课时跟踪检测（三十四） 带电粒子在组合场中的运动 （卷Ⅱ）
(二)重点高中适用作业 (卷Ⅱ)
[B级——拔高题目稳做准做]
1、(2018·榆林模拟)如图所示,有一平行板电容器左边缘在y轴上,下极板与x轴重合,两极板间匀强电场的场强为E。一电荷量为q,质量为m的带电粒子,
从O点与x轴成θ角斜向上射入极板间,粒子经过K板边缘a点平行于x轴飞出电容器,立即进入一磁感应强度为B的圆形磁场的一部分(磁场分布在电容器的右侧且未画出),随后从c点垂直穿过x轴离开磁3E3场。已知粒子在O点的初速度大小为v＝B,∠acO＝45°,cos θ＝,3磁场方向垂直于坐标平面向外,磁场与电容器不重合,带电粒子重力不计,试求:
(1)K极板所带电荷的电性； (2)粒子经过c点时的速度大小； (3)圆形磁场区域的最小面积。
解析:(1)粒子由a到c,向下偏转,根据左手定则判断,可知粒子带正电。粒子在电场中做类斜抛运动,根据粒子做曲线运动的条件可知电场力垂直于两极板向下,正电荷受到的电场力与电场方向相同,故电场方向垂直于两极板向下,K板带正电,L板带负电。
(2)粒子由O到a做类斜抛运动,水平方向分运动为匀速直线运动,竖直方向为匀减速运动,到达a点平行于x轴飞出电容器,即竖直方向分速度减为零,a点速度为初速度的水平分量,出电场后粒子在磁场外做匀速直线运动,在磁场中做匀速圆周运动,速度大小始终不变,故粒子经过c点时的速度与a点速度大小相等。由上可知粒子经过c点时
3Ecos θE
的速度大小vc＝va＝vcos θ＝＝B。 B
(3)粒子在磁场中做圆周运动,轨迹如图所示,
a、c为两个切点。
vc2
洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律可知:qvcB＝mR mvcmE
可得轨迹半径R＝qB＝2
qB
粒子飞出电容器立即进入圆形磁场且磁场与电容器不重合,圆形磁场必与电容器右边界ab切于a点,还需保证c点也在磁场中,当圆形磁场与bc切于c点时磁场面积最小,此时磁场半径与轨迹半径相等。
πm2E2
磁场最小面积S＝πR＝24。
qB
2
πm2E2E
答案:(1)正电 (2)B (3)24 qB
2、(2018·福建质检)如图所示,圆形区域半径为R,圆心在O点,区域中有方向垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。电子在电子枪中经电场加速后沿AO方向垂直进入磁场,偏转后从M点射出并垂直打在荧光屏PQ上的N点,PQ平行于AO,O点到PQ的距离为2R。电子电荷量为e,质量为m,忽略电子加速前的初动能及电子间的相互作用。求:
(1)电子进入磁场时的速度大小v；
(2)电子枪的加速电压U；
(3)若保持电子枪与AO平行,将电子枪在纸面内向下平移至距R
AO为处,则电子打在荧光屏上的点位于N点的左侧还是右侧及该点
2距N点的距离。
解析:(1)电子在磁场中,洛伦兹力提供做圆周运动的向心力 v2
evB＝mr 电子轨迹如图甲所示,由几何关系得r＝R eBR
联立解得v＝m。
12
(2)电子在电子枪中加速,由动能定理得eU＝mv
2eB2R2
联立解得U＝。
2m
(3)电子在磁场中运动的半径r＝R,故平行于AO射入磁场的电子都将经过M点后打在荧光屏上。从与RAO相距的C点射入磁场的电子打在荧光屏上的G
2
点,G点位于N点的左侧,其轨迹如图乙所示。由几何关系,α＝60°
3R
GN＝＝ R。
tan α3
eB2R23eBR
答案:(1)m (2) (3)左侧 R
2m3★3.(2017·四川绵阳南山中学模拟)如图所示,1
半径 R＝1.6 m 的光滑圆弧轨道位于竖直平面内,
6与长L＝3 m的绝缘水平传送带平滑连接,传送带以v＝3 m/s的速度顺时针转动,传送带右侧空间存在
互相垂直的匀强电场和匀强磁场,电场强度E＝20 N/C,磁感应强度B＝3.0 T,方向垂直纸面向外。两个质量均为m＝1.0×10－3 kg的物块 a和b,物块a不带电,b带q＝1.0×10－3 C的正电并静止于圆弧轨道最低点,将a物块从圆弧轨道顶端由静止释放,运动到最低点与b发生正碰,碰撞时间极短,碰后粘合在一起,离开传送带后一起飞入复合场中,最后以与水平面成60°角落在地面上的P点(如图),已知两物块与传送带之间的动摩擦因数均为μ＝0.1,取 g＝10 m/s2,a、b 均可看做质点。求:
(1)物块 a 运动到圆弧轨道最低点时对轨道的压力； (2)传送带距离水平地面的高度；
(3)两物块碰撞后到落地前瞬间的运动过程中,a、b系统机械能的变化量。
解析:(1)a物块从释放运动到圆弧轨道最低点C时,机械能守1
恒,mgR(1－cos θ)＝mvC2
2
得:vC＝4 m/s
vC2
在C点,由牛顿第二定律:FN－mg＝mR 解得:FN＝2×10－2 N
由牛顿第三定律,a物块对圆弧轨道压力:FN′＝2×10－2 N,方向竖直向下。
(2)a、b碰撞动量守恒mvC＝2mvC′ vC′＝2 m/s
ab在传送带上假设能与传送带达到共速时经过的位移为s,μ·2mg＝2ma
v2－vC′＝2as
得:s＝2.5 m 所以ab离开传送带时与其共速为v＝3 m/s 进入复合场后,qE＝2mg＝2×10－2 N,所以做匀速圆周运动 v2 由qvB＝2mr 2mv 得:r＝qB＝2 m r 由几何知识解得传送带与水平地面的高度:h＝r＋＝3 m。 2(3)ab系统在传送带上运动过程中,摩擦力对其做功Wf＝μ·2mgs＝5×10－3 J ab系统在复合场运动过程中,电场力对其做功:W电＝－qEh＝－6×10－2 J 所以,二者碰后一直到落地,系统机械能的变化量:ΔE＝Wf＋W＝－5.5×10－2 J。 故a、b系统机械能减少5.5×10－2 J。 答案:(1)2×10－2 N,方向竖直向下 (2)3 m (3)机械能减少5.5×10－2 J ★4.(2018·黑龙江大庆中学期末)如图所示,在xOy坐标系内存在一个以(A,0)为圆心、半径为a的圆形磁场区域,方向垂直纸面向里,磁感应强度大小为B。另在y轴右侧有一方向向左的匀强电场,电场强度大小为E, 分布于y≥a的范围内。O点为质子源,其射出质子的速度大小相等、方向各异,但质子的运动轨迹均在纸面内。已知质子在磁场中的偏转半径也为a,设质子的质量为m、电荷量为e,重力及阻力忽略不计。求: (1)射出速度沿x轴正方向的质子,到达y轴所用的时间； (2)射出速度与x轴正方向成30°角(如图中所示)的质子,到达y轴 电