3、勻速圓周運(yùn)動和平拋運(yùn)動等運(yùn)動模型．帶電小球沿直線從O點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)，由運(yùn)動和力的關(guān)系可知，小球做勻速直線運(yùn)動，其合力為零，即qv0B＝qE＋mg；若電場方向變?yōu)樨Q直向上，小球做勻速圓周運(yùn)動，則qE＝mg，qv0B＝ma1＝，解得a1＝2g，t1＝；若同時撤去電場和磁場，小球只受重力作用做平拋運(yùn)動，則a2＝g，由平拋運(yùn)動的特點(diǎn)可知：t2＝，由于重力做正功，故v0t2，故A正確，B、C、D錯誤．
答案：A
圖3－3－17
3.如圖3－3－17所示，ABC為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB為傾斜直軌道，為與AB相切的圓形軌道，并且圓
4、形軌道處在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直紙面向里．質(zhì)量相同的甲、乙、丙三個小球中，甲球帶正電(＋q)、乙球帶負(fù)電(－q)、丙球不帶電．現(xiàn)將三個小球分別從軌道AB上的不同高度處由靜止釋放，三個小球都恰好通過圓形軌道的最高點(diǎn)，則( )
A．經(jīng)過最高點(diǎn)時，三個小球的速度相等
B．經(jīng)過最高點(diǎn)時，甲球的速度最小
C．甲球的釋放位置比乙球的高
D．運(yùn)動過程中三個小球的機(jī)械能均保持不變
解析：在圓形軌道最高點(diǎn)，對于甲球有mg＋qv甲B＝m，對于乙球有mg－qv乙B＝m，對于丙球有mg＝m，由上可得v甲>v丙>v乙，故選項(xiàng)A、B錯誤．根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知選項(xiàng)C、D正確．
答案：CD
圖3－3－
5、18
4.如圖3－3－18所示為一種獲得高能粒子的裝置，環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外、大小可調(diào)節(jié)的均勻磁場，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子在環(huán)中做半徑為R的圓周運(yùn)動，A、B為兩塊中心開有小孔的極板，原來電勢都為零，每當(dāng)粒子順時針飛經(jīng)A板時，A板電勢升高為U，B板電勢仍保持為零，粒子在兩板間電場中得到加速，每當(dāng)粒子離開B板時，A板電勢又降為零，粒子在電場中一次次加速下動能不斷增大，而繞行半徑不變( )
A．粒子從A板小孔處由靜止開始在電場作用下加速，繞行n圈后回到A板時獲得的總動能為2nqU
B．在粒子繞行的整個過程中，A板電勢可以始終保持為＋U
C．在粒子繞行的整個過程中，每一圈的周期不
6、變
D．為使粒子始終保持在半徑為R的圓軌道上運(yùn)動，磁場必須周期性遞增，則粒子繞行第n圈時的磁感應(yīng)強(qiáng)度為
解析：粒子每繞行一周，電場力做功qU，繞行n圈時，電場力做功即粒子獲得的動能為nqU，A錯誤；若A板電勢始終不變，則粒子運(yùn)行一周時電場力做功為零，粒子得不到加速，B錯誤；粒子每次加速后速度增大而運(yùn)行半徑不變，則周期T＝應(yīng)減小，C錯誤；再由R＝，nqU＝mv2，得B＝ ＝ ，故可知B應(yīng)隨加速圈數(shù)的增加而周期性變大，D正確．
答案：D
圖3－3－19
5.某制藥廠的污水處理站的管道中安裝了如圖3－3－19所示的流量計，該裝置由絕緣材料制成長、寬、高分別為a、b、c，左右兩端開口，
7、在垂直于上下底面方向加磁感應(yīng)強(qiáng)度為B方向向下的勻強(qiáng)磁場，在前后兩個面的內(nèi)側(cè)固定有金屬板作為電極，當(dāng)含有大量正負(fù)離子(其重力不計)的污水充滿管口從左向右流經(jīng)該裝置時，利用電壓表所顯示的兩個電極間的電壓U，就可測出污水流量Q(單位時間內(nèi)流出的污水體積)．則下列說法正確的是( )
A．后表面的電勢一定高于前表面的電勢，與正負(fù)哪種離子多少無關(guān)
B．若污水中正負(fù)離子數(shù)相同，則前后表面的電勢差為零
C．流量Q越大，兩個電極間的電壓U越大
D．污水中離子數(shù)越多，兩個電極間的電壓U越大
解析：由左手定則可知，正負(fù)離子從左向右流經(jīng)該裝置時，正離子向后表面偏，負(fù)離子向前表面偏，故A正確，B錯誤；流量Q
8、越大，離子運(yùn)動速度越大，由法拉第電磁感應(yīng)定律U＝Bqv，兩個電極間的電壓U也就越大，故C正確，D錯誤．
答案：AC
二、非選擇題每題10分
圖3－3－20
6．(2013·天津卷)如圖3－3－20所示，一圓筒的橫截面如圖3－3－20所示，其圓心為O.筒內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N，其中M板帶正電荷，N板帶等量負(fù)電荷．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經(jīng)N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場中．粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出，設(shè)粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量保持不變，在不計重力的情況
9、下，求：
(1)M、N間電場強(qiáng)度E的大小；
(2)圓筒的半徑R；
(3)保持M、N間電場強(qiáng)度E不變，僅將M板向上平移d，粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放，粒子自進(jìn)入圓筒至從S孔射出期間，與圓筒的碰撞次數(shù)n.
解析：(1)設(shè)兩板間的電壓為U，由動能定理得
qU＝mv2?、?
由勻強(qiáng)電場中電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系得
U＝Ed ②
聯(lián)立上式可得
E＝?、?
圖3－3－21
(2)粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，運(yùn)用幾何關(guān)系作出圓心為O′，圓半徑為r.設(shè)第一次碰撞點(diǎn)為A，由于粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞又從S孔射出，因此，SA弧所對的圓心角∠AO′S等于.
由幾何關(guān)系得
r＝Rtan
10、④
粒子運(yùn)動過程中洛倫茲力充當(dāng)向心力，由牛頓第二定律，得
qvB＝m?、?
聯(lián)立④⑤式得
R＝ ⑥
(3)保持M、N間電場強(qiáng)度E不變，M板向上平移d后，設(shè)板間電壓為U′，則
U′＝＝ ⑦
設(shè)粒子進(jìn)入S孔時的速度為v′，由①式看出
＝
綜合⑦式可得
v′＝v?、?
設(shè)粒子做圓周運(yùn)動的半徑為r′，則
r′＝ ⑨
設(shè)粒子從S到第一次與圓周碰撞期間的軌跡所對圓心角為θ，比較⑥⑨兩式得到r′＝R，可見
θ＝?、?
粒子須經(jīng)過四個這樣的圓弧才能從S孔射出，故
n＝3. ?
答案：(1) (2) (3)3
圖3－3－22
7．如圖3－3－22，一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域
11、的橫截面(紙面)．在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線在圓上的a點(diǎn)射入柱形區(qū)域，在圓上的b點(diǎn)離開該區(qū)域，離開時速度方向與直線垂直．圓心O到直線的距離為R.現(xiàn)將磁場換為平行于紙面且垂直于直線的勻強(qiáng)電場，同一粒子以同樣速度沿直線在a點(diǎn)射入柱形區(qū)域，也在b點(diǎn)離開該區(qū)域．若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，不計重力，求電場強(qiáng)度的大小．
圖3－3－23
解析：粒子在磁場中做圓周運(yùn)動．設(shè)圓周的半徑為r，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得qvB＝m ①
式中v為粒子在a點(diǎn)的速度．
過b點(diǎn)和O點(diǎn)作直線的垂線，分別與直線交于c和d點(diǎn)．由幾何關(guān)系知，線段ac、bc和過a、b兩
12、點(diǎn)的軌跡圓弧的兩條半徑(未畫出)圍成一正方形．因此ac＝bc＝r ②
設(shè)cd＝x，由幾何關(guān)系得
ac＝R＋x?、?
bc＝R＋?、?
聯(lián)立②③④式得r＝R?、?
再考慮粒子在電場中的運(yùn)動．設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E，粒子在電場中做類平拋運(yùn)動．設(shè)其加速度大小為a，由牛頓第二定律和帶電粒子在電場中的受力公式得
qE＝ma?、?
粒子在電場方向和直線方向所走的距離均為r，由運(yùn)動學(xué)公式得
r＝at2 ⑦
r＝vt?、?
式中t是粒子在電場中運(yùn)動的時間．
聯(lián)立①⑤⑥⑦⑧式得
E＝.
答案：
8．如圖3－3－24甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻強(qiáng)磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面向里，在邊界
13、上固定兩長為L的平行金屬極板MN和PQ，兩極板中心各有一小孔S1、S2，兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示，正反向電壓的大小均為U0，周期為T0.在t＝0時刻將一個質(zhì)量為m、電量為－q(q＞0)的粒子由S1靜止釋放，粒子在電場力的作用下向右運(yùn)動，在t＝時刻通過S2垂直于邊界進(jìn)入右側(cè)磁場區(qū)．(不計粒子重力，不考慮極板外的電場)
甲 乙
圖3－3－24
(1)求粒子到達(dá)S2時的速度大小v和極板間距d.
(2)為使粒子不與極板相撞，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小應(yīng)滿足的條件．
(3)若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t＝3T0時刻再次到達(dá)S2，且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內(nèi)運(yùn)動的
14、時間和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。?
解析：(1)粒子由S1至S2的過程，根據(jù)動能定理得
qU0＝mv2?、?
由①式得
v＝ ?、?
設(shè)粒子的加速度大小為a，由牛頓第二定律得
q＝ma ③
由運(yùn)動學(xué)公式得
d＝a2?、?
聯(lián)立③④式得
d＝ ⑤
(2)設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R，由牛頓第二定律得
qvB＝m?、?
要使粒子在磁場中運(yùn)動時不與極板相撞，須滿足
2R＞?、?
聯(lián)立②⑥⑦式得
B＜ ⑧
(3)設(shè)粒子在兩邊界之間無場區(qū)向左勻速運(yùn)動的過程用時為t1，有
d＝vt1?、?
聯(lián)立②⑤⑨式得
t1＝
若粒子再次到達(dá)S2時速度恰好為零，粒
15、子回到極板間應(yīng)做勻減速運(yùn)動，設(shè)勻減速運(yùn)動的時間為t2，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式得
d＝t2 ?
聯(lián)立⑨⑩?式得
t2＝ ?
設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動的時間為t
t＝3T0－－t1－t2 ?
聯(lián)立⑩??式得
t＝ ?
設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期為T，由⑥式結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式得
T＝ ?
由題意可知
T＝t ?
聯(lián)立???式得
B＝.
答案：(1) (2)B＜
(3)
圖3－3－25
9.如圖3－3－25所示，半圓有界勻強(qiáng)磁場的圓心O1在x軸上，OO1距離等于半圓磁場的半徑，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1.虛線MN平行x軸且與半圓相切于P點(diǎn)．在MN上方是正交的勻強(qiáng)電場
16、和勻強(qiáng)磁場，電場場強(qiáng)大小為E，方向沿x軸負(fù)向，磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2.B1、B2均垂直紙面，方向如圖3－3－25所示．有一群相同的正粒子，以相同的速率沿不同方向從原點(diǎn)O射入第Ⅰ象限，其中沿x軸正方向進(jìn)入磁場的粒子經(jīng)過P點(diǎn)射入MN后，恰好在正交的電磁場中做直線運(yùn)動，粒子質(zhì)量為m，電荷量為q(粒子重力不計)．
(1)求粒子初速度大小和有界半圓磁場的半徑．
(2)若撤去磁場B2，求經(jīng)過P點(diǎn)射入電場的粒子從y軸出電場時的坐標(biāo)．
(3)試證明：題中所有從原點(diǎn)O進(jìn)入第Ⅰ象限的粒子都能在正交的電磁場中做直線運(yùn)動．
解析：(1)qv0B2＝Eq
v0＝
由題意知粒子在磁場B1中圓周運(yùn)動半徑與該磁
17、場半徑相同，
qv0B1＝
得R＝＝
(2)在電場中粒子做類平拋運(yùn)動：
x＝R＝
y＝v0t＝＝
y′＝y(tǒng)＋R＝(＋)
圖3－3－26
(3)證明：設(shè)從O點(diǎn)入射的任一粒子進(jìn)入B1磁場時，速度方向與x軸成θ角，粒子出B1磁場與半圓磁場邊界交于Q點(diǎn)，如圖3－3－26所示，找出軌跡圓心，可以看出四邊形OO1QO2四條邊等長是平行四邊形，所以半徑O2Q與OO1平行．所以從Q點(diǎn)出磁場速度與O2Q垂直，即與x軸垂直，所以垂直進(jìn)入MN邊界．進(jìn)入正交電磁場E、B2中都有qv0B2＝Eq，故粒子做直線運(yùn)動．
答案：(1) (2)(＋)
(3)見解析
10．(2013·江蘇卷)在科學(xué)研
18、究中，可以通過施加適當(dāng)?shù)碾妶龊痛艌鰜韺?shí)現(xiàn)對帶電粒子運(yùn)動的控制．如圖3－3－27中圖1所示的xOy平面處于勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t做周期性變化的圖象如圖2所示．x軸正方向?yàn)镋的正方向，垂直紙面向里為B的正方向．在坐標(biāo)原點(diǎn)O有一粒子P，其質(zhì)量和電荷量分別為m和＋q，不計重力．在t＝時刻釋放P，它恰能沿一定軌道做往復(fù)運(yùn)動．
圖1
圖2
圖3－3－27
(1)求P在磁場中運(yùn)動時速度的大小v0；
(2)求B0應(yīng)滿足的關(guān)系；
(3)在t0(0
19、
電場力F＝qE0，加速度a＝，速度v0＝at，且t＝
解得v0＝
圖3－3－28
(2)只有當(dāng)t＝2τ時，P在磁場中做圓周運(yùn)動結(jié)束并開始沿x軸負(fù)方向運(yùn)動，才能沿一定軌道做往復(fù)運(yùn)動，如圖3－3－28所示．設(shè)P在磁場中做圓周運(yùn)動的周期為T，
則(n－)T＝τ(n＝1,2,3……)
勻速圓周運(yùn)動
qvB0＝m，T＝
解得B0＝(n＝1,2,3……)
圖3－3－29
(3)在t0時刻釋放，P在電場中加速時間為τ－t0
在磁場中做勻速圓周運(yùn)動v1＝
圓周運(yùn)動的半徑為r1＝
解得r1＝
又經(jīng)(τ－t0)時間P減速為零后向右加速時間為t0
P再進(jìn)入磁場v2＝，圓周運(yùn)動的半徑r2＝
解得r2＝
綜上分析，速度為零時橫坐標(biāo)x＝0
相應(yīng)的縱坐標(biāo)為y＝(k＝1,2,3……)
解得y＝(k＝1,2,3……)．
答案：(1) (2)(n＝1,2,3……)
(3)x＝0，y＝(k＝1,2,3……)
2015高考物理 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動沖關(guān)訓(xùn)練（含解析）
