2、.3d,D點距A板的距離為0.2d,有一個質量為m的帶電微粒沿圖中虛線所示的直線從C點運動至D點,若重力加速度為g,則下列說法正確的是( )
A.該微粒在D點時的電勢能比在C點時的大
B.該微粒做勻變速直線運動
C.在此過程中電場力對微粒做的功為0.5mgd
D.該微粒帶正電,所帶電荷量大小為q=
3.(多選)一個帶電粒子以初速v0垂直于電場方向向右飛入勻強電場區(qū)域,穿出電場后接著又飛入勻強磁場區(qū)域(不計重力)。在下圖所示的幾種軌跡中,可能出現(xiàn)的是 ( )
4.
(多選)如圖所示,質量為m、帶電荷量為+q的P環(huán)套在固定的水平長直絕緣桿上(桿表面不光滑),整個裝置處在垂
3、直于桿的水平勻強磁場中,磁感應強度大小為B?，F(xiàn)給環(huán)一向右的初速度v0,則下列情況可能發(fā)生的是( )
A.環(huán)將保持勻速運動,環(huán)的機械能不變
B.環(huán)將向右減速,最后靜止,損失的機械能是
C.環(huán)將向右減速,最后勻速,損失的機械能是
D.環(huán)將向右減速,最后勻速,損失的機械能是m()2
5.(多選)如圖所示,在水平勻強電場和垂直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(shù)為μ,重力加速度為g。小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中( )
A.小球的加速度一直減小
B.小球的機械能和
4、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=
6.(2018浙江名校新高考研究聯(lián)盟高三第二次聯(lián)考)一臺質譜儀的工作原理如圖1所示。大量的甲、乙兩種離子以0到v范圍內的初速度從A點進入電壓為U的加速電場,經過加速后從0點垂直邊界MN進入磁感應強度為B的勻強磁場中,最后打到照相底片上并被全部吸收。已知甲、乙兩種離子的電荷量均為+q,質量分別為2m和m。不考慮離子間的相互作用。
圖1
圖2
(1)求乙離子離開電場時的速度范圍;
(2)求所有離子打在底片上距O孔最遠距離xm;
(3)若離子進
5、入O孔時速度方向分布在y軸兩側各為θ=30°的范圍內如圖2所示,要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊,求離子最大初速度v應滿足的條件。
7.(2018浙江教育綠色評價聯(lián)盟高考適應性試卷)離子推進器是太空飛行器常用的動力系統(tǒng)。某種推進器設計的簡化原理如圖所示,截面半徑為R=2 m的圓柱腔分為兩個工作區(qū)。Ⅰ為電離區(qū),電離區(qū)間充有稀薄銫氣體,也有軸向的勻強磁場,磁感應強度大小為B=1.0×10-3 T,在離軸線處的C點持續(xù)射出一定速率范圍的電子。假設射出的電子僅在垂直于軸線的截面上運動,截面如圖2所示(從左向右看)。電子的初速度方向與中心O
6、點和C點的連線成α(0<α≤90°)角。電子碰撞銫原子使之電離,為了取得好的電離效果,從內圓柱體表面發(fā)出的電子在區(qū)域內運動時不能與外器壁碰撞。Ⅱ為加速區(qū),兩端加有電壓,形成軸向的勻強電場。Ⅰ區(qū)產生的銫離子以接近0的初速度進入Ⅱ區(qū),被加速后以速度v0=7.25×104 m/s從右側噴出。這種高速粒子流噴射出去,可推動衛(wèi)星運動,電子在Ⅰ區(qū)內不與器壁相碰且能到達的區(qū)域越大,電離效果越好,已知銫離子荷質比=7.25×105 C·kg-1,銫離子M=2.2×10-25 kg,電子質量為m=0.9×10-30 kg,電量為e=1.60×10-19 C(電子碰到器壁即被吸收,不考慮電子間的碰撞)。
(
7、1)求Ⅱ區(qū)的加速電壓;
(2)為取得好的電離效果,請判斷Ⅰ區(qū)中的磁場方向(按圖2說明是“垂直紙面向里”或“垂直紙面向外”);
(3)要取得好的電離效果,求射出的電子最大速率vm與α角的關系;
(4)若單位時間內噴射出N=1018個銫離子,試求推進器的推力(結果取兩位有效數(shù)字)。
8.
(2018浙江溫州市十五校聯(lián)合體高二下學期期末)如圖所示的xOy坐標系中,y軸右側空間存在范圍足夠大的勻強磁場,磁感應強度為B,方向垂直于xOy平面向里。P點的坐標為(-L,0),M1、M2兩點的坐標分別為(0,L)、 (0,-L)。平行金屬板板間電壓大小可調,質量為m,電荷
8、量為q的帶負電粒子,從靠近負極板由靜止開始加速,恰能沿PM1方向運動,從M1進入磁場。在坐標為-,0處的C點固定一平行于y軸放置的絕緣彈性擋板,C為擋板中點。假設帶電粒子與彈性絕緣擋板碰撞前后,沿y方向分速度不變,沿x方向分速度大小不變、方向相反。不計粒子的重力及與擋板碰撞的時間。
(1)若粒子第一次通過磁場后恰好通過O點,求粒子第一次經過x軸的坐標;
(2)若粒子第一次通過磁場后恰好直接通過M2,求加速電壓的大小;
(3)若粒子與擋板碰撞兩次后返回P點,求粒子從P點開始計時到返回P點的時間。
9.(2018浙江杭州高考命題預測)如圖所示,在x軸上方有一豎直向下
9、的勻強電場區(qū)域,電場強度為E=500 V/m。x軸下方分布有很多磁感應強度為B=1 T的條形勻強磁場區(qū)域,其寬度均為d1=3 cm,相鄰兩磁場區(qū)域的間距為d2=4 cm?，F(xiàn)將一質量為m=5×10-13 kg、電荷量為q=1×10-8 C的帶正電的粒子(不計重力)從y軸上的某處靜止釋放。
(1)若粒子從坐標(0,1.25 cm)點由靜止釋放,求粒子剛剛進入磁場瞬間的速度大小。
(2)調節(jié)釋放點的位置坐標(0,h),要使它經過x軸下方時,不會進入第二磁場區(qū),h應滿足什么條件?
(3)若粒子從坐標(0,5 cm)點由靜止釋放,求粒子自釋放到第二次過x軸的時間。
10、
10.如圖甲所示,建立xOy坐標系,兩平行極板P、Q垂直于y軸且關于x軸對稱,極板長度和板間距均為l。在第一、四象限有磁感應強度為B的勻強磁場,方向垂直于xOy平面向里。位于極板左側的粒子源沿x軸向右連續(xù)發(fā)射質量為m、電荷量為+q、速度相同、重力不計的帶電粒子。在0~3t0時間內兩板間加上如圖乙所示的電壓(不考慮極板邊緣的影響)。已知t=0時刻進入兩板間的帶電粒子恰好在t0時刻經極板邊緣射入磁場。上述m、q、l、t0、B為已知量。(不考慮粒子間相互影響及返回極板間的情況)
(1)求電壓U0的大小;
(2)求t0時刻進入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運動
11、的半徑;
(3)何時進入兩板間的帶電粒子在磁場中的運動時間最短?求此最短時間。
11.(2018年11月浙江選考,23)【加試題】小明受回旋加速器的啟發(fā),設計了如圖1所示的“回旋變速裝置”。兩相距為d的平行金屬柵極板M、N,板M位于x軸上,板N在它的正下方。兩板間加上如圖2所示的幅值為U0的交變電壓,周期T0=。板M上方和板N下方有磁感應強度大小均為B、方向相反的勻強磁場。粒子探測器位于y軸處,僅能探測到垂直射入的帶電粒子。
有一沿x軸可移動、粒子出射初動能可調節(jié)的粒子發(fā)射源,沿y軸正方向射出質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子。t=0時刻,發(fā)射源在(
12、x,0)位置發(fā)射一帶電粒子。忽略粒子的重力和其他阻力,粒子在電場中運動的時間不計。
圖1
圖2
(1)若粒子只經磁場偏轉并在y=y0處被探測到,求發(fā)射源的位置和粒子的初動能;
(2)若粒子兩次進出電場區(qū)域后被探測到,求粒子發(fā)射源的位置x與被探測到的位置y之間的關系。
考點強化練40 帶電粒子在組合場或復合場中的運動
1.B 帶點粒子在電場中運動時,電場力做正功,在電場和磁場的復合場中運動時,洛倫茲力不做功,電場力做負功,所以有v2
13、微粒帶負電,從C點運動至D點,電場力做正功,電勢能減小,所以微粒在D點時的電勢能比在C點時的小,故AD錯誤;在此過程中電場力對微粒做的功為W=Fx=mg(d-0.3d-0.2d)=0.5mgd,故C正確。
3.AD A圖中:當粒子垂直進入勻強電場時,由圖可知,電場力向下,則粒子帶正電,當進入磁場時由左手定則可得洛倫茲力垂直速度向上。故A正確;B圖中:當粒子垂直進入勻強電場時,由圖可知,電場力向下,則粒子帶負電,當進入磁場時由左手定則可得洛倫茲力垂直速度向下,故B錯誤;C圖中:當粒子垂直進入勻強電場時,由圖可知,電場力向下,則粒子帶正電,當進入磁場時由左手定則可得洛倫茲力垂直速度向下,故C錯誤
14、;D圖中:當粒子垂直進入勻強電場時,由圖可知,電場力向上,則粒子帶正電,當進入磁場時由左手定則可得洛倫茲力垂直速度向下,故D正確。
4.ABD 因為初速度v0大小不確定,因此洛倫茲力大小不確定,由于桿的存在,環(huán)在垂直運動方向上處于受力平衡狀態(tài),即向上的合力等于向下的合力。
(1)若Bv0q=mg,則沒有支持力,不會產生摩擦力,物體做勻速直線運動,所以A正確。
(2)若Bv0qmg,則支持力豎直向下,摩擦力向左,物體減速。當支持力為零,物
15、體做勻速直線運動,而最終速度應該為v=,根據(jù)能量守恒定律,損失的動能即為產生的熱量,所以產生熱量為m()2,因此D正確。
5.CD 小球靜止時只受電場力、重力、支持力及摩擦力,電場力水平向左,摩擦力豎直向上;開始時,小球的加速度應為a=;小球速度將增大,產生洛倫茲力,由左手定則可以知道,洛倫茲力向右,故水平方向合力將減小,摩擦力減小,故加速度增大;故A錯誤;當洛倫茲力等于電場力時,摩擦力為零,此時加速度為g,達最大;此后速度繼續(xù)增大,則洛倫茲力增大,水平方向上的合力增大,摩擦力將增大;加速度將減小,故最大加速度的一半會有兩種情況,一是在洛倫茲力小于電場力的時間內,另一種是在洛倫茲力大于電場力
16、的情況下,則:,計算得出,v1=,所以C選項是正確的;同理有:,計算得出v2=,所以D選項是正確的;而在下降過程中有摩擦力做功,故有部分能量轉化為內能,故機械能和電勢能的總和將減小。
6.答案 (1)≤v1≤
(2)xm=2rm=4 (3)v=
解析 (1)設離子以初速度v0進入電場,離開電場時速度為v1,由:qU=
解得v1=
由題意可知,乙離子進入電場時速度范圍0~v,可得乙離子離開電場時速度范圍為:
≤v1≤
(2)粒子在磁場中只受洛倫茲力作用,有qBv1=m
解得r=
經判斷知,以v進入電場的甲離子打在底片上距O孔最遠處
rm=2,xm=2rm=4
(3)當乙離子
17、平行于y軸且以最大速度射出時能打到最遠,此時距O孔最遠處為2r乙=2
當甲離子沿與y軸成30°且以最小速度射出時能打到最近,此時距O孔最近處為2r甲cos 30°=cos 30°
當2r乙=2r甲cos 30°時,即v=
所以要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊,離子最大初速度
v<。
7.答案 (1)U=3.625×103 V (2)垂直紙面向外 (3)vm=×108 m/s (4)F=1.6×102 N
解析 (1)帶電粒子在Ⅱ區(qū)加速,根據(jù)動能定理得:qU=mv2,解得:U=3.625×103 V
(2)要取得較好的電離效果,電子須在出射方向左邊做勻速圓周運動,即為按逆時針方向
18、旋轉,根據(jù)左手定則可知,此刻Ⅰ區(qū)磁場應該是垂直紙面向外。
(3)當電子以α角入射時,最大速度對應軌跡如圖所示
軌跡圓與圓柱腔相切,此時有:∠OCO'=90°-α,OC=,
O'C=r,OO'=R-r,
由余弦定理得:(R-r)2=2+r2-2r××cos(90°-α),又cos(90°-α)=sin α,聯(lián)立解得:r=
在磁場中有:evmB=m
聯(lián)立解得:vm=×108 m/s
(4)根據(jù)動量定理得:Ft=NMv0
代入數(shù)據(jù)得:F=1.6×102 N
8.答案 (1)(L,0) (2) (3)
解析 (1)由題意畫出粒子運動軌跡如圖甲所示
甲
由幾何關系可得粒子
19、經過x軸的坐標為(L,0)
乙
(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動,畫出運動軌跡如圖乙所示;由幾何關系可以知道粒子做勻速圓周運動的半徑:r=L
對粒子,洛倫茲力提供向心力:qvB=m
電場中加速,由動能定理:qU=mv2
由以上各式解得:U=
丙
(3)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑設為R,由題設畫出粒子的運動軌跡如圖丙所示,進入磁場的方向與PM1方向平行,每次在磁場中偏轉一次,沿y軸的負方向下移距離:Δy1=R
從磁場出來與C板碰撞再進入磁場時,粒子沿y軸正方向上移的距離:Δy2=R,其中qvB=
根據(jù)題意經過兩次與C板碰撞后回到P點,則有:2L=3Δy1-2Δy2
20、,在磁場中的時間t1=3×
在磁場外的時間:t2=2×+2×
運動的時間為t=t1+t2=
9.答案 (1)5×102 m/s (2)1.8×10-2 m (3)3.57×10-4 s
解析 (1)由Eqh1=
得到v1==5×102 m/s
(2)粒子經電場加速,經過x軸時速度大小為v,滿足:Eqh=mv2
之后進入下方磁場區(qū),依據(jù)題意可知運動半徑應滿足R1
21、大小為v2,圓周運動半徑為R2
Eqh2=,解得v2==1×103 m/s
R2=
解得R2==5 cm
根據(jù)粒子在空間運動軌跡可知,它最低能進入第二個磁場區(qū)
它在磁場區(qū)共運動時間為半個圓周運動的時間
t2==1.57×10-4 s
它經過第一無磁場區(qū)時運動方向與x軸的夾角θ滿足:
sin θ==0.6
所以它在無磁場區(qū)的路程s==0.1 m
無磁場區(qū)運動時間t3==1×10-4 s
總時間t=t1+t2+t3=3.57×10-4 s
10.答案 (1) (2) (3)2t0
解析 (1)t=0時刻進入兩極板的帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動,t0時刻剛好從極板邊緣
22、射出,則有y=l,x=l,電場強度:E=, ①
由牛頓第二定律得Eq=ma, ②
偏移量:y=, ③
由①②③解得U0=。 ④
(2)t0時刻進入兩極板的帶電粒子,前t0時間在電場中偏轉,后t0時間兩極板沒有電場,帶電粒子做勻速直線運動。帶電粒子沿x軸方向的分速度vx=v0= ⑤
帶電粒子離開電場時沿y軸負方向的分速度
vy=a·t0 ⑥
帶電粒子離開電場時的速度v= ⑦
設帶電粒子離開電場進入磁場做勻速圓周運動的半徑為R,
由牛頓第二定律得qvB=m, ⑧
由③⑤⑥⑦⑧解得R=。 ⑨
(3)在t=2t0時刻進入兩極板的帶電粒子,在電場中做類平拋運動的時間最長,飛出極板時
23、速度方向與磁場邊界的夾角最小,而根據(jù)幾何知識可知,軌跡的圓心角等于粒子射入磁場時速度方向與邊界夾角的2倍,所以在t=2t0時刻進入兩極板的帶電粒子在磁場中運動時間最短。
帶電粒子離開磁場時沿y軸正方向的分速度vy'=at0 ⑩
設帶電粒子離開電場時速度方向與y軸正方向的夾角為α,則tan α=,
由③⑤⑩解得α=,帶電粒子在磁場運動的軌跡圖如圖所示,圓弧所對的圓心角θ=2α=,所求最短時間tmin=T,帶電粒子在磁場中運動的周期T=,聯(lián)立以上兩式解得tmin=。
11.答案 (1)x0=y0 (2)Ek0>2qU0,x=y+);qU02qU0
由y=、R0=、R1=
和-qU0、-qU0
及x=y+2(R0+R1)
得x=y+
(ⅱ)見圖2,qU0
（江浙選考1）2022年高考物理總復習 專題二 帶電粒子在組合場或復合場中的運動 考點強化練40 帶電粒子在組合場或復合場中的運動
