微专题5带电粒子在叠加场中的运动【答案】听课

微专题5带电粒子在叠加场中的运动例1ABD[解析]油滴a做圆周运动,故重力与电场力平衡,可知带负电,有mg=Eq,解得q=mgE,故A正确;根据洛伦兹力提供向心力有Bqv=mv2R,得R=mvBq,解得油滴a做圆周运动的速度大小为v=gBRE,故B正确;设小油滴Ⅰ的速度大小为v1,得3R=m2v1Bq2,解得v1=3BqRm=3gBRE,周期为T=2π·3Rv1=2πEgB,故C错误;带电油滴a分离前后动量守恒,设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2,取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向,得mv=m2v1+m例2AC[解析]等离子体进入平行板间,由左手定则可知,带正电的粒子受到洛伦兹力而向上偏转,带负电的粒子受到洛伦兹力而向下偏转,因正、负粒子聚集而使极板MN带正电、极板PQ带负电,所以极板MN为发电机的正极,A正确;带电粒子受到的洛伦兹力和电场力相互平衡时,两极板间电压稳定,设此时两极板间的距离为d,粒子速度为v,则有qvB=qUd,解得极板间的电压U=Bdv,因此增大d时U变大,增大v时U变大,U的大小和带电粒子的数密度无关,B、D错误,C正确例3(1)eEM(2)mE(3)nk[解析](1)氙离子在放电室时只受电场力作用,由牛顿第二定律有eE=Ma解得a=eE(2)电子处于阳极附近,在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的匀速圆周运动,沿轴向向右的匀强磁场的洛伦兹力提供向心力,则有B1ev=mv可得v=B轴线方向上所受电场力(水平向左)与径向磁场的洛伦兹力(水平向右)平衡,即Ee=evB2解得B2=mE(3)单位时间内阴极发射的电子总数为n,设单位时间内被电离的氙原子数为N,根据被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k,可知进入放电室的电子数为N又由于这些电离氙原子数与未进入放电室的电子刚好完全中和,说明未进入放电室的电子数也为N即有n=N+N则单位时间内被电离的氙离子数N=nk氙离子经电场加速,有eEd=12Mv可得v1=2设时间Δt内氙离子所受到的作用力为F',由动量定理有F'·Δt=N·Δt·Mv1解得F'=nk由牛顿第三定律可知,霍尔推进器获得的推力大小F=F'则F=nk例4CD[解析]粒子在Ⅰ区域xOz平面内做圆周运动,轨迹如图甲所示,根据几何关系可知r1=2l,根据洛伦兹力提供向心力有qv0B=mv02r1,可得Ⅰ区域磁感应强度的大小B=mv02ql,故A错误;粒子在Ⅱ区域yOz平面做类平抛运动,z轴方向有43l=v0t2,y轴方向有l2=12at22,加速度为a=qEm,解得Ⅱ区域电场强度的大小E=9mv0216ql,故B错误;粒子在M点沿y轴方向的分速度为vy=at2=34v0,粒子进入Ⅲ区域后在平行于xOy平面的平面内做圆周运动,轨迹如图乙所示,由几何关系可知l22+r22=(l-r2)2,解得r2=3【跟踪训练】1.C[解析]根据题意,由左手定则可知,河水中的正离子向外面金属板偏转,外金属板为正极,负离子向里面金属板偏转,里金属板为负极,则电阻上的电流方向从外向里,故A错误;设稳定时产生的感应电动势为E,两板间有一带电荷量为q的离子匀速运动受力平衡,根据平衡条件可得qvB=qEd,解得E=Bdv,故C正确;设极板间等效电阻为r,由闭合电路欧姆定律可得,两金属板间电压为U=ER+r·R=BdvRR+r,可知河水流速减小,两金属板间的电压减小,故B错误;根据题意,由电阻定律可得,极板间等效电阻为r=ρdS,由闭合电路欧姆定律可得,流过电阻的电流大小为I=2.A[解析]如图所示,过S作SP垂线,交y轴于M点,即M为轨迹圆的圆心,过S作接收屏的垂线SN,由SN=l2,SP=l,得∠SPN=30°,由几何关系得圆心角∠OMS=60°,故△OMS为等边三角形,轨迹圆半径R=2a,根据牛顿第二定律有R=mvqB,如果保持所有条件不变,在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场,该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏,可得qE=qvB,联立得qm=E23.BCD[解析]由于电场力做功,故小球的机械能不守恒,故A错误;重力和电场力的合力大小为2N,方向与竖直方向的夹角为45°斜向左下方,小球由O点到A点,重力和电场力的合力做的功最多,在A点时的动能最大,速度最大,故B正确;小球做周期性运动,在B点时的速度为0,故C正确;对小球由O点