大二輪高考總復習物理第10講帶電粒子在復合場中的運動（專題強化訓練）

專題強化訓練(十)帶電粒子在復合場中的運動一、選擇題(1～3為單選題，4～8為多選題)1．(2017·楚雄市高三下學期統(tǒng)測)如圖所示，平行金屬板P、Q間有磁感應強度為B的勻強磁場，靜止的電子在O點經(jīng)加速電壓U作用后由P板上的小孔垂直進入磁場，打在Q板上的A點．現(xiàn)使磁感應強度大小B加倍，要使電子的運動軌跡不發(fā)生變化，仍打在Q板上的A點，應該使U變?yōu)樵瓉淼?)A．4倍 B．2倍C．eq\r(2)倍 B．eq\f(1,4)倍解析：要使粒子在磁場中仍打在A點，則可知，粒子的運動半徑不變，則由Bqv＝meq\f(v2,R)可知R＝eq\f(mv,Bq)；B加倍，而R不變，速度一定也要加倍；由加速過程可知，Uq＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2Uq,m))，故要使速度加倍，電勢差應變?yōu)樵瓉淼?倍，故A正確．答案：A2．(2017·溫州中學模擬)如圖所示，長方體發(fā)電導管的前后兩個側面是絕緣體，上下兩個側面是電阻可忽略的導體電極，兩極間距為d，極板面積為S，這兩個電極與可變電阻R相連．在垂直前后側面的方向上，有一勻強磁場，磁感應強度大小為B．發(fā)電導管內有電阻率為ρ的高溫電離氣體，氣體以速度v向右流動，并通過專用管道導出．由于運動的電離氣體受到磁場的作用，將產(chǎn)生大小不變的電動勢．若不計氣體流動時的阻力，由以上條件可推導出可變電阻消耗的電功率P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(vBdS,RS＋ρd)))2R.調節(jié)可變電阻的阻值，根據(jù)上面的公式或你所學過的物理知識，可求得可變電阻R消耗電功率的最大值為()A．eq\f(v2B2dS,3ρ) B．eq\f(v2B2dS,4ρ)C．eq\f(v2B2dS,5ρ) D．eq\f(v2B2dS,6ρ)解析：運動的電離氣體，受到磁場的作用，將產(chǎn)生大小不變的電動勢，相當于電源，其內阻為r＝ρeq\f(d,S)，根據(jù)數(shù)學知識可知，當外電阻等于電源的內阻，即R＝r時，外電阻消耗的電功率最大，此時R＝ρeq\f(d,S)，由題知P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(vBdS,RS＋ρd)))2R，可得最大電功率Pm＝eq\f(v2B2dS,4ρ).故選B．答案：B3．(2017·廈門市高中質檢)如圖所示是速度選擇器的原理圖，已知電場強度為E、磁感應強度為B并相互垂直分布，某一帶電粒子(重力不計)沿圖中虛線水平通過．則該帶電粒子()A．一定帶正電B．速度大小為eq\f(E,B)C．可能沿QP方向運動D．若沿PQ方向運動的速度大于eq\f(E,B)，將一定向下極板偏轉解析：粒子從左射入，不論帶正電還是負電，電場力大小為qE，洛倫茲力大小F＝qvB＝qE，兩個力平衡，速度v＝eq\f(E,B)，粒子做勻速直線運動，故A錯誤，B正確．此粒子從右端沿虛線方向進入，電場力與洛倫茲力在同一方向，不能做直線運動，故C錯誤．若速度v>eq\f(E,B)，則粒子受到的洛倫茲力大于電場力，使粒子偏轉，只有當粒子帶負電時粒子向下偏轉，故D錯誤；故選B．答案：B4．(2017·第二次全國大聯(lián)考卷Ⅱ)長方形區(qū)域內存在有正交的勻強電場和勻強磁場，其方向如圖所示，一個質量m帶電荷量q的小球以初速度v0豎直向下進入該區(qū)域．若小球恰好沿直線下降，則下列選項正確的是()A．小球帶正電 B．場強E＝eq\f(mg,q)C．小球做勻速直線運動 D．磁感應強度B＝eq\f(mg,qv0)解析：小球在復合場內受到自身重力豎直向下，電場力和洛倫茲力，其中電場力和重力都是恒力，若速度變化則洛倫茲力變化，合力變化，小球必不能沿直線下降，所以合力等于0，小球做勻速直線運動．選項C正確．若小球帶正電，則電場力斜向下，洛倫茲力水平向左，和重力的合力不可能等于0，所以小球不可能帶正電，選項A錯誤．小球帶負電，受到斜向上的電場力和水平向右的洛倫茲力，根據(jù)力的合成可得qE＝eq\r(2)mg，電場強度E＝eq\f(\r(2)mg,q)，選項B錯誤．洛倫茲力qv0B＝mg，磁感應強度B＝eq\f(mg,qv0)選項D正確．答案：CD5．(2017·哈爾濱市第九中學高三二模)如圖所示，空間同時存在豎直向上的勻強磁場和勻強電場，磁感應強度為B，電場強度為E.一質量為m，電量為q的帶正電小球恰好處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)在將磁場方向順時針旋轉30°，同時給小球一個垂直磁場方向斜向下的速度v，則關于小球的運動，下列說法正確的是()A．小球做勻速圓周運動B．小球運動過程中機械能守恒C．小球運動到最低點時電勢能增加了eq\f(mgv,2Bq)D．小球第一次運動到最低點歷時eq\f(πm,2qB)解析：小球在復合電磁場中處于靜止狀態(tài)，只受兩個力作用，即重力和電場力且兩者平衡．當把磁場順時針方向傾斜30°，且給小球一個垂直磁場方向的速度v，則小球受到的合力就是洛侖茲力，且與速度方向垂直，所以帶電小球將做勻速圓周運動，選項A正確．由于帶電小球在垂直于紙面的傾斜平面內做勻速圓周運動運動過程中受到電場力要做功，所以機械能不守恒，選項B錯誤．電場力從開始到最低點克服電場力做功為W＝EqRsin30°＝mg×eq\f(mv,Bq)×eq\f(1,2)＝eq\f(m2gv,2Bq)，所以電勢能的增加量為eq\f(m2gv,2Bq)，選項C錯誤．小球從第一次運動到最低點的時間為eq\f(1,4)T＝eq\f(πm,2Bq)，所以選項D正確，故選AD．答案：AD6．(2017·壽光現(xiàn)代中學月考)一個足夠長的絕緣斜面，傾角為θ，置于勻強磁場中，磁感應強度為B，方向垂直于紙面向里，與水平面平行，如圖所示，現(xiàn)有一帶電荷量為q，質量為m的小球在斜面頂端由靜止開始釋放，小球與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，則()A．如果小球帶正電，小球在斜面上的最大速度為eq\f(mgcosθ,qB)B．如果小球帶正電，小球在斜面上的最大速度為eq\f(mgsinθ－μcosθ,μqB)C．如果小球帶負電，小球在斜面上的最大速度為eq\f(mgcosθ,qB)D．如果小球帶負電，小球在斜面上的最大速度為eq\f(mgsinθ－μcosθ,μqB)解析：如果小球帶正電，小球下滑過程中受到重力、垂直于斜面向下的洛倫茲力、斜面的支持力和滑動摩擦力，小球由靜止開始做加速運動，隨著小球速度的增大，洛倫茲力增大，摩擦力增大，加速度減小，當小球的受力達到平衡時，做勻速運動，速度達到最大．由平衡條件得mgsinθ＝μ(mgcosθ＋qvmB)，解得最大速度為vm＝eq\f(mgsinθ－μcosθ,μqB)，故A錯誤B正確；如果小球帶負電，小球下滑過程中受到重力、垂直于斜面向上的洛倫茲力、斜面的支持力和滑動摩擦力，小球由靜止開始做加速運動，隨著小球速度的增大，洛倫茲力增大，當小球剛要離開斜面時速度達到最大，此時有mgcosθ＝qvmB，解得vm＝eq\f(mgcosθ,qB)，故C正確D錯誤．答案：BC7．(2017·衡陽市第一次聯(lián)考)如圖所示，某帶電粒子由靜止開始經(jīng)電壓為U1的電場加速后，射入水平放置、電勢差為U2的兩塊平行導體板間的勻強電場中，帶電粒子沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直、磁感應強度為B的勻強磁場中，設粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離為s(不計重力，不考慮邊緣效應)．下列說法正確的是()A．若僅將水平放置的平行板間距增大，則s減小B．若僅增大磁感應強度B，則s減小C．若僅增大U1，則s增大D．若僅增大U2，則s增大解析：對于加速過程，有qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，得v0＝eq\r(\f(2qU1,m))帶電粒子在電場中做類平拋運動，可將射出電場的粒子速度v分解成初速度方向與加速度方向，設出射速度與水平夾角為θ，則有：eq\f(v0,v)＝cosθ而在磁場中做勻速圓周運動，設運動軌跡對應的半徑為R，由幾何關系可得，半徑與直線MN夾角正好等于θ，則有：eq\f(\f(s,2),R)＝cosθ，所以s＝eq\f(2Rv0,v)；又因為半徑公式R＝eq\f(mv,qB)，則有s＝eq\f(2mv0,qB)＝eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU1,q)).可知增大平行金屬板兩板間距時，s不變；選項A錯誤；故s隨U1變化，s與U2無關，僅增大U1，s將增大，故C正確，D錯誤；僅增大磁感應強度B，則s減小，選項B正確；故選BC．答案：BC8．(2017·桂林市調研)在真空中，半徑為R的圓形區(qū)域內存在垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B，一束質子在紙面內以相同的速度射向磁場區(qū)域，質子的電量為e，質量為m，速度為v＝eq\f(eBR,m)，則以下說法正確的是()A．對著圓心入射的質子，其出射方向的反向延長線一定過圓心B．沿a點比沿b點進入磁場的質子在磁場中運動時間短C．所有質子都在磁場邊緣同一點射出磁場D．若質子以相等的速率v＝eq\f(eBR,m)從同一點沿各個方向射入磁場，則他們離開磁場的出射方向可能垂直解析：質子做圓周運動的半徑為r＝eq\f(mv,eB)＝R；對著圓心入射的質子，其洛倫茲力方向與圓周相切，由幾何關系可知，其出射方向的反向延長線一定過圓心，選項A正確；質子射入磁場中，受到向下的洛倫茲力而向下偏轉，因質子的運轉半徑相同，故沿a點比沿b點進入磁場的質子在磁場中運動經(jīng)過的弧長更長，則時間長，選項B錯誤；所有質子做圓周運動的半徑都等于R，畫出各個質子的運動軌跡，由幾何關系可知，所有質子都在O點的正下方一點射出磁場，選項C正確；質子的速度為v＝eq\f(eBR,m)時，質子運動的半徑r＝eq\f(mv,eB)＝R，若質子從同一點沿各個方向射入磁場，則豎直向上射入的質子沿磁場做圓周運動，射出磁場時方向豎直向下；水平指向圓心方向射入磁場的質子從圓周的正下方沿豎直向下的方向射出；豎直向下射入磁場的質子出離磁場的方向也是豎直向下的，故不存在離開磁場的出射方向垂直的情況，選項D錯誤；故選AC．答案：AC二、計算題9．(2017·拉薩中學月考)如圖所示，在平面直角坐標系xOy中的第一象限內存在磁感應強度大小為B、方向垂直于坐標平面向內的有界圓形勻強磁場區(qū)域(圖中未畫出)；在第二象限內存在沿x軸負方向的勻強電場，一粒子源固定在x軸上的A點，A點坐標為(－L,0)．粒子源沿y軸正方向釋放出速度大小為v的電子，電子恰好能通過y軸上的C點，C點坐標為(0,2L)，電子經(jīng)過磁場偏轉后恰好垂直通過第一象限內與x軸正方向成15°角的射線ON(已知電子的質量為m，電荷量為e，不考慮粒子的重力和粒子之間的相互作用)．求(1)第二象限內電場強度E的大?。?2)電子離開電場時的速度方向與y軸正方向的夾角θ．(3)圓形磁場的最小半徑Rm．解析：(1)從A到C的過程中，電子做類平拋運動，有：L＝eq\f(eE,2m)t22L＝v聯(lián)立解得：E＝eq\f(mv2,2eL)．(2)設電子到達C點的速度大小為vC，方向與y軸正方向的夾角為θ.由動能定理，有：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mv2＝eEL解得：vC＝eq\r(2)v，cosθ＝eq\f(v,vC)＝eq\f(\r(2),2)解得：θ＝45°．(3)電子的運動軌跡圖如圖，電子在磁場中做勻速圓周運動的半徑r＝eq\f(mvC,eB)＝eq\f(\r(2)mv,eB)電子在磁場中偏轉120°后垂直于ON射出，則磁場最小半徑：Rmin＝eq\f(PQ,2)＝rsin60°由以上兩式可得：Rmin＝eq\f(\r(6)mv,2eB)．答案：(1)E＝eq\f(mv2,2eL)(2)45°(3)eq\f(\r(6)mv,2eB)10．(2017·衡陽市第二次聯(lián)考)“太空粒子探測器”是由加速裝置、偏轉裝置和收集裝置三部分組成的，其原理可簡化如下：如圖所示，輻射狀的加速電場區(qū)域邊界為兩個同心圓，圓心為O，外圓的半徑R1＝2m，電勢φ1＝50V，內圓的半徑R2＝1m，電勢φ2＝0，內圓內有磁感應強度大小B＝5×10－3T、方向垂直紙面向里的勻強磁場，收集薄板MN與內圓的一條直徑重合，收集薄板兩端M、N與內圓間各存在狹縫．假設太空中漂浮著質量m＝1.0×10－10kg、電荷量q＝4×10－4C的帶正電粒子，它們能均勻地吸附到外圓面上，并被加速電場從靜止開始加速，進入磁場后，發(fā)生偏轉，最后打在收集薄板MN(1)求粒子剛到達內圓時速度的大?。?2)以收集薄板MN所在的直線為x軸建立如圖的平面直角坐標系．分析外圓哪些位置的粒子將在電場和磁場中做周期性運動．指出該位置并求出這些粒子運動一個周期內在磁場中所用時間．解析：(1)帶電粒子在電場中被加速時，由動能定理可知qU＝eq\f(1,2)mv2－0U＝φ1－φ2解得：v＝eq\r(\f(2qU,m))＝2×104m/s(2)粒子進入磁場后，在洛倫茲力的作用下發(fā)生偏轉，有qvB＝eq\f(mv2,r)解得r＝1.0因為r＝R2，所以由幾何關系可知，從收集板左端貼著收集板上表面進入磁場的粒子在磁場中運動eq\f(1,4)圓周后，射出磁場，進入電場，在電場中先減速后反向加速，并返回磁場，如此反復的周期運動．其運動軌跡如圖所示．則在磁場中運動的時間為T．T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)解得T＝eq\f(π,2)×10－4s粒子進入電場的四個位置坐標分別為(0,2m)，(2m,0)，(0，－2m)，(－2m,0)答案：(1)2×104m/s(2)eq\f(π,2)×10－4s(0,2m)，(2m,0)，(0，－2m)，(－2m,0)11．(2017·江蘇卷)一臺質譜儀的工作原理如圖所示．大量的甲、乙兩種離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為0，經(jīng)加速后，通過寬為L的狹縫MN沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中，最后打到照相底片上．已知甲、乙兩種離子的電荷量均為＋q，質量分別為2m和m，圖中虛線為經(jīng)過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運動軌跡．不考慮離子間的相互作用(1)求甲種離子打在底