2023学年高考物理二轮复习专题3电场与磁场第2讲带电粒子在电场磁场中的运动练习.doc

第2讲 带电粒子在电场、磁场中的运动 一、选择题：每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～7题有多项符合题目要求． 1．(2023年年广东名校质检)在静电场中由静止释放一电子，该电子仅在电场力作用下沿直线运动，其加速度a随时间t的变化规律如图所示．则(　　) A．该电场可能为匀强电场 B．电子的运动轨迹与该电场的等势面垂直 C．电子运动过程中途经各点的电势逐渐降低 D．电子具有的电势能逐渐增大 【答案】B 2．(2023年年河北衡水模拟)如图甲所示，在xOy坐标系的一、四象限存在匀强磁场，规定垂直纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示，t＝0时刻，一个比荷为＝1.0×104 C/kg的正电荷从(0，)处以v0＝1.0×104 m/s的速度沿y轴负方向射人磁场，则正电荷从射人磁场至第一次经过x轴所需的时间为(　　) A．8π×10－5 s B．π×10－5 s C．1.2π×10－4 s D．×10－5 s 【答案】C 【解析】洛伦兹力提供向心力，则qv0B＝m，解得r＝0.4 m；圆周运动的周期为T＝＝8π×10－5 s，则粒子每次圆周运动持续三分之一周期，对应的圆心角为120°，位移大小2rsin 60°＝ m，位移方向与y轴负方向成60°角，正电荷射入磁场后到x轴的轨迹如图，正电荷第一次运动到x轴应为A点，运动时间为t＝T＝1.2π×10－4 s，选项C正确． 3．(2023年年北京卷)如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场．一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出．下列说法正确的是(　　) A．粒子带正电 B．粒子在b点速率大于在a点速率 C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出 D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短 【答案】C 【解析】由题可知，粒子向下偏转，根据左手定则，所以粒子应带负电，故A错误；由于洛伦兹力不做功，所以粒子动能不变，即粒子在b点速率与a点速率相等，故B错误；若仅减小磁感应强度，由公式qvB＝m得r＝，所以磁感应强度减小，半径增大，所以粒子有可能从b点右侧射出，故C正确；若仅减小入射速率，粒子运动半径减小，在磁场中运动的偏转角可能由变成π，则粒子在磁场中运动时间可能不变，也可能变长，故D错误． 4．(2023年年安徽蚌埠一模)如图甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上图乙所示的电压．现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(重力不计)，且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出，若粒子在两板之间的运动时间均为T，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是(　　) A． 1∶1 B．2∶1 C．3∶1 D．4∶1 【答案】C 【解析】设偏转电场电压不为零时，粒子在偏转场中的加速度为a，粒子在t＝nT时刻进入偏转场，则竖直方向上先加速后匀速然后飞出偏转场，此时粒子偏转位移最大ymax＝a2＋a××＝aT2，粒子在t＝nT＋时刻进入偏转场，则竖直方向上先静止后加速然后飞出偏转场，此时粒子偏转位移最小ymin＝0＋a2＝aT2，则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是3∶1，故C项正确． 5．(2023年年福建漳州模拟)如图所示菱形abcd的边长为 m，∠bad＝60°，已知匀强电场的电场线平行于菱形abcd所在的平面，一个带电量q＝－2×10－5 C的点电荷由a点移动到c点的过程中，电势能增加了1.2×10－5 J，由c点移动到b点的过程中电场力做功6.0×10－6 J，则(　　) A．该电场线的方向由a点指向d点 B．该电场的场强大小为0.2 V/m C．a点的电势高于c点的电势 D．正电荷由b点移到a点的过程中，电势能减小 【答案】BC 6．一质量为m的带正电小球，在竖直向上的匀强电场中以0.9g的加速度加速下落，空气阻力不计，关于小球在下落h的过程中能量的变化情况，以下说法中正确的有(　　) A．小球克服电场力做功0.9mgh B．小球的动能增加了0.9mgh C．小球的机械能减少了0.9mgh D．小球的电势能增加了0.1mgh 【答案】BD 7．(2023年年豫北豫南名校联考)如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为v时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为t，不计粒子重力．下列说法正确的是(　　) A．若该粒子从a点离开磁场，则入射速度大小为 B．若该粒子从c点离开磁场，则在磁场中运动的时间为 C．要使该粒子从cd边离开磁场，则入射速度必须大于3v D．该粒子能在磁场中运动的最长时间为2t 【答案】AB 【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有qvB＝m，r＝，粒子在磁场中运动的轨迹如图，从b点离开磁场的粒子，圆心在a点，半径等于正六边形的边长rb＝L，若从a点离开由对称性知ra＝，故初速度为va＝＝，A正确．从c点离开磁场的粒子，圆心是O点，半径等于正六边形边长的2倍，即rc＝2a，圆心角为60°，从b点飞出的圆心角为120°，根据t＝T得＝，则tc＝＝，故B正确．据分析可知从f点入射的粒子速度越大，半径越小，偏转角度越小，刚好从c点飞出的速度为vc＝＝2v， 故从cd边离开磁场入射速度必须大于2v，C错误．根据t＝T且T＝可知圆心角越大运动时间越长，从af边飞出的粒子圆心角最大为180°，tmax＝t＝t，故D错误． 二、非选择题 8．(2023年年山西重点中学一模)如图所示，质量为m、带电量为＋q的小球从距地面高度h处以一定的初速度v0水平抛出，在距抛出点水平距离为L处，有一根管口比小球直径略大的竖直细管，管的上口距地面为，为使小球无碰撞地通过管子，可在管子上方整个区域内加一场强方向向左的匀强电场．求： (1)小球的初速度v0； (2)电场强度E的大小； (3)小球落地时的动能． 【答案】(1)2L　(2)　(3)mgh 【解析】(1)水平方向匀减速运动到管口时速度恰为零，则L＝t① 竖直方向自由落体运动到管口，则＝gt2② 由①②得v0＝2L.③ (2)水平方向由运动学公式及牛顿第二定律得 v＝2L④ 由③④得E＝. (3)竖直方向自由落体运动直到地面有 mgh－EqL＝Ek－mv 解得Ek＝mgh. 9．(2023年年江苏卷)如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B.磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MN＝L，粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短)，反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．质量为m、电荷量为－q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d，且d<L，粒子重力不计，电荷量保持不变． (1)求粒子运动速度的大小v； (2)欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M的最大距离dm； (3)从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场，PM＝d，QN＝，求粒子从P到Q的运动时间t. 【答案】解：(1)粒子的运动半径d＝ 解得v＝. (2)如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切，由几何关系得 dm＝d(1＋sin 60°) 解得dm＝d. (3)粒子的运动周期T＝ 设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t′，则 t＝n＋t′(n＝1,3,5……) Ⅰ.当 L＝nd＋d时，粒子斜向上射出磁场 t′＝T，这时＋＝n＋1为偶数． 解得t＝. Ⅱ.当L＝nd＋d时，粒子斜向下射出磁场 t′＝T，这时－＝n＋1为偶数 解得t＝. 或总结成t＝，表示取整数部分． 10．(2023年年南阳模拟)如图所示，相距为R的两块平行金属板M、N正对着放置，S1、S2分别为M、N板上的小孔，S1、S2、O三点共线，它们的连线垂直M、N，且S2O＝R.以O为圆心、R为半径的圆形区域内存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场．D为收集板，板上各点到O点的距离以及板两端点的距离都为2R，板两端点的连线垂直M、N板．质量为m、带电量为＋q的粒子，经S1进入M、N间的电场后，通过S2进入磁场．粒子在S1处的速度和粒子所受的重力均不计． (1)当M、N间的电压为U时，求粒子进入磁场时速度的大小v； (2)若粒子恰好打在收集板D的中点上，求M、N间的电压值U0； (3)当M、N间的电压不同时，粒子从S1到打在D上经历的时间t会不同，求t的最小值． 【答案】(1)　(2)　(3) 【解析】(1)粒子从S1到达S2的过程中，根据动能定理得qU＝mv2 解得 v＝. (2)粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有 qvB＝m 得加速电压U与轨迹半径r的关系为 U＝ 由几何关系知粒子射出磁场边界的位置、打在D的位置、O点三点共线，当粒子打在收集板D 的中点时，粒子在磁场中运动的半径r＝R 对应电压U0＝. (3)M、N间的电压越大，粒子进入磁场时的速度越大，粒子在极板间经历的时间越短，同时在磁场中运动轨迹的半径越大，速度偏转用θ越小，由t＝知在磁场中运动的时间也会越短，出磁场后匀速运动的时间也越短，所以当粒子打在收集板D的右端时，对应时间t最短． 根据几何关系可以求得粒子在磁场中运动的半径r＝R 由qvB＝m得粒子进入磁场时速度的大小 v＝＝ 粒子在电场中经历的时间 t1＝＝ 粒子在磁场中经历的时间 t2＝θ1＝·＝ 粒子出磁场后做匀速直线运动经历的时间 t3＝＝ 粒子从S1到打在收集板D上经历的最短时间为 t＝t1＋t2＋t3＝. - 8 -