(新课标)河南省高考物理总复习 第8章加强1讲 带电粒子在复合场中的运动课时限时检测

带电粒子在复合场中的运动
(时间：45分钟 满分：100分)
一、选择题(本题共6小题，每小题8分，共48分．在每小题给出的四个选项中，1～3题只有一个选项正确，4～6题有多个选项正确，全部选对的得8分，选对但不全的得4分，有选错或不选的得0分．)
1．(2014·南京模拟)如图8－3－12所示，从S 处发出的热电子经加速电压U 加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子流向上极板偏转．设两极板间电场强度为E ，磁感应强度为B .欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，只采取下列措施，其中可行的是( )
图8－3－12
A ．适当减小电场强度E
B ．适当减小磁感应强度B
C ．适当增大加速电场极板之间的距离
D ．适当减小加速电压U
【解析】 欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，则qE ＝qvB ，而电子流向上极板偏转，则qE ＞qvB ，故应减小E 或增大B 、v .故A 正确，B 、C 、D 错误．
【答案】 A
2．(2013·杭州一中模拟)如图8－3－13所示，两导体板水平放置，两板间的电势差为U ，带电粒子以某一初速度v 0沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场，则粒子射入磁场和射出磁场的M 、N 两点间的距离d 随着U 和v 0的变化而变化情况为( )
图8－3－13
A ．d 随v 0的增大而增大，d 与U 无关
B ．d 随v 0的增大而增大，d 随U 的增大而增大
C ．d 随U 的增大而增大，d 与v 0无关
D ．d 随v 0的增大而增大，d 随U 的增大而减小
【解析】 带电粒子射出电场时速度的偏转角为θ，运动轨迹如图所示，有：cos θ＝v 0v ，又R ＝mv Bq ，而d ＝2R cos θ＝2mv Bq cos θ＝2mv 0Bq
，选项A 正确．
【答案】 A
图8－3－14
3．(2013·重庆高考)如图8－3－14所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a 和b ，内有带电量为q 的某种自由运动电荷，导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B .当通以从左到右的稳恒电流I 时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U ，且上表面的电势比下表面的低，由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为( )
A.IB
|q |aU ，负 B.
IB
|q |aU ，正 C.IB |q |bU
，负 D.IB |q |bU
，正 【解析】 由左手定则，可判定自由电荷带负电，B 、D 错误；当导电材料上、下表面电压为U 时，对自由电荷，有|q |vB ＝|q |U a
，得U ＝vBa ，又由电流的微观表达式I ＝n |q |vS ，(其中n 为该导电材料单位体积的自由电荷数)S ＝ab ，联立解得n ＝IB
|q |bU
，故A 错误，C 正
确．
【答案】 C
4．在如图所示的匀强电场和匀强磁场共存的区域内(不计重力)，电子可能沿水平方向向右做直线运动的是( )
【解析】 如电子水平向右运动，在A 图中电场力水平向左，洛伦兹力竖直向下，故不可能；在B 图中，电场力水平向左，洛伦兹力为零，故电子可能水平向右匀减速直线运动；在C 图中电场力竖直向上，洛伦兹力竖直向下，当二者大小相等时，电子向右做匀速直线运动；在D 图中电场力竖直向上，洛伦兹力竖直向上，故电子不可能做水平向右的直线运动，因此只有选项B 、C 正确．
【答案】 BC
5．(2014·南昌二中模拟)北半球某处，地磁场水平分量B 1＝0.8×10－4
T ，竖直分量B 2
＝0.5×10－4
T ，海水向北流动，海洋工作者测量海水的流速时，将两极板插入此海水中，保持两极板正对且垂线沿东西方向，两极板相距d ＝20 m ，如图8－3－15所示，与两极板
相连的电压表(可看做是理想电压表)示数为U ＝0.2 mV ，则( )
图8－3－15
A ．西侧极板电势高，东侧极板电势低
B ．西侧极板电势低，东侧极板电势高
C ．海水的流速大小为0.125 m/s
D ．海水的流速大小为0.2 m/s
【解析】 由于海水向北流动，地磁场有竖直向下的分量，由左手定则可知，正电荷偏向西极板，负电荷偏向东极板，即西侧极板电势高，东侧极板电势低，故选项A 正确；对于
流过两极板间的带电粒子有：qvB 2＝q U d ，即v ＝U B 2d ＝0.2×10
－3
0.5×10－4×20
m/s ＝0.2 m/s ，故选项
D 正确．
【答案】 AD 6.
图8－3－16
如图8－3－16所示，空间中存在正交的匀强电场E (方向水平向右)和匀强磁场B (方向垂直纸面向外)，在竖直平面内从a 点沿ab 、ac 方向抛出两带电小球(不考虑两带电小球的相互作用，两小球电荷量始终不变)，关于小球的运动，下列说法正确的是( )
A ．沿ab 、ac 方向抛出的带电小球都可能做直线运动
B ．只有沿ab 方向抛出的带电小球才可能做直线运动
C ．若沿ac 方向抛出的小球做直线运动则小球带负电，且小球一定是做匀速运动
D ．两小球在运动过程中机械能均守恒
【解析】 两个带电小球的电性未知，可假设电性再判断电场力和洛伦兹力的方向，由于在电场力、洛伦兹力和重力作用下小球的直线运动必为匀速运动，只要三力能平衡，小球即可做直线运动，由假设判断可知沿ab 方向做直线运动的小球带正电、沿ac 方向做直线运动的小球带负电，所以选项A 、C 正确，选项B 错误；除重力做功外，洛伦兹力不做功，电场力做功，机械能不守恒，选项D 错误．
【答案】 AC
二、非选择题(本题共4小题，共52分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
7．(12分)如图8－3－17所示，有界匀强磁场的磁感应强度B ＝2×10－3
T ；磁场右边是
宽度L ＝0.2 m 、场强E ＝40 V/m 、方向向左的匀强电场．一带电粒子电荷量q ＝－3.2×10－
19C ，质量m ＝6.4×10－27kg ，以v ＝4×104
m/s 的速度沿OO ′垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场，最后从电场右边界射出．(不计重力)
图8－3－17
(1)大致画出带电粒子的运动轨迹；
(2)求带电粒子在磁场中运动的轨道半径； (3)求带电粒子飞出电场时的动能E k . 【解析】 (1)轨迹如图
(2)带电粒子在磁场中运动时，由牛顿运动定律得
qvB ＝m v 2
R
R ＝mv qB ＝6.4×10－27×4×1043.2×10－19×2×10－3
m ＝0.4 m.
(3)E k ＝EqL ＋12mv 2＝40×3.2×10－19×0.2 J＋12
×6.4×10－27×(4×104)2 J ＝7.68×10
－
18
J.
【答案】 (1)轨迹见解析图 (2)0.4 m (3)7.68×10－18
J
8．(12分)如图8－3－18甲所示，互相平行且水平放置的金属板，板长L ＝1.2 m ，两板距离d ＝0.6 m ，两板间加上U ＝0.12 V 的恒定电压及随时间变化的磁场，磁场变化规律
如图乙所示，规定磁场方向垂直纸面向里为正．当t ＝0时，有一质量为m ＝2.0×10－6
kg 、
电荷量q ＝＋1.0×10－4C 的粒子从极板左侧以v 0＝4.0×103
m/s 的速度沿与两板平行的中线OO ′射入，取g ＝10 m/s 2、π＝3.14.求：
图8－3－18
(1)粒子在0～1.0×10－4
s 内位移的大小x ； (2)粒子离开中线OO ′的最大距离h ； (3)粒子在板间运动的时间t ；
(4)画出粒子在板间运动的轨迹图．
【解析】 (1)由题意知：Eq ＝U
d
q ＝2.0×10－5
N 而mg ＝2.0×10－5
N 显然Eq ＝mg
故粒子在0～1.0×10－4
s 时间内做匀速直线运动，
因为Δt ＝1.0×10－4
s ， 所以x ＝v 0Δt ＝0.4 m.
(2)在1.0×10－4～2.0×10－4
s 时间内， 电场力与重力平衡，粒子做匀速圆周运动，
因为T ＝2πm qB
＝1.0×10－4
s
故粒子在1.0×10－4～2.0×10－4
s 时间内恰好完成一个周期圆周运动 由牛顿第二定律得：
qv 0B ＝mv 20R R ＝mv 0qB ＝0.064 m h ＝2R ＝0.128 m<d 2
.
所以粒子离开中线OO ′的最大距离h ＝0.128 m. (3)板长L ＝1.2 m ＝3x
t ＝2T ＋3Δt ＝5.0×10－4s. (4)轨迹如图
【答案】 见解析 9.
图8－3－19
(14分)如图8－3－19所示，在直角梯形ABDC 区域内存在有平行于AC 向下的匀强电场，在BD 边以下到CD 延长线的区域存在有垂直于纸面的匀强磁场(图中未标出)，已知AC 边长
L ，AB 边长3L 2，CD 边长L
2
.一个质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子(重力不计)以初速度v 0从
A 点沿A
B 方向进入电场，从BD 的中点P 处进入磁场，并从CD 延长线上的O 点以垂直于D
C 边的速度离开磁场，求：
(1)电场强度E 的大小和带电粒子经过P 点时速度v 的大小和方向； (2)磁场的磁感应强度B 的大小和方向； (3)粒子从A 到O 经历的时间．
【解析】 (1)带电粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中运动的时间为t 1，则由几何关系知水平射程为L ，即AB 方向：L ＝v 0t 1
AC 方向：L 2＝12·qE
m
t 21
联立得E ＝mv 20
qL
设粒子在P 点沿AC 方向的分速度为v y ，
则有v 2
y ＝2qE m ·L 2
代入E 的值得v y ＝v 0
所以粒子在P 点的速度为v ＝v 20＋v 2
y ＝2v 0
设速度与AB 方向的夹角为θ，则tan θ＝v y
v 0
＝1，即θ＝45°.
(2)由几何关系知粒子是垂直BD 进入磁场的，在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可
知：
D 点即为粒子做匀速圆周运动的圆心，所对圆心角为45°
所以r ＝
BD
2＝
2L
2
由牛顿第二定律有：qvB ＝m v 2
r
所以B ＝2mv 0
qL
由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外． (3)粒子在电场中运动时间为t 1＝L v 0
在磁场中的运动时间为t 2＝
45°360°×2πm Bq ＝πL
8v 0
所以粒子从A 到O 经历的时间为t ＝π＋L
8v 0
.
【答案】 见解析 10.
图8－3－20
(14分)如图8－3－20，竖直平面坐标系xOy 的第一象限有垂直xOy 面向外的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，大小分别为B 和E ；第四象限有垂直xOy 面向里的水平匀强电场，大小也为E ；第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为R 的半圆轨道，轨道最高点与坐标原点O 相切，最低点与绝缘光滑水平面相切于N ，一质量为m 的带电小球从y 轴上(y >0)的P 点沿x 轴正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点O ，且水平进入半圆轨道并沿轨道内侧运动，过N 点水平进入第四象限，并在电场中运动(已知重力加速度为g )．
(1)判断小球的带电性质并求出其所带电荷量； (2)P 点距坐标原点O 至少多高；
(3)若该小球以满足(2)中OP 最小值的位置和对应速度进入第一象限，通过N 点开始计时，经时间t ＝2
R
g
小球距坐标原点O 的距离s 为多远？
【解析】 (1)小球进入第一象限的正交的电场和磁场后，在垂直磁场的平面内做圆周运动，说明重力与电场力平衡．设小球所带电荷量为q ，则有：
qE ＝mg
解得：q ＝mg E
由于电场方向竖直向上，故小球带正电
(2)设匀速圆周运动的速度为v 、轨道半径为r ，由洛伦兹力提供向心力得：
qBv ＝mv 2
r
小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道运动，则应满足：
mg ＝mv 2
R
解得：r ＝
m gR
qB
即PO 的最小距离为：
y ＝2r ＝2E B R
g
(3)小球由O 运动到N 的过程中，设到达N 点的速度为v N ，由机械能守恒得：
mg 2R ＝1
2mv 2N －12
mv 2
解得：v N ＝5gR
小球从N 点进入电场区域后，在绝缘光滑水平面上做类平抛运动．设加速度为a ，则有： 沿x 轴方向有： x ＝v N t
沿电场方向有： z ＝12at 2 由牛顿第二定律得：a ＝qE m
t 时刻小球距O 点的距离为： s ＝x 2＋z 2＋R 2＝27R
【答案】 (1)带正电 mg E (2)
2E
B
R
g
(3)27R。