2024版新教材高考物理复习特训卷考点70带电粒子在叠加场中的运动

这是一份2024版新教材高考物理复习特训卷考点70带电粒子在叠加场中的运动，共5页。试卷主要包含了[2022·广东卷]，[2023·四川德阳二模]，6 s等内容，欢迎下载使用。


A．ma>mb>mcB．mb>ma>mc
C．mc>ma>mbD．mc>mb>ma
2.[2023·浙江温州期末]如图所示，在两水平金属板构成的器件中存在匀强电场与匀强磁场，电场强度E和磁感应强度B相互垂直，从P点以水平速度v0进入的不计重力的带电粒子恰好能沿直线运动．下列说法正确的是（ ）
A．粒子一定带正电
B．粒子的速度大小v0＝ eq \f(B,E)
C．若增大v0，粒子所受的电场力做负功
D．若粒子从Q点以水平速度v0进入器件，也恰好能做直线运动
3.[2022·广东卷]
（多选）如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场．电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点．已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有（ ）
A．电子从N到P，电场力做正功
B．N点的电势高于P点的电势
C．电子从M到N，洛伦兹力不做功
D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
4.[2023·四川德阳二模]（多选）有人设计了如图所示的简易实验装置来筛选实验室所需要的离子．S为离子源，能够提供大量比荷和速率均不一样的离子．AB为两个板间电压为U的平行金属板，相距为d（d很小）.上部分成圆弧形，中轴线所在圆弧半径为R（如虚线所示），该区域只存在电场；下部分平直，且中间还充满磁感应强度为B的匀强磁场．不计离子重力影响，下列说法错误的是（ ）
A．所加磁场的方向垂直于纸面向里
B．通过改变U和B，可以选取满足要求的正离子
C．所有速率等于 eq \f(U,dB) 的离子均能通过该仪器
D．通过该仪器的离子，比荷一定为 eq \f(U,dRB2)
5.[2022·全国甲卷]空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（xOy平面）向里，电场的方向沿y轴正方向．一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动．下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（ ）
6.
[2023·河北唐山一模]如图所示，在平面直角坐标系xOy（x轴水平，y轴竖直）中，第一象限内存在正交的匀强电、磁场，电场强度竖直向上，大小E1＝40 N/C，磁场方向垂直纸面向里；第四象限内存在一方向向左的匀强电场，场强E2＝ eq \f(160,3) N/C.一质量为m＝2×10－3kg的带正电的小球，从M（3.64 m，3.2 m）点，以v0＝1 m/s的水平速度开始运动．已知球在第一象限内做匀速圆周运动，从P（2.04 m，0）点进入第四象限后经过y轴上的N（0，－2.28 m）点（图中未标出）.求：（g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8）
（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）小球由P点运动至N点的时间．
7.[2022·湖南卷]如图，两个定值电阻的阻值分别为R1和R2，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为 eq \r(3) d，极板间存在方向水平向里的匀强磁场．质量为m、带电荷量为＋q的小球以初速度v沿水平方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器．此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为g，忽略空气阻力．
（1）求直流电源的电动势E0；
（2）求两极板间磁场的磁感应强度B；
（3）在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值E′.
考点70 带电粒子在叠加场中的运动——提能力
1．答案：B
解析：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，重力与电场力平衡，即mag＝qE ①，b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则mbg＝qE＋qvB ②，c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则mcg＋qvB＝qE ③，比较①②③式得：mb>ma>mc，B正确．
2．答案：C
解析：粒子从左射入，若带负电，则受到向上的电场力和向下的洛伦兹力；若带正电，则受到向下的电场力和向上的洛伦兹力，只要满足qv0B＝qE，即速度v0＝ eq \f(E,B)，粒子就能做直线运动通过，A、B错误．若增大v0，则洛伦兹力大于电场力，粒子向洛伦兹力方向偏转而做曲线运动，则电场力做负功，C正确．若粒子从Q点以水平速度v0进入器件，电场力和洛伦兹力同向，粒子将做曲线运动，即速度选择器的电场和磁场确定之后，也就确定了入口为P，出口为Q，D错误．
3．答案：BC
解析：电子从M点由静止释放，从M到N，电场力做正功，M、P在同一等势面上，可知电子从N到P，电场力做负功，A错误；根据沿电场线方向电势降低，可知N点电势高于P点电势，B正确；根据洛伦兹力方向与速度方向垂直，对带电粒子永远不做功，可知电子从M到N，洛伦兹力不做功，C正确；洛伦兹力不做功，且M、P在同一等势面上，可知电子在M点和P点速度都是零，即电子在M点和P点都是只受到电场力作用，所以电子在M点所受的合力等于在P点所受的合力，D错误．
4．答案：ABD
解析：粒子在弯曲的部分做圆周运动，电场力提供向心力，所以只有正离子才可能通过该仪器；又由于板间距很小，该部分电场强度E＝ eq \f(U,d)，粒子通过平直的下部分时做直线运动，则电场力与洛伦兹力平衡，即 eq \f(U,d)q＝qvB，解得v＝ eq \f(U,dB)，则磁场只能垂直于纸面向里，且速率为 eq \f(U,dB)的正离子才能通过该仪器，故A、B正确，C错误．由电场力提供圆周运动的向心力有q eq \f(U,d)＝m eq \f(v2,R)，得出 eq \f(q,m)＝ eq \f(U,dRB2)，即通过该仪器的离子比荷为 eq \f(U,dRB2)，D正确．
5．答案：B
解析：带正电粒子从原点O由静止释放，在电场力作用下，获得向上的速度后，会受到向左的洛伦兹力，故粒子向左侧偏转，排除A、C选项；当粒子再回到x轴时，电场力整体做功为零，洛伦兹力始终不做功，故此时速度为零，以后会重复原来的运动，不可能运动到x轴下方，故B正确，D错误．
6．答案：(1)2 T (2)0.6 s
解析：(1)小球在第一象限内做匀速圆周运动mg＝qE1
解得q＝5×10－4C
由图甲得R cs θ＝xM－xP，R sin θ＋R＝yM
联立解得R＝2 m，θ＝37°
又qv0B＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,R)，解得B＝2 T.
(2)小球进入第四象限后，受力如图乙所示，
tan α＝ eq \f(mg,qE2)＝0.75，α＝θ＝37°
小球的速度与重力、电场力的合力F垂直，轨迹如图甲所示．
由几何关系可得lQN＝(－yN－xPtan α)cs α＝0.6 m
在第四象限，沿初速度方向，有lQN＝v0t
解得t＝0.6 s．
7．解析：(1)小球在两板间做匀速圆周运动，电场力与重力大小相等，设两板间电压为U，有mg＝q eq \f(U,d)
由闭合电路欧姆定律得U＝ eq \f(R2,R1＋R2)E0
联立解得E0＝ eq \f(（R1＋R2）mgd,qR2).
(2)小球在电容器中做匀速圆周运动，从上板右侧边缘离开，设轨迹半径为r，有r2＝(r－d)2＋( eq \r(3)d)2
又洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力，qvB＝m eq \f(v2,r)
解得B＝ eq \f(mv,2qd).
(3)小球离开磁场时，速度方向与水平方向的夹角为θ＝60°，要使小球做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向共线，当电场力等于小球重力垂直于速度方向的分力时，电场力最小，电场强度最小
qE′＝mg cs 60°
解得E′＝ eq \f(mg,2q).