高中物理粵教版1第三章磁場 重點強化卷(三)帶電粒子在復合場中的運動問題

重點強化卷(三)帶電粒子在復合場中的運動問題一、選擇題1．如圖1所示，在xOy平面內(nèi)，勻強電場的方向沿x軸正向，勻強磁場的方向垂直于xOy平面向里．一電子在xOy平面內(nèi)運動時，速度方向保持不變．則電子的運動方向沿()圖1A．x軸正向B．x軸負向C．y軸正向D．y軸負向【解析】電子受電場力方向一定水平向左，所以需要受向右的洛倫茲力才能做勻速運動，根據(jù)左手定則進行判斷可得電子應(yīng)沿y軸正向運動．【答案】C2．(多選)如圖2所示，有一混合正離子束先后通過正交電磁場區(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，則它們具有相同的()圖2A．電荷量 B．質(zhì)量C．速度 D．比荷【解析】正交電磁場區(qū)域Ⅰ實際上是一個速度選擇器，這束正離子在區(qū)域Ⅰ中均不偏轉(zhuǎn)，說明它們具有相同的速度．在區(qū)域Ⅱ中半徑相同，R＝eq\f(mv,qB)，所以它們應(yīng)具有相同的比荷，C、D正確．【答案】CD3．如圖3所示，一帶電小球在一正交電場、磁場區(qū)域里做勻速圓周運動，電場方向豎直向下，磁場方向垂直紙面向里，則下列說法正確的是()圖3A．小球一定帶正電B．小球一定帶負電C．小球的繞行方向為逆時針D．改變小球的速度大小，小球?qū)⒉蛔鰣A周運動【解析】帶電小球在正交電場、磁場區(qū)域里做勻速圓周運動，必然有向上的電場力與重力平衡，洛倫茲力提供向心力，所以小球帶負電，且沿順時針方向運動，改變小球的速度大小，小球依然是洛倫茲力提供向心力能夠做圓周運動，B正確，A、C、D錯誤．【答案】B4．質(zhì)譜儀的兩大重要組成部分是加速電場和偏轉(zhuǎn)磁場．如圖4所示為質(zhì)譜儀的原理圖．設(shè)想有一個靜止的質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶電粒子(不計重力)，經(jīng)電壓為U的加速電場加速后垂直進入磁感應(yīng)強度為B的偏轉(zhuǎn)磁場中，帶電粒子打到底片上的P點，設(shè)OP＝x，則在下圖中能正確反映x與U之間的函數(shù)關(guān)系的是()圖4【解析】帶電粒子先經(jīng)加速電場加速，故qU＝eq\f(1,2)mv2，進入磁場后偏轉(zhuǎn)，OP＝x＝2r＝eq\f(2mv,qB)，兩式聯(lián)立得，OP＝x＝eq\r(\f(8mU,B2q))∝eq\r(U)，所以B為正確答案．【答案】B5．(多選)如圖5所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電液滴從h高處自由下落，進入一個互相垂直的勻強電場和勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于紙面，磁感應(yīng)強度為B，電場強度為E.已知液滴在此區(qū)域中做勻速圓周運動，則圓周運動的半徑r為()圖5\f(E,B)eq\r(\f(2h,g)) \f(B,E)eq\r(\f(2h,g))\f(m,qB)eq\r(2gh) \f(qB,m)eq\r(2gh)【解析】設(shè)帶電液滴進入虛線下方時的速度為v，由機械能守恒定律可得：mgh＝eq\f(1,2)mv2，液滴能在下方空間做勻速圓周運動，則應(yīng)滿足：mg＝Eq，Bvq＝meq\f(v2,r).由以上三式可求得：r＝eq\f(m,qB)eq\r(2gh)＝eq\f(E,B)eq\r(\f(2h,g))，故A、C正確．【答案】AC6．(2023·上饒高二檢測)如圖6所示，在真空中，勻強電場的方向豎直向下，勻強磁場的方向垂直紙面向里，三個油滴a、b、c帶有等量同種電荷，已知a靜止，b向右做勻速運動，c向左做勻速運動，比較它們的質(zhì)量應(yīng)有()【導學號：30800048】圖6A．a(chǎn)油滴質(zhì)量最大 B．b油滴質(zhì)量最大C．c油滴質(zhì)量最大 D．a(chǎn)、b、c質(zhì)量一樣【解析】a油滴受力平衡，有Ga＝qE重力和電場力等大、反向、共線，故電場力向上．由于電場強度向下，故油滴帶負電．b油滴受力平衡，有Gb＋qvB＝qEc油滴受力平衡，有Gc＝qvB＋qE解得Gc>Ga>Gb，可知選項C正確．【答案】C7．(多選)如圖7所示，A板發(fā)出的電子(重力不計)經(jīng)加速后，水平射入水平放置的兩平行金屬板M、N間，M、N之間有垂直紙面向里的勻強磁場，電子通過磁場后最終打在熒光屏P上，關(guān)于電子的運動，下列說法中正確的是()圖7A．當滑動觸頭向右移動時，電子打在熒光屏的位置上升B．當滑動觸頭向右移動時，電子通過磁場區(qū)域所用時間不變C．若磁場的磁感應(yīng)強度增大，則電子打在熒光屏上的速度大小不變D．若磁場的磁感應(yīng)強度增大，則電子打在熒光屏上的速度變大【解析】當滑動觸頭向右移動時，電場的加速電壓增大，加速后電子動能增大，進入磁場的初速度增大，向下偏轉(zhuǎn)程度變小，位置上升，選項A正確．由于在磁場中運動對應(yīng)的圓心角變小，運動時間變短，選項B錯誤．洛倫茲力不做功，故電子在磁場中運動速度大小不變，選項C正確，D錯誤．【答案】AC8．(2023·內(nèi)江高二檢測)如圖8所示，勻強電場和勻強磁場中，有一帶負電的小球穿在絕緣光滑的豎直圓環(huán)上，小球在圓環(huán)的頂端由靜止釋放，如果小球受到的電場力和重力的大小相等，那么當它在圓環(huán)上滑過的弧長對應(yīng)的圓心角為下列何值時，小球受到的洛倫茲力最大()圖8\f(π,4) \f(π,2)\f(3π,4) D．π【解析】根據(jù)F＝qvB知，小球速度最大時，所受洛倫茲力最大．由于qE＝mg，若重力、電場力的合力與水平方向的夾角為θ，則tanθ＝eq\f(mg,qE)＝1，θ＝eq\f(π,4).由于洛倫茲力不做功，根據(jù)動能定理知，小球沿圓環(huán)運動的圓心角為eq\f(3π,4)時，速度最大，洛倫茲力最大．C正確．【答案】C9．(多選)電磁軌道炮工作原理如圖9所示．待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之間自由移動，并與軌道保持良好接觸．電流I從一條軌道流入，通過導電彈體后從另一條軌道流回．軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面的磁場(可視為勻強磁場)，磁感應(yīng)強度的大小與I成正比．通電的彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出．現(xiàn)欲使彈體的出射速度增加至原來的2倍，理論上可采用的辦法是()圖9A．只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍B．只將電流I增加至原來的2倍C．只將彈體質(zhì)量減至原來的一半D．將彈體質(zhì)量減至原來的一半，軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其他量不變【解析】由題意可知磁感應(yīng)強度B＝kI，安培力F＝BId＝kI2d，由動能定理可得FL＝eq\f(mv2,2)，解得v＝Ieq\r(\f(2kdL,m))，由此式可判斷B、D正確．【答案】BD二、計算題10．如圖10所示，勻強磁場沿水平方向，垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度B＝1T，勻強電場方向水平向右，場強E＝10eq\r(3)N/C.一帶正電的微粒質(zhì)量m＝2×10－6kg，電荷量q＝2×10－6C，在此空間恰好做直線運動，則：(g取10m/s圖10(1)帶電微粒運動速度的大小和方向怎樣？(2)若微粒運動到P點的時刻，突然將磁場撤去，那么經(jīng)多長時間微粒到達Q點(設(shè)PQ連線與電場方向平行)．【解析】(1)帶電微粒在疊加場中做勻速直線運動，意味著微粒受到的重力、電場力和洛倫茲力平衡．進一步分析可知洛倫茲力f與重力、電場力的合力F等大反向，微粒運動速度v與f垂直，如圖所示．由圖可知：tanθ＝eq\f(Eq,mg)＝eq\r(3)，θ＝60°，又F＝eq\r(Eq2＋mg2)，f＝Bqv解得v＝20m/s.(2)撤去磁場后，微粒在電場力和重力作用下做類平拋運動，可將此曲線運動分解為水平方向的勻加速運動和豎直方向的豎直上拋運動，經(jīng)時間t微粒到達Q點．則y＝0，即y＝vtsin60°－eq\f(1,2)gt2＝0，得t＝2eq\r(3)s.【答案】見解析11．如圖11所示，兩塊水平放置、相距為d的長金屬板接在電壓可調(diào)的電源上．兩板之間的右側(cè)區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強磁場．將噴墨打印機的噴口靠近上板下表面，從噴口連續(xù)不斷地噴出質(zhì)量均為m、水平速度均為v0、帶相等電荷量的墨滴．調(diào)節(jié)電源電壓至U，墨滴在電場區(qū)域恰能水平向右做勻速直線運動；進入電場、磁場共存區(qū)域后，最終垂直打在下板的M點．圖11(1)判斷墨滴所帶電荷的種類，并求其電荷量；(2)求磁感應(yīng)強度B的值；(3)現(xiàn)保持噴口方向不變，使其豎直下移到兩板中間的位置．為了使墨滴仍能到達下板M點，應(yīng)將磁感應(yīng)強度調(diào)至B′，則B′的大小為多少？【解析】(1)墨滴在電場區(qū)域做勻速直線運動，有qeq\f(U,d)＝mg①由①式得：q＝eq\f(mgd,U)②由于電場方向向下，電荷所受靜電力向上，可知：墨滴帶負電荷．(2)墨滴垂直進入電場、磁場共存區(qū)域后，重力仍與靜電力平衡，合力等于洛倫茲力，墨滴做勻速圓周運動，有qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)③考慮墨滴進入電場、磁場共存區(qū)域和下板的幾何關(guān)系，可知墨滴在該區(qū)域恰完成四分之一圓周運動，則半徑R＝d④由②③④式得B＝eq\f(v0U,gd2)(3)根據(jù)題設(shè)，墨滴運動軌跡如圖所示，設(shè)墨滴做圓周運動的半徑為R′，有qv0B′＝meq\f(v\o\al(2,0),R′)⑤由圖可得：R′2＝d2＋(R′－eq\f(d,2))2⑥由⑥式得：R′＝eq\f(5,4)d⑦聯(lián)立②⑤⑦式可得：B′＝eq\f(4v0U,5gd2).【答案】(1)負電荷eq\f(mgd,U)(2)eq\f(v0U,gd2)(3)eq\f(4v0U,5gd2)12．如圖12所示，在x軸上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外；在x軸下方存在勻強電場，電場方向與xOy平面平行，且與x軸成45°夾角．一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以初速度v0從y軸上的P點沿y軸正方向射出，一段時間后進入電場，進入電場時的速度方向與電場方向相反；又經(jīng)過一段時間T0，磁場的方向變?yōu)榇怪庇诩埫嫦蚶?，大小不變．不計重力．圖12(1)求粒子從P點出發(fā)至第一次到達x軸時所需時間．(2)若要使粒子能夠回到P點，求電場強度的最大值．【解析】(1)帶電粒子在磁場中做圓周運動，運動軌跡如圖所示，設(shè)運動半徑為R，運動周期為T，根據(jù)洛倫茲力公式及圓周運動規(guī)律，有qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)T＝eq\f(2πR,v0)依題意，粒子第一次到達x軸時，轉(zhuǎn)過的角度為eq\f(5,4)π，所需時間為t1＝eq\f(5,8)T求得t1＝eq\f(5πm,4qB).