【物理】2019届二轮复习带电粒子在复合场中的运动作业（全国通用） 9页

课时作业8　带电粒子在复合场中的运动 一、选择题(1～3题为单项选择题，4～6题为多项选择题)‎ ‎1．如图所示，某空间同时存在正交的匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，电场线与水平方向的夹角为θ.一质量为m，电荷量大小为q的微粒以速度v沿电场线方向进入该空间，恰好沿直线从P点运动到Q点．下列说法中正确的是(　　)‎ A．该微粒可能带负电 B．微粒从P到Q的运动可能是匀变速运动 C．磁场的磁感应强度大小为 D．电场的场强大小为 解析：带电微粒从P到Q恰好沿直线运动，则微粒一定做匀速直线运动，作出微粒在电磁场中受力分析图如图所示，由图可知微粒一定带正电，故A、B错误；由受力分析及平衡条件可知qE＝mgsinθ，qBv＝mgcosθ，解得E＝，B＝，故C正确、D错误．‎ 答案：C ‎2．‎ 美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类在获得较高能量的带电粒子领域前进了一大步．如图所示为一种改进后的回施加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强恒定，且被限制在A、C两板之间．带电粒子从P0处以初速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速电场加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动．对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是(　　)‎ A．带电粒子每运动一周被加速两次 B．P1P2＝P2P3‎ C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关 D．加速电场方向需要做周期性变化 解析：由题图可知，带电粒子每运动一周被加速一次，选项A错误；由公式R＝和qU＝mv－mv可知，带电粒子每运动一周，电场力做功相同，动能增量相同，但速度的增量不同，故粒子圆周运动的半径增加量不同，选项B错误；由v＝可知，加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关，选项C正确；由T＝可知，粒子运动的周期不随v的变化而变化，故加速电场的方向不需做周期性变化，选项D错误．‎ 答案：C ‎3.‎ 如图所示，平行金属板a、b之间的距离为d，a板带正电荷，b板带负电荷，a、b之间还有一垂直于纸面的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度为B1.一不计重力的带电粒子以速度v0射入a、b之间，恰能在两金属板之间匀速向下运动，并进入PQ下方的匀强磁场中，PQ下方的匀强磁场的磁感应强度为B2，方向如图所示．已知带电粒子的比荷为c，则(　　)‎ A．带电粒子在a、b之间运动时，受到的电场力水平向右 B．平行金属板a、b之间的电压为U＝dv0B2‎ C．带电粒子进入PQ下方的磁场之后，向左偏转 D．带电粒子在PQ下方磁场中做圆周运动的半径为 解析：由于不知道带电粒子的电性，故无法确定带电粒子在a、b间运动时受到的电场力的方向，也无法确定带电粒子进入 PQ下方的磁场之后向哪偏转，选项A、C错误；粒子在a、b之间做匀速直线运动，有q＝qv0B1，解得平行金属板a、b之间的电压为U＝dv0B1，选项B错误；带电粒子在PQ下方的匀强磁场中做圆周运动，轨道半径为r＝＝，选项D正确．‎ 答案：D ‎4．如图所示，质量为m、电荷量为q的带正电的小物块从半径为R的绝缘半圆槽顶点A由静止开始下滑，已知半圆槽右半部分光滑，左半部分粗糙，整个装置处于正交的匀强电场与匀强磁场中，电场强度E的大小为，方向水平向右，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，g为重力加速度大小，则下列说法正确的是(　　)‎ A．物块最终停在A点 B．物块最终停在最低点 C．物块做往复运动 D．物块首次滑到最低点时对轨道的压力为2mg＋qB 解析：由于半圆槽右半部分光滑，左半部分粗糙，且在最低点时受到的电场力的方向向右，所以物块最终从最低点开始向右运动，到达某位置时速度变为零，然后又向左运动，即物块做往复运动，C正确，A、B错误；物块从A点首次运动到最低点，由动能定理得，mgR－qER＝mv2－0，且E＝，联立得v＝，物块首次运动到最低点时，由牛顿第二定律得，FN－mg－qvB＝m，解得FN＝2mg＋qB，由牛顿第三定律知，D正确．‎ 答案：CD ‎5．如图所示，在平行竖直虚线a与b、b与c、c与d之间分别存在着垂直于虚线的匀强电场、平行于虚线的匀强电场、垂直纸面向里的匀强磁场，虚线d处有一荧光屏．大量正离子(初速度和重力均忽略不计)从虚线a上的P 孔处进入电场，经过三个场区后有一部分打在荧光屏上．关于这部分离子，若比荷越大，则离子(　　)‎ A．经过虚线c的位置越低 B．经过虚线c的速度越大 C．打在荧光屏上的位置越低 D．打在荧光屏上的位置越高 解析：当离子在a与b之间，根据动能定理得mv2＝qU，则v＝，故比荷越大，经过b的速度越大；在b与c之间，粒子做类平抛运动，设bc宽为L，电场强度为E，y＝at2＝··＝，经过虚线c的位置与比荷无关，A错误；比荷越大，经过c的速度越大，即进入磁场的速度就越大，B正确；当离子进入磁场时，做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qvB＝，则R＝，故可知比荷越大，R越小，打在荧光屏上的位置越高，C错误、D正确．‎ 答案：BD ‎6．如图所示，M、N为两个同心金属圆环，半径分别为R1和R2，两圆环之间存在着沿金属环半径方向的电场，N环内存在着垂直于环面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，N环上有均匀分布的6个小孔，从M环的内侧边缘由静止释放一质量为m，电荷量为＋q的粒子(不计重力)，经电场加速后通过小孔射入磁场，经过一段时间，粒子再次回到出发点，全程与金属环无碰撞．则M、N间电压U满足的条件是(　　)‎ A．U＝　 B．U＝ C．U＝ D．U＝ 解析：带电粒子由M内侧边缘运动到N环，由动能定理有qU＝mv2，带电粒子进入N环内磁场，与金属环无碰撞，故粒子进入磁场后，应偏转或离开磁场，由几何关系可知，轨迹半径为r＝R2或r＝，则根据r＝，联立解得U＝或U＝，选项A、C正确．‎ 答案：AC 二、非选择题 ‎7．如图所示，质量为m、电荷量为e的电子(重力不计)以水平初速度v0从A点射向竖直荧光屏MN，在整个空间中有方向垂直纸面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，电子经磁场偏转后打在荧光屏上的C点．已知A、C两点的连线与水平方向之间的夹角为θ＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.‎ ‎(1)试计算A、C两点间的距离；‎ ‎(2)将空间中的磁场换成方向与纸面平行且竖直向上的匀强电场，若要电子同样能打在荧光屏上的C点，求匀强电场的电场强度E的大小．‎ 解析：(1)设电子在匀强磁场中做圆周运动的半径为R，则由洛伦兹力提供向心力可得ev0B＝m，解得R＝ 设A、C两点间的距离为d，如图所示，由几何关系可得 dsinθ＋Rcos2θ＝R或d＝2Rsinθ，解得d＝.‎ ‎(2)设电子在电场中运动的时间为t，则水平方向上有dcosθ＝v0t 竖直方向上有dsinθ＝··t2‎ 其中d＝，联立解得E＝Bv0.‎ 答案：(1)　(2)Bv0‎ ‎8．如右图所示，直角坐标系xOy中，除第一象限外，其他象限内都存在磁感应强度B＝0.12 T、方向垂直于纸面向里的匀强磁场．P是y轴上的一点，它到坐标原点O的距离l＝0.40 m．今有一个比荷＝5.0×107 C/kg的带正电的粒子从P点开始垂直于磁场方向进入匀强磁场中运动．已知粒子的初速度v0＝3.0×106 m/s，方向与y轴正方向的夹角θ＝53°，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.粒子的重力不计．‎ ‎(1)求粒子在磁场中运动的轨迹半径R.‎ ‎(2)若在第一象限中与x轴平行的虚线上方的区域内有一沿x轴负方向的匀强电场(如图所示)，粒子在磁场中运动一段时间后进入第一象限，最后恰好从P点沿初速度的方向再次射入磁场．求匀强电场的电场强度E和电场边界(图中虚线)与x 轴之间的距离d.‎ 解析：(1)粒子在匀强磁场中运动时，根据牛顿第二定律有　qv0B＝m 代入数据解得　R＝0.50 m.‎ ‎(2)作出粒子的运动轨迹示意图，如图所示，根据几何关系可确定，粒子在磁场中运动的轨迹圆的圆心A恰好落在x轴上．根据图中的几何关系还可确定，粒子进入第一象限时的位置(图中C点)与O点的距离 x＝R－Rcosθ 粒子进入匀强电场后做类平抛运动，设粒子在电场中运动的时间为t，加速度为a.‎ 根据类平抛运动规律有 l－d＝v0t，x＝at2‎ vx＝at，tanθ＝ 根据牛顿第二定律有 qE＝ma 代入数据解得 E＝8.0×105 N/C，d＝0.10 m.‎ 答案：(1)0.50 m　(2)8.0×105 N/C　0.10 m ‎9．如图所示，在竖直平面内，有一长度L＝2.4 m的固定绝缘竖直杆AB和固定光滑绝缘圆弧轨道CD，D为最高点，半径OC与竖直线的夹角θ＝37°.B点所在的水平线上方存在着场强大小E1＝5×106 N/C、方向水平向右的匀强电场，下方与C点之间存在着场强大小E2＝E1、方向与竖直线的夹角α＝37°斜向上的匀强电场．现将一质量m＝0.8 kg、电荷量q＝2×10－6 C的小球(可视为质点)套在杆上从A端由静止释放后下滑，穿过电场后恰好从C点无碰撞地沿圆弧轨道CD运动，恰好通过D点．已知小球与杆间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2‎ ‎，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：‎ ‎(1)小球到达B点时的速度大小vB；‎ ‎(2)小球从B点运动到C点所用的时间t和过C点时的速度大小vC；‎ ‎(3)圆弧轨道的半径R.‎ 解析：(1)小球沿杆下滑过程中受到的滑动摩擦力大小 Ff＝μqE1‎ 小球沿杆下滑的加速度大小 a＝ 由v＝2aL得　vB＝6 m/s.‎ ‎(2)小球离开B点后在电场E2中受力如图所示 因为qE2cosα＝8 N，恰好与重力(mg＝8 N)平衡，所以可判定小球在电场E2中做类平抛运动 加速度大小a′＝ 小球过C点时，有＝tanθ 过C点时，速度大小vC＝ 解得t＝ s，vC＝10 m/s.‎ ‎(3)设小球到达D点的速度大小为vD，则 mg＝m 小球从C点运动到D点的过程，根据机械能守恒定律有 mv＝mv＋mg(R＋Rcosθ)‎ 解得R＝ m.‎ 答案：(1)6 m/s　(2) s　10 m/s　(3) m