新高考物理一轮复习考点课时练第11章第64练　专题强化：复合场中的摆线问题　动量定理在磁场中的应用（含答案解析）

这是一份新高考物理一轮复习考点课时练第11章第64练　专题强化：复合场中的摆线问题　动量定理在磁场中的应用（含答案解析），共24页。试卷主要包含了2题每小题7分，3等内容，欢迎下载使用。
1、2题每小题7分，3、4题每小题15分，5题16分，共60分
1.(2022·全国甲卷·18)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( )
2.如图所示，两平行极板水平放置，两板间有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场，磁场的磁感应强度为B。一束质量均为m、电荷量均为＋q的粒子，以不同速率沿着两板中轴线PQ方向进入板间后，速率为v的甲粒子恰好做匀速直线运动；速率为v2的乙粒子在板间的运动轨迹如图中曲线所示，A为乙粒子第一次到达轨迹最低点的位置，乙粒子全程速率在v2和3v2之间变化。研究一般的曲线运动时，可将曲线分割成许多很短的小段，这样质点在每一小段的运动都可以看作圆周运动的一部分，对应小段圆弧的半径叫该处曲率圆半径。不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是( )
A.两板间电场强度的大小为Bv
B.乙粒子偏离中轴线的最远距离为mvqB
C.乙粒子的运动轨迹在A处对应的曲率圆半径为9mv4qB
D.乙粒子从进入板间运动至A位置的过程中，在水平方向上做匀速运动
3.(15分)如图所示，坐标系xOy平面在纸面内，在x≥0的区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，0≤x 0)的带电粒子组成的粒子束以水平速度v0沿下极板边缘进入极板间区域，单位时间进入的粒子数为n。带电粒子不计重力且不与下极板接触，忽略极板边缘效应和带电粒子间相互作用。
(1)(4分)为使带电粒子能落在电容器上极板，求极板间距的最大值dm；
(2)(5分)满足(1)的前提下，求电容器所带电荷量的最大值Qm；
(3)(7分)已知R1＝2R，R2＝R，闭合S，电容器重新达到稳定状态后，为使a、b端接入任意负载时进入极板间的带电粒子全部落在上极板，求R应满足的条件和此时a、b间输出功率的最大值。
答案精析
1.B [解法一 在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O静止的带正电粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动，磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x轴负方向偏转，A、C错误；运动的过程中静电力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直.由于匀强电场方向是沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次运动到x轴时，静电力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x轴时的速度为0，随后受静电力作用再次进入第二象限重复向左偏转，B正确，D错误。
解法二 粒子在O点静止，对速度进行分解，分解为沿x轴正方向的速度v，沿x轴负方向的速度v'，两个速度大小相等，方向相反，使得一个洛伦兹力平衡静电力，即qBv'＝qE，则粒子在电场、磁场中的运动，可视为沿x轴负方向以速度v'＝EB做匀速直线运动，同时在x轴上方做匀速圆周运动。故选B。]
2.B [速率为v的甲粒子恰好做匀速直线运动，则qE＝Bqv，解得两板间电场强度的大小为E＝Bv，选项A错误；由于洛伦兹力一直不做功，乙粒子所受静电力方向一直竖直向下，当粒子速度最大时，静电力做的功最多，偏离中轴线的距离最远，根据动能定理有qEymax＝12m×(3v2)2－12m×(v2)2，整理可得ymax＝mvqB，故B正确；由题意，乙粒子的运动轨迹在A处时为粒子偏离中轴线的距离最远，粒子速度达到最大为vA＝3v2，洛伦兹力与静电力的合力提供向心力qvAB－qE＝mvA2rA，所以对应圆周的半径为rA＝9mv2qB，故C错误；由题意，速率为v2的乙粒子在板间的运动轨迹如图中曲线所示，根据左手定则判断知，粒子受到的洛伦兹力总是垂直指向每一小段圆弧的中心，可知从进入板间至A位置过程中，乙粒子在水平方向上的合力一直水平向右，所以粒子从进入板间运动至A位置的过程中，在水平方向上做加速运动，故D错误。]
3.(1)qB1dm (2)πmqB1 (3)①3πm2qB2
②qB1dk
解析 (1)由题意知，粒子做圆周运动的半径r＝d
由qvB1＝mv2r
解得v＝qB1dm
(2)由旋转圆模型知，对于不能进入区域Ⅱ内的粒子，当粒子沿x轴正向进入Ⅰ区域时，运动时间最长，即
tmax＝T2＝12×2πrv＝πmqB1
(3)①该粒子在区域Ⅱ中的运动轨迹如图所示
洛伦兹力提供向心力qvB2＝mωv
可得ω＝qB2m
即角速度为一定值，又可知粒子与边界相切时转过的弧度
θ＝32π，
时间t＝θω
解得t＝3πm2qB2
②粒子在区域Ⅱ中做螺旋线运动，由于阻力最后停下来，在切线方向上，由动量定理有
－kvtΔt＝mΔvt
求和则有－k∑(vtΔt)＝m∑Δvt
有kl＝mv
解得l＝qB1dk
4.(1)带正电 E122UB12 (2)4UB1E1B2
(3)2E2−E1B1
解析 (1)粒子在磁场B2中O处所受洛伦兹力方向向上，根据左手定则可知粒子带正电；
设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子进入速度选择器时的速度为v0，在加速电场中，由动能定理qU＝12mv02
在速度选择器中粒子做匀速直线运动，
由平衡条件qv0B1＝qE1
联立解得，粒子的比荷为qm＝E122UB12
(2)在Ⅲ中由洛伦兹力提供向心力qv0B2＝mv02r
可得O点到P点的距离为
OP＝2r＝4UB1E1B2
(3)粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力
F洛＝qv0B1
向下的静电力F＝qE2
由于E2>E1，且qv0B1＝qE1
所以通过配速法，如图所示
其中满足qE2＝q(v0＋v1)B1
则粒子在速度选择器中水平向右以速度v0＋v1做匀速直线运动的同时，竖直方向以v1做匀速圆周运动，当速度转向到水平向右时，满足垂直打在速度选择器右挡板的O'点的要求，故此时粒子打在O'点的速度大小为v'＝v0＋v1＋v1＝2E2−E1B1。
5.(1)2mv0qB (2)CBd(v0－Bqd2m)
(3)R≤Bd3nq(v0－Bqd2m) n2q2R2
解析 (1)由题意可知带电粒子在两极板间做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力有
qv0B＝mv02r
为使带电粒子能落在电容器上极板，则有r≥d2
联立可得d≤2mv0qB
即最大值为dm＝2mv0qB
(2)当电容器所带电荷量最大时，板间电势差最大，粒子束恰好不能到达上极板，将粒子入射速度分解为向右的两个速度，一个速度产生的洛伦兹力与电场力平衡，做匀速直线运动；另一个速度提供洛伦兹力，做匀速圆周运动；即v0＝v1＋v2
其中qE＝qv1B
粒子以v2做匀速圆周运动，有qv2B＝mv22r'
粒子恰好不到达上极板，则有d＝2r'
联立各式可得E＝B(v0－Bqd2m)
此时两极板所带电荷量最大为Qm＝CUm＝CEd＝CBd(v0－Bqd2m)
(3)根据题意可知当R1和R2两端的总电压不大于Um时带电粒子才能全部落在上极板，闭合S，电容器重新达到稳定状态后，电流恒定，有I＝nq，根据欧姆定律有I(R1＋R2)≤Um＝Ed
其中R1＝2R，R2＝R
联立解得R≤Bd3nq(v0－Bqd2m)
当a、b间接入负载时，设a、b间的电流为Iab，由于总电流恒定，则R1的电流为I1＝I－Iab
a、b间的功率为
Pab＝UabIab＝(I－Iab)R1·Iab＝2R(nqIab－Iab2)
所以当Iab＝12nq时，Pab最大，最大值为Pab＝n2q2R2。