-新教材高中物理課時檢測5習題課一帶電粒子在復合場中的運動含解析新人教版選擇性必修第二冊

PAGEPAGE7帶電粒子在復合場中的運動1．[多選]如圖所示，在平行帶電金屬板間有垂直紙面向里的勻強磁場，質子、氘核、氚核沿平行金屬板方向以相同動能射入兩板間，其中氘核沿直線運動未發(fā)生偏轉，質子和氚核發(fā)生偏轉后射出，則()A．偏向正極板的是質子B．偏向正極板的是氚核C．射出時動能最小的是質子D．射出時動能最大的是氚核解析：選ACD三個粒子射入時動能相同，由Ek＝eq\f(1,2)mv2得質量與速度的平方成反比。三個粒子射入復合場中，都受到向下的靜電力和向上的洛倫茲力，其中氘核沿直線運動未發(fā)生偏轉，則有Bqv＝qE，v＝eq\f(E,B)。而質子有Bqv＞qE，向上偏轉，運動過程中，洛倫茲力不做功，靜電力做負功，射出時動能減少。同理可得，氚核有Bqv＜qE，向下偏轉，運動過程中，靜電力做正功，射出時動能增加。故A、C、D正確，B錯誤。2．[多選]地面附近空間中存在著水平方向的勻強電場和勻強磁場。已知磁場方向垂直紙面向里，一個帶電油滴沿著一條與豎直方向成α角的直線MN運動，如圖所示，由此可以判斷()A．油滴一定做勻速運動B．油滴一定做勻變速運動C．油滴帶正電，它是從M點運動到N點D．油滴帶負電，它是從N點運動到M點解析：選AC油滴做直線運動，受重力、靜電力和洛倫茲力作用，因為重力和靜電力均為恒力，可知油滴所受洛倫茲力不變，油滴必定做勻速直線運動，故A正確，B錯誤。根據(jù)做勻速直線運動的條件和受力情況，由左手定則可知，油滴只有帶正電時受力才能平衡，且油滴的速度方向為從M點到N點，故C正確，D錯誤。3．[多選]如圖所示，兩虛線之間的空間內存在著正交或平行的勻強電場E和勻強磁場B。有一個帶正電小球(電荷量為q，質量為m)從正交或平行的電磁復合場上方的某一高度自由落下，那么帶電小球不可能沿直線通過的電磁復合場是()解析：選ABA選項中小球受重力、向左的靜電力、向右的洛倫茲力，下降過程中速度一定變大，則洛倫茲力一定增大，不可能一直與靜電力平衡，故合力不可能一直向下，一定做曲線運動，A符合題意；B選項中小球受重力、向上的靜電力、垂直紙面向外的洛倫茲力，合力與速度方向一定不共線，故一定做曲線運動，B符合題意；C選項中小球受重力、向左上方的靜電力、水平向右的洛倫茲力，若三力平衡，則粒子做勻速直線運動，故C不符合題意；D選項中粒子只受豎直向下的重力和豎直向上的靜電力，合力一定與速度共線，故粒子一定做直線運動，D不符合題意。4．如圖所示，正交的電磁場區(qū)域中，有兩個質量相同、帶同種電荷的帶電粒子，電荷量分別為qa、qb。它們沿水平方向以相同的速率分別向左、向右在電磁場區(qū)內做勻速直線運動，則()A．它們帶負電，且qa＞qbB．它們帶負電，且qa＜qbC．它們帶正電，且qa＞qbD．它們帶正電，且qa＜qb解析：選D若兩個粒子均帶負電，則a粒子受到的靜電力向下，由左手定則可知洛倫茲力向下，粒子所受的重力、靜電力和洛倫茲力三個力的合力不可能為零，不能做勻速直線運動，故A、B均錯誤；若兩個粒子均帶正電，則b粒子受到的靜電力向上，由左手定則可知洛倫茲力向下，粒子所受的重力、靜電力和洛倫茲力三個力的合力可能為零，能做勻速直線運動，且有mg＋qbvB＝qbE，解得qb＝eq\f(mg,E－vB)，a粒子所受的靜電力和洛倫茲力向上，重力向下，三個力的合力可能為零，則a粒子可能做勻速直線運動，且有mg＝qaE＋qavB，解得qa＝eq\f(mg,E＋vB)，比較可知，qa<qb，故C錯誤，D正確。5．[多選]絕緣光滑斜面與水平面成α角，一質量為m、電荷量為－q的小球從斜面上高h處，以初速度為v0、方向與斜面底邊MN平行射入。如圖所示，整個裝置處在磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向平行于斜面向上。已知斜面足夠大，小球能夠沿斜面到達底邊MN。則下列判斷正確的是()A．小球在斜面上做非勻變速曲線運動B．小球到達底邊MN的時間t＝eq\r(\f(2h,gsin2α))C．勻強磁場磁感應強度的取值范圍為B≤eq\f(mg,qv0)cosαD．勻強磁場磁感應強度的取值范圍為B≥eq\f(mgcosα,qv0)解析：選BC對小球受力分析，小球受重力、斜面的支持力、洛倫茲力作用，根據(jù)左手定則可知，洛倫茲力垂直斜面向上，即速度的變化，不會影響重力沿斜面方向的分力，因此小球做勻變速曲線運動，故A錯誤。根據(jù)小球能夠沿斜面到達底邊MN知小球受到的洛倫茲力F洛＝qv0B≤mgcosα，則B≤eq\f(mg,qv0)cosα，故C正確，D錯誤。小球在斜面上做類平拋運動，則在沿著斜面向下的方向上做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)力的分解法則及牛頓第二定律，知小球的加速度a＝eq\f(mgsinα,m)＝gsinα，再由運動學公式，得小球到達底邊MN的時間t＝eq\r(\f(2h,gsin2α))，故B正確。6．[多選]一個帶電微粒在如圖所示的正交勻強電場和勻強磁場中的豎直平面內做勻速圓周運動，重力不可忽略。已知軌跡圓的半徑為r，電場強度的大小為E，磁感應強度的大小為B，重力加速度為g，則()A．該微粒帶正電B．帶電微粒沿逆時針旋轉C．帶電微粒沿順時針旋轉D．微粒做圓周運動的速度為eq\f(gBr,E)解析：選BD帶電微粒在重力場、勻強電場和勻強磁場中做勻速圓周運動，可知帶電微粒受到的重力和靜電力是一對平衡力，重力豎直向下，所以靜電力豎直向上，與電場方向相反，故可知該微粒帶負電，A錯誤；磁場方向向外，洛倫茲力的方向始終指向圓心，由左手定則可判斷微粒的旋轉方向為逆時針(四指所指的方向與帶負電的微粒的運動方向相反)，B正確，C錯誤；由微粒做勻速圓周運動，知靜電力和重力大小相等，得mg＝qE，帶電微粒在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動的半徑為r＝eq\f(mv,qB)，聯(lián)立解得v＝eq\f(gBr,E)，D正確。7．[多選]如圖所示，一個質量為m、帶電荷量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應強度為B的勻強磁場中。現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)運動的速度—時間圖像可能是下列選項中的()解析：選AD運動中，由左手定則可判斷洛倫茲力方向向上，圓環(huán)還受到豎直向下的重力，可能還受到垂直桿的彈力及向左的摩擦力。初始時刻當洛倫茲力小于重力時，彈力方向豎直向上，圓環(huán)向右減速運動，隨著速度減小，洛倫茲力減小，彈力越來越大，摩擦力越來越大，故做加速度增大的減速運動，直到速度為零而處于靜止狀態(tài)，選項中沒有對應圖像；初始時刻當洛倫茲力等于重力時，彈力為零，摩擦力為零，故圓環(huán)做勻速直線運動，A正確；初始時刻當洛倫茲力大于重力時，彈力方向豎直向下，圓環(huán)做減速運動，速度減小，洛倫茲力減小，彈力減小，在彈力減小到零的過程中，摩擦力逐漸減小到零，故做加速度逐漸減小的減速運動，摩擦力為零時，開始做勻速直線運動，D正確。8．如圖所示，在地面附近有一個范圍足夠大的相互正交的勻強電場和勻強磁場。勻強磁場的磁感應強度為B，方向水平并垂直紙面向外，一質量為m、帶電荷量為－q的帶電微粒在此區(qū)域恰好做速度大小為v的勻速圓周運動。(重力加速度為g)(1)求此區(qū)域內電場強度的大小和方向；(2)若某時刻微粒運動到場中距地面高度為H的P點，速度與水平方向成45°角，如圖所示。則該微粒至少需要經(jīng)過多長時間才能運動到距地面最高點？最高點距地面多高？解析：(1)要滿足帶負電微粒做勻速圓周運動，則qE＝mg，解得E＝eq\f(mg,q)，方向豎直向下。(2)如圖所示，當微粒第一次運動到最高點時，由幾何知識得α＝135°，則t＝eq\f(α,360°)T＝eq\f(135°,360°)T＝eq\f(3T,8)，因為T＝eq\f(2πm,qB)，所以t＝eq\f(3πm,4qB)；因微粒做勻速圓周運動，有qvB＝meq\f(v2,R)，則R＝eq\f(mv,qB)，故最高點距地面的高度為H1＝R＋Rsin45°＋H＝H＋eq\f(2＋\r(2)mv,2qB)。答案：(1)eq\f(mg,q)方向豎直向下(2)eq\f(3πm,4qB)H＋eq\f(2＋\r(2)mv,2qB)9．[多選]如圖所示，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之間，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。關于電子的運動，下列說法正確的是()A．當滑片向右移動時，電子打在熒光屏的位置上升B．當滑片向右移動時，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．若磁場的磁感應強度增大，則電子打在熒光屏上的速度變大解析：選AC當滑片向右移動時，加速電場的電壓增大，加速后電子動能增大，進入磁場時的初速度增大，在磁場內做勻速圓周運動的半徑變大，向下偏轉程度變小，打在熒光屏的位置上升，在磁場中運動對應的圓心角變小，運動時間變短，選項A正確，選項B錯誤；磁感應強度增大，電子在磁場中運動速度大小不變，打在熒光屏上的速度大小不變，選項C正確，選項D錯誤。10．如圖所示，真空中有一以O點為圓心的圓形勻強磁場區(qū)域，半徑為R＝0.5m，磁場方向垂直紙面向里。在y>R的區(qū)域存在一沿y軸負方向的勻強電場，電場強度為E＝1．0×105V/m。在M點(坐標原點)有一正粒子以速率v＝1．0×106m/s沿x軸正方向射入磁場，粒子穿出磁場進入電場，速度減小到0后又返回磁場，最終又從磁場離開。已知粒子的比荷為eq\f(q,m)＝1．0×107C/kg，不計粒子重力。求：(1)圓形磁場區(qū)域磁感應強度的大??；(2)沿x軸正方向射入磁場的粒子，從進入磁場到再次穿出磁場所走過的路程。解析：(1)沿x軸正方向射入磁場的粒子進入電場后，速度減小到0后又返回磁場，則粒子一定是從如圖所示的P點射入電場，逆著電場線運動，所以粒子在磁場中做圓周運動的半徑r＝R＝0.5m根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有Bqv＝eq\f(mv2,r)解得B＝eq\f(mv,qR)代入數(shù)據(jù)得B＝0.2T。(2)粒子返回磁場后，經(jīng)磁場偏轉后從N點射出磁場，粒子在磁場中運動的路程為二分之一圓周長，即s1＝πr設粒子在電場中運動的路程為s2，根據(jù)動能定理得Eqeq\f(s2,2)＝eq\f(1,2)mv2解得s2＝eq\f(mv2,Eq)總路程s＝s1＋s2＝πr＋eq\f(mv2,Eq)＝(0.5π＋1)m。答案：(1)0.2T(2)(0.5π＋1)m11．如圖所示xOy坐標系，在第二象限內有水平向右的勻強電場，在第一象限、第四象限內分別存在勻強磁場，磁感應強度大小相等，方向如圖所示。現(xiàn)有一個質量為m、電荷量為＋q的帶電粒子在該平面內從x軸上的P點，以垂直于x軸的初速度v0進入勻強電場，恰好經(jīng)過y軸上的Q點且與y軸成45°角射出電場，再經(jīng)過一段時間又恰好垂直于x軸進入第四象限的磁場。已知O、P之間的距離為d(不計粒子的重力)。求：(1)O點到Q點的距離；(2)磁感應強度B的大?。?3)帶電粒子自進入電場至在磁場中第二次經(jīng)過x軸所用的時間。解析：(1)設Q點的縱坐標為h，到達Q點的水平分速度為vx，P到Q受到的恒定的靜電力與初速度垂直，帶電粒子做類平拋運動，則由類平拋運動的規(guī)律可知豎直方向做勻速直線運動，有h＝v0t1水平方向做勻加速直線運動，平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(0＋vx,2)，則d＝eq\f(vxt1,2)在Q點時，有tan45°＝eq\f(vx,v0)，解得h＝2d。(2)粒子運動軌跡如圖所示，由幾何知識可得，粒子在磁場中的運動半徑R＝2eq\r(2)d由洛倫茲力提供向心力，得qvB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,qB)由(1)可知v＝eq\f(v0,cos45°)＝eq\r(2)v0，聯(lián)立解得B＝eq\f(mv0,2qd)。(3)在電場中的運動時間為t1＝eq\f(2d,v0)在磁場中，由T＝eq\f(2πR,v)，qvB＝eq\f(mv2,R)，解得T＝eq\f(2πm,qB)在第一象限中的運動時間為t2＝eq\f(135°,360°)T＝eq\f(3,8)T在第四象限內的運動時間為t3＝eq\f(T,2)帶電粒子自進入電場至在磁場中第二次經(jīng)過x軸所用的時間為t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(7π＋4d,2v0)。答案：(1)2d(2)eq\f(mv0,2qd)(3)eq\f(7π＋4d,2v0)12．如圖所示，虛線上方有方向豎直向下的勻強電場，虛線上下有相同的勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向外，ab是一根長為l的絕緣細桿，沿電場線放置在虛線上方的場中，b端恰在虛線上，將一套在桿上的帶正電荷量為q、質量為m的小球(重力不計)，從a端由靜止釋放后，小球先做加速運動，后做勻速運動到達b端。已知小球與絕緣桿間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3，當小球脫離桿進入虛線下方后，運動軌跡是半圓，其半徑為eq\f(l,3)，求：(1)小球到達b點的速度vb的大??；(2)勻強電場的電場強度E的大??；(3)帶電小球從a到b運動過程中克服摩擦力所做的功與靜電力所做的功之比。解析：(1)小球在磁場中做勻速圓周運動時，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有Bqvb＝meq\f(vb2,r)，又r＝eq\f(l,3)，解得vb＝eq\f(qBl,3m)。(2)小球沿桿向下運動時，受力情況如圖所示，受向左的洛倫茲力