-新教材高中物理课时检测5习题课一带电粒子在复合场中的运动含解析新人教版选择性必修第二册

PAGEPAGE7带电粒子在复合场中的运动1．[多选]如图所示，在平行带电金属板间有垂直纸面向里的匀强磁场，质子、氘核、氚核沿平行金属板方向以相同动能射入两板间，其中氘核沿直线运动未发生偏转，质子和氚核发生偏转后射出，则()A．偏向正极板的是质子B．偏向正极板的是氚核C．射出时动能最小的是质子D．射出时动能最大的是氚核解析：选ACD三个粒子射入时动能相同，由Ek＝eq\f(1,2)mv2得质量与速度的平方成反比。三个粒子射入复合场中，都受到向下的静电力和向上的洛伦兹力，其中氘核沿直线运动未发生偏转，则有Bqv＝qE，v＝eq\f(E,B)。而质子有Bqv＞qE，向上偏转，运动过程中，洛伦兹力不做功，静电力做负功，射出时动能减少。同理可得，氚核有Bqv＜qE，向下偏转，运动过程中，静电力做正功，射出时动能增加。故A、C、D正确，B错误。2．[多选]地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场。已知磁场方向垂直纸面向里，一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动，如图所示，由此可以判断()A．油滴一定做匀速运动B．油滴一定做匀变速运动C．油滴带正电，它是从M点运动到N点D．油滴带负电，它是从N点运动到M点解析：选AC油滴做直线运动，受重力、静电力和洛伦兹力作用，因为重力和静电力均为恒力，可知油滴所受洛伦兹力不变，油滴必定做匀速直线运动，故A正确，B错误。根据做匀速直线运动的条件和受力情况，由左手定则可知，油滴只有带正电时受力才能平衡，且油滴的速度方向为从M点到N点，故C正确，D错误。3．[多选]如图所示，两虚线之间的空间内存在着正交或平行的匀强电场E和匀强磁场B。有一个带正电小球(电荷量为q，质量为m)从正交或平行的电磁复合场上方的某一高度自由落下，那么带电小球不可能沿直线通过的电磁复合场是()解析：选ABA选项中小球受重力、向左的静电力、向右的洛伦兹力，下降过程中速度一定变大，则洛伦兹力一定增大，不可能一直与静电力平衡，故合力不可能一直向下，一定做曲线运动，A符合题意；B选项中小球受重力、向上的静电力、垂直纸面向外的洛伦兹力，合力与速度方向一定不共线，故一定做曲线运动，B符合题意；C选项中小球受重力、向左上方的静电力、水平向右的洛伦兹力，若三力平衡，则粒子做匀速直线运动，故C不符合题意；D选项中粒子只受竖直向下的重力和竖直向上的静电力，合力一定与速度共线，故粒子一定做直线运动，D不符合题意。4．如图所示，正交的电磁场区域中，有两个质量相同、带同种电荷的带电粒子，电荷量分别为qa、qb。它们沿水平方向以相同的速率分别向左、向右在电磁场区内做匀速直线运动，则()A．它们带负电，且qa＞qbB．它们带负电，且qa＜qbC．它们带正电，且qa＞qbD．它们带正电，且qa＜qb解析：选D若两个粒子均带负电，则a粒子受到的静电力向下，由左手定则可知洛伦兹力向下，粒子所受的重力、静电力和洛伦兹力三个力的合力不可能为零，不能做匀速直线运动，故A、B均错误；若两个粒子均带正电，则b粒子受到的静电力向上，由左手定则可知洛伦兹力向下，粒子所受的重力、静电力和洛伦兹力三个力的合力可能为零，能做匀速直线运动，且有mg＋qbvB＝qbE，解得qb＝eq\f(mg,E－vB)，a粒子所受的静电力和洛伦兹力向上，重力向下，三个力的合力可能为零，则a粒子可能做匀速直线运动，且有mg＝qaE＋qavB，解得qa＝eq\f(mg,E＋vB)，比较可知，qa<qb，故C错误，D正确。5．[多选]绝缘光滑斜面与水平面成α角，一质量为m、电荷量为－q的小球从斜面上高h处，以初速度为v0、方向与斜面底边MN平行射入。如图所示，整个装置处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向平行于斜面向上。已知斜面足够大，小球能够沿斜面到达底边MN。则下列判断正确的是()A．小球在斜面上做非匀变速曲线运动B．小球到达底边MN的时间t＝eq\r(\f(2h,gsin2α))C．匀强磁场磁感应强度的取值范围为B≤eq\f(mg,qv0)cosαD．匀强磁场磁感应强度的取值范围为B≥eq\f(mgcosα,qv0)解析：选BC对小球受力分析，小球受重力、斜面的支持力、洛伦兹力作用，根据左手定则可知，洛伦兹力垂直斜面向上，即速度的变化，不会影响重力沿斜面方向的分力，因此小球做匀变速曲线运动，故A错误。根据小球能够沿斜面到达底边MN知小球受到的洛伦兹力F洛＝qv0B≤mgcosα，则B≤eq\f(mg,qv0)cosα，故C正确，D错误。小球在斜面上做类平抛运动，则在沿着斜面向下的方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据力的分解法则及牛顿第二定律，知小球的加速度a＝eq\f(mgsinα,m)＝gsinα，再由运动学公式，得小球到达底边MN的时间t＝eq\r(\f(2h,gsin2α))，故B正确。6．[多选]一个带电微粒在如图所示的正交匀强电场和匀强磁场中的竖直平面内做匀速圆周运动，重力不可忽略。已知轨迹圆的半径为r，电场强度的大小为E，磁感应强度的大小为B，重力加速度为g，则()A．该微粒带正电B．带电微粒沿逆时针旋转C．带电微粒沿顺时针旋转D．微粒做圆周运动的速度为eq\f(gBr,E)解析：选BD带电微粒在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知带电微粒受到的重力和静电力是一对平衡力，重力竖直向下，所以静电力竖直向上，与电场方向相反，故可知该微粒带负电，A错误；磁场方向向外，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断微粒的旋转方向为逆时针(四指所指的方向与带负电的微粒的运动方向相反)，B正确，C错误；由微粒做匀速圆周运动，知静电力和重力大小相等，得mg＝qE，带电微粒在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为r＝eq\f(mv,qB)，联立解得v＝eq\f(gBr,E)，D正确。7．[多选]如图所示，一个质量为m、带电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中。现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度—时间图像可能是下列选项中的()解析：选AD运动中，由左手定则可判断洛伦兹力方向向上，圆环还受到竖直向下的重力，可能还受到垂直杆的弹力及向左的摩擦力。初始时刻当洛伦兹力小于重力时，弹力方向竖直向上，圆环向右减速运动，随着速度减小，洛伦兹力减小，弹力越来越大，摩擦力越来越大，故做加速度增大的减速运动，直到速度为零而处于静止状态，选项中没有对应图像；初始时刻当洛伦兹力等于重力时，弹力为零，摩擦力为零，故圆环做匀速直线运动，A正确；初始时刻当洛伦兹力大于重力时，弹力方向竖直向下，圆环做减速运动，速度减小，洛伦兹力减小，弹力减小，在弹力减小到零的过程中，摩擦力逐渐减小到零，故做加速度逐渐减小的减速运动，摩擦力为零时，开始做匀速直线运动，D正确。8．如图所示，在地面附近有一个范围足够大的相互正交的匀强电场和匀强磁场。匀强磁场的磁感应强度为B，方向水平并垂直纸面向外，一质量为m、带电荷量为－q的带电微粒在此区域恰好做速度大小为v的匀速圆周运动。(重力加速度为g)(1)求此区域内电场强度的大小和方向；(2)若某时刻微粒运动到场中距地面高度为H的P点，速度与水平方向成45°角，如图所示。则该微粒至少需要经过多长时间才能运动到距地面最高点？最高点距地面多高？解析：(1)要满足带负电微粒做匀速圆周运动，则qE＝mg，解得E＝eq\f(mg,q)，方向竖直向下。(2)如图所示，当微粒第一次运动到最高点时，由几何知识得α＝135°，则t＝eq\f(α,360°)T＝eq\f(135°,360°)T＝eq\f(3T,8)，因为T＝eq\f(2πm,qB)，所以t＝eq\f(3πm,4qB)；因微粒做匀速圆周运动，有qvB＝meq\f(v2,R)，则R＝eq\f(mv,qB)，故最高点距地面的高度为H1＝R＋Rsin45°＋H＝H＋eq\f(2＋\r(2)mv,2qB)。答案：(1)eq\f(mg,q)方向竖直向下(2)eq\f(3πm,4qB)H＋eq\f(2＋\r(2)mv,2qB)9．[多选]如图所示，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之间，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，下列说法正确的是()A．当滑片向右移动时，电子打在荧光屏的位置上升B．当滑片向右移动时，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：选AC当滑片向右移动时，加速电场的电压增大，加速后电子动能增大，进入磁场时的初速度增大，在磁场内做匀速圆周运动的半径变大，向下偏转程度变小，打在荧光屏的位置上升，在磁场中运动对应的圆心角变小，运动时间变短，选项A正确，选项B错误；磁感应强度增大，电子在磁场中运动速度大小不变，打在荧光屏上的速度大小不变，选项C正确，选项D错误。10．如图所示，真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为R＝0.5m，磁场方向垂直纸面向里。在y>R的区域存在一沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E＝1．0×105V/m。在M点(坐标原点)有一正粒子以速率v＝1．0×106m/s沿x轴正方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，最终又从磁场离开。已知粒子的比荷为eq\f(q,m)＝1．0×107C/kg，不计粒子重力。求：(1)圆形磁场区域磁感应强度的大小；(2)沿x轴正方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程。解析：(1)沿x轴正方向射入磁场的粒子进入电场后，速度减小到0后又返回磁场，则粒子一定是从如图所示的P点射入电场，逆着电场线运动，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝R＝0.5m根据洛伦兹力提供向心力，有Bqv＝eq\f(mv2,r)解得B＝eq\f(mv,qR)代入数据得B＝0.2T。(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N点射出磁场，粒子在磁场中运动的路程为二分之一圆周长，即s1＝πr设粒子在电场中运动的路程为s2，根据动能定理得Eqeq\f(s2,2)＝eq\f(1,2)mv2解得s2＝eq\f(mv2,Eq)总路程s＝s1＋s2＝πr＋eq\f(mv2,Eq)＝(0.5π＋1)m。答案：(1)0.2T(2)(0.5π＋1)m11．如图所示xOy坐标系，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一象限、第四象限内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小相等，方向如图所示。现有一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子在该平面内从x轴上的P点，以垂直于x轴的初速度v0进入匀强电场，恰好经过y轴上的Q点且与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第四象限的磁场。已知O、P之间的距离为d(不计粒子的重力)。求：(1)O点到Q点的距离；(2)磁感应强度B的大小；(3)带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴所用的时间。解析：(1)设Q点的纵坐标为h，到达Q点的水平分速度为vx，P到Q受到的恒定的静电力与初速度垂直，带电粒子做类平抛运动，则由类平抛运动的规律可知竖直方向做匀速直线运动，有h＝v0t1水平方向做匀加速直线运动，平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(0＋vx,2)，则d＝eq\f(vxt1,2)在Q点时，有tan45°＝eq\f(vx,v0)，解得h＝2d。(2)粒子运动轨迹如图所示，由几何知识可得，粒子在磁场中的运动半径R＝2eq\r(2)d由洛伦兹力提供向心力，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，联立解得B＝eq\f(mv0,2qd)。(3)在电场中的运动时间为t1＝eq\f(2d,v0)在磁场中，由T＝eq\f(2πR,v)，qvB＝eq\f(mv2,R)，解得T＝eq\f(2πm,qB)在第一象限中的运动时间为t2＝eq\f(135°,360°)T＝eq\f(3,8)T在第四象限内的运动时间为t3＝eq\f(T,2)带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴所用的时间为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．如图所示，虚线上方有方向竖直向下的匀强电场，虚线上下有相同的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，ab是一根长为l的绝缘细杆，沿电场线放置在虚线上方的场中，b端恰在虚线上，将一套在杆上的带正电荷量为q、质量为m的小球(重力不计)，从a端由静止释放后，小球先做加速运动，后做匀速运动到达b端。已知小球与绝缘杆间的动摩擦因数μ＝0.3，当小球脱离杆进入虚线下方后，运动轨迹是半圆，其半径为eq\f(l,3)，求：(1)小球到达b点的速度vb的大小；(2)匀强电场的电场强度E的大小；(3)带电小球从a到b运动过程中克服摩擦力所做的功与静电力所做的功之比。解析：(1)小球在磁场中做匀速圆周运动时，根据洛伦兹力提供向心力，有Bqvb＝meq\f(vb2,r)，又r＝eq\f(l,3)，解得vb＝eq\f(qBl,3m)。(2)小球沿杆向下运动时，受力情况如图所示，受向左的洛伦兹力