高三物理二輪復(fù)習(xí)教師用書熱點7帶電粒子在復(fù)合場中的運動

[熱點跟蹤專練]1．有一個帶電荷量為＋q、重力為G的小球，從兩豎直的帶電平行板上方h處自由落下，兩極板間另有勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，方向如圖所示，則帶電小球通過有電場和磁場的空間時，下列說法正確的是()A．一定做曲線運動B．不可能做曲線運動C．有可能做勻加速直線運動D．有可能做勻速直線運動[解析]帶電小球在沒有進入復(fù)合場前做自由落體運動，進入磁場后，受豎直向下的重力G＝mg，水平向左的電場力F電場力＝qE與水平向右洛倫茲力F洛＝qBv，重力與電場力大小和方向保持恒定，但因為速度大小會發(fā)生變化，所以洛倫茲力大小和方向會發(fā)生變化，所以一定會做曲線運動，A正確，B、C、D錯．[答案]A2．(多選)回旋加速器在科學(xué)研究中得到了廣泛應(yīng)用，其原理如右圖所示．D1和D2是兩個中空的半圓形金屬盒，置于與盒面垂直的勻強磁場中，它們接在電壓為U、周期為T的交流電源上．位于D1圓心處的質(zhì)子源A能不斷產(chǎn)生質(zhì)子(初速度可以忽略)，它們在兩盒之間被電場加速．當(dāng)質(zhì)子被加速到最大動能Ek后，再將它們引出．忽略質(zhì)子在電場中的運動時間，則下列說法中正確的是()A．若只增大交變電壓U，則質(zhì)子的最大動能Ek會變大B．若只增大交變電壓U，則質(zhì)子在回旋加速器中運行的時間會變短C．若只將交變電壓的周期變?yōu)?T，仍可用此裝置加速質(zhì)子D．質(zhì)子第n次被加速前、后的軌道半徑之比為eq\r(n－1)∶eq\r(n)[解析]由r＝eq\f(mv,qB)可知，質(zhì)子經(jīng)加速后的最大速度與回旋加速器的最大半徑有關(guān)，而與交變電壓U無關(guān)，故A錯誤；增大交變電壓，質(zhì)子加速的次數(shù)減少，所以質(zhì)子在回旋加速器中的運行時間變短，B正確；為了使質(zhì)子能在回旋加速器中加速，質(zhì)子的運動周期應(yīng)與交變電壓的周期相同，C錯誤；由nqU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)以及rn＝eq\f(mvn,qB)可得質(zhì)子第n次被加速前、后的軌道半徑之比為eq\r(n－1)∶eq\r(n)，D正確．[答案]BD3.1922年英國物理學(xué)家阿斯頓因質(zhì)譜儀的發(fā)明、同位素和質(zhì)譜的研究榮獲了諾貝爾化學(xué)獎．若一束粒子由左端射入質(zhì)譜儀后的運動軌跡如圖所示，則下列說法中正確的是()A．該束帶電粒子帶負電B．速度選擇器的P1極板帶負電C．在B2磁場中運動半徑越大的粒子，質(zhì)量越大D．在B2磁場中運動半徑越大的粒子，比荷eq\f(q,m)越小[解析]通過粒子在質(zhì)譜儀中的運動軌跡和左手定則可知該束帶電粒子帶正電，故選項A錯誤；帶電粒子在速度選擇器中勻速運動時受到向上的洛倫茲力和向下的電場力，可知速度選擇器的P1極板帶正電，故選項B錯誤；由洛倫茲力充當(dāng)向心力有：qvB＝meq\f(v2,r)，得粒子在B2磁場中的運動半徑r＝eq\f(mv,qB)，又粒子的運動速度v大小相等，電荷量q未知，故在磁場中運動半徑越大的粒子，質(zhì)量不一定越大，但比荷eq\f(q,m)＝eq\f(v,Br)越小，故選項C錯誤，D正確．[答案]D4．(多選)霍爾式位移傳感器的測量原理如圖所示，有一個沿z軸方向均勻變化的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝B0＋kz(B0、k均為常數(shù))．將霍爾元件固定在物體上，保持通過霍爾元件的電流I不變(方向如圖所示)，當(dāng)物體沿z軸正方向平移時，由于位置不同，霍爾元件在y軸方向的上、下表面的電勢差U也不同．則()A．磁感應(yīng)強度B越大，上、下表面的電勢差U越大B．k越大，傳感器靈敏度eq\f(ΔU,Δz)越高C．若圖中霍爾元件是電子導(dǎo)電，則下板電勢高D．電流I越大，上、下表面的電勢差U越小[解析]對于霍爾元件有，qeq\f(U,d)＝qvB(d為上、下兩板間的距離)，所以U＝dvB，B越大，上、下表面的電勢差U越大，選項A正確；k越大，B隨z的變化越大，由上面的分析可得U隨z的變化也越大，所以傳感器靈敏度eq\f(ΔU,Δz)越高，選項B正確；若圖中霍爾元件是電子導(dǎo)電，根據(jù)左手定則電子受到的洛倫茲力向下，下板帶負電，下板電勢低，選項C錯誤；電流的微觀表達式I＝nqSv，電流I越大，電荷定向移動的速度v越大，上、下表面的電勢差U越大，選項D錯誤．[答案]AB5.在如圖所示的坐標系中，0≤x≤d區(qū)域內(nèi)存在正交的電場和磁場，磁場方向垂直紙面向里(磁感應(yīng)強度B大小未知)、電場的方向豎直向下(場強E2大小未知)；－d≤x<0區(qū)域內(nèi)存在勻強電場(場強E1大小未知)，電場方向與y軸的負方向間的夾角為45°.現(xiàn)從M(－d,0)點由靜止釋放一帶電小球，小球沿x軸運動，通過原點后在y軸右側(cè)的復(fù)合場區(qū)域做勻速圓周運動，經(jīng)過一段時間從復(fù)合場右邊界上的N點離開，且小球離開時的速度與x軸的正方向的夾角為60°，重力加速度用g表示，帶電小球的質(zhì)量為m、電荷量為q.(1)小球帶何種電荷？(2)電場強度E1、E2以及磁感應(yīng)強度B分別為多大？(3)小球從M運動到N所用的總時間為多少？[解析](1)由題意可知帶電小球沿x軸的正方向運動，則小球受到的合力水平向右，因此小球受到豎直向下的重力、與－d≤x<0區(qū)域中電場的電場線方向相反的電場力，故小球帶負電．(2)帶電小球沿x軸的正方向運動，則在豎直方向上有qE1sin45°＝mg解得E1＝eq\f(\r(2)mg,q)帶電小球在y軸右側(cè)做勻速圓周運動，則在豎直方向上有mg＝qE2，E2＝eq\f(mg,q)假設(shè)小球在y軸左側(cè)沿x軸向右運動時的加速度大小為a，到達原點的速度大小為v，小球在y軸右側(cè)做勻速圓周運動的軌道半徑為R則由牛頓第二定律得qE1cos45°＝ma又由運動學(xué)公式得v2＝2ad由題意可知，小球在y軸的右側(cè)做勻速圓周運動的偏轉(zhuǎn)角為60°，則由幾何關(guān)系得Rsin60°＝d又根據(jù)牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,R)解得B＝eq\f(m,q)eq\r(\f(3g,2d)).(3)帶電小球沿x軸做勻加速運動所用的時間t1＝eq\r(\f(2d,a))小球在y軸的右側(cè)做勻速圓周運動的周期為T＝eq\f(2πm,qB)帶電小球的運動軌跡所對應(yīng)的圓心角為60°，則t2＝eq\f(T,6)＝eq\f(π,3)eq\r(\f(2d,3g))小球從M運動到N所用的總時間t＝t1＋t2＝eq\r(\f(2d,g))＋eq\f(π,3)eq\r(\f(2d,3g)).[答案](1)負電荷(2)eq\f(\r(2)mg,q)eq\f(mg,q)(3)eq\r(\f(2d,g))＋eq\f(π,3)eq\r(\f(2d,3g))6．如圖所示，在xOy平面的第一、四象限，有水平向右勻強電場，在第二、三象限中存在磁感應(yīng)強度為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場和場強大小與第一象限的場強大小相等，方向豎直向上的勻強電場．第一象限中P點的坐標是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R,2)，\f(\r(3),2)R))，在P點拴一根絕緣細線，長為R，細線另一端系一個質(zhì)量為m，帶電荷量為q的小球，現(xiàn)將細線拉至與水平方向成45°角由靜止釋放．小球擺至O點位置時，細線恰好脫開，小球跨過y軸，恰好做圓周運動．求：(1)電場強度的大?。?2)小球到達O點時的速度；(3)小球在y軸左側(cè)做勻速圓周運動的旋轉(zhuǎn)半徑．[解析](1)小球跨過y軸，恰好做圓周運動，可知小球受到的電場力等于重力大小Eq＝mg所以場強E＝eq\f(mg,q)(2)小球從初始狀態(tài)釋放，擺動到O點，根據(jù)動能定理：mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)＋\f(\r(3),2)))R－Eqeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)＋\f(1,2)))R＝eq\f(1,2)mv2得小球的速度v＝eq\r(\r(3)－1gR)速度的方向與y軸正方向成60°角斜向上(3)如圖，小球在y軸左側(cè)做勻速圓周運動，小球受到的電場力大小等于重力大小，洛倫茲力提供向心力F洛＝meq\f(v2,r)即qvB＝meq\f(v2,r)得旋轉(zhuǎn)半徑為r＝eq\f(m\r(\r(3)－1gR),qB)[答案](1)eq\f(mg,q)(2)eq\r(\r(3)－1gR)，方向與y軸正方向成60°角斜向上(3)eq\f(m\r(\r(3)－1gR),qB)7．如圖所示，平面直角坐標系的第二象限內(nèi)存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球從A點以速度v0沿直線AO運動，AO與x軸負方向成37°角．在y軸與MN之間的區(qū)域Ⅰ內(nèi)加一電場強度最小的勻強電場后，可使小球繼續(xù)做直線運動到MN上的C點，MN與PQ之間區(qū)域Ⅱ內(nèi)存在寬度為d的豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，小球在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動并恰好不能從右邊界飛出，已知小球在C點的速度大小為2v0，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)第二象限內(nèi)電場強度E1的大小和磁感應(yīng)強度B1的大小；(2)區(qū)域Ⅰ內(nèi)最小電場強度E2的大小和方向；(3)區(qū)域Ⅱ內(nèi)電場強度E3的大小和磁感應(yīng)強度B2的大?。甗解析](1)帶電小球在第二象限內(nèi)受重力、電場力和洛倫茲力作用做直線運動，三力滿足如圖1所示關(guān)系且小球只能做勻速直線運動．由圖1知tan37°＝eq\f(qE1,mg)，解得：E1＝eq\f(3mg,4q)cos37°＝eq\f(mg,B1qv0)，解得：B1＝eq\f(5mg,4qv0)(2)區(qū)域Ⅰ中小球做直線運動，電場強度最小，受力如圖2所示(電場力方向與速度方向垂直)，小球做勻加速直線運動，由圖2知cos37°＝eq\f(qE2,mg)，解得：E2＝eq\f(4mg,5q)方向與x軸正方向成53°角，方向斜向上(3)小球在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動，所以mg＝qE3，解得E3＝eq\f(mg,q)因小球恰好不從右邊界穿出，小球運動軌跡如圖3所示，由幾何關(guān)系得r＝eq\f(5,8)d由洛倫茲力提供向心力知B2q·2v0＝meq\f(4v\o\al(2,0),r)聯(lián)立解得：B2＝eq\f(16mv0,5qd)[答案](1)eq\f(3mg,4q)eq\f(5mg,4qv0)(2)eq\f(4mg,5q)方向與x軸正方向成53°角，方向斜向上(3)eq\f(mg,q)eq\f(16mv0,5qd)8．如圖所示，兩個邊長均為l的正方形區(qū)域ABCD和EFGH內(nèi)有豎直向上的勻強電場，DH上方有足夠長的豎直向下的勻強電場．一帶正電的粒子，質(zhì)量為m，電荷量為q，以速度v從B點沿BC方向射入勻強電場，已知三個區(qū)域內(nèi)的場強大小相等，且E0＝eq\f(mv2,ql)，今在CDHE區(qū)域內(nèi)加上合適的垂直紙面向里的勻強磁場，粒子經(jīng)過該磁場后恰能從DH的中點豎直向上射入電場，粒子的重力不計，求：(1)所加磁場的寬度DH；(2)所加磁場的磁感應(yīng)強度大??；(3)粒子從B點射入到從EFGH區(qū)域電場射出所經(jīng)歷的總時間．[解析](1)粒子在ABCD區(qū)域電場中做類平拋運動，設(shè)射出該電場時沿電場方向的偏轉(zhuǎn)距離為d由E0q＝ma得a＝eq\f(v2,l)由l＝vt得t＝eq\f(l,v)d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)l粒子射出ABCD區(qū)域電場時沿場強方向速度vy＝at＝v速度偏向角θ滿足tanθ＝eq\f(vy,v)＝1，解得θ＝eq\f(π,4)粒子從DH中點豎直向上射入電場，由幾何關(guān)系知：OD＝eq\f(1,2)lOD2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)))2＝R2解得R＝eq\f(\r(2),2)l由R＝OD＋eq\f(1,2)DH得DH＝(eq\r(2)－1)l(2)射入磁場的速度大小為v′＝eq\r(2)v由洛倫茲力提供向心力得qv′B＝meq\f(v′2,R)，解得B＝eq\f(2mv,ql)(3)粒子在左側(cè)電場中偏轉(zhuǎn)的運動時間t1＝t＝eq\f(l,v)粒子在磁場中向上偏轉(zhuǎn)的運動時間t2＝eq\