專題分層突破練10帶電粒子在復合場中的運動A組1.(2019江西贛中南五校一聯(lián))一個帶電粒子沿垂直于磁場的方向射入一勻強磁場。粒子的一段徑跡如圖所示,徑跡上的每一小段都可近似看成圓弧,由于帶電粒子使沿途的空氣電離,粒子的能量逐漸減小(帶電荷量不變),從圖中情況可以確定()A.粒子從a到b,帶正電B.粒子從a到b,帶負電C.粒子從b到a,帶正電D.粒子從b到a,帶負電2.(多選)在半導體離子注入工藝中,初速度可忽略的磷離子P+和P3+,經電壓為U的電場加速后垂直進入磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強磁場區(qū)域,如圖所示,已知離子P+在磁場中轉過=30°后從磁場右邊界射出。在電場和磁場中運動時,離子P+和P3+()A.在電場中的加速度之比為11B.在磁場中運動的半徑之比為31C.在磁場中轉過的角度之比為13D.離開電場區(qū)域時的動能之比為133.(2019陜西寶雞模擬)如圖所示,空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場,一帶電液滴從靜止開始自A點沿曲線ACB運動,到達B點時,速度為零,C點是運動的最低點,則以下敘述錯誤的是()A.液滴一定帶負電B.液滴在C點時動能最大C.液滴在C點電勢能最小D.液滴在C點機械能最小4.(多選)(2019山西太原模擬)如圖所示為磁流體發(fā)電機的原理圖。金屬板M、N之間的距離為d=20 cm,磁場的磁感應強度大小為B=5 T,方向垂直紙面向里?，F(xiàn)將一束等離子體(即高溫下電離的氣體,含有大量帶正電和帶負電的微粒,整體呈中性)從左側噴射入磁場,發(fā)現(xiàn)在M、N兩板間接入的額定功率為P=100 W的燈泡正常發(fā)光,且此時燈泡電阻為R=100 ,不計離子重力和發(fā)電機內阻,且認為離子均為一價離子,則下列說法中正確的是()A.金屬板M上聚集負電荷,金屬板N上聚集正電荷B.該發(fā)電機的電動勢為100 VC.離子從左側噴射入磁場的初速度大小為103 m/sD.每秒鐘有6.25×1018個離子打在金屬板N上5.(多選)(2019貴州畢節(jié)梁才學校檢測)如圖所示,空間存在垂直于紙面向里的磁感應強度為B的勻強磁場,磁場內有一絕緣的足夠長的直桿,它與水平面的夾角為,一電荷量為q、質量為m的帶負電小球套在直桿上,從A點由靜止沿桿下滑,小球與桿之間的動摩擦因數(shù)為,在小球以后的運動過程中,下列說法正確的是()A.小球下滑的最大速度為vm=mgsinqBB.小球下滑的最大加速度為am=gsin C.小球的加速度一直在減小D.小球的速度先增大后不變6.(2019黑龍江哈爾濱統(tǒng)考)在光滑水平地面上水平放置著足夠長的質量為M的木板,其上放置著質量為m、帶正電的物塊(電荷量保持不變),兩者之間的動摩擦因數(shù)恒定,且M>m。空間存在足夠大的方向垂直于紙面向里的勻強磁場,某時刻開始它們以大小相等的速度相向運動,如圖所示,取向右為正方向,則下列圖象可能正確反映它們以后運動的是()7.(2019廣東佛山模擬)如圖甲所示,M、N為豎直放置且彼此平行的兩塊平板,板間距離為d,兩板中央各有一個小孔O、O'且正對,在兩板間有垂直于紙面方向的磁場,磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。有一束正離子在t=0時垂直于M板從小孔O射入磁場,已知正離子的質量為m,電荷量為q,正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應強度變化的周期都為T0,不考慮由于磁場變化而產生的電場的影響,不計正離子所受重力。求:(1)磁感應強度B0的大小;(2)要使正離子從O'孔垂直于N板射出磁場,正離子射入磁場時的速度v0的可能值。B組8.如圖,相鄰兩個勻強磁場區(qū)域和,設磁感應強度的大小分別為B1、B2。已知磁感應強度方向相反且垂直紙面,兩個區(qū)域的寬度都為d,質量為m、電荷量為+q的粒子由靜止開始經電壓恒為U的電場加速后,垂直于區(qū)域的邊界線MN,從A點進入并穿越區(qū)域后進入?yún)^(qū)域,最后恰好不能從邊界線PQ穿出區(qū)域。不計粒子重力。求(1)B1的取值范圍;(2)B1與B2的關系式。9.如圖所示的平面直角坐標系xOy,在第象限內有平行于y軸的勻強電場,方向沿y軸正方向;在第四象限某一矩形區(qū)域內有方向垂直于xOy平面的勻強磁場,磁場的磁感應強度大小為B。一質量為m、電荷量為-q的粒子,從y軸上的P(0,3h)點,以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場,通過電場后從x軸上的Q(2h,0)點進入第四象限,經過磁場偏轉后從y軸上M(0,-2h)點垂直y軸進入第象限,不計粒子所受的重力。求:(1)電場強度E的大小;(2)粒子到達Q點時速度的大小和方向;(3)矩形磁場區(qū)域的最小面積。10.如圖所示,在平面直角坐標系xOy的第二、第三象限內有一垂直紙面向里磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域ABC,A點坐標(0,3a)、C點坐標(0,-3a)、B點坐標(-23a,-3a)。在直角坐標系xOy的第一象限區(qū)域內,加上方向沿y軸正方向、大小為E=Bv0的勻強電場,在x=3a處垂直于x軸放置一足夠大的平面熒光屏,與x軸交點為Q。粒子束以相同的速度v0從OC間垂直y軸射入磁場,已知從y軸上y=-2a的點射入磁場的粒子在磁場中的軌跡恰好經過O點,忽略粒子間的相互作用,不計粒子的重力。試求:(1)粒子的比荷;(2)粒子束射入電場時經過y軸的縱坐標范圍;(3)從y軸什么位置射入磁場的粒子最終打到熒光屏上時距離Q點最遠,并求出最遠距離。專題分層突破練10帶電粒子在復合場中的運動1.C解析 由于帶電粒子使沿途的空氣電離,因此粒子的能量逐漸減小,速度逐漸減小,根據(jù)粒子在磁場中運動的半徑公式r=mvqB,可知,粒子運動的軌跡半徑是逐漸減小的,所以粒子的運動軌跡是從b到a,選項A、B錯誤;再根據(jù)左手定則可知,粒子帶正電,選項C正確,D錯誤。2.BD解析 兩個離子的質量相同,其帶電荷量是13的關系,所以由a=qUmd可知,其在電場中的加速度是13,故A錯誤。要想知道半徑必須先知道進入磁場的速度,而速度的決定因素是加速電場,在離開電場時其速度表達式為:v=2qUm,可知其速度之比為13。又由qvB=mv2r知,r=mvqB,所以其半徑之比為31,故B正確。設磁場寬度為L,離子通過磁場轉過的角度等于其圓心角,所以有sin=Lr,則可知角度的正弦值之比為13,又P+的角度為30°,可知P3+角度為60°,即在磁場中轉過的角度之比為12,故C錯誤。由電場加速后:qU=12mv2可知,兩離子離開電場的動能之比為13,故D正確。故選BD。3.C解析 液滴偏轉是由于受洛倫茲力作用,據(jù)左手定則可判斷液滴一定帶負電,A正確;液滴所受電場力必向上,而液滴能夠從靜止向下運動,是因為重力大于電場力,由AC合力做正功,故在C處液滴的動能最大,B正確;而由于AC克服電場力做功最多,電勢能增加最多,又機械能與電勢能的和不變,因此,由AC機械能減小,故液滴在C點機械能最小,C錯誤,D正確。4.BD解析 由左手定則可知,射入的等離子體中正離子將向金屬板M偏轉,負離子將向金屬板N偏轉,選項A錯誤;由于不考慮發(fā)電機的內阻,由閉合電路歐姆定律可知,電源的電動勢等于電源的路端電壓,所以E=U=PR=100V,選項B正確;由Bqv=qUd可得v=UBd=100m/s,選項C錯誤;每秒鐘經過燈泡L的電荷量Q=It,而I=PR=1A,所以Q=1C,由于離子為一價離子,所以每秒鐘打在金屬板N上的離子個數(shù)為n=Qe=11.6×10-19=6.25×1018(個),選項D正確。5.BD解析 小球開始下滑時有mgsin-(mgcos-qvB)=ma,隨著v增大,a增大,當v0=mgcosqB時,a達到最大值即am=gsin,此時洛倫茲力大小等于mgcos,支持力為0,此后隨著速度增大,洛倫茲力增大,支持力增大,此后下滑過程中有,mgsin-(qvB-mgcos)=ma,隨著v增大,a減小,當vm=mg(sin+cos)qB時,a=0,此時達到平衡狀態(tài),速度不變。所以整個過程中,v先增大后不變,a先增大后減小,所以B、D正確。6.B解析 對物塊分析可知,其受重力、支持力、洛倫茲力和摩擦力作用,由左手定則可知,洛倫茲力方向向上;水平方向受摩擦力作用而做減速運動;則由F=Bqv可知,洛倫茲力減小,故m對M的壓力增大,摩擦力增大,故m的加速度越來越大;同時M受m向右的摩擦力作用,M也做減速運動;因摩擦力增大,故M的加速度也越來越大;v-t圖象中圖線斜率的絕對值表示加速度大小,則可知v-t圖象中對應的圖線應為曲線;對M、m組成的系統(tǒng)分析可知,系統(tǒng)所受外力之和為零,故系統(tǒng)的動量守恒,最終木板和物塊速度一定相同,則有mv0-Mv0=(M+m)v,因M>m,故最終速度一定為負值,說明最終木板和物塊均向左做勻速運動,則B正確。7.答案 (1)2mqT0(2)d2nT0(n=1,2,3,)解析 (1)設磁場方向垂直于紙面向里時為正,正離子射入磁場后做勻速圓周運動,根據(jù)洛倫茲力提供向心力,有B0qv0=mv02r粒子運動的周期T0=2rv0解得B0=2mqT0。(2)正離子從O'孔垂直于N板射出磁場時,可能的運動軌跡如圖所示,正離子在兩板之間只運動一個周期T0時,有r=d4正離子在兩板之間運動n個周期即nT0時,有r=d4n(n=1,2,3,)解得v0=d2nT0(n=1,2,3,)。8.答案 (1)0<B1<2qUmqd(2)B2-B1=2qUmqd解析 (1)設粒子經U加速后獲得的速度為v,根據(jù)動能定理有qU=12mv2在區(qū)域的磁場中偏轉,有qB1v=mv2R1要使粒子能進入?yún)^(qū)域,必須:R1>d聯(lián)立得:0<B1<2qUmqd(2)兩區(qū)域磁場方向相反(如垂直紙面向外,垂直紙面向里),則粒子的運動軌跡如圖線ACD。帶電粒子在區(qū)域的磁場中偏轉,由洛倫茲力提供向心力,得qB2v=mv2R2如圖O1HCO2JC,則有R1d=R2d-R2聯(lián)立得:B2-B1=2qUmqd9.答案 (1)E=3mv022qh(2)v=2v0,方向指向第四象限與x軸正方向成60°角(3)圖1見解析解析 (1)如圖所示,設粒子在電場中運動的時間為t,則有:x=v0t=2hy=qE2mt2=3h聯(lián)立以上各式可得:E=3mv022qh圖2(2)粒子到達Q點時沿負y方向的分速度為vy=at=3v0所以v=v02+vy2=2v0方向指向第四象限與x軸正方向成60°角(3)粒子在磁場中運動時,有:qvB=mv2r解得:r=mvqB若磁場方向垂直紙面向里,軌跡如圖1所示,最小矩形磁場的邊界長為3r,寬為r2,面積為23m2v02q2B2若磁場方向垂直紙面向外,軌跡如圖2所示,最小矩形磁場的邊界長為2r,寬為32r,面積為12m2v02q2B210.答案 (1)v0Ba(2)0y2a(3)粒子射入磁場的位置為y=-78a;最遠距離為94a解析 (1)由題意可知,粒子在磁場中的軌跡半徑為r=a由牛頓第二定律得Bqv0=mv02r故粒子的比荷qm=v0Ba(2)能進入電場中且離O點上方最遠的粒子在磁場中的運動軌跡恰好與AB邊相切,設粒子運動軌跡的圓心為O'點,如圖所示。由幾何關系知O'A=r·ABBC=2a則OO'=OA-O'A=a即粒子離開磁場進入電場時,離O點上方最遠距離為OD=ym=2a所以粒子束從y軸射入電場的范圍為0y2a(3)假設粒子沒有射出電場就打到熒光屏上,有3a=v0·t0y=qE2mt02=92a>2a所以,粒子應射出電場后打到熒光屏上粒子在電場中做類平拋運動,設粒子在電場中的運動時間為t,豎直方向位移為y,水平方向位移為x,則水平方向有x=v0·t豎直方向有y=qE2mt2代入數(shù)據(jù)得x=2ay設粒子最終打在熒光屏上的點距Q點為H,粒子射出電場時與x軸的夾角為,則tan=vyvx=qEm·xv0v0=2ya有H=(3a-x)·tan=(3a-2y)2y當3a-2y=2y時,即y=98a時,H有最大值由于98a<2a,所以H的最大值Hmax=94a,粒子射入磁場的位置為y=98a-2a=-78a。