课时跟踪检测(五) 带电粒子在复合场中的运动

PAGE第5页共7页课时跟踪检测(五)带电粒子在复合场中的运动A组—重基础·体现综合1.如图所示，有一混合正离子束先后通过正交的匀强电场、匀强磁场区域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，则它们一定具有相同的()A．速率 B．质量C．电荷量 D．动能解析：选A离子束在区域Ⅰ中不偏转，一定是qE＝qvB，v＝eq\f(E,B)，它们具有相同的速率，A正确；进入区域Ⅱ后，做匀速圆周运动的半径相同，由r＝eq\f(mv,qB)知，因v、B相同，只能是比荷相同，故B、C、D错误。2．如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向里，一个带电微粒由a点进入电磁场并刚好能沿ab直线向上匀速运动，下列说法正确的是()A．微粒可能带负电荷，也可能带正电荷B．微粒的电势能一定减少C．微粒的机械能一定减少D．洛伦兹力对微粒做负功解析：选B根据带电微粒做匀速直线运动的条件可知，受力情况如图所示，则微粒必定带负电荷，故A错误。微粒由a沿直线运动到b的过程中，电场力做正功，其电势能减少，故B正确。因重力做负功，重力势能增加，又动能不变，则其机械能一定增加，故C错误。洛伦兹力的方向一直与速度方向垂直，故洛伦兹力不做功，故D错误。3．(多选)如图所示，在区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在着与纸面垂直的匀强磁场，一带电粒子沿着弧线apb由区域Ⅰ运动到区域Ⅱ。已知圆弧ap与圆弧pb的弧长之比为2∶1，下列说法正确的是()A．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为2∶1B．粒子通过圆弧ap、pb的时间之比为2∶1C．圆弧ap与圆弧pb对应的圆心角之比为2∶1D．区域Ⅰ和区域Ⅱ的磁场方向相反解析：选BD由于洛伦兹力不做功，所以粒子在两个磁场中的运动速度大小不变，即粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为1∶1，故A错误；根据t＝eq\f(l,v)，v相同，则时间之比等于经过的弧长之比，即粒子通过圆弧ap、pb的时间之比为2∶1，故B正确；圆心角θ＝eq\f(l,r)，r＝eq\f(mv,qB)，由于区域Ⅰ、Ⅱ磁场的磁感应强度之比不知，故粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中的运动半径之比无法确定，则转过的圆心角之比无法确定，故C错误；根据曲线运动的条件，可知洛伦兹力的方向与运动方向的关系，再由左手定则可知，两个磁场的方向相反，故D正确。4．(多选)一个带电粒子(重力不计)以初速度v0垂直于电场方向向右射入匀强电场区域，穿出电场后接着又进入匀强磁场区域。设电场和磁场区域有明确的分界线，且分界线与电场强度方向平行，如图中的虚线所示。在如图所示的几种情况中，可能出现的是()解析：选ADA、C、D图中粒子在电场中向电场线的方向偏转，说明粒子带正电荷，进入磁场后，由左手定则可知A图中粒子应逆时针旋转，C图中粒子应顺时针旋转，D图中粒子应顺时针旋转，故选项A、D正确，选项C错误；同理，可以判断选项B错误。5．(2022·广东高考)(多选)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有()A．电子从N到P，电场力做正功B．N点的电势高于P点的电势C．电子从M到N，洛伦兹力不做功D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力解析：选BC过N点画一条与M、P平行的直线，即为等势线，由于沿电场线电势逐渐降低，所以φN>φP，故B正确；电子从N到P，电势能增大，电场力做负功，A错误；洛伦兹力不做功，故C正确；根据动能定理可知电子从M到P，电场力做功为零，电子在P点速度为零，则电子在M点与在P点均只受电场力作用，故D错误。6.如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为eq\f(1,2)B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为()A.eq\f(5πm,6qB) B．eq\f(7πm,6qB)C.eq\f(11πm,6qB) D．eq\f(13πm,6qB)解析：选B带电粒子在不同磁场中做圆周运动，其速度大小不变，由r＝eq\f(mv,qB)知，粒子在第一象限内运动的圆半径是在第二象限内运动圆半径的2倍，如图所示。由T＝eq\f(2πr,v)，及t1＝eq\f(θ,2π)T可知粒子在第二象限内运动的时间t1＝eq\f(\f(π,2),2π)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,2qB)粒子在第一象限内运动的时间t2＝eq\f(\f(π,3),2π)·eq\f(2πm×2,qB)＝eq\f(2πm,3qB)则粒子在磁场中运动的时间t＝t1＋t2＝eq\f(7πm,6qB)，选项B正确。7.如图所示，空间有竖直方向的匀强电场(场强大小未知)和垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，竖直面内有一固定的光滑绝缘圆环，环上套有一带负电荷的小球，小球质量为m，电荷量为q，重力加速度大小为g，现给小球一个大小为v的初速度，小球恰好能沿光滑圆环做匀速圆周运动，则下列说法正确的是()A．电场方向向上，电场强度大小为E＝eq\f(mg,q)B．小球对圆环的作用力大小一定为FN＝qvB－meq\f(v2,R)C．小球对圆环的作用力大小一定为FN＝qvB＋meq\f(v2,R)D．小球对圆环的作用力大小可能为FN＝meq\f(v2,R)－qvB解析：选D小球在复合场中做匀速圆周运动，则重力与电场力的合力为零，即qE＝mg，得E＝eq\f(mg,q)，小球所受的电场力方向竖直向上，小球带负电荷，则电场方向一定向下，故A错误；若小球以速度v向左通过圆环的最低点，圆环对小球的作用力竖直向下时，由牛顿第二定律得qvB－FN′＝meq\f(v2,R)，解得FN′＝qvB－meq\f(v2,R)，由牛顿第三定律知，小球对圆环的作用力大小为FN＝FN′＝qvB－meq\f(v2,R)；若小球以速度v向左通过圆环的最高点，圆环对小球的作用力竖直向下，由牛顿第二定律得FN″－qvB＝meq\f(v2,R)，解得FN″＝qvB＋meq\f(v2,R)，由牛顿第三定律知，小球对圆环的作用力大小FN＝FN″＝qvB＋meq\f(v2,R)；若小球以速度v向左通过圆环的最低点，圆环对小球的作用力竖直向上时，由牛顿第二定律得FN＋qvB＝meq\f(v2,R)，解得FN＝meq\f(v2,R)－qvB，由牛顿第三定律知，小球对圆环的作用力大小为FN＝FN＝meq\f(v2,R)－qvB，故D正确，B、C均错误。8.(多选)如图所示，直线MN与水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B。一粒子源位于MN上的a点，能水平向右发射不同速率、质量为m(重力不计)、电荷量为q(q>0)的同种粒子，所有粒子均能通过MN上的b点，已知ab＝L，则粒子的速度可能是()A.eq\f(\r(3)qBL,6m) B．eq\f(\r(3)qBL,3m)C.eq\f(\r(3)qBL,2m) D．eq\f(\r(3)qBL,m)解析：选AB由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示，所有圆弧的圆心角均为120°，所以粒子运动的半径为r＝eq\f(\r(3),3)·eq\f(L,n)(n＝1,2,3，…)，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝meq\f(v2,r)，则v＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(\r(3)qBL,3m)·eq\f(1,n)(n＝1,2,3，…)，所以A、B正确。9.如图所示，长为L的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，板间的距离也为L，两极板不带电。现有质量为m、电荷量为q的带正电荷粒子(不计重力)，从极板间左边中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，则v需要满足什么条件。解析：设粒子从极板右边界射出时的速度为v1，轨迹半径为r1，如图所示，此时圆心在O1点，由几何关系有r12＝L2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r1－\f(L,2)))2 ①由牛顿第二定律得qv1B＝meq\f(v12,r1) ②联立①②两式得v1＝eq\f(5qBL,4m)；设粒子从极板左边界射出时的速度为v2，轨迹半径为r2，如图所示，此时圆心在O2点，由几何关系有r2＝eq\f(L,4) ③而qv2B＝meq\f(v22,r2) ④联立③④式可得v2＝eq\f(qBL,4m)。因此，当粒子的速度满足v＞eq\f(5qBL,4m)或v＜eq\f(qBL,4m)时，粒子不会打在极板上。答案：v＞eq\f(5qBL,4m)或v＜eq\f(qBL,4m)eq\a\vs4\al(B)组—重应用·体现创新10．如图所示，M、N两金属圆筒是直线加速器的一部分，M与N的电势差为U；边长为2L的立方体区域abcd－a′b′c′d′内有竖直向上的匀强磁场。一质量为m，电量为＋q的粒子，以初速度v0水平进入圆筒M左侧的小孔。粒子在每个筒内均做匀速直线运动，在两筒间做匀加速直线运动。粒子自圆筒N出来后，从正方形add′a′的中心垂直进入磁场区域，最后由正方形abb′a′中心垂直飞出磁场区域。忽略粒子受到的重力。求：(1)粒子进入磁场区域时的速率。(2)磁感应强度的大小。解析：(1)粒子在电场中加速，有动能定理可知：qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得：v＝eq\r(\f(2qU,m)＋v02)。(2)根据题意从正方形add′a′的中心垂直进入磁场区域，最后由正方形abb′a′中心垂直飞出磁场区域，分析可得粒子在磁场中运动的轨道半径R＝L在磁场中运动时洛伦兹力提供了向心力，qBv＝meq\f(v2,R)解得：B＝eq\f(\r(mmv02＋2qU),qL)。答案：(1)eq\r(\f(2qU,m)＋v02)(2)eq\f(\r(mmv02＋2qU),qL)11.如图所示，竖直放置的两块足够大的平行金属板a、b间的距离为d，a、b间匀强电场的电场强度大小为E，现有一电荷量为q的带正电小球从a板下边缘以一定的初速度v0竖直向上射入电场，当它飞到b板时，速度大小与射入电场时的速度大小相同，而方向变为水平方向，且刚好从高度也为d的狭缝穿过b板进入宽度也为d的矩形区域(矩形区域的上、下边界分别与金属板的上、下边缘平齐，边界c竖直)，一段时间后，小球恰好从边界c的最下端P飞离矩形区域。已知矩形区域所加匀强电场的电场强度大小也为E、方向竖直向上，矩形区域所加匀强磁场的磁感应强度方向垂直于纸面向外，不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：(1)小球的质量m及其射入电场时的速度大小v0；(2)矩形区域所加磁场的磁感应强度大小B及小球在ab、bc区域中运动的总时间t。解析：(1)设小球在平行金属板间运动的时间为t1，则水平方向有d＝eq\f(v0,2)t1＝eq\f(qE,2m)t12竖直方向有d＝eq\f(v0,2)t1＝eq\f(1,2)gt12解得：小球的质量m＝eq\f(qE,g)，射入电场时的速度大小v0＝eq\r(2gd)。(2)由(1)可知小球在平行金属板间运动的时间t1＝eq\r(\f(2d,g))由于qE＝mg，故小球在bc区域中做匀速圆周运动，由几何关系可知，其半径R＝d，又有R＝eq\f(mv0,qB)解得磁场的磁感应强度大小B＝Eeq\r(\f(2,gd))小球在磁场中运动的时间t2＝eq\f(T,4)＝eq\f(πm,2qB)＝eq\f(π,2)eq\r(\f(d,2g))故小球在ab、bc区域中运动的总时间t＝t1＋t2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(π,2)))eq\r(\f(d,2g))。答案：(1)eq\f(qE,g)eq\r(2gd)(2)Eeq\r(\f(2,gd))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(π,2)))eq\r(\f(d,2g))12．(2022·湖南高考)如图，两个定值电阻的阻值分别为R1和R2，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为eq\r(3)d，极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为m、带电量为＋q的小球以初速度v沿水平方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。(1)求直流电源的电动势E0；(2)求两极板间磁场的磁感应强度B；(3)在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值E′。解析：(1)小球在电磁场中做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，可得Eq＝mgR2两端的电压U2＝Ed根据欧姆定律得U2＝eq\f(E0,R1＋R2)·R2联立解得E0＝eq\f(mgdR1＋R2,qR2)。(