高考物理第一轮复习带电粒子在复合场中的运动专题 提高练习 6页

‎2019年高考物理第一轮复习：带电粒子在复合场中的运动专题 提高练习 ‎(难度★★★★)‎ 一、单选题 ‎1．如图所示，匀强电场的电场强度方向与水平方向夹角为30°且斜向右上方，匀强磁场的方向垂直于纸面(图中未画出)．一质量为m、电荷量为q的带电小球(可视为质点)以与水平方向成30°角斜向左上方的速度v做匀速直线运动，重力加速度为g.则(　　)‎ A． 匀强磁场的方向可能垂直于纸面向外 B． 小球一定带正电荷 C． 电场强度大小为mgq D． 磁感应强度的大小为mgqv ‎【答案】C ‎【解析】B：小球做匀速直线运动，受到的合力为零，假设小球带正电，则小球的受力情况如图1所示，小球受到的洛伦兹力沿虚线但方向未知；小球受到的重力、电场力的合力与洛伦兹力不可能平衡，小球不可能做匀速直线运动，假设不成立，小球带负电。故B项错误。‎ A：小球带负电的受力情况如图2所示。小球受到的洛伦兹力一定斜向右上方，根据左手定则，匀强磁场的方向一定垂直于纸面向里。故A项错误。‎ CD：由于电场力与洛伦兹力反方向、重力与洛伦兹力反方向的夹角均为30°，据几何关系可得：qE=mg、qvB=2mgcos‎30‎‎°‎=‎3‎mg，解得：E=‎mgq、B=‎‎3‎mgqv。故C项正确，D项错误。‎ ‎2．如图所示，a、b是一对平行金属板，分别接到直流电源两极上，右边有一挡板，正中间开有一小孔d，在较大空间范围内存在着匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，在a、b两板间还存在着匀强电场E.从两板左侧中点c处射入一束正离子(不计重力)，这些正离子都沿直线运动到右侧，从d孔射出后分成3束．则下列判断正确的是 (　　)‎ A． 这三束正离子的速度一定不相同 B． 这三束正离子的质量一定不相同 C． 这三束正离子的电荷量一定不相同 D． 这三束正离子的比荷一定不相同 ‎【答案】D ‎【解析】粒子运动过程受电场力和洛伦兹力作用，故根据粒子受力可得：粒子在极板间运动受力平衡，从d孔射出后做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力； 设粒子运动速度为v，粒子质量为m，电荷量为q，粒子做匀速圆周运动的轨道半径为R； A、根据受力平衡可得：qE=qvB，故v=‎EB，所以粒子匀速速度相等，故A错误； B、根据洛伦兹力做向心力可得：qvB=‎mv‎2‎R，所以，R=mvqB=‎mEqB‎2‎，故根据粒子轨道半径不同可得：粒子比荷不同，电荷量及质量大小关系不确定，故BC错误，D正确。‎ ‎3．霍尔式位移传感器的测量原理如图所示，有一个沿z轴方向的磁场，磁感应强度B=B‎0‎+kz(‎B‎0‎、k均为常数‎).‎将传感器固定在物体上，保持通过霍尔元件的电流I不变‎(‎方向如图所示‎)‎，当物体沿z轴方向移动时，由于位置不同，霍尔元件在y轴方向的上、下表面的电势差U也不同‎.‎则‎(‎　　‎‎)‎ A． 传感器灵敏度‎△U‎△z与上、下表面的距离有关 B． 当物体沿z轴方向移动时，上、下表面的电势差U变小 C． 传感器灵敏度‎△U‎△z与通过的电流有关 D． 若图中霍尔元件是电子导电，则下板电势高 ‎【答案】C ‎【解析】AC、最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡,设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c,由qUc=qBv ,电流的微观表达式为I=nqbcv ,‎ 所以U=BInqb=B‎0‎‎+kzInqb=kInqbz+‎B‎0‎Inqb从公式可以看出，传感器灵敏度‎△U‎△z‎=‎kInqb 与b及电流I的大小有关，故A错;C对； ‎ B、当物体沿z轴方向移动时，根据公式可以判断上、下表面的电势差U变大，故B错 D、霍尔元件中移动的是自由电子,根据左手定则,电子向下表面偏转,所以上表面电势高.故D错误. 故选C ‎4．如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向外。已知在该区域内，一个带电小球在竖直面内做直线运动。下列说法正确的是 A． 若小球带正电荷，则小球的电势能减小 B． 若小球带负电荷，则小球的电势能减小 C． 无论小球带何种电荷，小球的重力势能都减小 D． 小球的动能可能会增大 ‎【答案】C ‎【解析】带电小球在重力场、电场、磁场的复合场中，只要做直线运动(速度与磁场不平行)，一定是匀速直线运动。若速度变化，洛仑兹力(方向垂直速度)会变化，合力就会变化；合力与速度就不在一直线上，带电体就会做曲线运动。‎ A：小球受的重力竖直向下，若小球带正电荷，小球受的电场力水平向右，则洛仑兹力斜向左上方，三力才能平衡；由左手定则可知，小球的速度向左下方，则电场力的方向与运动方向成钝角，电场力做负功，小球的电势能增大。故A项错误。‎ B：小球受的重力竖直向下，若小球带负电荷，小球受的电场力水平向左，则洛仑兹力斜向右上方，三力才能平衡；由左手定则可知，小球的速度向右下方，则电场力的方向与运动方向成钝角，电场力做负功，小球的电势能增大。故B项错误。‎ C：由AB项分析知，无论小球带何种电荷，小球竖直方向的分速度均向下，小球的重力势能减小。故C项正确。‎ D：小球做匀速直线运动，动能不变。故D项错误。‎ 点睛：带电小球在重力场、电场、磁场的复合场中，只要做直线运动(速度与磁场不平行)，一定是匀速直线运动。若速度变化，洛仑兹力(方向垂直速度)会变化，合力就会变化；合力与速度就不在一直线上，带电体就会做曲线运动。‎ ‎5．磁流体发电是一项新兴技术。如图表示了它的原理：将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子，而从整体来说呈电中性)喷射入磁场，在场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压。如果射入的等离子体速度均为v，板间距离为d，板平面的面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于速度方向，负载电阻为R，电离气体充满两板间的空间，其电阻率为ρ，当发电机稳定发电时，A、B就是一个直流电源的两个电极。下列说法正确的是 （ ）‎ A． 图中A板是电源的正极 B． A、B间的电压即为该发电机的电动势 C． 正对面积S越大，该发电机电动势越大 D． 电阻R越大，该发电机输出效率越高 ‎【答案】D ‎【解析】大量带正电和带负电的微粒向右进入磁场时，由左手定则可以判断正电荷受到的洛伦兹力向下，所以正电荷会聚集的B板上，负电荷受到的洛伦兹力向上，负电荷聚集到A板上，故A板相当于电源的负极，B板相当于电源的正极，故A错误；A、B间的电压即为电阻R两端的电压，是路端电压，故不是产生的电动势，故B错误；AB间的场强为qvB=qE E=vB，故两极板间的电势差为U=Ed=vBd，与正对面积无关，故C错误；输出的效率η＝UIEI=‎RR+r，故电阻R越大，该发电机输出效率越高，故D正确；‎ ‎6．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，则下列说法中错误的是（　　）‎ A． 小球可能带正电 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不变 ‎【答案】A ‎【解析】A、小球在竖直平面内做匀速圆周运动，故重力等于电场力，即洛伦兹力提供向心力，所以，由于电场力的方向与场强的方向相反，故小球带负电，故错误；‎ B、由于洛伦兹力提供向心力，故有，解得，又由于，解得 第 6 页 ‎，所以，故B正确；‎ C、由于洛伦兹力提供向心力做圆周运动，故有运动周期，故正确；‎ D由于洛伦兹力提供向心力做圆周运动，故有运动周期，显然运动周期与加速电压无关，电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期不变，故D正确；‎ 故下列说法中错误的是选A．‎ ‎7．用绝缘细线悬挂一个质量为m，带电荷量为+q的小球，让它处于如图所示的磁感应强度为B的匀强磁场中．由于磁场的运动，小球静止在如图位置，这时悬线与竖直方向夹角为α，并被拉紧，则磁场的运动速度和方向可能是（　　）‎ A． ，水平向左 B． ，水平向右 C． ，竖直向上 D． ，竖直向下 ‎【答案】C ‎【解析】A、若磁场的运动方向水平向右，则小球相对磁场水平向左，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向下，不可能处于平衡状态，A错误；‎ B、若绳子没有拉力，当磁场的运动方向水平向左，则小球相对磁场水平向右，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，当洛伦兹力等于重力，处于平衡状态，则有： ，解得： ，由于绳子被拉紧，存在拉力，B错误；‎ C、若磁场的运动方向竖直向上，则小球相对磁场竖直向下，由左手定则可知，洛伦兹力方向水平向右，当洛伦兹力与拉力的合力与重力相等时，则处于平衡状态，则有： ，解得： ，C正确；‎ D、若磁场的运动方向竖直向下，则小球相对磁场竖直向上，由左手定则可知，洛伦兹力方向水平向左，则不可能处于平衡状态，D错误；‎ 故选C。‎ 二、多选题 ‎8．如图所示，空间中存在一水平方向匀强电场和一水平方向匀强磁场，且电场方向和磁场方向相互垂直‎.‎在电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成‎60‎‎0‎夹角且处于竖直平面内‎.‎一质量为m，带电量为‎+q的小球套在绝缘杆上‎.‎初始，给小球一沿杆向下的初速度v‎0‎，小球恰好做匀速运动，电量保持不变‎.‎已知，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E=‎‎3‎mgq，则以下说法正确的是(    )  ‎ A． 小球的初速度为v‎0‎‎=‎‎2mgqB B． 若小球的初速度为‎3mgqB，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止 C． 若小球的初速度为mgqB，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止 D． 若小球的初速度为mgqB，则运动中克服摩擦力做功为‎3‎m‎2‎g‎2‎‎2‎q‎2‎B‎2‎ ‎【答案】AC ‎【解析】A：带电小球刚开始受重力、电场力、洛伦兹力、弹力（可能有）、摩擦力（可能有）；电场力F=qE=‎3‎mg，重力与电场力的合力刚好与杆垂直，大小为‎2mg，如图：‎ 洛伦兹力的方向垂直于杆，要使小球做匀速运动，摩擦力应为0，弹力也应为0，即洛伦兹力与重力、电场力的合力相平衡，qv‎0‎B=2mg；则小球的初速度v‎0‎‎=‎‎2mgqB。故A项正确。‎ B：若小球的初速度为‎3mgqB，则洛伦兹力大于‎2mg，杆对球有弹力且FN‎+2mg=qvB，球会受到摩擦力作用，此摩擦力阻碍小球的运动，小球的速度会减小；当小球的速度减小，杆对球的弹力FN‎=qvB-2mg减小，球受的摩擦力减小，小球做加速度减小的减速运动；当小球的速度减小至‎2mgqB，小球做匀速运动。故B项错误。‎ CD：若小球的初速度为mgqB，则洛伦兹力小于‎2mg，杆对球有弹力且FN‎+qvB=2mg，球会受到摩擦力作用，此摩擦力阻碍小球的运动，小球的速度会减小；当小球的速度减小，杆对球的弹力FN‎=2mg-qvB增大，球受的摩擦力增大，小球做加速度增大的减速运动，最终小球停止。此过程中重力、电场力和洛伦兹力的合力总与杆垂直，即此过程中这三力的合力对球做的功为零，摩擦阻力对小球做负功，据动能定理‎0+Wf=0-‎1‎‎2‎m‎(mgqB)‎‎2‎；此过程中Wf‎=-‎m‎3‎g‎2‎‎2‎q‎2‎B‎2‎，即克服阻力做功W克f‎=‎m‎3‎g‎2‎‎2‎q‎2‎B‎2‎。故C项正确，D项错误。‎ ‎9．如图是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E．平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2 ． 平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是（   ）‎ A． 能通过狭缝P的带电粒子的速率等于 ‎BE B． 速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外 C． 质谱仪是一种可测定带电粒子比荷的仪器 D． 粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越大 ‎【答案】BCD ‎【解析】在速度选择器中，电场力和洛伦兹力平衡，有：qE=qvB，解得v=E/B．故A错误。根据带电粒子在磁场中的偏转方向，根据左手定则知，该粒子带正电，则在速度选择器中电场力水平向右，则洛伦兹力水平向左，根据左手定则知，磁场方向垂直纸面向外。故B正确。进入偏转电场后，有：qvB0=mv‎2‎r，解得：qm‎＝‎vrB‎0‎，可知质谱仪是可以测定带电粒子比荷的仪器。故C正确；由上式可知，知越靠近狭缝P，r越小，比荷越大。故D正确。故选BCD。‎ ‎10．用霍尔效应测试半导体是电子型还是空穴型，研究半导体内载流子浓度的变化等。在霍尔效应实验中，如图所示，ab宽为1cm，ad长为4cm，ae厚为‎1.0x‎10‎‎-3‎cm的导体，沿ad方向通有3A的电流，当磁感应强度B=1.5T的匀强磁场垂直向里穿过前表面abcd时，产生了‎1.0×‎10‎‎-5‎V的霍尔电压。已知导体内定向移动的自由电荷是电子，则下列说法正确的是(    ) ‎ A． 在导体的前表面聚集自由电子，电子定向移动的速率v=6.67×‎‎10‎‎-4‎ B． 在导体的上表面聚集自由电子，电子定向移动的速率v=6.67×‎‎10‎‎-4‎ C． 在其它条件不变的情况下，增大ad的长度，可增大霍尔电压 D． 每立方米的自由电子数为n=2.8×‎‎10‎‎29‎个 ‎【答案】BD ‎【解析】根据左手定则可得，载流子受力的方向向上，所以向上运动，聚集在上极板上。所以在导体的上表面聚集自由电子。稳定时载流子，在沿宽度方向上受到的磁场力和电场力平衡evB＝Uabe；解得v＝UBab＝‎1.0×‎‎10‎‎-‎‎5‎‎1.5×0.01‎＝6.67×‎10‎‎-4‎m/s，故A错误，B正确；稳定时载流子，在沿宽度方向上受到的磁场力和电场力平衡evB＝Uabe，所以在其它条件不变的情况下，增大ab的长度，可增大霍尔电压。故C错误；根据电流的微观表达式得，I=nqSv；则单位体积内的载流子个数n＝IeSv＝‎3‎‎1.6×‎10‎‎-‎‎19‎×ab×ae×‎2‎‎3‎×‎‎10‎‎-‎‎3‎＝2.8×‎‎10‎‎29‎个。故D正确。故选BD。‎ ‎11．如图所示为两平行金属极板P、Q，在P、Q两极板上加直流电压U0，极板Q的右侧有一个边长为‎2‎L的正方形匀强磁场区域abcd，匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里．P极板上中心O处有一粒子源，可发射出初速度为零、比荷为k的带电粒子，Q极板中心有一小孔，可使粒子射出后垂直磁场方向从a点沿对角线ac方向进入匀强磁场区域，则下列说法正确的是(　　)‎ A． 如果带电粒子恰好从d点射出，则满足U0＝‎1‎‎2‎kB2L2‎ B． 如果带电粒子恰好从b点射出，则粒子源发射的粒子可能带负电 C． 带电粒子在匀强磁场中运动的速度为‎2kU‎0‎ D． 带电粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径为‎1‎B‎2‎U‎0‎k ‎【答案】ACD ‎【解析】当带电粒子恰好从d点射出时，根据图中几何关系可知，轨道半径r＝L. ‎ 第 6 页 设带电粒子射入磁场时速度为v，由qvB＝mv‎2‎r，解得v＝qBLm；由qU0＝‎1‎‎2‎mv2，解得U0＝‎1‎‎2‎kB2L2，选项A正确；由左手定则可知，如果带电粒子恰好从b点射出，则粒子源发射的粒子一定带正电，选项B错误；由qU0＝‎1‎‎2‎mv2，解得v=‎2qU‎0‎m=‎‎2kU‎0‎，选项C正确；由qvB＝mv‎2‎r，解得r=mvqB=‎‎1‎B‎2‎U‎0‎k，选项D正确；故选ACD．‎ ‎12．如图所示，在正交的匀强电场和匀强磁场中有质量和电荷量都相同的两油滴M、N.M静止，N做半径为R的匀速圆周运动，若N与M相碰后并结合在一起，则关于它们下列说法中不正确的 A． 以N原速率的一半做匀速直线运动 B． 以R‎2‎为半径做匀速圆周运动 C． 仍以R为半径做匀速圆周运动 D． 做周期为N的一半的匀速圆周运动 ‎【答案】ACD ‎【解析】设M、N的质量和电荷量分别为m、q，碰撞前N的速率为v。碰撞后瞬间整体的速率为v′。碰撞前，对N，由洛伦兹力提供向心力，有 qvB=mv‎2‎R，得 R=mvqB；对M有 qE=mg；碰撞过程，取碰撞前N的速度方向为正方向，由动量守恒定律有 mv=2mv′，得 v′=v‎2‎；MN整体受到的电场力 2qE，重力为2mg，则2qE=2mg，所以整体的电场力和重力仍平衡，所以碰后整体做匀速圆周运动，轨迹半径为r=‎2mv'‎‎2qB=mv‎2qB=‎R‎2‎，故AC错误，B正确。N原来的周期TN‎=‎‎2πmqB．碰后整体的周期T=‎2π⋅2m‎2qB=‎TN．故D错误。此题选择不正确的选项，故选ACD。‎ ‎13．如图所示，空间存在水平向左的匀强电场E和垂直纸面向外的匀强磁场B，在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球，不考虑两带电小球间的相互作用，两小球的电荷量始终不变，关于小球的运动，下列说法正确的是 A． 沿ab、ac方向抛出的小球都可能做直线运动 B． 若小球沿ac方向做直线运动，则小球带负电，可能做匀加速运动 C． 若小球沿ac方向做直线运动，则小球带正电，且一定是匀速运动 D． 两小球在运动过程中机械能均守恒 ‎【答案】AC ‎【解析】沿ab抛出的带电小球，根据左手定则，及正电荷的电场力的方向与电场强度方向相同，可知，只有带正电，才能平衡，而沿ac方向抛出的带电小球，由上分析可知，小球带负电时，才能做直线运动，因速度影响洛伦兹力大小，所以是直线运动，必然是匀速直线运动，AC正确B错误；在运动过程中，因电场力做功，导致小球的机械能不守恒，D错误．‎ 三、解答题 ‎14．如图为离子探测装置示意图．区域I、区域Ⅱ长均为L=0.10m，高均为H=0.06m．区域I可加方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场；区域Ⅱ可加方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，区域Ⅱ的右端紧贴着可探测带电粒子位置的竖直屏．质子束沿两板正中间以速度v=1.0×l05m/s水平射入，质子荷质比近似为qm=1.0×l08C/kg．（忽略边界效应，不计重力）‎ ‎（1）当区域I加电场、区域Ⅱ不加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加电场的最大值Emax；‎ ‎（2）当区域I不加电场、区域Ⅱ加磁场时，求能在屏上探测到质子束的外加磁场的最大值Bmax；‎ ‎（3）当区域I加电场E小于（1）中的Emax，质子束进入区域Ⅱ和离开区域Ⅱ的位置等高，求区域Ⅱ中的磁场B与区域I中的电场E之间的关系式．‎ ‎【答案】（1）200N/C（2）5.5×10﹣3T（3）‎B=‎‎2Ev ‎【解析】(1) 画出轨迹，如图所示：‎ 偏转角θ满足：tanθ=H‎2‎‎3L‎2‎ ‎ 竖直分速度：vy=at，‎ 加速度：a=‎qEmaxm ‎ 运动时间：t=‎Lv ‎ 解得：Emax‎=200‎NC ‎ ‎(2)画出轨迹，如图所示：‎ 轨迹圆半径满足：‎ L‎2‎‎+‎(R-H‎2‎)‎‎2‎=‎R‎2‎‎ ‎ 解得：R=‎109‎‎600‎m ‎ 圆周运动满足：‎ qvBmax=mv‎2‎R‎ ‎ 解得：Bmax‎≈5.5×‎10‎‎-3‎T；‎ ‎（3) 画出轨迹，如图所示：‎ 偏转角θ满足：tanθ=‎vyv ‎ vy‎=at‎ ‎ a=‎qEm‎ ‎ t=‎Lv‎ ‎ v‎'‎‎=‎v‎2‎‎+‎vy‎2‎‎ ‎ 轨迹圆圆心角为2θ，半径满足：‎ R‎'‎‎=L‎2‎sinθ‎ ‎ 圆周运动满足：qv‎'‎B=mv‎'2‎R ‎ 解得：B=‎‎2Ev。‎ ‎15．已知质量为m的带电液滴，以速度v垂直射入竖直向下的匀强电场E和水平向里匀强磁场B中，液滴在此空间刚好能在竖直平面内做匀速圆周运动．如图所示，(重力加速度为g)求：‎ ‎(1) 液滴带电荷量及电性；‎ ‎(2) 液滴做匀速圆周运动的半径多大；‎ ‎(3) 现撤去磁场，电场强度变为原来的两倍，有界电场的左右宽度为d，液滴仍以速度v从左边界垂直射入，求偏离原来方向的竖直距离。‎ ‎【答案】（1）mgE ；负电（2）EvgB （3）gd‎2‎v‎2‎ ‎ ‎【解析】（1）液滴在空间受到三个力作用：重力、电场力与洛伦兹力；因带电液滴刚好做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则液滴的重力与电场力相平衡，电场力方向竖直向上，又因电场线方向向下，所以有：液滴带负电， 由于mg=qE； 解得：q=‎mgE …① （2）带电粒子在电场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供；qvB=mv‎2‎r…② ①②两式联立解得：r=‎EvgB ‎ ‎（3）电场变为2E，则加速度a=‎‎2qEm ‎ 水平方向：d=vt 竖直方向的偏转距离：y=‎1‎‎2‎at‎2‎ ‎ 解得：‎y=‎gd‎2‎v‎2‎ ‎16．如图所示,一带电微粒质量为m=‎2.0×‎‎10‎‎-11‎kg、电荷量为q=‎+1.0×‎10‎‎-5‎C,从静止开始经电压为U1=100V的电场加速后,从两平行金属板的中间水平进入偏转电场中,微粒从金属板边缘射出电场时的偏转角θ=30°,并接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为D=‎20‎‎3‎cm的匀强磁场区域, 已知偏转电场中金属板长L=20cm，两板间距d=17.3cm，微粒重力忽略不计,求 ‎(1)带电微粒进入偏转电场时的速率v‎1‎；‎ ‎(2)偏转电场中两金属板间的电压U2；‎ ‎(3)为使带电微粒不会由磁场右边射出,该匀强磁场的磁感应强度B至少多大?‎ ‎【答案】(1)v‎1‎‎=1.0×‎‎10‎‎4‎ms (2)U‎2‎‎=100V (3)B=0.1T ‎ ‎【解析】(1) 带电微粒经加速电场加速后速度为v 1 ，‎ 根据动能定理 qU‎1‎=‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎‎ ‎ 解得：v‎1‎‎=‎‎2qU‎1‎m ‎ 第 6 页 代入数据得：v‎1‎‎=1.0×‎‎10‎‎4‎ms；‎ ‎(2)带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动，在水平方向微粒做匀速直线运动；‎ 水平方向：v‎1‎‎=‎Lt ‎ 带电微粒竖直方向做匀加速直线运动，加速度为a，出电场时竖直方向速度为v2‎ 竖直方向：a=qEm=‎qU‎2‎dm ‎ 由几何关系得：tanθ=v‎2‎v‎1‎=qU‎2‎Ldmv‎1‎‎2‎=‎U‎2‎L‎2dU‎1‎ ‎ 所以U‎2‎‎=‎2dU‎1‎Ltanθ，解得：U‎2‎‎=100V；‎ ‎(3) 带电微粒进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，运动轨迹如图所示：‎ 设微粒轨道半径为R，‎ 由几何关系知：R+Rsinθ=D 解得：R=‎2‎‎3‎D ‎ 设微粒进入磁场时的速度为v′‎ 则v‎'‎‎=‎v‎1‎cos‎30‎‎0‎ ‎ 由牛顿运动定律及运动学规律 qv‎'‎B=‎mv‎'2‎R‎ ‎ B=‎mv‎'‎qR‎ ‎ 由以上各式代入数据解得：B=0.1T ‎ 若带电粒子不射出磁场，磁感应强度B至少为0.1T。‎ ‎17．如图所示的区域中，左边为垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B大小未知，右边是一个电场强度大小为E=‎mv‎0‎‎2‎‎2qL 的匀强电场，其方向平行于OC向上且垂直于磁场方向；有一初速度大小为v0，质量为m、电荷量为-q 的带电粒子从P点沿与边界线PQ的夹角θ=60°的方向射入匀强磁场，恰好从距O点正上方L处的C点垂直于OC射入匀强电场，最后打在Q点，不计粒子的重力，求：‎ ‎（1）磁感应强度B的大小；‎ ‎（2）求粒子从P至Q所用时间及OQ的长度；‎ ‎（3）如果保持电场与磁场方向不变，而将它们左右对调，且磁感应强度大小变为原来的1/4，电场强度减小到原来的一半，粒子仍从P点以速度v0沿某一方向射入，恰好从O点正上方的小孔C射入匀强磁场，则粒子进入磁场后做圆周运动的半径是多少？‎ ‎【答案】（1）B=‎‎3mv‎0‎‎2qL （2）‎4πL‎9‎v‎0‎‎+‎‎2Lv‎0‎ 2L； （3）‎r‎'‎‎=‎4‎‎2‎‎3‎L ‎【解析】（1）做出粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹，由几何关系可知：r+rcos600=L 由洛伦兹力提供向心力可得：‎qv‎0‎B=‎mv‎2‎r 解得B=‎‎3mv‎0‎‎2qL ‎ ‎（2）粒子在磁场中运动的周期T=‎‎2πmqB粒子在磁场中运动的时间为： t‎1‎‎=‎T‎3‎ ‎ 粒子在电场中做类平抛运动，在垂直电场方向：x=v0t2‎ 在平行电场方向：qE=ma L=‎1‎‎2‎at‎2‎‎2‎‎ ‎ 解得粒子从P运动至Q点所用的时间：t=t‎1‎+t‎2‎=‎4πL‎9‎v‎0‎+‎‎2Lv‎0‎ ‎ OQ的长度为：x=2L ‎（3）电场和磁场左右对调后，粒子在电场中，E‎'‎‎=‎1‎‎2‎E=‎mv‎0‎‎2‎‎4qL ‎ 由动能定理可得：‎-qEL=‎1‎‎2‎mv‎2‎-‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎ ‎ 粒子在磁场中：B‎'‎‎=‎1‎‎4‎B=‎‎3mv‎0‎‎8qL ‎ 根据牛顿第二定律：‎qv‎0‎B‎'‎=‎mv‎2‎r‎'‎ 解得粒子进入磁场后做圆周运动的半径为：‎r‎'‎‎=‎4‎‎2‎‎3‎L ‎18．在科学研究中,可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制.如图甲所示,M、N为间距足够大的水平极板,紧靠极板右侧放置竖直的荧光屏PQ,在MN间加上如图乙所示的匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向下,磁场方向垂直于纸面向里,图中E0、B0、k均为已知量.t=0时刻,比荷qm=k的正粒子以一定的初速度从O点沿水平方向射入极板间,0~t1t‎1‎‎=‎‎1‎kB‎0‎时间内粒子恰好沿直线运动,t=‎5‎kB‎0‎时刻粒子打到荧光屏上.不计粒子的重力,涉及图象中时间间隔时取0.8=π‎4‎,1.4=‎2‎,求:‎ ‎(1) 在t2=‎2‎kB‎0‎时刻粒子的运动速度v.‎ ‎(2) 在t3=‎2.8‎kB‎0‎时刻粒子偏离O点的竖直距离y.‎ ‎(3) 水平极板的长度L.‎ 甲　乙 ‎【答案】(1)‎‎2‎E‎0‎B‎0‎v与水平方向成45°角向下 ‎(2)‎‎2‎‎-‎‎1‎‎2‎E‎0‎kB‎0‎‎2‎ ‎(3)‎‎(5+‎2‎)‎E‎0‎kB‎0‎‎2‎ ‎【解析】(1)在0～t1时间内，粒子在电磁场中做匀速直线运动，则：qv0B0=qE0‎ 得v‎0‎‎=‎E‎0‎B‎0‎ 在t1～t2时间内，粒子在电场中做类平抛运动，‎ vy‎=at=qE‎0‎m×‎1‎kB‎0‎=E‎0‎B‎0‎=‎v‎0‎ ‎ 则v=‎2‎v‎0‎=‎‎2‎E‎0‎B‎0‎ 由tanθ=vyv‎0‎=1‎,‎ 得θ=45° ,即v与水平方向成45°角向下 ‎(2)在电场中做类平抛运动向下偏移：‎y‎1‎‎=vy‎2‎t=‎E‎0‎‎2kB‎0‎‎2‎ 在t2～t3时间内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动周期T=‎2πmqB‎0‎=‎‎2πkB‎0‎ 在磁场中运动时间t=π‎4kB‎0‎=‎T‎8‎，即圆周运动的圆心角为α=45°，此时速度恰好沿水平方向。‎ 磁场中：由qvB‎0‎=mv‎2‎r‎1‎ 得:‎r‎1‎‎=‎‎2‎E‎0‎kB‎0‎ 偏离的竖直距离 ‎y=y‎1‎+y‎2‎=(‎2‎-‎1‎‎2‎)‎E‎0‎kB‎0‎‎2‎ ‎(3)在t3时刻进入电场时以初速度v=‎2‎v‎0‎=‎‎2‎E‎0‎B‎0‎做类平抛运动，‎v‎'‎y‎=at=qE‎0‎m×‎2‎kB‎0‎=‎‎2‎E‎0‎B‎0‎ ‎ 再次进入磁场时，‎v‎'‎‎=2v‎0‎=‎‎2‎E‎0‎B‎0‎ 由tanθ=vv‎'‎y=1‎,得θ′=45°  即v′与水平方向成45°角向下.‎ 由qv‎'‎B‎0‎=mv‎'‎‎2‎r‎2‎,得r‎2‎‎=‎‎2‎E‎0‎kB‎0‎‎2‎ 综上可得：长度L=v‎0‎×‎2‎kB‎0‎+r‎1‎sin45°+‎2‎v‎0‎×‎2‎kB‎0‎+r‎2‎sin45°=‎‎(5+‎2‎)‎E‎0‎kB‎0‎‎2‎ ‎19．如图所示在直角坐标系Oy中,P、N两点分别在x、y轴上,OP=L,ON=‎3‎‎2‎L.x轴上方存在电场强度大小为E、方向沿y轴负方向的匀强电场;x轴下方存在方向垂直xOy平面向外的匀强磁场(图中未画出)。某质量为 第 6 页 m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)以某一速度从N点沿x轴正方向射入电场,然后从P点射入磁场。求:‎ ‎(1)粒子从N点入射的速度大小v‎0‎;‎ ‎(2)粒子从P点射入磁场的速度大小v及其方向;‎ ‎(3)匀强磁场的磁感应强度大小B和粒子在电磁场中运动的周期T ‎【答案】(1) qEL‎3‎m (2) ‎4qEL‎3‎m，θ=‎π‎3‎ (3) ‎3‎mEqL ，‎‎(2+‎4‎3‎π‎9‎)‎‎3‎mLqE ‎【解析】（1）如图所示，粒子从N点运动到P点的过程中做类平抛运动，设粒子从N点运动到P点的时间为t，则：‎3‎‎2‎L=‎1‎‎2‎at‎2‎ ‎ 其中：a=‎qEm ，L=v0t 解得v‎0‎‎=‎qEL‎3‎m ‎（2） 设粒子从P点射入磁场的速度方向与x轴正方向的夹角为θ，沿y轴方向的分速度大小为vy，则有：sinθ=‎vyv ‎ vy=at；‎ v=‎v‎0‎‎2‎‎+‎vy‎2‎‎ ‎ 解得v=‎‎4qEL‎3‎m；θ=‎π‎3‎ ‎ ‎（3）粒子在磁场中做圆周运动的半径为：r‎1‎‎=‎Lsinθ ‎ 洛伦兹力提供向心力：qvB=mv‎2‎r‎1‎ 解得：B=‎‎3‎mEqL ‎ 由对称性可知，粒子第一次在电场中运动的时间为：t1=2t2‎ 其中由（1）可得：t=‎‎3‎mLqE ‎ 粒子第一次在磁场中运动的时间：t‎2‎‎=‎‎(2π-2θ)‎r‎1‎v ‎ 粒子在电、磁场中运动的周期为：‎T=t‎1‎+t‎2‎=(2+‎4‎3‎π‎9‎)‎‎3‎mLqE ‎20．如图，直线MN上方有平行与纸面且与MN成‎45‎o的有界匀强电场，电场强度E大小未知；MN下方为方向垂直于直线向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B。今从MN上的O点向磁场中射入一个速度大小为v、方向与MN成‎45‎o角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R。若该粒子从O点出发记为第一次经过直线MN，而第五次经过直线MN时恰好又通过O点，不计粒子的重力，求：‎ ‎(1)‎电场强度的大小；‎ ‎(2)‎该粒子再次从O点进入磁场后，运动轨道的半径；‎ ‎(3)‎该粒子从O点出发到再次回到O点所需的时间。‎ ‎【答案】‎(1)‎ vB； ‎(2)‎5‎R； ‎‎(3)‎2Rv(2+π)‎ ‎【解析】粒子的运动轨迹如图，先是一段半径为R的‎1‎‎4‎圆弧到a点，接着恰好逆电场线匀减速运动到b点速度为零再返回a点速度仍为v，再在磁场中运动一段‎3‎‎4‎圆弧到c点，之后垂直电场线进入电场作类平抛运动．‎ ‎(1)易知，‎oc‎=2‎2‎R 带电粒子类平抛运动的垂直和平行电场方向的位移都为 ‎s‎⊥‎‎=s‎‖‎=ocsin‎45‎‎∘‎=2R①‎ 所以类平抛运动时间为 ‎t‎3‎‎=s‎⊥‎v=‎2Rv②‎ 又s‎‖‎‎=‎1‎‎2‎at‎3‎‎2‎=qE‎2mt‎3‎‎2‎③‎ 再者R=mvqB④‎ 由①②③④可得：‎E=vB⑤‎ ‎(2)由平抛知识得：‎tanβ=2tanα=2‎ 所以v‎//‎‎=vtanβ=2v ‎[‎或v‎‖‎‎=‎1‎‎2‎t‎3‎=qEm‎2Rv=qvBm‎2Rv=2v]‎ v‎'‎‎=v‎2‎‎+‎v‎//‎‎2‎=‎5‎v‎ ‎ 则第五次过MN进入磁场后的圆弧半径R‎'‎‎=mv‎'‎qB=‎5‎R ‎ ‎(3)粒子在磁场中运动的总时间为t‎1‎‎=‎2πRv⑥‎ 粒子在电场中的加速度为a=qEm=‎qvBm 粒子做直线运动所需时间为t‎2‎‎=‎2va=‎2mvqvB=‎2Rv⑦‎ 由②⑥⑦式求得粒子从出发到第五次到达O点所需时间t=t‎1‎+t‎2‎+t‎3‎=‎2Rv(2+π)‎ ‎21．一个质量m‎=0.1g的小滑块，带有q‎=5×‎10‎‎-4‎C的电荷，放置在倾角α=‎‎30‎‎∘‎的光滑斜面上‎(‎斜面绝缘‎)‎，斜面置于B‎=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图所示‎.‎小滑块由静止开始沿斜面下滑，其斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面‎.‎问：‎ ‎(1)‎小滑块带何种电荷？‎ ‎(2)‎小滑块离开斜面时的瞬时速度多大？‎ ‎(3)‎该斜面的长度至少多长？‎ ‎【答案】‎(1)‎小滑块带负电荷 ‎‎(2) 3.4m/s (3) 1.2m ‎【解析】(1)小滑块沿斜面下滑过程中，受重力mg、斜面支持力FN和洛伦兹力F．若要小滑块离开斜面，洛伦兹力F方向应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带有负电荷．‎ ‎(2)小滑块沿斜面下滑时，垂直斜面方向的合外力为零，有Bqv+FN-mgcosα=0‎ 当FN‎=0‎时，小滑块开始脱离斜面，此时，Bqv=mgcosα，‎ 得v=mgcosαBq=‎0.1×‎10‎‎-3‎×10×‎‎3‎‎2‎‎0.5×5×‎‎10‎‎-4‎m/s=2‎3‎m/s≈3.4m/s．‎ ‎(3)下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得：‎ mgs⋅sinα=‎1‎‎2‎mv‎2‎‎ ‎ s=v‎2‎‎2gsinα=‎(2‎3‎)‎‎2‎‎2×10×0.5‎m=1.2m ‎22．质谱分析技术已广泛应用于各前沿科学领域。汤姆孙发现电子的质谱装置示意如图，M、N为两块水平放置的平行金属极板，板长为L，板右端到屏的距离为D，且D远大于L，O‎'‎O为垂直于屏的中心轴线，不计离子重力和离子在板间偏离O‎'‎O的距离。以屏中心O为原点建立xOy直角坐标系，其中x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向。‎ ‎（1）设一个质量为m‎0‎、电荷量为q‎0‎的正离子以速度v‎0‎沿O‎'‎O的方向从O‎'‎点射入，板间不加电场和磁场时，离子打在屏上O点。若在两极板间加一沿‎+y方向场强为E的匀强电场，求离子射到屏上时偏离O点的距离y‎0‎；‎ ‎（2）假设你利用该装置探究未知离子，试依照以下实验结果计算未知离子的质量数。‎ 上述装置中，保留原电场，再在板间加沿‎-y方向的匀强磁场。现有电荷量相同的两种正离子组成的离子流，仍从O＇点沿O‎'‎O方向射入，屏上出现两条亮线。在两线上取y坐标相同的两个光点，对应的x坐标分别为3.24mm和3.00mm，其中x坐标大的光点是碳12离子击中屏产生的，另一光点是未知离子产生的。尽管入射离子速度不完全相等，但入射速度都很大，且在板间运动时O‎'‎O方向的分速度总是远大于x方向和y方向的分速度。‎ ‎【答案】（1）‎y‎0‎‎=‎q‎0‎ELDm‎0‎v‎0‎‎2‎ ‎（2）‎m‎2‎‎≈14u 故该未知离子的质量数为14‎ ‎【解析】：（1）离子在电场中受到的电场力 Fy‎=q‎0‎E‎①‎ 离子获得的加速度 ay‎=‎Fym‎0‎‎②‎ 离子在板间运动的时间 t‎0‎‎=‎Lv‎0‎‎③‎ 到达极板右边缘时，离子在‎+y方向的分速度 vy‎=‎ayt‎0‎‎④‎ 离子从板右端到达屏上所需时间 t‎0‎‎'=‎Dv‎0‎‎⑤‎ 离子射到屏上时偏离O点的距离 y‎0‎‎=vyt‎0‎'‎ 由上述各式，得 y‎0‎‎=‎q‎0‎ELDm‎0‎v‎0‎‎2‎‎⑥‎ ‎（2）设离子电荷量为q，质量为m，入射时速度为v，磁场的磁感应强度为B，磁场对离子的洛伦兹力 第 6 页 Fx‎=qvB‎⑦‎ 已知离子的入射速度都很大，因而离子在磁场中运动时间甚短，所经过的圆弧与圆周相比甚小，且在板间运动时，O'O方向的分速度总是远大于在x方向和y方向的分速度，洛伦兹力变化甚微，故可作恒力处理，洛伦兹力产生的加速度 ax‎=‎qvBm‎⑧‎ ax是离子在x方向的加速度，离子在x方向的运动可视为初速度为零的匀加速直线运动，到达极板右端时，离子在x方向的分速度 vx‎=axt=qvBm(Lv)=‎qBLm‎⑨‎ 离子飞出极板到达屏时，在x方向上偏离O点的距离 x=vxt'qBLm(Dv)=‎qBLDmv‎⑩‎ 当离子的初速度为任意值时，离子到达屏上时的位置在y方向上偏离O点的距离为y，考虑到⑥式，得 y=‎qELDmv‎2‎‎⑾‎ 由⑩、⑾两式得 x‎2‎‎=kmy‎⑿‎ 其中k=‎qB‎2‎LDE 上式表明，k是与离子进入板间初速度无关的定值，对两种离子均相同，由题设条件知，x坐标3.24mm的光点对应的是碳12离子，其质量为m‎1‎‎=12u，x坐标3.00mm的光点对应的是未知离子，设其质量为m‎2‎，由⑿式代入数据可得 m‎2‎‎≈14u‎⒀‎ 故该未知离子的质量数为14。‎ ‎23．如图所示，在y>0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在y<0的区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场。一电子（质量为m、电量为e）从y轴上A点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动。当电子第一次穿越x轴时，恰好到达C点；当电子第二次穿越x轴时，恰好到达坐标原点.已知A、C点到坐标原点的距离分别为d、2d。不计电子的重力。求 ‎（1）电场强度E的大小；‎ ‎（2）磁感应强度B的大小；‎ ‎【答案】（1）mv‎0‎‎2‎‎2ed （2）mv‎0‎ed ‎ ‎【解析】电子的运动轨迹如图所示：‎ ‎（1）电子在电场中做类平抛运动，设电子从A到C的时间为t1，‎ 则 ‎‎2d=v‎0‎t ‎  ‎d=‎1‎‎2‎at‎2‎ ‎  ‎a=‎eEm 解得   ‎E=‎mv‎0‎‎2‎‎2ed ‎（2）设电子进入磁场时速度为v，v与x轴的夹角为θ，则 ‎tanθ=‎at‎1‎v‎0‎ 解得θ=45°‎　‎ 解得 ‎v=‎‎2‎v‎0‎ 电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，得 ‎evB=mv‎2‎r 由图可知　‎r=‎2‎d 解得B=‎mv‎0‎ed 第 6 页