【物理】2020届一轮复习教科版第9章第3讲带电粒子在复合场中的运动作业

【物理】2020届一轮复习教科版第9章第3讲带电粒子在复合场中的运动作业

练案[27]　　第九章　磁　场 第3讲　带电粒子在复合场中的运动 一、选择题(本题共8小题，1～5题为单选，6～8题为多选)‎ ‎1．(2019·石景山区)如图所示，界面MN与水平地面之间有足够大正交的匀强磁场B和匀强电场E，磁感线和电场线都处在水平方向且互相垂直。在MN上方有一个带正电的小球由静止开始下落，经电场和磁场到达水平地面。若不计空气阻力，小球在通过电场和磁场的过程中，下列说法中正确的是(　B　)‎ A．小球做匀变速曲线运动 B．小球的电势能一定减少 C．洛伦兹力对小球做负功 D．小球的动能增量等于其重力势能的减少量 ‎[解析]　小球进入混合场后，受重力、电场力、洛伦兹力共同作用，初速度竖直向下，电场力水平向右，洛伦兹力水平向右，因此，合力必不沿竖直方向，故粒子做曲线运动，运动过程中洛伦兹力时刻变化，故合力将会改变，小球做变速曲线运动，A错误；下落过程中，电场力将做正功，由功能关系得，电势能减小，B正确；小球从静止开始下落到水平地面过程中，洛伦兹力不做功，由动能定理得，小球落到水平地面时的动能等于其电势能和重力势能的减少量总和，C、D错误。‎ ‎2．(2018·黑龙江双鸭山一中期末)如图所示，在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，电荷量为q的液滴在竖直面内做半径为R的匀速圆周运动。已知电场强度为E，磁感应强度为B，重力加速度为g，则液滴的带电性质和环绕速度分别为(　B　)‎ A．带正电，　 B．带正电， C．带负电，　 D．带负电， ‎[解析]　液滴在复合场中做匀速圆周运动，重力和电场力平衡，则qE＝mg，液滴带正电。再根据qvB＝m得，v＝＝，B正确。‎ ‎3．(2018·辽宁五校联考)如图所示，板间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，不计重力的氘核、氚核和氦核初速度为零，经相同的电压加速后，从两极板中间垂直射入电磁场区域，且氘核沿直线射出。不考虑粒子间的相互作用，则射出时(　D　)‎ A．偏向正极板的是氚核 B．偏向正极板的是氦核 C．射入电磁场区域时，氚核的动能最大 D．射入电磁场区域时，氦核的动量最大 ‎[解析]　在加速电场中，根据动能定理有Uq＝mv2，得v＝，则v氘＝v氦>v氚，氘核沿直线射出，则Eq＝qvB，E＝vB。氦核速度与氘核速度大小相等，也沿直线穿出，故B错误；对于氚核，Eq>qvB，则氚核偏向负极板，故A错误；射入电磁场区域时，由Uq＝mv2知，氦核的动能最大，故C错误；动量P＝＝，射入电磁场区域时，氦核的动量最大，D正确。‎ ‎4．(2018·天津滨海新区模拟)如图所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m，带电荷量为q，小球可在棒上滑动。现将此棒竖直放入如图所示相互垂直的匀强磁场和匀强电场中，设小球电荷量不变，在小球由静止下滑的过程中(　B　)‎ A．小球加速度一直增大 B．小球速度一直增大，直到最后匀速 C．小球速度先增大，再减小，直到停止运动 D．杆对小球的弹力一直减小 ‎[解析]　小球下滑过程中，受到重力、摩擦力(可能有)、弹力(可能有)、向左的洛伦兹力、向右的电场力。开始阶段，洛伦兹力小于电场力时，小球向下做加速运动，速度增大，小球所受的棒的弹力方向向左，大小FN＝qE－qvB，FN随着v的增大而减小，滑动摩擦力Ff＝μFN也减小，小球所受的合力F合＝mg－Ff，Ff减小，F合增大，加速度a增大。当洛伦兹力等于电场力时，合力等于重力，加速度最大。小球继续向下做加速运动，洛伦兹力大于电场力，小球所受的棒的弹力向右，大小FN＝qvB－qE，v增大，FN增大，Ff增大，F合减小，a减小。当mg＝Ff时，a ‎＝0，故加速度先增大后减小，直到为零；小球的速度先增大，后不变；棒对球的弹力先减小后反向增大，最后不变，B正确，A、C、D错误。‎ ‎5．(2018·河南省南阳市高三上学期第五次月考)如图所示，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是竖直平面内三个相同的半圆形光滑轨道，K为轨道最低点，Ⅰ处于匀强磁场中，Ⅱ和Ⅲ处于匀强电场中，三个完全相同的带正电小球a、b、c从轨道最高点自由下滑至第一次到达最低点K的过程中，下列说法正确的是(　A　)‎ A．在K处球a速度最大 B．在K处球b对轨道压力最大 C．球b需要的时间最长 D．球c机械能损失最多 ‎[解析]　对a小球受力分析可知，Fa＋qvB－mg＝m，所以Fa＝mg－qvB＋；对b球受力分析可得，Fb－mg＝m，所以Fb＝mg＋m；对c球受力分析可知Fc－mg＝m，所以Fc＝mg＋m；由于a球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；b球受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度的大小最小，所以b球的运动的时间也长，所以A错误C正确；c球受到的电场力对小球做正功，到达最低点时球的速度大小最大，所以c球的机械能增加，c球对轨道压力最大，所以B错误，D错误。‎ ‎6．(2018·湖南怀化模拟)磁流体发电是一项新兴技术。如图所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场。图中虚线框部分相当于发电机，把两个极板与用电器相连，则(　BD　)‎ A．用电器中的电流方向从B到A B．用电器中的电流方向从A到B C．若只减小磁感应强度，发电机的电动势增大 D．若只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大 ‎[解析]　首先对等离子体进行动态分析：开始时由左手定则判断正离子所受洛伦兹力方向向上，负离子所受洛伦兹力方向向下，则正离子向上板聚集，负离子向下板聚集，两板间产生了电势差，即金属板变为一电源，且上板为正极，下板为负极，所以通过用电器的电流方向从A到B，故B正确，A错误；此后的正离子除受到向上的洛伦兹力F洛外，还受到向下的电场力F，最终二力达到平衡，即最终等离子体将匀速通过磁场区域，由qvB＝q，解得 E＝Bdv，所以电动势E与喷入粒子的速度大小v及磁感应强度大小B成正比，故D正确，C错误。‎ ‎7．(2018·吉林省百校联盟月考)如图所示，虚线所围矩形区域abcd内充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。某一粒子以最小速度v从ab边的中点O处垂直于磁场射入，当方向垂直于ab时，恰能从ab边穿出。若在此矩形区域内只存在竖直向下的匀强电场，使该粒子以原来的初速度在O处垂直于电场方向射入，通过该区域后从距d点l处穿出，已知此粒子的质量为m，电荷量为q，其重力不计；ab边长为2l，ad边长为4l，则下列说法中正确的是(　AD　)‎ A．匀强磁场的磁感应强度大小与匀强电场的电场强度大小之比为＝ B．匀强磁场的磁感应强度大小与匀强电场的电场强度大小之比为＝ C．粒子穿过磁场和电场的时间之比＝ D．粒子穿过磁场和电场的时间之比＝ ‎[解析]　当带电粒子恰能从ab边穿出，则圆弧与ad相切，从几何关系可得2R＝l，qvB＝m，解得B＝，粒子在磁场中运动的时间t1＝＝；当矩形区域内只有电场时，因ad为4l，带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向有3l＝vt，所以，t2＝，竖直方向有l＝at2，由牛顿第二定律得a＝，解得E＝，所以＝，＝，选项AD正确。‎ ‎8．(2018·广东广州二中等六校联考)质谱仪是用来分析同位素的装置，下图为质谱仪的示意图，其由竖直放置的速度选择器、偏转磁场构成。由三种不同粒子组成的粒子束以某速度沿竖直向下的方向射入速度选择器，该粒子束沿直线穿过底板上的小孔O进入偏转磁场，最终三种粒子分别打在底板MN上的P1、P2、P3三点。已知底板MN上、下两侧的匀强磁场方向均垂直纸面向外，且磁感应强度的大小分别为B1、B2，速度选择器中匀强电场的电场强度大小为E。不计粒子的重力以及它们之间的相互作用，则(　ACD　)‎ A．速度选择器中的电场方向向右 B．三种粒子的速度大小均为 C．如果三种粒子的电荷量相等，则打在P3点的粒子质量最大 D．如果三种粒子电荷量均为q，且P1、P3的间距为Δx，则打在P1、P3两点的粒子质量差为 ‎[解析]　三种粒子在磁场中的偏转方向相同，则电性相同，根据左手定则知粒子带正电，则粒子在B1磁场中受到的洛伦兹力向左，则电场力向右，场强向右，故A正确；粒子在两板中做匀速直线运动，有qvB1＝Eq，则粒子的速度v＝，故B错误；根据qvB2＝m可得m＝，三种粒子的电荷量相等，则轨迹半径越大，质量越大，即打在P3点的粒子质量最大，故C正确；因为2r3－2r1＝Δx，粒子的速度v＝，则两粒子的质量之差Δm＝，故D正确。‎ 二、非选择题 ‎9．(2019·天津红桥区模拟)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5T，有一带正电小球，质量m＝1×10－6kg，电荷量q＝2×10－6C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g＝10m/s2。求：‎ ‎(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；‎ ‎(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。‎ ‎[答案]　(1)20m/s，方向与电场方向成60°角斜向上　(2)3.5s ‎[解析]　(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，则 qvB＝ ①‎ 代入数据解得v＝20m/s ②‎ 速度v的方向斜向右上方，与电场E的方向之间的夹角θ满足tanθ＝ ③‎ 代入数据解得tanθ＝，θ＝60° ④‎ ‎(2)解法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有 a＝ ⑤‎ 设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有 x＝vt ⑥‎ 设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有 y＝at2 ⑦‎ a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又 tanθ＝ ⑧‎ 联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t＝2s≈3.5s 解法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为vy＝vsinθ ⑤‎ 若使小球再次经过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有vyt－gt2＝0 ⑥‎ 联立④⑤⑥式，代入数据解得t＝2s≈3.5s ‎10．(2019·云南昆明模拟)平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力，求：‎ ‎(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；‎ ‎(2)电场强度和磁感应强度的大小之比。‎ ‎[答案]　(1)v0，速度方向与x轴正方向成45°角斜向上　(2) ‎[解析]　(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴距离为L，到y轴距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有 ‎2L＝v0t　 ①‎ L＝at2　 ②‎ 设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy vy＝at　 ③‎ 设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α，有tanα＝　 ④‎ 联立①②③④式得α＝45°　 ⑤‎ 即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上。‎ 设粒子到达O点时速度大小为v，由运动的合成有v＝　 ⑥‎ 联立①②③⑥式得v＝v0　 ⑦‎ ‎(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得F＝ma　 ⑧‎ 又F＝qE　 ⑨‎ 设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m　 ⑩‎ 由几何关系可知R＝L　 ⑪‎ 联立①②⑦⑧⑨⑩⑪式得＝　 ⑫‎