課時跟蹤檢測(五) 帶電粒子在復(fù)合場中的運動

PAGE第5頁共7頁課時跟蹤檢測(五)帶電粒子在復(fù)合場中的運動A組—重基礎(chǔ)·體現(xiàn)綜合1.如圖所示，有一混合正離子束先后通過正交的勻強電場、勻強磁場區(qū)域Ⅰ和勻強磁場區(qū)域Ⅱ，如果這束正離子束在區(qū)域Ⅰ中不偏轉(zhuǎn)，進入?yún)^(qū)域Ⅱ后偏轉(zhuǎn)半徑r相同，則它們一定具有相同的()A．速率 B．質(zhì)量C．電荷量 D．動能解析：選A離子束在區(qū)域Ⅰ中不偏轉(zhuǎn)，一定是qE＝qvB，v＝eq\f(E,B)，它們具有相同的速率，A正確；進入?yún)^(qū)域Ⅱ后，做勻速圓周運動的半徑相同，由r＝eq\f(mv,qB)知，因v、B相同，只能是比荷相同，故B、C、D錯誤。2．如圖所示，某空間存在正交的勻強磁場和勻強電場，電場方向水平向右，磁場方向垂直于紙面向里，一個帶電微粒由a點進入電磁場并剛好能沿ab直線向上勻速運動，下列說法正確的是()A．微粒可能帶負電荷，也可能帶正電荷B．微粒的電勢能一定減少C．微粒的機械能一定減少D．洛倫茲力對微粒做負功解析：選B根據(jù)帶電微粒做勻速直線運動的條件可知，受力情況如圖所示，則微粒必定帶負電荷，故A錯誤。微粒由a沿直線運動到b的過程中，電場力做正功，其電勢能減少，故B正確。因重力做負功，重力勢能增加，又動能不變，則其機械能一定增加，故C錯誤。洛倫茲力的方向一直與速度方向垂直，故洛倫茲力不做功，故D錯誤。3．(多選)如圖所示，在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)分別存在著與紙面垂直的勻強磁場，一帶電粒子沿著弧線apb由區(qū)域Ⅰ運動到區(qū)域Ⅱ。已知圓弧ap與圓弧pb的弧長之比為2∶1，下列說法正確的是()A．粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的速率之比為2∶1B．粒子通過圓弧ap、pb的時間之比為2∶1C．圓弧ap與圓弧pb對應(yīng)的圓心角之比為2∶1D．區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ的磁場方向相反解析：選BD由于洛倫茲力不做功，所以粒子在兩個磁場中的運動速度大小不變，即粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的速率之比為1∶1，故A錯誤；根據(jù)t＝eq\f(l,v)，v相同，則時間之比等于經(jīng)過的弧長之比，即粒子通過圓弧ap、pb的時間之比為2∶1，故B正確；圓心角θ＝eq\f(l,r)，r＝eq\f(mv,qB)，由于區(qū)域Ⅰ、Ⅱ磁場的磁感應(yīng)強度之比不知，故粒子在區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中的運動半徑之比無法確定，則轉(zhuǎn)過的圓心角之比無法確定，故C錯誤；根據(jù)曲線運動的條件，可知洛倫茲力的方向與運動方向的關(guān)系，再由左手定則可知，兩個磁場的方向相反，故D正確。4．(多選)一個帶電粒子(重力不計)以初速度v0垂直于電場方向向右射入勻強電場區(qū)域，穿出電場后接著又進入勻強磁場區(qū)域。設(shè)電場和磁場區(qū)域有明確的分界線，且分界線與電場強度方向平行，如圖中的虛線所示。在如圖所示的幾種情況中，可能出現(xiàn)的是()解析：選ADA、C、D圖中粒子在電場中向電場線的方向偏轉(zhuǎn)，說明粒子帶正電荷，進入磁場后，由左手定則可知A圖中粒子應(yīng)逆時針旋轉(zhuǎn)，C圖中粒子應(yīng)順時針旋轉(zhuǎn)，D圖中粒子應(yīng)順時針旋轉(zhuǎn)，故選項A、D正確，選項C錯誤；同理，可以判斷選項B錯誤。5．(2022·廣東高考)(多選)如圖所示，磁控管內(nèi)局部區(qū)域分布有水平向右的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場。電子從M點由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經(jīng)過N、P兩點。已知M、P在同一等勢面上，下列說法正確的有()A．電子從N到P，電場力做正功B．N點的電勢高于P點的電勢C．電子從M到N，洛倫茲力不做功D．電子在M點所受的合力大于在P點所受的合力解析：選BC過N點畫一條與M、P平行的直線，即為等勢線，由于沿電場線電勢逐漸降低，所以φN>φP，故B正確；電子從N到P，電勢能增大，電場力做負功，A錯誤；洛倫茲力不做功，故C正確；根據(jù)動能定理可知電子從M到P，電場力做功為零，電子在P點速度為零，則電子在M點與在P點均只受電場力作用，故D錯誤。6.如圖，在坐標系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小分別為eq\f(1,2)B和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進入第一象限，最后經(jīng)過x軸離開第一象限。粒子在磁場中運動的時間為()A.eq\f(5πm,6qB) B．eq\f(7πm,6qB)C.eq\f(11πm,6qB) D．eq\f(13πm,6qB)解析：選B帶電粒子在不同磁場中做圓周運動，其速度大小不變，由r＝eq\f(mv,qB)知，粒子在第一象限內(nèi)運動的圓半徑是在第二象限內(nèi)運動圓半徑的2倍，如圖所示。由T＝eq\f(2πr,v)，及t1＝eq\f(θ,2π)T可知粒子在第二象限內(nèi)運動的時間t1＝eq\f(\f(π,2),2π)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,2qB)粒子在第一象限內(nèi)運動的時間t2＝eq\f(\f(π,3),2π)·eq\f(2πm×2,qB)＝eq\f(2πm,3qB)則粒子在磁場中運動的時間t＝t1＋t2＝eq\f(7πm,6qB)，選項B正確。7.如圖所示，空間有豎直方向的勻強電場(場強大小未知)和垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，豎直面內(nèi)有一固定的光滑絕緣圓環(huán)，環(huán)上套有一帶負電荷的小球，小球質(zhì)量為m，電荷量為q，重力加速度大小為g，現(xiàn)給小球一個大小為v的初速度，小球恰好能沿光滑圓環(huán)做勻速圓周運動，則下列說法正確的是()A．電場方向向上，電場強度大小為E＝eq\f(mg,q)B．小球?qū)A環(huán)的作用力大小一定為FN＝qvB－meq\f(v2,R)C．小球?qū)A環(huán)的作用力大小一定為FN＝qvB＋meq\f(v2,R)D．小球?qū)A環(huán)的作用力大小可能為FN＝meq\f(v2,R)－qvB解析：選D小球在復(fù)合場中做勻速圓周運動，則重力與電場力的合力為零，即qE＝mg，得E＝eq\f(mg,q)，小球所受的電場力方向豎直向上，小球帶負電荷，則電場方向一定向下，故A錯誤；若小球以速度v向左通過圓環(huán)的最低點，圓環(huán)對小球的作用力豎直向下時，由牛頓第二定律得qvB－FN′＝meq\f(v2,R)，解得FN′＝qvB－meq\f(v2,R)，由牛頓第三定律知，小球?qū)A環(huán)的作用力大小為FN＝FN′＝qvB－meq\f(v2,R)；若小球以速度v向左通過圓環(huán)的最高點，圓環(huán)對小球的作用力豎直向下，由牛頓第二定律得FN″－qvB＝meq\f(v2,R)，解得FN″＝qvB＋meq\f(v2,R)，由牛頓第三定律知，小球?qū)A環(huán)的作用力大小FN＝FN″＝qvB＋meq\f(v2,R)；若小球以速度v向左通過圓環(huán)的最低點，圓環(huán)對小球的作用力豎直向上時，由牛頓第二定律得FN＋qvB＝meq\f(v2,R)，解得FN＝meq\f(v2,R)－qvB，由牛頓第三定律知，小球?qū)A環(huán)的作用力大小為FN＝FN＝meq\f(v2,R)－qvB，故D正確，B、C均錯誤。8.(多選)如圖所示，直線MN與水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直紙面向外的勻強磁場，左下方存在垂直紙面向里的勻強磁場，兩磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B。一粒子源位于MN上的a點，能水平向右發(fā)射不同速率、質(zhì)量為m(重力不計)、電荷量為q(q>0)的同種粒子，所有粒子均能通過MN上的b點，已知ab＝L，則粒子的速度可能是()A.eq\f(\r(3)qBL,6m) B．eq\f(\r(3)qBL,3m)C.eq\f(\r(3)qBL,2m) D．eq\f(\r(3)qBL,m)解析：選AB由題意可知粒子可能的運動軌跡如圖所示，所有圓弧的圓心角均為120°，所以粒子運動的半徑為r＝eq\f(\r(3),3)·eq\f(L,n)(n＝1,2,3，…)，由洛倫茲力提供向心力得qvB＝meq\f(v2,r)，則v＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(\r(3)qBL,3m)·eq\f(1,n)(n＝1,2,3，…)，所以A、B正確。9.如圖所示，長為L的水平極板間有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，板間的距離也為L，兩極板不帶電?，F(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電荷粒子(不計重力)，從極板間左邊中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，則v需要滿足什么條件。解析：設(shè)粒子從極板右邊界射出時的速度為v1，軌跡半徑為r1，如圖所示，此時圓心在O1點，由幾何關(guān)系有r12＝L2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r1－\f(L,2)))2 ①由牛頓第二定律得qv1B＝meq\f(v12,r1) ②聯(lián)立①②兩式得v1＝eq\f(5qBL,4m)；設(shè)粒子從極板左邊界射出時的速度為v2，軌跡半徑為r2，如圖所示，此時圓心在O2點，由幾何關(guān)系有r2＝eq\f(L,4) ③而qv2B＝meq\f(v22,r2) ④聯(lián)立③④式可得v2＝eq\f(qBL,4m)。因此，當粒子的速度滿足v＞eq\f(5qBL,4m)或v＜eq\f(qBL,4m)時，粒子不會打在極板上。答案：v＞eq\f(5qBL,4m)或v＜eq\f(qBL,4m)eq\a\vs4\al(B)組—重應(yīng)用·體現(xiàn)創(chuàng)新10．如圖所示，M、N兩金屬圓筒是直線加速器的一部分，M與N的電勢差為U；邊長為2L的立方體區(qū)域abcd－a′b′c′d′內(nèi)有豎直向上的勻強磁場。一質(zhì)量為m，電量為＋q的粒子，以初速度v0水平進入圓筒M左側(cè)的小孔。粒子在每個筒內(nèi)均做勻速直線運動，在兩筒間做勻加速直線運動。粒子自圓筒N出來后，從正方形add′a′的中心垂直進入磁場區(qū)域，最后由正方形abb′a′中心垂直飛出磁場區(qū)域。忽略粒子受到的重力。求：(1)粒子進入磁場區(qū)域時的速率。(2)磁感應(yīng)強度的大小。解析：(1)粒子在電場中加速，有動能定理可知：qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得：v＝eq\r(\f(2qU,m)＋v02)。(2)根據(jù)題意從正方形add′a′的中心垂直進入磁場區(qū)域，最后由正方形abb′a′中心垂直飛出磁場區(qū)域，分析可得粒子在磁場中運動的軌道半徑R＝L在磁場中運動時洛倫茲力提供了向心力，qBv＝meq\f(v2,R)解得：B＝eq\f(\r(mmv02＋2qU),qL)。答案：(1)eq\r(\f(2qU,m)＋v02)(2)eq\f(\r(mmv02＋2qU),qL)11.如圖所示，豎直放置的兩塊足夠大的平行金屬板a、b間的距離為d，a、b間勻強電場的電場強度大小為E，現(xiàn)有一電荷量為q的帶正電小球從a板下邊緣以一定的初速度v0豎直向上射入電場，當它飛到b板時，速度大小與射入電場時的速度大小相同，而方向變?yōu)樗椒较颍覄偤脧母叨纫矠閐的狹縫穿過b板進入寬度也為d的矩形區(qū)域(矩形區(qū)域的上、下邊界分別與金屬板的上、下邊緣平齊，邊界c豎直)，一段時間后，小球恰好從邊界c的最下端P飛離矩形區(qū)域。已知矩形區(qū)域所加勻強電場的電場強度大小也為E、方向豎直向上，矩形區(qū)域所加勻強磁場的磁感應(yīng)強度方向垂直于紙面向外，不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求：(1)小球的質(zhì)量m及其射入電場時的速度大小v0；(2)矩形區(qū)域所加磁場的磁感應(yīng)強度大小B及小球在ab、bc區(qū)域中運動的總時間t。解析：(1)設(shè)小球在平行金屬板間運動的時間為t1，則水平方向有d＝eq\f(v0,2)t1＝eq\f(qE,2m)t12豎直方向有d＝eq\f(v0,2)t1＝eq\f(1,2)gt12解得：小球的質(zhì)量m＝eq\f(qE,g)，射入電場時的速度大小v0＝eq\r(2gd)。(2)由(1)可知小球在平行金屬板間運動的時間t1＝eq\r(\f(2d,g))由于qE＝mg，故小球在bc區(qū)域中做勻速圓周運動，由幾何關(guān)系可知，其半徑R＝d，又有R＝eq\f(mv0,qB)解得磁場的磁感應(yīng)強度大小B＝Eeq\r(\f(2,gd))小球在磁場中運動的時間t2＝eq\f(T,4)＝eq\f(πm,2qB)＝eq\f(π,2)eq\r(\f(d,2g))故小球在ab、bc區(qū)域中運動的總時間t＝t1＋t2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(π,2)))eq\r(\f(d,2g))。答案：(1)eq\f(qE,g)eq\r(2gd)(2)Eeq\r(\f(2,gd))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(π,2)))eq\r(\f(d,2g))12．(2022·湖南高考)如圖，兩個定值電阻的阻值分別為R1和R2，直流電源的內(nèi)阻不計，平行板電容器兩極板水平放置，板間距離為d，板長為eq\r(3)d，極板間存在方向水平向里的勻強磁場。質(zhì)量為m、帶電量為＋q的小球以初速度v沿水平方向從電容器下板左側(cè)邊緣A點進入電容器，做勻速圓周運動，恰從電容器上板右側(cè)邊緣離開電容器。此過程中，小球未與極板發(fā)生碰撞，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力。(1)求直流電源的電動勢E0；(2)求兩極板間磁場的磁感應(yīng)強度B；(3)在圖中虛線的右側(cè)設(shè)計一勻強電場，使小球離開電容器后沿直線運動，求電場強度的最小值E′。解析：(1)小球在電磁場中做勻速圓周運動，則電場力與重力平衡，可得Eq＝mgR2兩端的電壓U2＝Ed根據(jù)歐姆定律得U2＝eq\f(E0,R1＋R2)·R2聯(lián)立解得E0＝eq\f(mgdR1＋R2,qR2)。(