專題限時訓練(十)帶電粒子在復合場中的運動(一)(限時45分鐘)一、單項選擇題(每小題6分，共30分)1．(2015·海淀模擬)如圖所示，空間存在足夠大、正交的勻強電場、勻強磁場，電場強度大小為E、方向豎直向下，磁感應強度為B、方向垂直紙面向里．從電場、磁場中某點P由靜止釋放一個質量為m、電荷量為＋q的粒子(粒子受到的重力忽略不計)，其運動軌跡如圖中虛線所示．對于帶電粒子在電場、磁場中下落的最大高度H，下面給出了四個表達式，用你已有的知識計算可能會有困難，但你可以用學過的知識對下面的四個選項作出判斷．你認為正確的是()A.eq\f(2mE,B2q)B.eq\f(4mE2,B2q)C.eq\f(2mB,E2q)D.eq\f(mB,2Eq)答案：A解析：長度的國際單位為米(m)，根據力學單位制推導四個表達式，最終單位為米的只有A選項，故A正確，B、C、D錯誤．2．(2015·蘇州模擬)如圖所示，在MN、PQ間同時存在勻強磁場和勻強電場，磁場方向垂直于紙面水平向外，電場在圖中沒有標出．一帶電小球從a點射入場區，并在豎直面內沿直線運動至b點，則小球()A．一定帶正電B．受到電場力的方向一定水平向右C．從a到b過程，克服電場力做功D．從a到b過程中可能做勻加速運動答案：C解析：無論電場沿什么方向，小球帶正電還是負電，電場力與重力的合力是一定的，且與洛倫茲力等大反向，故要使小球做直線運動，洛倫茲力恒定不變，其速度大小也恒定不變，故D錯誤；只要保證三個力的合力為零，因電場方向未確定，故小球電性也不確定，A、B均錯誤：由WG＋W電＝0可知，重力做功WG>0，故W電<0，小球一定克服電場力做功，C正確．3．(2015·濟南模擬)如圖所示，一帶電塑料小球質量為m，用絲線懸掛于O點，并在豎直平面內擺動，最大擺角為60°，水平磁場垂直于小球擺動的平面．當小球自左方擺到最低點時，懸線上的張力恰為零，則小球自右方最大擺角處擺到最低點時懸線上的張力為()A．0B．2mgC．4mgD．6mg答案：C解析：設小球自左方擺到最低點時速度為v，則eq\f(1,2)mv2＝mgL(1－cos60°)，此時qvB－mg＝meq\f(v2,L)，當小球自右方擺到最低點時，v大小不變，洛倫茲力方向發生變化，T－mg－qvB＝meq\f(v2,L)，得T＝4mg，故C正確．4．(2015·杭州模擬)一群不計重力的帶電粒子，從容器A下方的小孔s1飄入電勢差為U的加速電場，其初速度幾乎為0，然后經過s3沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中，最后打到照相底片D上．下列說法正確的是()A．電量相同的粒子進入磁場的速度大小一定相同B．質量相同的粒子進入磁場的速度大小一定相同C．比荷相同的粒子在磁場中運動半徑一定相同D．比荷相同的粒子在磁場中運動的半徑與磁感應強度B無關答案：C解析：對粒子在加速電場中的運動由動能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))，由此可知，帶電量相同、質量不同的粒子進入磁場時的速度大小不同，質量相同、帶電量不同的粒子進入磁場時的速度大小也不同；對粒子進入磁場后的勻速圓周運動，由牛頓第二定律及洛倫茲力公式有qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\r(\f(2mU,qB2))，由此可知粒子在磁場中運動的軌道半徑與粒子的比荷有關，選項A、B、D錯誤，C正確．5．(2015·臨沂模擬)電視機的顯像管中，電子束的偏轉是用磁偏轉技術實現的．如圖所示，電子束經加速電壓U加速后進入一圓形勻強磁場區域，磁場方向垂直于圓面．不加磁場時，電子束將通過圓面中心O點打到屏幕中心M點，加磁場后電子束偏轉到屏幕上P點的外側．現要使電子束偏轉到P點，可行的辦法是()A．增大加速電壓B．增加偏轉磁場的磁感應強度C．將圓形磁場區域向屏幕遠離些D．將圓形磁場區域的半徑增大些答案：A解析：電子在電場中加速運動的過程，根據動能定理得eU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2eU,m))，電子進入磁場做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力可得evB＝eq\f(mv2,r)，由以上兩式可得電子運動的軌跡半徑r＝eq\f(mv,eB)＝eq\f(m,eB)eq\r(\f(2eU,m))＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,e))，設圓形磁場區域的半徑為R，粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，電子經過磁場后速度的偏向角為θ，根據幾何知識得taneq\f(θ,2)＝eq\f(R,r).增大加速電壓U時，由上述分析可知，r增大，偏轉角θ減小，能使電子束偏轉到P點，A正確；增加偏轉磁場的磁感應強度B時，r減小，偏轉角θ增大，不能使電子束偏轉到P點，B錯誤；將圓形磁場區域向屏幕遠離些時，電子的偏向角不變，根據幾何知識可知，不能使電子束偏轉到P點，C錯誤；將圓形磁場的半徑增大些時，r不變，R增大，θ增大，電子向上偏轉增大，不能使電子束偏轉到P點，D錯誤．二、多項選擇題(每小題6分，共18分)6．(2015·日照模擬)如圖所示，甲是不帶電的絕緣物塊，乙是帶正電的物塊，甲、乙疊放在一起，置于粗糙的絕緣水平地板上，地板上方空間有垂直紙面向里的勻強磁場，現加一水平向左的勻強電場，發現甲、乙無相對滑動，一起向左加速運動．在加速運動階段()A．甲、乙兩物塊間的摩擦力不變B．乙物塊與地面之間的摩擦力不斷增大C．甲、乙兩物塊一起做加速度減小的加速運動D．甲、乙兩物塊可能做勻加速直線運動答案：BC解析：甲、乙組成的整體，受到重力、支持力、向下的洛倫茲力、向左的電場力和向右的摩擦力作用，設甲、乙兩物塊質量分別為M、m，乙物塊所受滑動摩擦力Ff＝μ[(M＋m)g＋qvB]，隨速度增大，乙物塊與地面間摩擦力不斷增大，B項正確；由牛頓第二定律有：Eq－Ff＝(M＋m)a，整體速度不斷增大的過程中，加速度不斷減小，C項正確，D項錯；對甲物塊應用牛頓第二定律，Ff′＝Ma，隨整體加速度不斷減小，甲、乙間的靜摩擦力不斷減小，A項錯．7．(2015·開封模擬)設空間存在豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，如圖所示，已知一帶電粒子在電場力和洛倫茲力的作用下，從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達B點時速度為零，C點是運動的最低點，忽略粒子的重力，以下說法中正確的是()A．此粒子必帶正電荷B．A點和B點位于同一高度C．粒子在C點時機械能最大D．粒子到達B點后，將沿原曲線返回A點答案：ABC解析：粒子從靜止開始運動的方向向下，電場強度方向也向下，所以粒子必帶正電荷，A正確；因為洛倫茲力不做功，只有靜電力做功，A、B兩點速度都為0，根據動能定理可知，粒子從A點到B點運動過程中，電場力不做功，故A、B點位于同一高度，B正確；C點是最低點，從A點到C點運動過程中電場力做正功最大，根據動能定理可知粒子在C點時速度最大，動能最大，C正確；到達B點時速度為零，將重復剛才ACB的運動，且向右運動，不會返回，故D錯誤．8.(2015·湖北重點中學模擬)如圖所示為一種質譜儀示意圖，由加速電場、靜電分析器和磁分析器組成．若靜電分析器通道中心線的半徑為R，通道內均勻輻射電場在中心線處的電場強度大小為E，磁分析器有范圍足夠大的有界勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外．一質量為m、電荷量為q的粒子從靜止開始經加速電場加速后沿中心線通過靜電分析器，由P點垂直邊界進入磁分析器，最終打到膠片上的Q點．不計粒子重力．下列說法正確的是()A．粒子一定帶正電B．加速電場的電壓U＝eq\f(1,2)ERC．直徑PQ＝eq\f(2,B)eq\r(qmER)D．若一群離子從靜止開始經過上述過程都落在膠片上同一點，則該群離子具有相同的比荷答案：ABD解析：由P點垂直邊界進入磁分析器，最終打到膠片上的Q點，根據左手定則可得，粒子帶正電，選項A正確；由粒子在加速電場中做勻加速運動，則有qU＝eq\f(1,2)mv2，又粒子在靜電分析器中做勻速圓周運動，由電場力提供向心力，則有qE＝eq\f(mv2,R)，解得U＝eq\f(ER,2)，選項B正確；粒子在磁分析器中做勻速圓周運動，根據洛倫茲力提供向心力，則有qvB＝eq\f(mv2,r)，可得PQ＝2r＝eq\f(2,B)eq\r(\f(ERm,q))，選項C錯誤；若離子從靜止開始經過上述過程都落在膠片上同一點，說明運動的軌道半徑r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(mER,q))相同，由于加速電場、靜電分析器與磁分析器都相同，則該群離子具有相同的比荷，選項D正確．三、計算題(每小題16分，共32分)9．(2015·濟南模擬)如圖所示的直角坐標系中，第Ⅰ象限內存在沿y軸負向的勻強電場，第Ⅲ、Ⅳ象限內存在垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B.－帶正電粒子M在y軸上的P點沿x軸正向射入電場，偏出電場后經x軸上的Q點進入磁場，再經磁場偏轉后恰能回到原點O.已知M粒子經過Q點時的速度大小為v，方向與x軸成30°角，粒子的電量為q，質量為m，不計重力．求：(1)M粒子在P點的入射速度；(2)勻強電場的場強大小；(3)在Q點的正上方L＝eq\f(2\r(3)mv,3qB)處靜止釋放一相同的帶電粒子N，若二者恰好能在磁場中的某位置相遇，求N粒子需要在M粒子離開P點后多長時間釋放．答案：(1)eq\f(\r(3),2)v(2)eq\f(\r(3),4)Bv(3)(2π－2eq\r(3))eq\f(m,3qB)解析：(1)vP＝vcos30°＝eq\f(\r(3),2)v.(2)M粒子在磁場中運動時有qvB＝eq\f(mv2,R)設OQ的距離為l，由幾何關系可得l＝2Rsin30°＝R＝eq\f(mv,qB)l＝vPt＝eq\f(\r(3),2)vtvy＝vsin30°＝atqE＝ma可得E＝eq\f(\r(3),4)Bv.(3)對N粒子：qEL＝eq\f(1,2)mv′2解得v′＝v兩個粒子在磁場中運動的半徑以及OQ的長度均相等，且N粒子垂直x軸入射，則圓心在O點．由幾何關系可知，二者的軌跡相遇點、入射點Q和兩個圓心四個點正好構成一個菱形，且一個角為120°M粒子到相遇點的時間tM＝eq\f(l,vP)＋eq\f(4πm,3qB)N粒子到相遇點的時間tN＝eq\f(2L,v′)＋eq\f(2πm,3qB)解得Δt＝tM－tN＝eq\f(2πm,3qB)－eq\f(2\r(3)m,3qB)＝(2π－2eq\r(3))eq\f(m,3qB).10．(2015·廣州模擬)如圖所示，帶電粒子垂直電場線方向進入有界勻強電場，從Q點飛出時又進入有界的勻強磁場，并從D點離開磁場且落在了熒光屏的ON區域．已知：電場方向沿紙面豎直向上、寬度為d，P、Q兩點在豎直方向上的距離為d；QD為磁場的水平分界線，上方磁場垂直紙面向外、下方磁場垂直紙向里、磁感應強度大小相同，磁場寬度為d；粒子質量為m、帶電量為q、不計重力，進入電場的速度為v0.(1)求電場強度E的大小；(2)大致畫出粒子以最大半徑穿過磁場的運動軌跡；(3)求磁感應強度的最小值B.答案：(1)eq\f(2mv\o\al(2,0),dq)(2)見解析圖(3)eq\f(8mv0,qd)解析：(1)帶電粒子在電場中做類平拋運動，設電場強度為E，運動時間為t，運動的加速度為a，則d＝v0td＝eq\f(1,2)at2粒子在電場中，由牛頓第二定律有Eq＝ma得E＝eq\f(2mv20,dq).(2)軌跡如圖所示．(