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課時作業(yè)8　帶電粒子在復合場中的運動 一、選擇題(1～3題為單項選擇題，4～6題為多項選擇題) 1．如圖所示，某空間同時存在正交的勻強電場和勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，電場線與水平方向的夾角為θ.一質量為m，電荷量大小為q的微粒以速度v沿電場線方向進入該空間，恰好沿直線從P點運動到Q點．下列說法中正確的是(　　) A．該微粒可能帶負電 B．微粒從P到Q的運動可能是勻變速運動 C．磁場的磁感應強度大小為 D．電場的場強大小為 解析：帶電微粒從P到Q恰好沿直線運動，則微粒一定做勻速直線運動，作出微粒在電磁場中受力分析圖如圖所示，由圖可知微粒一定帶正電，故A、B錯誤；由受力分析及平衡條件可知qE＝mgsinθ，qBv＝mgcosθ，解得E＝，B＝，故C正確、D錯誤． 答案：C 2．美國物理學家勞倫斯于1932年發(fā)明的回旋加速器，應用帶電粒子在磁場中做圓周運動的特點，能使粒子在較小的空間范圍內經(jīng)過電場的多次加速獲得較大的能量，使人類在獲得較高能量的帶電粒子領域前進了一大步．如圖所示為一種改進后的回施加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場場強恒定，且被限制在A、C兩板之間．帶電粒子從P0處以初速度v0沿電場線方向射入加速電場，經(jīng)加速電場加速后再進入D形盒中的勻強磁場做勻速圓周運動．對于這種改進后的回旋加速器，下列說法正確的是(　　) A．帶電粒子每運動一周被加速兩次 B．P1P2＝P2P3 C．加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關 D．加速電場方向需要做周期性變化 解析：由題圖可知，帶電粒子每運動一周被加速一次，選項A錯誤；由公式R＝和qU＝mv－mv可知，帶電粒子每運動一周，電場力做功相同，動能增量相同，但速度的增量不同，故粒子圓周運動的半徑增加量不同，選項B錯誤；由v＝可知，加速粒子的最大速度與D形盒的半徑有關，選項C正確；由T＝可知，粒子運動的周期不隨v的變化而變化，故加速電場的方向不需做周期性變化，選項D錯誤． 答案：C 3. 如圖所示，平行金屬板a、b之間的距離為d，a板帶正電荷，b板帶負電荷，a、b之間還有一垂直于紙面的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應強度為B1.一不計重力的帶電粒子以速度v0射入a、b之間，恰能在兩金屬板之間勻速向下運動，并進入PQ下方的勻強磁場中，PQ下方的勻強磁場的磁感應強度為B2，方向如圖所示．已知帶電粒子的比荷為c，則(　　) A．帶電粒子在a、b之間運動時，受到的電場力水平向右 B．平行金屬板a、b之間的電壓為U＝dv0B2 C．帶電粒子進入PQ下方的磁場之后，向左偏轉 D．帶電粒子在PQ下方磁場中做圓周運動的半徑為 解析：由于不知道帶電粒子的電性，故無法確定帶電粒子在a、b間運動時受到的電場力的方向，也無法確定帶電粒子進入PQ下方的磁場之后向哪偏轉，選項A、C錯誤；粒子在a、b之間做勻速直線運動，有q＝qv0B1，解得平行金屬板a、b之間的電壓為U＝dv0B1，選項B錯誤；帶電粒子在PQ下方的勻強磁場中做圓周運動，軌道半徑為r＝＝，選項D正確． 答案：D 4．如圖所示，質量為m、電荷量為q的帶正電的小物塊從半徑為R的絕緣半圓槽頂點A由靜止開始下滑，已知半圓槽右半部分光滑，左半部分粗糙，整個裝置處于正交的勻強電場與勻強磁場中，電場強度E的大小為，方向水平向右，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，g為重力加速度大小，則下列說法正確的是(　　) A．物塊最終停在A點 B．物塊最終停在最低點 C．物塊做往復運動 D．物塊首次滑到最低點時對軌道的壓力為2mg＋qB 解析：由于半圓槽右半部分光滑，左半部分粗糙，且在最低點時受到的電場力的方向向右，所以物塊最終從最低點開始向右運動，到達某位置時速度變?yōu)榱悖缓笥窒蜃筮\動，即物塊做往復運動，C正確，A、B錯誤；物塊從A點首次運動到最低點，由動能定理得，mgR－qER＝mv2－0，且E＝，聯(lián)立得v＝，物塊首次運動到最低點時，由牛頓第二定律得，F(xiàn)N－mg－qvB＝m，解得FN＝2mg＋qB，由牛頓第三定律知，D正確． 答案：CD 5．如圖所示，在平行豎直虛線a與b、b與c、c與d之間分別存在著垂直于虛線的勻強電場、平行于虛線的勻強電場、垂直紙面向里的勻強磁場，虛線d處有一熒光屏．大量正離子(初速度和重力均忽略不計)從虛線a上的P孔處進入電場，經(jīng)過三個場區(qū)后有一部分打在熒光屏上．關于這部分離子，若比荷越大，則離子(　　) A．經(jīng)過虛線c的位置越低 B．經(jīng)過虛線c的速度越大 C．打在熒光屏上的位置越低 D．打在熒光屏上的位置越高 解析：當離子在a與b之間，根據(jù)動能定理得mv2＝qU，則v＝，故比荷越大，經(jīng)過b的速度越大；在b與c之間，粒子做類平拋運動，設bc寬為L，電場強度為E，y＝at2＝＝，經(jīng)過虛線c的位置與比荷無關，A錯誤；比荷越大，經(jīng)過c的速度越大，即進入磁場的速度就越大，B正確；當離子進入磁場時，做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即qvB＝，則R＝，故可知比荷越大，R越小，打在熒光屏上的位置越高，C錯誤、D正確． 答案：BD 6．如圖所示，M、N為兩個同心金屬圓環(huán)，半徑分別為R1和R2，兩圓環(huán)之間存在著沿金屬環(huán)半徑方向的電場，N環(huán)內存在著垂直于環(huán)面向外的勻強磁場，磁感應強度為B，N環(huán)上有均勻分布的6個小孔，從M環(huán)的內側邊緣由靜止釋放一質量為m，電荷量為＋q的粒子(不計重力)，經(jīng)電場加速后通過小孔射入磁場，經(jīng)過一段時間，粒子再次回到出發(fā)點，全程與金屬環(huán)無碰撞．則M、N間電壓U滿足的條件是(　　) A．U＝　 B．U＝ C．U＝ D．U＝ 解析：帶電粒子由M內側邊緣運動到N環(huán)，由動能定理有qU＝mv2，帶電粒子進入N環(huán)內磁場，與金屬環(huán)無碰撞，故粒子進入磁場后，應偏轉或離開磁場，由幾何關系可知，軌跡半徑為r＝R2或r＝，則根據(jù)r＝，聯(lián)立解得U＝或U＝，選項A、C正確． 答案：AC 二、非選擇題 7．如圖所示，質量為m、電荷量為e的電子(重力不計)以水平初速度v0從A點射向豎直熒光屏MN，在整個空間中有方向垂直紙面、磁感應強度大小為B的勻強磁場，電子經(jīng)磁場偏轉后打在熒光屏上的C點．已知A、C兩點的連線與水平方向之間的夾角為θ＝37，sin37＝0.6，cos37＝0.8. (1)試計算A、C兩點間的距離； (2)將空間中的磁場換成方向與紙面平行且豎直向上的勻強電場，若要電子同樣能打在熒光屏上的C點，求勻強電場的電場強度E的大?。? 解析：(1)設電子在勻強磁場中做圓周運動的半徑為R，則由洛倫茲力提供向心力可得ev0B＝m，解得R＝ 設A、C兩點間的距離為d，如圖所示，由幾何關系可得 dsinθ＋Rcos2θ＝R或d＝2Rsinθ，解得d＝. (2)設電子在電場中運動的時間為t，則水平方向上有dcosθ＝v0t 豎直方向上有dsinθ＝t2 其中d＝，聯(lián)立解得E＝Bv0. 答案：(1)　(2)Bv0 8．如右圖所示，直角坐標系xOy中，除第一象限外，其他象限內都存在磁感應強度B＝0.12 T、方向垂直于紙面向里的勻強磁場．P是y軸上的一點，它到坐標原點O的距離l＝0.40 m．今有一個比荷＝5.0107 C/kg的帶正電的粒子從P點開始垂直于磁場方向進入勻強磁場中運動．已知粒子的初速度v0＝3.0106 m/s，方向與y軸正方向的夾角θ＝53，sin53＝0.8，cos53＝0.6.粒子的重力不計． (1)求粒子在磁場中運動的軌跡半徑R. (2)若在第一象限中與x軸平行的虛線上方的區(qū)域內有一沿x軸負方向的勻強電場(如圖所示)，粒子在磁場中運動一段時間后進入第一象限，最后恰好從P點沿初速度的方向再次射入磁場．求勻強電場的電場強度E和電場邊界(圖中虛線)與x軸之間的距離d. 解析：(1)粒子在勻強磁場中運動時，根據(jù)牛頓第二定律有　qv0B＝m 代入數(shù)據(jù)解得　R＝0.50 m. (2)作出粒子的運動軌跡示意圖，如圖所示，根據(jù)幾何關系可確定，粒子在磁場中運動的軌跡圓的圓心A恰好落在x軸上．根據(jù)圖中的幾何關系還可確定，粒子進入第一象限時的位置(圖中C點)與O點的距離 x＝R－Rcosθ 粒子進入勻強電場后做類平拋運動，設粒子在電場中運動的時間為t，加速度為a. 根據(jù)類平拋運動規(guī)律有 l－d＝v0t，x＝at2 vx＝at，tanθ＝ 根據(jù)牛頓第二定律有 qE＝ma 代入數(shù)據(jù)解得 E＝8.0105 N/C，d＝0.10 m. 答案：(1)0.50 m　(2)8.0105 N/C　0.10 m 9．如圖所示，在豎直平面內，有一長度L＝2.4 m的固定絕緣豎直桿AB和固定光滑絕緣圓弧軌道CD，D為最高點，半徑OC與豎直線的夾角θ＝37.B點所在的水平線上方存在著場強大小E1＝5106 N/C、方向水平向右的勻強電場，下方與C點之間存在著場強大小E2＝E1、方向與豎直線的夾角α＝37斜向上的勻強電場．現(xiàn)將一質量m＝0.8 kg、電荷量q＝210－6 C的小球(可視為質點)套在桿上從A端由靜止釋放后下滑，穿過電場后恰好從C點無碰撞地沿圓弧軌道CD運動，恰好通過D點．已知小球與桿間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，取g＝10 m/s2，sin37＝0.6，cos37＝0.8.求： (1)小球到達B點時的速度大小vB； (2)小球從B點運動到C點所用的時間t和過C點時的速度大小vC； (3)圓弧軌道的半徑R. 解析：(1)小球沿桿下滑過程中受到的滑動摩擦力大小 Ff＝μqE1 小球沿桿下滑的加速度大小 a＝ 由v＝2aL得　vB＝6 m/s. (2)小球離開B點后在電場E2中受力如圖所示 因為qE2cosα＝8 N，恰好與重力(mg＝8 N)平衡，所以可判定小球在電場E2中做類平拋運動 加速度大小a′＝ 小球過C點時，有＝tanθ 過C點時，速度大小vC＝ 解得t＝ s，vC＝10 m/s. (3)設小球到達D點的速度大小為vD，則 mg＝m 小球從C點運動到D點的過程，根據(jù)機械能守恒定律有 mv＝mv＋mg(R＋Rcosθ) 解得R＝ m. 答案：(1)6 m/s　(2) s　10 m/s　(3) m