高考物理一輪復(fù)習 第九章 微專題63 帶電粒子在疊加場中的運動

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帶電粒子在疊加場中的運動 1．考點及要求：(1)帶電粒子在勻強磁場中的運動(Ⅱ)；(2)質(zhì)譜儀(Ⅰ).2.方法與技巧：(1)若帶電粒子在疊加場中做勻速直線運動，則重力、電場力與磁場力的合力為零；(2)若帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運動，則重力與電場力等大、反向． 1．有一電荷量為－q，重力為G的小球，從豎直的帶電平行板上方h處自由落下，兩極板間勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，方向如圖1所示，則帶電小球通過有電場和磁場的空間時(　　) 圖1 A．一定做曲線運動 B．不可能做曲線運動 C．有可能做勻速運動 D．有可能做勻加速直線運動 2．(多選)如圖2所示，豎直放置的兩塊很大的平行金屬板a、b，相距為d，ab間的電場強度為E，今有一帶正電的粒子從a板下邊緣以初速度v0豎直向上射入電場，當它飛到b板時，速度大小不變，而方向變成水平方向，且剛好從高度也為d的狹縫穿過b板而進入bc區(qū)域，bc區(qū)域的寬度也為d，所加電場的場強大小為E，方向豎直向上；磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小等于，重力加速度為g，則下列說法中正確的是(　　) 圖2 A．粒子在ab區(qū)域中做勻變速運動，運動時間為 B．粒子在bc區(qū)域中做勻速圓周運動，圓周半徑r＝d C．粒子在bc區(qū)域中做勻速直線運動，運動時間為 D．粒子在ab、bc區(qū)域中運動的總時間為 3．如圖3所示，水平放置的平行金屬板a、b帶有等量正負電荷，a板帶正電，兩板間有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶正電的粒子在兩板間做直線運動，粒子的重力不計．關(guān)于粒子在兩板間運動的情況，正確的是(　　) 圖3 A．可能向右做勻加速直線運動 B．可能向左做勻加速直線運動 C．只能是向右做勻速直線運動 D．只能是向左做勻速直線運動 4．如圖4所示，虛線空間中存在由勻強電場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(　　) 圖4 A．①② B．③④ C．①③ D．②④ 5．如圖5所示，是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖．帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器．速度選擇器內(nèi)存在相互正交的勻強磁場和勻強電場，強度分別為B和E.平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2.平板S下方有磁感應(yīng)強度為B0的勻強磁場．下列表述錯誤的是(　　) 圖5 A．質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具 B．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外 C．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于 D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越小 6．如圖6所示，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球從M點自由下落，M點距場區(qū)邊界PQ高為h，邊界PQ下方有方向豎直向下、電場強度為E的勻強電場，同時還有垂直于紙面的勻強磁場，小球從邊界上的a點進入復(fù)合場后，恰能做勻速圓周運動，并從邊界上的b點穿出，重力加速度為g，不計空氣阻力，則以下說法正確的是(　　) 圖6 A．小球帶負電荷，勻強磁場方向垂直于紙面向外 B．小球的電荷量與質(zhì)量的比值＝ C．小球從a運動到b的過程中，小球和地球系統(tǒng)機械能守恒 D．小球在a、b兩點的速度相同 7．如圖7所示，整個空間存在水平向左的勻強電場，MN的右側(cè)存在垂直紙面向里的勻強磁場．由絕緣材料制成的光滑軌道AC與水平面的夾角為θ，C點處于MN邊界上，其延長線為CD.一質(zhì)量為m的帶電小球沿軌道AC下滑，至C點后沿直線CD運動．則以下說法錯誤的是(　　) 圖7 A．小球帶正電荷 B．小球在MN左側(cè)做勻加速直線運動 C．小球在MN右側(cè)做勻速直線運動 D．小球在MN的右側(cè)所受洛倫茲力為 8．(多選)一塊橫截面為矩形的金屬導(dǎo)體的寬度為b，厚度為d，將導(dǎo)體置于一磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度的方向垂直于側(cè)面，如圖8所示．當在導(dǎo)體中通以圖示方向的電流I時，在導(dǎo)體的上下表面間用電壓表測得的電壓為UH，已知自由電子的電量為e，則下列判斷正確的是(　　) 圖8 A．導(dǎo)體內(nèi)自由電子只受洛倫茲力作用 B．用電壓表測UH時，電壓表的“＋”接線柱接下表面 C．金屬導(dǎo)體的厚度d越大，UH越小 D．該導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為 9．(多選)如圖9甲所示，絕緣輕質(zhì)細繩一端固定在方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場中的O點，另一端連接帶正電的小球，小球電荷量q＝610－7 C，在圖示坐標中，電場方向沿豎直方向，坐標原點O的電勢為零．當小球以2 m/s的速率繞O點在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動時，細繩上的拉力剛好為零．在小球從最低點運動到最高點的過程中，軌跡上每點的電勢φ隨縱坐標y的變化關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，則下列判斷正確的是(　　) 圖9 A．勻強電場的場強大小為3.2106 V/m B．小球重力勢能增加最多的過程中，電勢能減少了2.4 J C．小球做順時針方向的勻速圓周運動 D．小球所受的洛倫茲力的大小為3 N 10．如圖10所示，與水平面成37角的傾斜軌道AC，其延長線在D點與半圓軌道DF相切，全部軌道為絕緣材料制成且位于豎直面內(nèi)，整個空間存在水平向左的勻強電場，MN的右側(cè)存在垂直紙面向里的勻強磁場(C點處于MN邊界上)．一質(zhì)量為0.4 kg的帶電小球沿軌道AC下滑，至C點時速度為vC＝ m/s，接著沿直線CD勻速運動到D處進入半圓軌道，進入時無動能損失，且恰好能通過F點，在F點速度為vF＝4 m/s(不計空氣阻力，g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8)．求： 圖10 (1)小球帶何種電荷？ (2)小球在半圓軌道部分克服摩擦力所做的功； (3)小球從F點飛出時磁場同時消失，小球離開F點后的運動軌跡與直線AC(或延長線)的交點為G點(未標出)，求G點到D點的距離．(計算結(jié)果均保留三位有效數(shù)字) 11．如圖11所示，在真空室中平面直角坐標系的y軸豎直向上，x軸上的P點與Q點關(guān)于坐標原點O對稱，P、Q間的距離d＝30 cm.坐標系所在空間存在一勻強電場，場強的大小E＝1.0 N/C.一帶電油滴在xOy平面內(nèi)，從P點與x軸正方向成30的夾角射出，該油滴將做勻速直線運動，已知油滴以速度v＝2.0 m/s射出，所帶電荷量q＝1.010－7 C，重力加速度為g＝10 m/s2. 圖11 (1)求油滴的質(zhì)量m. (2)若在空間疊加一個垂直于xOy平面的圓形有界勻強磁場，使油滴通過Q點，且其運動軌跡關(guān)于y軸對稱．已知磁場的磁感應(yīng)強度大小為B＝2.0 T，求： ①油滴在磁場中運動的時間t； ②圓形磁場區(qū)域的最小面積S.(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) 答案解析 1．A　[帶電小球在重力場、電場和磁場中運動，所受重力、電場力是恒力，但受到的洛倫茲力是隨速度的變化而變化的變力，因此小球不可能處于平衡狀態(tài)，也不可能在電、磁場中做勻變速運動，故選項A正確．] 2．AD　[粒子在ab區(qū)域中豎直方向受到重力作用，水平方向受到電場力作用，由于都是恒力，故粒子做勻變速運動，由對稱性可知Eq＝mg，在豎直方向v0＝gt1，則t1＝，或t1＝＝，選項A正確；粒子在剛進入bc區(qū)域時，受到向下的重力、向上的電場力和向上的洛倫茲力作用，由于B＝，則Bqv0＝Eq＝mg，由于重力和電場力平衡，故粒子做勻速圓周運動，半徑為r＝＝＝2d，故選項B、C錯誤；由幾何關(guān)系可知，粒子在bc區(qū)域運動的圓心角為30，故所用的時間t2＝＝＝，所以粒子在ab、bc區(qū)域中運動的總時間為t＝t1＋t2＝，選項D正確．] 3．C　[受分分析可知靜電力向下，洛倫茲力必向上，則速度方向向右；洛倫茲力與速度大小有關(guān)，因此只能為勻速直線運動，故選項C正確．] 4．B　[帶電小球進入復(fù)合場時受力情況如圖， 其中只有③、④兩種情況下合外力可能為零或與速度的方向相同，所以有可能沿直線通過復(fù)合場區(qū)域，①中力qvB隨速度v的增大而增大，所以三力的合力不會總保持在豎直方向，合力與速度方向?qū)a(chǎn)生夾角，做曲線運動，所以①錯，同理②也錯．選項B正確．] 5．D　[粒子在題圖中的加速電場中加速，說明粒子帶正電，其通過速度選擇器時，電場力與洛倫茲力平衡，則洛倫茲力方向應(yīng)水平向左，由左手定則知，磁場的方向應(yīng)垂直紙面向外，選項B正確；由Eq＝Bqv可知，v＝，選項C正確；粒子打在膠片上的位置到狹縫的距離即為其做勻速圓周運動的直徑D＝，可見D越小，則粒子的比荷越大，D不同，則粒子的比荷不同，因此利用該裝置可以分析同位素，A正確，D錯誤．] 6．B　[帶電小球在磁場中做勻速圓周運動，則qE＝mg，選項B正確；電場方向豎直向下，則可知小球帶負電，由于小球從b點射出，根據(jù)左手定則可知磁場垂直紙面向里，選項A錯誤；小球運動過程中，電場力做功，故小球和地球系統(tǒng)的機械能不守恒，只是a、b兩點機械能相等，選項C錯誤；小球在a、b兩點速度方向相反，故選項D錯誤．] 7．B　[ 小球在MN右側(cè)受洛倫茲力作用，做直線運動時因重力、靜電力不變，所以洛倫茲力也不變化，由F洛＝qvB可知v不變，則小球在MN右側(cè)一定做勻速直線運動，故C對．小球受力如圖所示，由左手定則可知小球帶正電，小球在MN的左側(cè)做勻速直線運動，并且有F洛＝，故A、D對，B錯．] 8．BD　[定向移動的電子受到洛倫茲力發(fā)生偏轉(zhuǎn)，在上下表面間形成電勢差，最終電子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，故A錯誤；由題圖知，磁場方向向里，電流方向向右，則電子向左移動，根據(jù)左手定則，電子向上表面偏轉(zhuǎn)，則上表面得到電子帶負電，那么下表面帶正電，所以電壓表的“＋”接線柱接下表面，故B正確；根據(jù)電場力與洛倫茲力平衡，則有：e＝eBv，解得：UH＝Bdv.則金屬導(dǎo)體的厚度d越大，UH越大，故C錯誤；根據(jù)e＝eBv，再由I＝neSv＝nebdv，得導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為：n＝，故D正確．] 9．BD　[由勻強電場的場強公式E＝結(jié)合題圖乙，可得E＝ V/m＝5106 V/m，故A錯誤；由功能關(guān)系W電＝－ΔEp，W電＝qU＝610－74106 J＝2.4 J，即電勢能減少了2.4 J，故B正確；當小球以2 m/s的速率繞O點在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動時，細繩上的拉力剛好為零，說明是洛倫茲力提供向心力，由左手定則得小球應(yīng)該做逆時針方向的圓周運動，故C錯誤；重力和電場力是一對平衡力，有qE＝mg，得m＝＝0.3 kg，由洛倫茲力提供向心力可知洛倫茲力為F＝m＝ N＝3 N，故D正確．故選B、D.] 10．見解析 解析　(1)據(jù)題意可知小球在CD間做勻速直線運動，在CD段小球受到重力、電場力、洛倫茲力作用且合力為0，因此小球應(yīng)帶正電荷． (2)在D點速度為vD＝vC＝ m/s 設(shè)重力與電場力的合力為F，則F＝qvCB 又F＝＝5 N，解得qB＝＝ 在F處由牛頓第二定律可得qvFB＋F＝ 把qB＝ 代入得R＝1 m 設(shè)小球在DF段克服摩擦力做功為Wf，由動能定理可得 －Wf－2FR＝ Wf≈27.6 J (3)小球離開F點后做類平拋運動， 其加速度為a＝ 由2R＝得t＝ ＝ s 交點G與D點的距離GD＝vFt＝ m≈2.26 m. 11．(1)1.010－8 kg (2)① s?、?.910－3 m2 解析　(1)對帶電油滴進行受力分析，根據(jù)牛頓運動定律有qE－mg＝0 所以m＝＝1.010－8 kg (2)①帶電油滴進入勻強磁場，其軌跡如圖甲所示，設(shè)其做勻速圓周運動的半徑為R、周期為T、油滴在磁場中運動時間為t，根據(jù)牛頓第二定律： 由qvB＝得R＝＝0.1 m 所以T＝＝0.1π s 設(shè)帶電油滴從M點進入磁場，從N點射出磁場，由于油滴的運動軌跡關(guān)于y軸對稱，如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知∠MO′N＝60，所以帶電油滴在磁場中運動的時間t＝＝ s ②連接M、N，當MN為圓形磁場的直徑時，圓形磁場區(qū)域的面積最小，如圖乙所示．根據(jù)幾何關(guān)系得圓形磁場的半徑 r＝Rsin 30＝0.05 m 其面積為S＝πr2＝0.002 5π m2≈7.910－3 m2.