《走向高考》2013高考物理总复习8-3带电粒子在复合场中的运动

8-3带电粒子在复合场中的运动一、选择题1．如图所示，MN是纸面内的一条直线，其所在空间充满与纸面平行的匀强电场或与纸面垂直的匀强磁场(场区都足够大)，现有一重力不计的带电粒子从MN上的O点以水平初速度v0射入场区，下列有关判断正确的是()A．如果粒子回到MN上时速度增大，则空间存在的一定是电场B．如果粒子回到MN上时速度大小不变，则该空间存在的一定是电场C．若只改变粒子的速度大小，发现粒子再回到MN上时与其所成夹角不变，则该空间存在的一定是磁场D．若只改变粒子的速度大小，发现粒子再回到MN所用的时间不变，则该空间存在的一定是磁场[答案]AD[解析]洛伦兹力对带电粒子不做功，不能使粒子速度增大，电场力可对带电粒子做功，动能增大，故A项正确。若带电粒子以与电场线平行的速度v0射入，粒子返回速率不变，故B、C项错。由T＝2πmBq知，粒子在磁场中运动的时间与速率无关，故D项正确。2．(2012·江西九校联考)如图所示，有一重力不计的混合正离子束先后通过正交的电场、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．速度B．质量C．电荷量D．比荷[答案]AD[解析]混合正离子束不偏转，说明它们在区域Ⅰ有Eq＝Bqv，则v＝EB，进入区域Ⅱ的混合正离子速度都相同。在区域Ⅱ中正离子偏转半径r＝mvBq，速度v相同，半径r相同，则mq必定相同，即比荷相同，A、D正确。3．(2012·北京海淀)带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2，若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3，如图所示，不计空气阻力，则()A．h1＝h2＝h3B．h1h2h3C．h1＝h2h3D．h1＝h3h2[答案]D[解析]由竖直上抛运动的最大高度公式得：h1＝v202g。当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，由能量守恒定律得：mgh2＋Ek＝12mv20＝mgh1，所以h1h2。当加上电场时，由运动的分解可知：在竖直方向上有，v20＝2gh3，所以h1＝h3。4．(2012·汕头教学质量测评)如图所示，水平放置的两块平行金属板，充电后与电源断开。板间存在着方向竖直向下的匀强电场E和垂直于纸面向里磁感强度为B的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力及空气阻力)，以水平速度v0从两极板的左端中间射入场区，恰好做匀速直线运动。则()A．粒子一定带正电B．若仅将板间距离变为原来的2倍，粒子运动轨迹偏向下极板C．若将磁感应强度和电场强度均变为原来的2倍，粒子仍将做匀速直线运动D．若撤去电场，粒子在板间运动的最长时间可能是πmqB[答案]CD[解析]考查带电粒子在电场、磁场的复合场中运动。不计重力，粒子仅受电场力和磁场力做匀速直线运动，合力为零。电场力与磁场力等大反向。该粒子可以是正电荷，也可以是负电荷，A错。仅将板间距离变为原来的2倍，由于带电荷量不变，板间电场强度不变，带电粒子仍做匀速直线运动，B错。若将磁感应强度和电场强度均变为原来的2倍，粒子所受电场力和磁场力均变为原来的2倍，仍将做匀速直线运动，C对。若撤去电场，粒子将偏向某一极板，甚至从左侧射出，粒子在板间运动的最长时间可能是在磁场中运动周期的一半，D对。5．(2012·陕西西安)如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电。现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则()A．经过最高点时，三个小球的速度相等B．经过最高点时，甲球的速度最小C．甲球的释放位置比乙球的高D．运动过程中三个小球的机械能均保持不变[答案]CD[解析]由于小球恰好通过圆形轨道的最高点，则在圆形轨道最高点对小球受力分析可知，FN＝0，F合＝mv2r，甲球带正电，受到的洛伦兹力竖直向下，乙球带负电，受到的洛伦兹力竖直向上，丙球不带电，不受洛伦兹力，故甲球的合外力最大，即甲球在圆环最高点的速度最大，而三个小球从释放到圆环最高点机械能守恒，则由mgΔh＝12mv2可知，甲球的释放位置比乙球的高，故选项C、D正确。6．(2012·泉州五校质检)如图所示，光滑绝缘杆固定在水平位置上，使其两端分别带上等量同种正电荷Q1、Q2，杆上套着一带正电小球，整个装置处在一个匀强磁场中，磁感应强度方向垂直纸面向里，将靠近右端的小球从静止开始释放，在小球从右到左的运动过程中，下列说法中正确的是()A．小球受到的洛伦兹力大小变化，但方向不变B．小球受到的洛伦兹力将不断增大C．小球的加速度先减小后增大D．小球的电势能一直减小[答案]AC[解析]Q1、Q2连线上中点处电场强度为零，从中点向两侧电场强度增大且方向都指向中点，故小球所受电场力指向中点。小球从右向左运动过程中，小球的加速度先减小后增大，C项正确；速度先增大后减小，洛伦兹力大小变化，由左手定则知，洛伦兹力方向不变，故A项正确，B项错误；小球的电势能先减小后增大，D项错误。7．(2012·南通一调)如图所示，在MN、PQ间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面水平向外，电场在图中没有标出。一带电小球从a点射入场区，并在竖直面内沿直线运动至b点，则小球()A．一定带正电B．受到电场力的方向一定水平向右C．从a到b过程，克服电场力做功D．从a到b过程中可能做匀加速运动[答案]C[解析]因小球受到的洛伦兹力F＝qvB随小球速度变化而变化，为使带电小球能在场内做直线运动，必须满足小球的速度大小不能变化的条件，即小球受力平衡，做匀速直线运动，D错误。小球共受到三个力的作用：重力、电场力和洛伦兹力，无论小球带何种电荷，三力均可能平衡，故A、B错误。从a到b的过程中，小球的动能不变，根据动能定理有ΔEk＝WG＋W电场＋W洛伦兹＝0，其中洛伦兹力不做功，重力做正功，所以电场力必做负功，C正确。8．(2012·哈尔滨模考)如图所示，一带电粒子，质量为m，电荷量为q，以一定的速度沿水平直线A′B′方向通过一正交的电磁场，磁感应强度为B1，电场强度为E。粒子沿垂直等边三角形磁场边框的AB边方向由中点的小孔O进入另一匀强磁场，该三角形磁场的边长为a，经过两次与磁场边框碰撞(碰撞过程遵从反射定律)后恰好返回到小孔O，则以下说法正确的是()A．该带电粒子一定带正电B．该带电粒子的速度为EB1C．等边三角形磁场的磁感应强度为2mEB1qaD．该粒子返回到小孔O之后仍沿B′A′直线运动[答案]BC[解析]由于磁场的方向没有明确，因此无法确定带电粒子的电性；由粒子做直线运动不难得出，该粒子做的一定是匀速直线运动，则由Eq＝B1qv可得v＝EB1；进入三角形磁场区后，经过2次碰撞恰好返回到小孔O，经分析可知，该粒子在其中做匀速圆周运动的半径为a2，由a2＝mvB2q可得B2＝2mEB1qa；当粒子重新返回到小孔O时，由粒子的受力不难得出电场力和洛伦兹力同向，故不能沿直线运动。二、非选择题9．(2012·山东济南)如图所示，一个质量为m、带电荷量为＋q的小球以初速度v0自h高度处水平抛出。不计空气阻力，重力加速度为g。(1)若在空间竖直方向加一个匀强电场，发现小球水平抛出后做匀速直线运动，求该匀强电场的场强E的大小；(2)若在空间再加一个垂直纸面向外的匀强磁场，小球水平抛出后恰沿圆弧轨迹运动，落地点P到抛出点的距离为3h，求该磁场磁感应强度B的大小。[答案](1)mgq(2)2mv03qh[解析](1)小球做匀速直线运动，说明重力和电场力平衡，根据平衡条件，有mg＝qE解得：E＝mgq(2)再加匀强磁场后，小球做圆周运动，洛伦兹力充当向心力，设轨道半径为R，根据几何关系得，P点到抛出点的水平距离为：x＝3h2－h2＝2h由R2＝(R－h)2＋x2解得：R＝3h2由qv0B＝mv20R得B＝2mv03qh。10．(2012·课标全国理综)如图所示，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)。在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直。圆心O到直线的距离为35R。现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域。若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小。[答案]145·qRB2m[解析]粒子在磁场中做圆周运动。设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得qvB＝mv2r①式中v为粒子在a点的速度。过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点。由几何关系知，线段ac、bc和过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径(未画出)围成一正方形。因此ac＝bc＝r②设cd＝x，由几何关系得ac＝45R＋x③bc＝35R＋R2－x2④联立②③④式得r＝75R⑤再考虑粒子在电场中的运动。设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动．设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qE＝ma⑥粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r，由运动学公式得r＝12at2⑦r＝vt⑧式中t是粒子在电场中运动的时间。联立①⑤⑥⑦⑧式得E＝145·qRB2m。⑨11．(2012·山东潍坊模拟)如图所示，在xOy平面内，一带正电的粒子自A点经电场加速后从C点垂直射入偏转电场(视为匀强电场)，偏转后通过极板MN上的小孔O离开电场，粒子在O点时的速度大小为v，方向与x轴成45°角斜向上。在y轴右侧y≥d范围内有一个垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，粒子经过磁场偏转后垂直打在极板MN上的P点。已知NC之间距离为d，粒子重力不计，求：(1)P点的纵坐标；(2)粒子从C点运动到P点所用的时间；(3)偏转电场的电场强度。[答案](1)(2＋2)d(2)34＋π2d4v(3)24vB[解析](1)粒子运动的轨迹如图所示，由几何关系得，粒子在磁场中运动的轨道半径R＝2FD＝2d①所以P点的纵坐标yP＝R＋2OF＝(2＋2)d。②(2)粒子在O点的分速度vOx＝vOy＝22v③粒子从C运动到O的时间t1＝2dvOy＝22dv④粒子从O运动到D的时间t2＝2dv⑤粒子从D运动到P的时间t3＝38·2πRv＝32πd4v⑥粒子从C运动到P所用时间t＝t1＋t2＋t3＝34＋π2d4v⑦(3)粒子在偏转电场中运动，y方向上，ON＝22vt⑧x方向上：d＝12(22v)t＝12(qEm)t2⑨粒子在磁场中运动R＝2d＝mvqB⑩联立解得E＝24vB。⑪12．(2012·山东卷)如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔S1、S2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为U0，周期为T0。在t＝0时刻将一个质量为m、电量为－q(q0)的粒子由S1静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在t＝T02时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区。(不计粒子重力，不考虑极板外的电场)(1)求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d。(2)为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。(3)若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t＝3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小。[答案](1)2qU0mT042qU0m(2)B4L2mU0q(3)74T08πm7qT0[解析](1)粒子由S1至S2的过程，根据动能定理得qU0＝12mv2①由①式得v＝2qU0m②设粒子的加速度大小为a，由牛顿第二定律得qU0d＝ma③由运动学公式得d＝12a(T02)2④联立③④式得d＝T042qU0m⑤(2)设磁感应强