【物理】2020届一轮复习人教版第十一章第3讲　带电粒子在复合场中的运动作业（北京专用） 8页

第3讲　带电粒子在复合场中的运动 A组　基础巩固 ‎1.(2018北京理综,18,6分)某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后,做匀速直线运动;若仅撤除电场,则该粒子做匀速圆周运动。下列因素与完成上述两类运动无关的是(　　)‎ A.磁场和电场的方向 B.磁场和电场的强弱 ‎ C.粒子的电性和电量 D.粒子入射时的速度 答案　C　本题考查带电粒子在电、磁场中的运动。不计重力的带电粒子,在电场和磁场的复合场中做匀速直线运动,则一定满足关系Eq=qvB;若撤去电场后,粒子做匀速圆周运动,仅需满足洛伦兹力充当向心力,即qvB=mv‎2‎r,综合可知,粒子的电性和电量与能否完成题述两类运动无关,C对。‎ ‎2.(多选)如图所示,两个半径相同的半圆形光滑轨道置于竖直平面内,左右两端点等高,分别处于沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中。两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放。M、N为轨道的最低点。则下列分析正确的是(　　)‎ A.两个小球到达轨道最低点的速度vM‎ ‎< vN B.两个小球第一次经过轨道最低点时对轨道的压力FM‎ ‎> FN C.小球第一次到达M点的时间小于小球第一次到达N点的时间 D.磁场中小球能到达轨道另一端最高处,电场中小球不能到达轨道另一端最高处 答案　BCD　根据动能定理,对磁场中小球,mgR=‎1‎‎2‎mvM‎2‎,对电场中小球,mgR-EqR=‎1‎‎2‎mvN‎2‎,可得vM>vN,因电场中小球运动过程中电场力一直对它做负功,所以小球第一次到达M点的时间小于小球第一次到达N点的时间,A项错误,C项正确。由F-mg=mv‎2‎R,压力等于支持力,可知FM>FN,所以B项正确;洛伦兹力不做功,磁场中小球的机械能守恒,故能到达轨道另一端最高处,电场力做负功,电场中小球机械能减少,故不能到达轨道另一端最高处,所以D项正确。‎ ‎3.(多选)在如图所示的空间直角坐标系所在的区域内,同时存在匀强电场E和匀强磁场B。已知从坐标原点O沿x轴正方向射入的质子,穿过此区域时未发生偏转,则可以判断此区域中E和B的方向可能是(　　)‎ A.E和B都沿y轴的负方向 B.E和B都沿x轴的正方向 C.E沿y轴正方向,B沿z轴负方向 D.E沿z轴正方向,B沿y轴负方向 答案　BC　质子不偏转,其所受合力为零或者所受合力与其运动方向在同一直线上。若E和B都沿y轴负方向,质子受电场力F电沿y轴负方向,而f洛沿z轴正方向,不能平衡,使质子发生偏转,A项错误;若E和B都沿x轴正方向,F电沿x轴正方向,f洛为零,质子沿x轴正方向做匀加速直线运动,B项正确;若E沿y轴正方向,B沿z轴负方向,F电沿y轴正方向,f洛沿y轴负方向,可能平衡,C项正确;若E沿z轴正方向,B沿y轴负方向,F电和f洛均沿z轴正方向,不能平衡,使质子发生偏转,D项错误。‎ ‎4.地面附近水平虚线MN的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场,电场强度为E,磁感应强度为B,如图所示。一带电微粒自距MN为h的高处由静止下落,从P点进入场区,沿半圆圆弧POQ运动,经圆弧的最低点O从Q点射出。重力加速度为g,忽略空气阻力的影响。下列说法中错误的是(　　)‎ A.微粒进入场区后受到的电场力的方向一定竖直向上 B.微粒进入场区后做圆周运动,半径为EB‎2hg C.从P点运动到Q点的过程中,微粒的电势能先增大后减小 D.从P点运动到O点的过程中,微粒的电势能与重力势能之和越来越小 答案　D　由题意可知,带电微粒进入场区后,一定有Eq=mg和Bqv=mv‎2‎R,则可得电场力方向一定竖直向上,由机械能守恒有mgh=‎1‎‎2‎mv2,解得R=EB‎2hg,即A、B均正确;因为电场力竖直向上,故带电微粒从P点运动到Q点的过程中,电场力先做负功再做正功,电势能先增大后减小,C 正确;因为带电微粒进入场区后,电场力与重力平衡,故合力做功为零,即电势能与重力势能之和不变,D错误。‎ ‎5.显像管原理的示意图如图所示,当没有磁场时,电子束将打在荧光屏正中的O点,安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场,使电子束发生偏转。设垂直纸面向里的磁场方向为正方向,若使电子打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点,下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是(　　)‎ 答案　A　根据左手定则判断电子受到的洛伦兹力的方向。电子偏转到a点时,根据左手定则可知,磁场方向垂直纸面向外,对应B-t图,图线应在t轴下方;电子偏转到b点时,根据左手定则可知,磁场方向垂直纸面向里,对应B-t图,图线应在t轴上方。符合条件的是A选项。‎ ‎6.(2017海淀一模)如图所示,分界线MN左侧存在平行于纸面水平向右的有界匀强电场,右侧存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场。电场强度E=200 N/C,磁感应强度B=1.0 T。一质量m=2.0×10-12 kg、电荷量q=+1.0×10-10 C的带电质点,从A点由静止开始在电场中加速运动,经 t1=2.0×10-3 s,在O点处沿垂直边界的方向射入磁场,在磁场中做匀速圆周运动。不计带电质点所受重力及空气阻力。求:‎ ‎(1)带电质点刚离开电场时的速度大小v;‎ ‎(2)带电质点在磁场中做匀速圆周运动的半径R;‎ ‎(3)带电质点在磁场中运动半周的时间t2。‎ 答案　(1)20 m/s　(2)0.40 m　(3)6.28×10-2 s 解析　(1)带电质点在电场中所受电场力F=qE 根据牛顿第二定律可知,质点运动的加速度a=‎Fm 所以质点离开电场时的速度v=at1=qEmt1=20 m/s ‎(2)质点进入磁场做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律有 qvB=‎mv‎2‎R 解得:R=mvqB=0.40 m ‎(3)质点在磁场中运动半周的时间t2=πRv=6.28×10-2 s ‎7.(2017朝阳一模)物理学对电场和磁场的研究促进了现代科学技术的发展,提高了人们的生活水平。‎ ‎(1)现代技术设备中常常利用电场或磁场控制带电粒子的运动。现有一质量为m、电荷量为e的电子由静止经电压为U的加速电场加速后射出(忽略电子所受重力)。‎ a.如图甲所示,若电子从加速电场射出后沿平行极板的方向射入偏转电场,偏转电场可看做匀强电场,板间电压为U',极板长度为L,板间距为d,求电子射入偏转电场时速度的大小v以及射出偏转电场时速度偏转角θ的正切值;‎ b.如图乙所示,若电子从加速电场射出后沿直径方向进入半径为r的圆形磁场区域,该磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里。设电子射出磁场时的速度方向与射入时相比偏转了θ'角,请推导说明增大偏转角θ'的方法(至少说出两种)。‎ ‎(2)磁场与电场有诸多相似之处。电场强度的定义式E=Fq,请你由此类比,从运动电荷所受的洛伦兹力F洛出发,写出磁感应强度B的定义式;并从宏观与微观统一的思想出发构建一个合适的模型,推理论证该定义式与B=F安IL这一定义式的一致性。‎ 答案　(1)a.‎2Uem　U'L‎2Ud　b.见解析 ‎(2)见解析 解析　(1)a.在加速电场中,由动能定理可知:‎ Ue=‎1‎‎2‎mv2-0‎ 解得v=‎‎2Uem 在偏转电场中,电子做类平抛运动,设运动时间为t 由平抛运动规律可知:‎ 水平方向L=vt 竖直方向vy=at,U'‎de=ma 速度偏转角正切值为tan θ=‎vyv 解得tan θ=‎U'L‎2Ud b.由a问可知,射入磁场时的速度为v=‎‎2Uem 在匀强磁场中,电子做匀速圆周运动,依据圆周运动规律可知 evB=mv‎2‎R 解得R=‎‎2UmeB‎2‎ 电子在磁场中的运动轨迹如图所示 依据几何关系可知 tan θ'‎‎2‎=‎rR 解得tanθ'‎‎2‎=reB‎2‎‎2Um 增大偏转角θ'即增大tan θ'‎‎2‎,可采用的方法有:增大磁感应强度B,增大匀强磁场半径r,减小加速电压U ‎(2)由洛伦兹力公式F洛=qvB可知,B=‎F洛qv 根据题意构建模型如下:‎ 如图所示,在一匀强磁场中有一段固定的长为L的直导线,已知导线横截面积为S,单位体积内自由电荷数为n,导线内自由电荷的定向移动速率为v,磁场的磁感应强度为B。‎ 则导线内自由电荷数N=nSL 安培力与洛伦兹力的关系为F安=NF洛 导线内电流的微观表达式为I=nqSv 可得B=F洛qv=F安Nqv=F安nSL·qv=‎F安IL 即定义式B=F洛qv与B=F安IL这一定义式是一致的。‎ B组　综合提能 ‎1.如图,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上(与纸面平行),磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等,质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内,a在纸面内做匀速圆周运动,b在纸面内向右做匀速直线运动,c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.ma>mb>mc B.mb>ma>mc C.mc>ma>mb D.mc>mb>ma 答案　B　因微粒a做匀速圆周运动,则微粒重力不能忽略且与电场力平衡mag=qE;由左手定则可以判定微粒b、c所受洛伦兹力的方向分别是竖直向上与竖直向下,则对b、c分别由平衡条件可得mbg=qE+Bqvb>qE、mcg=qE-Bqvcma>mc,B正确。‎ ‎2.(2017海淀期末)示波器中的示波管对电子的偏转是电偏转,电视机中的显像管对电子的偏转是磁偏转。小明同学对这两种偏转进行了定量的研究并做了对比,已知电子的质量为m、电荷量为e,在研究的过程中空气阻力和电子所受重力均可忽略不计。‎ ‎(1)如图甲所示,水平放置的偏转极板的长度为l,板间距为d,极板间的偏转电压为U,在两极板间形成匀强电场。极板右端到竖直荧光屏MN的距离为b,荧光屏MN与两极板间的 中心线O1O1'垂直。电子以水平初速度v0从两极板左端沿两极板间的中心线射入,忽略极板间匀强电场的边缘效应,求电子打到荧光屏上时沿垂直于极板板面方向偏移的距离;‎ ‎(2)如图乙所示,圆心为O2、半径为r的水平圆形区域中有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场,与磁场区域右侧边缘的最短距离为L的O2'处有一竖直放置的荧光屏PQ,荧光屏PQ与O2O2'连线垂直。今有一电子以水平初速度v0从左侧沿O2O2'方向射入磁场,飞出磁场区域时其运动方向的偏转角度为α(未知),请求出tan α‎2‎的表达式;‎ ‎(3)对比第(1)、(2)问中这两种偏转,请从运动情况、受力情况、能量变化情况等角度简要说明这两种偏转的不同点是什么?(至少说出两点)‎ 答案　(1)eUl‎2dmv‎0‎‎2‎(l+2b)　(2)tan α‎2‎=Bermv‎0‎　(3)见解析 解析　(1)设电子在偏转电场中运动的加速度为a,时间为t,离开偏转电场时的偏移距离为y,根据运动学公式有y=‎1‎‎2‎at2‎ 根据牛顿第二定律有a=‎eUmd 电子在电场中的运动时间t=‎lv‎0‎ 联立解得y=‎eUl‎2‎‎2mdv‎0‎‎2‎ 电子飞出偏转电场时,其速度的反向延长线通过偏转电场的中心,设电子打在屏上距O1'的最大距离为Y,则由几何关系可知Yy=‎b+‎l‎2‎l‎2‎ 解得Y=eUl‎2dmv‎0‎‎2‎(l+2b)‎ ‎(2)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得ev0B=mv‎0‎‎2‎R解得R=‎mv‎0‎eB 电子运动轨迹如图所示,由几何关系得,电子在磁场中一段圆弧轨迹所对应的圆心角与偏转角相等,均为α 则tan α‎2‎=rR=‎Bermv‎0‎ ‎(3)不同点有:‎ ‎①电子运动类型不同:在电场中电子做匀变速曲线运动,在磁场中电子做匀速圆周运动;‎ ‎②电子受力情况不同:在电场中电子受到的电场力是恒力,在磁场中电子受到的洛伦兹力是大小不变、方向不断变化的变力;‎ ‎③电子速度变化情况不同:在电场中电子速度的大小和方向都发生变化,在磁场中电子速度的大小不改变,仅方向发生变化;‎ ‎④电子运动方向的偏转角范围不同:在电场中电子运动方向的偏转角度一定小于90°,在磁场中电子运动方向的偏转角度可能大于90°;‎ ‎⑤电子受力做功不同:在电场中电子所受的电场力做正功,在磁场中电子所受的洛伦兹力不做功;‎ ‎⑥电子能量变化情况不同:在电场中电场力做正功,电子动能增加,在磁场中洛伦兹力不做功,电子动能不变。‎