高考物理一轮复习 第9章 第3节 课时提能练27　带电粒子在复合场中的运动

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1．(2017·广州模拟)如图9­3­20为洛伦兹力演示仪的结构示意图．励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直．电子速度大小可通过电子枪的加速电压来控制，磁场强弱可通过励磁线圈的电流来调节．下列说法正确的是( )
图9­3­20
A．仅增大励磁线圈的电流，电子束径迹的半径变大
B．仅提高电子枪的加速电压，电子束径迹的半径变大
C．仅增大励磁线圈的电流，电子做圆周运动的周期将变大
D．仅提高电子枪的加速电压，电子做圆周运动的周期将变大
B [当仅增大励磁线圈的电流时，也就是增大磁感应强度B，由牛顿第二定律知qvB＝meq \f(v2,R)，得R＝eq \f(mv,qB)，电子束径迹的半径变小，选项A错误；当仅提高电子枪的加速电压时，由qU＝eq \f(1,2)mv2和qvB＝meq \f(v2,R)得R＝eq \f(\r(2mqU),qB)，可知电子束径迹的半径变大，选项B正确；由T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2πm,qB)知，电子做圆周运动的周期T与速度v大小无关，所以选项D错误；增大励磁线圈电流时，磁感应强度B增大，电子做圆周运动的周期变小，故C错误．]
2．如图9­3­21所示，界面MN与水平地面之间有足够大且正交的匀强磁场B和匀强电场E，磁感线和电场线都处在水平方向且互相垂直．在MN上方有一个带正电的小球由静止开始下落，经电场和磁场到达水平地面．若不计空气阻力，小球在通过电场和磁场的过程中，下列说法中正确的是( )
图9­3­21
A．小球做匀变速曲线运动
B．小球的电势能保持不变
C．洛伦兹力对小球做正功
D．小球的动能增量等于其电势能和重力势能减少量的总和
D [带电小球在刚进入复合场时受力如图所示，则带电小球进入复合场后做曲线运动，因为速度会发生变化，洛伦兹力就会跟着变化，所以不可能是匀变速曲线运动，选项A错误；根据电势能公式Ep＝qφ，知只有带电小球竖直向下做直线运动时，电势能保持不变，选项B错误；根据洛伦兹力的方向确定方法知，洛伦兹力方向始终和速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，选项C错误；从能量守恒角度知道选项D正确．]
3．(2017·桂林模拟)如图9­3­22所示，空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，图中虚线为匀强电场的等势线，一不计重力的带电粒子在M点以某一初速度垂直等势线进入正交电磁场中，运动轨迹如图所示(粒子在N点的速度比在M点的速度大)．则下列说法正确的是( )
【导学号：92492352】
图9­3­22
A．粒子一定带正电
B．粒子的运动轨迹一定是抛物线
C．电场线方向一定垂直等势面向左
D．粒子从M点运动到N点的过程中电势能增大
C [根据粒子在电、磁场中的运动轨迹和左手定则可知，粒子一定带负电，选项A错误；由于洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，故粒子受到的合力是变力，而物体只有在恒力作用下做曲线运动时，轨迹才是抛物线，选项B错误；由于空间只存在电场和磁场，粒子的速度增大，说明在此过程中电场力对带电粒子做正功，则电场线方向一定垂直等势面向左，选项C正确；电场力做正功，电势能减小，选项D错误．]
4．(2017·烟台模拟)如图9­3­23所示，在x轴上方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，在x轴下方的等腰直角三角形CDM区域内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，其中C、D在x轴上，它们到原点O的距离均为a.现将质量为m、电荷量为＋q的粒子从y轴上的P点由静止释放，设P点到O点的距离为h，不计重力作用与空气阻力的影响．下列说法正确的是( )
图9­3­23
A．若粒子垂直于CM射出磁场，则h＝eq \f(B2a2q,2mE)
B．若粒子垂直于CM射出磁场，则h＝eq \f(B2a2q,8mE)
C．若粒子平行于x轴射出磁场，则h＝eq \f(B2a2q,2mE)
D．若粒子平行于x轴射出磁场，则h＝eq \f(B2a2q,8mE)
AD [粒子在电场中加速，有qEh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0).在磁场中做圆周运动，若粒子垂直于CM射出磁场，则轨迹所对的圆心角θ＝45°，半径R＝a，由洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝eq \f(mv\\al(2,0),R)，得R＝eq \f(mv0,qB)，联立以上各式得h＝eq \f(B2a2q,2mE)，A正确；若粒子平行于x轴射出磁场，则轨迹所对的圆心有θ＝90°，半径R＝eq \f(a,2)，同理可得h＝eq \f(B2a2q,8mE)，D正确．]
5．(多选)如图9­3­24所示，平行金属板a、b之间的距离为d，a板带正电荷，b板带负电荷，a、b之间还有一垂直于纸面的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度为B1.一不计重力的带电粒子以速度v0射入a、b之间，恰能在两金属板之间匀速向下运动，并进入PQ下方的匀强磁场中，PQ下方的匀强磁场的磁感应强度为B2，方向如图所示．已知带电粒子的比荷为c，则( )
图9­3­24
A．带电粒子在a、b之间运动时，受到的电场力水平向右
B．平行金属板a、b之间的电压为U＝dv0B1
C．带电粒子进入PQ下方的磁场之后，向左偏转
D．带电粒子在PQ下方磁场中做圆周运动的半径为eq \f(v0,cB2)
BD [由于不知道带电粒子的电性，故无法确定带电粒子在a、b间运动时，受到的电场力的方向，也无法确定带电粒子进入PQ下方的磁场之后向哪偏转，选项A、C错误；粒子在a、b之间做匀速直线运动，有qeq \f(U,d)＝qv0B1，解得平行金属板a、b之间的电压为U＝dv0B1，选项B正确；带电粒子在匀强磁场中做圆周运动，轨道半径为r＝eq \f(mv0,qB2)＝eq \f(v0,cB2)，选项D正确．]
6．(多选)(2017·南通模拟)如图9­3­25所示，含有eq \\al(1,1)H、eq \\al(2,1)H、eq \\al(4,2)He的带电粒子束从小孔O1处射入速度选择器，沿直线O1O2运动的粒子在小孔O2处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在P1、P2两点．则( )
图9­3­25
A．打在P1点的粒子是eq \\al(4,2)He
B．打在P2点的粒子是eq \\al(2,1)H和eq \\al(4,2)He
C．O2P2的长度是O2P1长度的2倍
D．粒子在偏转磁场中运动的时间都相等
BC [通过同一速度选择器的粒子具有相同的速度，故eq \\al(1,1)H、eq \\al(2,1)H、eq \\al(4,2)He的速度相等，由牛顿第二定律得qvB2＝meq \f(v2,R)，解得R＝eq \f(mv,qB2)，由此可知，设核子的质量为m，质子带电量为q，eq \\al(1,1)H的半径R1＝eq \f(mv,qB2)，eq \\al(2,1)H的半径R2＝eq \f(2mv,qB2)，eq \\al(4,2)He的半径R3＝eq \f(2mv,qB2)，故打在P1点的粒子是eq \\al(1,1)H，打在P2点的粒子是eq \\al(2,1)H和eq \\al(4,2)He，选项A错误，B正确；O2P1＝2R1＝eq \f(2mv,qB2)，O2P2＝2R2＝eq \f(4mv,qB2)，故O2P2＝2O2P1，选项C正确；粒子在磁场中运动的时间t＝eq \f(T,2)＝eq \f(πm,qB)，故eq \\al(1,1)H运动的时间与eq \\al(2,1)H和eq \\al(4,2)He运动的时间不同，选项D错误．]
7．(多选)劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图9­3­26所示．置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U.若A处粒子源产生质子的质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响．则下列说法正确的是( )
图9­3­26
A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πRf
B．质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比
C．质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为eq \r(2)∶1
D．不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器使粒子获得的最大动能不变
AC [质子被加速后的最大速度受到D形盒半径R的制约，因v＝eq \f(2πR,T)＝2πRf，故A正确；质子离开回旋加速器的最大动能Ekm＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)m×4π2R2f2＝2mπ2R2f2，与加速电压U无关，B错误；根据R＝eq \f(mv,Bq)，Uq＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，2Uq＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，得质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为eq \r(2)∶1，C正确；因回旋加速器加速粒子的最大动能Ekm＝2mπ2R2f2与m、R、f均有关，D错误．]
8．(多选)(2017·宝鸡模拟)两平行的金属板沿水平方向放置，极板上所带电荷情况如图9­3­27所示，且极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，现将两个质量相等的带电小球分别从P点沿水平方向射入极板间，两小球均能沿直线穿过平行板，若撤去磁场，仍将这两个带电小球分别保持原来的速度从P点沿水平方向射入极板间，则两个小球会分别落在A、B两点，设落在A、B两点的小球的带电荷量分别为qA、qB，则下列关于此过程的说法正确的是( )
【导学号：92492353】
图9­3­27
A．两小球一定带正电
B．若qA>qB，则两小球射入时的初速度一定有vA>vB
C．若qA>qB，则两小球射入时的动能一定有EkAD．撤去磁场后，两个小球在极板间运动的加速度可能相等
AC [根据题意可知，没有磁场时，小球所受合力竖直向下；有磁场时，小球做匀速直线运动，故可知洛伦兹力一定竖直向上，由左手定则可知，小球一定带正电，选项A正确；同时可知小球的重力不能忽略，当小球做匀速直线运动时有
qAvAB＋qAE＝mg，qBvBB＋qBE＝mg，
联立可得qAvAB＋qAE＝qBvBB＋qBE，
即qA(vAB＋E)＝qB(vBB＋E)，
由此可知，若qA>qB，则一定有vAxB，则应有vA>vB，与上述矛盾，由此可知，两个小球在极板间运动的加速度不可能相等，选项D错误．]
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9．(多选)(2017·保定模拟)如图9­3­28所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直．在电磁场区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球，小球可沿圆环自由运动．O点为圆环的圆心，a、b、c为圆环上的三个点，a点为最高点，c点为最低点，Ob沿水平方向．已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的顶端a点由静止释放．下列判断正确的是( )
图9­3­28
A．当小球运动的弧长为圆周长的eq \f(1,2)时，洛仑兹力最大
B．当小球运动的弧长为圆周长的eq \f(3,8)时，洛仑兹力最大
C．小球从a点到b点，重力势能减小，电势能增大
D．小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小
BD [如图所示，小球受到水平向左的电场力和竖直向下的重力，二力大小相等，故二力的合力方向与水平方向成45°向左下方，故小球运动到圆弧bc的中点时，速度最大，此时的洛伦兹力最大，故A错误．由上面的分析可知，小球运动的弧长为圆周长的eq \f(3,8)时，洛仑兹力最大，故B正确．小球由a到b的过程中，电场力和重力均做正功，重力势能和电势能都减小，故C错误．小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增加；因力的合力方向将与水平方向成45°向左下方，当小球运动到圆弧bc的中点时速度最大，所以小球从b点运动到c点过程中，动能先增大，后减小，故D正确．故选B、D.]
10．(多选)如图9­3­29所示，竖直直线MN右侧存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，现有一质量m＝0.01 kg、电荷量q＝＋0.01 C的小球从MN左侧水平距离为L＝0.4 m的A点水平抛出，当下落距离是水平距离的一半时从MN上的D点进入电磁场，并恰好能做匀速圆周运动，图中C点是圆周的最低点且C到MN的水平距离为2L，不计空气阻力，g取10 m/s2，则( )
图9­3­29
A．小球的初速度为2eq \r(2) m/s
B．匀强电场的电场强度为10 V/m
C．匀强磁场的磁感应强度为B＝2 T
D．小球从D到C运动的时间为0.1π s
BD [小球从A到D做平抛运动，L＝v0t，eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)gt2，所以t＝0.2 s，v0＝2 m/s，A错；小球进入电磁场中恰做匀速圆周运动，则qE＝mg，即E＝10 V/m，B对；小球进入电磁场时有vy＝gt＝v0，即小球进入电磁场时的速度为v＝2eq \r(2) m/s，且与MN成45°角，由几何关系可得小球做匀速圆周运动的半径为r＝eq \r(2)×2L＝eq \f(4\r(2),5) m，又因Bqv＝meq \f(v2,r)，联立并代入数值得B＝2.5 T，C错；小球从D到达C经历了eq \f(1,8)圆周，所以从D到C运动的时间为eq \f(T,8)＝eq \f(πm,4Bq)＝0.1π s，D对．]
11．如图9­3­30所示，在xOy直角坐标系中，在第三象限有一平行x轴放置的平行板电容器，板间电压U＝1.0×102 V．现有一质量m＝1.0×10－12 kg，带电量q＝2.0×10－10 C的带正电的粒子(不计重力)，从下极板处由静止开始经电场加速后通过上板上的小孔，垂直x轴从A点进入x轴上方的匀强磁场中．磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度B＝1 T．粒子经磁场偏转后又从B点垂直x轴进入第四象限，第四象限中有平行于x轴负方向的匀强电场E，粒子随后经过y轴负半轴上的C点，此时速度方向与y轴负半轴成60°角．已知OB＝OA.求：
图9­3­30
(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T和半径r；
(2)第四象限中场强E的大小．
【解析】 (1)设粒子飞出极板的速度为v，由动能定理得
Uq＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝eq \r(\f(2Uq,m))＝200 m/s
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
qvB＝meq \f(v2,r)
由以上可解得粒子做圆周运动的半径为r＝1 m
T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2×3.14×1,200) s＝3.14×10－2 s.
(2)设粒子运动到C点时，沿x轴负方向的分速度大小为v1，则有
eq \f(v1,v)＝tan 60°
又由牛顿第二定律Eq＝ma
且由运动学规律veq \\al(2,1)＝2a·OB
其中OB＝r
由以上可解得E＝eq \f(3U,r)＝300 V/m.
【答案】 (1)3.14×10－2 s 1 m (2)300 V/m
12．(2017·滨州模拟)如图9­3­31，与水平面成37°角倾斜轨道AB，其延长线在C点与半圆轨道CD(轨道半径R＝1 m)相切，全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内．整个空间存在水平向左的匀强电场，MN的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场．一个质量为0.4 kg的带电小球沿斜面下滑，至B点时速度为vB＝eq \f(100,7) m/s，接着沿直线BC(此处无轨道)运动到达C处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且刚好到达D点．(不计空气阻力，g取10 m/s2，cs 37°＝0.8)求：
图9­3­31
(1)小球带何种电荷；
(2)小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功；
(3)设小球从D点飞出时磁场消失，求小球离开D点后的运动轨迹与直线AC的交点到C点的距离.
【导学号：92492354】
【解析】 (1)小球从B运动到C做直线运动，受力如图，电场力方向与电场强度方向相同，则小球带正电荷．
(2)依题意可知小球在B、C间做匀速直线运动．在C点的速度为：
vC＝vB＝eq \f(100,7) m/s
在BC段，设重力和电场力合力为F.
F＝qvCB，又F＝eq \f(mg,cs 37°)＝5 N
解得：qB＝eq \f(F,vC)
在D处由牛顿第二定律可得：
BvDq＋F＝meq \f(v\\al(2,D),R)
将qB＝eq \f(F,vC)代入上式并化简得：
8veq \\al(2,D)－7vD－100＝0，解得：vD＝4 m/s，
v′D＝－eq \f(25,8) m/s(舍去)
设小球在CD段克服摩擦力做功Wf，
由动能定理可得：
－Wf－2FR＝eq \f(1,2)m(veq \\al(2,D)－veq \\al(2,C))
解得：Wf＝27.6 J.
(3)小球离开D点后做类平抛运动，其加速度为：a＝eq \f(F,m)
由2R＝eq \f(1,2)at2得：t＝eq \r(\f(4mR,F))
交点与C点的距离：s＝vDt＝2.26 m.
【答案】 (1)正电荷 (2)27.6 J (3)2.26 m