高中物理人教版1第三章磁场 2023版重点强化卷3

重点强化卷(三)带电粒子在复合场中的运动问题(建议用时：60分钟)一、选择题1．如图1所示，在xOy平面内，匀强电场的方向沿x轴正向，匀强磁场的方向垂直于xOy平面向里．一电子在xOy平面内运动时，速度方向保持不变．则电子的运动方向沿()图1A．x轴正向 B．x轴负向C．y轴正向 D．y轴负向【解析】电子受电场力方向一定水平向左，所以需要受向右的洛伦兹力才能做匀速运动，根据左手定则进行判断可得电子应沿y轴正向运动．【答案】C2．(多选)如图2所示，有一混合正离子束先后通过正交电磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子束在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径R相同，则它们具有相同的()图2A．电荷量 B．质量C．速度 D．比荷【解析】正交电磁场区域Ⅰ实际上是一个速度选择器，这束正离子在区域Ⅰ中均不偏转，说明它们具有相同的速度．在区域Ⅱ中半径相同，R＝eq\f(mv,qB)，所以它们应具有相同的比荷，C、D正确．【答案】CD3．如图3所示，一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是()图3A．小球一定带正电B．小球一定带负电C．小球的绕行方向为逆时针D．改变小球的速度大小，小球将不做圆周运动【解析】带电小球在正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动，必然有向上的电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力，所以小球带负电，且沿顺时针方向运动，改变小球的速度大小，小球依然是洛伦兹力提供向心力能够做圆周运动，B正确，A、C、D错误．【答案】B4．(多选)质谱仪的工作原理示意图如图4所示．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图4A．质谱仪是分析同位素的重要工具B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于eq\f(E,B)D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小【解析】同位素原子化学性质相同，无法用化学方法分析，所以质谱仪是分析同位素的重要工具，故A项正确；粒子在题图中的电场中加速，说明粒子带正电，其通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力平衡，则洛伦兹力方向应水平向左，由左手定则知，磁场的方向应垂直纸面向外，故B项正确；由Eq＝Bqv可知，v＝eq\f(E,B)，故C项正确，粒子运动直径D＝2R＝eq\f(2mv,Bq)，可知，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，意味着D越小，那么比荷越大，故D项错误．【答案】ABC5．(多选)如图5所示，一个质量为m、电荷量为q的带电小球从M点自由下落，M点距场区边界PQ高为h，边界PQ下方有方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场，同时还有垂直于纸面的匀强磁场，小球从边界上的a点进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，并从边界上的b点穿出，重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法正确的是()图5A．小球带负电荷，匀强磁场方向垂直于纸面向里B．小球的电荷量与质量的比值eq\f(q,m)＝eq\f(g,E)C．小球从a运动到b的过程中，小球和地球系统机械能守恒D．小球在a、b两点的速度相同【解析】带电小球在磁场中做匀速圆周运动，则qE＝mg，B正确；电场方向竖直向下，则可知小球带负电，由于小球从b点射出，根据左手定则可知磁场方向垂直于纸面向里，A正确；小球运动过程中，电场力做功，故小球和地球系统的机械能不守恒，只是a、b两点机械能相等，C错误；小球在a、b两点速度方向相反，D错误．【答案】AB6．如图6所示，在真空中，匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场的方向垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量同种电荷，已知a静止，b向右做匀速运动，c向左做匀速运动，比较它们的质量应有()图6A．a油滴质量最大 B．b油滴质量最大C．c油滴质量最大 D．a、b、c质量一样【解析】a油滴受力平衡，有Ga＝qE重力和电场力等大、反向、共线，故电场力向上．由于电场强度向下，故油滴带负电．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，可知选项C正确．【答案】C7．(多选)如图7所示，A板发出的电子(重力不计)经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板M、N间，M、N之间有垂直纸面向里的匀强磁场，电子通过磁场后最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，下列说法中正确的是()图7A．当滑动触头向右移动时，电子打在荧光屏的位置上升B．当滑动触头向右移动时，电子通过磁场区域所用时间不变C．若磁场的磁感应强度增大，则电子打在荧光屏上的速度大小不变D．若磁场的磁感应强度增大，则电子打在荧光屏上的速度变大【解析】当滑动触头向右移动时，电场的加速电压增大，加速后电子动能增大，进入磁场的初速度增大，向下偏转程度变小，位置上升，选项A正确．由于在磁场中运动对应的圆心角变小，运动时间变短，选项B错误．洛伦兹力不做功，故电子在磁场中运动速度大小不变，选项C正确，D错误．【答案】AC8．如图8所示，匀强电场和匀强磁场中，有一带负电的小球穿在绝缘光滑的竖直圆环上，小球在圆环的顶端由静止释放，如果小球受到的电场力和重力的大小相等，那么当它在圆环上滑过的弧长对应的圆心角为下列何值时，小球受到的洛伦兹力最大()图8\f(π,4) \f(π,2)\f(3π,4) D．π【解析】根据F＝qvB知，小球速度最大时，所受洛伦兹力最大．由于qE＝mg，若重力、电场力的合力与水平方向的夹角为θ，则tanθ＝eq\f(mg,qE)＝1，θ＝eq\f(π,4).由于洛伦兹力不做功，根据动能定理知，小球沿圆环运动的圆心角为eq\f(3π,4)时，速度最大，洛伦兹力最大．C正确．【答案】C9．(多选)电磁轨道炮工作原理如图9所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是()图9A．只将轨道长度L变为原来的2倍B．只将电流I增加至原来的2倍C．只将弹体质量减至原来的一半D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变【解析】由题意可知磁感应强度B＝kI，安培力F＝BId＝kI2d，由动能定理可得FL＝eq\f(mv2,2)，解得v＝Ieq\r(\f(2kdL,m))，由此式可判断B、D正确．【答案】BD二、计算题10．如图10所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5eq\r(3)N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝T．有一带正电的小球，质量m＝1×10－6kg，电荷量q＝2×10－6C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g＝10m/s2.求：图10(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t.【解析】(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB＝eq\r(q2E2＋m2g2) ①代入数据解得v＝20m/s ②速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足tanθ＝eq\f(qE,mg) ③代入数据解得tanθ＝eq\r(3)θ＝60°. ④(2)解法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有a＝eq\f(\r(q2E2＋m2g2),m) ⑤设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有x＝vt ⑥设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有y＝eq\f(1,2)at2 ⑦a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又tanθ＝eq\f(y,x) ⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t＝2eq\r(3)s≈s． ⑨解法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为vy＝vsinθ ⑤若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有vyt－eq\f(1,2)gt2＝0 ⑥联立⑤⑥式，代入数据解得t＝2eq\r(3)s≈s． ⑦【答案】(1)20m/s，方向与电场方向成60°角斜向上(2)s11．如图11所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上．两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断地喷出质量均为m、水平速度均为v0、带相等电荷量的墨滴．调节电源电压至U，墨滴在电场区域恰能水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点．图11(1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；(2)求磁感应强度B的值；(3)现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置．为了使墨滴仍能到达下板M点，应将磁感应强度调至B′，则B′的大小为多少？【解析】(1)墨滴在电场区域做匀速直线运动，有qeq\f(U,d)＝mg ①由①式得：q＝eq\f(mgd,U) ②由于电场方向向下，电荷所受静电力向上，可知：墨滴带负电荷．(2)墨滴垂直进入电场、磁场共存区域后，重力仍与静电力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，有qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R) ③考虑墨滴进入电场、磁场共存区域和下板的几何关系，可知墨滴在该区域恰完成四分之一圆周运动，则半径R＝d ④由②③④式得B＝eq\f(v0U,gd2)(3)根据题设，墨滴运动轨迹如图所示，设墨滴做圆周运动的半径为R′，有qv0B′＝meq\f(v\o\al(2,0),R′) ⑤由图可得：R′2＝d2＋(R′－eq\f(d,2))2 ⑥由⑥式得：R′＝eq\f(5,4)d ⑦联立②⑤⑦式可得：B′＝eq\f(4v0U,5gd2).【答案】(1)负电荷eq\f(mgd,U)(2)eq\f(v0U,gd2)(3)eq\f(4v0U,5gd2)12．如图12所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以初速度v0从y轴上的P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T0，磁场的方向变为垂直于纸面向里，大小不变．不计重力．图12(1)求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需时间．(2)若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值．【解析】(1)带电粒子在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示，设运动半径为R，运动周期为T，根据洛伦兹力公式及圆周运动规律，有qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)T＝eq\f(2πR,v0)依题意，粒子第一次到达x轴时，转过的角度为eq\f(5,4)π，所需时间为t1＝eq\