2023版新教材高中物理第一章磁吃电流的作用专项10带电粒子在复合场中运动的问题课时作业教科版选择性必修第二册

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 eq\a\vs4\al(专) eq\a\vs4\al(项)10　带电粒子在复合场中运动的问题1．(多选)如图所示，空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下，磁场的方向水平向里，一带电油滴P在该复合场中恰好处于静止状态．下列说法正确的是(　　)A．P带正电B．P带负电C．若仅撤去磁场，P可能做匀加速直线运动D．若仅撤去磁场，P仍处于静止状态2．有一个辐向分布的电场，距离O相等的地方电场强度大小相等，有一束粒子流通过电场，又垂直进入一匀强磁场，则运动轨迹相同的粒子，它们具有相同的(　　)A．质量B．电量C．比荷D．动能3．(多选)一带负电粒子的质量为m、电荷量为q，空间中一平行板电容器两极板S1、S2间的电压为U.将此粒子在靠近极板S1的A处无初速度释放，经电场加速后，经O点进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场(右边界平行于S2)，图中虚线Ox垂直于极板S2，当粒子从P点离开磁场时，其速度方向与Ox方向的夹角θ＝60°，如图所示．整个装置处于真空中，不计粒子所受重力，则(　　)A．极板S1带正电B．粒子到达O点的速度大小为eq \r(\f(2qU,m))C.此粒子在磁场中运动的时间t＝eq \f(πm,3qB)D．若改变右侧磁场(左边界位置不变)宽度，使粒子经过O点后恰好不能从右侧离开该有界磁场，则该有界磁场区域的宽度d＝eq \r(\f(Um,qB2))4．如图所示，竖直平面内存在水平方向的匀强电场，电场强度为E，同时存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，纸面内放置一光滑的绝缘细杆，与水平方向成θ＝45°角．质量为m、带电荷量为q的金属小环套在细杆上，以初速度v0沿着细杆向下运动，小环离开细杆后，恰好做直线运动，重力加速度为g，则以下说法正确的是(　　)A．小环可能带负电B．电场方向可能水平向右C．小环的初速度v0＝eq \f(\r(2)mg,qB)D．小环离开细杆时的速度v＝eq \f(E,B)5．如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直．一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为eq \f(l,2)，与x轴的距离为a.如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏．该粒子的比荷为(　　)A．eq \f(E,2aB2)B．eq \f(E,aB2)C．eq \f(B,2aE2)D．eq \f(B,aE2)6．(多选)如图所示，圆心为O点的圆形匀强磁场的圆周上有6个点，正好将圆周6等分，磁场方向垂直纸面向里，圆形匀强磁场左侧有两个竖直放置的平行金属板M、N.有两个质量相同、初速度为零且不计重力的带电粒子，分别由靠近M板的P点加速，P、A、O在一条直线上，粒子穿过N板的小孔以后，沿AO方向进入磁场，分别从E点和F点离开磁场．不计粒子间相互作用，则(　　)A．两粒子所带的电性质不同B．M板的电势低于N板的电势C．从E点和F点离开磁场的粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为3∶1D．从E点和F点离开磁场的粒子所带的电荷量之比为1∶37．(多选)如图(a)所示，圆心为O的圆形区域，半径R＝10cm，MN为荧光屏，长度L＝100cm，P为屏的中点，圆形区域圆心O距离荧光屏s＝20cm, OP垂直于MN，大量的带电粒子经U＝2000V电压加速，形成一连续的粒子束，沿半径方向进入圆形区域．当圆形区域内不加磁场时，带电粒子打在荧光屏中心P点，当圆形区域加一匀强磁场后，粒子束经磁场偏转打到荧光屏另一位置，通过改变磁场的大小、方向来改变粒子束打在荧光屏上的位置，磁感应强度B随时间t变化如图(b)所示．已知带电粒子的电量q＝1×10－3C，质量m＝1×10－8kg，不计粒子重力，忽略粒子在磁场中运动的时间，则下面说法正确的是(　　)A．粒子进入磁场区域的速度v＝2×103m/sB．t＝0时刻进入磁场的粒子，速度偏转角度θ＝30°C．电子束打在荧光屏的范围宽度为40eq \r(3)cmD．若B的最大值为2T，则t＝0时刻进入磁场的粒子无法打到荧光屏上8．如图所示，质量m＝1.0×10－4kg的小球放在绝缘的水平面上，小球带电荷量q＝2.0×10－4C，小球与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，外加水平向右的匀强电场的电场强度E＝5V/m，垂直纸面向外的匀强磁场B＝2T，小球从静止开始运动．(取g＝10m/s2) 求：(1)小球具有最大加速度的值为多少？(2)小球的最大速度为多少？9．如图所示，平面直角坐标系xOy中，y轴左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，y轴右侧有沿着y轴正方向的匀强电场，一质量为m、带电荷量为e的电子从x轴上的M点以速度v0沿与x轴正方向的夹角为60°斜向上运动，垂直通过y轴上的N点后经过x轴上的P点，已知2NO＝PO＝2L，不计电子重力，求：(1)匀强磁场的磁感应强度的大小；(2)匀强电场的电场强度的大小；(3)电子从M点到P点的运动时间．10．如图甲，真空中平行放的两金板M、N相距d1＝15cm，当两板间加上电压后，可视为匀强电场．现在M、N两板之间加上如图乙所示的交变电压，交变电压的周期T＝1.0×10－6s．U0＝540V，t＝0时，一个质子在电场力作用下，从M板由静止开始向N板运动，最终该质子从N板上A处的小孔进入右边的有界匀强磁场，磁场的宽度d2＝5cm，方向垂直纸面向里．已知质子的比荷为eq \f(q,m)＝1.0×108C/kg，不计质子重力．求：(1)质子在两板间运动过程中的最大速度；(2)质子进入磁场时的速度大小；(3)若使粒子能够从右侧边界射出磁场，磁感应强度B的取值范围．专项10　带电粒子在复合场中运动的问题1．答案：BD解析：由于P处于静止状态，可知其在复合场中只受到两个力作用，即重力，电场力，且有mg＝qE，故电场力的方向竖直向上，结合题图可知P带负电，选项A错误、B正确；若仅撤去磁场，P的受力情况不变，故P仍保持静止状态，选项C错误，D正确．2．答案：C解析：粒子在辐射电场中以速度v做匀速圆周运动，电场力完全提供向心力，根据牛顿第二定律可知qE＝meq \f(v2,r)，解得r＝eq \f(m,q)·eq \f(v2,E)粒子在匀强磁场中qvB＝meq \f(v2,r)，解得r′＝eq \f(m,q)·eq \f(v,B)粒子在不同场中的轨迹相同，即粒子在不同场中转动半径相同，所以这些粒子具有相同的速度v和比荷eq \f(q,m).故选C.3．答案：BC解析：带负电粒子向右加速运动，所受静电力向右，场强向左，说明极板S1带负电，故A错误；设粒子到达O点的速度大小为v，由动能定理可得Uq＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(2qU,m))，故B正确；由几何关系可知粒子运动的圆心角为θ＝60°＝eq \f(π,3)，此粒子在磁场中运动的时间t＝eq \f(1,6)T＝eq \f(1,6)×eq \f(2πm,Bq)＝eq \f(πm,3qB)，故C正确；若改变右侧磁场(左边界位置不变)宽度，使粒子经过O点后恰好不能从右侧离开该有界磁场，画出临界轨迹如图所示，洛伦兹力提供向心力，有Bqv＝meq \f(v2,R)把B选项中求得的速度大小代入可得R＝eq \r(\f(2Um,qB2))，则该有界磁场区域的宽度d＝R＝eq \r(\f(2Um,qB2))，故D错误．4．答案：C解析：小环离开细杆后，恰好做直线运动，该运动一定是匀速直线运动，如果是变速运动，洛伦兹力大小会变化，而洛伦兹力又垂直速度方向，就一定要改变速度的方向，小环做曲线运动；如果小环带负电荷，静电力方向不管是向左还是向右，小环均不可能平衡，所以小环只能带正电，根据平衡条件，静电力向左，故电场方向水平向左，故选项A、B错误；小环离开杆后做匀速直线运动，根据平衡条件，在平行杆的方向则有mgsin45°＝qEcos45°，垂直杆的方向则有mgcos45°＋qEsin45°＝qvB，联立解得v＝eq \f(\r(2)mg,qB)，qE＝mg，故v＝eq \f(\r(2)E,B)；小环在杆上运动过程，重力和静电力的合力垂直杆不做功，而支持力和洛伦兹力也不做功，故小环在杆上的运动是匀速运动，小环的初速度为v0＝v＝eq \f(\r(2)mg,qB)，故选项C正确，D错误．5．答案：A解析：由题知，一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，则根据几何关系可知粒子做圆周运动的半径r＝2a则粒子做圆周运动有qvB＝meq \f(v2,r)则有eq \f(q,m)＝eq \f(v,2a·B)如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，则有Eq＝qvB联立有eq \f(q,m)＝eq \f(E,2a·B2)故选A.6．答案：BC解析：两带电粒子在磁场中都是向下偏转的，两粒子的带电性质相同，均带负电，A错误；两带电粒子带负电，在电场中加速，所以M板的电势低于N板的电势，B正确；设从E点和F点离开磁场的两粒子的半径分别为rE和rF，设磁场半径为R，如图所示，由几何关系可得rE＝Rtan60°，rF＝Rtan30°，所以两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为3∶1，C正确；带电粒子在电场中加速，有Uq＝eq \f(1,2)mv2带电粒子在磁场中偏转，有qvB＝meq \f(v2,r)联立解得q＝eq \f(2mU,B2r2)，可知q∝eq \f(1,r2)，所以两带电粒子的电荷量之比为1∶9，D错误．7．答案：CD解析：根据Uq＝eq \f(1,2)mv2可得粒子进入磁场区域的速度：v＝eq \r(\f(2qU,m))＝eq \r(\f(2×1×10－3×2000,1×10－8))m/s＝2×104m/s，选项A错误；t＝0时刻进入磁场的粒子，B0＝eq \f(2\r(3),3)T，则运动半径r0＝eq \f(mv,qB0)＝0.1eq \r(3)m＝10eq \r(3)cm；由几何关系可知，tanα＝eq \f(R,r)＝eq \f(\r(3),3)，α＝30°，则速度偏转角度θ＝2α＝60°，选项B错误；当t＝0时刻射入的粒子射出磁场时打到屏上的位置距离P点最远，最远距离为y＝eq \x\to(OP)tan60°＝20eq \r(3)cm，则粒子束打在荧光屏的范围宽度为2y＝40eq \r(3)cm，选项C正确；若B的最大值为2T，则粒子运动半径r＝eq \f(mv,qBm)＝10－2m＝10cm＝R＝10cm，则粒子离开磁场时速度方向平行光屏竖直向上，即t＝0时刻进入磁场的粒子无法打到荧光屏上，选项D正确．8．答案：(1)8m/s2　(2)10m/s解析：(1)小球受向右的电场力，从而由静止运动，则由左手定则可知，小球受竖直向下洛伦兹力，使得压力增大，导致滑动摩擦力增大，小球做加速度减小的加速运动，直到速度达到最大后，做匀速直线运动．因此当刚开始运动时，加速度最大，最大值为：a＝eq \f(qE－μmg,m)＝eq \f(2×10－4×5－0.2×1×10－4×10,1×10－4)m/s2＝8m/s2.(2)当电场力等于滑动摩擦力时，速度最大，根据平衡条件，则有：mg＋qvmB＝N；qE＝f＝μN以上各式联立，解得：vm＝eq \f(\f(qE,μ)－mg,qB)＝eq \f(\f(5×2×10－4,0.2)－1×10－4×10,2×10－4×2)m/s＝10m/s.9．答案：(1)eq \f(mv0,2eL)　(2)eq \f(mv eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ,2eL)　(3)eq \f(2（π＋3）L,3v0)解析：(1)电子运动轨迹如图所示，由几何知识得rcos60°＝r－L解得r＝2L电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即ev0B＝meq \f(v eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ,r)，解得B＝eq \f(mv0,2eL).(2)电子在电场中做类平抛运动水平方向：2L＝v0t2竖直方向：L＝eq \f(1,2)·eq \f(eE,m)t eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) 解得E＝eq \f(mv eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)) ,2eL).(3)电子在磁场中做圆周运动的周期T＝eq \f(2πr,v0)＝eq \f(4πL,v0)电子在磁场中的运动时间t1＝eq \f(60°,360°)T＝eq \f(2πL,3v0)电子在电场中的运动时间t2＝eq \f(2L,v0)故电子从M点到P点的运动时间t＝t1＋t2＝eq \f(2（π＋3）L,3v0).10．答案：(1)1.2×105m/s　(2)6eq \r(2)×104m/s　(3)0