【三維設計】2014屆高三物理一輪 課時跟蹤檢測31 帶電粒子在復合場中的運動（一）

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1、 課時跟蹤檢測(三十一)　帶電粒子在復合場中的運動(一) 高考常考題型：選擇題＋計算題 1．如圖1所示，虛線空間中存在由勻強電場E和勻強磁場B組成的正交或平行的電場和磁場，有一個帶正電小球(電荷量為＋q，質(zhì)量為m)從正交或平行的電磁混合場上方的某一高度自由落下，那么，帶電小球可能沿直線通過的是(　　) 圖1 2.如圖2所示，一電子束垂直于電場線與磁感應線方向入射后偏向A極板，為了使電子束沿射入方向做直線運動，可采用的方法是(　　) A．將變阻器滑動頭P向右滑動 B．將變阻器滑動頭P向左滑動 圖2 C

2、．將極板間距離適當減小 D．將極板間距離適當增大 3．(2012·南通聯(lián)考)如圖3所示，某一真空室內(nèi)充滿豎直向下的勻強電場E，在豎直平面內(nèi)建立坐標系xOy，在y<0的空間里有與場強E垂直的勻強磁場B，在y>0的空間內(nèi)，將一質(zhì)量為m的帶電液滴(可視為質(zhì)點)自由釋放，此液滴則沿y軸的負方向，以加速度a＝2g(g為重力加速度)做勻加速直線運動，當液滴運動到坐標原點時，瞬間被安置在原點的一個裝置改變了帶電性質(zhì)(液滴所帶電荷量和質(zhì)量均不變)，隨后液滴進入y<0的空間內(nèi)運動，液滴在y<0的空間內(nèi)運動過程中(　　) 圖3 A．重力勢能一定是不斷減小 B．電勢能一定

3、是先減小后增大 C．動能不斷增大 D．動能保持不變 4.醫(yī)生做某些特殊手術時，利用電磁血流計來監(jiān)測通過動脈的血流速度。電磁血流計由一對電極a和b以及磁極N和S構(gòu)成，磁極間的磁場是均勻的。使用時，兩電極a、b均與血管壁接觸，兩觸點的連線、磁場方向和血流速度方向兩兩垂直，如圖4所示。由于血液中的正負離子隨血液一起在磁場中運動，電極a、b之間會有微小電勢差。 圖4 在達到平衡時，血管內(nèi)部的電場可看做是勻強電場，血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零。在某次監(jiān)測中，兩觸點間的距離為3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，兩觸點間的電勢差為160 μV，磁感應強度的大小為0.040 T

4、。則血流速度的近似值和電極a、b的正負為(　　) A．1.3 m/s，a正、b負　　　　 B．2.7 m/s，a正、b負 C．1.3 m/s，a負、b正 D．2.7 m/s，a負、b正 5. (2012·南寧模擬)如圖5所示，一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子，不計重力，在a點以某一初速度水平向左射入磁場區(qū)域Ⅰ，沿曲線abcd運動，ab、bc、cd都是半徑為R的圓弧，粒子在每段圓弧上運動的時間都為t。規(guī)定垂直于紙面向外的磁感應強度為正，則磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的磁感應強度B隨x變化的關系可能是圖6 圖5 中的(　　) 圖6 6.利用如圖7所示的方法可以測得

5、金屬導體中單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n，現(xiàn)測得一塊橫截面為矩形的金屬導體的寬為b，厚為d，并加有與側(cè)面垂直的勻強磁場B，當通以圖示方向電流I時，在導體上、下表面間用電壓表可測得電壓為U。已知自由電子的電荷量為e，則下列判斷正確的是(　　) 圖7 A．上表面電勢高 B．下表面電勢高 C．該導體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為 D．該導體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為 7．(2012·湖北調(diào)研)如圖8所示，兩導體板水平放置，兩板間電勢差為U，帶電粒子以某一初速度v0沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過兩板后又垂直

6、于磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁場，則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離d隨著U和v0的變化情況為(　　) A．d隨v0增大而增大，d與U無關 圖8 B．d隨v0增大而增大，d隨U增大而增大 C．d隨U增大而增大，d與v0無關 D．d隨v0增大而增大，d隨U增大而減小 8.如圖9所示，兩平行、正對金屬板水平放置，使上面金屬板帶上一定量正電荷，下面金屬板帶上等量的負電荷，再在它們之間加上垂直紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以初速度v0沿垂直于電場和磁場的方向從兩金屬板左端中央射入后向上偏轉(zhuǎn)。若帶電粒子所受

7、重力可忽略不計，仍 圖9 按上述方式將帶電粒子射入兩板間，為使其向下偏轉(zhuǎn)，下列措施中可能可行的是(　　) A．僅增大帶電粒子射入時的速度 B．僅增大兩金屬板所帶的電荷量 C．僅減小粒子所帶電荷量 D．僅改變粒子的電性 9. (2012·南京市月考)如圖10所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場。一帶電粒子a(不計重力)以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O′點(圖中未標出)穿出。若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場而保留電場不變，另一個同樣的粒子b(不計重力)仍以相同初速度由O點射入，從區(qū)域右邊界穿出，則粒子b(　　)

8、 圖10 A．穿出位置一定在O′點下方 B．穿出位置一定在O′點上方 C．運動時，在電場中的電勢能一定減小 D．在電場中運動時，動能一定減小 10．(2012·四川模擬)如圖11所示，在同時存在勻強電場和勻強磁場的空間中取正交坐標系O－xyz，一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電粒子從原點O以速度v沿x軸正方向出發(fā)，下列說法正確的是(　　) 圖11 A．若電場、磁場分別沿z軸正方向和x軸正方向，粒子只能做曲線運動 B．若電場、磁場均沿z軸正方向，粒子有可能做勻速圓周運動 C．若電

9、場、磁場分別沿z軸負方向和y軸負方向，粒子有可能做勻速直線運動 D．若電場、磁場分別沿y軸負方向和z軸正方向，粒子有可能做平拋運動 11．如圖12所示的裝置，左半部為速度選擇器，右半部為勻強的偏轉(zhuǎn)電場。一束同位素離子流從狹縫S1射入速度選擇器，能夠沿直線通過速度選擇器并從狹縫S2射出的離子，又沿著與電場垂直的方向，立即進入場強大小為E的偏轉(zhuǎn)電場，最后打在照相底片D上。已知同位素離子的電荷量為q(q>0)，速度選擇器內(nèi)部存在著相互垂直的場強大小為E0的勻強電場和磁感應強度大小為B0的勻強磁場，照相底片D與狹縫S1、S2的連線平行且距離為L，忽略重力的影響。 圖12 (1)求從狹縫S2

10、射出的離子速度v0的大小； (2)若打在照相底片上的離子在偏轉(zhuǎn)電場中沿速度v0方向飛行的距離為x，求出x與離子質(zhì)量m之間的關系式(用E0、B0、E、q、m、L表示)。 12．(2013·蘭州模擬)如圖13所示，第四象限內(nèi)有互相正交的勻強電場E與勻強磁場B1，E的大小為1.5×103 V/m，B1大小為0.5 T；第一象限的某個矩形區(qū)域內(nèi)，有方向垂直紙面的勻強磁場，磁場的下邊界與x軸重合。一質(zhì)量m＝1×10－14 kg，電荷量q＝2×10－10 C的帶正電微粒以某一速度v沿與y軸正方向60°角從M點射入，沿直線運動，經(jīng)P點后即進入處于第一象限內(nèi)的磁場B2區(qū)域。一段時間后，微粒經(jīng)過y軸上的N點

11、并與y軸正方向成60°角的方向飛出。M點的坐標為(0，－10)，N點的坐標為(0,30)，不計微粒重力，g取10 m/s2。則求： 圖13 (1)微粒運動速度v的大?。? (2)勻強磁場B2的大?。? (3)B2磁場區(qū)域的最小面積。 答 案 課時跟蹤檢測(三十一) 帶電粒子在復合場中的運動(一) 1．選CD　帶電小球進入復合場時受力情況： 　　　 其中只有C、D兩種情況下合外力可能為零或與速度的方向相同，所以有可能沿直線通過復合場區(qū)域，A項中力qvB隨速度v的增大而增大，所以三力的合力不會總保持在豎直方向，合力與速度方向?qū)a(chǎn)生夾角，做曲線運動，所以A錯。

12、2．選D　電子入射極板后，偏向A板，說明Eq>Bvq，由E＝可知，減小場強E的方法有增大板間距離和減小板間電壓，故C錯誤，D正確；而移動滑動頭P并不能改變板間電壓，故A、B均錯誤。 3．選D　在y>0的空間內(nèi)，根據(jù)液滴沿y軸負方向以加速度a＝2g(g為重力加速度)做勻加速直線運動可知，液滴在此空間內(nèi)運動時所受電場力方向向下，大小等于重力；進入y<0的空間后，液滴電性改變，其所受電場力向上，大小仍等于重力，所以液滴將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，動能保持不變，選項D正確；重力勢能先減小后增大，電勢能先增大后減小，選項A、B、C均錯誤。 4．選A　由于正負離子在勻強磁場中垂直于磁場方向運動，

13、利用左手定則可以判斷：a電極帶正電，b電極帶負電。血液流動速度可根據(jù)離子所受的電場力和洛倫茲力的合力為0，即qvB＝qE得v＝＝≈1.3 m/s。 5．選C　由左手定則可判斷出磁感應強度B在磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ內(nèi)磁場方向分別為向外、向里和向外，在三個區(qū)域中均運動1/4圓周，故t＝T/4，由于T＝，求得B＝，只有選項C正確。 6．選BD　畫出平面圖如圖所示，由左手定則可知，自由電子向上表面偏轉(zhuǎn)，故下表面電勢高，B正確，A錯誤。再根據(jù)e＝evB，I＝neSv＝nebdv得n＝，故D正確，C錯誤。 7．選A　設粒子從M點進入磁場時的速度大小為v，該速度與水平方向的夾角為θ，故有v＝。粒子在磁場中

14、做勻速圓周運動半徑為r＝。而MN之間的距離為d＝2rcos θ。聯(lián)立解得d＝2，故選項A正確。 8．選ABD　帶電粒子在兩板之間受電場力與洛倫茲力，但兩者的大小不等，且方向不確定。若僅增大帶電粒子射入時的速度，可能因為所受的洛倫茲力變大，而使帶電粒子將向下偏轉(zhuǎn)，A可行；若僅增大兩金屬板所帶的電荷量，因兩極板間的電場強度增大，故帶電粒子可能向下偏轉(zhuǎn)，B可行；若僅減小粒子所帶的電荷量，則由于粒子所受電場力與洛倫茲力以相同的倍數(shù)變化，故帶電粒子仍向上偏轉(zhuǎn)，C不可行；僅改變粒子的電性，則由于兩個力的方向都發(fā)生變化，帶電粒子將向下偏轉(zhuǎn)，D可行。 9．選C　a粒子要在電場、磁場的復合場區(qū)內(nèi)做直線運動，

15、則該粒子一定沿水平方向做勻速直線運動，故對粒子a有：Bqv＝Eq，即只要滿足E＝Bv無論粒子帶正電還是負電，粒子都可以沿直線穿出復合場區(qū)；當撤去磁場只保留電場時，粒子b由于電性不確定，故無法判斷從O′點的上方還是下方穿出，選項A、B錯誤；粒子b在穿過電場區(qū)的過程中必然受到電場力的作用而做類平拋運動，電場力做正功，其電勢能減小，動能增大，故C項正確，D項錯誤。 10．選BCD　磁場沿x軸正方向，則與粒子運動的速度v的方向平行，粒子不受洛倫茲力的作用，只受到豎直向下的重力和豎直向上的電場力作用，若重力和電場力大小不相等，則粒子所受合力方向與速度方向不在同一直線上，粒子將做曲線運動；若相等，粒子將

16、做勻速直線0運動，所以A選項錯誤。B項，磁場豎直向上，根據(jù)左手定則，洛倫茲力沿y軸正方向，若電場力和重力大小相等，則洛倫茲力剛好能提供向心力，則粒子可能在xOy平面內(nèi)做勻速圓周運動，所以B項正確。C項，粒子受到豎直向下的電場力，豎直向上的洛倫茲力和豎直向下的重力，若重力和電場力的合力與洛倫茲力的大小相等，則粒子所受合力為零，粒子將做勻速直線運動，所以C項正確。D項，粒子受到沿y軸負方向的電場力，沿y軸正方向的洛倫茲力和豎直向下的重力，若洛倫茲力與電場力的大小相等，則粒子的合力就是豎直方向的重力，粒子將做平拋運動，所以D項正確。 11．解析：(1)能從速度選擇器射出的離子滿足 qE0＝qv0

17、B0① 得v0＝② (2)離子進入勻強偏轉(zhuǎn)電場E后做類平拋運動，則x＝v0t③ L＝at2④ 由牛頓第二定律得qE＝ma⑤ 由②③④⑤解得x＝ 答案：(1)　(2) 12．解析：(1)帶正電微粒在電場和磁場復合場中沿直線運動，qE＝qvB1，解得v＝E/B1＝3×103 m/s。 (2)畫出微粒的運動軌跡如圖，粒子做圓周運動的半徑為R＝ m。 由qvB2＝mv2/R，解得B2＝3/4 T。 (3)由圖可知，磁場B2的最小區(qū)域應該分布在圖示的矩形PACD內(nèi)，由幾何關系易得PD＝2Rsin 60°＝20 cm＝0.2 m，PA＝R(1－cos 60°)＝/30 m。 所以，所求磁場的最小面積為S＝PD·PA＝ m2。 答案：(1)3×103 m/s　(2) T (3) m2 7