第4講力與物體的曲線運(yùn)動(dòng)二電場(chǎng)磁場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)

1、第4講 力與物體的曲線運(yùn)動(dòng)（二）電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)提升圳練I一、單項(xiàng)選擇題i 如圖i所示，垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)足夠大，兩個(gè)不計(jì)重力的帶電粒子同 時(shí)從A點(diǎn)在紙面內(nèi)沿相反方向垂直虛線 MN運(yùn)動(dòng)，經(jīng)相同時(shí)間兩粒子又同時(shí)穿過MN，則下列說法正確的是XXA 兩粒子的電荷量一定相等，電性可能不同B兩粒子的比荷一定相等，電性可能不同C 兩粒子的動(dòng)能一定相等，電性也一定相同D.兩粒子的速率、電荷量、比荷均不等，電性相同解析 因兩粒子是從垂直 MN開始運(yùn)動(dòng)的，再次穿過 MN時(shí)速度方向一定垂直mn，兩粒子均運(yùn)動(dòng)了半個(gè)周期，即兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期相等，由丁二帶知兩粒子的比荷一定相等，但質(zhì)量、電荷量不一定相等

2、，選項(xiàng) A、D錯(cuò)誤；因不知粒子的偏轉(zhuǎn)方向，所以粒子電性無法確定，選項(xiàng) B正確；因粒子運(yùn)動(dòng)的周期與速度無關(guān)，所以粒子的動(dòng)能也不能確定，選項(xiàng) C錯(cuò)誤答案 B2. 如圖2，左側(cè)為加速電場(chǎng)，右側(cè)為偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，加速電場(chǎng)的加速電壓是偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)電壓的k倍。有一初速度為零的電荷經(jīng)加速電場(chǎng)加速后， 從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩板正中間垂直電場(chǎng)方向射入，且正好能從極板下邊緣穿出電場(chǎng)， 不計(jì)電荷的重力，則偏轉(zhuǎn) 電場(chǎng)長(zhǎng)寬之比d的值為（）0圖2A. kB. ,2kC. 3kD. , 5k1 2解析 設(shè)加速電壓為Ui,偏轉(zhuǎn)電壓為U2，因?yàn)閝Ui= 2mv2，電荷離開加速電場(chǎng) 時(shí)的速度0=代半；在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中號(hào)=t2，解得t=叭£，水

3、平距離I =v0t=寸警叭思=d碉d姻，所以計(jì)=V2ko答案 B3. （2016全國(guó)卷川，18）平面OM和平面ON之間的夾角為30°其橫截面（紙面） 如圖3所示，平面OM上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B，方向垂直于紙 面向外。一帶電粒子的質(zhì)量為 m,電荷量為q（q>0）。粒子沿紙面以大小為v的速 度從OM的某點(diǎn)向左上方射入磁場(chǎng)，速度與 OM成30°角。已知該粒子在磁場(chǎng)中 的運(yùn)動(dòng)軌跡與ON只有一個(gè)交點(diǎn)，并從OM上另一點(diǎn)射出磁場(chǎng)。不計(jì)重力。粒子 離開磁場(chǎng)的出射點(diǎn)到兩平面交線 O的距離為（）圖3mv3mv2mv4mvA.2qBB. qBC. qBD. qB解析 帶電粒

4、子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為mvr = qB。軌跡與ON相切，畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由于 AD = 2rsin 30 =r，故 AO'D為等邊三角形,/ ODA二 60° 而/ MON 二 30° 則/ OCD = 90° 故 CO D 為一直徑，OD 二品-4mv二 2CD = 4r 二-qB,故D正確。答案 D4. 如圖4,勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于紙面，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為b,某種比荷為m、速度大小 為v的一群離子以一定發(fā)散角 a由原點(diǎn)0出射，y軸正好平分該發(fā)散角，離子束a偏轉(zhuǎn)后打在x軸上長(zhǎng)度為L(zhǎng)的區(qū)域MN內(nèi)，則cos 2為（）圖4B. 1-畀2mvD.

5、1-輕 mvC 1-Bmv解析由洛倫茲力提供向心力得qvB= m*，解得rmv=qB。根據(jù)題述，當(dāng)離子速度方向沿y軸正方向時(shí)打在N點(diǎn)，當(dāng)離子速度方向與y軸正方向夾角為a寸打在M點(diǎn)，畫出兩種情況下離子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)OM之間的距離為x,貝U有a2rcos 2 = x,2r = x+ L,選項(xiàng)B正確。答案 B不計(jì)粒子的重力，下列說法正確的是（）、多項(xiàng)選擇題5. 如圖5所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)分布在邊長(zhǎng)為 L的正方形區(qū)域ABCD內(nèi)，M、N分別為 AB和AD的中點(diǎn)，一個(gè)初速度為vo、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子沿紙 面射入電場(chǎng)。帶電粒子的重力不計(jì)，如果帶電粒子從 M點(diǎn)垂直電場(chǎng)方向進(jìn)入電 場(chǎng)，則恰好從D

6、點(diǎn)離開電場(chǎng)。若帶電粒子從 N點(diǎn)垂直BC方向射入電場(chǎng)，則帶 電粒子（）Jf 1; C:卄：A 從BC邊界離開電場(chǎng)B 從AD邊界離開電場(chǎng)C.在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為2mvo"qE、，1 oD.離開電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為mvo解析 帶電粒子從M點(diǎn)以垂直電場(chǎng)線方向進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向 上有L = vot，豎直方向上有*L = *at2 =曇亍，聯(lián)立解得E = £尹；帶電粒子從N點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)帶電粒子在電場(chǎng)中減速為零時(shí)的位移為X，由1 2 1 、動(dòng)能定理有一 qEx= 0 mvo，解得x=L，當(dāng)粒子速度減至零后沿原路返回，從N點(diǎn)射出，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間ti =

7、+；學(xué)，由于電場(chǎng)力做功為零，根據(jù)動(dòng)能1 2 1 2定理有0= Ek2 Qmvo，粒子離開電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能 Ek2=口，選項(xiàng)B、D正確。答案 BD6. 如圖6所示，在紙面內(nèi)半徑為R的圓形區(qū)域中充滿了垂直于紙面向里、磁感 應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一帶電粒子從圖中 A點(diǎn)以速度vo垂直磁場(chǎng)射入，速度 方向與半徑方向的夾角為30°。當(dāng)該粒子離開磁場(chǎng)時(shí)，速度方向剛好改變了 180°。圖6A .該粒子離開磁場(chǎng)時(shí)速度方向的反向延長(zhǎng)線通過 0點(diǎn)B.該粒子的比荷為BR c.該粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為2V0D.該粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 n 解析 由題意可畫出粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示， A項(xiàng)錯(cuò)；

8、由幾何關(guān)系知粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r = 2，結(jié)合qvoB=，可得詈=BR， B項(xiàng)正確；粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t二和n C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)答案 BC7. 如圖7所示，在正方形abed內(nèi)充滿方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B的勻 強(qiáng)磁場(chǎng)。a處有比荷相等的甲、乙兩種粒子，甲粒子以速度 vi沿ab方向垂直射 入磁場(chǎng)，經(jīng)時(shí)間ti從d點(diǎn)射出磁場(chǎng)，乙粒子沿與ab成30°角的方向以速度V2垂 直射入磁場(chǎng)，經(jīng)時(shí)間t2垂直ed射出磁場(chǎng)，不計(jì)粒子重力和粒子間的相互作用力，則下列說法中正確的是（）甘；X X K X 'III X X X X IK X IIIX X rA. vi : v= 1: 2B

9、.vi : V2=3 :4C. ti : t2= 2 :1D.ti : t2= 3: 1解析 甲、乙兩粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)行周期為 T=學(xué),Bq因?yàn)榧住⒁覂煞N粒子的比荷相等，故 T甲二T乙。設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為L(zhǎng),則由圖知甲粒子運(yùn)行半徑為ri = 2運(yùn)行時(shí)間為廿=耳，乙粒子運(yùn)行半徑為2= coS=30，所以vi : V2= ri :2= 3 : 4，選項(xiàng)A錯(cuò)誤,一T乙mv運(yùn)行時(shí)間為t2=6，而r = Bq,正確；ti : t2= 3 : i，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確答案 BD三、計(jì)算題8. （20i6北京理綜，23）如圖8所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，沿平 行于板面的方向射入

10、偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，并從另一側(cè)射出。已知電子質(zhì)量為 m，電荷量為e,加速電場(chǎng)電壓為U0,偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)可看做勻強(qiáng)電場(chǎng)，極板間電壓為 U，極板長(zhǎng)度 為L(zhǎng),板間距為do%hLHm.-p qT-fl mi圖8（1）忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)初速度v0和從電場(chǎng)射出時(shí)沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離 Ay;分析物理量的數(shù)量級(jí)，是解決物理問題的常用方法。在解決 （1）問時(shí)忽略了電 子所受重力，請(qǐng)利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因。已知U = 2.0X102 V, d = 4.0X10在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，電子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間2eUo加速度a=eE_ eU m _ md、.12偏轉(zhuǎn)距離Ay_ 2a( A) _UL24Uod231-192m,

11、 m= 9.1 x 10 kg, e= 1.6x 10 C, g= 10 m/s。(3)極板間既有靜電場(chǎng)也有重力場(chǎng)。電勢(shì)反映了靜電場(chǎng)各點(diǎn)的能的性質(zhì)，請(qǐng)寫出 電勢(shì)©的定義式。類比電勢(shì)的定義方法，在重力場(chǎng)中建立“重力勢(shì)”的 憶概念, 并簡(jiǎn)要說明電勢(shì)和“重力勢(shì)”的共同特點(diǎn)。解析(1)根據(jù)動(dòng)能定理，有eUo = |mv2電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初速度(2) 考慮電子所受重力和電場(chǎng)力的數(shù)量級(jí)，有重力30G_ mg 10 N電場(chǎng)力 F_eU 10-16 Nd由于F? G，因此不需要考慮電子所受的重力(3) 電場(chǎng)中某點(diǎn)電勢(shì)©定義為電荷在該點(diǎn)的電勢(shì)能 Ep與其電荷量q的比值，即©_號(hào)

12、，類比靜電場(chǎng)電勢(shì)的定義，將重力場(chǎng)中物體在某點(diǎn)的重力勢(shì)能Ep與其質(zhì)量m的比值，叫做重力勢(shì)，即4g_mp電勢(shì)©和重力勢(shì) 柜都是反映場(chǎng)的能的性質(zhì)的物理量，僅由場(chǎng)自身的因素決定答案(1)2eU0 4U；d見解析見解析9. (2016揚(yáng)州一模)如圖9甲所示，ABCD是一長(zhǎng)方形有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)邊界，磁感 應(yīng)強(qiáng)度按圖乙規(guī)律變化，取垂直紙面向外為磁場(chǎng)的正方向，圖中AB_ 3AD_. 3 L，一質(zhì)量為m、所帶電荷量為q的帶正電粒子以速度V0在t_0時(shí)從A點(diǎn)沿AB 方向垂直磁場(chǎng)射入，粒子重力不計(jì)。3(1)若粒子經(jīng)時(shí)間t=qTo恰好垂直打在a嘰o-廠民CD上，求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度Bo和粒子運(yùn)動(dòng)中的加速度a的大小

13、；(2)若要使粒子恰能沿DC方向通過C點(diǎn)，求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度 Bo的大小及磁場(chǎng) 變化的周期To。解析(1)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為 R,由牛頓第二定律得2vo mvoBoqvo= mR,解得 R=1由題意分析可知粒子運(yùn)動(dòng)了 3個(gè)4圓周垂直打在CD上，則可得3R= L3mvo聯(lián)立解得Bo=-粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的加速度大小為 a=20o2033一 L(2)由題意可知粒子每經(jīng)過一周期，其末速度方向與初速度方向相同，其部分軌跡如圖所示，粒子從A到C經(jīng)歷的時(shí)間為磁場(chǎng)變化周期的整數(shù)(n)倍即AB方向有3L = 2nRsin 9AD 方向有 L = 2nR(1 - cos 9)1聯(lián)立得cos A 2， cos

14、9= 1(舍去)即缸 60°,R=-聯(lián)立Boqvo=20nmvoBo = -qj7(n= 1, 2,)又因粒子的運(yùn)動(dòng)周期2 dR 2 nm 2 dL由圖可推得T 3n- o12 o3VLT=u=Bq詁（n=1,2,）nmvo2 n"qU（2若射出的粒子能打在AB板上，求粒子速率v的范圍； 若在點(diǎn)C（8d, 0）處放置一粒子回收器，在 B、C間放一擋板（粒子與擋板碰撞 無能量損失），為回收恰從B點(diǎn)進(jìn)入AB右側(cè)區(qū)間的粒子，需在AB右側(cè)加一垂直 紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫出），求此磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和此類粒子從 O 點(diǎn)發(fā)射到進(jìn)入回收器所用的時(shí)間。解析（1）粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻

15、速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力）3nL（g 1, 2,）10. （2016石家莊市高三調(diào)研檢測(cè)）如圖10所示，在xOy平面內(nèi)的第一象限內(nèi)， x= 4d處豎直放置一個(gè)長(zhǎng)I = 4.3d的粒子吸收板AB,在AB左側(cè)存在垂直紙面向 外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在原點(diǎn) O處有一粒子源，可沿y軸正向射出 質(zhì)量為m、電量為+ q的不同速率的帶電粒子，不計(jì)粒子的重力。圖10由圖中幾何關(guān)系可知由圖中幾何關(guān)系可知B',由圖中幾何關(guān)系,8d粒子的半徑r = 2n(1、2、3)由牛頓第二定律可得:qv2B '=2 mv2r 粒子打在吸收板AB的下邊界A點(diǎn)，設(shè)粒子的速率為vi, 圓心在Oi點(diǎn)，粒子的軌道半徑ri = 2d由牛頓第二定律可得：mv2qviB=rr聯(lián)立可得： 粒子打在吸收板AB的上邊界B點(diǎn)，設(shè)粒子的速率為V2, 圓心在C點(diǎn)，粒子的軌道