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1、 第7講　帶電粒子在電磁場中的運動 沖刺提分作業(yè)A 一、單項選擇題 1.(2019遼寧大連模擬)如圖所示為研究某種帶電粒子的裝置示意圖,粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直線射到熒光屏上的O點,出現(xiàn)一個光斑。在垂直于紙面向里的方向上加一磁感應強度為B的勻強磁場后,粒子束發(fā)生偏轉,沿半徑為r的圓弧運動,打在熒光屏上的P點,然后在磁場區(qū)域再加一豎直向下、電場強度大小為E的勻強電場,光斑從P點又回到O點,關于該粒子束(不計重力),下列說法正確的是(　　) A.粒子帶負電 B.初速度v=BE C.比荷qm=B2rE D.比荷qm=EB2r 答案　D　只存在磁場時,粒子束打在P點,由左

2、手定則知粒子帶正電,選項A錯誤;因為qvB=mv2r,所以qm=vBr,加勻強電場后滿足Eq=qvB,即v=EB,代入上式得qm=EB2r,選項D正確,B、C錯誤。 2.如圖所示,豎直線MN∥PQ,MN與PQ間距離為a,其間存在垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度為B,O是MN上一點,O處有一粒子源,某時刻放出大量速率均為v(方向均垂直磁場方向)、比荷一定的帶負電粒子(粒子重力及粒子間的相互作用力不計),已知沿圖中與MN成θ=60°射入的粒子恰好垂直PQ射出磁場,則粒子在磁場中運動的最長時間為(　　) A.πa3v B.23πa3v C.4πa3v D.2πav 答案　C　當θ

3、=60°時,粒子的運動軌跡如圖甲所示,則a=R sin 30°,即R=2a。設帶電粒子在磁場中運動軌跡所對的圓心角為α,則其在磁場中運行的時間t=α2πT,即α越大,粒子在磁場中運行時間越長,α最大時粒子的運行軌跡恰好與磁場的右邊界相切,如圖乙所示,因R=2a,此時圓心角αm為120°,即最長運行時間為T3,而T=2πrv=4πav,所以粒子在磁場中運動的最長時間為4πa3v,C正確。 3.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(nèi)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

4、示為一種改進后的回旋加速器示意圖,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 答案　C　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=mvqB和qU=12mv22-12mv12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

5、周運動的半徑增加量不同,選項B錯誤;由v=qBRm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=2πmqB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。 4.(2017課標Ⅰ,16,6分)如圖,空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場,電場方向豎直向上(與紙面平行),磁場方向垂直于紙面向里。三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等,質(zhì)量分別為ma、mb、mc。已知在該區(qū)域內(nèi),a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動,b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動,c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動。下列選項正確的是(　　) 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A.ma>m

6、b>mc B.mb>ma>mc C.mc>ma>mb D.mc>mb>ma 答案　B　因微粒a做勻速圓周運動,則微粒重力不能忽略且與電場力平衡,有mag=qE;由左手定則可以判定微粒b、c所受洛倫茲力的方向分別是豎直向上與豎直向下,則對b、c分別由平衡條件可得mbg=qE+Bqvb>qE、mcg=qE-Bqvcma>mc,B正確。 二、多項選擇題 5.長為l的水平極板間有垂直紙面向里的勻強磁場,如圖所示,磁感應強度為B,板間距離也為l,極板不帶電,現(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力),從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場,欲使粒子不打在極板上,

7、可采用的辦法是(　　) A.使粒子的速度v5Bql4m C.使粒子的速度v>Bqlm D.使粒子的速度v滿足Bql4m

8、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mg2q,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.物塊首次運動到最低點時對軌道的壓力為2mg+qBRg 答案　CD　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水平向右,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?然后又向左運動,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=12mv2-0,且E=m

9、g2q,聯(lián)立得v=gR,物塊首次運動到最低點時,由牛頓第二定律得,FN-mg-qvB=mv2r,解得FN=2mg+qBRg,由牛頓第三定律知,物塊首次運動到最低點時對軌道的壓力FN'=FN=2mg+qBRg,D正確。 7.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(nèi)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(nèi)側邊緣由靜止釋放一質(zhì)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(　　)

10、 A.U=qB2R226m B.U=qB2R225m C.U=3qB2R222m D.U=qB2R223m 答案　AC　帶電粒子由M內(nèi)側邊緣由靜止運動到N環(huán),由動能定理有qU=12mv2,帶電粒子進入N環(huán)內(nèi)磁場,與金屬環(huán)無碰撞,故粒子進入磁場后,應偏轉2π3或π3離開磁場,由幾何關系可知,軌跡半徑為r=3R2或r=3R23,則根據(jù)r=mvqB,聯(lián)立解得U=3qB2R222m或U=qB2R226m,選項A、C正確。 三、計算題 8.(2019湖南常德模擬)如圖所示,ABCD矩形區(qū)域內(nèi)存在互相垂直的有界勻強電場和勻強磁場的復合場,有一帶電小球(可視為質(zhì)點)質(zhì)量為m、電荷量為q,小球在光滑絕

11、緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓為U的電場加速后,水平進入ABCD區(qū)域中,恰能在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運動,且從B點射出,已知AB長度為3L,AD長度為L,求: (1)小球帶何種電荷及進入復合場時的速度大小; (2)小球在復合場中做圓周運動的軌道半徑; (3)小球在復合場中運動的時間。 答案　(1)負電荷　2qUm　(2)2L　(3)πL32mqU 解析　(1)小球在電場、磁場和重力場的復合場中,做勻速圓周運動,且從B點射出,根據(jù)左手定則可知小球帶負電荷 小球進入復合場之前,由動能定理得qU=12mv2 解得v=2qUm (2)設小球做圓周運動的軌道半徑為r,由幾何關系得

12、 r2=(r-L)2+(3L)2 解得r=2L (3)由(2)知小球在復合場中做圓周運動對應的圓心角 sin θ=3Lr 解得θ=π3 小球做勻速圓周運動周期T=2πrv,運動時間t=θ2πT 聯(lián)立解得t=πL32mqU 9.如圖所示,在豎直平面內(nèi),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為圓弧軌道最高點,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=5×106 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(zhì)量m=0.8 kg、電荷量q=2×

13、10-6 C的小球(可視為質(zhì)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,sin 37°=0.6,cos 37°=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。 答案　(1)6 m/s　(2)1615 s　10 m/s (3)5023 m 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=mg-Ffm 由vB2=2aL

14、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qE2 cos α=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'=qE2sinαm 小球過C點時,有vBa't=tan θ 過C點時,速度大小vC=vBsinθ 解得t=1615 s,vC=10 m/s (3)設小球到達D點的速度大小為vD,則 mg=mvD2R 小球從C點運動到D點的過程,根據(jù)機械能守恒定律有 12mvC2=12mvD2+mg(R+R cos θ) 解得R=5023 m 沖刺提分作業(yè)B 1.如圖所示,直角坐標系xOy中,除第

15、一象限外,其他象限內(nèi)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qm=5.0×107 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=3.0×106 m/s,方向與y軸正方向的夾角θ=53°,sin 53°=0.8,cos 53°=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(nèi)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。

16、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。 答案　(1)0.50 m (2)8.0×105 N/C　0.10 m 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=mv02R 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-R cos θ 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=

17、12at2 vx=at,tan θ=vxv0 根據(jù)牛頓第二定律有qE=ma 代入數(shù)據(jù)解得E=8.0×105 N/C,d=0.10 m 2.如圖所示的平面直角坐標系xOy,在第Ⅰ象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場,方向沿y軸正方向;在第Ⅳ象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強磁場,方向垂直于xOy平面向里,正三角形邊長為L,且ab邊與y軸平行。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子,從y軸上的P(0,h)點,以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場,通過電場后從x軸上的a(2h,0)點進入第Ⅳ象限,又經(jīng)過磁場從y軸上的某點進入第Ⅲ象限,且速度與y軸負方向成45°,不計粒子所受的重力。求: (1)電場強度E的大

18、小; (2)粒子到達a點時速度的大小和方向; (3)abc區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應強度B的最小值。 答案　(1)mv022qh (2)2v0　指向第Ⅳ象限與x軸正方向成45° (3)2mv0qL 解析　(1)設粒子在電場中運動的時間為t,則有 x=v0t=2h,y=12at2=h,qE=ma 聯(lián)立以上各式可得E=mv022qh (2)粒子到達a點時沿豎直方向的分速度vy=at=v0 所以v=v02+vy2=2v0 方向指向第Ⅳ象限,與x軸正方向成45° (3)粒子在磁場中運動時,有qvB=mv2r 當粒子從b點射出時,磁場的磁感應強度為最小值,此時有r=22L 所

19、以B=2mv0qL 3.如圖所示,平面直角坐標系的第二象限內(nèi)存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場,一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球(可視為質(zhì)點)從A點以速度v0沿直線AO運動,AO與x軸負方向成37°。在y軸與MN之間的區(qū)域Ⅰ內(nèi)加一電場強度最小的勻強電場后,可使小球繼續(xù)做直線運動到MN上的C點,MN與PQ之間區(qū)域Ⅱ內(nèi)存在寬度為d的豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場,小球在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動并恰好不能從右邊界飛出,已知小球在C點的速度大小為2v0,重力加速度為g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求: (1)第二象限內(nèi)電場強度E1的大小和磁感應強度B1的大

20、小; (2)區(qū)域Ⅰ內(nèi)最小電場強度E2的大小和方向; (3)區(qū)域Ⅱ內(nèi)電場強度E3的大小和磁感應強度B2的大小。 答案　(1)3mg4q　5mg4qv0　(2)4mg5q　方向與x軸正方向成53°斜向上　(3)mgq　16mv05qd 解析　(1)帶電小球在第二象限內(nèi)受重力、電場力和洛倫茲力作用,做直線運動,三力滿足如圖甲所示關系且小球只能做勻速直線運動 甲 由圖甲知 tan 37°=qE1mg 解得E1=3mg4q cos 37°=mgqv0B1 解得B1=5mg4qv0 (2)區(qū)域Ⅰ中電場強度最小時,受力如圖乙所示(電場力方向與速度方向垂直),小球做勻加速直線運動

21、,由圖乙知 cos 37°=qE2mg 乙 解得E2=4mg5q 方向與x軸正方向成53°斜向上 (3)小球在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動,所以mg=qE3,得E3=mgq 因小球恰好不從右邊界穿出,小球運動軌跡如圖丙所示 丙 由幾何關系可知r+r cos 53°=d 解得r=58d 由洛倫茲力提供向心力知 B2q·2v0=m(2v0)2r,聯(lián)立得B2=16mv05qd 4.如圖所示,在xOy平面內(nèi),以O1(0,R)為圓心、R為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場B1,x軸下方有一直線ab,ab與x軸相距為d,x軸與直線ab區(qū)域間有平行于y軸的勻強電場E,在ab的下

22、方有一平行于x軸的感光板MN,ab與MN區(qū)域間有垂直紙面向外的勻強磁場B2。在0≤y≤2R的區(qū)域內(nèi),質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從圓形區(qū)域左側的任何位置沿x軸正方向以速度v0射入圓形區(qū)域,經(jīng)過磁場B1偏轉后都經(jīng)過O點,然后進入x軸下方。已知x軸與直線ab間勻強電場場強大小E=3mv022ed,ab與MN間勻強磁場磁感應強度大小B2=mv0ed,不計電子重力。求: (1)圓形區(qū)域內(nèi)勻強磁場磁感應強度B1的大小; (2)若要求從所有不同位置出發(fā)的電子都不能打在感光板MN上,MN與ab間的最小距離h1; (3)若要求從所有不同位置出發(fā)的電子都能打在感光板MN上,MN與ab間的最大距離為h2;當M

23、N與ab間的距離最大時,電子從O點到MN運動的最長時間。 答案　(1)mv0eR　(2)3d　(3)d　23d3v0+πd3v0 解析　(1)所有電子射入圓形區(qū)域后均做勻速圓周運動,軌道半徑大小相等,設為r 從位置(-R,R)處射入的電子經(jīng)過O點進入x軸下方,由幾何關系易得r=R 由洛倫茲力提供向心力得ev0B1=mv02r 解得B1=mv0eR (2)設電子經(jīng)電場加速后到達ab時速度大小為v,電子在ab與MN間磁場做勻速圓周運動的軌道半徑為r1,沿x軸負方向射入電場的電子離開電場進入磁場時速度方向與水平方向成θ,則 eEd=12mv2-12mv02,r1=mveB2,cos

24、 θ=v0v 解得v=2v0,r1=2d,θ=60° 如果電子在O點以速度v0沿x軸負方向射入電場,經(jīng)電場偏轉和磁場偏轉后,不能打在MN上,則所有電子都不能打在MN上。設恰好不能打在MN上的電子在磁場中的圓軌道圓心為O2,如圖甲所示 甲 則MN與ab間的最小距離h1=r1+r1 cos θ 解得h1=3d (3)如果電子在O點沿x軸正方向射入電場,經(jīng)電場偏轉和磁場偏轉后,能打在MN上,則所有電子都能打在MN上。設恰好能打在MN上的電子在磁場中的圓軌道圓心為O3,如圖乙所示 乙 則MN與ab間的最大距離h2=r1-r1 cos θ 由電子在電場中運動與(2)中的對稱性可知 r1=2d,θ=60° 解得h2=d 當MN與ab間的距離最大為h2=d時,所有從O點到MN的電子中,沿x軸正方向射入電場的電子,運動時間最長。設該電子在勻強電場中運動的加速度為a,運動時間為t1,在磁場B2中運動周期為T,時間為t2 則a=eEm,d=12at12,T=2πmeB2,t2=θ2πT 運動最長時間tm=t1+t2 解得t1=23d3v0,T=2πdv0,t2=πd3v0,tm=23d3v0+πd3v0 - 13 -