(3)使该粒子不进入电场并在磁场中做完整的圆周运动,进入磁场的速度范围。 15.

如图所示,在Ⅰ区里有与水平方向成60°角的匀强电场E1,宽度为d。在Ⅱ区里有垂直于纸面向外的匀强磁场和竖直方向的电场E2,宽度也为d。一带电量为q、质量为m的微粒自图中P点由静止释放后沿虚线做直线运动进入Ⅱ区的磁场,已知PQ与中间边界MN的夹角是60°。若微粒进入Ⅱ区后做匀速圆周运动且还能回到MN边界上。重力加速度为g。Ⅰ区和Ⅱ区的场在竖直方向足够长,d、m、q已知,求:

(1)微粒带何种电荷,电场强度E1;

(2)Ⅱ区磁感应强度B的取值范围;

(3)微粒第一次在磁场中运动的最长时间。

16.如图,xOy平面的第二象限内有平行y轴放置的金属板A、B,板间电压为U;第一、三、四象限内存在垂直纸面向外、磁感应强度B=1 T的匀强磁场;ON为处于y轴上的弹性绝缘挡板,ON长h=3 m;M为x轴负方向上一点,OM长L=1 m。现有一比荷为=2.0 C/kg、重力不计的带正电粒子从A板静止释放,经电场加速后从B板小孔处射出,恰好从挡板上端N点处平行x轴方向垂直射入磁场。

(1)若粒子不与挡板碰撞直接打到M点,则U为多大?

(2)若粒子与挡板相碰后均能以原速率弹回,且碰撞时间不计、碰撞前后电荷量不变,粒子最后都能经过M点,则粒子在磁场中运动的最长时间为多少?(结果保留三位有效数字)

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专题综合训练(三)

1.A 解析 顺着电场线电势降低,故M点电势一定高于N点电势,正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能,故选项A正确;M点的电场线较N点稀疏,故M点电场强度一定小于N点电场强度,选项B错误;将电子从M点移动到N点,静电力做负功,选项D错误。

2.C 解析 根据等量异种电荷电场线的分布规律可知,O处电势为零,A处电势为正,C处电势为负,A处电场强度方向向左,C处电场强度方向也向左,大小相同,所以A、C两处电势不等,电场强度相同,故A、B错误;B、D两处电场强度大小相等,方向水平向右,则电场强度相同,两处在同一等势面上,电势相同,故C正确,D错误。

3.C 解析 线框上的电荷在O点产生的电场等效于与A点对应的电荷量为q的电荷在O点产生的电场,故E1=,B点的电荷在O点产生的电场强度为E2=,由电场的叠加可知

E=E1-E2=。

4.A 解析 根据粒子的弯折方向可知,粒子所受合力方向一定指向下方;因轨迹关于O点对称,则电场力可能竖直向上,也可能竖直向下,即电场方向可能竖直向下,当电场方向竖直向下时B点的电势比A点高,带负电的小球在B点的电势能比它在A点的小;电场强度也可能竖直向上,此时B点的电势比A点低,带负电的小球在B点的电势能比它在A点的大,故A错误,D正确;因小球所受合力方向向下,则从A到B,合力做负功,则动能减小,即小球在A点的动能比它在B点的大,选项B正确;

因合力不为零,则小球在最高点的加速度不可能为零,选项C正确。

5.B 解析 +Q在a、b、c、d四点的电场强度大小相等,在a点,-9Q的电场强度最大,而且方向与+Q在a点的电场强度方向相同,根据合成可知a处电场强度最大,故A正确;a、b、c、d四点在以点电荷+Q为圆心的圆上,由+Q产生的电场在a、b、c、d四点的电势相等,所以a、b、c、d四点的总电势可以通过-9Q产生的电场的电势确定,根据顺着电场线方向电势降低可知,b点的电势最高,c、d电势相等,a点电势最低,根据负电荷在电势低处电势能大,可知负点电荷q在a处的电势能最大,在b处的电势能最小,在c、d两处的电势能相等,故B错误,C正确;移动负点电荷q从a点到c点过程中,电势能减小,静电力做正功,选项D正确。

6.B 解析 根据电场线的流向,知A带正电,B带负电;D点的电场强度可看成A、B两电荷在该点产生电场强度的合电场强度,电荷A在D点电场方向沿AD向上,电荷B在D点产生的电场强度方向沿DB向下,合电场强度方向水平向右,可知A电荷在D点产生的电场强度大于B电荷在D点产生的电场强度,而AD>BD,所以Q1>Q2,故A不正确;沿着电场线方向电势降低,所以O点电势比D点电势高,故B正确;沿电场线方向电势逐渐降低,UC>UD,再根据Ep=qU,q为负电荷,知EpC

7.C 解析 Q点的电势可能高于M点的电势,质子从M到Q,电场力作负功,速度减小,粒子到Q点时的速度小于v0,故A正确;Q点的电势可能等于M点的电势,粒子从M到Q电场力不做功,到Q点时的速度可能等于v0,故B正确;粒子做曲线运动,所以质子到Q点时的速度方向不可能与cd边平行,故C错误;质子做曲线运动,质子到Q点时的速度方向可能与cd边垂直,故D正确。

8.D 解析 过P点作等势线如图所示,可得到过P点的等势线通过M、N之间,因顺着电场线电势逐渐降低,则有φM>φP,故A错误;由M到P电势降低,故将质子从M移动到P点,电势能减小,电场力做正功,故B错误;电场线的疏密表示电场的强弱,由题图可知,从O点到N点电场强度减小,根据U=Ed,M、N两点间的电势差比O、M两点间的电势差小,故C错误;带正电的粒子从O点由静止释放后,受电场力方向沿y轴正方向,所以将沿着y轴正方向做加速直线运动,但加速度越来越小,故D正确。

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9.C 解析 由题意知,负电荷从O到B电场力做正功,故B点电势高于O点电势,所以A错误;qUOA=m(3v0)-,-qUOB=m(4v0)-m(3v0),可得qUOA>qUOB,即O、A间的电势差高于B、O间的电势差,所以B错误,C正确;乙电荷从O到B电场力对其做正功,故D错误。

10.B 解析 由加速度a随时间t的变化图象可知,电子的加速度变化,所受电场力变化,运动轨迹上各点的电场强度大小改变,电场不是匀强电场,故A项错误;电子仅在电场力作用下沿直线运动,且运动过程中加速度方向不变,所受电场力方向不变,则运动轨迹上各点电场强度方向一样且电场强度方向与轨迹同一直线,电场方向与等势面垂直,所以电子的运动轨迹与该电场的等势面垂直,故B项正确;电子由静止释放做加速运动,电子所受电场力做正功,电子具有的电势能减小,电子运动过程中途经各点的电势逐渐升高,故C、D错误。

11.答案 10R 解析

2

2

2

小球所受的重力和电场力都为恒力,故两力可等效为一个力F,如图所示,可知F=mg,方向与竖直方向夹角为37°,偏左下;从图中可知,做完整的圆周运动的临界条件是恰能通过D点,若球恰好能通过D点,则达到D点时小球与圆环间的弹力恰好为零,由圆周运动知识得:F=m,即

mg=m,选择A点作为初态,D点为末态,由动能定理有mg(h-R-Rcos 37°)-,代入数据:mg(h-1.8R)-mg(htan 37°+2R+Rsin 37°)=mgh+2.6R=mgR,解得:h=10R。

12.答案 (1) (2) (3)v0≥2

解析 设小球M、N在A点水平射出的初速度大小为v0,则刚进入电场时的水平速度大小也为v0,所以M、N在电场中时间相等。

进入电场前,水平方向L=v0t1

进入电场前,竖直方向d=进入电场后,水平方向L=v0t2 则有t1=t2=t

设小球N运动的加速度为a,竖直方向d=-vy1t+解得a=3g

由牛顿第二定律得qE-mg=ma 解得E=

(2)粒子M射出电场时竖直速度为 vy2=vy1+a't qE+mg=ma'

at2

m(

解得v0=

)=8×m()

(3)以竖直向下为正,M的竖直位移yM=vy1t+a't2

N的竖直位移yN=vy1t-yM-yN≤L

解得v0≥2

at2

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13.答案 (1) (2)

(3)

解析 (1)带电粒子在电场中做类平抛运动

d=d=v0t a=

at2

联立解得:E=

(2)设带电粒子刚进入磁场时偏角为θ,速度为v tan θ=v=

解得:θ=30°,v=

带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动,由几何关系知:d=Rsin θ+Rcos θ 又R=解得:B=

(3)带电粒子在电场中运动的时间:t1=由几何关系,带电粒子在磁场中转过的圆心角为150°,t2=将B代入解得:t2=

T=

所以带电粒子从A到C的运动时间:t=t1+t2=14.答案 (1)v= (2)E= (3)见解析 解析 (1)粒子在磁场中做圆周运动,运动轨迹如图所示:

由几何知识得:r+(

2

r-R)2=R2,解得:R=r,

洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:qvB=m解得:v=;

(2)由几何知识得:cos θ=,解得θ=30°,

由题意可知,电场与水平方向成60°角,则粒子进入电场时速度方向与电场方向垂直,带电粒子进入电场后做类平抛运动,垂直于电场方向:2rcos 60°=vt,

沿电场方向:2rsin 60°=t2,

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