第3講 帶電粒子在復合場中的運動 限時規(guī)范訓練一、單項選擇題1如圖所示，空間中有沿z方向的勻強電場，沿y方向的勻強磁場，沿y方向的重力場有一重力不可忽略的帶電微粒以初速度v沿x方向射入，則微?？赡茏?)A勻速直線運動B勻速圓周運動C勻變速直線運動 D勻變速曲線運動解析：假如微粒帶正電，則微粒受到沿y方向的重力，沿z方向的洛倫茲力，沿z方向的電場力，三個力不能平衡，所以不會做勻速直線運動；因為重力和電場力不能抵消，所以不會做勻速圓周運動；當電場力與洛倫茲力大小相等時，微粒所受合力大小等于重力，方向沿y方向，而速度v沿x方向，兩者不共線，所以做勻變速曲線運動微粒帶負電時結論一樣，故D正確答案：D2如圖所示，水平放置的兩塊平行金屬板，充電后與電源斷開板間存在著方向豎直向下的勻強電場E和垂直于紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場一質量為m、電荷量為q的帶電粒子(不計重力及空氣阻力)，以水平速度v0從兩極板的左端中間射入場區(qū)，恰好做勻速直線運動，則()A粒子一定帶正電B若僅將板間距離變?yōu)樵瓉淼?倍，粒子運動軌跡偏向下極板C若將磁感應強度和電場強度均變?yōu)樵瓉淼?倍，粒子仍將做勻速直線運動D若撤去電場，粒子在板間運動的最長時間有可能是解析：不計重力，粒子僅受電場力和洛倫茲力做勻速直線運動，合力為零，電場力與洛倫茲力等大反向該粒子可以是正電荷，也可以是負電荷，選項A錯誤僅將板間距離變?yōu)樵瓉淼?倍，由于金屬板帶電荷量不變，板間電場強度不變，帶電粒子仍做勻速直線運動，選項B錯誤若將磁感應強度和電場強度均變?yōu)樵瓉淼?倍，粒子所受電場力和洛倫茲力均變?yōu)樵瓉淼?倍，粒子仍將做勻速直線運動，C正確若撤去電場，粒子將偏向某一極板，甚至從左側射出，粒子在板間運動的最長時間可能是在磁場中運動周期的一半，選項D錯誤答案：C3如圖甲所示是用來加速帶電粒子的回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒在加速帶電粒子時，兩金屬盒置于勻強磁場中，兩盒分別與高頻電源相連帶電粒子在磁場中運動的動能Ek隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，忽略帶電粒子在電場中的加速時間及自身的重力，則下列判斷正確的是()A在Ek-t圖中應有t4t3t3t2t2t1B加速電壓越大，粒子最后獲得的動能就越大C粒子加速次數(shù)越多，粒子最大動能一定越大D要想粒子獲得的最大動能增大，可增加D形盒的面積解析：帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期為T，與速度大小無關，因此，在Ek-t圖中應有t4t3t3t2t2t1，A錯誤；由粒子圓周運動的半徑r可知Ek，即粒子獲得的最大動能決定于D形盒的半徑，與加速電壓無關，加速電壓越小，粒子加速次數(shù)就越多，當軌道半徑r與D形盒半徑R相等時就不能繼續(xù)加速，B、C錯誤，D正確答案：D4如圖所示，空間存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場在該區(qū)域中，有一個豎直放置的光滑絕緣圓環(huán)，環(huán)上套有一個帶正電的小球O點為圓環(huán)的圓心，a、b、c、d為圓環(huán)上的四個點，a點為最高點，c點為最低點，b、O、d三點在同一水平線上已知小球所受電場力與重力大小相等現(xiàn)將小球從環(huán)的頂端a點由靜止釋放，下列判斷正確的是()A小球能越過d點并繼續(xù)沿環(huán)向上運動B當小球運動到c點時，所受洛倫茲力最大C小球從a點運動到b點的過程中，重力勢能減小，電勢能增大D小球從b點運動到c點的過程中，電勢能增大，動能先增大后減小解析：由題意可知，小球運動的等效最低點在b、c中間，因此當小球運動到d點時速度為0，不能繼續(xù)向上運動，選項A錯誤；小球在等效最低點時速度最大，所受洛倫茲力最大，選項B錯誤；小球從a運動到b的過程中，重力做正功，電場力也做正功，所以重力勢能與電勢能均減小，選項C錯誤；小球從b運動到c的過程中，電場力做負功，電勢能增大，合力先做正功后做負功，動能先增大后減小，選項D正確答案：D5如圖所示，在xOy直角坐標系中，第象限內(nèi)分布著方向垂直紙面向里的勻強磁場，第象限內(nèi)分布著沿y軸負方向的勻強電場初速度為零、帶電荷量為q、質量為m的粒子經(jīng)過電壓為U的電場加速后，從x軸上的A點垂直x軸進入磁場區(qū)域，重力不計，經(jīng)磁場偏轉后過y軸上的P點且垂直于y軸進入電場區(qū)域，在電場中偏轉并擊中x軸上的C點已知OAOCd，則磁感應強度B和電場強度E可表示為()AB，EBB，ECB，EDB，E解析：設帶電粒子經(jīng)電壓為U的電場加速后速度為v，則qUmv2，帶電粒子進入磁場后，洛倫茲力提供向心力，qBv，依題意可知rd，聯(lián)立可解得B；帶電粒子在電場中偏轉，做類平拋運動，設經(jīng)時間t從P點到達C點，由dvt，dt2，聯(lián)立可解得E，B正確答案：B二、多項選擇題6下列四圖中，A、B兩圖是質量均為m的小球以相同的水平初速度向右拋出，A圖只受重力作用，B圖除受重力外還受水平向右的恒定風力作用；C、D兩圖中有相同的無限寬的電場，場強方向豎直向下，D圖中還有垂直于紙面向里無限寬的勻強磁場且和電場正交，在兩圖中均以相同的初速度向右水平拋出質量為m的正電荷，兩圖中不計重力作用則下列有關說法正確的是()AA、B、C三圖中的研究對象均做勻變速曲線運動B從開始拋出經(jīng)過相同時間，C、D兩圖豎直方向速度變化相同，A、B兩圖豎直方向速度變化相同C從開始拋出到沿電場線運動相等距離的過程中，C、D兩圖中的研究對象動能變化相同D相同時間內(nèi)A、B兩圖中的研究對象動能變化相同解析：根據(jù)題給條件可知，A、B、C三圖中的研究對象的受力均為恒力，因此研究對象均做勻變速曲線運動，選項A正確；從開始拋出經(jīng)過相同時間，C、D兩圖研究對象在豎直方向受力不同，速度變化也不同，選項B錯誤；根據(jù)C、D兩圖中有相同的無限寬的電場，場強方向豎直向下，D圖中還有垂直于紙面向里的無限寬的勻強磁場且和電場正交可知，從開始拋出到沿電場線運動相等距離的過程中電場力做功相同，洛倫茲力不做功，重力忽略不計，因此只有電場力做功，所以C、D兩圖中的研究對象動能變化相同，選項C正確；在相同時間內(nèi)A、B兩圖中研究對象合力做功不同，則動能變化不相同，選項D錯誤答案：AC7(名師原創(chuàng))如圖所示，一足夠長的絕緣細桿處于磁感應強度為B0.5 T的勻強磁場中，桿與磁場垂直且與水平方向的夾角為37.一質量為m0.1 g、電荷量為q5104 C的帶正電圓環(huán)套在該絕緣細桿上，圓環(huán)與桿之間的動摩擦因數(shù)為0.4.現(xiàn)將圓環(huán)從桿上的某一位置無初速度釋放，則下列判斷正確的是(sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g取10 m/s2)()A圓環(huán)下滑過程中洛倫茲力始終做正功B當圓環(huán)下滑的速度達到2.4 m/s時，圓環(huán)與細桿之間的彈力為零C圓環(huán)下滑過程中的最大加速度為6 m/s2D圓環(huán)下滑過程中的最大速度為9.2 m/s解析：圓環(huán)下滑過程中，洛倫茲力始終與圓環(huán)速度方向垂直，所以洛倫茲力始終不做功，選項A錯誤；當圓環(huán)與細桿之間的彈力為零時，摩擦力也為零，此時洛倫茲力f與重力垂直于桿的分量mgcos 大小相等、方向相反，即qvBmgcos ，代入數(shù)據(jù)可得v3.2 m/s，選項B錯誤；圓環(huán)剛釋放時，受到的洛倫茲力為零，這時的加速度由重力沿桿方向的分量與滑動摩擦力的合力提供，當圓環(huán)的速度開始增大后，洛倫茲力也隨之增大，使得圓環(huán)對桿的壓力減小，摩擦力也隨之減小，當摩擦力為零時，圓環(huán)的加速度最大，此時qvBmgcos ，由牛頓第二定律可得F合mgsin ma，代入數(shù)據(jù)可得a6 m/s2，選項C正確；當洛倫茲力fmgcos 時，又開始出現(xiàn)摩擦力，圓環(huán)的加速度開始減小，但速度繼續(xù)增大，彈力繼續(xù)增大，摩擦力繼續(xù)增大，當摩擦力Ffmgsin 時，圓環(huán)所受的合力為零，速度達到最大，由受力分析可知mgsin (qvmBmgcos )，代入數(shù)據(jù)解得vm9.2 m/s，選項D正確答案：CD三、非選擇題8(2016高考江蘇卷)回旋加速器的工作原理如圖甲所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間狹縫的間距為d，磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，被加速粒子的質量為m、電荷量為q，加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓值的大小為U0，周期T.一束該種粒子在t0時間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零現(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運動時間，假設能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運動，不考慮粒子間的相互作用求：(1)出射粒子的動能Em；(2)粒子從飄入狹縫至動能達到Em所需的總時間t0；(3)要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出，d應滿足的條件解析：(1)粒子運動半徑為R時qvBm且Emmv2解得Em(2)粒子被加速n次達到動能Em，則EmnqU0粒子在狹縫間做勻加速運動，設n次經(jīng)過狹縫的總時間為t加速度a勻加速直線運動vatnda(t)2由t0(n1)t，解得t0(3)只有在0(t)時間內(nèi)飄入的粒子才能每次均被加速，則所占的比例為由99%，解得d答案：(1)(2)(3)d9如圖所示，一個質量為m、電荷量為q的正離子，在D處沿圖示方向以一定的速度射入磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里，結果離子正好從距A點為d的小孔C沿垂直于電場方向進入勻強電場，此電場方向與AC平行且向上，最后離子打在G處，而G處距A點2d(AGAC)不計離子重力，離子運動軌跡在紙面內(nèi)求：(1)此離子在磁場中做圓周運動的半徑r；(2)離子從D處運動到G處的時間；(3)離子到達G處時的動能解析：(1)正離子軌跡如圖所示圓周運動半徑r滿足drrcos 60，解得rd.(2)設離子在磁場中的運動速度為v0，則有qv0Bm，T.由圖知離子在磁場中做圓周運動的時間為t1T.離子在電場中做類平拋運動，從C到G的時間為t2.離子從D處運動到G處的總時間為tt1t2.(3)設電場強度為E，則有qEma，dat.根據(jù)動能定理得qEdEkGmv，解得EkG.答案：(1)d(2)(3)10在如圖所示的豎直平面內(nèi)，水平軌道CD和傾斜軌道GH與半徑r m的光滑圓弧軌道分別相切于D點和G點，GH與水平面的夾角37.過G點、垂直于紙面的豎直平面左側有勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度B1.25 T；過D點、垂直于紙面的豎直平面右側有勻強電場，電場方向水平向右，電場強度E1104 N/C.小物體P1質量m2103 kg、電荷量q8106C，受到水平向右的推力F9.98103 N的作用，沿CD向右做勻速直線運動，到達D點后撤去推力當P1到達傾斜軌道底端G點時，不帶電的小物體P2在GH頂端靜止釋放，經(jīng)過時間t0.1 s與P1相遇P1和P2與軌道CD、GH間的動摩擦因數(shù)均為0.5，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，物體電荷量保持不變，不計空氣阻力，求：(1)小物體P1在水平軌道CD上運動速度v的大??；(2)傾斜軌道GH的長度s.解析：(1)設小物體P1在勻強磁場中運動的速度為v，受到向上的洛倫茲力為F1，受到的摩擦力為Ff，則F1qvBFf(mgF1)由題意，水平方向合力為零FFf0聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得v4 m/s(2)設P1在G點的速度大小為vG，由于洛倫茲力不做功，根據(jù)動能定理有qErsin mgr(1cos )mvmv2P1在GH上運動，受到重力、電場力和摩擦力的作用，設加速度為a1，根據(jù)牛頓第二定律有qEcos mgsin (mgcos qEsin )ma1P1與P2在GH上相遇時，設P1在GH上運動的距離為s1，則s1vGta1t2設P2質量為m2，在GH上運動的加速度為a2，則m2gsin m2gcos m2a2P1與P2在GH上相遇時，設P2在GH上運動的距離為s2，則s2a2t2ss1s2聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得s0.56 m.答案：(1)4 m/s(2)0.56 m