2020高考物理二轮总复习专题限时训练1-3-3带电体在组合场、复合场中的运动（Word版带解析）

专题限时训练 一、单项选择题 1．(2018·安庆模拟)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为 E，方向竖直向下； 该磁场的磁感应强度为 B，方向垂直于纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度大 小为 g，则(　　) A．液滴带正电 B．液滴比荷q m ＝E g C．液滴沿顺时针方向运动 D．液滴运动速度大小 v＝Rg BE 答案：C 解析：液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知 qE＝ mg，得q m ＝g E ，故 B 错误；电场力竖直向上，液滴带负电，A 错误；由左手定则可 判断液滴沿顺时针方向转动，C 正确；对液滴 qE＝mg，qvB＝mv2 R ，得 v＝RBg E ， 故 D 错误． 2．(2018·北京海淀区期末)图甲是洛伦兹力演示仪．图乙是演示仪结构图，玻璃泡 内充有稀薄的气体，由电子枪发射电子束，在电子束通过时能够显示电子的径 迹．图丙是励磁线圈的原理图，两线圈之间产生近似匀强磁场，线圈中电流越大 磁场越强，磁场的方向与两个线圈中心的连线平行．电子速度的大小和磁感应强 度可以分别通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节．若电子枪垂直磁场 方向发射电子，给励磁线圈通电后，能看到电子束的径迹呈圆形．关于电子束的 轨道半径，下列说法正确的是(　　)A．只增大电子枪的加速电压，轨道半径不变 B．只增大电子枪的加速电压，轨道半径变小 C．只增大励磁线圈中的电流，轨道半径不变 D．只增大励磁线圈中的电流，轨道半径变小 答案：D 解析：电子在加速电场中加速，由动能定理有：eU＝1 2mv20；电子在匀强磁场中做 匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，eBv0＝mv20 r ，解得：r＝mv0 eB ＝1 B 2mU e ；增大 电子枪的加速电压，轨道半径变大，选项 A、B 错误；增大励磁线圈中的电流，电 流产生的磁场增强，可以使电子束的轨道半径变小．故 C 错误，D 正确． 二、多项选择题 3.为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示 的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为 a＝1 m、b＝0.2 m、c＝0.2 m，左、右两端开口，在垂直于前、后面的方向加磁感应强度 B＝1.25 T 的匀强磁 场，在上下两个面的内侧固定有金属板 M、N 作为电极．污水充满装置以某一速 度从左向右匀速流经该装置时，测得两个电极间的电压 U＝1 V，且污水流过该装 置时受到阻力作用，阻力 f＝kLv，其中比例系数 k＝15 N·s/m2，L 为污水沿流速方 向的长度，v 为污水的流速．下列说法正确的是(　　) A．金属板 M 的电势不一定高于金属板 N 的电势，因为污水中负离子较多 B．污水中粒子浓度的高低对电压表的示数也有一定影响 C．污水的流量(单位时间内流出的污水体积)Q＝0.16 m3/s D．为使污水匀速通过该装置，左、右两侧管应施加的压强差 Δp＝1 500 Pa 答案：CD解析：根据左手定则，正离子受到向上的洛伦兹力向 M 偏转，负离子受到向下的 洛伦兹力向 N 偏转，所以 M 板的电势一定高于 N 板的电势，A 错误；两极板带上 电荷后，会在竖直方向上产生一个电场，最后电场力和洛伦兹力平衡，故有 qvB＝q U c ，解得 U＝vBc，与粒子浓度的大小无关，B 错误；因为 U＝vBc，所以 v＝ U Bc ， 污水的流量 Q＝vS＝ U Bcbc＝U Bb＝0.16 m3/s，C 正确；为使污水匀速通过，则 ΔpS＝ f＝kLv，即 Δpbc＝ka U Bc ，解得 Δp＝1 500 Pa，D 正确． 4.(2018·湖北黄冈期末)如图所示直角坐标系 xOy，P(a，－b)为第四象限内的一点， 一质量为 m、电荷量为 q 的负电荷(重力不计)从原点 O 以初速度 v0 沿 y 轴正方向 射入．第一次在整个坐标系内加垂直于纸面向里的匀强磁场，该电荷恰好能通过 P 点；第二次保持 y>0 区域磁场不变，而将 y0 区域磁场不变，而将 yt2，即第 二次所用时间一定短些，选项 C 正确；电荷通过 P 点时的速度，第一次与 x 轴负 方向的夹角为 α，则有 tan α＝ R2－b2 b ＝a2－b2 2ab ；第二次与 x 轴负方向的夹角 θ，则 有 tan θ＝ b 2 R－ R2－b2 ＝ a 2b ，所以有 tan θ>tan α，电荷通过 P 点时的速度，第二次 与 x 轴负方向的夹角一定大些，选项 D 错误． 三、计算题 5．(2019·桂林调研)如图所示，质量为 m，带电荷量为＋q 的液滴，以速度 v 沿与 水平方向成 θ＝45°角斜向上进入正交的足够大匀强电场和匀强磁场叠加区域，电 场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向里，液滴在叠加场中做直线运动．重力 加速度大小为 g，求： (1)电场强度 E 和磁感应强度 B 的大小； (2)当液滴运动到某一点 A 时，电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，不考虑 因电场变化而产生的磁场的影响，求此时液滴的加速度； (3)在满足(2)的前提下，液滴从 A 点到达与 A 点位于同一水平线上的 B 点(图中未 画出)所用的时间． 答案：(1)mg q 　 2mg qv 　(2) 2g　(3)3 2πv 4g 解析：(1)液滴带正电，液滴受力如图所示：根据平衡条件，有 Eq＝mgtan θ＝mg，qvB＝ mg cos θ ＝ 2mg 可得 E＝mg q ，B＝ 2mg qv . (2)电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，故电场力与重力平衡，洛伦兹力提 供向心力，粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：a＝F 合 m ＝ 2g. (3)电场变为竖直向上后，qE＝mg，故液滴做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得 qvB ＝mv2 r 可得 r＝mv qB 则 T＝2πr v ＝2πm qB 由几何知识得 t＝3 4T 可得 t＝3 2πv 4g . 6．如图，在 xOy 平面第一象限内有平行于 y 轴的匀强电场和垂直于 xOy 平面的匀 强磁场．一质量为 m、带电荷量为＋q 的小球从 y 轴上离坐标原点距离为 L 的 A 点 处，以沿 x 轴正方向的初速度 v0 进入第一象限，小球恰好做匀速圆周运动，并从 x 轴上距坐标原点L 2 的 C 点离开磁场．已知重力加速度大小为 g，求： (1)匀强电场的电场强度 E 的大小和方向； (2)磁感应强度 B 的大小和方向；(3)如果撤去磁场，并且将电场反向，带电小球仍以相同的初速度从 A 点进入第一 象限，求带电小球到达 x 轴时的位置． 答案：(1)mg q 　方向竖直向上　(2)8mv0 5qL 　垂直于 xOy 平面向外　(3)x＝v0 L g 解析：(1)由带电小球做匀速圆周运动知，mg＝Eq，所以 E＝ mg q ，方向竖直向 上． (2)因小球带正电，且向下偏转，由左手定则可知磁场方向垂直于 xOy 平面向外． 带电小球做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力 qv0B＝mv20 R 解得 B＝mv0 qR 由圆周运动轨迹分析得(L－R)2＋(L 2)2＝R2 整理得 R＝5L 8 ，则 B＝8mv0 5qL (3)电场反向后竖直方向受力 Eq＋mg＝ma，a＝2g，小球做类平抛运动有 x＝v0t，L ＝1 2at2，得 x＝v0 L g 7.(2018·全国卷Ⅱ) 一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在 xOy 平 面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与 y 轴垂直，宽度为 l，磁感应强 度的大小为 B，方向垂直于 xOy 平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为 l′，电场强度的大小均为 E，方向均沿 x 轴正方向；M、N 为条形区域边界上的两 点，它们的连线与 y 轴平行．一带正电的粒子以某一速度从 M 点沿 y 轴正方向射 入电场，经过一段时间后恰好以从 M 点入射的速度从 N 点沿 y 轴正方向射出．不 计粒子的重力．(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹； (2)求该粒子从 M 点射入时速度的大小； (3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与 x 轴正方向的夹角为π 6 ，求该粒子的比荷 及其从 M 点运动到 N 点的时间． 答案：(1)见解析　(2)v0＝2El′ Bl 　(3)q m ＝4 3El′ B2l2 　t′＝Bl E(1＋ 3πl 18l′) 解析：(1)粒子运动的轨迹如图所示．(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为 圆弧，上下对称) (2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动．设粒子从 M 点射入时速度的 大小为 v0，在下侧电场中运动的时间为 t，加速度的大小为 a；粒子进入磁场的速 度大小为 v，方向与电场方向的夹角为 θ(如图)，速度沿电场方向的分量为 v1，根 据牛顿第二定律有 qE＝ma① 式中 q 和 m 分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有 v1＝at② l′＝v0t③ v1＝vcos θ④粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为 R，由洛伦兹力公式和牛顿第 二定律得 qvB＝mv2 R ⑤ 由几何关系得 l＝2Rcos θ⑥ 联立①②③④⑤⑥式得 v0＝2El′ Bl .⑦ (3)由运动学公式和题给数据得 v1＝v0cotπ 6 ⑧ 联立①②③⑦⑧式得 q m ＝4 3El′ B2l2 ⑨ 设粒子由 M 点运动到 N 点所用的时间为 t′，则 t′＝2t＋ 2(π 2 －π 6 ) 2π T⑩ 式中 T 是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期， T＝2πm qB ⑪ 由③⑦⑨⑩⑪式得 t′＝Bl E(1＋ 3πl 18l′)⑫ 8．如图甲所示，有一磁感应强度大小为 B、垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场边 界 OP 与水平方向的夹角 θ＝45°，紧靠磁场右上边界放置长为 L、间距为 d 的平行 金属板 M、N，磁场边界上的 O 点与 N 板在同一水平面上，O1、O2 为电场左、右 边界的中点．在两板间存在如图乙所示的交变电场(取竖直向下为正方向)．某时刻 从 O 点竖直向上以不同初速度同时发射两个相同的质量为 m、电荷量为＋q 的粒 子 a 和 b.结果粒子 a 恰从 O1 点水平进入板间电场运动，由电场中的 O2 点射出； 粒子 b 恰好从 M 板左端边缘水平进入电场．不计粒子重力和粒子间相互作用，电场周期 T 未知．求： (1)粒子 a、b 从磁场边界射出时的速度 va、vb； (2)粒子 a 从 O 点进入磁场到 O2 点射出电场运动的总时间 t； (3)如果金属板间交变电场的周期 T＝4m qB ，粒子 b 从图乙中 t＝0 时刻进入电场，求 要使粒子 b 能够穿出板间电场时 E0 满足的条件． 　 答案：(1)va＝qBd 2m 　vb＝qBd m 　(2) m 2qBd(πd＋2d＋4L)　(3)E0≤qd2B2 mL 解析：(1)如图所示，粒子 a、b 在磁场中匀速转过 90°，平行于金属板进入电场， 由几何关系可得：ra＝d 2 ，rb＝d 由牛顿第二定律可得 qvaB＝mv2a ra qvbB＝mv2b rb 解得 va＝qBd 2m ，vb＝qBd m (2)粒子 a 在磁场中的运动轨迹如图： 在磁场运动的周期为 T0＝2πm qB 在磁场运动的时间：t1＝T0 4 ＝ πm 2qB 粒子在无电磁场区域做匀速直线运动，所用的时间为t2＝ d 2va ＝ m qB 在电场中运动时间为 t3＝L va ＝2mL qBd a 粒子全程运动的时间为 t＝t1＋t2＋t3＝ m 2qBd(πd＋2d＋4L) (3)粒子在磁场中运动的时间相同，a、b 同时离开磁场，a 比 b 进入电场落后的时 间为 Δt＝ d 2va ＝ m qB ＝T 4 ，故粒子 b 在 t＝0 时刻进入电场，而粒子 a 在T 4 时刻进入电 场．由于粒子 a 在电场中从 O2 射出，在电场中竖直方向位移为 0，故 a 在电场中 运动的时间 ta 是周期的整数倍，由于 vb＝2va，b 在电场中运动的时间是 tb＝1 2ta， 可见 b 在电场中运动的时间是半个周期的整数倍，即 tb＝L vb ＝n·T 2 故 n＝ 2L Tvb 粒子 b 在T 2 内竖直方向的位移为 y＝1 2a(T 2)2 粒子在电场中的加速度 a＝qE0 m 由题知 T＝4m qB 粒子 b 能穿出板间电场应满足 ny≤d 解得 E0≤qd2B2 mL .[满分设计] [例]　(2018·全国卷Ⅰ，25,20 分)如图，在 y > 0 的区域存在方向沿 y 轴负方向的匀 强电场，场强大小为 E；在 y < 0 的区域存在方向垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场 ①.一个氕核 11H 和一个氘核 21H 先后从 y 轴上 y＝h 点以相同的动能射出，速度方向 沿 x 轴正方向②.已知 11H 进入磁场时，速度方向与 x 轴正方向的夹角为 60°，并从 坐标原点 O 处第一次射出磁场③.11H 的质量为 m，电荷量为 q④.不计重力⑤.求： (1)11H 第一次进入磁场的位置到原点 O 的距离； (2)磁场的磁感应强度大小； (3)21H 第一次离开磁场的位置到原点 O 的距离． [科学审题] 关键点 获取信息 ①⑤ 可以分析带电粒子在电场和磁场中的受力，进一步 判断各自运动性质 ②④ 两粒子均带正电且电荷量为 q，质量分别是 m、2m； 粒子在电场中做类平抛运动 ③ 11H 进入磁场时两坐标轴方向上的分速度关系；11H 射 出磁场的位置 [快速切题] 两种带电粒子均在匀强电场中做类平抛运动、在匀强磁场中做匀速圆周运动．氘 核 21H 质量是氕核 11H 的 2 倍，且二者电荷量相等，根据二者的初动能相等可求类 平抛运动初速度的关系；再根据类平抛运动的规律可求粒子进入磁场的位置以及 进入磁场的速度大小和方向；最后根据粒子在洛伦兹力的作用下在磁场中做匀速 圆周运动规律和几何知识可求粒子第一次离开磁场的位置． [规范解题](1)11H 在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示．(1 分) 设 11H 在电场中的加速度大小为 a1，初速度大小为 v1，它在电场中的运动时间为 t1，第一次进入磁场的位置到原点 O 的距离为 s1.由运动学公式有 s1＝v1t1　　①(1 分) h＝1 2a1t21②　(1 分) 由题给条件，11H 进入磁场时速度的方向与 x 轴正方向夹角 θ1＝60°.11H 进入磁场时 速度的竖直分量大小为 a1t1＝v1tan θ1③　(1 分) 联立以上各式得 s1＝2 3 3 h　④　(1 分) (2)11H 在电场中运动时，由牛顿第二定律有 qE＝ma1　　⑤　(1 分) 设 11H 进入磁场时速度的大小为 v′1，由速度合成法则有 v′1＝ v21＋(a1t1)2　　⑥　 (1 分) 设磁感应强度大小为 B，11H 在磁场中运动的圆轨道半径为 R1，由洛伦兹力公式和 牛顿第二定律有 qv′1B＝mv′21 R1 　⑦　(1 分) 由几何关系得 s1＝2R1sin θ1　　⑧　(1 分) 联立以上各式得 B＝ 6mE qh 　⑨　(1 分) (3)设 21H 在电场中沿 x 轴正方向射出的速度大小为 v2，在电场中的加速度大小为 a2， 由题给条件得1 2(2m)v22＝1 2mv21　　⑩　(1 分) 由牛顿第二定律有 qE＝2ma2　　　　⑪　 (1 分) 设 21H 第一次射入磁场时的速度大小为 v′2，速度的方向与 x 轴正方向夹角为 θ2， 入射点到原点的距离为 s2，在电场中运动的时间为 t2.由运动学公式有 s2＝v2t2　　　　⑫　(1 分) h＝1 2a2t22　　　⑬　(1 分) v′2＝ v22＋(a2t2)2　　⑭　 (1 分) sin θ2＝ a2t2 v′2 　　⑮　(1 分) 联立以上各式得 s2＝s1，θ2＝θ1，v′2＝ 2 2 v′1⑯　(1 分) 设 21H 在磁场中做圆周运动的半径为 R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动 的半径公式得 R2＝ (2m)v′2 qB ＝ 2R1⑰　 (1 分) 所以出射点在原点左侧．设 21H 进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距 离为 s′2，由几何关系有 s′2＝2R2sin θ2　　⑱　(1 分) 联立④⑧⑯⑰⑱式得，21H 第一次离开磁场时的位置到原点 O 的距离为 s′2－s2＝2 3 3 ( 2－1)h　　⑲　(1 分)