第三節(jié)帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動測試題

第三節(jié)帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(對應(yīng)學(xué)生用書第174頁)[教材知識速填]知識點(diǎn)1帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動1．復(fù)合場的分類(1)疊加場:電場、磁場、重力場共存,或其中某兩場共存．(2)組合場:電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi),并不重疊,或相鄰或在同一區(qū)域電場、磁場交替出現(xiàn)．2．帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動形式(1)靜止或勻速直線運(yùn)動:當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時,將處于靜止?fàn)顟B(tài)或做勻速直線運(yùn)動．(2)勻速圓周運(yùn)動:當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場力大小相等,方向相反時,帶電粒子在洛倫茲力的作用下,在垂直于勻強(qiáng)磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動．(3)較復(fù)雜的曲線運(yùn)動:當(dāng)帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化,且與初速度方向不在同一直線上,粒子做非勻變速曲線運(yùn)動,這時粒子運(yùn)動軌跡既不是圓弧,也不是拋物線．易錯判斷(1)帶電粒子在復(fù)合場中不可能處于靜止?fàn)顟B(tài)．(×)(2)帶電粒子在復(fù)合場中可能做勻速圓周運(yùn)動．(√)(3)帶電粒子在復(fù)合場中一定能做勻變速直線運(yùn)動．(×)知識點(diǎn)2帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動實(shí)例1．質(zhì)譜儀(1)構(gòu)造:如圖9-3-1所示,由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)磁場和照相底片等構(gòu)成．圖9-3-1(2)原理:粒子由靜止被加速電場加速,qU＝eq\f(1,2)mv2.粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動,有qvB＝meq\f(v2,r).由以上兩式可得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q)),m＝eq\f(qr2B2,2U),eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2r2).2．回旋加速器(1)構(gòu)造:如圖9-3-2所示,D1、D2是半圓形金屬盒,D形盒的縫隙處接交流電源,D形盒處于勻強(qiáng)磁場中．圖9-3-2(2)原理:交流電的周期和粒子做圓周運(yùn)動的周期相等,粒子經(jīng)電場加速,經(jīng)磁場回旋,由qvB＝eq\f(mv2,r),得Ekm＝eq\f(q2B2r2,2m),可見粒子獲得的最大動能由磁感應(yīng)強(qiáng)度B和D形盒半徑r決定,與加速電壓無關(guān)．3．速度選擇器(1)平行板中電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B互相垂直．這種裝置能把具有一定速度的粒子選擇出來,所以叫做速度選擇器(如圖9-3-3所示)．圖9-3-3(2)帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是qE＝qvB,即v＝eq\f(E,B).4．磁流體發(fā)電機(jī)(1)磁流體發(fā)電是一項(xiàng)新興技術(shù),它可以把內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能．(2)根據(jù)左手定則,圖9-3-4中的B是發(fā)電機(jī)正極．圖9-3-4(3)磁流體發(fā)電機(jī)兩極板間的距離為L,等離子體速度為v,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,則由qE＝qeq\f(U,L)＝qvB得兩極板間能達(dá)到的最大電勢差U＝BLv.5．電磁流量計工作原理:如圖9-3-5所示,圓形導(dǎo)管直徑為d,用非磁性材料制成,導(dǎo)電液體在管中向左流動,導(dǎo)電液體中的自由電荷(正、負(fù)離子),在洛倫茲力的作用下橫向偏轉(zhuǎn),a、b間出現(xiàn)電勢差,形成電場,當(dāng)自由電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡時,a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定,即:qvB＝qE＝qeq\f(U,d),所以v＝eq\f(U,Bd),因此液體流量Q＝Sv＝eq\f(πd2,4)·eq\f(U,Bd)＝eq\f(πdU,4B).圖9-3-5易錯判斷(1)電荷在速度選擇器中做勻速直線運(yùn)動的速度與電荷的電性有關(guān)．(×)(2)不同比荷的粒子在質(zhì)譜儀磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑不同．(√)(3)粒子在回旋加速器中做圓周運(yùn)動的半徑、周期都隨粒子速度的增大而增大．(×)[教材習(xí)題回訪]考查點(diǎn):速度選擇器1．(人教版選修3—1P98T3改編)如圖9-3-6所示,一束質(zhì)量、速度和電荷不全相等的離子,經(jīng)過由正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場組成的速度選擇器后,進(jìn)入另一個勻強(qiáng)磁場中并分裂為A、B兩束,下列說法中正確的是()圖9-3-6A．組成A束和B束的離子都帶負(fù)電B．組成A束和B束的離子質(zhì)量一定不同C．A束離子的比荷大于B束離子的比荷D．速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向外[答案]C考查點(diǎn):磁流體發(fā)電機(jī)2．(多選)(魯科版選修3－1P132T6題改編)磁流體發(fā)電機(jī)是利用洛倫茲力的磁偏轉(zhuǎn)作用發(fā)電的．A、B是兩塊處在磁場中互相平行的金屬板,一束在高溫下形成的等離子束(氣體在高溫下發(fā)生電離,產(chǎn)生大量的帶等量異種電荷的粒子)射入磁場．下列說法正確的是()圖9-3-7A．B板是電源的正極B．A板是電源的正極C．電流從上往下流過電流表D．電流從下往上流過電流表[答案]AD考查點(diǎn):電磁流量計3．(粵教版選修3－1P97T7改編)如圖9-3-8所示,電磁流量計的主要部分是柱狀非磁性管．該管橫截面是邊長為d的正方形,管內(nèi)有導(dǎo)電液體水平向左流動．在垂直于液體流動方向上加一個水平指向紙里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.現(xiàn)測得液體上下表面a、b兩點(diǎn)間的電勢差為U.則管內(nèi)導(dǎo)電液體的流量Q(流量是指流過該管的液體體積與所用時間的比值)為()圖9-3-8A.eq\f(Ud,B) B.eq\f(Ud2,B)C.eq\f(U,Bd) D.eq\f(d,BU)[答案]A考查點(diǎn):質(zhì)譜儀4．(人教版選修3－1P102T3改編)A、B是兩種同位素的原子核,它們具有相同的電荷、不同的質(zhì)量．為測定它們的質(zhì)量比,使它們從質(zhì)譜儀的同一加速電場由靜止開始加速,然后沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場,打到照相底片上．如果從底片上獲知A、B在磁場中運(yùn)動軌跡的直徑之比是d1∶d2,則A、B的質(zhì)量之比為()A．deq\o\al(2,1)∶deq\o\al(2,2) B．d1∶d2C．deq\o\al(2,2)∶deq\o\al(2,1) D．d2∶d1[答案]A(對應(yīng)學(xué)生用書第176頁)帶電粒子在組合場中的運(yùn)動1．帶電粒子在勻強(qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場中可能的運(yùn)動性質(zhì)在電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場中在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中初速度為零做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動保持靜止初速度垂直場線做勻變速曲線運(yùn)動(類平拋運(yùn)動)做勻速圓周運(yùn)動初速度平行場線做勻變速直線運(yùn)動做勻速直線運(yùn)動特點(diǎn)受恒力作用,做勻變速運(yùn)動洛倫茲力不做功,動能不變2.“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的比較垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(磁偏轉(zhuǎn))垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場(電偏轉(zhuǎn))情景圖受力FB＝qv0B,大小不變,方向總指向圓心,方向變化,FB為變力FE＝qE,FE大小、方向不變,為恒力運(yùn)動規(guī)律勻速圓周運(yùn)動r＝eq\f(mv0,Bq),T＝eq\f(2πm,Bq)類平拋運(yùn)動vx＝v0,vy＝eq\f(Eq,m)tx＝v0t,y＝eq\f(Eq,2m)t2運(yùn)動時間t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(θm,Bq)t＝eq\f(L,v0),具有等時性動能不變變化3.常見模型(1)從電場進(jìn)入磁場電場中:加速直線運(yùn)動?磁場中:勻速圓周運(yùn)動電場中:類平拋運(yùn)動?磁場中:勻速圓周運(yùn)動(2)從磁場進(jìn)入電場磁場中:勻速圓周運(yùn)動?eq\x(v與E同向或反向)電場中:勻變速直線運(yùn)動磁場中:勻速圓周運(yùn)動?eq\x(v與E垂直)電場中:類平拋運(yùn)動4.處理思路(1)電場中的運(yùn)動①勻變速直線運(yùn)動:應(yīng)用牛頓運(yùn)動定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式求解或應(yīng)用動能定理求解. ②類平拋運(yùn)動:應(yīng)用運(yùn)動的合成與分解求解或應(yīng)用動能定理求解．(2)磁場中的運(yùn)動應(yīng)用圓周運(yùn)動公式、牛頓運(yùn)動定律結(jié)合幾何知識求解．[多維探究]考向1先電場后磁場1．(2018·哈爾濱模擬)如圖9-3-9所示,將某正粒子放射源置于原點(diǎn)O,其向各個方向射出的粒子速度大小均為v0,質(zhì)量均為m、電荷量均為q;在0≤y≤d的一、二象限范圍內(nèi)分布著一個勻強(qiáng)電場,方向與y軸正向相同,在d<y≤2d的一、二象限范圍內(nèi)分布著一個勻強(qiáng)磁場,方向垂直于xOy平面向里．粒子第一次離開電場上邊緣y＝d時,能夠到達(dá)的位置x軸坐標(biāo)范圍為－1.5d≤x≤1.5d,而且最終恰好沒有粒子從y＝2d的邊界離開磁場．已知sin37°＝0.6,cos37°＝0.8,不計粒子重力以及粒子間的相互作用,求:圖9-3-9(1)電場強(qiáng)度E;(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B;(3)粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間．(只考慮粒子第一次在磁場中的運(yùn)動時間)【導(dǎo)學(xué)號:84370415】[解析](1)沿x軸正方向發(fā)射的粒子有:由類平拋運(yùn)動基本規(guī)律得1.5d＝v0t,d＝eq\f(1,2)at2a＝eq\f(qE,m),聯(lián)立可得:E＝eq\f(8mv\o\al(2,0),9qd).(2)沿x軸正方向發(fā)射的粒子射入磁場時有:d＝eq\f(vy,2)t, 聯(lián)立可得:vy＝eq\f(4,3)v0,v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))＝eq\f(5,3)v0方向與水平成53°,斜向右上方, 據(jù)題意知該粒子軌跡恰與上邊緣相切,則其余粒子均達(dá)不到y(tǒng)＝2d邊界,由幾何關(guān)系可知:d＝R＋eq\f(3,5)R根據(jù)牛頓第二定律得:Bqv＝meq\f(v2,R)聯(lián)立可得:B＝eq\f(8mv0,3qd).(3)粒子運(yùn)動的最長時間對應(yīng)最大的圓心角,經(jīng)過(1.5d,d)恰與上邊界相切的粒子軌跡對應(yīng)的圓心角最大,由幾何關(guān)系可知圓心角為:θ＝254°粒子運(yùn)動周期為:T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(3πd,4v0)則時間為:t＝eq\f(θ,360°)T＝eq\f(127πd,240v0). [答案](1)eq\f(8mv\o\al(2,0),9qd)(2)eq\f(8mv0,3qd)(3)eq\f(127πd,240v0)如圖所示,在第Ⅱ象限內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度為E,在第Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)分別存在如圖所示的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等．有一個帶電粒子以垂直于x軸的初速度v0從x軸上的P點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場中,并且恰好與y軸的正方向成45°角進(jìn)入磁場,又恰好垂直于x軸進(jìn)入第Ⅳ象限的磁場．已知OP之間的距離為d,則帶電粒子在磁場中第二次經(jīng)過x軸時,在電場和磁場中運(yùn)動的總時間為()A.eq\f(7πd,2v0) B.eq\f(d,v0)(2＋5π)C.eq\f(d,v0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(3π,2))) D.eq\f(d,v0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(7π,2)))D[帶電粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示．由題意知,帶電粒子到達(dá)y軸時的速度v＝eq\r(2)v0,這一過程的時間t1＝eq\f(d,\f(v0,2))＝eq\f(2d,v0).又由題意知,帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)軌道半徑r＝2eq\r(2)d.故知帶電粒子在第Ⅰ象限中的運(yùn)動時間為:t2＝eq\f(3,8)×eq\f(2πr,v)＝eq\f(3\r(2)πd,2v)＝eq\f(3πd,2v0)帶電粒子在第Ⅳ象限中運(yùn)動的時間為:t3＝eq\f(1,2)×eq\f(2πr,v)＝eq\f(2\r(2)πd,v)＝eq\f(2πd,v0)故t總＝eq\f(d,v0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(7π,2))).故D正確．]考向2先磁場后電場2．(2018·濰坊模擬)在如圖9-3-10所示的坐標(biāo)系中,第一和第二象限(包括y軸的正半軸)內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場;第三和第四象限內(nèi)存在平行于y軸正方向、大小未知的勻強(qiáng)電場．p點(diǎn)為y軸正半軸上的一點(diǎn),坐標(biāo)為(0,l);n點(diǎn)為y軸負(fù)半軸上的一點(diǎn),坐標(biāo)未知．現(xiàn)有一帶正電的粒子由p點(diǎn)沿y軸正方向以一定的速度射入勻強(qiáng)磁場,該粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后以與x軸正半軸成45°角的方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場,在電場中運(yùn)動一段時間后,該粒子恰好垂直于y軸經(jīng)過n點(diǎn)．粒子的重力忽略不計．求:圖9-3-10(1)粒子在p點(diǎn)的速度大小;(2)第三和第四象限內(nèi)的電場強(qiáng)度的大小;(3)帶電粒子從由p點(diǎn)進(jìn)入磁場到第三次通過x軸的總時間.【導(dǎo)學(xué)號:84370416】[解析]粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動軌跡如圖所示(1)由幾何關(guān)系可知rsin45°＝l解得r＝eq\r(2)l又因?yàn)閝v0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r),可解得v0＝eq\f(\r(2)Bql,m).(2)粒子進(jìn)入電場在第三象限內(nèi)的運(yùn)動可視為平拋運(yùn)動的逆過程,設(shè)粒子射入電場坐標(biāo)為(－x1,0),從粒子射入電場到粒子經(jīng)過n點(diǎn)的時間為t2,由幾何關(guān)系知x1＝(eq\r(2)＋1)l,在n點(diǎn)有v2＝eq\f(\r(2),2)v1＝eq\f(\r(2),2)v0由類平拋運(yùn)動規(guī)律有(eq\r(2)＋1)l＝eq\f(\r(2),2)v0t2eq\f(\r(2),2)v0＝at2＝eq\f(Eq,m)t2聯(lián)立以上方程解得t2＝eq\f(\r(2)＋1m,qB),E＝eq\f(\r(2)－1qlB2,m).(3)粒子在磁場中的運(yùn)動周期為T＝eq\f(2πm,qB)粒子第一次在磁場中運(yùn)動的時間為t1＝eq\f(5,8)T＝eq\f(5πm,4qB)粒子在電場中運(yùn)動的時間為2t2＝eq\f(2\r(2)＋1m,qB)粒子第二次在磁場中運(yùn)動的時間為t3＝eq\f(3,4)T＝eq\f(3πm,2qB)故粒子從開始到第三次通過x軸所用時間為t＝t1＋2t2＋t3＝(eq\f(11π,4)＋2eq\r(2)＋2)eq\f(m,qB).[答案](1)eq\f(\r(2)Bql,m)(2)eq\f(\r(2)－1qlB2,m)(3)(eq\f(11π,4)＋2eq\r(2)＋2)eq\f(m,qB)[反思總結(jié)](1)解題的思維程序(2)規(guī)律運(yùn)用及思路①帶電粒子經(jīng)過電場區(qū)域時利用動能定理或類平拋的知識分析;②帶電粒子經(jīng)過磁場區(qū)域時利用圓周運(yùn)動規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系來處理;③注意帶電粒子從一種場進(jìn)入另一種場時的銜接速度．帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動[多維探究]考向1電場、磁場疊加1．(多選)(2018·臨川模擬)向下的勻強(qiáng)電場和水平方向的勻強(qiáng)磁場正交的區(qū)域里,一帶電粒子從a點(diǎn)由靜止開始沿曲線abc運(yùn)動到c點(diǎn)時速度變?yōu)榱?b點(diǎn)是運(yùn)動中能夠到達(dá)的最高點(diǎn),如圖9-3-11所示,若不計重力,下列說法中正確的是()圖9-3-11A．粒子肯定帶負(fù)電,磁場方向垂直于紙面向里B．a(chǎn)、c點(diǎn)處于同一水平線上C．粒子通過b點(diǎn)時速率最大D.粒子達(dá)到c點(diǎn)后將沿原路徑返回到a點(diǎn)[題眼點(diǎn)撥]①“從a點(diǎn)由靜止……到c點(diǎn)時速度變?yōu)榱恪闭f明a、c兩點(diǎn)在同一水平線上;②“a、c兩點(diǎn)粒子狀態(tài)相同”可判斷粒子下一階段的運(yùn)動情況．ABC[粒子開始受到電場力作用而向上運(yùn)動,受到向右的洛倫茲力作用,則知電場力方向向上,故粒子帶負(fù)電;根據(jù)左手定則判斷磁場方向垂直于紙面向里,故A正確．將粒子在c點(diǎn)的狀態(tài)與a點(diǎn)進(jìn)行比較,c點(diǎn)的速率為零,動能為零,根據(jù)能量守恒可知,粒子在c與a兩點(diǎn)的電勢能相等,電勢相等,則a、c兩點(diǎn)應(yīng)在同一條水平線上;由于在a、c兩點(diǎn)粒子的狀態(tài)(速度為零,電勢能相等)相同,粒子將在c點(diǎn)右側(cè)重現(xiàn)前面的曲線運(yùn)動,因此,粒子是不可能沿原曲線返回a點(diǎn)的,故B正確,D錯誤．根據(jù)動能定理得,粒子從a運(yùn)動到b點(diǎn)的過程電場力做功最大,則b點(diǎn)速度最大,故C正確．故選A、B、C.](多選)(2017·濟(jì)南模擬)如圖所示,在正交坐標(biāo)系O-xyz中,分布著電場和磁場(圖中未畫出)．在Oyz平面的左方空間內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場;在Oyz平面右方、Oxz平面上方的空間內(nèi)分布著沿z軸負(fù)方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B的勻強(qiáng)磁場;在Oyz平面右方、Oxz平面下方分布著沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度大小為eq\f(aqB2,4m).在t＝0時刻,一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的微粒從P點(diǎn)靜止釋放,已知P點(diǎn)的坐標(biāo)為(5a,－2a,0),不計微粒的重力．則()A．微粒第一次到達(dá)x軸的速度大小為eq\r(\f(aqb,m))B．微粒第一次到達(dá)x軸的時刻為eq\f(4m,qB)C．微粒第一次到達(dá)y軸的位置為y＝2D．微粒第一次到達(dá)y軸的時刻為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(40＋5π,2)))eq\f(m,qB)BD[微粒從P點(diǎn)由靜止釋放至第一次到達(dá)y軸的運(yùn)動軌跡如圖所示．釋放后,微粒在電場中做勻加速直線運(yùn)動,由E＝eq\f(aqB2,4m),根據(jù)動能定理有Eq·2a＝eq\f(1,2)mv2,解得微粒第一次到達(dá)x軸的速度v＝eq\f(aqB,m),又eq\f(Eq,m)t1＝v,解得微粒第一次到達(dá)x軸的時刻t1＝eq\f(4m,qB),故選項(xiàng)A錯誤,B正確;微粒進(jìn)入磁場后開始做勻速圓周運(yùn)動,假設(shè)運(yùn)動的軌道半徑為R,則有qvB＝meq\f(v2,R),可得:R＝a,所以微粒到達(dá)y軸的位置為y＝a,選項(xiàng)C錯誤;微粒在磁場中運(yùn)動的周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB),則運(yùn)動到達(dá)y軸的時刻:t2＝5t1＋eq\f(5,4)T,代入得:t2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(40＋5π,2)))eq\f(m,qB),選項(xiàng)D正確．]考向2電場、磁場、重力場的疊加2．(2017·全國Ⅰ卷)如圖9-3-12所示,空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場,電場方向豎直向上(與紙面平行),磁場方向垂直于紙面向里．三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等,質(zhì)量分別為ma、mb、mc.已知在該區(qū)域內(nèi),a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動,b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動,c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動．下列選項(xiàng)正確的是()【導(dǎo)學(xué)號:84370417】圖9-3-12A．ma>mb>mc B．mb>ma>mcC．mc>ma>mb D．mc>mb>maB[設(shè)三個微粒的電荷量均為q,a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動,說明洛倫茲力提供向心力,重力與電場力平衡,即mag＝qE ①b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動,三力平衡,則mbg＝qE＋qvB ②c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動,三力平衡,則mcg＋qvB＝qE ③比較①②③式得:mb>ma>mc,選項(xiàng)B正確．](多選)(2018·蘭州模擬)如圖所示,空間中存在一水平方向的勻強(qiáng)電場和一水平方向的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,電場強(qiáng)度大小為E＝eq\f(\r(3)mg,q),且電場方向和磁場方向相互垂直,在正交的電磁場空間中有一足夠長的固定粗糙絕緣桿,與電場正方向成60°夾角且處于豎直平面內(nèi),一質(zhì)量為m,帶電量為q(q>0)的小球套在絕緣桿上,若小球沿桿向下的初速度為v0時,小球恰好做勻速直線運(yùn)動,已知重力加速度大小為g,小球電荷量保持不變,則以下說法正確的是()A．小球的初速度v0＝eq\f(mg,2qB)B．若小球沿桿向下的初速度v＝eq\f(mg,qB),小球?qū)⒀貤U做加速度不斷增大的減速運(yùn)動,最后停止C．若小球沿桿向下的初速度v＝eq\f(3mg,qB),小球?qū)⒀貤U做加速度不斷減小的減速運(yùn)動,最后停止D.若小球沿桿向下的初速度v＝eq\f(4mg,qB),則從開始運(yùn)動到穩(wěn)定過程中,小球克服摩擦力做功為eq\f(6m3g2,q2B2)【自主思考】(1)小球受哪些力時小球恰好做勻速直線運(yùn)動？小球勻速運(yùn)動的條件是什么？[提示]小球受重力、電場力、洛倫茲力三力作用,因小球勻速運(yùn)動,所以不會受摩擦力和支持力的作用,并且重力、電場力、洛倫茲力三力的合力為零．(2)分析小球加速度變化的思路如何？[提示]首先受力分析,然后在沿桿方向和垂直桿方向正交分解,再通過牛頓第二定律分析加速度的變化．BD[對小球進(jìn)行受力分析如圖,電場力的大小:F＝qE＝q×eq\f(\r(3)mg,q)＝eq\r(3)mg,由于重力的方向豎直向下．電場力的方向水平向左,二者垂直,合力:FG＋F＝eq\r(F2＋mg2)＝2mg,由幾何關(guān)系可知,重力與電場力的合力與桿的方向垂直,所以重力與電場力的合力不會對小球做功,而洛倫茲力的方向與速度的方向垂直,所以也不會對小球做功．所以,當(dāng)小球做勻速直線運(yùn)動時,不可能存在摩擦力,沒有摩擦力,說明小球與桿之間就沒有支持力的作用,則洛倫茲力大小與重力、電場力的合力相等,方向相反．所以qv0B＝2mg,v0＝eq\f(2mg,qB),故A錯誤．若小球的初速度為eq\f(mg,qB),則洛倫茲力:f＝qv0B＝mg＜FG＋F,則在垂直于桿的方向上,小球還受到桿的垂直于桿向上的支持力,而摩擦力:f＝μFN,小球?qū)⒆鰷p速運(yùn)動;隨速度的減小,洛倫茲力減小,則支持力逐漸增大,摩擦力逐漸增大,小球的加速度增大,所以小球?qū)⒆黾铀俣炔粩嘣龃蟮臏p速運(yùn)動,最后停止,故B正確．若小球的初速度為eq\f(3mg,qB),則洛倫茲力:f＝qv0B＝3mg＞FG＋F,則在垂直于桿的方向上,小球還受到桿的垂直于桿向下的支持力,則摩擦力:f＝μFN,小球?qū)⒆鰷p速運(yùn)動;隨速度的減小,洛倫茲力減小,則支持力逐漸減小,摩擦力減小,小球做加速度不斷減小的減速運(yùn)動,最后當(dāng)速度減小到eq\f(2mg,qB)時,小球開始做勻速直線運(yùn)動,故C錯誤．若小球的初速度為eq\f(4mg,qB),則洛倫茲力:f＝qv0B＝4mg＞FG＋F,則在垂直于桿的方向上,小球還受到桿的垂直于桿向下的支持力,則摩擦力:f＝μFN.小球?qū)⒆鰷p速運(yùn)動;隨速度的減小,洛倫茲力減小,則支持力逐漸減小,摩擦力減小,小球做加速度不斷減小的減速運(yùn)動,最后當(dāng)速度減小到eq\f(2mg,qB)時,小球開始做勻速直線運(yùn)動．小球克服摩擦力做功為eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4mg,qB)))2－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2mg,qB)))2＝eq\f(6m3g2,q2B2),故D正確．故選B、D.]考向3復(fù)合場中的動量、能量綜合問題3．(2018·南昌模擬)如圖9-3-13所示,帶負(fù)電的金屬小球A質(zhì)量為mA＝0.2kg,電量為q＝0.1C,小球B是絕緣體不帶電,質(zhì)量為mB＝2kg,靜止在水平放置的絕緣桌子邊緣,桌面離地面的高h(yuǎn)＝0.05m,桌子置于電、磁場同時存在的空間中,勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.5T,方向沿水平方向且垂直紙面向里,勻強(qiáng)電場電場強(qiáng)度E＝10N/C,方向沿水平方向向左且與磁場方向垂直,小球A與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.4,A以某一速度沿桌面做勻速直線運(yùn)動,并與B球發(fā)生正碰,設(shè)碰撞時間極短,B碰后落地的水平位移為0.03m,g取10m/s2,求:圖9-3-13(1)碰前A球的速度？(2)碰后A球的速度？(3)若碰后電場方向反向(桌面足夠長),小球A在碰撞結(jié)束后,到剛離開桌面運(yùn)動的整個過程中,合力對A球所做的功.【導(dǎo)學(xué)號:84370418】[題眼點(diǎn)撥]①“小球A勻速運(yùn)動”說明電場力和滑動摩擦力平衡;②“A與B發(fā)生正碰”說明二者動量守恒;③“B不帶電”說明B離開桌面后做平拋運(yùn)動．[解析](1)設(shè)小球A勻速運(yùn)動的速度為vA,從A到B的過程中勻速運(yùn)動,由平衡條件可得:qE＝f而f＝μFN、FN＝qBvA1＋mAg所以qE＝μ(qBvA1＋mAg)代入數(shù)據(jù)得vA1＝2m/s.(2)設(shè)碰后B球的速度為vB,由平拋運(yùn)動規(guī)律有h＝eq\f(1,2)gt2,x＝vBt代入數(shù)據(jù)解得vB＝0.3m/s設(shè)A球與B球發(fā)生碰撞后的速度為vA2,由動量守恒定律得:mAvA1＝mAvA2＋mBvB解得vA2＝－1m/s,方向與原速度方向相反．(3)設(shè)A球沿桌面運(yùn)動速度為v,加速度為a,則qE－μN(yùn)＝mAa,mAg＝N＋qvB解得a＝eq\f(qE－μmAg＋μqvB,mA)A球沿桌面做加速度增大的加速運(yùn)動,當(dāng)洛倫茲力等于重力時,A球離開桌面,此時A球沿桌面的速度最大為vm,則mAg＝qvmB所以vm＝eq\f(mAg,qB),代入數(shù)據(jù)得vm＝8m/s根據(jù)動能定理,合力所做的功W＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mAv2A2,代入數(shù)據(jù)得W＝6.3J.[答案](1)2m/s(2)1m/s,方向與原速度方向相反(3)6.3J(1)上題中,A與B的碰撞是彈性碰撞嗎？為什么？提示:A、B碰前,只有A有動能EkA＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A1)＝eq\f(1,2)×0.2×22J＝0.4JA、B碰后,EkA′＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A2)＝eq\f(1,2)×0.2×12J＝0.1JEkB＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)×2×0.32＝0.09J因EkA＞EkA′＋EkB故A、B間的碰撞不是彈性碰撞．(2)在第(3)問中,根據(jù)現(xiàn)有知識和條件,能否求出電場力對A球做的功？提示:不能．因無法求出A球的位移．帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的常見實(shí)例[多維探究]考向1回旋加速器的工作原理1．(多選)(2018·成都模擬)粒子回旋加速器的工作原理如圖9-3-14所示,置于真空中的D形金屬盒的半徑為R,兩金屬盒間的狹縫很小,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與金屬盒盒面垂直,高頻率交流電的頻率為f,加速器的電壓為U,若中心粒子源處產(chǎn)生的質(zhì)子質(zhì)量為m,電荷量為＋e,在加速器中被加速．不考慮相對論效應(yīng),則下列說法正確是()圖9-3-14A．質(zhì)子被加速后的最大速度不能超過2πRfB．加速的質(zhì)子獲得的最大動能隨加速器的電壓U增大而增大C．質(zhì)子第二次和第一次經(jīng)過D形盒間狹縫后軌道半徑之比為eq\r(2)∶1D．不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B和交流電的頻率f,該加速器也可加速其它粒子AC[質(zhì)子出回旋加速器時速度最大,此時的半徑為R,最大速度為:v＝eq\f(2πR,T)＝2πRf,故A正確;根據(jù)qvB＝meq\f(v2,R)得,v＝eq\f(qBR,m),則粒子的最大動能Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m),與加速器的電壓無關(guān),故B錯誤;粒子在加速電場中做勻加速運(yùn)動,在磁場中做勻速圓周運(yùn)動,根據(jù)qU＝eq\f(1,2)mv2,得v＝eq\r(\f(2qU,m)),質(zhì)子第二次和第一次經(jīng)過D形盒狹縫的速度比為eq\r(2)∶1,根據(jù)r＝eq\f(mv,qB),則半徑比為eq\r(2)∶1,故C正確;帶電粒子在磁場中運(yùn)動的周期與加速電場的周期相等,根據(jù)T＝eq\f(2πm,qB)知,換用其它粒子,粒子的比荷變化,周期變化,回旋加速器需改變交流電的頻率才能加速其它粒子,故D錯誤．故選AC.]考向2速度選擇器的工作原理2．在如圖9-3-15所示的平行板器件中,電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B相互垂直．一帶電粒子(重力不計)從左端以速度v沿虛線射入后做直線運(yùn)動,則該粒子()【導(dǎo)學(xué)號:84370419】圖9-3-15A．一定帶正電B．速度v＝eq\f(E,B)C．若速度v＞eq\f(E,B),粒子一定不能從板間射出D．若此粒子從右端沿虛線方向進(jìn)入,仍做直線運(yùn)動B[粒子帶正電和負(fù)電均可,選項(xiàng)A錯誤;由洛倫茲力等于電場力,qvB＝qE,解得速度v＝eq\f(E,B),選項(xiàng)B正確;若速度v>eq\f(E,B),粒子可能從板間射出,選項(xiàng)C錯誤;若此粒子從右端沿虛線方向進(jìn)入,所受電場力和洛倫茲力方向相同,不能做直線運(yùn)動,選項(xiàng)D錯誤．]考向3質(zhì)譜儀的工作原理3.質(zhì)譜儀是測量帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素的重要工具．如圖9-