高考物理第一轮复习带电粒子在复合场中的运动专题 提高练习

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高考物理第一轮复习带电粒子在复合场中的运动专题 提高练习

‎2019年高考物理第一轮复习:带电粒子在复合场中的运动专题 提高练习 ‎(难度★★★★)‎ 一、单选题 ‎1.如图所示,匀强电场的电场强度方向与水平方向夹角为30°且斜向右上方,匀强磁场的方向垂直于纸面(图中未画出).一质量为m、电荷量为q的带电小球(可视为质点)以与水平方向成30°角斜向左上方的速度v做匀速直线运动,重力加速度为g.则(  )‎ A. 匀强磁场的方向可能垂直于纸面向外 B. 小球一定带正电荷 C. 电场强度大小为mgq D. 磁感应强度的大小为mgqv ‎【答案】C ‎【解析】B:小球做匀速直线运动,受到的合力为零,假设小球带正电,则小球的受力情况如图1所示,小球受到的洛伦兹力沿虚线但方向未知;小球受到的重力、电场力的合力与洛伦兹力不可能平衡,小球不可能做匀速直线运动,假设不成立,小球带负电。故B项错误。‎ A:小球带负电的受力情况如图2所示。小球受到的洛伦兹力一定斜向右上方,根据左手定则,匀强磁场的方向一定垂直于纸面向里。故A项错误。‎ CD:由于电场力与洛伦兹力反方向、重力与洛伦兹力反方向的夹角均为30°,据几何关系可得:qE=mg、qvB=2mgcos‎30‎‎°‎=‎3‎mg,解得:E=‎mgq、B=‎‎3‎mgqv。故C项正确,D项错误。‎ ‎2.如图所示,a、b是一对平行金属板,分别接到直流电源两极上,右边有一挡板,正中间开有一小孔d,在较大空间范围内存在着匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里,在a、b两板间还存在着匀强电场E.从两板左侧中点c处射入一束正离子(不计重力),这些正离子都沿直线运动到右侧,从d孔射出后分成3束.则下列判断正确的是 (  )‎ A. 这三束正离子的速度一定不相同 B. 这三束正离子的质量一定不相同 C. 这三束正离子的电荷量一定不相同 D. 这三束正离子的比荷一定不相同 ‎【答案】D ‎【解析】粒子运动过程受电场力和洛伦兹力作用,故根据粒子受力可得:粒子在极板间运动受力平衡,从d孔射出后做匀速圆周运动,洛伦兹力做向心力; 设粒子运动速度为v,粒子质量为m,电荷量为q,粒子做匀速圆周运动的轨道半径为R; A、根据受力平衡可得:qE=qvB,故v=‎EB,所以粒子匀速速度相等,故A错误; B、根据洛伦兹力做向心力可得:qvB=‎mv‎2‎R,所以,R=mvqB=‎mEqB‎2‎,故根据粒子轨道半径不同可得:粒子比荷不同,电荷量及质量大小关系不确定,故BC错误,D正确。‎ ‎3.霍尔式位移传感器的测量原理如图所示,有一个沿z轴方向的磁场,磁感应强度B=B‎0‎+kz(‎B‎0‎、k均为常数‎).‎将传感器固定在物体上,保持通过霍尔元件的电流I不变‎(‎方向如图所示‎)‎,当物体沿z轴方向移动时,由于位置不同,霍尔元件在y轴方向的上、下表面的电势差U也不同‎.‎则‎(‎  ‎‎)‎ A. 传感器灵敏度‎△U‎△z与上、下表面的距离有关 B. 当物体沿z轴方向移动时,上、下表面的电势差U变小 C. 传感器灵敏度‎△U‎△z与通过的电流有关 D. 若图中霍尔元件是电子导电,则下板电势高 ‎【答案】C ‎【解析】AC、最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡,设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c,由qUc=qBv ,电流的微观表达式为I=nqbcv ,‎ 所以U=BInqb=B‎0‎‎+kzInqb=kInqbz+‎B‎0‎Inqb从公式可以看出,传感器灵敏度‎△U‎△z‎=‎kInqb 与b及电流I的大小有关,故A错;C对; ‎ B、当物体沿z轴方向移动时,根据公式可以判断上、下表面的电势差U变大,故B错 D、霍尔元件中移动的是自由电子,根据左手定则,电子向下表面偏转,所以上表面电势高.故D错误. 故选C ‎4.如图,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向水平向右,磁场方向垂直于纸面向外。已知在该区域内,一个带电小球在竖直面内做直线运动。下列说法正确的是 A. 若小球带正电荷,则小球的电势能减小 B. 若小球带负电荷,则小球的电势能减小 C. 无论小球带何种电荷,小球的重力势能都减小 D. 小球的动能可能会增大 ‎【答案】C ‎【解析】带电小球在重力场、电场、磁场的复合场中,只要做直线运动(速度与磁场不平行),一定是匀速直线运动。若速度变化,洛仑兹力(方向垂直速度)会变化,合力就会变化;合力与速度就不在一直线上,带电体就会做曲线运动。‎ A:小球受的重力竖直向下,若小球带正电荷,小球受的电场力水平向右,则洛仑兹力斜向左上方,三力才能平衡;由左手定则可知,小球的速度向左下方,则电场力的方向与运动方向成钝角,电场力做负功,小球的电势能增大。故A项错误。‎ B:小球受的重力竖直向下,若小球带负电荷,小球受的电场力水平向左,则洛仑兹力斜向右上方,三力才能平衡;由左手定则可知,小球的速度向右下方,则电场力的方向与运动方向成钝角,电场力做负功,小球的电势能增大。故B项错误。‎ C:由AB项分析知,无论小球带何种电荷,小球竖直方向的分速度均向下,小球的重力势能减小。故C项正确。‎ D:小球做匀速直线运动,动能不变。故D项错误。‎ 点睛:带电小球在重力场、电场、磁场的复合场中,只要做直线运动(速度与磁场不平行),一定是匀速直线运动。若速度变化,洛仑兹力(方向垂直速度)会变化,合力就会变化;合力与速度就不在一直线上,带电体就会做曲线运动。‎ ‎5.磁流体发电是一项新兴技术。如图表示了它的原理:将一束等离子体(即高温下电离的气体,含有大量正、负带电粒子,而从整体来说呈电中性)喷射入磁场,在场中有两块金属板A、B,这时金属板上就会聚集电荷,产生电压。如果射入的等离子体速度均为v,板间距离为d,板平面的面积为S,匀强磁场的磁感应强度为B,方向垂直于速度方向,负载电阻为R,电离气体充满两板间的空间,其电阻率为ρ,当发电机稳定发电时,A、B就是一个直流电源的两个电极。下列说法正确的是 ( )‎ A. 图中A板是电源的正极 B. A、B间的电压即为该发电机的电动势 C. 正对面积S越大,该发电机电动势越大 D. 电阻R越大,该发电机输出效率越高 ‎【答案】D ‎【解析】大量带正电和带负电的微粒向右进入磁场时,由左手定则可以判断正电荷受到的洛伦兹力向下,所以正电荷会聚集的B板上,负电荷受到的洛伦兹力向上,负电荷聚集到A板上,故A板相当于电源的负极,B板相当于电源的正极,故A错误;A、B间的电压即为电阻R两端的电压,是路端电压,故不是产生的电动势,故B错误;AB间的场强为qvB=qE E=vB,故两极板间的电势差为U=Ed=vBd,与正对面积无关,故C错误;输出的效率η=UIEI=‎RR+r,故电阻R越大,该发电机输出效率越高,故D正确;‎ ‎6.如图所示,已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后,水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B的复合场中(E和B已知),小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动,则下列说法中错误的是(  )‎ A. 小球可能带正电 B. 小球做匀速圆周运动的半径为r= ‎ C. 小球做匀速圆周运动的周期为T= ‎ D. 若电压U增大,则小球做匀速圆周运动的周期不变 ‎【答案】A ‎【解析】A、小球在竖直平面内做匀速圆周运动,故重力等于电场力,即洛伦兹力提供向心力,所以,由于电场力的方向与场强的方向相反,故小球带负电,故错误;‎ B、由于洛伦兹力提供向心力,故有,解得,又由于,解得 第 6 页 ‎,所以,故B正确;‎ C、由于洛伦兹力提供向心力做圆周运动,故有运动周期,故正确;‎ D由于洛伦兹力提供向心力做圆周运动,故有运动周期,显然运动周期与加速电压无关,电压U增大,则小球做匀速圆周运动的周期不变,故D正确;‎ 故下列说法中错误的是选A.‎ ‎7.用绝缘细线悬挂一个质量为m,带电荷量为+q的小球,让它处于如图所示的磁感应强度为B的匀强磁场中.由于磁场的运动,小球静止在如图位置,这时悬线与竖直方向夹角为α,并被拉紧,则磁场的运动速度和方向可能是(  )‎ A. ,水平向左 B. ,水平向右 C. ,竖直向上 D. ,竖直向下 ‎【答案】C ‎【解析】A、若磁场的运动方向水平向右,则小球相对磁场水平向左,由左手定则可知,洛伦兹力方向竖直向下,不可能处于平衡状态,A错误;‎ B、若绳子没有拉力,当磁场的运动方向水平向左,则小球相对磁场水平向右,由左手定则可知,洛伦兹力方向竖直向上,当洛伦兹力等于重力,处于平衡状态,则有: ,解得: ,由于绳子被拉紧,存在拉力,B错误;‎ C、若磁场的运动方向竖直向上,则小球相对磁场竖直向下,由左手定则可知,洛伦兹力方向水平向右,当洛伦兹力与拉力的合力与重力相等时,则处于平衡状态,则有: ,解得: ,C正确;‎ D、若磁场的运动方向竖直向下,则小球相对磁场竖直向上,由左手定则可知,洛伦兹力方向水平向左,则不可能处于平衡状态,D错误;‎ 故选C。‎ 二、多选题 ‎8.如图所示,空间中存在一水平方向匀强电场和一水平方向匀强磁场,且电场方向和磁场方向相互垂直‎.‎在电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆,与电场正方向成‎60‎‎0‎夹角且处于竖直平面内‎.‎一质量为m,带电量为‎+q的小球套在绝缘杆上‎.‎初始,给小球一沿杆向下的初速度v‎0‎,小球恰好做匀速运动,电量保持不变‎.‎已知,磁感应强度大小为B,电场强度大小为E=‎‎3‎mgq,则以下说法正确的是(    )  ‎ A. 小球的初速度为v‎0‎‎=‎‎2mgqB B. 若小球的初速度为‎3mgqB,小球将做加速度不断增大的减速运动,最后停止 C. 若小球的初速度为mgqB,小球将做加速度不断增大的减速运动,最后停止 D. 若小球的初速度为mgqB,则运动中克服摩擦力做功为‎3‎m‎2‎g‎2‎‎2‎q‎2‎B‎2‎ ‎【答案】AC ‎【解析】A:带电小球刚开始受重力、电场力、洛伦兹力、弹力(可能有)、摩擦力(可能有);电场力F=qE=‎3‎mg,重力与电场力的合力刚好与杆垂直,大小为‎2mg,如图:‎ 洛伦兹力的方向垂直于杆,要使小球做匀速运动,摩擦力应为0,弹力也应为0,即洛伦兹力与重力、电场力的合力相平衡,qv‎0‎B=2mg;则小球的初速度v‎0‎‎=‎‎2mgqB。故A项正确。‎ B:若小球的初速度为‎3mgqB,则洛伦兹力大于‎2mg,杆对球有弹力且FN‎+2mg=qvB,球会受到摩擦力作用,此摩擦力阻碍小球的运动,小球的速度会减小;当小球的速度减小,杆对球的弹力FN‎=qvB-2mg减小,球受的摩擦力减小,小球做加速度减小的减速运动;当小球的速度减小至‎2mgqB,小球做匀速运动。故B项错误。‎ CD:若小球的初速度为mgqB,则洛伦兹力小于‎2mg,杆对球有弹力且FN‎+qvB=2mg,球会受到摩擦力作用,此摩擦力阻碍小球的运动,小球的速度会减小;当小球的速度减小,杆对球的弹力FN‎=2mg-qvB增大,球受的摩擦力增大,小球做加速度增大的减速运动,最终小球停止。此过程中重力、电场力和洛伦兹力的合力总与杆垂直,即此过程中这三力的合力对球做的功为零,摩擦阻力对小球做负功,据动能定理‎0+Wf=0-‎1‎‎2‎m‎(mgqB)‎‎2‎;此过程中Wf‎=-‎m‎3‎g‎2‎‎2‎q‎2‎B‎2‎,即克服阻力做功W克f‎=‎m‎3‎g‎2‎‎2‎q‎2‎B‎2‎。故C项正确,D项错误。‎ ‎9.如图是质谱仪的工作原理示意图.带电粒子被加速电场加速后,进入速度选择器.速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E.平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2 . 平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场.下列表述正确的是(   )‎ A. 能通过狭缝P的带电粒子的速率等于 ‎BE B. 速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外 C. 质谱仪是一种可测定带电粒子比荷的仪器 D. 粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P,粒子的比荷越大 ‎【答案】BCD ‎【解析】在速度选择器中,电场力和洛伦兹力平衡,有:qE=qvB,解得v=E/B.故A错误。根据带电粒子在磁场中的偏转方向,根据左手定则知,该粒子带正电,则在速度选择器中电场力水平向右,则洛伦兹力水平向左,根据左手定则知,磁场方向垂直纸面向外。故B正确。进入偏转电场后,有:qvB0=mv‎2‎r,解得:qm‎=‎vrB‎0‎,可知质谱仪是可以测定带电粒子比荷的仪器。故C正确;由上式可知,知越靠近狭缝P,r越小,比荷越大。故D正确。故选BCD。‎ ‎10.用霍尔效应测试半导体是电子型还是空穴型,研究半导体内载流子浓度的变化等。在霍尔效应实验中,如图所示,ab宽为1cm,ad长为4cm,ae厚为‎1.0x‎10‎‎-3‎cm的导体,沿ad方向通有3A的电流,当磁感应强度B=1.5T的匀强磁场垂直向里穿过前表面abcd时,产生了‎1.0×‎10‎‎-5‎V的霍尔电压。已知导体内定向移动的自由电荷是电子,则下列说法正确的是(    ) ‎ A. 在导体的前表面聚集自由电子,电子定向移动的速率v=6.67×‎‎10‎‎-4‎ B. 在导体的上表面聚集自由电子,电子定向移动的速率v=6.67×‎‎10‎‎-4‎ C. 在其它条件不变的情况下,增大ad的长度,可增大霍尔电压 D. 每立方米的自由电子数为n=2.8×‎‎10‎‎29‎个 ‎【答案】BD ‎【解析】根据左手定则可得,载流子受力的方向向上,所以向上运动,聚集在上极板上。所以在导体的上表面聚集自由电子。稳定时载流子,在沿宽度方向上受到的磁场力和电场力平衡evB=Uabe;解得v=UBab=‎1.0×‎‎10‎‎-‎‎5‎‎1.5×0.01‎=6.67×‎10‎‎-4‎m/s,故A错误,B正确;稳定时载流子,在沿宽度方向上受到的磁场力和电场力平衡evB=Uabe,所以在其它条件不变的情况下,增大ab的长度,可增大霍尔电压。故C错误;根据电流的微观表达式得,I=nqSv;则单位体积内的载流子个数n=IeSv=‎3‎‎1.6×‎10‎‎-‎‎19‎×ab×ae×‎2‎‎3‎×‎‎10‎‎-‎‎3‎=2.8×‎‎10‎‎29‎个。故D正确。故选BD。‎ ‎11.如图所示为两平行金属极板P、Q,在P、Q两极板上加直流电压U0,极板Q的右侧有一个边长为‎2‎L的正方形匀强磁场区域abcd,匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里.P极板上中心O处有一粒子源,可发射出初速度为零、比荷为k的带电粒子,Q极板中心有一小孔,可使粒子射出后垂直磁场方向从a点沿对角线ac方向进入匀强磁场区域,则下列说法正确的是(  )‎ A. 如果带电粒子恰好从d点射出,则满足U0=‎1‎‎2‎kB2L2‎ B. 如果带电粒子恰好从b点射出,则粒子源发射的粒子可能带负电 C. 带电粒子在匀强磁场中运动的速度为‎2kU‎0‎ D. 带电粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径为‎1‎B‎2‎U‎0‎k ‎【答案】ACD ‎【解析】当带电粒子恰好从d点射出时,根据图中几何关系可知,轨道半径r=L. ‎ 第 6 页 设带电粒子射入磁场时速度为v,由qvB=mv‎2‎r,解得v=qBLm;由qU0=‎1‎‎2‎mv2,解得U0=‎1‎‎2‎kB2L2,选项A正确;由左手定则可知,如果带电粒子恰好从b点射出,则粒子源发射的粒子一定带正电,选项B错误;由qU0=‎1‎‎2‎mv2,解得v=‎2qU‎0‎m=‎‎2kU‎0‎,选项C正确;由qvB=mv‎2‎r,解得r=mvqB=‎‎1‎B‎2‎U‎0‎k,选项D正确;故选ACD.‎ ‎12.如图所示,在正交的匀强电场和匀强磁场中有质量和电荷量都相同的两油滴M、N.M静止,N做半径为R的匀速圆周运动,若N与M相碰后并结合在一起,则关于它们下列说法中不正确的 A. 以N原速率的一半做匀速直线运动 B. 以R‎2‎为半径做匀速圆周运动 C. 仍以R为半径做匀速圆周运动 D. 做周期为N的一半的匀速圆周运动 ‎【答案】ACD ‎【解析】设M、N的质量和电荷量分别为m、q,碰撞前N的速率为v。碰撞后瞬间整体的速率为v′。碰撞前,对N,由洛伦兹力提供向心力,有 qvB=mv‎2‎R,得 R=mvqB;对M有 qE=mg;碰撞过程,取碰撞前N的速度方向为正方向,由动量守恒定律有 mv=2mv′,得 v′=v‎2‎;MN整体受到的电场力 2qE,重力为2mg,则2qE=2mg,所以整体的电场力和重力仍平衡,所以碰后整体做匀速圆周运动,轨迹半径为r=‎2mv'‎‎2qB=mv‎2qB=‎R‎2‎,故AC错误,B正确。N原来的周期TN‎=‎‎2πmqB.碰后整体的周期T=‎2π⋅2m‎2qB=‎TN.故D错误。此题选择不正确的选项,故选ACD。‎ ‎13.如图所示,空间存在水平向左的匀强电场E和垂直纸面向外的匀强磁场B,在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球,不考虑两带电小球间的相互作用,两小球的电荷量始终不变,关于小球的运动,下列说法正确的是 A. 沿ab、ac方向抛出的小球都可能做直线运动 B. 若小球沿ac方向做直线运动,则小球带负电,可能做匀加速运动 C. 若小球沿ac方向做直线运动,则小球带正电,且一定是匀速运动 D. 两小球在运动过程中机械能均守恒 ‎【答案】AC ‎【解析】沿ab抛出的带电小球,根据左手定则,及正电荷的电场力的方向与电场强度方向相同,可知,只有带正电,才能平衡,而沿ac方向抛出的带电小球,由上分析可知,小球带负电时,才能做直线运动,因速度影响洛伦兹力大小,所以是直线运动,必然是匀速直线运动,AC正确B错误;在运动过程中,因电场力做功,导致小球的机械能不守恒,D错误.‎ 三、解答题 ‎14.如图为离子探测装置示意图.区域I、区域Ⅱ长均为L=0.10m,高均为H=0.06m.区域I可加方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场;区域Ⅱ可加方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场,区域Ⅱ的右端紧贴着可探测带电粒子位置的竖直屏.质子束沿两板正中间以速度v=1.0×l05m/s水平射入,质子荷质比近似为qm=1.0×l08C/kg.(忽略边界效应,不计重力)‎ ‎(1)当区域I加电场、区域Ⅱ不加磁场时,求能在屏上探测到质子束的外加电场的最大值Emax;‎ ‎(2)当区域I不加电场、区域Ⅱ加磁场时,求能在屏上探测到质子束的外加磁场的最大值Bmax;‎ ‎(3)当区域I加电场E小于(1)中的Emax,质子束进入区域Ⅱ和离开区域Ⅱ的位置等高,求区域Ⅱ中的磁场B与区域I中的电场E之间的关系式.‎ ‎【答案】(1)200N/C(2)5.5×10﹣3T(3)‎B=‎‎2Ev ‎【解析】(1) 画出轨迹,如图所示:‎ 偏转角θ满足:tanθ=H‎2‎‎3L‎2‎ ‎ 竖直分速度:vy=at,‎ 加速度:a=‎qEmaxm ‎ 运动时间:t=‎Lv ‎ 解得:Emax‎=200‎NC ‎ ‎(2)画出轨迹,如图所示:‎ 轨迹圆半径满足:‎ L‎2‎‎+‎(R-H‎2‎)‎‎2‎=‎R‎2‎‎ ‎ 解得:R=‎109‎‎600‎m ‎ 圆周运动满足:‎ qvBmax=mv‎2‎R‎ ‎ 解得:Bmax‎≈5.5×‎10‎‎-3‎T;‎ ‎(3) 画出轨迹,如图所示:‎ 偏转角θ满足:tanθ=‎vyv ‎ vy‎=at‎ ‎ a=‎qEm‎ ‎ t=‎Lv‎ ‎ v‎'‎‎=‎v‎2‎‎+‎vy‎2‎‎ ‎ 轨迹圆圆心角为2θ,半径满足:‎ R‎'‎‎=L‎2‎sinθ‎ ‎ 圆周运动满足:qv‎'‎B=mv‎'2‎R ‎ 解得:B=‎‎2Ev。‎ ‎15.已知质量为m的带电液滴,以速度v垂直射入竖直向下的匀强电场E和水平向里匀强磁场B中,液滴在此空间刚好能在竖直平面内做匀速圆周运动.如图所示,(重力加速度为g)求:‎ ‎(1) 液滴带电荷量及电性;‎ ‎(2) 液滴做匀速圆周运动的半径多大;‎ ‎(3) 现撤去磁场,电场强度变为原来的两倍,有界电场的左右宽度为d,液滴仍以速度v从左边界垂直射入,求偏离原来方向的竖直距离。‎ ‎【答案】(1)mgE ;负电(2)EvgB (3)gd‎2‎v‎2‎ ‎ ‎【解析】(1)液滴在空间受到三个力作用:重力、电场力与洛伦兹力;因带电液滴刚好做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,则液滴的重力与电场力相平衡,电场力方向竖直向上,又因电场线方向向下,所以有:液滴带负电, 由于mg=qE; 解得:q=‎mgE …① (2)带电粒子在电场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供;qvB=mv‎2‎r…② ①②两式联立解得:r=‎EvgB ‎ ‎(3)电场变为2E,则加速度a=‎‎2qEm ‎ 水平方向:d=vt 竖直方向的偏转距离:y=‎1‎‎2‎at‎2‎ ‎ 解得:‎y=‎gd‎2‎v‎2‎ ‎16.如图所示,一带电微粒质量为m=‎2.0×‎‎10‎‎-11‎kg、电荷量为q=‎+1.0×‎10‎‎-5‎C,从静止开始经电压为U1=100V的电场加速后,从两平行金属板的中间水平进入偏转电场中,微粒从金属板边缘射出电场时的偏转角θ=30°,并接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为D=‎20‎‎3‎cm的匀强磁场区域, 已知偏转电场中金属板长L=20cm,两板间距d=17.3cm,微粒重力忽略不计,求 ‎(1)带电微粒进入偏转电场时的速率v‎1‎;‎ ‎(2)偏转电场中两金属板间的电压U2;‎ ‎(3)为使带电微粒不会由磁场右边射出,该匀强磁场的磁感应强度B至少多大?‎ ‎【答案】(1)v‎1‎‎=1.0×‎‎10‎‎4‎ms (2)U‎2‎‎=100V (3)B=0.1T ‎ ‎【解析】(1) 带电微粒经加速电场加速后速度为v 1 ,‎ 根据动能定理 qU‎1‎=‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎‎ ‎ 解得:v‎1‎‎=‎‎2qU‎1‎m ‎ 第 6 页 代入数据得:v‎1‎‎=1.0×‎‎10‎‎4‎ms;‎ ‎(2)带电微粒在偏转电场中只受电场力作用,做类平抛运动,在水平方向微粒做匀速直线运动;‎ 水平方向:v‎1‎‎=‎Lt ‎ 带电微粒竖直方向做匀加速直线运动,加速度为a,出电场时竖直方向速度为v2‎ 竖直方向:a=qEm=‎qU‎2‎dm ‎ 由几何关系得:tanθ=v‎2‎v‎1‎=qU‎2‎Ldmv‎1‎‎2‎=‎U‎2‎L‎2dU‎1‎ ‎ 所以U‎2‎‎=‎2dU‎1‎Ltanθ,解得:U‎2‎‎=100V;‎ ‎(3) 带电微粒进入磁场做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,运动轨迹如图所示:‎ 设微粒轨道半径为R,‎ 由几何关系知:R+Rsinθ=D 解得:R=‎2‎‎3‎D ‎ 设微粒进入磁场时的速度为v′‎ 则v‎'‎‎=‎v‎1‎cos‎30‎‎0‎ ‎ 由牛顿运动定律及运动学规律 qv‎'‎B=‎mv‎'2‎R‎ ‎ B=‎mv‎'‎qR‎ ‎ 由以上各式代入数据解得:B=0.1T ‎ 若带电粒子不射出磁场,磁感应强度B至少为0.1T。‎ ‎17.如图所示的区域中,左边为垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B大小未知,右边是一个电场强度大小为E=‎mv‎0‎‎2‎‎2qL 的匀强电场,其方向平行于OC向上且垂直于磁场方向;有一初速度大小为v0,质量为m、电荷量为-q 的带电粒子从P点沿与边界线PQ的夹角θ=60°的方向射入匀强磁场,恰好从距O点正上方L处的C点垂直于OC射入匀强电场,最后打在Q点,不计粒子的重力,求:‎ ‎(1)磁感应强度B的大小;‎ ‎(2)求粒子从P至Q所用时间及OQ的长度;‎ ‎(3)如果保持电场与磁场方向不变,而将它们左右对调,且磁感应强度大小变为原来的1/4,电场强度减小到原来的一半,粒子仍从P点以速度v0沿某一方向射入,恰好从O点正上方的小孔C射入匀强磁场,则粒子进入磁场后做圆周运动的半径是多少?‎ ‎【答案】(1)B=‎‎3mv‎0‎‎2qL (2)‎4πL‎9‎v‎0‎‎+‎‎2Lv‎0‎ 2L; (3)‎r‎'‎‎=‎4‎‎2‎‎3‎L ‎【解析】(1)做出粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹,由几何关系可知:r+rcos600=L 由洛伦兹力提供向心力可得:‎qv‎0‎B=‎mv‎2‎r 解得B=‎‎3mv‎0‎‎2qL ‎ ‎(2)粒子在磁场中运动的周期T=‎‎2πmqB粒子在磁场中运动的时间为: t‎1‎‎=‎T‎3‎ ‎ 粒子在电场中做类平抛运动,在垂直电场方向:x=v0t2‎ 在平行电场方向:qE=ma L=‎1‎‎2‎at‎2‎‎2‎‎ ‎ 解得粒子从P运动至Q点所用的时间:t=t‎1‎+t‎2‎=‎4πL‎9‎v‎0‎+‎‎2Lv‎0‎ ‎ OQ的长度为:x=2L ‎(3)电场和磁场左右对调后,粒子在电场中,E‎'‎‎=‎1‎‎2‎E=‎mv‎0‎‎2‎‎4qL ‎ 由动能定理可得:‎-qEL=‎1‎‎2‎mv‎2‎-‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎ ‎ 粒子在磁场中:B‎'‎‎=‎1‎‎4‎B=‎‎3mv‎0‎‎8qL ‎ 根据牛顿第二定律:‎qv‎0‎B‎'‎=‎mv‎2‎r‎'‎ 解得粒子进入磁场后做圆周运动的半径为:‎r‎'‎‎=‎4‎‎2‎‎3‎L ‎18.在科学研究中,可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制.如图甲所示,M、N为间距足够大的水平极板,紧靠极板右侧放置竖直的荧光屏PQ,在MN间加上如图乙所示的匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向下,磁场方向垂直于纸面向里,图中E0、B0、k均为已知量.t=0时刻,比荷qm=k的正粒子以一定的初速度从O点沿水平方向射入极板间,0~t1t‎1‎‎=‎‎1‎kB‎0‎时间内粒子恰好沿直线运动,t=‎5‎kB‎0‎时刻粒子打到荧光屏上.不计粒子的重力,涉及图象中时间间隔时取0.8=π‎4‎,1.4=‎2‎,求:‎ ‎(1) 在t2=‎2‎kB‎0‎时刻粒子的运动速度v.‎ ‎(2) 在t3=‎2.8‎kB‎0‎时刻粒子偏离O点的竖直距离y.‎ ‎(3) 水平极板的长度L.‎ 甲 乙 ‎【答案】(1)‎‎2‎E‎0‎B‎0‎v与水平方向成45°角向下 ‎(2)‎‎2‎‎-‎‎1‎‎2‎E‎0‎kB‎0‎‎2‎ ‎(3)‎‎(5+‎2‎)‎E‎0‎kB‎0‎‎2‎ ‎【解析】(1)在0~t1时间内,粒子在电磁场中做匀速直线运动,则:qv0B0=qE0‎ 得v‎0‎‎=‎E‎0‎B‎0‎ 在t1~t2时间内,粒子在电场中做类平抛运动,‎ vy‎=at=qE‎0‎m×‎1‎kB‎0‎=E‎0‎B‎0‎=‎v‎0‎ ‎ 则v=‎2‎v‎0‎=‎‎2‎E‎0‎B‎0‎ 由tanθ=vyv‎0‎=1‎,‎ 得θ=45° ,即v与水平方向成45°角向下 ‎(2)在电场中做类平抛运动向下偏移:‎y‎1‎‎=vy‎2‎t=‎E‎0‎‎2kB‎0‎‎2‎ 在t2~t3时间内,粒子在磁场中做匀速圆周运动,运动周期T=‎2πmqB‎0‎=‎‎2πkB‎0‎ 在磁场中运动时间t=π‎4kB‎0‎=‎T‎8‎,即圆周运动的圆心角为α=45°,此时速度恰好沿水平方向。‎ 磁场中:由qvB‎0‎=mv‎2‎r‎1‎ 得:‎r‎1‎‎=‎‎2‎E‎0‎kB‎0‎ 偏离的竖直距离 ‎y=y‎1‎+y‎2‎=(‎2‎-‎1‎‎2‎)‎E‎0‎kB‎0‎‎2‎ ‎(3)在t3时刻进入电场时以初速度v=‎2‎v‎0‎=‎‎2‎E‎0‎B‎0‎做类平抛运动,‎v‎'‎y‎=at=qE‎0‎m×‎2‎kB‎0‎=‎‎2‎E‎0‎B‎0‎ ‎ 再次进入磁场时,‎v‎'‎‎=2v‎0‎=‎‎2‎E‎0‎B‎0‎ 由tanθ=vv‎'‎y=1‎,得θ′=45°  即v′与水平方向成45°角向下.‎ 由qv‎'‎B‎0‎=mv‎'‎‎2‎r‎2‎,得r‎2‎‎=‎‎2‎E‎0‎kB‎0‎‎2‎ 综上可得:长度L=v‎0‎×‎2‎kB‎0‎+r‎1‎sin45°+‎2‎v‎0‎×‎2‎kB‎0‎+r‎2‎sin45°=‎‎(5+‎2‎)‎E‎0‎kB‎0‎‎2‎ ‎19.如图所示在直角坐标系Oy中,P、N两点分别在x、y轴上,OP=L,ON=‎3‎‎2‎L.x轴上方存在电场强度大小为E、方向沿y轴负方向的匀强电场;x轴下方存在方向垂直xOy平面向外的匀强磁场(图中未画出)。某质量为 第 6 页 m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)以某一速度从N点沿x轴正方向射入电场,然后从P点射入磁场。求:‎ ‎(1)粒子从N点入射的速度大小v‎0‎;‎ ‎(2)粒子从P点射入磁场的速度大小v及其方向;‎ ‎(3)匀强磁场的磁感应强度大小B和粒子在电磁场中运动的周期T ‎【答案】(1) qEL‎3‎m (2) ‎4qEL‎3‎m,θ=‎π‎3‎ (3) ‎3‎mEqL ,‎‎(2+‎4‎3‎π‎9‎)‎‎3‎mLqE ‎【解析】(1)如图所示,粒子从N点运动到P点的过程中做类平抛运动,设粒子从N点运动到P点的时间为t,则:‎3‎‎2‎L=‎1‎‎2‎at‎2‎ ‎ 其中:a=‎qEm ,L=v0t 解得v‎0‎‎=‎qEL‎3‎m ‎(2) 设粒子从P点射入磁场的速度方向与x轴正方向的夹角为θ,沿y轴方向的分速度大小为vy,则有:sinθ=‎vyv ‎ vy=at;‎ v=‎v‎0‎‎2‎‎+‎vy‎2‎‎ ‎ 解得v=‎‎4qEL‎3‎m;θ=‎π‎3‎ ‎ ‎(3)粒子在磁场中做圆周运动的半径为:r‎1‎‎=‎Lsinθ ‎ 洛伦兹力提供向心力:qvB=mv‎2‎r‎1‎ 解得:B=‎‎3‎mEqL ‎ 由对称性可知,粒子第一次在电场中运动的时间为:t1=2t2‎ 其中由(1)可得:t=‎‎3‎mLqE ‎ 粒子第一次在磁场中运动的时间:t‎2‎‎=‎‎(2π-2θ)‎r‎1‎v ‎ 粒子在电、磁场中运动的周期为:‎T=t‎1‎+t‎2‎=(2+‎4‎3‎π‎9‎)‎‎3‎mLqE ‎20.如图,直线MN上方有平行与纸面且与MN成‎45‎o的有界匀强电场,电场强度E大小未知;MN下方为方向垂直于直线向里的有界匀强磁场,磁感应强度大小为B。今从MN上的O点向磁场中射入一个速度大小为v、方向与MN成‎45‎o角的带正电粒子,该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R。若该粒子从O点出发记为第一次经过直线MN,而第五次经过直线MN时恰好又通过O点,不计粒子的重力,求:‎ ‎(1)‎电场强度的大小;‎ ‎(2)‎该粒子再次从O点进入磁场后,运动轨道的半径;‎ ‎(3)‎该粒子从O点出发到再次回到O点所需的时间。‎ ‎【答案】‎(1)‎ vB; ‎(2)‎5‎R; ‎‎(3)‎2Rv(2+π)‎ ‎【解析】粒子的运动轨迹如图,先是一段半径为R的‎1‎‎4‎圆弧到a点,接着恰好逆电场线匀减速运动到b点速度为零再返回a点速度仍为v,再在磁场中运动一段‎3‎‎4‎圆弧到c点,之后垂直电场线进入电场作类平抛运动.‎ ‎(1)易知,‎oc‎=2‎2‎R 带电粒子类平抛运动的垂直和平行电场方向的位移都为 ‎s‎⊥‎‎=s‎‖‎=ocsin‎45‎‎∘‎=2R①‎ 所以类平抛运动时间为 ‎t‎3‎‎=s‎⊥‎v=‎2Rv②‎ 又s‎‖‎‎=‎1‎‎2‎at‎3‎‎2‎=qE‎2mt‎3‎‎2‎③‎ 再者R=mvqB④‎ 由①②③④可得:‎E=vB⑤‎ ‎(2)由平抛知识得:‎tanβ=2tanα=2‎ 所以v‎//‎‎=vtanβ=2v ‎[‎或v‎‖‎‎=‎1‎‎2‎t‎3‎=qEm‎2Rv=qvBm‎2Rv=2v]‎ v‎'‎‎=v‎2‎‎+‎v‎//‎‎2‎=‎5‎v‎ ‎ 则第五次过MN进入磁场后的圆弧半径R‎'‎‎=mv‎'‎qB=‎5‎R ‎ ‎(3)粒子在磁场中运动的总时间为t‎1‎‎=‎2πRv⑥‎ 粒子在电场中的加速度为a=qEm=‎qvBm 粒子做直线运动所需时间为t‎2‎‎=‎2va=‎2mvqvB=‎2Rv⑦‎ 由②⑥⑦式求得粒子从出发到第五次到达O点所需时间t=t‎1‎+t‎2‎+t‎3‎=‎2Rv(2+π)‎ ‎21.一个质量m‎=0.1g的小滑块,带有q‎=5×‎10‎‎-4‎C的电荷,放置在倾角α=‎‎30‎‎∘‎的光滑斜面上‎(‎斜面绝缘‎)‎,斜面置于B‎=0.5T的匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里,如图所示‎.‎小滑块由静止开始沿斜面下滑,其斜面足够长,小滑块滑至某一位置时,要离开斜面‎.‎问:‎ ‎(1)‎小滑块带何种电荷?‎ ‎(2)‎小滑块离开斜面时的瞬时速度多大?‎ ‎(3)‎该斜面的长度至少多长?‎ ‎【答案】‎(1)‎小滑块带负电荷 ‎‎(2) 3.4m/s (3) 1.2m ‎【解析】(1)小滑块沿斜面下滑过程中,受重力mg、斜面支持力FN和洛伦兹力F.若要小滑块离开斜面,洛伦兹力F方向应垂直斜面向上,根据左手定则可知,小滑块应带有负电荷.‎ ‎(2)小滑块沿斜面下滑时,垂直斜面方向的合外力为零,有Bqv+FN-mgcosα=0‎ 当FN‎=0‎时,小滑块开始脱离斜面,此时,Bqv=mgcosα,‎ 得v=mgcosαBq=‎0.1×‎10‎‎-3‎×10×‎‎3‎‎2‎‎0.5×5×‎‎10‎‎-4‎m/s=2‎3‎m/s≈3.4m/s.‎ ‎(3)下滑过程中,只有重力做功,由动能定理得:‎ mgs⋅sinα=‎1‎‎2‎mv‎2‎‎ ‎ s=v‎2‎‎2gsinα=‎(2‎3‎)‎‎2‎‎2×10×0.5‎m=1.2m ‎22.质谱分析技术已广泛应用于各前沿科学领域。汤姆孙发现电子的质谱装置示意如图,M、N为两块水平放置的平行金属极板,板长为L,板右端到屏的距离为D,且D远大于L,O‎'‎O为垂直于屏的中心轴线,不计离子重力和离子在板间偏离O‎'‎O的距离。以屏中心O为原点建立xOy直角坐标系,其中x轴沿水平方向,y轴沿竖直方向。‎ ‎(1)设一个质量为m‎0‎、电荷量为q‎0‎的正离子以速度v‎0‎沿O‎'‎O的方向从O‎'‎点射入,板间不加电场和磁场时,离子打在屏上O点。若在两极板间加一沿‎+y方向场强为E的匀强电场,求离子射到屏上时偏离O点的距离y‎0‎;‎ ‎(2)假设你利用该装置探究未知离子,试依照以下实验结果计算未知离子的质量数。‎ 上述装置中,保留原电场,再在板间加沿‎-y方向的匀强磁场。现有电荷量相同的两种正离子组成的离子流,仍从O'点沿O‎'‎O方向射入,屏上出现两条亮线。在两线上取y坐标相同的两个光点,对应的x坐标分别为3.24mm和3.00mm,其中x坐标大的光点是碳12离子击中屏产生的,另一光点是未知离子产生的。尽管入射离子速度不完全相等,但入射速度都很大,且在板间运动时O‎'‎O方向的分速度总是远大于x方向和y方向的分速度。‎ ‎【答案】(1)‎y‎0‎‎=‎q‎0‎ELDm‎0‎v‎0‎‎2‎ ‎(2)‎m‎2‎‎≈14u 故该未知离子的质量数为14‎ ‎【解析】:(1)离子在电场中受到的电场力 Fy‎=q‎0‎E‎①‎ 离子获得的加速度 ay‎=‎Fym‎0‎‎②‎ 离子在板间运动的时间 t‎0‎‎=‎Lv‎0‎‎③‎ 到达极板右边缘时,离子在‎+y方向的分速度 vy‎=‎ayt‎0‎‎④‎ 离子从板右端到达屏上所需时间 t‎0‎‎'=‎Dv‎0‎‎⑤‎ 离子射到屏上时偏离O点的距离 y‎0‎‎=vyt‎0‎'‎ 由上述各式,得 y‎0‎‎=‎q‎0‎ELDm‎0‎v‎0‎‎2‎‎⑥‎ ‎(2)设离子电荷量为q,质量为m,入射时速度为v,磁场的磁感应强度为B,磁场对离子的洛伦兹力 第 6 页 Fx‎=qvB‎⑦‎ 已知离子的入射速度都很大,因而离子在磁场中运动时间甚短,所经过的圆弧与圆周相比甚小,且在板间运动时,O'O方向的分速度总是远大于在x方向和y方向的分速度,洛伦兹力变化甚微,故可作恒力处理,洛伦兹力产生的加速度 ax‎=‎qvBm‎⑧‎ ax是离子在x方向的加速度,离子在x方向的运动可视为初速度为零的匀加速直线运动,到达极板右端时,离子在x方向的分速度 vx‎=axt=qvBm(Lv)=‎qBLm‎⑨‎ 离子飞出极板到达屏时,在x方向上偏离O点的距离 x=vxt'qBLm(Dv)=‎qBLDmv‎⑩‎ 当离子的初速度为任意值时,离子到达屏上时的位置在y方向上偏离O点的距离为y,考虑到⑥式,得 y=‎qELDmv‎2‎‎⑾‎ 由⑩、⑾两式得 x‎2‎‎=kmy‎⑿‎ 其中k=‎qB‎2‎LDE 上式表明,k是与离子进入板间初速度无关的定值,对两种离子均相同,由题设条件知,x坐标3.24mm的光点对应的是碳12离子,其质量为m‎1‎‎=12u,x坐标3.00mm的光点对应的是未知离子,设其质量为m‎2‎,由⑿式代入数据可得 m‎2‎‎≈14u‎⒀‎ 故该未知离子的质量数为14。‎ ‎23.如图所示,在y>0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场,在y<0的区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场。一电子(质量为m、电量为e)从y轴上A点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动。当电子第一次穿越x轴时,恰好到达C点;当电子第二次穿越x轴时,恰好到达坐标原点.已知A、C点到坐标原点的距离分别为d、2d。不计电子的重力。求 ‎(1)电场强度E的大小;‎ ‎(2)磁感应强度B的大小;‎ ‎【答案】(1)mv‎0‎‎2‎‎2ed (2)mv‎0‎ed ‎ ‎【解析】电子的运动轨迹如图所示:‎ ‎(1)电子在电场中做类平抛运动,设电子从A到C的时间为t1,‎ 则 ‎‎2d=v‎0‎t ‎  ‎d=‎1‎‎2‎at‎2‎ ‎  ‎a=‎eEm 解得   ‎E=‎mv‎0‎‎2‎‎2ed ‎(2)设电子进入磁场时速度为v,v与x轴的夹角为θ,则 ‎tanθ=‎at‎1‎v‎0‎ 解得θ=45°‎ ‎ 解得 ‎v=‎‎2‎v‎0‎ 电子进入磁场后做匀速圆周运动,洛仑兹力提供向心力,得 ‎evB=mv‎2‎r 由图可知 ‎r=‎2‎d 解得B=‎mv‎0‎ed 第 6 页
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