高二物理下册假期课时调研检测试题7.doc

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8.3 带电粒子在复合场中的运动

1．如图8-3-1所示，一束质量、速度和电荷量不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B束，下列说法中正确的是(　　)．

图8-3-1
A．组成A、B束的离子都带正电
B．组成A、B束的离子质量一定不同
C．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外
D．A束离子的比荷大于B束离子的比荷
解析　A与B两束离子由速度选择器进入磁场后，由左手定则可判断出A、B两束离子均带正电；离子在速度选择器中做匀速直线运动，两离子带正电，所受电场力与场强方向一致，水平向右，洛伦兹力必水平向左，且与电场力等大：
Bqv＝qE⇒v＝，由左手定则可得速度选择器中的磁场方向应垂直于纸面向里；两离子进入磁场后做匀速圆周运动，观察可得圆周运动半径不同，依据r＝可得两离子的比荷不等，A束离子的圆周运动的半径较小，则比荷大于B束离子．
答案　AD
2．如图8-3-2所示，水平放置的平行金属板a、b带有等量正负电荷，a板带正电，两板间有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带正电的粒子在两板间做直线运动，粒子的重力不计．关于粒子在两板间运动的情况，正确的是(　　)．

图8-3-2
A．可能向右做匀加速直线运动
B．可能向左做匀加速直线运动
C．只能是向右做匀速直线运动
D．只能是向左做匀速直线运动
解析　受力分析可知电场力向下，洛伦兹力必向上，则速度向右；洛伦兹力与速度大小有关，因此只能为匀速直线运动．
答案　C
3．如图8-3-3所示，空间的某个复合场区域内存在着方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场．质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于复合场的界面进入并沿直线穿过场区，质子从复合场区穿出时的动能为Ek.那么氘核同样由静止开始经同一加速电场加速后穿过同一复合场后的动能Ek′的大小是(　　)．

图8-3-3
A．Ek′＝Ek B．Ek′>Ek
C．Ek′<Ek D．条件不足，难以确定
解析　设质子的质量为m，则氘核的质量为2m.在加速电场里，由动能定理可得：eU＝mv2，在复合场里有：Bqv＝qE⇒v＝，同理对于氘核由动能定理可得离开加速电场的速度比质子的速度小，所以当它进入复合场时所受的洛伦兹力小于电场力，将往电场力方向偏转，电场力做正功，故动能增大，B选项正确．
答案　B
4．磁流体发电机可以把气体的内能直接转化为电能，是一种低碳环保发电机，有着广泛的发展前景．其发电原理示意图如图8-3-4所示，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的微粒，整体上呈电中性)喷射入磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场区域有两块面积为S，相距为d的平行金属板与外电阻R相连构成一电路，设气流的速度为v，气体的电导率(电阻率的倒数)为g.则(　　)．

图8-3-4
A．两板间电势差为U＝Bdv
B．上板是电源的正极，下板是电源的负极
C．流经R的电流为I＝
D．流经R的电流为I＝
解析　等离子体喷射入磁场后，在洛伦兹力F1＝qBv的作用下正离子向上偏，负离子向下偏，则上板是电源的正极，下板是电源的负极，B对；两板间形成向下的电场，正、负离子将受到电场力F2＝q阻碍其偏转，假设外电路断路，则qBv＝q，即U＝Bdv为电源电动势，A错．电源内阻为r＝ρ＝，由闭合电路欧姆定律得I＝＝，C、D错．(等效思维法)
答案　B
5．如图8-3-5所示的真空环境中，匀强磁场方向水平、垂直纸面向外，磁感应强度B＝2.5 T；匀强电场方向水平向左，场强E＝ N/C.一个带负电的小颗粒质量m＝3.0×10－7kg.带电量q＝3.0×10－6C，带电小颗粒在这个区域中刚好做匀速直线运动．

图8-3-5
(1)求这个带电小颗粒运动的方向和速度大小．
(2)如果小颗粒运动到图中P点时，把磁场突然撤去，小颗粒将做什么运动？若运动中小颗粒将会通过与P点在同一电场线上的Q点，那么从P点运动到Q点所需时间有多长？(g取10 m/s2)
解析　(1)带电小颗粒受力如图：

tan α＝＝　所以α＝30°
由左手定则，带负电小颗粒运动方向应与水平方向成60°角斜向右上方．
由平衡条件可得：qvB＝，解得v＝＝0.8 m/s.
(2)撤去磁场后，小颗粒受到的重力和电场力的合力与速度方向垂直，故小颗粒将做匀变速曲线运动(类平抛运动)．
加速度大小为a＝＝2g＝20 m/s2
方向与水平方向成30°角斜向右下方．
在竖直方向上，小颗粒做初速度为vsin 60°、加速度为g的竖直上抛运动，从P点运动到Q点所需时间为t＝＝0.08 s≈0.14 s.
答案　(1)0.8 m/s　方向与水平方向成60°角斜右上方　(2)匀变速曲线运动(类平抛运动)　0.14 s
6．如图8-3-6所示，在虚线DF的右侧整个空间存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T，其中在矩形区域DFHG内还分布有水平向左的匀强电场．绝缘光滑斜面倾角θ＝60°，其末端与边界DF交于C点，一带正电的小球质量为m＝2×103 kg，从距C点高h＝0.8 m处的A点由静止释放，离开斜面后，从C点进入DFHG区域后恰能沿直线运动最后从边界HG上的M点进入磁场，取g＝10 m/s2，求：

图8-3-6
(1)小球滑到C点时，重力的功率；
(2)电场强度E的大小；
(3)如果小球从M点进入磁场后能经过图中的N点，已知MN两点竖直高度差d＝0.45 m，求小球经过N点时速度大小．
解析　(1)小球下滑，机械能守恒mgH＝
知重力的功率为P＝mgv0sin θ
解得P＝0.069 W
(2)做直线运动，分析可知一定为匀速直线运动，由平衡条件知 qv0Bcos θ＝mg
qE＝mgtg θ
解得　E＝ N/C
(3)进入磁场区域，洛伦兹力不做功，机械能守恒，
有mgh＝－
解得vN＝5 m/s(优选机械能守恒定律)
答案　(1)0.069 W　(2) N/C　(3)5 m/s
7．在如图8-3-7所示的空间里，存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B＝.在竖直方向存在交替变化的匀强电场如图(竖直向上为正)，电场大小为E0＝.一倾角为θ长度足够长的光滑绝缘斜面放置在此空间．斜面上有一质量为m，带电量为－q的小球，从t＝0时刻由静止开始沿斜面下滑，设第5秒内小球不会离开斜面，重力加速度为g.求：
(1)第6秒内小球离开斜面的最大距离．
(2)第19秒内小球未离开斜面，θ角的正切值应满足什么条件？

图8-3-7
解析　(1)设第一秒内小球在斜面上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：(mg＋qE0)sin θ＝ma①
第一秒末的速度为：v＝at1 ②
在第二秒内：qE0＝mg ③
所以小球将离开斜面在上方做匀速圆周运动，则由向心力公式得qvB＝m ④
圆周运动的周期为：T＝＝1 s ⑤
由题图可知，小球在奇数秒内沿斜面做匀加速运动，在偶数秒内离开斜面做完整的圆周运动．所以，第五秒末的速度为：v5＝a(t1＋t3＋t5)＝6gsin θ ⑥
小球离开斜面的最大距离为d＝2R3 ⑦
由以上各式得：d＝.
(2)第19秒末的速度：
v19＝a(t1＋t3＋t5＋t7＋…＋t19)＝20gsin θ ⑧
小球未离开斜面的条件是：
qv19B≤(mg＋qE0)cos θ ⑨
所以：tan θ≤.(葡萄串模型)
答案　(1)　(2)tan θ≤
8．如图8-3-8所示，A、B间存在与竖直方向成45°斜向上的匀强电场E1，B、C间存在竖直向上的匀强电场E2，A、B的间距为1.25 m，B、C的间距为3 m，C为荧光屏．一质量m＝1.0×10－3kg，电荷量q＝＋1.0×10－2C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏上的O点．若在B、C间再加方向垂直于纸面向外且大小B＝0.1 T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏的O′点(图中未画出)．取g＝10 m/s2.求：

图8-3-8
(1)E1的大小；
(2)加上磁场后，粒子由b点到O′点电势能的变化量．
解析　(1)粒子在A、B间做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有：qE1cos 45°＝mg
解得：E1＝ N/C＝1.4 N/C.
(2)粒子从a到b的过程中，
由动能定理得：qE1dABsin 45°＝mv
解得vb＝＝5 m/s
加磁场前粒子在B、C间必做匀速直线运动，则有：qE2＝mg

加磁场后粒子在B、C间必做匀速圆周运动，如图所示，由动力学知识可得：qvbB＝m
解得：R＝5 m
设偏转距离为y，由几何知识得：R2＝d＋(R－y)2
代入数据得y＝1.0 m
粒子在B、C间运动时电场力做的功为：
W＝－qE2y＝－mgy＝－1.0×10－2J.
由功能关系知，粒子的电势能增加了1.0×10－2J.(拱桥模型)
答案　(1)1.4N/C　(2)1.0×10－2J

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