《(新課標(biāo))2022高考物理總復(fù)習(xí) 課時(shí)檢測(cè)(六十)帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(題型研究課)(含解析)》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(新課標(biāo))2022高考物理總復(fù)習(xí) 課時(shí)檢測(cè)(六十)帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(題型研究課)(含解析)(6頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、(新課標(biāo))2022高考物理總復(fù)習(xí) 課時(shí)檢測(cè)(六十)帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(題型研究課)(含解析)
1.如圖所示,一個(gè)不計(jì)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(zhǎng)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(gè)位置固定的等量同種點(diǎn)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(guò)圓心且垂直圓環(huán)平面;D中是正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng),虛線垂直于電場(chǎng)和磁場(chǎng)方向,磁場(chǎng)方向垂直紙面向外。其中,帶電粒子不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)的是( )
解析:選B 圖A中兩條垂直紙平面的長(zhǎng)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(chǎng)方向水平
2、向右,帶電粒子將沿中垂線做勻速直線運(yùn)動(dòng);圖B中等量同種正點(diǎn)電荷在中垂線上的合場(chǎng)強(qiáng)在連線中點(diǎn)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(yùn)動(dòng);圖C中粒子運(yùn)動(dòng)方向與所處位置磁感線平行,粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng);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(yùn)動(dòng),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(qiáng)電場(chǎng)E和勻強(qiáng)磁場(chǎng)B(勻強(qiáng)電場(chǎng)水平向右),在豎直平面內(nèi)從a點(diǎn)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(yùn)動(dòng),下列說(shuō)法正確的是( )
A.兩小球都可能做直線運(yùn)動(dòng)
B.只有沿ab方向拋出的小
3、球才可能做直線運(yùn)動(dòng)
C.若有小球能做直線運(yùn)動(dòng),則一定是勻速運(yùn)動(dòng)
D.兩小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)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(chǎng)力、洛倫茲力作用下,都可能受力平衡,做勻速直線運(yùn)動(dòng),A正確,B錯(cuò)誤;在重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力三力都存在時(shí)的直線運(yùn)動(dòng)一定是勻速直線運(yùn)動(dòng),C正確;兩小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中除重力做功外還有電場(chǎng)力做功,故機(jī)械能不守恒,D錯(cuò)誤。
3.有一個(gè)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(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向如圖所示。則帶電小球通過(guò)兩平行板間時(shí),下列說(shuō)法正確的是( )
A.一
4、定做曲線運(yùn)動(dòng)
B.不可能做曲線運(yùn)動(dòng)
C.有可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
D.有可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)
解析:選A 帶電小球在沒(méi)有進(jìn)入兩平行板間時(shí)做自由落體運(yùn)動(dòng),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(chǎng)力F電場(chǎng)=qE、垂直速度方向的洛倫茲力F洛=qBv,重力與電場(chǎng)力大小和方向保持恒定,但因?yàn)閹щ娦∏虻乃俣葧?huì)發(fā)生變化,所以洛倫茲力大小和方向會(huì)發(fā)生變化,所以一定會(huì)做曲線運(yùn)動(dòng),A正確,B、C、D錯(cuò)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(kāi)始經(jīng)電壓U加速后,水平進(jìn)入互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域(電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B已知),小球在此區(qū)域的豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)
5、動(dòng),則( )
A.小球可能帶正電
B.小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r=
C.小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T=
D.若電壓U增大,則小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng),則小球受到的電場(chǎng)力和重力大小相等、方向相反,則小球帶負(fù)電,A錯(cuò)誤;因?yàn)樾∏蜃鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)的向心力由洛倫茲力提供,由牛頓第二定律和動(dòng)能定理可得Bqv=,Uq=mv2,又mg=qE,聯(lián)立可得小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r= ,由T=可得T=,與電壓U無(wú)關(guān),B、C正確,D錯(cuò)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(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)同時(shí)存在
6、的空間,微粒在電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)的共同作用下做勻速直線運(yùn)動(dòng),求:
(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小,該微粒帶何種電荷;
(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。
解析:(1)微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng),所受合力必為零,微粒受重力mg、電場(chǎng)力qE、洛倫茲力qvB,受力如圖所示,
qE=mg,則電場(chǎng)強(qiáng)度大小E=,
微粒所受電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)方向相同,所以微粒帶正電。
(2)由于合力為零,則qvB=mg,所以B=。
答案:(1) 正電 (2)
6.如圖所示,質(zhì)量m=0.1 g的小球,帶有q=5×10-4 C的正電荷,套在一根與水平方向成θ=37°的絕緣桿上,小球可以沿桿滑動(dòng),與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.4,裝置處于磁感應(yīng)
7、強(qiáng)度B=0.5 T 的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,取g=10 m/s2,sin 37°=0.6。求小球無(wú)初速度釋放后沿桿下滑的最大加速度和最大速度。
解析:開(kāi)始階段小球速度小,垂直于桿向上的洛倫茲力較小,桿對(duì)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(duì)小球的摩擦力也減為零,此時(shí)小球的加速度最大,根據(jù)牛頓第二定律得:
mam=mgsin θ
故最大加速度:am=6 m/s2
此后桿對(duì)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(shí)達(dá)到最大速度,根據(jù)牛頓第二定律得:
qvmB=mgcos θ+FN
f=mgsin θ
且f=μFN
解得:
8、vm=9.2 m/s。
答案:6 m/s2 9.2 m/s
7.(2019·岳陽(yáng)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(qiáng)電場(chǎng),半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)同時(shí)存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,圓形邊界分別相切于ad、bc邊的中點(diǎn)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(yùn)動(dòng);當(dāng)撤去磁場(chǎng)并保留電場(chǎng)時(shí),粒子以相同的初速度沿著ef方向射入恰能從c點(diǎn)飛離該區(qū)域。已知ad=bc=R,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(chǎng)保留磁場(chǎng),粒子離開(kāi)矩形區(qū)域時(shí)的位置。
解析:(1)設(shè)勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)為E,當(dāng)電場(chǎng)和磁場(chǎng)同時(shí)存在
9、時(shí),粒子沿ef方向做直線運(yùn)動(dòng),有
qv0B=qE
當(dāng)撤去磁場(chǎng),保留電場(chǎng)時(shí),帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng),水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),由題知,粒子恰能從c點(diǎn)飛出,則水平方向有
2R=v0t
豎直方向有bc=at2
因?yàn)閝E=ma
解得=。
(2)若撤去電場(chǎng)保留磁場(chǎng),粒子將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng),軌跡如圖所示,
設(shè)粒子離開(kāi)矩形區(qū)域時(shí)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
qv0B=m
得r==R
由圖中幾何關(guān)系得r=Rtan θ
得θ=60°,故粒子離開(kāi)矩形區(qū)域時(shí)距離b的距離為
x=ab-bc·
解得x=。
答案:
10、(1) (2)ab邊上距b點(diǎn)處
8.如圖甲所示,兩平行金屬板A、B長(zhǎng)L=8 cm,兩極板間距d=6 cm,兩極板間的電勢(shì)差UAB=100 V。一比荷為=1×106 C/kg的帶正電粒子(不計(jì)重力),從O點(diǎn)沿電場(chǎng)中心線OO′垂直電場(chǎng)線以初速度v0=2×104 m/s飛入電場(chǎng),粒子飛出平行板電場(chǎng)后經(jīng)過(guò)分界線MN、PS間的無(wú)電場(chǎng)區(qū)域,已知兩分界線MN、PS間的距離為s=8 cm。粒子從PS上的C點(diǎn)進(jìn)入PS右側(cè)的區(qū)域,當(dāng)粒子到達(dá)C點(diǎn)開(kāi)始計(jì)時(shí),PS右側(cè)區(qū)域有磁感應(yīng)強(qiáng)度按圖乙所示規(guī)律變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(垂直紙面向里為正方向)。求:
(1)PS上的C點(diǎn)與中心線OO′的距離y;
(2)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域后
11、第二次經(jīng)過(guò)中心線OO′時(shí)與PS的距離x。
解析:(1)粒子在電場(chǎng)中的加速度a=
粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=
粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)豎直方向分速度vy=at1
粒子在MN與PS間運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2=
粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)位移y1=at12== cm
出電場(chǎng)后y2=vyt2
聯(lián)立解得y2= cm
所以C點(diǎn)與中心線OO′的距離y=y(tǒng)1+y2=4 cm。
(2)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,
設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度與水平方向夾角為θ,
tan θ==
所以θ=30°
粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v==×104 m/s
設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為R
則qvB=
所以R=4 cm
粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T==2π×10-6 s
在0~×10-6 s內(nèi)粒子的偏轉(zhuǎn)角α=t=120°
粒子在0~×10-6 s時(shí)間內(nèi)從C點(diǎn)豎直向上偏移的距離為CD=Rcos θ=2 cm
在×10-6 s~π×10-6 s內(nèi)通過(guò)OO′,由對(duì)稱性可知,這段時(shí)間內(nèi)粒子豎直向上偏移的距離為
DE=CD=2 cm
因?yàn)镃D+DE=y(tǒng)=4 cm
則粒子在t=×10-6 s時(shí)剛好第二次到達(dá)OO′
此時(shí),粒子距PS距離x=2(R+Rsin θ)=12 cm。
答案:(1)4 cm (2)12 cm