《2020届高考物理二轮复习专题三电场和磁场3带电粒子在组合场复合场中的运动课时作业含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高考物理二轮复习专题三电场和磁场3带电粒子在组合场复合场中的运动课时作业含解析（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、带电粒子在组合场、复合场中的运动题组一带电粒子在组合场中的运动1(2019广西桂林、百色和崇左市第三次联考)(多选)如图所示，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等在该平面有一个质量为m、带正电q的粒子以初速度v0垂直x轴，从x轴上的P点进入匀强电场，恰好与y轴成45角射出电场，再经过一段时间恰好垂直于x轴进入下面的磁场，已知OP之间的距离为d，不计粒子重力，则()A磁感应强度BB电场强度EC自进入磁场至在磁场中第二次经过x轴所用时间为tD自进入磁场至在磁场中第二次经过x轴所用时间为t解析：BD粒子的轨迹如图所示：带电粒子在电场中做类
2、平抛运动，水平方向做匀加速运动，竖直方向做匀速运动，由题得知，出电场时，vxvyv0，根据：xt，yvytv0t，得y2x2d，出电场时与y轴交点坐标为(0,2d)，设粒子在磁场中运动的半径为R，则有Rsin(180)y2d，而135，解得：R2d，粒子在磁场中运动的速度为：vv0，根据R，解得：B，故A错误；根据vxattv0，xt，联立解得：E，故B正确；在第一象限运动时间为：t1T，在第四象限运动时间为：t2T，所以自进入磁场至在磁场中第二次经过x轴所用时间为：tt1t2，故D正确，C错误2.(2019百校联盟押题卷)如图所示，在平面直角坐标系xOy的x轴上方存在着垂直坐标平面向里的匀强
3、磁场，x轴下方存在着沿x轴正方向的匀强电场一带正电粒子从y轴上的A点以初速度v0出发，射入匀强磁场，经磁场偏转后恰好经x轴上的C点垂直x轴进入匀强电场，一段时间后到达y轴上的D点已知OC，不计粒子的重力(1)求粒子到达D点时的速度大小(2)求匀强磁场的磁感应强度大小B与匀强电场的电场强度大小E的比值(3)若撤去原来的匀强电场，然后在x轴下方添加一圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小是x轴上方匀强磁场磁感应强度大小的2倍，使带电粒子经过该磁场偏转后刚好也能够通过D点且速度与y轴负方向成60角，试计算该圆形匀强磁场区域的最小面积解析：(1)由题意可知，粒子到达C点时的速度大小仍为v0，粒子在匀强电场中
4、做类平抛运动，设粒子到达D点所用时间为t，沿x轴方向的分速度的大小为vx，则有lv0t，t以上两式联立可解得vxv0所以粒子到达D点时的速度大小为vDv0(2)如图甲所示，设粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径为R，则由几何关系有l22R2解得Rl又因为qv0Bm所以B在匀强电场中有vx代入数据可得E，故(3)由qv0Bm可知，当B变为原来的2倍时，粒子在磁场中做圆周运动的半径应变为原来的一半，设粒子在圆形磁场区域中做匀速圆周运动的半径为R1，则R1l粒子轨迹如图乙所示，由几何关系可知，MO2N60，故MNl当MN为圆形磁场的直径时，圆形磁场区域面积最小，故Smin2，代入数据可得Sminl2答案
5、：(1)v0(2)(3)l2题组二带电粒子在叠加场中的运动3(2019河南省周口市期末)(多选)如图所示，平行纸面向下的匀强电场与垂直纸面向外的匀强磁场相互正交，一带电小球刚好能在其中做竖直面内的匀速圆周运动若已知小球做圆周运动的半径为r，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，重力加速度大小为g，则下列判断中正确的是()A小球一定带负电荷B小球一定沿顺时针方向转动C小球做圆周运动的线速度大小为D小球在做圆周运动的过程中，电场力始终不做功解析：AC带电小球在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，带电小球受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，
6、故小球一定带负电荷，故A正确；磁场方向向外，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断小球的运动方向为逆时针，故B错误；由电场力和重力大小相等，得：mgqE，带电小球在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为：r，联立得：v，故C正确；小球在做圆周运动的过程中，电场力做功，洛伦兹力始终不做功，故D错误4(2020河南省濮阳市第二次模拟)如图所示，在xOy坐标系的第二象限内有水平向右的匀强电场，第四象限内有竖直向上的匀强电场，两个电场的场强大小相等，第四象限内还有垂直于纸面的匀强磁场，让一个质量为m、带电荷量为q的粒子在第二象限内的P(L，L)点由静止释放，结果粒子沿直线运动到坐标原点并进入第四
7、象限，粒子在第四象限内运动后从x轴上的Q(L,0)点进入第一象限，重力加速度为g，求：(1)粒子从P点运动到坐标原点的时间；(2)匀强磁场的磁感应强度的大小和方向解析：(1)粒子在第二象限内做直线运动，因此电场力和重力的合力方向沿PO方向，则粒子带正电mgqE1qE2，mgma，Lat2，解得t(2)设粒子从O点进入第四象限的速度大小为v，则vat2，方向与x轴正方向成45角，由于粒子在第四象限内受到的电场力与重力等大反向，因此粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于粒子做匀速圆周运动后从x轴上的Q(L,0)点进入第一象限，根据左手定则可以判断，磁场方向垂直于纸面向里粒子做圆周运动的轨迹如图，
8、由几何关系可知粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为RL由牛顿第二定律可得Bqvm，解得B.答案：(1) (2)，垂直纸面向里题组三带电粒子在交变电磁场中的运动5(2020江西省五市八校第二次联考)如图甲所示，直角坐标系xOy中，第二象限内有沿x轴正方向的匀强电场，第一、四象限内有垂直坐标平面的匀强交变磁场，磁场方向垂直纸面向外为正方向第三象限内有一发射装置(没有画出)沿y轴正方向射出一个比荷100 C/kg的带正电的粒子(可视为质点且不计重力)，该粒子以v020 m/s的速度从x轴上的点A(2 m,0)进入第二象限，从y轴上的点C(0,4 m)进入第一象限取粒子刚进入第一象限的时刻为0时刻，第一、四
9、象限内磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化，g取10 m/s2.(1)求第二象限内电场的电场强度大小；(2)求粒子第一次经过x正半轴时的位置坐标解析：(1)带电粒子在第二象限的电场中做类平抛运动，设粒子从A点到C点用时为t，则Eq|xA|m(vv)|xA|t|yC|v0tvvv解得：E1.0 N/C，vC20 m/s(2)设粒子在C点的运动方向与y轴正方向成角，则cos 即45粒子在第一象限的磁场中运动时有：qvCBm解得：r m粒子做圆周运动的周期T s所以粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，粒子运动第四个半圆的过程中第一次经过x正半轴，在x正半轴上对应的弦长为r1 m，所以OD3 m粒子第一次经
10、过x正半轴时的位置坐标为(3 m,0)答案：(1)1.0 N/C(2)(3 m,0)6(2019吉林三模)如图甲所示，虚线MN的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场(上、下及左侧无边界)一个质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)，以大小为v0的水平初速度沿PQ向右做直线运动若小球刚经过D点时(t0)，在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时的速度与PQ连线成60角已知D、Q间的距离为(1)L，t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，重力加速度大小为g.(1)求电场强度E的大小；(2)求t0与t1的比值；(3)小球过D点后将做周期性运动，当小球运动的周期最大时，求此时磁感应强度的大小B0及运动的最大周期Tm.解析：(1)小球沿PQ向右做直线运动，受力平衡，则mgEq，解得E.(2)小球能再次通过D点，其运动轨迹应如图(a)所示设小球做匀速圆周运动的轨迹半径为r，则由几何关系有s又知sv0t1圆弧轨迹所对的圆心角2则t0联立解得 .(3)当小球运动的周期最大时，其运动轨迹应与MN相切，小球运动一个周期的轨迹如图(b)所示，由几何关系得R(1)L解得RL由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv0B0m解得B0小球在一个周期内运动的路程s132R6(46)L故Tm.答案：(1)(2) (3)
