带电粒子在复合场中运动答案.doc

开心的学习，学的才开心！ 只要你微笑，你就拥有了全世界！带电粒子在复合场中的运动1、解析：由于此带电粒子是从静止开始释放的，要能经过M点，其起始位置只能在匀强电场区域物理过程是：静止电荷位于匀强电场区域的y轴上，受电场力作用而加速，以速度v进入磁场，在磁场中受洛仑兹力作用作匀速圆周运动，向x轴偏转回转半周期过x轴重新进入电场，在电场中经减速、加速后仍以原速率从距O点2R处再次超过x轴，在磁场回转半周后又从距O点4R处飞越x轴如图所示（图中电场与磁场均未画出）故有L2R，L22R，L32R 即 RL2n，（n=1、2、3） 设粒子静止于y轴正半轴上，和原点距离为h，由能量守恒得mv22=qEh 对粒子在磁场中只受洛仑兹力作用而作匀速圆周运动有：RmvqB 解式得：hB2qL28n2mE （nl、2、3）2、解析：粒子在电场中运行的时间t lv；加速度 aqEm；它作类平抛的运动有 tg=at/v=qEl/mv2粒子在磁场中作匀速圆周运动由牛顿第二定律得：qvB=mv2/r，所以r=mv/qB又：sin=l/r=lqB/mv由两式得：B=Ecos/v3、解析：离子在磁场中做匀速圆周运动，作出两条边界轨迹和TQ，分别作出离子在 T、P、Q三点所受的洛仑兹力，分别延长之后相交于O1、O2点，如图所示，O1和O2分别是TP和TQ的圆心，设 R1和 R2分别为相应的半径离子经电压U加速，由动能定理得qUmv2由洛仑兹力充当向心力得qvB=mv2/R 由式得q/m=2U/B2R2由图直角三角形O1CP和O2CQ可得 R12d2（R1一d/2）2，R15d/4R22（2d）2（R2一d/2）2，R217d/4依题意R1RR2 由可解得abcdSo4、解析：如图所示，带电粒子从S出发，在两筒之间的电场力作用下加速，沿径向穿出a而进入磁场区，在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动。粒子再回到S点的条件是能沿径向穿过狭缝d。只要穿过了d，粒子就会在电场力作用下先减速，再反向加速，经d重新进入磁场区。然后，粒子将以同样方式经过c、d，再经过a回到s点。 设粒子射入磁场区的速度为V，根据能量守恒，有mv2qU 设粒子在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动的半径为R，由洛仑兹力公式和牛顿定律得 mv2/R=qvB由前面分析可知，要回到S点，粒子从a到d必经过3/4圆周。所以半径R必定等于筒的外半径r0，则v=qBR/m=qBr0/m，U=mv2/2q=qB2r20/2m。5、解析：正离子进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场的区域中，受到的电场力FqE，方向向上，受到的洛仑兹力fqVB，方向向下，离子向上偏，说明了电场力大于洛仑兹力，要使离子沿直线运动，则只有使洛仑兹力磁大或电场力减小，增大洛仑兹力的途径是增大加速电场的电压U或或增大磁感强度B，减小电场力的途径是减小场强E对照选项的内容可知C、D正确6、解析:(1)当电子受到的电场力与洛仑兹力平衡时，电子做匀速直线运动，亮点重新回复到中心0点，设电子的速度为v，则evBEe,得v=E/B=U/Bb.(2）当极板间仅有偏转电场时，电子以速度v进入后，竖直方向作匀加速运动，加速度为a=eU/mb. 电子在水平方向作匀速运动，在电场内的运动时间为t1=L1/v这样，电子在电场中，竖直向上偏转的距离为离开电场时竖直向上的分速度为电子离开电场后做匀速直线运动，经t2时间到达荧光屏t2时间内向上运动的距离为:这样，电子向上的总偏转距离为d=d1d2=可解得7、解析：(1)根据动能定理，得 解得(2)欲使电子不能穿过磁场区域而打在荧光屏上，应有HPBv45而由此即可解得 (3)若电子在磁场区域做圆周运动的轨道半径为r，穿过磁场区域打在荧光屏上的位置坐标为x，则由轨迹图可得 注意到和所以，电子打到荧光屏上的位置坐标x和金属板间电势差U的函数关系为8、B 9、解析:（1）En=nqv（2）nqU=mvvn= =qvnBn Bn=mvn/qR以vn结果代入，Bn=（3）绕行第n圈需时=2R tn=2R（1）（4）如图所示，（对图的要求：越来越近的等幅脉冲）（5）不可以，因为这样粒子在A、B之间飞行时电场对其做功qv，使之加速，在A、B之外飞行时电场又对其做功qv使之减速，粒子绕行一周，电场对其作的总功为零，能量不会增大。10、解析：(1)粒子在电场中被加速，由动能定理得 粒子在磁场中偏转，则牛顿第二定律得联立解得（m）(2)由几何关系可得，粒子恰好垂直穿过分界线，故正确图象为OM22244x/my/m2vBB（4，）(3)带电粒子在磁场中的运动周期粒子在两个磁场中分别偏转的弧度为，在磁场中的运动总时间（s）11、解：（1）小球从A运到O的过程中，根据动能定理： 则得小球在点速度为： （2）小球运到点绳子断裂前瞬间，对小球应用牛顿第二定律： 由、得： （3）绳断后，小球水平方向加速度 小球从点运动至点所用时间 间距离 12、 解：垂直AB边进入磁场，由几何知识得：粒子离开电场时偏转角为30 由几何关系得： 在磁场中运动半径 MNOOPv0BE 方向垂直纸面向里 当粒子刚好与BC边相切时，磁感应强度最小，由几何知识知粒子的运动半径r2为： （ 2分 ） 即：磁感应强度的最小值为13、解：（1）由题意可知，微粒所受的重力G=mg=810-3N电场力大小F=Eq=810-3N因此重力与电场力平衡 微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则 解得 R =0.6m 由 解得T=10s 则微粒在5s内转过半个圆周，再次经直线OO时与O点的距离l= 2R =1.2m （2）微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间为t=5s，轨迹如图所示，位移大小 s=vt=0.6m=1.88m 因此，微粒离开直线OO的最大高度h=s+R=2.48m （3）若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO下方时，由图象可知，挡板MN与O点间的距离应满足 L=（2.4n+0.6)m（n=0，1，2) 若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO上方时，由图象可知，挡板MN与O点间的距离应满足 L=（2.4n+1.8) m （n=0，1，2) 若两式合写成 L=（1.2n+0.6) m （n=0，1，2)同样给分14、解：（1）由，得： （2）画出粒子的运动轨迹如图，可知，得： 450Pqv0BxyzOmgqEminB（3）由数学知识可得： 得： 15、（1）如图所示，带电质点受到重力mg（大小及方向均已知）、洛伦兹力qv0B（方向已知）、电场力qE（大小及方向均未知）的作用做匀速直线运动。根据力三角形知识分析可知：当电场力方向与磁场方向相同时，场强有最小值。根据物体的平衡规律有 解得 （2）如图所示，撤去磁场后，带电质点受到重力和电场力qEmin作用，其合力沿PM方向并与v0方向垂直，大小等于=，故带电质点在与Oxz平面成角的平面内作类平抛运动。由牛顿第二定律 解得 v0NM450xyzPOmgqEminB设经时间t到达Oxz平面内的点N（x,y,z），由运动的分解可得沿v0方向 沿PM方向 又 联立解得 则带电质点落在N（，0，）点 （或带电质点落在Oxz平面内，的位置）（3）当电场力和重力平衡时，带点质点才能只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动则有： 得： 要使带点质点经过x轴，圆周的直径为 根据得16.AD 17.BD 18.ABC 19.BC 20.D 21. 22. 23. 24.v=1.6m/s，方向与x轴成300角 vp=5.8m/s25.Rmin=0.2m E2=50N/s 26.带电粒子能与中性粒子碰撞 图略 Umax=450V 27.28.D29. 【解析】选A、C.带电粒子进入复合场后,受到电场力和洛伦兹力qvB.粒子动能减小说明电场力做负功, qvB.所以答案A、C正确.30. 31. 32. 【解析】选A、D.圆环在初始状态，若qv0B=mg，则圆环所受摩擦力Ff=0，以后将做匀速直线运动，A图是可能的；若在初始状态，qv0Bmg，圆环受摩擦力，圆环的速度减小，Ff随之减小，故圆环做a减小的减速运动，直到匀速运动，D图是可能的；若在初始状态，qv0Bmg，圆环做a变大的减速运动，直到静止，故B、C均不可能，所以选A、D.33. 【解析】选D.带电粒子从D形盒射出时,其运动半径为D形盒的半径R,即R=.粒子的动能为Ek=mv2=,由上式知,粒子最后的动能与加速电压无关而与磁场有关,可见,A、B均错.粒子做一次圆周运动被加速两次,则要求交变电场的周期应与圆周运动的周期相等,C错.粒子做圆周运动的周期为T=,对不同的带电粒子,比荷一般不同,因此所需交变电场的周期也不同,就需调节交变电场的频率,故D对.34. 35. 解：(1) 正离子被AK之间的电场加速以速度v1进入磁场后做1/4圆离开磁场垂直打在荧光屏上，则半径cm （1分），由（2分）（1分）由以上两式可得=30V（1分）根据法拉第电磁感应定律，得（2分）T/s（2分） (2) V（2分）（1分）（1分）， 解得：r2=30cm（1分）正离子进入磁场后的径迹如图所示，由几何知识可得，即（2分）所以，正离子到达荧光屏的位置B距中点O/的距离为cm（2分）36. 【解析】(1)A1在竖直方向做自由落体运动有H= gt2 (3分)代入数据解得t= s. (2分)(2)设A1的质量为m0,着地速率为v,根据机械能守恒定律有m0v2= m0v02+m0gH (3分)代入数据解得v=20 m/s. (2分)(3)A1着地时恰与A2相撞,说明A2在水平地面一定以速度v0向右做匀速运动,因A2受到如图所示的五个力作用,故由平衡条件有:FN=F (2分)FN+qv0B=mg (2分)由式代入数据得FN=0.9 N (1分)代入式解得=0.3. (1分)答案:(1)3 s (2)20 m/s (3)0.337. 【解析】(1)粒子在第一象限做类平抛运动(如图),加速度 【备考资源】1.【解析】选C.磁场沿着x轴负方向,质子受到的洛伦兹力沿着z轴正方向,所以质子所受的电场力必然与洛伦兹力等大反向,电场必然沿着z轴负方向,否则质子不可能做匀速直线运动.这样质子的运动过程受电场力为evB,电势能不变.因电场沿z轴负方向,故沿z轴正方向电势升高.综上所述C正确.2.【解析】选B、D.速度选择器选择一定速度的粒子沿直线通过.质子、氘核、氚核的动能相同，则质子质量最小，其速度大于氘核速度，氚核速度则小于氘核速度，根据F=qvB和左手定则，质子将偏向上极板，氚核偏向下极板，故A、C错误，B正确.由于电场力对质子做负功，对氘核不做功，对氚核做正功，射出时动能最大的是氚核，故D正确.3.解析：选C.假如小球带正电，由左手定则可以判定小球受到的洛仑兹力向上，若洛仑兹力大小等于重力，则小球做匀速直线运动，不受摩擦力，A对，若洛仑兹力大于重力，则小球还受杆的弹力和摩擦力，做减速运动，直到洛仑兹力等于重力，克服摩擦力做功为C、D错，如小球带负电，洛仑兹力向下，小球减速运动直到速度为0，克服摩擦力做功为对。4.解析：选ABC.粒子垂直x轴进入磁场，垂直y轴射出磁场，偏转角为90，在磁场中的运动轨迹为个圆，所以从y轴射出的位置是y= x0,由半径公式可以求出粒子速度大小，运动时间为四分之一周期，ABC对。5.解析：选B6.解析：选A7.【解析】(1)由粒子的飞行轨迹,利用左手定则可知,该粒子带负电荷.粒子由A点射入,由C点飞出,其速度方向改变了90,则粒子轨迹半径R=r(2)粒子从D点飞出磁场速度方向改变60角,故AD弧所对应的圆心角为60(如图所示),粒子做圆周运动的半径8.【解析】(1)小球运动可分解为沿F方向的匀速直线运动和沿管方向的初速度为零的匀加速直线运动.小球沿管方向受力为F1=qvB产生的加速度a=F1/m=qvB/m沿管方向分速度v1=at=qvBt/m,则F=qv1B=q2B2vt/m代入数值得拉力F与时间t的关系为F=210-3t.9.解析：当带电粒子所受库仑力和洛伦兹力的合力正好能提供其所需的向心力时，粒子便以点电荷Q为圆心，以r为半径，在纸面内做匀速圆周运动；因为点电荷Q周围的电场是非匀强电场，所以粒子不可能做直线运动综上所述粒子的运动轨迹可能为B、C、D.答案：BCD10.解析：小球受到磁场力，不可能做匀变速曲线运动电场力做正功，电势能减小，由能量守恒知，C项正确增大磁感应强度，会改变洛伦兹力，进而改变落地点，电场力做功会不同，D项错答案：BC11.解析：(1)小球从A运动O的过程中，根据动能定理：mv2mglqEl则得小球在O点速度为：v 2 m/s.(2)小球运动到O点绳子断裂前瞬间，对小球应用牛顿第二定律：F向FTmgF洛mF洛Bvq由、得：FTmgBvq8.2 N(3)绳断后，小球水平方向加速度ax5 m/s2小球从O点运动至N点所用时间t0.8 sON间距离hgt23.2 m12.解析：(1)要使电子能通过PQ界面，电子飞出磁场的速度方向必须水平向右，由Bevm可知，r越大v越大，从C点水平飞出的电子，运动半径最大，对应的速度最大，即r2a时，电子的速度最大由Bevmm，得：vm.(2)粒子在电场中做类平抛运动，据at2xvt得：xmax2Ba 由此可知：PQ界面的右侧x轴上能接收电子的范围是本题属于复合场问题，考查带电粒子在有界磁场中的运动和带电粒子在匀强电场中的运动，需要同学们解题时能够正确地画出带电粒子在磁场和电场中的运动轨迹13.解析：(1)由得E0U0/d，由tan ，得45.(2)由得R2 .(3)将4m和16m代入R，得R1、R2，由SR1，将R1、R2代入得S4(1) 由R2(2R1)2(RR1)2，得RR1由R1RR1，得mmx25m.14.解析：在电磁场复合区域粒子一般不会做匀变速直线运动，因速度变化洛伦兹力变化，合外力一般变化答案：A15.解析：Q1、Q2连线上中点处电场强度为零，从中点向两侧电场强度增大且方向都指向中点，故小球所受电场力指向中点小球从右向左运动过程中，小球的加速度先减小后增大，C正确速度先增大后减小，洛伦兹力大小变化，由左手定则知，洛伦兹力方向不变，故A正确，B错误小球的电势能先减小后增大，D错误答案：AC16.解析：设电场的场强为E，由于粒子在区域里不发生偏转，则EqB1qv，得v；当粒子进入区域时，偏转半径又相同，所以R，故选项A、D正确答案：AD17.解析：仅在重力场中时，物块由A点至D点的过程中，由动能定理得mghmgcos s1mgs20，即hcos s1s20，由题意知A点距水平面的高度h、物块与斜面及水平面间的动摩擦因数、斜面倾角、斜面长度s1为定值，所以s2与重力的大小无关，而在ABC所在空间加竖直向下的匀强电场后，相当于把重力增大了，s2不变，D点一定与D点重合，B项正确；在ABC所在空间加水平向里的匀强磁场后，洛伦兹力垂直于接触面向上，正压力变小，摩擦力变小，重力做的功不变，所以D点一定在D点右侧，C项正确答案：BC18.解析：本题考查电路、电容器、带电粒子在复合场中的运动等知识开关闭合，滑片未滑动时，带电粒子所受洛伦兹力等于电场力当滑片向上滑动时，带电粒子受到的电场力减小，由于不知道带电粒子的电性，所以电场力方向可能向上也可能向下，带电粒子刚进入磁场时洛伦兹力大小不变，与电场力的方向相反，所以带电粒子可能向上运动，也可能向下运动，A、B项正确，C项错误；开关断开，带电粒子在匀强磁场中做圆周运动，D项错误答案：AB19.解析：带电小球在复合场中运动一定受重力和电场力，是否受洛伦兹力需具体分析A选项中若电场、磁场方向与速度方向垂直，则洛伦兹力与电场力垂直，如果与重力的合力为0就会做直线运动B选项中电场力、洛伦兹力都向上，若与重力合力为0，也会做直线运动C选项中电场力斜向里侧上方，洛伦兹力向外侧下方，若与重力的合力为0，就会做直线运动D选项三个力的合力不可能为0，因此选项A、B、C正确答案：ABC20.解析：(1)设小球向右通过最低点时的速率为v，由题意得：mgRmv2，qBvmgm，B .(2)小球向左通过最低点时对轨道的压力最大FNmgqBvm.FN6mg.(3)要小球完成圆周运动的条件是在最高点满足：mgqEm从M点到最高点由动能定理得：mgRqERmvmv由以上可得v0 .21.解析：(1)离子在磁场中做匀速圆周运动，在A、C两区域的运动轨迹是对称的，如图所示，设离子做圆周运动的半径为R，圆周运动的周期为T，由牛顿第二定律得：qvBm又T，解得：R，T将已知量代入得：R2 m设为离子在区域A中的运动轨迹所对应圆心角的一半，由几何关系可知离子在区域A中运动轨迹的圆心恰好在B点，则：tan ，30则离子通过磁场区域所用的时间为：t4.19106 s.(2)由对称性可知：离子从原点O处水平射出磁场区域，由图可知侧移为d2rsin 22 m.(3)欲使离子打到挡板MN上时偏离最初入射方向的侧移为零，则离子在电场中运动时受到的电场力方向应向上，所以匀强电场的方向向下离子在电场中做类平抛运动，加速度大小为：aEq/m5.01011 m/s2，沿y方向的位移为：yat2d沿x方向的位移为：xvt