高考物理二轮复习专题带电粒子在复合场中的运动附答案.docx

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高考物理二轮复习专题带电粒子在复合场中的运动附答案

近几年高考中，关于此部分内容的命题方向有：

在带电粒子在组合场中的运动、带电体在复合场中的运动、电磁场技术的应用。

题目以计算题为主，难度较大。

1．带电粒子在叠加场中的运动

（1）若只有两个场且正交，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态。

例如电场与磁场中满足qE＝qvB；重力场与磁场中满足mg＝qvB；重力场与电场中满足mg＝qE。

（2）三场共存时，若合力为零，则粒子做匀速直线运动；若粒子做匀速圆周运动，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝mv2r。

（3）当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解。

带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的合外力及初始运动状态的速度，因此带电粒子的运动情况和受力情况的分析是解题的关键。

2．带电粒子在组合场中的运动

1．（多选）如图所示，空间某处存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一个带负电的金属小球从M点水平射入场区，经一段时间运动到N点，关于小球由M到N的运动，下列说法正确的是（）

A．小球可能做匀变速运动           B．小球一定做变加速运动

C．小球动能可能不变               D．小球机械能守恒

2．（2018•全国卷Ⅰ•25）如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。

一个氕核11H和一个氘核21H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。

已知11H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。

11H的质量为m，电荷量为q。

不计重力。

求：

（1）11H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；

（2）磁场的磁感应强度大小；

（3）21H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。

1．（多选）如图所示，平行纸面向下的匀强电场与垂直纸面向外的匀强磁场相互正交，一带电小球刚好能在其中做竖直面内的匀速圆周运动．若已知小球做圆周运动的半径为r，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，重力加速度大小为g，则下列判断中正确的是（）

A．小球一定带负电荷

B．小球一定沿顺时针方向转动

C．小球做圆周运动的线速度大小为gBrE

D．小球在做圆周运动的过程中，电场力始终不做功

2．如图所示，水平向右的匀强电场场强为E，且Eq＝mg，垂直纸面向里的水平匀强磁场磁感应强度为B，一带电荷量为q的液滴质量为m，在重力、静电力和洛伦兹力作用下在叠加场空间运动。

下列关于带电液滴在叠加场空间的运动描述正确的是（）

A．液滴可能做匀加速直线运动

B．液滴不可能做匀速圆周运动

C．液滴可能做匀速直线运动且机械能守恒

D．如果是直线运动，必为匀速直线运动，其运动轨迹与水平方向的夹角是

1．如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，空间存在着垂直于xOy平面向里的匀强磁场和平行于xOy平面的匀强电场。

第三象限内有一点P，其坐标为（－1m，－m），质量为m＝2×10－5kg、带电量为q＝+5×10－5C的液滴以v＝2m/s的速度沿直线从P点运动O点。

若已知匀强磁场磁感应强度大小B＝1T，重力加速度g取10m/s2。

（1）求匀强电场场强E的大小及电场的方向；

（2）若在带电液滴经过O点时只撒去磁场，液滴会经过x轴上的Q点，求Q点的坐标。

2．如图所示，在竖直平面（纸面）内有一直角坐标系xOy，水平轴x下方有垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限有沿x轴负方向的匀强电场，第四象限存在另一匀强电场（图中未画出）；光滑绝缘的固定不带电细杆PQ交x轴于M点，细杆PQ与x轴的夹角θ＝30°，杆的末端在y轴Q点处，PM两点间的距离为L。

一套在杆上的质量为2m、电荷量为q的带正电小环b恰好静止在M点，另一质量为m、不带电绝缘小环a套在杆上并由P点静止释放，与b瞬间碰撞后反弹，反弹后到达最高点时被锁定，锁定点与M点的距离为，b沿杆下滑过程中始终与杆之间无作用力，b进入第四象限后做匀速圆周运动，而后通过x轴上的N点，且OM＝ON。

已知重力加速度大小为g，求：

（1）碰后b的速度大小v以及a、b碰撞过程中系统损失的机械能ΔE；

（2）磁场的磁感应强度大小B；

（3）b离开杆后经过多长时间会通过x轴。

3．光滑水平桌面上建有坐标系xOy，质量为m、带电量为q的带正电小球静止在坐标原点，现沿x轴正向施加一匀强电场E1，经t0后，将匀强电场方向变为沿y轴正方向而大小保持不变，再经t0后撤去电场E1，同时施加一个与xOy平面平行的匀强电场E2，电场强度E2和电场强度E1的大小关系为E2＝E1，使得小球沿直线运动并能再次通过y轴。

求：

（1）撤去电场E1时小球的位置坐标值x、y；

（2）匀强电场E2的方向与x轴正方向的夹角θ；

（3）小球从坐标原点出发到再次经过y轴所用的时间t和电场力做的功W。

4．如图甲所示，有一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OP与水平方向夹角为θ＝45°，紧靠磁场边界放置长为6d、间距为d的平行金属板M、N，M板与磁场边界的交点为P，磁场边界上的O点与N板在同一水平面上。

在两板间存在如图乙所示的交变电场（取竖直向下为正方向），其周期T＝4dv0，E0＝Bv06。

某时刻从O点竖直向上以初速度v0发射一个电荷量为＋q的粒子，结果粒子恰在图乙中的t＝T4时刻从P点水平进入板间电场，最后从电场中的右边界射出．不计粒子重力。

求：

（1）粒子的质量m；

（2）粒子从O点进入磁场到射出电场运动的总时间t；

（3）粒子从电场中的射出点到M点的距离。

参考答案

1．【解题思路】小球从M到N，在竖直方向上发生了偏转，所以刚开始受到的竖直向下的洛伦兹力、竖直向下的重力和竖直向上的电场力的合力不为零，并且速度方向变化，则洛伦兹力方向变化，所以合力方向变化，故不可能做匀变速运动，一定做变加速运动，A错误，B正确；若电场力和重力等大反向，则此过程中电场力和重力做功之和为零，而洛伦兹力不做功，所以小球的动能不变，重力势能减小，这种情况下机械能不守恒，若电场力和重力不等大反向，则有电场力做功，所以机械能也不守恒，故小球的机械能不守恒，C正确，D错误。

【答案】BC

2．【解题思路】

（1）11H在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示．设11H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1，由运动学公式有：

s1＝v1t1①，h＝12a1t12②

由题给条件，11H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°。

11H进入磁场时速度的y分量的大小为：

a1t1＝v1tanθ1③

联立以上各式得s1＝233h④

（2）11H在电场中运动时，由牛顿第二定律有：

qE＝ma1⑤

设11H进入磁场时速度的大小为v1′，由速度合成法则有：

v1′＝v12＋（a1t1）2⑥

设磁感应强度大小为B，11H在磁场中运动的轨迹半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有：

qv1′B＝mv1′2R1⑦

由几何关系得：

s1＝2R1sinθ1⑧

联立以上各式得：

B＝6mEqh⑨

（3）设21H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得：

12（2m）v22＝12mv12⑩

由牛顿第二定律有：

qE＝2ma2?

设21H第一次射入磁场时的速度大小为v2′，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2.由运动学公式有：

s2＝v2t2?

，h＝12a2t22?

，v2′＝v22＋（a2t2）2?

，sinθ2＝a2t2v2′?

联立以上各式得：

s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝22v1′?

设21H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦?

式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得：

R2＝（2m）v2′qB＝2R1?

所以出射点在原点左侧。

设21H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2′，由几何关系有：

s2′＝2R2sinθ2?

联立④⑧?

?

?

式得，21H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为：

s2′－s2＝233（2－1）h?

1．【解题思路】带电小球在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，带电小球受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故小球一定带负电荷，故A正确；磁场方向向外，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断小球的运动方向为逆时针，故B错误；由电场力和重力大小相等，得：

mg＝qE，带电小球在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为：

r＝mvqB，联立得：

v＝gBrE，故C正确；小球在做圆周运动的过程中，电场力做功，洛伦兹力始终不做功，故D错误。

【答案】AC

2．【解题思路】由于液滴受到的重力与电场力恒定，如果做匀加速直线运动，则液滴的洛伦兹力大小变化，液滴的合外力变化，不可能做匀加速直线运动，故A错误；由于液滴受竖直向下的重力和水平方向的电场力，所以重力与电场力的合力不可能为零，即液滴不可能做匀速圆周运动，故B正确；当液滴进入复合场时的洛伦兹力与重力和电场力的合力等大反向时，液滴做匀速直线运动，但电场力会做功，所以机械能不守恒，故C错误；由A分析可知，液滴不可能做匀加速直线运动，只要液滴的速度大小变化，其所受的洛伦兹力大小变化，合外力变化，一定做曲线运动，故如果是直线运动，必为匀速直线运动，由于mg＝qE，重力与电场力的合力一定与速度方向垂直，即与水平方向成45°，故D正确。

【答案】BD

1．【解析】

（1）由P点坐标为（－1m，－m）可得：

PO与y轴负半轴夹角θ＝30°

带电液滴沿PO做匀速直线运动，小球所受重力、电场力、洛伦兹力三力平衡，

洛伦兹力：

N

根据平衡条件可得：

代入数据解得：

N/C

电场方向沿PO方向（与x轴正半轴成30°角斜向上）。

（2）撤去磁场，液滴做类平抛运动，设其加速度为g?

，有：

设撤掉磁场后液滴在初速度方向上的分位移为x?

，有：

x?

＝vt

设液滴在重力与电场力的合力方向上分位移为y?

，有：

设g?

与x轴正半轴所成夹角为θ，又

联立以上各式，代入数据解得：

m

又有m

故Q点的坐标为（m，0）。

2．【解析】

（1）设a和b相碰前的速度大小为v1，碰后的速度为v2，由机械能守恒定律：

由动量守恒定律：

解得：

机械能损失：

解得：

。

（2）设匀强磁场的磁感应强度大小为B，由于b从M点运动到Q点的过程中与杆无作用力，可得：

qvBcosθ＝2mg

解得：

。

（3）b在第四象限做匀速圆周运动的轨迹如图，由几何关系可知轨迹的圆心O′在x轴上，b经过N点时速度方向与x轴垂直，圆心角α＝120°，又匀速圆周运动的周期为

b从Q点第一次通过N点的时间为

可得

b第一次通过N点后做竖直上抛运动，经t2时间第二次通过N点，有：

b第二次通过N点后做竖直上抛运动，经t3时间第三次通过N点，有：

故b离开杆后会通过x轴的可能时间是：

（i）竖直向上通过x轴：

 （n＝1、2、3、……）

（2）竖直向下通过x轴：

 （n＝1、2、3、……）

3．【解析】

（1）E1沿x轴正向时，小球匀加速运动：

qE1＝ma1

v0＝a1t0，

E1沿y轴正向时，小球做类平抛运动：

x2＝v0t0，

小球位置坐标：

 。

（2）撤去E1时y轴方向速度：

vy＝a1t0

施加电场E2后小球能再次经过y轴，故小球做匀减速直线运动

E2的方向应与x轴正向的夹角θ，有：

θ＝135°。

（3）施加电场E2后小球加速度a2，有：

qE2＝ma2

解得：

a2＝a1

做匀减速直线运动的初速度：

v1＝v0，位移：

s＝x

到达y轴时速度为v2：

得：

用时：

小球从O点出发到再次经过y轴所用的时间为：

电场力做的功：

。

4．【解析】

（1）粒子在磁场中的运动轨迹如图，轨迹半径r＝d

由牛顿第二定律得qv0B＝mv02r

解得：

m＝qBdv0。

（2）粒子在磁场中运动的周期T0＝2πmqB

在磁场中运动的时间t1＝T04

粒子在电场中做曲线运动，与两板平行方向上的分运动为匀速直线运动，运动时间t2＝6dv0

从O点到离开电场的总时间t＝t1＋t2

解得：

t＝πd2v0＋6dv0＝π＋122v0d。

（3）粒子在电场中的运动时间t2＝6dv0＝32T

当粒子从时刻t＝T4自P点进入电场后，在竖直方向上运动一个周期T的位移为0，速度图象如图所示，故粒子在32T内运动的竖直位移y＝2×12aT42

a＝qE0m

解得y＝d6。