課時分層作業(yè) 二十七 帶電粒子在復合場中的運動(45分鐘100分)【基礎達標題組】一、選擇題(本題共8小題,每小題7分,共56分。15題為單選題,68題為多選題)1.帶電小球以一定的初速度v0豎直向上拋出,能夠達到的最大高度為h1;若加上水平方向的勻強磁場,且保持初速度仍為v0,小球上升的最大高度為h2;若加上水平方向的勻強電場,且保持初速度仍為v0,小球上升的最大高度為h3。不計空氣阻力,則()A.h1=h2=h3B.h1>h2>h3C.h1=h2>h3D.h1=h3>h2【解析】選D。由豎直上拋運動的最大高度公式得h1=,當小球在磁場中運動到最高點時,小球應有水平速度,由能量守恒得mgh2+Ek=m=mgh1,所以h1>h2;當加上電場時,由運動的獨立性可知在豎直方向上有=2gh3,所以h1=h3,D正確。2.如圖是磁流體發(fā)電機的原理示意圖,金屬板M、N正對著平行放置,且板面垂直于紙面,在兩板之間接有電阻R。在極板間有垂直于紙面向里的勻強磁場。當等離子束(分別帶有等量正、負電荷的離子束)從左向右進入極板時,下列說法中正確的是()A.N板的電勢高于M板的電勢B.M板的電勢等于N板的電勢C.R中有由b向a方向的電流D.R中有由a向b方向的電流【解析】選D。根據左手定則可知正離子向上極板偏轉,負離子向下極板偏轉,則M板電勢高于N板電勢。M板相當于電源的正極,那么R中有由a向b方向的電流,據以上分析可知本題正確選項為D。3.(2018唐山模擬)如圖所示,兩導體板水平放置,兩板間電勢差為U,帶電粒子以某一初速度v0沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入,穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁場,則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離d隨著U和v0的變化情況為()A.d隨v0增大而增大,d與U無關B.d隨v0增大而增大,d隨U增大而增大C.d隨U增大而增大,d與v0無關D.d隨v0增大而增大,d隨U增大而減小【解題指導】帶電粒子在組合場中的運動,實際上仍是一個力學問題,分析的基本思路:(1)弄清組合場的組成。(2)正確分析帶電粒子的受力情況及運動特征。(3)畫出粒子運動軌跡,靈活選擇對應的運動規(guī)律列式求解。例如,帶電粒子在電場中加速,一般選擇動能定理;類平拋運動一般要進行運動的分解;圓周運動一般分析向心力等?！窘馕觥窟xA。設粒子從M點進入磁場時的速度大小為v,該速度與水平方向的夾角為,故有v=,粒子在磁場中做勻速圓周運動,半徑為r=,而M、N之間的距離為d=2rcos,聯立解得d=,選項A正確。4.如圖所示,某一真空室內充滿豎直向下的勻強電場E,在豎直平面內建立坐標系xOy,在y<0的空間里有與場強E垂直的勻強磁場B,在y>0的空間內,將一質量為m的帶電液滴(可視為質點)自由釋放,此液滴沿y軸的負方向,以加速度a=2g(g為重力加速度)做勻加速直線運動,當液滴運動到坐標原點時,瞬間被安裝在原點的一個裝置改變了帶電性質(液滴所帶電荷量和質量均不變),隨后液滴進入y<0的空間內運動,液滴在y<0的空間內運動過程中 ()A.重力勢能一定是不斷減小B.電勢能一定是先減小后增大C.動能不斷增大D.動能保持不變【解析】選D。在y>0的空間內,根據液滴沿y軸負方向以加速度a=2g(g為重力加速度)做勻加速直線運動可知,液滴在此空間內運動時所受電場力方向向下,大小等于重力;進入y<0的空間后,液滴電性改變,其所受電場力向上,大小仍等于重力,所以液滴將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,在液滴運動半個周期內,動能保持不變,重力勢能先減小后增大,電勢能先增大后減小,D正確,A、B、C錯誤。5.質譜儀是測量帶電粒子的質量和分析同位素的重要工具。如圖所示為質譜儀的原理示意圖,現利用質譜儀對氫元素進行測量。讓氫元素三種同位素的離子流從容器A下方的小孔S無初速度飄入電勢差為U的加速電場。加速后垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場中。氫的三種同位素最后打在照相底片D上,形成a、b、c三條“質譜線”。則下列判斷正確的是 ()A.進入磁場時速度從大到小排列的順序是氕、氘、氚B.進入磁場時動能從大到小排列的順序是氕、氘、氚C.在磁場中運動時間由大到小排列的順序是氕、氘、氚D.a、b、c三條“質譜線”依次排列的順序是氕、氘、氚【解析】選A。離子通過加速電場的過程,有qU=mv2,因為氕、氘、氚三種離子的電量相同、質量依次增大,故進入磁場時動能相同,速度依次減小,故A項正確,B項錯誤;由T=可知,氕、氘、氚三種離子在磁場中運動的周期依次增大,又三種離子在磁場中運動的時間均為半個周期,故在磁場中運動時間由大到小排列依次為氚、氘、氕,C項錯誤;由qvB=m及qU=mv2,可得R=,故氕、氘、氚三種離子在磁場中的軌道半徑依次增大,所以a、b、c三條“質譜線”依次對應氚、氘、氕,D項錯誤。【加固訓練】帶正電的甲、乙、丙三個粒子(不計重力)分別以速度v甲、v乙、v丙垂直射入電場和磁場相互垂直的復合場中,其軌跡如圖所示,則下列說法正確的是()A.v甲>v乙>v丙B.v甲<v乙<v丙C.甲的速度可能變大D.丙的速度不一定變大【解析】選A。由左手定則可判斷正電荷所受洛倫茲力向上,而所受的電場力向下,由運動軌跡可判斷qv甲B>qE,即v甲>,同理可得v乙=,v丙<,所以v甲>v乙>v丙,故A正確,B錯誤;電場力對甲做負功,甲的速度一定減小,對丙做正功,丙的速度一定變大,故C、D錯誤。6.(2018珠海模擬)如圖所示,豎直放置的兩塊很大的平行金屬板a、b,相距為d,ab間的電場強度為E,今有一帶正電的粒子從a板下邊緣以初速度v0豎直向上射入電場,當它飛到b板時,速度大小不變,而方向變成水平方向,且剛好從高度也為d的狹縫穿過b板而進入bc區(qū)域,bc寬度也為d,所加電場大小為E,方向豎直向上;磁感應強度大小等于,方向垂直于紙面向里,重力加速度為g,則下列說法中正確的是()A.粒子在ab區(qū)域中做勻變速運動,運動時間為B.粒子在bc區(qū)域中做勻速圓周運動,圓周半徑r=dC.粒子在bc區(qū)域中做勻速直線運動,運動時間為D.粒子在ab、bc區(qū)域中運動的總時間為【解析】選A、D。粒子在ab區(qū)域中受到豎直方向的重力作用,水平方向的電場力作用,由于都是恒力,故粒子做勻變速運動,由對稱性可知Eq=mg,在豎直方向v0=gt1,則t1=或者t1=,選項A正確;粒子進入bc區(qū)域中,受到向下的重力、向上的電場力和向上的洛倫茲力作用,由于B=,則Bqv0=Eq=mg,由于重力和電場力平衡,故粒子做勻速圓周運動,半徑為r=,根據d=t和d=gt2可知r=2d,故選項B、C錯誤;由幾何關系可知,粒子在bc區(qū)域運動的圓心角為30,故所用的時間t2=,所以粒子在ab、bc區(qū)域中運動的總時間為t=t1+t2=,選項D正確。7.如圖所示,已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經電壓U加速后,水平進入互相垂直的勻強電場E和勻強磁場B的復合場中(E和B已知),小球在此空間的豎直面內做勻速圓周運動,則 ()A.小球帶負電B.小球做勻速圓周運動的半徑為r=C.小球做勻速圓周運動的周期為T=D.若電壓U增大,則小球做勻速圓周運動的周期增加【解析】選A、B。小球在復合場中做勻速圓周運動,則小球受到的靜電力和重力滿足mg=Eq,則小球帶負電,A正確;因為小球做勻速圓周運動的向心力為洛倫茲力,由牛頓第二定律和動能定理可得:Bqv=,Uq=mv2,聯立兩式可得:小球做勻速圓周運動的半徑r=,由T=可以得出T=,與電壓U無關,所以B正確,C、D錯誤。8.如圖甲所示,兩平行金屬板MN、PQ的板長和板間距離相等,板間存在如圖乙所示的隨時間周期性變化的電場,電場方向與兩板垂直,不計重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向源源不斷地射入電場,粒子射入電場時的初動能均為Ek0。已知t=0時刻射入電場的粒子剛好沿上板右邊緣垂直電場方向射出電場。則()A.所有粒子都不會打到兩極板上B.所有粒子最終都垂直電場方向射出電場C.運動過程中所有粒子的最大動能不可能超過2Ek0D.只有t=n(n=0,1,2,)時刻射入電場的粒子才能垂直電場方向射出電場【解析】選A、B、C。帶電粒子在垂直于電場方向上做勻速直線運動,在沿電場方向上,做加速度大小不變、方向周期性變化的變速直線運動。由t=0時刻進入電場的粒子運動情況可知,粒子在平行板間運動時間為交變電流周期的整數倍。在0時間內帶電粒子運動的加速度a=,由勻變速直線運動規(guī)律得vy=at= t,同理可分析T時間內的運動情況,所以帶電粒子在沿電場方向的速度v與E-t圖線所圍面積成正比(時間軸下方的面積取負值)。而經過整數個周期,E0-t圖象與坐標軸所圍面積始終為零,故帶電粒子離開電場時沿電場方向的速度總為零,B正確,D錯誤;帶電粒子在t=0時刻射入時,側向位移最大,故其他粒子均不可能打到極板上,A正確;當粒子在t=0時刻射入且經過T離開電場時,粒子在t=時達到最大速度,此時兩分位移之比為12,即v0t=2at2,可得vy=v0,故粒子的最大速度為v=v0,因此最大動能為初動能的2倍,C正確。二、計算題(19分。需寫出規(guī)范的解題步驟)9.如圖所示,豎直平面坐標系xOy的第一象限,有垂直xOy平面向外的水平勻強磁場和豎直向上的勻強電場,大小分別為B和E;第四象限有垂直xOy平面向里的水平勻強電場,大小為2E;第三象限內有一絕緣光滑豎直放置的半徑為R的半圓軌道,軌道最高點與x軸相切于坐標原點O,最低點與絕緣光滑水平面相切于N。一質量為m的帶電小球從y軸上(y>0)的P點沿x軸正方向進入第一象限后做圓周運動,恰好通過坐標原點O,且水平切入半圓軌道并恰好沿軌道內側運動,過N點水平進入第四象限,并在電場中運動(已知重力加速度為g)。(1)判斷小球的帶電性質并求出其所帶電荷量。(2)P點距坐標原點O至少多高?(3)若該小球以滿足(2)中OP最小值的位置和對應速度進入第一象限,通過N點開始計時,經時間t=2,小球距N點的距離s為多遠?【解析】(1)小球進入第一象限正交的電場和磁場后,在垂直磁場的平面內做圓周運動,說明重力與電場力平衡,qE=mg得q=小球帶正電(2)小球在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,設勻速圓周運動的速度為v,半徑為r有:qvB=m小球恰能通過半圓軌道的最高點并沿軌道運動,有:mg=m由得:r=PO的最小距離為y=2r=(3)小球由O運動到N的過程中機械能守恒:mg2R+mv2=m由得:vN=根據運動的獨立性可知,小球從N點進入電場區(qū)域后,在x軸方向以速度vN做勻速直線運動,沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動,則沿x軸方向有:x=vNt沿電場方向有d=at2a=2gt時刻小球距N點的距離:s=6R答案:(1)小球帶正電(2)(3)6R【加固訓練】(2018岳陽模擬)如圖所示,真空中的矩形abcd區(qū)域內存在豎直向下的勻強電場,半徑為R的圓形區(qū)域內同時存在垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應強度為B,圓形邊界分別相切于ad、bc邊的中點e、f。一帶電粒子以初速度v0沿著ef方向射入該區(qū)域后能做直線運動;當撤去磁場并保留電場時,粒子以相同的初速度沿著ef方向射入恰能從c點飛離該區(qū)域。已知ad=bc=R,忽略粒子的重力。求:(1)帶電粒子的電荷量q與質量m的比值。(2)若撤去電場保留磁場,粒子離開矩形區(qū)域時的位置。【解析】(1)設勻強電場強度為E,當電場和磁場同時存在時,粒子沿ef方向做直線運動,有qv0B=qE當撤去磁場,保留電場時,帶電粒子做類平拋運動,水平方向做勻速直線運動,豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動,由題知,粒子恰能從c點飛出,則水平方向有2R=v0t豎直方向有bc=at2因為qE=ma聯立解得=(2)若撤去電場保留磁場,粒子將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,軌跡如圖所示,設粒子離開矩形區(qū)域時的位置g距離b的距離為x,則由牛頓第二定律qv0B=m得r=由圖中幾何關系得r=Rtan=R得=60,故粒子離開磁場時距離b的距離為x=ab-bc解得x=答案:(1)(2)ab邊距b點處【能力拔高題組】1.(8分)(2018西安模擬)如圖甲是回旋加速器的原理示意圖,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(磁感應強度大小恒定),并分別與高頻電源相連,加速時某帶電粒子的動能Ek隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示,若忽略帶電粒子在電場中的加速時間,則下列判斷正確的是()A.高頻電源的變化周期應該等于tn-tn-1B.在Ek-t圖象中,t4-t3=t3-t2=t2-t1C.粒子加速次數越多,粒子獲得的最大動能一定越大D.不同粒子獲得的最大動能都相同【解析】選B。回旋加速器所加高頻電源的頻率與帶電粒子在磁場中運動的頻率相同,在一個周期內,帶電粒子兩次通過勻強電場加速,故高頻電源的變化周期為tn-tn-2,A項錯誤;帶電粒子在勻強磁場中的運動周期與粒子速度無關,B項正確;粒子加速到做圓周運動的半徑等于加速器半徑時,速度達到最大,即qvmaxB= Ekmax=,與加速次數無關,C項錯誤;不同粒子的比荷不同,最大動能也不一定相同,D項錯誤。2.(17分)如圖甲所示,空間存在水平方向的大小不變、方向周期性變化的電場,其變化規(guī)律如圖乙所示(取水平向右為正方向)。一個質量為m、電荷量為+q的粒子(重力不計),開始處于圖中的A點。在t=0時刻將該粒子由靜止釋放,經過時間t0,剛好運動到B點,且瞬時速度為零。已知電場強度大小為E0。試求:(1)電場變化的周期T應滿足的條件。(2)A、B之間的距離。(3)若在t=時刻釋放該粒子,則經過時間t0粒子的位移為多大?【解析】(1)根據粒子的初狀態(tài)和受力特點可知,粒子運動的v-t圖象如圖所示。可見,當t0=nT時,粒子的速度剛好為零,故有T=(n為正整數)。(2)由(1)圖可知,A、B之間的距離x=a2n=n()2=。(3)若在t=時刻釋放該粒子,其v-t圖象如圖所示,此時t0時間內粒子的位移x=na2-a2=。答案:(1)T=(n為正整數)(2)(3)