2019版高中物理二轮专题课时跟踪训练：11 带电体在组合场、复合场中的运动(含解析)

A．只减小磁感应强度 B 的大小，则 x 减小 B．只增大初速度 v0 的大小，则 x 减小
q C．只减小带电粒子的比荷 ，则 x 不变
m D．只减小偏转电场的电压 U 的大小，则 x 不变
D [粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设粒子进入磁场时速度方向与磁场
v0
mv
边界的夹角为 θ，速度大小为 v＝ ，轨道半径 R＝ ，由几何关系可知 x＝
(1)求匀强电场的电场强度 E 的大小； (2)若要求电子从 cd 边射出，求所加匀强磁场磁感应强度的最大值 B； (3)调节磁感应强度的大小，求 cd 边上有电子射出部分的长度．
11 解析 (1)电子在电场中做类似平抛运动，由在竖直方向： L＝ at2
22 水平方向：0.75L＝v0t
由牛顿第二定律有：eE＝ma 16mv20
5．(2018·济宁市高三第二次模拟)如图甲所示，粒子源靠近水平极板 M、N
的 M 板，N 板下方有一对长为 L，间距为 d＝L 的竖直极板 P、Q，在下方区域
存在着垂直于纸面的匀强磁场，磁场上边界放有范围足够大的感光胶片．水平
极板 M、N 之间的电压为 U0，中间开有小孔，两小孔连线的延长线为竖直极板
A．重力势能一定不断减小 B．电势能一定先减小后增大 C．动能不断增大 D．动能保持不变 D [在 y>0 的空间内，根据液滴沿 y 轴负方向以加速度 a＝2g(g 为重力加
速度)做匀加速直线运动可知，液滴在此空间内运动时所受电场力方向向下，大
小等于重力；进入 y<0 的空间后，液滴电性改变，其所受电场力向上，大小仍
(1)带电粒子从 N 板小孔射出时的速度；
(2)为使进入磁场的粒子都能打在胶片上，磁场上、下边界的最小距离；
(3)以 O 点为坐标原点，向右为正方向建立坐标轴 Ox，粒子在胶片上的落 点的坐标范围．
解析 (1)在加速电场，由动能定理得：qU0＝12mv20 解得：v0＝
2qU0 m
(2)设带电粒子以速度 v 进入磁场，且与磁场边界之间的夹角为 α 时，其运
Δy＝2＋r1sin 37°＝ 6
7．(2018·湖南省鄂南高中等八校联考)如图所示，在直角坐标系 xOy 的第
一象限中有两个全等的直角三角形区域Ⅰ和Ⅱ，充满了方向均垂直纸面向里的 匀强磁场，区域Ⅰ的磁感应强度大小为 B0，区域Ⅱ的磁感应强度大小可调， C 点坐标为(4L, 3L)，M 点为 OC 的中点．质量为 m 带电量为－q 的粒子从 C 点
AC [粒子沿直线运动，则 Bqv＝Eq，解得 E＝Bv＝10 N/C，选项 A 正
1 确，如果仅撤去磁场，则粒子在水平方向 r＝
Eq t2，竖直方向
r＝vt，解得：
q
2m
m
2v2 ＝ ＝2×106 C/kg，选项 B 错误；撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半
Er
mv
T πm
径为 R＝ ＝0.1 m，选项 C 正确；带电粒子在磁场中运动的时间为 t＝ ＝
sin θ
qB
2mv0 2Rsin θ＝ qB ，只减小磁感应强度 B、只增大初速度 v0 或只减小带电粒子的比
q 荷 时，都可使 x 增大，而 x 与偏转电场的电压 U 无关，故选项 A、B、C 错
m
误，D 正确．]
3．(2018·山西阳泉模拟)如图所示，在真空中半径为 r＝0.1 m 的圆形区域 内有垂直于纸面向外的匀强磁场及水平向左的匀强电场，磁感应强度 B＝0.01 T，ab 和 cd 是两条相互垂直的直径，一束带正电的粒子流连续不断地以速度 v ＝1×103 m/s 从 c 点沿 cd 方向射入场区，粒子将沿 cd 方向做直线运动，如果
动轨迹如图
由几何关系得：向下偏移的距离 Δy＝R－Rcos α＝R(1－cos α)
v2 在磁场中偏转，则有：qvB＝m R 又 v0＝vsin
mv0 α 联立解得：Δy＝
Bq
1－cos α sin α mv0 当 α＝90°时，Δy 有最大值，即 Δymax＝x＝ Bq ＝
(3)粒子运动轨迹如图所示
联立解得：E＝ 9eL x/t
(2)粒子进入磁场时，速度方向与 be 边夹角的正切值 tan θ＝ ＝0.75，解 2y/t
得：θ＝37° 电子进入磁场时的速度为 v＝sivn0θ＝53v0 设电子运动轨迹刚好与 cd 边相切时，半径最小为 r1，轨迹如图所示：
则由几何关系知 r1＋r1cos 37°＝L 5
r
Bq Bq
1 mER
2U
，故 C 正确；D.由 B 可知： R＝ ，R 与离子质量、电量无关，离子
Bq
E
1 mER
在磁场中的轨道半径：r＝
，离子在磁场中做圆周运动的轨道半径与电
Bq
荷的质量和电量有关，能够到达 P 点的不同离子，半径不一定都等于 d，不一
定能进入收集器，故 D 错误．]
二、非选择题
不能进入Ⅰ区域故粒子运动半径 r0>3L v2
粒子运动半径满足：qBv0＝mr0 代入 v0＝q2Bm0L
B0 解得 B<
6 mv0 L
(2)粒子在区域Ⅰ中的运动半径 r＝ ＝ qB 2
若粒子在区域Ⅱ中的运动半径 R 较小，则粒子会从 AC 边射出磁场．恰好 不从 AC 边射出时满足∠O2O1Q＝2θ
等于重力，液滴将在洛伦兹力(合力)作用下做半个周期的匀速圆周运动，在这
半个周期内，洛伦兹力不做功，动能保持不变，重力势能先减小后增大，电势
能先增大后减小，故 D 正确．]
2．(2018·北京景山学校调研)如图所示，a、b 为竖直正对放置的两平行金
属板，其中 a 极带正电，两板间的电压为 U，在金属板下方存在一有界的匀强
若 t＝0 时进入偏转电场，在电场中匀速直线运动进入磁场时 R＝L，打在
感光胶片上距离中心线最近为 x＝2L，任意电压时出偏转电场时的速度为 vn
根据几何关系得：
v0
mvn
vn＝cos α，Rn＝ Bq
2mv0 在胶片上落点长度为 Δx＝2Rncos α＝ Bq
打在感光胶片上的位置和射入磁场位置间的间距相等，与偏转电压无关
24 sin 2θ＝2sin θcos θ＝
25 r 又 sin 2θ＝ R－r 49 49 解得 R＝ r＝ L 24 48 代入 v0＝q2Bm0L 24B0 可得：B＝ 49
(3)①若粒子由区域Ⅰ达到 M 点
8 每次前进CP2＝2(R－r)cos θ＝ (R－r)
5
58 由周期性：CM＝nCP2(n＝1,2,3…)即 L＝ n(R－r)
A．磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向内
1 B．加速电场中的加速电压 U＝ ER
2
1 mER
C．磁分析器中圆心
O2
到
Q
点的距离
d＝ B
q
D．任何离子若能到达 P 点，则一定能进入收集器
BC [A.离子在磁分析器中沿顺时针转动，所受洛伦磁力指向圆心，根据
左手定则，磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向外，故 A 错误；B.离子在静
电分析器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有：
v2 qE＝m ，设离子进入
R
静电分析器时的速度为 v，离子在加速电场中加速的过程中，由动能定理有：
qU＝1mv2－0，解得：
ER U＝ ， B 正确；C.离子在磁分析器中做匀速圆周运
2
2
动，由牛顿第二定律有：qvB＝mv2，解得：r＝1
2mU 1 ＝
mER ，则：d＝r＝
1 仅撤去磁场，带电粒子经过 a 点，如果撤去电场，且将磁感应强度变为原来的
2 ，不计粒子重力，下列说法正确的是 ( )
A．电场强度的大小为 10 N/C B．带电粒子的比荷为 1×106 C/kg C．撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径为 0.1 m D．带电粒子在磁场中运动的时间为 7.85×10－5 s
25
25 49 R＝r＋ L≥ L，解得 n≤3
16n 48
33
33
n＝1
时
R＝ L，B＝ 16
8
B0
41
41
n＝2 时 R＝32L，B＝16B0
49
49
n＝3 时 R＝48L，B＝24B0
②若粒子由区域Ⅱ达到 M 点
由周期性：CM＝CP1＋nCP2(n＝0,1,2,3…)
54
588
＋n
2 5 49
磁场，磁场的上边界为与两金属板下端重合的水平面 PQ，PQ 下方的磁场范围
足够大，磁场的磁感应强度大小为
q B，一比荷为 的带正电粒子以速度
m
v0
从两
板中间位置沿与 a、b 平行方向射入两板间的偏转电场，不计粒子重力，粒子通 过偏转电场后从 PQ 边界上的 M 点进入磁场，运动一段时间后又从 PQ 边界上 的 N 点射出磁场，设 M、N 两点距离为 x(M、N 点在图中未画出)．则以下说法 中正确的是 ( )
解得：r1＝9L v2
由洛伦兹力提供向心力：evB＝m r 3mv0
可得对应的最大磁感应强度：Bm＝ eL
(3)设电子运动轨迹刚好与 de 边相切时，半径为 r2，
பைடு நூலகம்
L
则
r2＝r2sin
37°＋ 2
5L 解得：r2＝ 4 又 r2cos θ＝L，故切点刚好为 d 点
电子从 cd 边射出的长度为：
L
5L
1 1 3U0q 在感光胶片上的落点宽度等于粒子在电场中的偏转距离 y＝ at2＝ ×
2 2 1.5Lm
L ×(v0)2
L 解得：y＝
2
2qU0
L
答案 (1)
(2)L (3)
m
2
6．(2018·河南省郑州市高中毕业年级第二次质量预测)如图所示，矩形区域