考點規(guī)范練30帶電粒子在復(fù)合場中的運動一、單項選擇題1.如圖所示,虛線區(qū)域空間內(nèi)存在由勻強電場E和勻強磁場B組成的正交或平行的電場和磁場,有一個帶正電小球(電荷量為+q,質(zhì)量為m)從正交或平行的電磁復(fù)合場上方的某一高度自由落下,那么帶電小球可能沿直線通過的是()A.B.C.D.答案B解析圖中小球受重力、向左的電場力、向右的洛倫茲力,下降過程中速度一定變大,故洛倫茲力一定變化,不可能一直與電場力平衡,故合力不可能一直向下,故一定做曲線運動;圖中小球受重力、向上的電場力、垂直向外的洛倫茲力,合力與速度一定不共線,故一定做曲線運動;圖中小球受重力、向左上方的電場力、水平向右的洛倫茲力,若三力平衡,則小球做勻速直線運動;圖中小球受向下的重力和向上的電場力,合力一定與速度共線,故小球一定做直線運動。故選項B正確。2.如圖所示,一束質(zhì)量、速度和電荷量不全相等的離子,經(jīng)過由正交的勻強電場和勻強磁場組成的速度選擇器后,進入另一個勻強磁場中并分裂為A、B兩束,下列說法正確的是()A.組成A束和B束的離子都帶負(fù)電B.組成A束和B束的離子質(zhì)量一定不同C.A束離子的比荷大于B束離子的比荷D.速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向外答案C解析由左手定則知,A、B離子均帶正電,A錯誤;兩束離子經(jīng)過同一速度選擇器后的速度相同,在偏轉(zhuǎn)磁場中,由R=mvqB可知,半徑大的離子對應(yīng)的比荷小,但離子的質(zhì)量不一定相同,故選項B錯誤,C正確;速度選擇器中的磁場方向應(yīng)垂直紙面向里,D錯誤。3.右圖是醫(yī)用回旋加速器示意圖,其核心部分是兩個D形金屬盒,兩金屬盒置于勻強磁場中,并分別與高頻電源相連。現(xiàn)分別加速氘核(12H)和氦核(24He)。下列說法正確的是()A.它們的最大速度相同B.它們的最大動能相同C.兩次所接高頻電源的頻率可能不相同D.僅增大高頻電源的頻率可增大粒子的最大動能答案A解析根據(jù)qvB=mv2R,得v=qBRm。兩粒子的比荷qm相等,所以最大速度相等,A正確。最大動能Ek=12mv2,兩粒子的最大速度相等,但質(zhì)量不相等,所以最大動能不相等,B錯誤。帶電粒子在磁場中運動的周期T=2mqB,兩粒子的比荷qm相等,所以周期相等,做圓周運動的頻率相等。因為所接高頻電源的頻率等于粒子做圓周運動的頻率,故兩次所接高頻電源的頻率相同,C錯誤。由Ek=12mv2=q2B2R22m可知,粒子的最大動能與加速電壓的頻率無關(guān);另外,回旋加速器加速粒子時,粒子在磁場中運動的頻率和高頻電源的頻率相同,否則無法加速,D錯誤。4.如圖所示,甲是一個帶正電的小物塊,乙是一個不帶電的絕緣物塊,甲、乙疊放在一起靜置于粗糙的水平地板上,地板上方空間有水平方向的勻強磁場。現(xiàn)用水平恒力拉乙物塊,使甲、乙一起保持相對靜止向左加速運動。在加速運動階段,下列說法正確的是()A.甲對乙的壓力不斷減小B.甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷增大C.乙對地板的壓力不斷減小D.甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷減小答案D解析對甲、乙兩物塊受力分析,甲物塊受豎直向下的洛倫茲力不斷增大,乙物塊對地板的壓力不斷增大,甲、乙一起向左做加速度減小的加速運動;甲、乙兩物塊間的摩擦力大小為Ff=m甲a,甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷減小。故D正確。二、多項選擇題5.質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒以速度v與水平方向成角從O點進入方向如圖所示的正交的勻強電場和勻強磁場組成的混合場區(qū),該微粒在電場力、洛倫茲力和重力的共同作用下,恰好沿直線運動到A。下列說法正確的是()A.該微粒一定帶負(fù)電荷B.微粒從O到A的運動可能是勻變速運動C.該磁場的磁感應(yīng)強度大小為mgqvcosD.該電場的電場強度為Bvcos 答案AC解析若微粒帶正電荷,它受豎直向下的重力mg、水平向左的電場力qE和垂直O(jiān)A斜向右下方的洛倫茲力qvB,知微粒不能做直線運動,據(jù)此可知微粒應(yīng)帶負(fù)電荷,它受豎直向下的重力mg、水平向右的電場力qE和垂直O(jiān)A斜向左上方的洛倫茲力qvB,又知微粒恰好沿著直線運動到A,可知微粒應(yīng)該做勻速直線運動,則選項A正確,選項B錯誤;由平衡條件得:qvBcos=mg,qvBsin=qE,得磁場的磁感應(yīng)強度B=mgqvcos,電場的電場強度E=Bvsin,故選項C正確,選項D錯誤。6.如圖所示,在水平勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中,有一豎直足夠長固定絕緣桿MN,小球P套在桿上,已知P的質(zhì)量為m、電荷量為+q,電場強度為E,磁感應(yīng)強度為B,P與桿間的動摩擦因數(shù)為,重力加速度為g。小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中()A.小球的加速度一直減小B.小球的機械能和電勢能的總和保持不變C.下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v=2qE-mg2qBD.下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v=2qE+mg2qB答案CD解析對小球受力分析如圖所示,則mg-(qE-qvB)=ma,隨著v的增加,小球加速度先增大,當(dāng)qE=qvB時達到最大值,amax=g,繼續(xù)運動,mg-(qvB-qE)=ma,隨著v的增大,a逐漸減小,所以A錯誤。因為有摩擦力做功,機械能與電勢能總和在減小,B錯誤。若在前半段達到最大加速度的一半,則mg-(qE-qvB)=mg2,得v=2qE-mg2qB;若在后半段達到最大加速度的一半,則mg-(qvB-qE)=mg2,得v=2qE+mg2qB,故C、D正確。7.如圖,為探討霍爾效應(yīng),取一塊長度為a、寬度為b、厚度為d的金屬導(dǎo)體,給金屬導(dǎo)體加與前后側(cè)面垂直的勻強磁場B,且通以圖示方向的電流I時,用電壓表測得導(dǎo)體上、下表面M、N間電壓為U。已知自由電子的電荷量為e,下列說法正確的是()A.M板比N板電勢高B.導(dǎo)體單位體積內(nèi)自由電子數(shù)越多,電壓表的示數(shù)越大C.導(dǎo)體中自由電子定向移動的速度為v=UBdD.導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為BIeUb答案CD解析電流方向向右,電子定向移動方向向左,根據(jù)左手定則判斷可知,電子所受的洛倫茲力方向向上,則M板積累了電子,M、N之間產(chǎn)生向上的電場,所以M板比N板電勢低,選項A錯誤;電子定向移動相當(dāng)于長度為d的導(dǎo)體垂直切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,電壓表的讀數(shù)U等于感應(yīng)電動勢E,則有U=E=Bdv,可見,電壓表的示數(shù)與導(dǎo)體單位體積內(nèi)自由電子數(shù)無關(guān),選項B錯誤;由U=E=Bdv得,自由電子定向移動的速度為v=UBd,選項C正確;電流的微觀表達式是I=nevS,則導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n=IevS,S=db,v=UBd,代入得n=BIeUb,選項D正確。三、非選擇題8.如圖所示,在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy,其第一象限存在著正交的勻強電場和勻強磁場,電場強度的方向水平向右,磁感應(yīng)強度的方向垂直紙面向里。一電荷量為+q、質(zhì)量為m的微粒從原點出發(fā)沿與x軸正方向的夾角為45的方向進入復(fù)合場中,正好做直線運動,當(dāng)微粒運動到A(l,l)時,電場方向突然變?yōu)樨Q直向上(不計電場變化的時間),粒子繼續(xù)運動一段時間后,正好垂直于y軸穿出復(fù)合場。不計一切阻力,求:(1)電場強度E的大小;(2)磁感應(yīng)強度B的大小;(3)粒子在復(fù)合場中的運動時間。答案(1)mgq(2)mqgl(3)34+1lg解析(1)微粒到達A(l,l)之前做勻速直線運動,對微粒受力分析如圖甲,所以,Eq=mg,得E=mgq。甲(2)由平衡條件得qvB=2mg電場方向變化后,微粒所受重力與電場力平衡,微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,軌跡如圖乙。乙則qvB=mv2r由幾何知識可得r=2lv=2gl聯(lián)立解得B=mqgl。(3)微粒做勻速運動的時間t1=2lv=lg做圓周運動的時間t2=342lv=34lg在復(fù)合場中運動時間t=t1+t2=34+1lg。9.電視機顯像管中需要用變化的磁場來控制電子束的偏轉(zhuǎn)。圖甲為顯像管工作原理示意圖,陰極K發(fā)射的電子束(初速度不計)經(jīng)電壓為U的加速電場后,進入一圓形勻強磁場區(qū),磁場方向垂直于圓面(以垂直圓面向里為正方向),磁場區(qū)的中心為O,半徑為r,熒光屏MN到磁場區(qū)中心O的距離為l。當(dāng)不加磁場時,電子束將通過O點垂直打到屏幕的中心P點。當(dāng)磁場的磁感應(yīng)強度隨時間按圖乙所示的規(guī)律變化時,在熒光屏上得到一條長為23l的亮線。由于電子通過磁場區(qū)的時間很短,可以認(rèn)為在每個電子通過磁場區(qū)的過程中磁感應(yīng)強度不變。已知電子的電荷量為e,質(zhì)量為m,不計電子之間的相互作用及所受的重力。求:(1)電子打到熒光屏上時的速度大小;(2)磁感應(yīng)強度的最大值B0。答案(1)2eUm(2)6meU3er解析(1)電子打到熒光屏上時速度的大小等于它飛出加速電場時的速度大小,設(shè)為v,由動能定理得eU=12mv2解得v=2eUm。(2)當(dāng)交變磁場為最大值B0時,電子束有最大偏轉(zhuǎn),在熒光屏上打在Q點,PQ=3l。電子運動軌跡如圖所示,設(shè)此時的偏轉(zhuǎn)角度為,由幾何關(guān)系可知,tan=3ll,=60根據(jù)幾何關(guān)系,電子束在磁場中運動路徑所對的圓心角=,而tan2=rR。由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得evB0=mv2R解得B0=6meU3er。10.(2018全國卷)如圖,在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強電場,電場強度大小為E;在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場。一個氕核11H和一個氘核12H先后從y軸上y=h點以相同的動能射出,速度方向沿x軸正方向。已知11H進入磁場時,速度方向與x軸正方向的夾角為60,并從坐標(biāo)原點O處第一次射出磁場,11H的質(zhì)量為m,電荷量為q,不計重力。求:(1)11H第一次進入磁場的位置到原點O的距離;(2)磁場的磁感應(yīng)強度大小;(3)12H第一次離開磁場的位置到原點O的距離。答案(1)233h(2)6mEqh(3)233(2-1)h解析(1)11H在電場中做類平拋運動,在磁場中做圓周運動,運動軌跡如圖所示。設(shè)11H在電場中的加速度大小為a1,初速度大小為v1,它在電場中的運動時間為t1,第一次進入磁場的位置到原點O的距離為s1。由運動學(xué)公式有s1=v1t1h=12a1t12由題給條件,11H進入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角1=60。11H進入磁場時速度沿y軸方向的分量的大小為a1t1=v1tan1聯(lián)立以上各式得s1=233h。(2)11H在電場中運動時,由牛頓第二定律有qE=ma1設(shè)11H進入磁場時速度的大小為v1,由矢量合成法則有v1=v12+(a1t1)2設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B,11H在磁場中運動的圓軌道半徑為R1,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有qv1B=mv12R1由幾何關(guān)系得s1=2R1sin1聯(lián)立以上各式得B=6mEqh。(3)設(shè)12H在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為v2,在電場中的加速度大小為a2。由題給條件得12(2m)v22=12mv12由牛頓第二定律有qE=2ma2設(shè)12H第一次射入磁場時的速度大小為v2,速度的方向與x軸正方向夾角為2,入射點到原點的距離為s2,在電場中運動的時間為t2。由運動學(xué)公式有s2=v2t2h=12a2t22v2=v22+(a2t2)2sin2=a2t2v2聯(lián)立以上各式得s2=s1,2=1,v2=22v1設(shè)12H在磁場中做圓周運動的半徑為R2,由式及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公式得R2=(2m)v2qB=2R1所以出射點在原點左側(cè)。設(shè)12H進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為s2,由幾何關(guān)系有s2=2R2sin2聯(lián)立式得,12H第一次離開磁場時的位置到原點O的距離為s2-s2=233(2-1)h。