高中物理教科版选修3-1 作业 带电粒子在组合场中的运动 Word版含解析

A组
1.
如图所示，静止的离子A＋和A3＋，经电压为U的电场加速后进入方向垂直纸面向里的一定宽度的匀强磁场B中．已知离子A＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时离子A＋和A3＋(　　 )
A．在电场中的加速度之比为1∶1
B．在磁场中运动的半径之比为3∶1
C．在磁场中转过的角度之比为1∶2
D．在磁场中运动的时间之比为1∶2
【解析】两个离子的质量相同，其带电量是1∶3的关系，所以由a＝可知其在电场中的加速度是1∶3，故A错误；要想知道半径必须先知道进入磁场的速度，而速度的决定因素是加速电场，根据动能定理可得qU＝mv2，所以在离开电场时其速度表达式为：v＝，可知其速度之比为1∶.又由qvB＝m知，r＝，所以其半径之比为∶1，故B错误；由B的分析知道，离子在磁场中运动的半径之比为∶1，设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以有sin θ＝，则可知角度的正弦值之比为1∶，又A＋的角度为30°，可知A3＋角度为60°，即在磁场中转过的角度之比为1∶2，故C正确；由T＝和t＝T，可知两离子在磁场中的运动时间之比为3∶2，故D错误．
【答案】C
2．(多选)一根中空的绝缘圆管放在光滑的水平桌面上，圆管底端有一个带正电的光滑小球，小球的直径恰好等于圆管的内径．空间存在一个竖直向下的匀强磁场，如图．现用一拉力F拉圆管并维持圆管以某速度水平向右匀速运动，则在圆管水平向右运动的过程中(　　)
A．小球动能一直增加
B．小球做类平抛运动，且洛伦兹力做正功
C．小球做类平抛运动，且洛伦兹力不做功
D．小球所受洛伦兹力一直沿圆管向管口方向
【解析】设圆管运动速度为v1，小球垂直于圆管向右的分运动是匀速直线运动．小球沿圆管方向受到洛伦兹力的分力F1＝qv1B，q、v1、B均不变，F1不变，则小球沿圆管做匀加速直线运动，A正确；与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线，洛伦兹力方向不断变化，洛伦兹力总是与速度垂直，不做功，B错误、C正确；小球运动的轨迹是一条抛物线，速度方向不断变化，洛伦兹力总是与速度垂直，方向不断变化，D错误．故选A、C.
【答案】AC
3.
如图所示，半圆光滑绝缘轨道MN固定在竖直平面内，O为其圆心，M、N与O高度相同，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M、N间做往复运动．下列说法中正确的是(　　)
A．小球在M点和N点时均处于平衡状态
B．小球由M到N所用的时间大于由N到M所用的时间
C．小球每次经过轨道最低点时对轨道的压力大小均相等
D．小球每次经过轨道最低点时所受合外力大小均相等
【解析】两个端点M、N与O等高，小球在M点和N点速度等于零，合力不为零，不是处于平衡状态，故A错误；由于洛伦兹力总是与速度垂直，且没有摩擦力，故对其加速度大小有影响的只有重力，无论小球从哪边开始滚，其时间都是一样的，故B错误；小球在最低点时受重力，支持力和洛伦兹力，小球从N到M时，洛伦兹力向下，故有：F1－mg－F洛＝m，此时小球对轨道的压力为：F1＝mg＋F洛＋m.小球从M到N时，洛伦兹力向上，故有：F2＋F洛－mg＝m，此时小球对轨道的压力为：F2＝mg－F洛＋m，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；根据机械能守恒定律，小球每次经过最低点的速度大小相同，由F合＝m可知，F合大小相等，故D正确．
【答案】D
4.
(多选)如图所示是回旋加速器的示意图，置于真空中的D形金属盒的半径为R，两D形盒接在高频交流电源上．磁感应强度为B的匀强磁场与金属盒的盒面垂直．粒子经过D1、D2狭缝间的电压大小恒为U，若中心粒子源A处产生的质量为m、电荷量为＋q的粒子，可以被D1、D2狭缝间的电场不断加速．带电粒子的初速度为零不考虑相对论效应，则下列说法正确的是(　　)
A．粒子在回旋加速器中的加速次数与粒子的比荷成正比
B．粒子在回旋加速器中相邻轨道半径之差保持不变
C．带电粒子在D2盒中第n个半圆的半径是rn＝
D．若加速器的输出端的等效电流是I，则输出平均功率是
【解析】粒子每次被加速获得的能量E＝qU，粒子最终获得的动能是Ek＝mv2＝m＝，加速次数n＝＝∝，故A正确；粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径是r＝＝＝，其中n是粒子经过电场加速的次数，显然相邻轨道半径之差是变化的，故B错误；粒子在D2盒中第n个半径对应的加速次数是(2n－1)次，由(2n－1)qU＝mv2和qvB＝m得：rn＝，故C正确；设t时间内有N个粒子从加速器输出，形成的等效电流I＝，则平均功率P＝＝，故D正确．
【答案】ACD
5．有一种磁强计，用于测定地磁场的磁感应强度．磁强计的原理如图所示，电路中有一段金属导体，它的横截面是宽为a、高为b的长方形．将金属导体放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x轴正方向、大小为I的电流．已知金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电荷量为e，金属导电过程中，自由电子所做的定向移动可视为匀速运动．两电极M、N均与金属导体的前后两侧接触，用电压表测出金属导体前后两个侧面间的电势差为U.则磁感应强度的大小和电极M、N的正负为(　　)
A.，M正、N负 B.，M正、N负
C.，M负、N正 D.，M负、N正
【解析】当洛伦兹力等于电场力时qvB＝q，U＝avB，I＝neabv，v＝，所以磁感强度为，电子所受洛伦兹力向外，M带负电，N带正电，C对．
【答案】C
6．如图所示，在xOy坐标平面内，虚线PQ与x轴正方向的夹角为60°，其右侧有沿y轴正方向的匀强电场；左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为m、带电荷量为q的带负电的粒子自坐标原点O射入匀强磁场中，经过一段时间后恰好自虚线PQ上的M点沿x轴正方向进入匀强电场，粒子在电场中的运动轨迹与x轴的交点为N.已知O、M两点间的距离为L；O、N两点间的距离为L，粒子重力不计．求：
(1)带电粒子自坐标原点O射入匀强磁场的速度大小；
(2)匀强电场的电场强度大小；
(3)若自O点射入磁场的粒子带正电，粒子的质量、带电荷量、初速度等都不变，则在粒子离开O点后的运动中第二次与虚线PQ相交的交点坐标．
【解析】(1)粒子在磁场中运动时qvB＝
L＝2rsin 60°
解得粒子自坐标原点O射入匀强磁场的速度大小
v＝
(2)粒子自M到N做类平抛运动，沿电场方向：
Lsin 60°＝t垂直电场方向；
L－Lcos 60°＝vt1
得电场强度E＝
(3)若自O点射入磁场的粒子带正电，粒子在磁场中逆时针转过240°后，自R点垂直于电场方向离开磁场，如图所示．
离开磁场时x坐标：xR＝－rcos 30°＝－L
y坐标：yR＝－(r＋rsin 30°)＝－L
粒子进入电场后自R到S做类平抛运动，垂直电场方向：xRS＝vt2
沿电场方向：yRS＝t
tan 60°＝
解得：t2＝，xRS＝L，yRS＝2L
第二次与虚线PQ的交点S的x坐标：
x＝xRS＋xR＝L
y坐标：y＝yRS＋yR＝L
则第二次与虚线PQ的交点S的坐标为
【答案】(1)　(2)　(3)
B组
7.
如图所示，平面直角坐标系xOy的x轴上固定一带负电的点电荷A，一带正电的点电荷B绕A在椭圆轨道上沿逆时针方向运动，椭圆轨道的中心在O点，P1、P2、P3、P4为椭圆轨道与坐标轴的交点．为使B绕A做圆周运动，某时刻起在此空间加一垂直于xOy平面的匀强磁场，不计电荷B受到的重力．下列说法中可能正确的是(　　)
A．当B运动到P1点时，加一垂直于xOy平面向里的匀强磁场
B．当B运动到P2点时，加一垂直于xOy平面向外的匀强磁场
C．当B运动到P3点时，加一垂直于xOy平面向里的匀强磁场
D．当B运动到P4点时，加一垂直于xOy平面向外的匀强磁场
【解析】
过P1点以A点为圆心的圆如图中①所示；当B运动到P1点时，加一垂直于xOy平面向里的匀强磁场，根据左手定则可知粒子受到的洛伦兹力方向指向A，粒子一定相对于原来的轨道做向心运动，不可能在①轨道上做匀速圆周运动，故A错误；当B运动到P2点或P4点时，加一垂直于xOy平面向外的匀强磁场，根据左手定则可知，粒子受到的洛伦兹力方向向外，洛伦兹力和电场力的合力根本不指向A点，不可能绕A做匀速圆周运动，故B、D错误；当B运动到P3点时，加一垂直于xOy平面向里的匀强磁场，根据左手定则可知洛伦兹力方向指向A，此时粒子相对于原来的椭圆做向心运动，可能绕图中②轨道做匀速圆周运动，其向心力为洛伦兹力和电场力的合力，故C正确．
【答案】C
8.
如图所示，直角三角形ABC位于方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，其中电场方向平行于三角形所在平面．已知∠A＝30°，AB边长为a，D是AC的中点，CE垂直于BD且交于O点．一带电粒子由B点射入，恰能沿直线BD通过三角形区域．若A、B、C三点的电势分别为0、φ、2φ，已知φ＞0，粒子重力不计．下列说法正确的是(　　)
A．粒子一定带正电
B．磁场方向垂直三角形所在平面向外
C．E点电势为φ
D．电场强度大小为
【解析】带电粒子由B点射入，恰能沿直线BD通过三角形区域，受到电场力与洛伦兹力作用，由于F洛＝Bqv，因此粒子一定做匀速直线运动，显然电场强度方向由C指向E，但电场力与磁场力方向不知，则粒子的电性不能确定，故A错误；由上分析，可知，电场力与洛伦兹力方向平行于EC，具体方向不确定，无论粒子带正电还是负电都可以判断磁场方向垂直纸面向里，故B错误；依据几何知识，CE垂直于BD，AB垂直于BC，那么ED也垂直AC，因此三角形EBC与三角形EDC全等，那么EB＝AB，由于AB边长为a，D是AC的中点，且A、B、C三点的电势分别为0、φ、2φ，那么E点电势为φ，故C正确；由于电场强度方向由C指向E，而CO电势差为φ，然而CO长度为a，因此电场强度大小为E＝＝，故D错误．
【答案】C
9．如图1，光滑绝缘水平平台MNQP为矩形，GH∥PQ，MP＝NQ＝1 m，MN＝GH＝PQ＝0.4 m，平台离地面高度为h＝2.45 m．半径为R＝0.2 m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B＝0.05 T，方向竖直向上，与MP边相切于A点，与NQ边相切于D点，与GH相切于C点．平台上PGHQ区域内有方向由P指向G的匀强电场，电场强度大小为E＝0.25 V/m.平台右方整个空间存在方向水平向右的电场，电场强度大小也为E＝0.25 V/m，俯视图如图2，两个质量均为m＝2×10－5 kg的小球a、b，小球a带正电，电荷量q＝4×10－4 C，小球b不带电，小球a、b均可视为质点．小球a从A点正对圆心O射入磁场，偏转90°后离开磁场，一段时间后与静止在平台D点的小球b发生弹性碰撞，碰后两球离开平台，并在此后的运动过程中发生多次弹性碰撞，a球所带电荷量始终不变，碰撞时间忽略不计．已知重力加速度g＝10 m/s2，π＝3.14，不计空气阻力，求：
(1)小球a射入磁场时的速度大小；
(2)从小球a射入磁场到第一次与小球b相碰撞，小球a运动的路程；
(3)两个小球落地点与NQ的水平距离．
【解析】(1)小球a在洛伦兹力的作用下做圆周运动，根据几何关系可知半径R＝0.2 m.
由洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝m
解得v＝0.2 m/s；
(2)小球在磁场中运动的路程s1＝πR＝0.628 m，
电场中运动的加速度a＝＝5 m/s2，
电场中的路程s2＝2×＝0.008 m
小球a射入磁场到与小球b相撞过程中运动的路程
s＝s1＋s2＝0.636 m；
(3)a、b发生弹性碰撞，质量相等交换速度，D点碰后，两球速度分别为vaD＝0，vbD＝0.2 m/s
此后两球离开平台，竖直方向均做自由落体运动，由h＝gt2可得，
t＝＝0.7 s
水平方向：b球匀速运动，a加速运动，加速度
a＝＝5 m/s2，
每次碰撞到下一次碰撞，两球位移相等，v－t图象如图所示：
可得每两次碰撞时间间隔为定值，
vbD·Δt＝aΔt2，解得Δt＝0.08 s
由＝＝8
所以小球在空中碰8次后，再经过0.06 s落地．
小球b在空中碰撞n次后速度vbn＝nvbD＝0.2(n＋1)
小球ab离开D点后至在空中第一次碰撞前，水平位移x1＝vbD·Δt＝0.016 m
小球ab在空中第一次到第二次碰撞的水平位移
x2＝vb1·Δt＝0.032 m
以此类推，小球ab在空中第n－1次到第n次碰撞的水平位移xn＝nx1＝0.016n
所以在空中碰撞8次的水平位移：
x0＝0.016×(1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8) m＝0.576 m
第8次碰后vb1＝1.8 m/s，va1＝1.6 m/s
所以8次碰后0.06 s内，Δxb＝vb1×0.06 m＝0.108 m
Δxa＝va1×0.06 m＋a×0.062 m＝0.105 m
所以水平位移分别为：xa＝x0＋Δxa＝0.681 m
xb＝x0＋Δxb＝0.684 m.
【答案】(1)0.2 m/s　(2)0.636 m　(3)0.681 m　
(4)0.684 m