方向垂直于xOy平面向里,正方形边长为l且ad边与x轴重合,ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子,从y轴上的

P(0,h)点,以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场,通过电场后从x轴上的a(2h,0)点进入第四象限的磁场区域,不计粒子所受的重力。(1)求电场强度E的大小。(2)求粒子到达a点时速度的大小和方向。(3)磁感应强度B满足什么条件时,粒子经过磁场后能到达y轴上,且速

度与y轴负方向成45°角?9.如图所示,绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场,电场方向水平向右,电场强度大小为E,磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静

止开始沿MN下滑,到达C点时离开MN做曲线运动。A、C两点间距离为h,重力加速度为g。(1)求小滑块运动到C点时的速度大小vC。(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf。(3)若D点为小滑块在

静电力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置,当小滑块运动到D点时撤去磁场,此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。已知小滑块在D点时的速度大小为vD,从D点运动到P点的时间为t,求小滑块运动到P点时速度的大小vP。10.(

2021山东卷)某离子实验装置的基本原理如图甲所示。Ⅰ区宽度为d,左边界与x轴垂直交于坐标原点O,其内充满垂直于xOy平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B0;Ⅱ区宽度为L,左边界与x轴垂直交于O1点,右边界与x

轴垂直交于O2点,其内充满沿y轴负方向的匀强电场。测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界,其中心C与O2点重合。从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m的正离子,加速后沿x轴正方向过Q点,依次经Ⅰ区、Ⅱ区,恰好到达测试板中心C。已知离子刚进入Ⅱ区时速度方向与x轴正

方向的夹角为θ。忽略离子间的相互作用,不计重力。甲乙(1)求离子在Ⅰ区中运动时速度的大小v。(2)求Ⅱ区内电场强度的大小E。(3)保持上述条件不变,将Ⅱ区分为左右两部分,分别填充磁感应强度大小均为B(数值未知)方向

相反且平行y轴的匀强磁场,如图乙所示。为使离子的运动轨迹与测试板相切于C点,需沿x轴移动测试板,求移动后C到O1的距离s。答案：1.AC以a为研究对象,分析a的受力情况,a向左加速→受洛伦兹力方向向下→对b的压力增大。以a、b

整体为研究对象,分析整体受到的合外力,b对地面压力增大→b受的摩擦力增大→整体合外力减小→加速度减小。再分析a,b对a的摩擦力是a受到的合外力,a的加速度减小→a受到的合外力减小→a、b间的摩擦力减小。故选A、C。2.C带电质点在运动过程中,重力做功,

速度大小和方向发生变化,洛伦兹力的大小和方向也随之发生变化,故带电质点不可能做直线运动,也不可能做匀减速运动和匀速圆周运动,一定做曲线运动,C正确。3.BD若电子从右向左飞入,静电力向上,洛伦兹力也向上,所

以向上偏,B正确,A错误;若电子从左向右飞入,静电力向上,洛伦兹力向下,由题意知电子受力平衡将做匀速直线运动,D正确,C错误。4.CD设磁感应强度为B,圆形轨道半径为r,三个小球质量均为m,它们恰好通过最高点时的速度分别为v甲、v乙和v丙,则m

g+Bv甲q甲=𝑚𝑣甲2𝑟,mg-Bv乙q乙=𝑚𝑣乙2𝑟,mg=𝑚𝑣丙2𝑟,显然,v甲>v丙>v乙,选项A、B错误;三个小球在运动过程中,只有重力做功,即它们的机械能守恒,选项D正确;甲球在最高点处的

动能最大,因为势能相等,所以甲球的机械能最大,甲球的释放位置最高,选项C正确。5.B设三个微粒的电荷量均为q,a在纸面内做匀速圆周运动,说明洛伦兹力提供向心力,重力与静电力平衡,即mag=qE;b在纸面内向右做匀速直线运动,三力平衡,则mbg=qE+qvB;c在纸面内向左做匀

速直线运动,三力平衡,则mcg+qvB=qE。比较各式可得mb>ma>mc,选项B正确。6.答案𝑚2𝑔cos2𝜃𝑞2𝐵2sin𝜃𝑚𝑞𝐵tan𝜃解析电场反转前,有mg=qE电场反转后,小球先沿斜面向下做匀加速直线运动,到对斜面压力减为零时开始离开斜面,此时

有qvB=(mg+qE)cosθ小球在斜面上滑行距离s=12vt=12at2a=(𝑚𝑔+𝑞𝐸)sin𝜃𝑚联立得s=𝑚2𝑔cos2𝜃𝑞2𝐵2sin𝜃所用时间为t=𝑚𝑞𝐵tan𝜃。7.答案(1)

20m/s,方向与电场方向成60°角斜向上(2)2√3s解析(1)小球匀速直线运动时受力如图所示,其所受的三个力在同一平面内,合力为零,有qvB=√𝑞2𝐸2+𝑚2𝑔2代入数据解得v=20m/s速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足tanθ=𝑞𝐸𝑚𝑔代入数据解得tanθ=√3

θ=60°。(2)撤去磁场后,由于静电力垂直于竖直方向,它对竖直方向的分运动没有影响,以P点为坐标原点,竖直向上为正方向,小球在竖直方向上做匀减速运动,其初速度为vy=vsinθ若使小球再次穿过P点所在的电场线,仅需小球的竖直方向上分位移为

零,则有vyt-12gt2=0联立解得t=2√3s。8.答案(1)𝑚𝑣022𝑞ℎ(2)√2v0,方向与x轴正方向成45°角(3)B≥2𝑚𝑣0𝑞𝑙解析(1)粒子做类平抛运动,如图所示沿y轴方向h=12·𝐸𝑞

𝑚t2沿x轴方向2h=v0t解得E=𝑚𝑣022𝑞ℎ。(2)到达a点时水平速度为v0,竖直速度为vy水平方向2h=v0t,竖直方向h=12vyt得vy=v0所以到达a点的速度va=√2v0,方向与x轴正方向成45°角。(3)粒子到达y轴上,且速度与y轴负方向成45°角,必

须要从ab边射出,从b点射出时对应的磁感应强度B最小,粒子在磁场中的轨迹是以O1为圆心的一段四分之一圆弧,设半径为r1,r1=√22l由Bqva=m𝑣𝑎2𝑟1得B=2𝑚𝑣0𝑞𝑙所以磁感应强度须满足的条件为B≥2𝑚𝑣0𝑞𝑙。9.答案(1)𝐸𝐵(2)mgh-𝑚𝐸22�

�2(3)√𝑣𝐷2+[(𝑞𝐸𝑚)2+𝑔2]𝑡2解析(1)小滑块沿MN运动过程,水平方向受力满足qvB+FN=qE小滑块在C点离开MN时,FN=0解得vC=𝐸𝐵。(2)由动能定理得mgh-Wf=12𝑚𝑣𝐶2-0解得Wf=mg

h-𝑚𝐸22𝐵2。(3)小滑块的运动轨迹如图所示小滑块速度最大时,速度方向与静电力、重力的合力方向垂直。撤去磁场后小滑块将做类平抛运动,等效加速度为g',g'=√(𝑞𝐸𝑚)2+𝑔2且𝑣𝑃2=𝑣𝐷2+g'2t2解得vP=√𝑣�

�2+[(𝑞𝐸𝑚)2+𝑔2]𝑡2。10.答案(1)𝑞𝐵0𝑑𝑚sin𝜃(2)2𝑞𝐵02𝑑2𝑚𝐿2tan2𝜃(𝐿tan𝜃+𝑑sin𝜃−𝑑tan𝜃)(3)6(√3+1)7πL解析(1)设离子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径为r,由

牛顿第二定律得qvB0=m𝑣2𝑟根据几何关系得sinθ=𝑑𝑟联立解得v=𝑞𝐵0𝑑𝑚sin𝜃。(2)离子在Ⅱ区内只受静电力,x方向做匀速直线运动,y方向做匀变速直线运动,设从进入电场到

击中测试板中心C的时间为t,y方向的位移为y0,加速度大小为a,由牛顿第二定律得qE=ma由运动的合成与分解得L=vtcosθ,y0=-r(1-cosθ),y0=vtsinθ-12at2联立得E=2𝑞𝐵02𝑑2𝑚𝐿2tan2𝜃(𝐿ta

n𝜃+𝑑sin𝜃−𝑑tan𝜃)。(3)Ⅱ区内填充磁场后,离子在垂直y轴的方向做匀速圆周运动,如图所示,设左侧部分的圆心角为α,圆周运动半径为r',运动轨迹长度为l',由几何关系得α=π3,l'=𝛼2π×2πr'+𝛼+π22π×2πr'离子在Ⅱ区

内的运动时间不变,故有𝑙'𝑣cos𝛼=𝐿𝑣cos𝜃C到O1的距离s=2r'sinα+r'联立得s=6(√3+1)7πL。