高中物理人教版能力提升练习 选修3-1第3章　带电粒子在复合场中的运动 Word版含解析

1.(2018·北京高考)某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后,做匀速直线运动;若仅撤除电场,则该粒子做匀速圆周运动,下列因素与完成上述两类运动无关的是 (　　)
A.磁场和电场的方向 B.磁场和电场的强弱
C.粒子的电性和电量 D.粒子入射时的速度
【解析】选C。由题可知,当带电粒子在复合场内做匀速直线运动,即Eq=qvB,则v=,若仅撤除电场,粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,说明要满足题意,对磁场与电场的方向以及强弱程度都要有要求,但是对电性和电量无要求,根据F=qvB可知,洛伦兹力的方向与速度方向有关,故对入射时的速度也有要求,故选C。
2.如图所示,一个静止的质量为m、带电荷量为q的带电粒子(不计重力),经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中,粒子最后落到P点,设OP=x,下列图线能够正确反映x与U之间的函数关系的是 (　　)
【解析】选B。在加速电场中,由动能定理得:qU=mv2,解得:v=,磁场中,洛伦兹力提供向心力,有:qvB=m,得:r==,则得:x=2r=,B、m、q都一定,则由数学知识得到,x ??U图象是抛物线,B正确,故选B。
3.(2020·成都模拟)如图所示,两平行金属板中有相互垂直的匀强电场和匀强磁场,一个α粒子从两板正中央垂直电场、磁场入射,它在金属板间运动轨迹如图中曲线所示,则在α粒子飞跃金属板间区域过程中 (　　)
A.α粒子的动能增大
B.α粒子的电势能增大
C.电场力对α粒子做负功
D.磁场力对α粒子做负功
【解析】选A。对α粒子在电场、磁场中进行受力分析,受到竖直向上的洛伦兹力和竖直向下的电场力。运动过程中,洛伦兹力不做功,由图中给出的α粒子的运动轨迹可知电场力对其做正功,因此α粒子的电势能减小。再由动能定理可知,α粒子的动能增大。因此A正确,B、C、D错误。
4.(2019·天津高考)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件,电脑正常工作;当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件,屏幕熄灭,电脑进入休眠状态。如图所示,一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件,元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子,通入方向向右的电流时,电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中,于是元件的前、后表面间出现电压U,以此控制屏幕的熄灭。则元件的 (　　)
A.前表面的电势比后表面的低
B.前、后表面间的电压U与v无关
C.前、后表面间的电压U与c成正比
D.自由电子受到的洛伦兹力大小为
【解析】选D。根据左手定则可知自由电子偏向后表面,元件的后表面带负电,即后表面的电势比前表面的低,A错误;根据稳定时自由电子所受的电场力与洛伦兹力平衡,即e=evB得U=Bva,所以选项B、C均错误;自由电子受到的洛伦兹力与所受电场力大小相等,即F=evB=e,D正确。
5.(多选)如图所示,已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后,水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B的复合场中(E和B已知),小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动,则 (　　)
A.小球带负电
B.小球做匀速圆周运动的半径为r=
C.小球做匀速圆周运动的周期为T=
D.若电压U增大,则小球做匀速圆周运动的周期增加
【解题指南】(1)小球做匀速圆周运动表明静电力和重力等大反向。
(2)小球做圆周运动的半径r=,周期T=。
【解析】选A、B。小球在复合场中做匀速圆周运动,则小球受到的静电力和重力满足mg=Eq,则小球带负电,A正确;因为小球做圆周运动的向心力为洛伦兹力,由牛顿第二定律和动能定理可得:Bqv=,Uq=mv2,联立两式可得:小球做匀速圆周运动的半径r=,由T=可以得出T=,与电压U无关,所以B正确,C、D错误。
6.如图为质谱仪原理示意图,电荷量为q、质量为m的带正电的粒子从静止开始经过电压为U的加速电场后进入粒子速度选择器。选择器中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场,匀强电场的场强为E、方向水平向右。已知带电粒子能够沿直线穿过速度选择器,从G点垂直MN进入偏转磁场,该偏转磁场是一个以直线MN为边界、方向垂直纸面向外的匀强磁场。带电粒子经偏转磁场后,最终到达照相底片的H点。可测量出G、H间的距离为L,带电粒子的重力可忽略不计。求:
(1)粒子从加速电场射出时速度v的大小。
(2)粒子速度选择器中匀强磁场的磁感应强度B1的大小和方向。
(3)偏转磁场的磁感应强度B2的大小。
【解析】(1)在加速电场中,
由qU=mv2
可解得v=。
(2)粒子在速度选择器中受到向右的电场力qE,
应与洛伦兹力qvB1平衡,
故磁场B1的方向应该垂直于纸面向外,由qE=qvB1
得B1==E。
(3)粒子在磁场B2中的轨道半径r=L,
由r=,得B2=。
答案:(1)　(2)E　方向垂直纸面向外
(3)
7.(2019·景德镇模拟)如图所示,在xOy坐标系中有与x轴夹角为θ=30°的虚线OA,OA与y轴之间的区域有垂直纸面向外的匀强磁场,OA与x轴之间的区域有沿x轴正方向、场强大小E=1×106 N/C的匀强电场。现从y轴上的P点沿与y轴正方向夹角60°的方向,以初速度v=5×105 m/s射入一个带正电、比荷=1×107 C/kg的粒子,经过磁场、电场后最终打在x轴上的Q点(图中未画出)。已知粒子在磁场中做圆周运动的半径为0.1 m,P点到O点的距离为 m(带电粒子的重力忽略不计)。求:
(1)匀强磁场的磁感应强度大小B及粒子做圆周运动的时间t1。
(2)画出粒子在磁场、电场中的运动轨迹并求出Q点的横坐标xQ。
(3)粒子打在Q点时的速度方向与x轴正方向夹角的正切值。
【解析】(1)由qvB=m
解得B==1× T=0.5 T
由几何关系可知,粒子在磁场中转过的角度为120°,则时间:t1=T=·=
π×10-7 s;
(2)粒子从M点进入电场,此时M点的横坐标为:
x1=Rsin 30°+R=0.15 m
由几何关系知,粒子进入电场的速度方向与电场方向垂直,则粒子在电场中做类平抛运动;类平抛加速度a==1×1013 m/s2,在电场中的时间t2==
=×10-7 s,x方向位移x2=a=0.15 m,则xQ=x1+x2=0.15 m+0.15 m=
0.3 m。
(3)粒子打在Q点时的速度方向与x轴正方向夹角的正切值:tan θ===
=。
答案:(1)0.5 T　π×10-7 s　(2)见解析　(3)
【总结提升】带电粒子在组合场中运动问题的解题技巧
带电粒子在组合场中的运动,实际上仍是一个力学问题,分析的基本思路:
(1)弄清组合场的组成。
(2)正确分析带电粒子的受力情况及运动特征。
(3)画出粒子运动轨迹,灵活选择对应的运动规律列式求解。例如,带电粒子在电场中加速,一般选择动能定理;类平抛运动一般要进行运动的分解;圆周运动一般分析向心力等。
(4)对于临界问题,注意挖掘隐含条件,关注特殊词语,如“恰好”“刚好”“至少”,寻找解题的突破口。
8.(多选)如图所示,在正交的匀强电场和匀强磁场中,电场方向竖直向上,磁场方向垂直于纸面向里,带电粒子B静止在正交的电磁场中,另一带电粒子A以一定的水平速度沿直线向右运动,与粒子B碰撞后粘在一起,碰撞过程中粒子的电荷量没有损失,两个粒子的质量相等,则下列说法正确的是 (　　)
A.粒子A带负电,粒子B带正电
B.粒子A的带电量一定小于粒子B的带电量
C.两粒子碰撞后仍沿直线运动
D.两粒子碰撞后会做向上偏转运动
【解析】选B、D。粒子B静止在电磁场中,则qBE=mBg,且粒子B带正电,粒子A以一定的水平速度在正交的电磁场中沿直线向右运动,则粒子A也带正电,有qAE+qAv0B=mAg,联立上面两式得:qAE+qAv0B=qBE,则粒子A的带电量小于粒子B的带电量,选项A错误、B正确;根据动量守恒定律有mAv0=(mA+mB)v,则v=v0,由于(qA+qB)E+(qA+qB)×v0B>(qA+qB)E+qAv0B=(mA+mB)g,因此碰撞后粒子会做向上的偏转运动,选项C错误、D正确,故本题选B、D。
9.(多选)如图所示,竖直放置的两块很大的平行金属板a、b,相距为d,a、b间的电场强度为E,今有一带正电的微粒从a板下边缘以初速度v0竖直向上射入电场,当它飞到b板时,速度大小不变,而方向变为水平方向,且刚好从高度也为d的狭缝进入bc区域,bc区域的宽度也为d,所加电场的场强大小为E,方向竖直向上,磁感应强度方向垂直纸面向里,磁感应强度大小等于,重力加速度为g,则下列关于微粒运动的说法正确的是 (　　)
A.微粒在ab区域的运动时间为
B.微粒在bc区域中做匀速圆周运动,圆周半径r=2d
C.微粒在bc区域中做匀速圆周运动,运动时间为
D.微粒在ab、bc区域中运动的总时间为
【解析】选A、B、D。粒子在电场中做类平抛运动,水平方向上在电场力作用下做初速度为零的匀加速运动,竖直方向上在重力作用下做匀减速运动,因为到达b板后速度水平且速度大小不变,故竖直方向上做末速度为零的匀减速直线运动,并且Eq=mg,根据分运动的等时性可得,在竖直方向上有0=v0-gt,解得t=,故A正确;进入复合场后,由于Eq=mg,所以粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力qv0B=m,解得r=,
代入B=,可得r===,在电场中运动过程中水平方向上有v0=at,d=,故有r=2d,B正确;作出粒子运动的轨迹,如图所示:
由几何关系,得到回旋角度为30°,故在复合场中的运动时间为t2===,故C错误;粒子在电场中运动时间为t1==,故粒子在ab、bc区域中运动的总时间为t=t1+t2=,故D正确。
【补偿训练】
如图所示,某一真空室内充满竖直向下的匀强电场E,在竖直平面内建立坐标系xOy,在y<0的空间里有与场强E垂直的匀强磁场B,在y>0的空间内,将一质量为m的带电液滴(可视为质点)自由释放,此液滴沿y轴的负方向,以加速度a=2g(g为重力加速度)做匀加速直线运动,当液滴运动到坐标原点时,瞬间被安装在原点的一个装置改变了带电性质(液滴所带电荷量和质量均不变),随后液滴进入y<0的空间内运动,液滴在y<0的空间内运动过程中 (　　)
A.重力势能一定是不断减小
B.电势能一定是先减小后增大
C.动能不断增大
D.动能保持不变
【解析】选D。在y>0的空间内,根据液滴沿y轴负方向以加速度a=2g(g为重力加速度)做匀加速直线运动可知,液滴在此空间内运动时所受电场力方向向下,大小等于重力;进入y<0的空间后,液滴电性改变,其所受电场力向上,大小仍等于重力,所以液滴将在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,在液滴运动半个周期内,动能保持不变,重力势能先减小后增大,电势能先增大后减小,D正确,A、B、C错误。
10.如图所示,水平放置的平行板电容器上极板带正电,下极板带负电,两板间存在场强为E的匀强电场和垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场。现有大量带电粒子沿中线 OO′射入,所有粒子都恰好沿OO′做直线运动。若仅将与极板垂直的虚线MN右侧的磁场去掉,则其中比荷为的粒子恰好自下极板的右边缘P点离开电容器。已知电容器两板间的距离为,带电粒子的重力不计。
(1)求下极板上 N、P 两点间的距离。
(2)若仅将虚线 MN 右侧的电场去掉,保留磁场,另一种比荷的粒子也恰好自P点离开,求这种粒子的比荷。
【解析】(1)粒子自O点射入到虚线MN的过程中做匀速直线运动,qE=qvB
粒子过MN时的速度大小v=
仅将MN右侧磁场去掉,
粒子在MN右侧的匀强电场中做类平抛运动,
沿电场方向:=t2
垂直于电场方向:x=vt
由以上各式计算得出下极板上N、 P两点间的距离
x=
(2)仅将虚线 MN右侧的电场去掉,粒子在MN右侧的匀强磁场中做匀速圆周运动,设经过P点的粒子的比荷为,其做匀速圆周运动的半径为 R ,
由几何关系得:R2=x2+(R-)2
解得R=
又q′vB=
得比荷=
答案:(1)　(2)
11.某同学设想用带电粒子的运动轨迹做出“0”“8”字样,首先,如图甲所示,在真空空间的竖直平面内建立xOy坐标系,在y1=0.1 m和y2=-0.1 m处有两个与x轴平行的水平界面PQ和MN把空间分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域,在三个区域中分别存在匀强磁场B1、B2、B3,其大小满足B2=2B1=2B3=0.02 T,方向如图甲所示。在Ⅱ区域中的y轴左右两侧还分別存在匀强电场E1、E2(图中未画出)。忽略所有电、磁场的边缘效应,ABCD是以坐标原点O为中心对称的正方形,其边长L=0.2 m。现在界面PQ上的A处沿y轴正方向发射一比荷=108 C/kg的带正电荷的粒子(其重力不计),粒子恰能沿图中实线途经BCD三点后回到A点并做周期性运动,轨迹构成一个“0”字。已知粒子每次穿越Ⅱ区域时均做直线运动。
(1)E1、E2的大小和方向。
(2)去掉Ⅱ和Ⅲ区域中的匀强电场和磁场,其他条件不变,仍在A处以相同的速度发射相同的粒子,请在Ⅱ和Ⅲ区城内重新设计适当的匀强电场或匀强磁场,使粒子运动的轨迹成为上、下对称的“8”字,且粒子运动的周期跟甲图中相同,请通过必要的计算和分析,求出你所设计的“场”的大小、方向和区域,并在乙图中描绘出带电粒子的运动轨迹和你所设计的“场”。(上面半圆轨迹N在图中已画出)
【解题指南】该题的关键点如下:
(1)带电粒子在区域Ⅱ和Ⅲ中做匀速直线运动,电场力与洛伦兹力平衡,由左手定则判断洛伦兹力的方向就能知道电场力的方向和电场强度方向。由二力平衡列式,求场强的大小。
(2)根据对称性,在区域Ⅲ中只能存在匀强磁场,满足B3=B1=0.01 T,方向垂直纸面向外。由于周期相等,所以在区域Ⅱ中只能存在匀强电场,且方向必须与x轴平行。
(3)从B点运动至O点做类平抛运动,根据平抛运动的特点结合牛顿第二定律即可求解。
【解析】(1)在Ⅰ区域中B1qv=m
解得v==0.01×108×0.1 m/s=105 m/s
在Ⅱ区域的电磁场中运动满足B2qv=qE1
解得E1=B2v=0.02×105 V/m=2×103 V/m,方向水平向右
同理,E2=2×103 V/m,方向水平向左
(2)根据对称性,在区域Ⅲ中只能存在匀强磁场,满足B3=B1=0.01 T,方向垂直纸面向外,由于周期相等,所以在区域Ⅱ中只能存在匀强电场,且方向必须与x轴平行。从B点运动至O点做类平抛运动,时间t=y1/v=10-6 s
沿x轴方向的位移为L,
则L=at2
由牛顿第二定律得:qE=ma
解得:E=2×103 V/m
根据对称性,电场方向如图中Ⅱ区域箭头所示,运动轨迹如图所示:
答案:(1)E1=2×103 V/m　方向水平向右
E2=2×103 V/m　方向水平向左　(2)见解析
【总结提升】带电粒子在叠加场中运动的处理方法
(1)弄清叠加场的组成特点。
(2)正确分析带电粒子的受力及运动特点。
(3)画出粒子的运动轨迹,灵活选择不同的运动规律。
①若只有两个场且正交,合力为零,则表现为匀速直线运动或静止。例如电场与磁场中满足qE=qvB;重力场与磁场中满足mg=qvB;重力场与电场中满足mg=qE。
②若三场共存时,合力为零,粒子做匀速直线运动,其中洛伦兹力F=qvB的方向与速度v垂直。
12.(2018·全国卷Ⅱ)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场,其在xOy平面内的截面如图所示:中间是磁场区域,其边界与y轴垂直,宽度为l,磁感应强度的大小为B,方向垂直于xOy平面;磁场的上、下两侧为电场区域,宽度均为l′,电场强度的大小均为E,方向均沿x轴正方向;M、N为条状区域边界上的两点,它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场,经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。
(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹。
(2)求该粒子从M点射入时速度的大小。
(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为,求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。
【解题指南】解答本题应注意以下三点:
(1)带电粒子在电场中做平抛运动,应用运动的分解进行分析,注意速度和位移的分析。
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力充当向心力,注意半径和圆心角的分析。
(3)粒子由电场进入磁场时,速度与x轴正方向的夹角与做圆周运动的圆心角关系密切,注意利用。
【解析】(1)粒子运动的轨迹如图甲所示。(粒子在电场中的轨迹为抛物线,在磁场中为圆弧,上下对称)
(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为v0,在下侧电场中运动的时间为t,加速度的大小为a;粒子进入磁场的速度大小为v,方向与电场方向的夹角为θ(见图乙),速度沿电场方向的分量为v1。根据牛顿第二定律有
qE=ma ①
式中q和m分别为粒子的电荷量和质量。由运动学公式有
v1=at ②
l′=v0t ③
v1=vcos θ ④
粒子在磁场中做匀速圆周运动,设其运动轨道半径为R,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
qvB=m ⑤
由几何关系得l=2Rcos θ ⑥
联立①②③④⑤⑥式得v0= ⑦
(3)由运动学公式和题给数据得
v1=v0cot ⑧
联立①②③⑦⑧式得
= ⑨
设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′,则
t′=2t+T ⑩
式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
T=
由③⑦⑨⑩式得t′=
答案:(1)图见解析　(2)
(3)