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考点规范练30带电粒子在复合场中的运动一、单项选择题1.如图所示,虚线区域空间内存在由匀强电场E和匀强磁场B组成的正交或平行的电场和磁场,有一个带正电小球(电荷量为+q,质量为m)从正交或平行的电磁复合场上方的某一高度自由落下,那么带电小球可能沿直线通过的是()A.B.C.D.答案B解析图中小球受重力、向左的电场力、向右的洛伦兹力,下降过程中速度一定变大,故洛伦兹力一定变化,不可能一直与电场力平衡,故合力不可能一直向下,故一定做曲线运动;图中小球受重力、向上的电场力、垂直向外的洛伦兹力,合力与速度一定不共线,故一定做曲线运动;图中小球受重力、向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力,若三力平衡,则小球做匀速直线运动;图中小球受向下的重力和向上的电场力,合力一定与速度共线,故小球一定做直线运动。故选项B正确。2.如图所示,一束质量、速度和电荷量不全相等的离子,经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后,进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B两束,下列说法正确的是()A.组成A束和B束的离子都带负电B.组成A束和B束的离子质量一定不同C.A束离子的比荷大于B束离子的比荷D.速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外答案C解析由左手定则知,A、B离子均带正电,A错误;两束离子经过同一速度选择器后的速度相同,在偏转磁场中,由R=mvqB可知,半径大的离子对应的比荷小,但离子的质量不一定相同,故选项B错误,C正确;速度选择器中的磁场方向应垂直纸面向里,D错误。3.右图是医用回旋加速器示意图,其核心部分是两个D形金属盒,两金属盒置于匀强磁场中,并分别与高频电源相连。现分别加速氘核(12H)和氦核(24He)。下列说法正确的是()A.它们的最大速度相同B.它们的最大动能相同C.两次所接高频电源的频率可能不相同D.仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能答案A解析根据qvB=mv2R,得v=qBRm。两粒子的比荷qm相等,所以最大速度相等,A正确。最大动能Ek=12mv2,两粒子的最大速度相等,但质量不相等,所以最大动能不相等,B错误。带电粒子在磁场中运动的周期T=2mqB,两粒子的比荷qm相等,所以周期相等,做圆周运动的频率相等。因为所接高频电源的频率等于粒子做圆周运动的频率,故两次所接高频电源的频率相同,C错误。由Ek=12mv2=q2B2R22m可知,粒子的最大动能与加速电压的频率无关;另外,回旋加速器加速粒子时,粒子在磁场中运动的频率和高频电源的频率相同,否则无法加速,D错误。4.如图所示,甲是一个带正电的小物块,乙是一个不带电的绝缘物块,甲、乙叠放在一起静置于粗糙的水平地板上,地板上方空间有水平方向的匀强磁场。现用水平恒力拉乙物块,使甲、乙一起保持相对静止向左加速运动。在加速运动阶段,下列说法正确的是()A.甲对乙的压力不断减小B.甲、乙两物块间的摩擦力不断增大C.乙对地板的压力不断减小D.甲、乙两物块间的摩擦力不断减小答案D解析对甲、乙两物块受力分析,甲物块受竖直向下的洛伦兹力不断增大,乙物块对地板的压力不断增大,甲、乙一起向左做加速度减小的加速运动;甲、乙两物块间的摩擦力大小为Ff=m甲a,甲、乙两物块间的摩擦力不断减小。故D正确。二、多项选择题5.质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成角从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区,该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下,恰好沿直线运动到A。下列说法正确的是()A.该微粒一定带负电荷B.微粒从O到A的运动可能是匀变速运动C.该磁场的磁感应强度大小为mgqvcosD.该电场的电场强度为Bvcos 答案AC解析若微粒带正电荷,它受竖直向下的重力mg、水平向左的电场力qE和垂直OA斜向右下方的洛伦兹力qvB,知微粒不能做直线运动,据此可知微粒应带负电荷,它受竖直向下的重力mg、水平向右的电场力qE和垂直OA斜向左上方的洛伦兹力qvB,又知微粒恰好沿着直线运动到A,可知微粒应该做匀速直线运动,则选项A正确,选项B错误;由平衡条件得:qvBcos=mg,qvBsin=qE,得磁场的磁感应强度B=mgqvcos,电场的电场强度E=Bvsin,故选项C正确,选项D错误。6.如图所示,在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中,有一竖直足够长固定绝缘杆MN,小球P套在杆上,已知P的质量为m、电荷量为+q,电场强度为E,磁感应强度为B,P与杆间的动摩擦因数为,重力加速度为g。小球由静止开始下滑直到稳定的过程中()A.小球的加速度一直减小B.小球的机械能和电势能的总和保持不变C.下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v=2qE-mg2qBD.下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v=2qE+mg2qB答案CD解析对小球受力分析如图所示,则mg-(qE-qvB)=ma,随着v的增加,小球加速度先增大,当qE=qvB时达到最大值,amax=g,继续运动,mg-(qvB-qE)=ma,随着v的增大,a逐渐减小,所以A错误。因为有摩擦力做功,机械能与电势能总和在减小,B错误。若在前半段达到最大加速度的一半,则mg-(qE-qvB)=mg2,得v=2qE-mg2qB;若在后半段达到最大加速度的一半,则mg-(qvB-qE)=mg2,得v=2qE+mg2qB,故C、D正确。7.如图,为探讨霍尔效应,取一块长度为a、宽度为b、厚度为d的金属导体,给金属导体加与前后侧面垂直的匀强磁场B,且通以图示方向的电流I时,用电压表测得导体上、下表面M、N间电压为U。已知自由电子的电荷量为e,下列说法正确的是()A.M板比N板电势高B.导体单位体积内自由电子数越多,电压表的示数越大C.导体中自由电子定向移动的速度为v=UBdD.导体单位体积内的自由电子数为BIeUb答案CD解析电流方向向右,电子定向移动方向向左,根据左手定则判断可知,电子所受的洛伦兹力方向向上,则M板积累了电子,M、N之间产生向上的电场,所以M板比N板电势低,选项A错误;电子定向移动相当于长度为d的导体垂直切割磁感线产生感应电动势,电压表的读数U等于感应电动势E,则有U=E=Bdv,可见,电压表的示数与导体单位体积内自由电子数无关,选项B错误;由U=E=Bdv得,自由电子定向移动的速度为v=UBd,选项C正确;电流的微观表达式是I=nevS,则导体单位体积内的自由电子数n=IevS,S=db,v=UBd,代入得n=BIeUb,选项D正确。三、非选择题8.如图所示,在竖直平面内建立直角坐标系xOy,其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场,电场强度的方向水平向右,磁感应强度的方向垂直纸面向里。一电荷量为+q、质量为m的微粒从原点出发沿与x轴正方向的夹角为45的方向进入复合场中,正好做直线运动,当微粒运动到A(l,l)时,电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间),粒子继续运动一段时间后,正好垂直于y轴穿出复合场。不计一切阻力,求:(1)电场强度E的大小;(2)磁感应强度B的大小;(3)粒子在复合场中的运动时间。答案(1)mgq(2)mqgl(3)34+1lg解析(1)微粒到达A(l,l)之前做匀速直线运动,对微粒受力分析如图甲,所以,Eq=mg,得E=mgq。甲(2)由平衡条件得qvB=2mg电场方向变化后,微粒所受重力与电场力平衡,微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,轨迹如图乙。乙则qvB=mv2r由几何知识可得r=2lv=2gl联立解得B=mqgl。(3)微粒做匀速运动的时间t1=2lv=lg做圆周运动的时间t2=342lv=34lg在复合场中运动时间t=t1+t2=34+1lg。9.电视机显像管中需要用变化的磁场来控制电子束的偏转。图甲为显像管工作原理示意图,阴极K发射的电子束(初速度不计)经电压为U的加速电场后,进入一圆形匀强磁场区,磁场方向垂直于圆面(以垂直圆面向里为正方向),磁场区的中心为O,半径为r,荧光屏MN到磁场区中心O的距离为l。当不加磁场时,电子束将通过O点垂直打到屏幕的中心P点。当磁场的磁感应强度随时间按图乙所示的规律变化时,在荧光屏上得到一条长为23l的亮线。由于电子通过磁场区的时间很短,可以认为在每个电子通过磁场区的过程中磁感应强度不变。已知电子的电荷量为e,质量为m,不计电子之间的相互作用及所受的重力。求:(1)电子打到荧光屏上时的速度大小;(2)磁感应强度的最大值B0。答案(1)2eUm(2)6meU3er解析(1)电子打到荧光屏上时速度的大小等于它飞出加速电场时的速度大小,设为v,由动能定理得eU=12mv2解得v=2eUm。(2)当交变磁场为最大值B0时,电子束有最大偏转,在荧光屏上打在Q点,PQ=3l。电子运动轨迹如图所示,设此时的偏转角度为,由几何关系可知,tan=3ll,=60根据几何关系,电子束在磁场中运动路径所对的圆心角=,而tan2=rR。由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得evB0=mv2R解得B0=6meU3er。10.(2018全国卷)如图,在y0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场,电场强度大小为E;在y0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核11H和一个氘核12H先后从y轴上y=h点以相同的动能射出,速度方向沿x轴正方向。已知11H进入磁场时,速度方向与x轴正方向的夹角为60,并从坐标原点O处第一次射出磁场,11H的质量为m,电荷量为q,不计重力。求:(1)11H第一次进入磁场的位置到原点O的距离;(2)磁场的磁感应强度大小;(3)12H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。答案(1)233h(2)6mEqh(3)233(2-1)h解析(1)11H在电场中做类平抛运动,在磁场中做圆周运动,运动轨迹如图所示。设11H在电场中的加速度大小为a1,初速度大小为v1,它在电场中的运动时间为t1,第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1。由运动学公式有s1=v1t1h=12a1t12由题给条件,11H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角1=60。11H进入磁场时速度沿y轴方向的分量的大小为a1t1=v1tan1联立以上各式得s1=233h。(2)11H在电场中运动时,由牛顿第二定律有qE=ma1设11H进入磁场时速度的大小为v1,由矢量合成法则有v1=v12+(a1t1)2设磁感应强度大小为B,11H在磁场中运动的圆轨道半径为R1,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv1B=mv12R1由几何关系得s1=2R1sin1联立以上各式得B=6mEqh。(3)设12H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2,在电场中的加速度大小为a2。由题给条件得12(2m)v22=12mv12由牛顿第二定律有qE=2ma2设12H第一次射入磁场时的速度大小为v2,速度的方向与x轴正方向夹角为2,入射点到原点的距离为s2,在电场中运动的时间为t2。由运动学公式有s2=v2t2h=12a2t22v2=v22+(a2t2)2sin2=a2t2v2联立以上各式得s2=s1,2=1,v2=22v1设12H在磁场中做圆周运动的半径为R2,由式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得R2=(2m)v2qB=2R1所以出射点在原点左侧。设12H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2,由几何关系有s2=2R2sin2联立式得,12H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为s2-s2=233(2-1)h。
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