高中物理鲁科版选修3-1 章末测试 带电粒子在复合场中的运动Word版含解析

带电粒子在复合场中的运动
一、单项选择题
1.(2018·苏北四市模拟)如图1所示，Q为α粒子放射源，放射源释放出的α粒子初速度近似为零，经电压为U的加速电场加速后垂直磁场边界MN进入磁感应强度为B的匀强磁场中，经磁场偏转后粒子从P点射出磁场，设OP＝x，能正确反映x与U之间函数关系的x－U 图象是(　　)
图1
解析　设α粒子经电场加速后的速度为v，根据动能定理得qU＝mv2，由牛顿第二定律得qvB＝，解得x＝，选项B正确，A、C、D错误。
答案　B
2.如图2所示，空间的某个复合场区域内存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于复合场的边界进入并沿直线穿过场区，质子(不计重力)穿过复合场区所用时间为t，从复合场区穿出时的动能为Ek，则 (　　)
图2
A.若撤去磁场B，质子穿过场区时间大于t
B.若撒去电场E，质子穿过场区时间等于t
C.若撒去磁场B，质子穿出场区时动能大于Ek
D.若撤去电场E，质子穿出场区时动能大于Ek
解析　质子在电场中是直线加速，进入复合场，电场力与洛伦兹力等大反向，质子做匀速直线运动。若撤去磁场，只剩下电场，质子做类平抛运动，水平分运动是匀速直线运动，速度不变，故质子穿过场区时间不变，等于t，A错误；若撒去电场，只剩下磁场，质子做匀速圆周运动，速率不变，水平分运动的速度减小，故质子穿过场区时间增加，大于t，B错误；若撤去磁场，只剩下电场，质子做类平抛运动，电场力做正功，故末动能大于Ek，C正确，若撤去电场，只剩下磁场，质子做匀速圆周运动，速率不变，末动能不变，仍为Ek，D错误。
答案　C
3.(2019·江苏省海安高级中学月考)如图3所示，从S处发出的热电子经加速电压U加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子流向上极板偏转。设两极板间电场强度为E，磁感应强度为B。欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，只采取下列措施，其中可行的是(　　)
图3
A.适当减小加速电压U
B.适当减小电场强度E
C.适当增大加速电场极板之间的距离
D.适当减小磁感应强度B
解析　要使粒子在复合场中做匀速直线运动，故Eq＝qvB。根据左手定则可知电子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，故电子向上极板偏转的原因是电场力大于洛伦兹力，所以要么减小电场力，要么增大洛伦兹力。根据eU＝mv2可得v＝，适当减小加速电压U，可以减小电子在复合场中运动的速度v，从而减小洛伦兹力，故A项错误；适当减小电场强度E，即可以减小电场力，故B项正确；适当增大加速电场极板之间的距离，根据eU＝mv2可得v＝，由于粒子在两板间的电压没有变化，所以电子进入磁场的速率没有变化，因此没有改变电场力和洛伦兹力的大小，故C项错误；适当减小磁感强度B，可以减小洛伦兹力，故D项错误。
答案　B
4.(2018·盐城模拟)如图4所示，半圆光滑绝缘轨道固定在竖直平面内，O为其圆心，匀强磁场方向与轨道平面垂直。现将一个带正电的小球自M点由静止释放，它将沿轨道在MN间做往复运动。下列说法中正确的是(　　)
图4
A.小球在M点的重力势能大于在N点的重力势能
B.小球经过轨道最低点时所受合外力大小总相等
C.小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小总相等
D.小球由M到N所用的时间大于由N到M所用的时间
解析　两个端点M、N与O等高，小球由M到N与由N到M过程中重力对小球做的功相等，所以小球在M点的重力势能等于在N点的重力势能，故A错误；小球在最低点的速度大小相同，由F合＝可知，F合大小不变，故B正确；小球在最低点时受重力、支持力和洛伦兹力，从M到N时，洛伦兹力方向向上，故F1－mg＋F洛＝，F1＝mg－F洛＋，小球从N到M时，洛伦兹力方向向下，故F2－F洛－mg＝，F2＝mg＋F洛＋，所以小球经过最低点时对轨道的压力大小不相等，故C错误；由于洛伦兹力总是与运动方向垂直，由于没有摩擦力，故对其加速度大小有影响的只有重力，故无论小球从哪边滚下，其时间相等，故D错误。
答案　B
5.(2019·徐州三中月考)如图5所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、带电荷量为＋Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑。在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是(　　)
图5
A.滑块受到的摩擦力不变
B.滑块到达地面时的动能与B的大小无关
C.滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下
D.B很大时，滑块可能静止于斜面上
解析　据左手定则可知，滑块受到垂直斜面向下的洛伦兹力，C项正确；随着滑块速度的变化，洛伦兹力大小变化，它对斜面的压力大小发生变化，故滑块受到的摩擦力大小变化，A项错误；B越大，滑块受到的洛伦兹力越大，受到的摩擦力也越大，摩擦力做功越多，据动能定理，滑块到达地面时的动能就越小，B项错误；由于开始时滑块不受洛伦兹力就能下滑，故B再大，滑块也不可能静止在斜面上，D项错误。
答案　C
二、多项选择题
6.(2018·南京市、盐城市一模)如图6所示，虚线所围的区域内存在电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场。从左方水平射入的电子，穿过该区域时未发生偏转。则下列分析中可能正确的是(　　)
图6
A.E竖直向上，B垂直纸面向外，电子做匀速直线通过区域
B.E竖直向上，B垂直纸面向里，电子做匀速直线通过区域
C.E和B都是沿水平方向，电子做匀减速直线运动通过区域
D.E和B都是沿水平方向，电子做匀加速直线运动通过区域
解析　若E竖直向上，B垂直于纸面向外，则电场力竖直向下，而磁场力由左手定则可得方向竖直向上，所以当两力大小相等时，电子穿过此区域不会发生偏转，并且做匀速直线运动，故A项正确，B项错误；若E和B都沿水平方向，则电子所受电场力方向与运动方向在一条直线上，而由于电子运动方向与B方向在一条直线上，所以不受磁场力，因此穿过此区域不会发生偏转，如果电场方向与运动方向相同，则电子受力与运动方向相反，则电子匀减速通过，故C项正确；若电场线与运动方向相反，则电子受力与运动方向相同，做匀加速运动，故D项正确。
答案　ACD
7.如图7所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是图中的(　　)
图7
解析　带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，当重力与洛伦兹力相等时，圆环将做匀速直线运动，选项A正确；当洛伦兹力大于重力时，圆环受到摩擦力的作用，并且随着速度的减小而减小，圆环将做加速度减小的减速运动，最后做匀速直线运动，选项D正确；如果重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用，且摩擦力越来越大，圆环将做加速度增大的减速运动，故选项B、C错误。
答案　AD
8.(2018·淮安模拟)某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时间t做周期性变化的匀强磁场(如图8甲所示)，规定垂直纸面向里的磁场方向为正。为使静止于该磁场中的带正电的粒子能按a―→b―→c―→d―→e―→f的顺序做横“∞”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹)，下列办法可行的是(粒子只受磁场力的作用，其他力不计)(　　)
图8
A.若粒子的初始位置在a处，在t＝T时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度
B.若粒子的初始位置在f处，在t＝时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度
C.若粒子的初始位置在e处，在t＝T时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度
D.若粒子的初始位置在b处，在t＝时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度
解析　要使粒子的运动轨迹如题图所示，由左手定则知粒子做圆周运动的周期应为T0＝，若粒子的初始位置在a处时，对应时刻应为t＝T0＝T，同理可判断选项A、D正确。
答案　AD
9.(2018·南京三模)质谱仪最初是由汤姆逊的学生阿斯顿设计的，他用质谱仪证实了同位素的存在。如图9所示，容器A中有质量分别为m1、m2，电荷量相同的两种粒子(不考虑粒子重力及粒子间的相互作用)，它们从容器A下方的小孔S1不断飘入电压为U的加速电场(粒子的初速度可视为零)，沿直线S1S2(S2为小孔)与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，最后打在水平放置的照相底片上。由于实际加速电压的大小在U±ΔU范围内微小变化，这两种粒子在底片上可能发生重叠。对此，下列说法正确的有(　　)
图9
A.两粒子均带正电
B.打在M处的粒子质量较小
C.若U一定，ΔU越大越容易发生重叠
D.若ΔU一定，U越大越容易发生重叠
解析　根据左手定则判断出两粒子均带正电，选项A正确；设粒子质量为m，经电场加速有qU＝mv2，得出v＝。粒子达到底片上的位置为x＝2r＝＝，q相同时，x越小说明质量越小，选项B正确；若U一定，两粒子打到底片的理论位置确定，ΔU越大，两粒子理论位置两侧宽度越大，越容易发生重叠，选项C正确；ΔU一定，两粒子理论位置两侧宽度不变，U越大，两粒子打到底片的理论位置距离越大，越不容易发生重叠，选项D错误。
答案　ABC
三、计算题
10.(2018·江苏南通高三上学期第一次调研)如图10所示，两边界MN、PQ相互平行，相距为L，MN左侧存在平行边界沿纸面向下的匀强电场，PQ右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场的区域足够大，质量为m、电荷量为＋q的粒子从与边界MN距离为2L的O点，以方向垂直于边界MN、大小为v0的初速度向右运动，粒子飞出电场时速度方向与MN的夹角为45°，粒子还能回到O点，忽略粒子的重力，求：
图10
(1)匀强电场的场强大小为E；
(2)粒子回到O点时的动能Ek；
(3)磁场的磁感应强度B和粒子从O点出发回到O点的时间t。
解析　(1)粒子向右通过电场的时间t1＝，离开电场时沿电场方向的分速度
vy＝v0tan 45°
在电场中运动的加速度a＝，由牛顿第二定律qE＝ma，解得E＝
(2)粒子向右通过电场和向左进入电场回到O点的过程可统一看成类平抛运动，则粒子两次经过边界MN的位置间的距离h＝a(2t1)2，得h＝4L
由动能定理有qEh＝Ek－mv，解得Ek＝mv
(3)粒子进入磁场的速度v＝v0，
设在磁场中运动半径为r，由几何关系可知
2rcos 45°＝h＋2Ltan 45°
则能回到原点O，在磁场中的运动半径r＝3L，
由qvB＝m，解得B＝
粒子在磁场中运动时间t2＝·，则t＝2t1＋t2＋，解得t＝
答案　(1)　(2)mv　(3)
11.(2018·江苏南京、盐城高三第二次模拟)如图11所示，在铅板A上有小孔S，放射源C可通过S在纸面内向各个方向射出速率v0＝2.0×106 m/s的某种带正电粒子，B为金属网状栅极，M为荧光屏，A、B、M三者平行正对，且面积足够大，A、B间距离d1＝1.0 cm，电压U＝1.5×104 V且恒定不变，B、M间距离
d2＝4.0 cm。该种带电粒子的比荷＝4.0×108 C/kg，忽略带电粒子与栅极的碰撞及粒子间的相互作用，不计带电粒子的重力。求：
图11
(1)该带电粒子运动到荧光屏M的速度大小；
(2)该带电粒子打在荧光屏M上形成的亮线的长度；
(3)若在B、M间加一磁感应强度B＝0.25 T、方向垂直纸面向外的匀强磁场，则该带电粒子打在荧光屏M上的亮线的长度又变为多大？(设从磁场返回的粒子均被铅板吸收)
解析　(1)由动能定理Uq＝mv2－mv，
解得v＝＝4.0×106 m/s
(2)考虑初速度平行于A板进入电场的粒子做类平抛运动，到达B板时垂直于B板的速度
vBx＝＝2×106 m/s
设粒子在电场中运动的时间为t1，由d1＝(0＋vBx)t1
可得t1＝＝ s＝×10－8 s
粒子在BM间运动的时间
t2＝＝ s＝×10－8 s
则粒子平行于板方向运动的最大位移
ym＝v0(t1＋t2)＝2 cm
所以该带电粒子打在荧光屏M上形成的亮线的长度
l1＝2ym＝4 cm
(3)在B、M间加一垂直纸面向外的匀强磁场后，粒子在BM间运动的轨迹为圆弧
由qvB＝m，解得r＝
打到荧光屏M上的两条临界轨迹如图所示
tan θ＝＝(θ＝30°，
d2＝2rsin θ(d2＝r
一条轨迹对称跨接在BM之间，另一条轨迹与M屏相切
所以该带电粒子打在荧光屏M上形成的亮线的长度
l2＝v0t1＋r＝cm
答案　(1)4.0×106 m/s　(2)4 cm　(3) cm