高考物理一轮复习课时练习 第11章第7练　专题强化：带电粒子在叠加场和交变电、磁场中的运动（含详解）

这是一份高考物理一轮复习课时练习 第11章第7练　专题强化：带电粒子在叠加场和交变电、磁场中的运动（含详解），共8页。试卷主要包含了2 kg、电荷量为＋0，5 m等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R，已知该电场的电场强度大小为E、方向竖直向下；该磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则( )
A．液滴带正电
B．液滴比荷eq \f(q,m)＝eq \f(E,g)
C．液滴沿顺时针方向运动
D．液滴运动速度大小v＝eq \f(Rg,BE)
2．(多选)(2024·吉林长春市外国语学校开学考)如图所示，在竖直平面内的虚线下方分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的电场强度大小为10 N/C，方向水平向左；磁场的磁感应强度大小为2 T，方向垂直纸面向里。现将一质量为0.2 kg、电荷量为＋0.5 C的小球，从该区域上方的某点A以某一初速度水平抛出，小球进入虚线下方后恰好做直线运动。已知重力加速度为g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．小球平抛的初速度大小为5 m/s
B．小球平抛的初速度大小为2 m/s
C．A点距该区域上边界的高度为1.25 m
D．A点距该区域上边界的高度为2.5 m
3．(2023·广东梅州市期末)如图甲所示，在竖直平面内建立xOy坐标系(y轴竖直)，在x>0区域有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E＝eq \f(mg,q)；在x>0区域，还有按图乙规律变化的磁场，磁感应强度大小为B0，磁场方向以垂直纸面向外为正方向。t＝0时刻，有一质量为m、带电荷量为＋q的小球(可视为质点)以初速度2v0从原点O沿与x轴正方向夹角θ＝eq \f(π,4)的方向射入第一象限，重力加速度为g。求：
(1)小球从上往下穿过x轴的位置到坐标原点的可能距离；
(2)小球与x轴之间的最大距离。
4．(多选)(2024·重庆西南大学附中月考)如图甲所示的平行金属极板M、N之间存在交替出现的匀强磁场和匀强电场，取垂直纸面向外为磁场正方向，磁感应强度B随时间t周期性变化的规律如图乙所示，取垂直极板向上为电场正方向，电场强度E随时间t周期性变化的规律如图丙所示。t＝0.5t0时，一不计重力、带正电的粒子从极板左端以速度v沿板间中线平行极板射入板间，最终平行于极板中线射出，已知粒子在t＝1.5t0时速度为零，且整个运动过程中始终未与两极板接触，则下列说法正确的是( )
A．粒子可能在2.5t0时刻射出极板
B．极板间距不小于eq \f(vt0,2)＋eq \f(2vt0,π)
C．极板长度为eq \f(nvt0,π)(n＝1,2,3…)
D.eq \f(E0,B0)＝eq \f(2v,π)
5．在如图甲所示的正方形平面Oabc内存在着垂直于该平面的匀强磁场，磁感应强度的变化规律如图乙所示。一个质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)在t＝0时刻沿Oc边从O点射入磁场中。已知正方形边长为L，磁感应强度的大小为B0，规定垂直于纸面向外为磁场的正方向。
(1)求带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T0。
(2)若带电粒子不能从Oa边界射出磁场，求磁感应强度的变化周期T的最大值。
(3)要使带电粒子从b点沿着ab方向射出磁场，求满足这一条件的磁感应强度变化的周期T及粒子射入磁场时的速度大小。
6.(2024·江西省月考)如图所示，在竖直平面内的直角坐标系xOy中，第四象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场和沿x轴正方向的匀强电场，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E。第一象限中有沿y轴正方向的匀强电场(电场强度大小未知)，且某未知矩形区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场(磁感应强度大小也为B)。一个带电小球从图中y轴上的M点沿与x轴成θ＝45°角斜向上做匀速直线运动，由x轴上的N点进入第一象限并立即在矩形磁场区域内做匀速圆周运动，离开矩形磁场区域后垂直打在y轴上的P点(图中未标出)，已知O、N两点间的距离为L，重力加速度大小为g，取sin 22.5°＝0.4，cs 22.5°＝0.9。求：
(1)小球所带电荷量与质量的比值和第一象限内匀强电场的电场强度大小；
(2)矩形匀强磁场区域面积S的最小值；
(3)小球从M点运动到P点所用的时间。
第7练 专题强化：带电粒子在叠加场和交变电、 磁场中的运动
1．C [液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的叠加场中做匀速圆周运动，可知qE＝mg，得eq \f(q,m)＝eq \f(g,E)，选项B错误；静电力方向竖直向上，液滴带负电，选项A错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针方向运动，选项C正确；对液滴有qE＝mg，qvB＝meq \f(v2,R)，联立得v＝eq \f(RBg,E)，选项D错误。]
2．BC [小球受竖直向下的重力与水平向左的静电力作用，小球进入电磁场区域做直线运动，小球受力如图所示，小球做直线运动，则qvBcs θ＝mg，小球的速度vcs θ＝v0，代入数据解得v0＝2 m/s，故A错误，B正确；小球从A点抛出到进入叠加场过程，由动能定理得mgh＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，根据在叠加场中的受力情况可知(mg)2＋(qE)2＝(qvB)2，解得h＝eq \f(E2,2gB2)，代入数据解得h＝1.25 m，故C正确，D错误。]
3．(1)eq \f(\r(2)nmv0,2qB0)(8＋π)＋eq \f(2\r(2)mv0,qB0)(n＝0,1,2,3，…) (2)eq \f(\r(2)π＋8－4\r(2)mv0,4B0q)
解析 (1)带电小球从原点进入x>0区域后有Eq＝mg
所以在此区域内，带电小球在有磁场时做匀速圆周运动，在无磁场时做匀速直线运动，其轨迹如图所示
在0～eq \f(πm,2qB0)时间内，
有q·2v0B0＝meq \f(2v02,r)，即r＝eq \f(2mv0,B0q)
小球沿x轴正方向前进的距离L1＝eq \r(2)r
在eq \f(πm,2qB0)～eq \f(3πm,4qB0)时间内，小球沿x轴正方向前进的距离
L2＝2v0tcs eq \f(π,4)＝eq \f(\r(2)πmv0,4qB0)
在eq \f(3πm,4qB0)～eq \f(5πm,4qB0)时间内，小球沿x轴正方向前进的距离为L1
在eq \f(5πm,4qB0)～eq \f(3πm,2qB0)时间内，小球沿x轴正方向前进的距离为L2
以此类推，小球从上往下穿过x轴时的位置到坐标原点的距离
x＝n(2L1＋2L2)＋L1＝eq \f(\r(2)nmv0,2qB0)(8＋π)＋eq \f(2\r(2)mv0,qB0)(n＝0,1,2,3，…)。
(2)由轨迹图可知，小球与x轴的最大距离位置在第四象限
小球与x轴之间的最大距离
d＝L2＋r(1－cs eq \f(π,4))
＝eq \f(\r(2)π＋8－4\r(2)mv0,4B0q)。
4．ABD [根据题意可知，在0.5t0～t0内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，且转了eq \f(1,4)周，在t0～1.5t0内，粒子在电场中向下做减速运动到速度为零，在1.5t0～2t0内，粒子在电场中向上做加速运动到速度为v，在2t0～2.5t0内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，转了eq \f(1,4)周，粒子回到极板中线，速度平行于极板中线，接下来粒子周期性地重复以上运动，粒子在一个运动周期内的轨迹如图所示。粒子一个运动周期为T＝2.5t0－0.5t0＝2t0，故粒子射出极板的时刻可能为t＝0.5t0＋nT＝(0.5＋2n)t0(n＝1,2，3…)，
当n＝1时t＝0.5t0＋T＝2.5t0，故A正确；粒子在磁场中，设粒子的轨迹半径为r，则有T磁＝eq \f(2πr,v)＝2t0，解得r＝eq \f(vt0,π)，粒子在电场中向下减速的位移为y＝eq \f(v,2)·0.5t0＝eq \f(vt0,4)，故极板间距应满足d≥2(r＋y)＝eq \f(2vt0,π)＋eq \f(vt0,2)，故B正确；极板长度可能为L＝n·2r＝eq \f(2nvt0,π)(n＝1,2,3…)，故C错误；粒子在磁场中，有T磁＝eq \f(2πm,qB0)＝2t0，解得B0＝eq \f(πm,qt0)，粒子在电场中，有v＝a·0.5t0＝eq \f(qE0,m)·0.5t0，解得E0＝eq \f(2mv,qt0)，可得eq \f(E0,B0)＝eq \f(2v,π)，故D正确。]
5．(1)eq \f(2πm,qB0) (2)eq \f(5πm,3qB0)
(3)eq \f(πm,qB0) eq \f(qB0L,nm)(n＝2,4,6…)
解析 (1)由qvB0＝meq \f(v2,r)，T0＝eq \f(2πr,v)，
联立解得T0＝eq \f(2πm,qB0)。
(2)如图甲所示为周期最大时粒子不能从Oa边射出的临界情况，由几何关系可知sin α＝eq \f(1,2)，得α＝30°。
在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为150°，运动时间为t＝
eq \f(5,12)T0＝eq \f(5πm,6qB0)，而t＝eq \f(T,2)，所以磁感应强度的变化周期T的最大值为eq \f(5πm,3qB0)。
(3)如图乙所示为粒子从b点沿着ab方向射出磁场的一种情况。在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为2β，其中β＝45°，即eq \f(T,2)＝eq \f(T0,4)，所以磁场变化的周期为T＝eq \f(πm,qB0)
弦OM的长度为s＝eq \f(\r(2)L,n)(n＝2,4,6…)
圆弧半径为R＝eq \f(s,\r(2))＝eq \f(L,n)(n＝2,4,6…)
由qv0B0＝meq \f(v02,R)，解得v0＝eq \f(qB0L,nm)(n＝2，4,6…)。
6．(1)eq \f(g,E) E (2)eq \f(54E4,25g2B4)
(3)eq \f(BL,E)(1＋eq \f(\r(2),2))＋eq \f(E,gB)(eq \f(3,4)π－eq \f(\r(2),2))
解析 (1)设小球质量为m、电荷量为q、速度为v，小球在MN段受力如图
因为在MN段做匀速直线运动，所以小球受力平衡，由平衡条件得mgtan 45°＝qE，解得eq \f(q,m)＝eq \f(g,E)，要使小球进入第一象限后能立即在矩形磁场区城内做匀速圆周运动，则小球受到的重力必须与静电力平衡，有mg＝qE1，联立解得E1＝E
(2)由(1)可知qvB＝eq \r(2)qE，即v＝eq \f(\r(2)E,B)
由qvB＝meq \f(v2,R)，可知R＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(\r(2)E2,gB2)
轨迹图如图所示，由图可知矩形的最小面积
S＝2Rcs 22.5°×(R－Rsin 22.5°)
＝eq \f(54E4,25g2B4)
(3)在第四象限运动的时间t1＝eq \f(\r(2)L,v)，在第一象限矩形磁场区域运动的时间t2＝eq \f(\f(3πR,4),v)，在第一象限做匀速直线运动的时间t3＝eq \f(L－\f(\r(2),2)R,v)
联立解得小球从M到P的总时间
t＝t1＋t2＋t3＝eq \f(BL,E)(1＋eq \f(\r(2),2))＋eq \f(E,gB)(eq \f(3,4)π－eq \f(\r(2),2))。