專題六 帶電粒子在組合場或復合場中的運動

1、專題六帶電粒子在組合場或復合場中的運動【測控導航】考點題號(難易度)1.帶電粒子在組合場中的運動6(易)、8(中)、9(難)2.帶電粒子在復合場中的運動1(易)、2(易)、4(易)3.帶電粒子在交替組合場中的運動7(中)4.帶電粒子在交變組合場中的運動10(難)5.與復合場有關的實際應用問題3(易)、5(易)1.(2013安徽省普通高校招生全國統一考試模擬(五)理綜)如圖所示, 離地H高處有一個質量為m、帶電荷量為+q的物體處于電場強度隨時間變化的電場為E=E0-kt(E0、k均為大于零的常數,電場水平向左為正方向)中,物體與豎直絕緣墻壁間的動摩擦因數為.已知qE0>mg.t=0時,物體

2、從墻上由靜止釋放,若物體所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,當物體下滑H2后脫離墻面,此時速度大小為gH2,最終落在地面上.則下列關于物體的運動說法正確的是(B)A.物體克服摩擦力所做的功為W=mgHB.物體與墻壁脫離的時刻為t=E0kC.當物體沿墻壁下滑時,物體先加速再做勻速直線運動D.物體從脫離墻壁到落地之前的運動軌跡是一段直線解析:物體在開始運動到脫離墻面的過程中,只由重力和摩擦力做功,依據動能定理得12mgH-W=12mv2,其中v=gH2,代入數據解得W=38mgH,故選項A錯誤;物體與墻壁脫落的時刻滿足E=E0-kt=0,即t=E0k,故選項B正確;當物體沿墻壁下滑時,因摩擦力越來越

3、小直到小于重力,故物體一直做加速運動,直到脫離墻面,選項C錯誤;物體從脫離墻壁到落地之前,因靜電力仍是變力,故合力的方向一直改變,物體做曲線運動,選項D錯誤.2.(2013江蘇海門中學模擬)如圖所示的空間中存在著正交的勻強電場和勻強磁場,從A點沿AB、AC方向絕緣地拋出兩帶電小球,關于小球的運動情況,下列說法中正確的是(B)A.從AB、AC拋出的小球都可能做直線運動B.只有沿AB拋出的小球才可能做直線運動C.做直線運動的小球帶負電,而且一定是做勻速直線運動D.做直線運動的小球機械能守恒解析:小球運動過程中受重力、靜電力、洛倫茲力作用,當小球受到的三個力的合力為零時小球做勻速直線運動;正電荷沿A

4、B方向可能做勻速直線運動;負電荷不論沿AB方向,還是沿AC方向,均不能做直線運動;做直線運動的小球帶正電荷,靜電力做正功,機械能增加.綜上所述,選項B正確,A、C、D錯誤.3.(2013重慶高考預測)如圖是醫(yī)用回旋加速器示意圖,其核心部分是兩個D形金屬盒,兩金屬盒置于勻強磁場中,并分別與高頻電源相連.現分別加速氘核(12H)和氦核(24He).下列說法中正確的是(B) A.氘核(12H)的最大速度較大B.它們在D形盒內運動的周期相同C.它們的最大動能相同D.僅增大高頻電源的頻率可增大粒子的最大動能解析:帶電粒子在盒內的勻強磁場中偏轉時,洛倫茲力提供向心力,即qvB=mv2r,解得v=qBrm,

5、因氘核(12H)和氦核(24He)的比荷qm相同,故它們的最大速度大小相等,選項A錯誤;洛倫茲力提供向心力,即qvB=m2T2r,解得粒子的旋轉周期T=2mqB,可見兩粒子的運動周期T相同,選項B正確;粒子的最大動能Ek=12mv2=q2B2r22m,因此兩粒子的最大動能不相同,選項C錯誤;由表達式Ek=q2B2r22m看出,粒子的最大動能Ek與高頻電源的頻率無關,選項D錯誤.4.(2013北京市高三高考壓軸)如圖所示,空間存在足夠大、正交的勻強電、磁場,電場強度為E、方向豎直向下,磁感應強度為B、方向垂直紙面向里.從電、磁場中某點P由靜止釋放一個質量為m、帶電荷量為+q的粒子(粒子受到的重力

6、忽略不計),其運動軌跡如圖虛線所示.對于帶電粒子在電、磁場中下落的最大高度H,下面給出了四個表達式,用你所學的知識計算可能會有困難,但你可以用學過的知識對下面的四個選項做出判斷.你認為可能正確的是(A)A.2mEB2qB.4mE2B2qC.2mBE2qD.mB2Eq解析:由qEH=12mv2,Bqv=qE可知H=mE2B2q,此結果雖不是要求的值,但根據物理單位制可知題干中要求的H的單位一定跟mE2B2q的單位一致.對比四個選項可知,選項A正確.5.(2013山西省長治二中 康杰中學 臨汾一中 忻州一中高三四校聯考)如圖所示,有一金屬塊放在垂直于表面C的勻強磁場中,磁場的磁感應強度為B,金屬塊

7、的厚度為d,高為h.當有穩(wěn)恒電流I平行平面C的方向通過時,由于磁場力的作用,金屬塊的上下兩表面M、N間的電壓為U,則(B)A.金屬塊的上表面電勢高B.金屬塊的上表面電勢低C.金屬塊中單位體積內的自由電子數目為BedUD.金屬塊中單位體積內的自由電子數目為edUIB解析:由左手定則判斷可得金屬塊中的自由電子向其上表面偏移,故金屬塊的上表面電勢較低,故選項A錯誤,B正確;根據電流的微觀表達式I=nevS可得金屬塊中單位體積內的自由電子數目n=IevS,當有穩(wěn)恒電流通過時,金屬塊中的自由電子所受靜電力和洛倫茲力平衡,即qUh=qvB,S=hd,將以上三式聯立解得n=BIedU,故選項C、D錯誤.6.

8、(2013安徽省高三高考模擬(五)如圖所示,一對帶電平行金屬板A、B水平放置,上極板比下極板電勢高104 V,兩板間距d=10-2 m.B板中央開有小孔S;金屬板正下方有一半徑為r=10-2 m的圓形勻強磁場區(qū)域,磁場方向垂直于紙面向里,磁感應強度B=1 T,磁場區(qū)域的圓心O位于小孔正下方.SO連線交圓的邊界于P點.O、P、S三點所在直線與金屬板垂直.比荷為qm=5×107 C/kg的帶正電粒子以速度v=53×105 m/s從磁場外某處正對著圓心射向磁場區(qū)域,經過磁場的偏轉作用,恰好沿著OP方向從小孔S進入電場(SP距離極短,可忽略不計).若3,則(A)A.帶電粒子在磁場中

9、偏轉的角度是60°B.帶電粒子在磁場中偏轉的角度是120°C.帶電粒子從進入磁場到最終離開磁場的時間是7.5×10-6 sD.帶電粒子從進入磁場到最終離開磁場的時間是8.5×10-6 s解析:粒子在磁場中做勻速圓周運動,軌道半徑R=mvqB=3×10-2 m,如圖所示,tan =rR=33,解得=30°,因此粒子在磁場中轉過的圓心角為2=60°,即帶電粒子在磁場中偏轉的角度為60°,則選項A正確,選項B錯誤;粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T=2mqB=1.2×10-7 s,粒子第一次在磁場中的運動時間t

10、1=60°360°·T=2×10-8 s,粒子進入電場后做勻減速運動,在電場中運動的加速度a=qEm=qUmd=5×1013 m/s2,在電場中運動的距離x=v22a=7.5×10-3 m=0.75 cm,因為x=0.75 cm<1 cm,因此粒子不會打到A板上,在電場中往返的時間t2=2·va=23×10-8 s,帶電粒子會以相同的速率從P點再進入磁場,根據對稱性可知,粒子在磁場中運動的時間t3=t1 =2×10-8 s,這樣帶電粒子從進入磁場到最終離開磁場的時間t=t1+t2+ t3=7.5&#

11、215;10-8 s.故選項C、D錯誤.7.(2013柳州一中模擬改編)如圖所示,在y軸右側-2Ly2L的帶狀區(qū)域存在著相互垂直的勻強磁場和勻強電場,電場沿y軸正方向,磁場垂直xOy平面向外.在原點O左側有一粒子源不斷地發(fā)射相同的帶電粒子,粒子的初速度恒定,射入有場區(qū)域后恰好沿x軸正方向做直線運動.若撤去電場只存在磁場,粒子從b(L,2L)點射出有場區(qū)域;若撤去磁場只存在電場,粒子將從a點射出有場區(qū)域(不計粒子的重力和粒子間的相互作用).則(B)A.該粒子帶正電,a點的坐標為(5L,-2L)B.該粒子帶負電,a點的坐標為(5L,-2L)C.該粒子帶正電,a點的坐標為(5L,-5L)D.該粒子帶

12、負電,a點的坐標為(5L,-5L)解析:因撤去電場只存在磁場,粒子從b(L,2L)點射出有場區(qū)域,所以該粒子帶負電;撤去電場只剩磁場時,帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動,如圖所示. 設軌跡的圓心為O,半徑為r,根據幾何關系有r2=L2+(2L-r)2,可解得r=54L;存在電場和磁場時,粒子做勻速直線運動,有qvB=Eq;只存在磁場時,有r=mvqB;只存在電場時,帶電粒子在電場中做類平拋運動,y方向的位移大小為2L時,經過的時間為t,有2L=12·Eqmt2,射出電場時,x方向位移為x=vt,由以上各式可解得x=5L,所以a點的坐標為(5L,-2L).綜上所述,選項B正確.8.(20

13、13安徽省安慶市示范中學高三聯考)如圖所示,在長度足夠長、寬度d=5 cm的區(qū)域MNQP內,有垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度B=0.33 T.水平邊界MN上方存在范圍足夠大的豎直向上的勻強電場,電場強度E=200 N/C.現有大量質量m=6.6×10-27 kg、電荷量q=3.2×10-19 C的帶負電的粒子,同時從邊界PQ上的O點沿紙面向各個方向射入磁場,射入時的速度大小均為v=1.6×106 m/s,不計粒子的重力和粒子間的相互作用.求:(1)帶電粒子在磁場中運動的半徑r;(2)與x軸負方向成60°角射入的粒子在電場中運動的時間t;(3)當從MN

14、邊界上最左邊射出的粒子離開磁場時,求仍在磁場中的粒子的初速度方向與x軸正方向的夾角范圍,并寫出此時這些粒子所在位置構成的圖形的曲線方程.解析:(1)由牛頓第二定律有qvB=mv2r解得r=0.1 m.(2)粒子的運動軌跡如圖(甲)所示.由幾何關系知,在磁場中運動的圓心角為30°,粒子平行于場強方向進入電場,粒子在電場中運動的加速度為a=qEm粒子在電場中運動的時間 t=2va解得t=3.3×10-4 s.(3)如圖(乙)所示,由幾何關系可知,從MN邊界上最左邊射出的粒子在磁場中運動的圓心角為60°,圓心角小于60°的粒子已經從磁場中射出,此時刻仍在磁場中

15、的粒子運動軌跡的圓心角均為60°.則仍在磁場中的粒子的初速度方向與x軸正方向的夾角范圍為30°60°,所有粒子此時分布在以O點為圓心,弦長0.1 m為半徑的圓周上,曲線方程為x2+y2=0.01(320 mx0.1 m)答案:(1)0.1 m(2)3.3×10-4 s(3)30°60°x2+y2=0.01 mx0.1 m)9.(2013廣東省揭陽一中高三第三次模擬)如圖所示,邊長為L的光滑絕緣正方形臺面高為h,臺面上加有一豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場.在臺面右側接著一個與內側邊線對齊、每板寬為dd<L2的平行板電容器(電容

16、器有光滑絕緣的底部),右板接電源的正極,左板接電源負極,現有質量為m、帶電荷量為+q的一群粒子(視為質點)從靠近右板的底部由靜止釋放,通過左板的小孔進入磁場,不計一切阻力,重力加速度取g.求:(1)若取電容器的電壓為U,求這些帶電粒子在磁場中運動的半徑;(2)若要求這些粒子都從臺面右側射出,則電容器的電壓應滿足什么條件?解析:(1)在電容器中,根據動能定理,有qU=12mv2在磁場中,根據洛倫茲力提供向心力,有qvB=mv2R聯立以上兩式解得粒子運動的半徑R=2mUqB2. (2)當在電容器底部外側經加速的粒子恰好能從臺面的外側相切射出時,電容器電壓為最大值,粒子的軌跡如圖所示. 由此得粒子的

17、半徑R=L-d2將其代入第(1)問結果解得Um=(L-d)2qB28m當U>0,在電容器內側粒子,若不能一次在磁場中從臺面右側射出,也可以再進入電容器減速至底部右側,再重新加速進入磁場,多周后也能從臺面右側射出.故電容器的電壓滿足的條件為0<U(L-d)2qB28m.答案:(1)2mUqB2(2)0<U(L-d)2qB28m10.(2013安徽省合肥市高三三模)如圖(甲)所示,以兩虛線M、N為邊界,中間存在平行紙面且與邊界垂直的水平電場,M、N間電壓UMN的變化圖像如圖(乙)所示,電壓的最大值為U0、周期為T0,M、N兩側為相同的勻強磁場區(qū)域、,磁場方向垂直紙面向里,磁感應強度為B.t=0時,將一帶正電的粒子從邊界線M上的A處由靜止釋放,經電場加速后進入磁場,粒子在磁場中做圓周運動的周期也為T0.兩虛線M、N 間寬度很小,粒子在其間的運動時間不計,也不考慮粒子所受的重力.(