人教版（广西专用）高中物理选择性必修第二册第1章安培力与洛伦兹力习题课二带电粒子在复合场中的运动练习含答案

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习题课二　带电粒子在复合场中的运动课后·训练提升基础巩固一、选择题(第1~3题为单选题,第4~6题为多选题)1.一质子进入一个互相垂直的匀强电场和匀强磁场的区域,进入场区时,质子的速度v与电场和磁场垂直,结果此质子恰好不偏转,而做匀速直线运动,如图所示(电场和磁场未画出),已知A板带正电,B板带负电,在不考虑带电粒子的重力的情况下,下列说法不正确的是(　　)A.若质子的速度v'EB,则粒子一定向上偏转 答案BC 解析若粒子带正电,受到的洛伦兹力向上,要使其水平射出,受到的静电力应向下,即上极板带正电;若粒子带负电,受到的洛伦兹力向下,要使其水平射出,受到的静电力应向上,即上极板带正电,故射出的带电粒子不一定带负电,速度选择器的上极板一定带正电,选项A错误,B正确。沿虚线水平射出的带电粒子满足qvB=qE,速率满足v=EB,选项C正确。若带电粒子的入射速度v>EB,即qvB>qE,若带正电,则粒子向上偏转,若带负电,则粒子向下偏转,选项D错误。 二、非选择题 7.在平面直角坐标系第Ⅰ象限内有沿x轴负方向的匀强电场,虚线PQ为在同一平面内的竖直直线边界,在第Ⅱ、Ⅲ象限内虚线PQ与y轴之间有垂直坐标平面向里的大小为B的匀强磁场。C、D两个水平平行金属板之间的电压为U。一质量为m、电荷量为e的带正电的粒子(不计粒子重力)从靠近D板的S点由静止开始做加速运动,从x轴上x=2l处的A点垂直于x轴射入电场,粒子进入磁场时速度方向与y轴正方向θ=37°,不计粒子的重力,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。要使粒子不从PQ边界射出,求: (1)粒子运动到A点的速度大小v0; (2)匀强电场的电场强度大小E; (3)虚线PQ与y轴之间磁场的最小宽度d。 答案(1)2Uem　(2)9U32l　(3)94B2mUe 解析(1)粒子加速过程由动能定理得Uq=12mv02 可得粒子运动到A点的速度大小v0=2Uem。 (2)在第Ⅰ象限做类平抛运动,到达y轴的速度为v,有vcos θ=v0 根据动能定理有2eEl=12mv2-12mv02 联立解得E=9U32l。 (3)带电粒子进入磁场中洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2r 当粒子运动的轨迹刚好与边界PQ相切时,粒子不从PQ边界射出,根据几何关系可知虚线PQ与y轴之间磁场的最小宽度d=r(1+cos 37°) 联立解得d=94B2mUe。 能力提升 一、选择题(第1~3题为单选题,第4~6题为多选题) 1.(2023·湖北孝感高二期中)某种电磁血流量计的原理可以简化为如图所示的模型。血液内含有少量正、负离子,从直径为d的血管右侧流入,左侧流出,空间有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场,M、N两点之间的电压稳定时测量值为U,流量Q等于单位时间通过横截面的液体的体积。下列说法正确的是(　　) A.血液中负离子多时,M点的电势高于N点的电势 B.血液中正离子多时,M点的电势高于N点的电势 C.电压稳定时,正、负离子不再受洛伦兹力 D.血液流量Q=πUd4B 答案D 解析由左手定则可知,水平向左入射的正离子受竖直向下的洛伦兹力,负离子受竖直向上的洛伦兹力,则正电荷聚集在N一侧,负电荷聚集在M一侧,则N点电势高于M点电势,选项A、B错误;电压稳定后,离子所受的洛伦兹力等于静电力,即qBv=qUd,可得流速为v=UBd,则流量Q=Sv=πd22v=πUd4B,选项C错误,D正确。 2.如图所示,有一足够长的绝缘圆柱形管道水平固定,内有带负电小球,小球直径略小于管道直径。小球质量为m,电荷量为q,与管道的动摩擦因数为μ,空间中有垂直纸面向外、大小为B的匀强磁场。现对小球施加水平向右的恒力F,使小球自静止开始运动,已知重力加速度为g,对小球运动过程的判断正确的是(　　) A.小球一直做加速度减小的运动 B.小球的最大加速度为F-μmgm C.小球稳定时速度为F+μmgμqB D.从开始运动到最大速度时F做的功为(F+μmg)22mμ2q2B2 答案C 解析对小球进行受力分析,小球从静止开始运动,则在竖直方向上FN+Bqv=mg,水平方向上F-μFN=ma,解得a=F-μ(mg-Bqv)m,由以上分析可知,速度逐渐增大,加速度逐渐增大,当mg=Bqv时,加速度达到最大值,为amax=Fm,随着速度的增大,竖直方向上受力情况变为FN'+mg=Bqv,解得此时的加速度为a=F-μ(Bqv-mg)m,随着速度的继续增大,小球加速度减小,当F-μ(Bqv-mg)=0时,物体加速度为0,开始做匀速直线运动,速度稳定达到最大值为vmax=F+μmgμBq,则小球的加速度先增大,后减小,选项A、B错误,C正确;从开始运动到最大速度的过程中,根据动能定理可得WF-Wf=12mvmax2,即WF=12m(F+μmg)2μ2B2q2+Wf,选项D错误。 3.一个电荷量为+q、质量为m的圆环,套在水平的粗细均匀的细杆上,它们之间的动摩擦因数为μ,细杆处于垂直纸面向里的大小为B的匀强磁场以及水平向右、大小为E的匀强电场中,如图所示。重力加速度为g,且qE>μmg。静止释放带电圆环,则(　　)A.带电圆环将做加速度减小的加速运动,最后做匀速运动B.带电圆环加速度先减小后增大C.带电圆环的最大加速度为am=qEmD.最大速度为vm=EμB答案C解析当圆环的速度vμmg,圆环一开始做加速运动,但F洛=qvB逐渐增大,则摩擦力Ff=μ(mg-qvB)逐渐减小,加速度逐渐增大,这一阶段圆环做加速度增大的加速运动;当圆环的速度v>mgqB时,受到的洛伦兹力F洛=qvB>G=mg,圆环水平方向受到向右的静电力F=qE和向左的摩擦力Ff=μ(qvB-mg),由牛顿第二定律得加速度a=F-Ffm,洛伦兹力F洛=qvB继续增大,则摩擦力Ff=μ(qvB-mg)逐渐增大,加速度a=F-Ffm逐渐减小,这一阶段圆环做加速度减小的加速运动,直到F=qE=Ff=μ(qvB-mg)时,加速度减为0,速度达到最大值,之后圆环以这个速度做匀速直线运动,最大速度为vm=qE+μmgμqB=EμB+mgqB,选项D错误;综合以上分析,可知带电圆环将先做加速度增大的加速运动,再做加速度减小的加速运动,最后做匀速运动,选项A错误;带电圆环加速度先增大,增大到am=qEm后,加速度开始减小,最后减为0,选项B错误。4.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,下列说法正确的是(　　)A.电子从N到P,静电力做正功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点所受的合力答案BC解析电子所受静电力水平向左,电子从N到P的过程中静电力做负功,选项A错误。匀强电场方向水平向右,N点的电势高于P点的电势,选项B正确。由于洛伦兹力一直与速度方向垂直,故电子从M到N,洛伦兹力不做功,选项C正确。由于M点和P点在同一等势面上,故从M到P静电力做功为0,而洛伦兹力不做功,M点速度为0,根据动能定理可知电子在P点速度也为0,则电子在M点和P点都只受静电力作用,在匀强电场中电子在这两点静电力相等,即合力相等,选项D错误。5.如图所示,实线表示处在竖直平面内的水平向右的匀强电场的电场线,匀强磁场垂直纸面(图中未画出),有一带电液滴沿与水平方向成37°角斜向上方向做直线运动,已知液滴的质量为m,电荷量为+q,下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　)A.匀强磁场一定垂直纸面向外B.液滴一定做匀速直线运动C.匀强电场的电场强度大小一定为mgtan37°qD.匀强磁场的磁感应强度大小一定为mgcos37°答案BC解析若匀强磁场垂直纸面向外,由左手定则可知,液滴所受合力方向在运动方向的右下方,液滴将做曲线运动,选项A错误。液滴做直线运动的条件为其所受合力与速度在一条直线上或合力为零;液滴在静电力、洛伦兹力、重力的共同作用下做直线运动,静电力、重力为恒力,则三者合力必为零,否则洛伦兹力将发生变化,故液滴必定做匀速直线运动,选项B正确。如图所示,根据受力平衡有tan 37°=qEmg,则E=mgtan37°q,同理mgcos37°=qvB,则B=mgqvcos37°,选项C正确,D错误。6.(2023·陕西西安高二期中)如图所示,空间中存在有界正交的匀强电场和匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B,电场的电场强度大小为E,在电磁场上方某处有一个电荷量为+q,质量为m的小球,现将小球由静止释放,结果小球恰能沿直线通过电磁场区域,已知重力加速度为g,空气阻力不计,则(　　)A.小球穿过电磁场区域的过程中动能不变B.小球穿过电磁场区域的过程中电势能减小C.小球在电磁场区域受到的静电力大于重力D.小球进入电磁场区域前自由下落的高度为q2E2-m2g22gq2B2答案ACD解析由于小球进入电磁场区域后沿直线运动,则一定做匀速直线运动,动能不变,选项A正确;小球在电磁场中运动时动能不变,重力做正功,静电力做负功,所以小球穿过电磁区域的过程中电势能增大,选项B错误;对小球进行受力分析可知,小球受到的洛伦兹力与重力垂直,且两个力的合力与静电力等大反向,因此静电力大于重力,选项C正确;设小球进入电磁场区域时的速度为v,由受力平衡可得qvB=(qE)2-(mg)2,解得v=(qE)2-(mg)2qB,小球进入电磁场区域前做自由落体运动,根据速度位移关系v2=2gh,解得h=v22g=q2E2-m2g22gq2B2,选项D正确。二、非选择题7.如图所示,在xOy坐标系内,圆心角为127°的内壁光滑的圆管ab,圆心位于原点O处,Oa连线与x轴重合。坐标系内有水平向右的匀强电场,在第四象限有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。现将一质量为m、电荷量为+q的小球从圆管的a端无初速度释放,小球从圆管的b端飞出后沿直线运动到x轴。已知圆管直径略大于小球直径,重力加速度为g。(1)求该匀强电场的电场强度E的大小。(2)求小球沿管下滑到达y轴前的瞬间对管壁的作用力。(3)求小球从b端飞出后第二次到达x轴时的横坐标。答案(1)3mg4q(2)92mg　方向竖直向下(3)575m2g192q2B2解析(1)小球从b飞出后做直线运动,必然是匀速直线运动,对小球进行受力分析如图所示可知qE=mgtan 37°解得E=mgtan37°q=3mg4q。(2)设到达y轴前瞬间,小球速度为v1,设Oa间距离为R,对小球的这一过程应用动能定理得mgR+qER=12mv12此时小球受到管下壁的弹力,设为FN,由向心力公式可得FN-mg=mv12R联立解得FN=92mg由牛顿第三定律可知,小球对管下壁的压力大小为92mg,方向竖直向下。(3)小球从b端飞出时,设速度为v2,由(1)可知F洛cos 37°=qv2Bcos 37°=mg可得v2=5mg4qB对小球从a到b的这一过程应用动能定理可得mgRcos 37°+qER(1+sin 37°)=12mv22联立解得R=25m2g64q2B2以v2到达x轴时,其横坐标为x1=Rsin37°之后,在水平方向,小球以vx=v2cos 37°为初速度,在静电力作用下做匀加速运动;在竖直方向,只受重力作用,小球以vy=v2sin 37°为初速度做竖直上抛运动,则再次到达x轴时,历时为t=2vyg在水平方向的位移为x2=vxt+12at2在水平方向,由牛顿第二定律得qE=ma联立得x2=75m2g32q2B2则第二次到达x轴时的横坐标为x=x1+x2=575m2g192q2B2。