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考點規范練36　
帶電粒子在復合場中的運動及實際應用
一、單項選擇題
1.如圖所示,一傾角為θ=53°的粗糙絕緣斜面固定在水平面上,在其所在的空間存在豎直向上、大小E=1×102 N/C的勻強電場和垂直于紙面向外、大小B=1×102 T的勻強磁場。現讓一質量m=0.4 kg、電荷量q=1×10-2 C的帶負電小滑塊從斜面上某點由靜止釋放,小滑塊運動1 m后離開斜面。已知cos 53°=0.6,g取10 m/s2,則以下說法正確的是(　　)
A.離開斜面前小滑塊沿斜面做勻加速運動
B.小滑塊離開斜面時的速度為1.8 m/s
C.在離開斜面前的過程中小滑塊電勢能增加了0.8 J
D.在小滑塊離開斜面前的過程中摩擦產生的熱量為2.2 J
2.磁流體發電機的結構簡圖如圖所示。把平行金屬板A、B和電阻R連接, A、B之間有很強的磁場,將一束等離子體(即高溫下電離的氣體,含有大量正、負帶電粒子)以速度v噴入磁場,A、B兩板間便產生電壓,成為電源的兩個電極。下列推斷正確的是(　　)
A.A板為電源的正極
B.A、B兩板間電壓等于電源的電動勢
C.兩板間非靜電力對等離子體做功,使電路獲得電能
D.若增加兩極板的正對面積,則電源的電動勢會增加
3.如圖所示的虛線區域內,充滿垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場。一帶電粒子a(不計重力)以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區域,恰好沿直線由區域右邊界的O'點(圖中未標出)穿出。若撤去該區域內的磁場而保留電場不變,另一個同樣的粒子b(不計重力)仍以相同初速度由O點射入,從區域右邊界穿出,則粒子b(　　)
A.穿出位置一定在O'點下方
B.穿出位置一定在O'點上方
C.運動時,在電場中的電勢能一定減小
D.在電場中運動時,動能一定減小
4.下圖是醫用回旋加速器示意圖,其核心部分是兩個D形金屬盒,兩金屬盒置于勻強磁場中,并分別與高頻電源相連。現分別加速氘核H)和氦核He),下列說法正確的是 (　　)
A.它們的最大速度相同
B.它們的最大動能相同
C.兩次所接高頻電源的頻率可能不相同
D.僅增大高頻電源的頻率可增大粒子的最大動能
5.速度相同的一束粒子(不計重力)由左端射入質譜儀后的運動軌跡如圖所示,則下列相關說法正確的是(　　)
A.該束粒子帶負電
B.速度選擇器的P1極板帶負電
C.能通過狹縫S0的粒子的速度等于
D.粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫S0,則粒子的比荷越小
二、多項選擇題
6.如圖所示,傾斜固定放置的帶電平行金屬板,兩板間距為d,a、b分別為上板和下板上的點,b點高于a點,ab距離大于d,ab連線與上板夾角為θ,θ為銳角,平行板間存在水平向里的勻強磁場,磁場的磁感應強度大小為B。一電荷量為+q的粒子從ab直線上的P點沿直線ab向b點運動,初速度大小為v0,則下列判斷正確的是(　　)
A.帶電粒子一定受到重力作用
B.上板一定帶正電
C.帶電粒子可能做勻變速直線運動
D.兩板間的電場強度可能大于v0B
7.如圖所示,在水平勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場中,有一豎直足夠長固定絕緣桿MN,小球P套在桿上,已知P的質量為m、電荷量為+q,電場強度為E,磁感應強度為B,P與桿間的動摩擦因數為μ,重力加速度為g。小球由靜止開始下滑直到穩定的過程中(　　)
A.小球的加速度一直減小
B.小球的機械能和電勢能的總和保持不變
C.下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v=
D.下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v=
8.如圖所示,在直角坐標系xOy中,x>0空間內充滿方向垂直紙面向里的勻強磁場(其他區域無磁場),磁感應強度為B;x<0空間內充滿方向水平向右的勻強電場(其他區域無電場),電場強度為E,在y軸上關于O點對稱的C、D兩點間距為l。帶電粒子P(不計重力)從C點以速率v沿x軸正方向射入磁場,并能從D點射出磁場;與粒子P不相同的粒子Q從C點以不同的速度v'同時沿紙面平行x軸射入磁場,并恰好從D點第一次穿過y軸進入電場,且粒子P、Q同時過D點,則下列說法正確的是(　　)
A.粒子P帶正電
B.在粒子Q從C點運動到D點的過程中,粒子P在磁場中運動的時間一定為
C.在粒子Q從C點運動到D點的過程中,粒子P在磁場中運動的路程可能為
D.粒子P與Q的比荷之比可能為2+
三、非選擇題
9.如圖所示,在坐標系xOy平面內,在x=0和x=l范圍內分布著勻強磁場和勻強電場,磁場的下邊界AP與y軸負方向成45°,其磁感應強度為B,電場上邊界為x軸,其電場強度為E。現有一束包含著各種速率的同種帶負電粒子由A點垂直y軸射入磁場,帶電粒子的電荷量為q、質量為m。粒子重力不計,一部分粒子通過磁場偏轉后由邊界AP射出并進入電場區域。求:
(1)能夠由AP邊界射出的粒子的最大速率;
(2)粒子在電場中運動一段時間后由y軸射出電場,射出點與原點的最大距離。
10.如圖所示,在豎直平面內建立直角坐標系xOy,其第一象限存在著正交的勻強電場和勻強磁場,電場強度的方向水平向右,磁感應強度的方向垂直紙面向里。一電荷量為+q、質量為m的微粒從原點出發沿與x軸正方向的夾角為45°的方向進入復合場中,正好做直線運動,當微粒運動到A(l,l)時,電場方向突然變為豎直向上(不計電場變化的時間),粒子繼續運動一段時間后,正好垂直于y軸穿出復合場。不計一切阻力,求:
(1)電場強度E的大小;
(2)磁感應強度B的大小;
(3)粒子在復合場中的運動時間。
考點規范練36　
帶電粒子在復合場中的運動及實際應用
1.D　解析:小滑塊在下滑過程中受重力、靜電力、洛倫茲力、彈力和摩擦力作用。由于洛倫茲力的大小變化使小滑塊對斜面的彈力減小,從而導致摩擦力減小,故小滑塊做加速度增大的加速運動,故A錯誤。當洛倫茲力增大至小滑塊與斜面的彈力為0時,小滑塊將離開斜面運動,此時有qvB=(mg+Eq)cos 53°,解得小滑塊離開斜面時的速度為3 m/s,故B錯誤。整個過程中,靜電力做正功,由Ep=-Eqlsin θ,代入數據得小滑塊的電勢能減小了0.8 J,故C錯誤。由動能定理得(mg+Eq)·lsin 53°-Wf=mv2,解得整個過程中摩擦力做功-2.2 J,即產生的熱量為2.2 J,故D正確。
2.C　解析:由左手定則可知,正離子向B板偏轉,則B板為電源的正極,選項A錯誤。A、B兩板間電壓相當于電源的路端電壓,則小于電源的電動勢,選項B錯誤。兩板間非靜電力對等離子體做功,使電路獲得電能,選項C正確。平衡時q=qvB,則E=Bdv,若增加兩極板的正對面積,則電源的電動勢不變,選項D錯誤。
3.C　解析:由左手定則判定帶電粒子a所受洛倫茲力的方向,可知最初時刻粒子所受洛倫茲力與靜電力方向相反。若qE≠qvB,則洛倫茲力將隨著粒子速度方向和大小的改變而改變,粒子所受靜電力qE和洛倫茲力qvB的合力不可能與速度方向在同一直線上,既然在復合場中粒子做直線運動,說明qE=qvB,OO'連線與電場線垂直。當撤去磁場時,粒子僅受靜電力,做類平拋運動,靜電力一定做正功,電勢能減少,動能增加。因粒子的電性無法確定,所以穿出位置無法確定,選項C正確,A、B、D錯誤。
4.A　解析:根據qvB=m得v=,兩粒子的比荷相等,所以最大速度相同,A正確。最大動能Ek=mv2,兩粒子的最大速度相等,但質量不相等,所以最大動能不相同,B錯誤。帶電粒子在磁場中運動的周期T=,兩粒子的比荷相等,所以周期相等,做圓周運動的頻率相等;因為所接高頻電源的頻率等于粒子做圓周運動的頻率,故兩次所接高頻電源的頻率相同,C錯誤。由Ek=mv2=可知,粒子的最大動能與加速電壓的頻率無關;另外,回旋加速器加速粒子時,粒子在磁場中運動的頻率和高頻電源的頻率相同,否則無法加速,D錯誤。
5.C　解析:根據該束粒子進入勻強磁場B2時向下偏轉,由左手定則判斷出該束粒子帶正電,選項A錯誤。粒子在速度選擇器中做勻速直線運動,受到靜電力和洛倫茲力作用,由左手定則知洛倫茲力方向豎直向上,則靜電力方向豎直向下,因粒子帶正電,故電場強度方向向下,速度選擇器的P1極板帶正電,選項B錯誤。粒子能通過狹縫,靜電力與洛倫茲力平衡,有qvB1=qE,得v=,選項C正確。粒子進入勻強磁場B2中受到洛倫茲力做勻速圓周運動,根據洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律有qvB2=m,得r=,可見v、B2一定時,半徑r越小,則越大,選項D錯誤。
6.AB　解析:受力分析如圖所示。帶電粒子在復合場中受洛倫茲力而做直線運動,一定為勻速運動,C錯誤。帶電粒子沿ab做勻速直線運動,根據左手定則可知洛倫茲力方向垂直ab向上,而靜電力方向垂直平行板向下,此二力不在一條直線上,可知一定受重力,A正確。因粒子帶正電且所受靜電力的方向垂直平行板向下,所以上板一定帶正電,B正確。θ為銳角,可知mg和qE兩個力成銳角,此二力合力大于qE,又重力和靜電力的合力大小等于qv0B,即qE7.CD　解析:對小球受力分析如圖所示,則mg-μ(qE-qvB)=ma,隨著v的增加,小球加速度先增大,當qE=qvB時達到最大值,amax=g,繼續運動,mg-μ(qvB-qE)=ma,隨著v的增大,a逐漸減小,所以A錯誤。因為有摩擦力做功,機械能與電勢能總和在減少,B錯誤。若在前半段達到最大加速度的一半,則mg-μ(qE-qvB)=m,得v=;若在后半段達到最大加速度的一半,則mg-μ(qvB-qE)=m,得v=,故C、D正確。
8.ABD　解析:由題意分析可知,粒子P經磁場做勻速圓周運動偏轉后垂直y軸進入電場,經電場中做勻變速直線運動后,又在磁場中偏轉,如此往復,由左手定則易知粒子P帶正電,A正確。由粒子P在磁場中做周期性運動可知,若粒子P在磁場中偏轉n次(n=2,3,4,…),則2nR=l;在粒子Q從C點運動到D點的過程中,粒子P在磁場中運動的路程s=n·πR=,粒子P在磁場中運動的時間t=,B正確,C錯誤。若粒子P在磁場中偏轉n次,所用時間tP=n+(n-1),Q在磁場中運動半周的時間tQ=,而tP=tQ,當n=2時,P與Q的比荷之比為2+,D正確。
9.解析:(1)粒子在磁場中做圓周運動,速度越大,半徑越大,速度最大的粒子剛好由P點射出,如圖所示
由牛頓第二定律得qvB=
由幾何關系可知r=l,得v=。
(2)粒子從P點離開后,垂直x軸進入電場,在豎直方向做勻速直線運動,在水平方向做勻加速直線運動
由牛頓第二定律得a=
此粒子在電場中運動時有l=at2,d=vt
解得d=Bl。
答案:(1)　(2)Bl
10.解析:(1)微粒到達A(l,l)之前做勻速直線運動,對微粒受力分析如圖甲所示,所以Eq=mg,得E=。
甲
(2)由平衡條件得qvB=mg
電場方向變化后,微粒所受重力與靜電力平衡,微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,軌跡如圖乙所示
乙
則qvB=m
由幾何知識可得r=l
v=
聯立解得B=。
(3)微粒做勻速運動的時間
t1=
做圓周運動的時間
t2=
在復合場中運動時間
t=t1+t2=。
答案:(1)　(2)　(3)
1

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