高考物理二轮复习 专题四 电场和磁场 4.10 带电粒子在组合场、复合场中的运动课时作业

带电粒子在组合场、复合场中的运动
A组
一、选择题
1.2015·辽宁五校联考有一个带电荷量为＋q、重力为G的小球，
从两竖直的带电平行板上方h处自由落下，两极板间另有匀强磁场，
磁感应强度为B，方向如图所示，则带电小球通过有电场和磁场的空
间时，下列说法正确的是( )
A．一定做曲线运动
B．不可能做曲线运动
C．有可能做匀加速直线运动
D．有可能做匀速直线运动
解析：带电小球在没有进入复合场前做自由落体运动，进入磁场
后，受竖直向下的重力G＝mg，水平向左的电场力F电场力＝qE与洛伦兹力F洛＝qBv，重力与电场力大小和方向保持恒定，但因为速度大小会发生变化，所以洛伦兹力大小和方向会发生变化，所以一定会做曲线运动，A正确，BCD错．
答案：A
2.2015·江苏姜堰中学月考平行板电容器竖直放置，A板接电源
正极，
B板接电源负极，在电容器中加匀强磁场，磁场方向与电场方向垂直，
如图所示，从A板中间的小孔C入射一批带正电的微粒，入射的速度大小、
方向各不相同(入射速度方向与磁场方向垂直，且与电场方向夹角小于
90°)，微粒重力不能忽略，则微粒在平行板A、B间运动过程中( )
A．所有微粒的动能都将增加
B．所有微粒的机械能都将不变
C．有的微粒可能做匀速直线运动
D．有的微粒可能做匀速圆周运动
解析：微粒在A、B间运动过程中受到重力、电场力和洛伦兹力作用，其中洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，洛伦兹力不做功，但电场力会做功，微粒机械能可能变化，B错；若微粒初速度方向斜向右上方，则洛伦兹力的方向斜向左上方，当洛伦兹力与电场力、重力平衡时，微粒做匀速直线运动，A错，C对；由于重力不可能与电场力平衡，故微粒不可能由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，D错．
答案：C
3.2015·银川一中月考(多选)美国物理学家劳伦斯
于1932年发明的回旋加速器，
应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能使粒子在较
小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类
在获得较高能量带电粒子方面前进了一大步．如图为一种改进
后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒
定，且被限制在A、C板间，虚线中间不需加电场，如图所示，
带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加
速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是( )
A．带电粒子每运动一周被加速一次
B．带电粒子每运动一周P1P2＝P2P3
C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关
D．加速电场方向需要做周期性的变化
做匀速圆周运动．则下列说法正确的是( )
A ．该微粒带正电荷
B ．仅改变R 3阻值，微粒将继续做匀速圆周运动
C ．仅改变A 、B 极板之间距离，微粒将继续做匀速圆周运动
D ．仅改变A 、B 极板正对面积，微粒将做螺旋线运动
解析：带电微粒在A 、B 间的水平面内做匀速圆周运动，则有mg ＝Eq ，电场力向上，微粒带负电，选项A 错误；仅改变R 3阻值，电场力不变，微粒将继续做匀速圆周运动，选项B 正确；仅改变A 、B 极板之间的距离，由E ＝U d
可知，电场强度变化，则该微粒受到的电场力改变，重力与电场力不再平衡，微粒将在重力、电场力和洛伦兹力作用下做螺旋线运动，选项C 错误；仅改变A 、B 极板之间的正对面积，电场强度不变，微粒受力情况不变，将继续做匀速圆周运动，选项D 错误．
答案：B
7.2015·绵阳二诊(多选)如图所示，已知甲空间中没有电场、磁场；乙空间中有竖直向上的匀强电场；丙空间中有竖直向下的匀强电场；丁空间中有垂直纸面向里的匀强磁场．四个图中的斜面相同且绝缘，相同的带负电小球从斜面上的同一点O 以相同初速度v 0同时沿水平方向抛出，分别落在甲、乙、丙、丁图中斜面上A 、B 、C 、D 点(图中未画出)．小球受到的电场力、洛伦兹力都始终小于重力，不计空气阻力．则( )
甲 乙
丙 丁
A ．O 、C 之间距离大于O 、
B 之间距离 B ．小球从抛出到落在斜面上用时相等
C ．小球落到B 点与C 点速度大小相等
D ．从O 到A 与从O 到D ，合力对小球做功相同
解析：根据平抛运动的特点可知，tan θ＝12at 2v 0t ＝at
2v 0
，因乙图小球下落的加速度大于丙
图小球下落的加速度，所以乙图小球运动的时间t 乙小于丙图小球运动的时间t 丙．因小球在水平方向做匀速直线运动，水平方向的位移x ＝v 0t ，所以x 丙>x 乙，O 、C 之间距离l 丙＝x 丙
cos θ>l
乙
＝x 乙
cos θ
，选项A 正确，B 错误；因平抛运动中速度与水平方向的夹角为α，则tan α＝2tan θ，且小球初速度v 0也相同，结合数学知识可知小球落到O 点与C 点速度大小相等，选项C 正确；从O 到A 与从O 到D ，都只有重力做功，但从O 到D 小球运动的时间长，竖直位移比较大，重力做功多，选项D 错误．
答案：AC
8.2015·银川一中月考(多选)在离子注入工艺中，初速度
可忽略的铊离子Tl ＋和Tl 3＋
，经电压为U 的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场
区域，如图所示．已知离子Tl ＋
在磁场中转过θ＝30°后从磁场右
边界射出．在电场和磁场中运动时，离子Tl ＋和Tl 3＋
( )
A ．在电场中的加速度之比为1∶1
B ．在磁场中运动的半径之比为3∶1
C ．在磁场中转过的角度之比为1∶1
D ．离开电场区域时的动能之比为1∶3
解析：在电场中离子被加速，加速度为qE m
，加速度之比为1∶3，选项A 错误；由电场力做功可知，离开电场区域时的动能之比为1∶3，选项D 正确；离开电场区域时离子的速度之比为1∶3，离子在磁场中运动的半径为mv qB
，可知在磁场中运动的半径之比为3∶1，选项B 正确；由于半径不同，离子在磁场中转过的角度不同，选项C 错误；因此答案选BD.
答案：BD 二、非选择题
9.2015·西安八校联考如图所示，xOy 平面为一光滑水平面，在此区域内有平行于xOy 平面的匀强电场，场强大小E ＝100 V/m ；同时有垂直于xOy 平面的匀强磁场．一质量m
＝2×10－6 kg 、电荷量q ＝2×10－7
C 的带负电粒子从坐标原点O 以一定的初动能入射，在电场和磁场的作用下发生偏转，到达P (4,3)点时，动能变为初动能的0.5，速度方向垂直OP 向上．此时撤去磁场，经过一段时间该粒子经过y 轴上的M (0，6.25)点，动能变为初动能的0.625，求：
(1)OP 连线上与M 点等电势的点的坐标； (2)粒子由P 点运动到M 点所需的时间．
解析：(1)设粒子在P 点时的动能为E k ，则初动能为2E k ，在M 点动能为
U OP ＝E k q U OM ＝0.75E k
q
设OP 连线上与M 点电势相等的点为D ，由几何关系得OP 的长度为5 m ，沿OP 方向电势下降．则：
U OD U OP ＝U OM U OP ＝OD OP ＝0.751
得OD ＝3.75 m ，设OP 与x 轴的夹角为α，则sin α＝3
5
D 点的坐标为x D ＝OD cos α＝3 m ，y D ＝OD sin α＝2.25 m 即：D (3,2.25)
(2)由于OD ＝3.75 m ，而OM cos ∠MOP ＝3.75 m ，所以MD 垂直于OP ，由于MD 为等势线，
因此OP 为电场线，方向从O 到P
带电粒子从P 到M 过程中做类平抛运动，设运动时间为t
则DP ＝12Eq m
t 2
，又DP ＝OP －OD ＝1.25 m
解得：t ＝0.5 s.
答案：(1)(3,2.25) (2)0.5 s
10.2015·湖北联考如图甲所示，两平行金属板A 、B 长L ＝8 cm ，两板间距离d ＝6 cm ，A 、B 两板间的电势差U AB ＝100 3 V ．一比荷为q m
＝1×106
C/kg 的带正电粒子(不计重力)从O 点沿电场中心线垂直电场线以初速度v 0＝2×104
m/s 飞入电场，粒子飞出平行板电场后经过界面MN 、PS 间的无电场区域，已知两界面MN 、PS 相距为s ＝8 cm.带电粒子从PS 分界线上的C 点进入PS 右侧的区域，当粒子到达C 点时开始计时，PS 右侧区域有磁感应强度按图乙所示的匀强磁场(垂直纸面向里为正方向)．求：
甲 乙
(1)PS 分界线上的C 点与中心线OO ′的距离y ；
(2)粒子进入磁场区域后第二次经过中心线OO ′时与PS 分界线的距离x . 解析：(1)粒子在电场中的加速度a ＝U AB q dm
粒子在电场中运动的时间t 1＝L v 0
粒子离开电场时竖直方向分速度v y ＝at 1 粒子在MN 与PS 间运动时间t 2＝s v 0
粒子在电场中偏转位移y 1＝12at 21＝U AB qL 2
2dmv 20＝
4
3
3 cm 出电场后：y 2＝v y t 2
解得：y 2＝83
3 cm
所以C 点与OO ′的距离y ＝y 1＋y 2＝4 3 cm.
(2)粒子运动轨迹如图所示，粒子进入磁场时，设速度与水平方向夹角为θ，tan θ＝v y v 0
＝33
∴θ＝30°
粒子进入磁场时的速度v ＝
v 0cos θ＝433
×104
m/s 设粒子在磁场中运动轨道半径为R
则qvB ＝mv 2
R
∴R ＝4 cm
粒子在磁场中运动的周期T ＝2πR v
＝23π×10－6
s
在t ＝23π3×10－6
s 内粒子的偏转角α＝2πT
t ＝120°
竖直向上偏移h 1＝R c os30°＝2 3 cm 在23π3×10－6～433
π×10－6 s 内通过OO ′，这段时间内竖直向上偏移
h 2＝h 1＝2 3 cm
因为h 1＋h 2＝y ＝4 3 cm
则粒子在t ＝43π3
×10－6
s 时刚好第二次到达OO ′
此时，粒子距PS 距离x ＝2(R ＋R sin30°)＝12 cm. 答案：(1)4 3 cm (2)12 cm
B 组
一、选择题
1.2015·开封二模(多选)设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，已知一带电粒子在电场力和洛伦兹力的作用下，从静止开始自A 点沿曲线ACB 运动，到达B 点时速度为零，C 点是运动的最低点，忽略粒子的重力，以下说法中正确的是( )
A ．此粒子必带正电荷
B ．A 点和B 点位于同一高度
C ．粒子在C 点时机械能最大
D ．粒子到达B 点后，将沿原曲线返回A 点
解析：粒子从静止开始运动的方向向下，电场强度方向也向下，所以粒子必带正电荷，A 正确；因为洛伦兹力不做功，只有静电力做功，A 、B 两点速度都为0，根据动能定理可知，粒子从A 点到B 点运动过程中，电场力不做功，故A 、B 点位于同一高度，B 正确；C 点是最低点，从A 点到C 点运动过程中电场力做正功最大，根据动能定理可知粒子在C 点时速度最大，动能最大，C 正确；到达B 点时速度为零，将重复刚才ACB 的运动．向右运动，不会返回，故D 错误．
答案：ABC
2．如图所示，两平行金属板MN 、PQ 水平放置，两金属板长为d ，板间距离为2d ，两金属板间有正交的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子(不计重力)从MN 的中点O 垂直于电场和磁场方向以初速度v 0射入，粒子恰好沿直线从NQ 的中点A 处穿出，若撤去磁场，粒子恰好从下极板边缘Q 点处穿出，则关于粒子的电性及撤去电场后粒子的运动情况，下列说法中正确的是( )
A ．粒子带负电，将从A 、N 中间某位置穿出
B ．粒子带正电，将从N 点处穿出
C ．粒子带负电，将打在MN 板上
D ．粒子带负电，将从M 点处穿出
则( )
A ．小球在第一次沿轨道AC 下滑的过程中，最大加速度a max ＝23
3
g
B ．小球在第一次沿轨道A
C 下滑的过程中，最大速度v max ＝3mg
3μqB
C ．小球进入DH 轨道后，上升的最高点与P 点等高
D ．小球经过O 点时，对轨道的弹力可能为2mg －qB gR
解析：小球第一次沿轨道AC 下滑的过程中，由题意可知，电场力与重力的合力方向恰好沿着斜面AC ，则刚开始小球与管壁无作用力，当从静止运动后，由左手定则可知，洛伦兹力导致球对管壁有作用力，从而导致滑动摩擦力增大，而重力与电场力的合力大小为：
F ＝ mg
2
＋⎝
⎛⎭
⎪⎫3mg 32＝23
3mg ，即大小恒定，根据牛顿第二定律可知，做加速度减小的加速运动，因将下滑时，加速度最大，即为a max ＝F m ＝
23
3
g ，故A 正确；当小球的摩
擦力与重力及电场力的合力相等时，洛伦兹力大小等于弹力，小球做匀速直线运动，小球的
速度达到最大，即为qvB ＝N ，而μN ＝f ，且f ＝233mg ，因此解得：v max ＝23mg
3μqB
，故B 错
误；根据动能定理可知，小球从静止开始到进入DH 轨道后，因存在摩擦力做功，导致上升的最高点低于P 点，故C 错误；对小球在O 点受力分析，小球由C 向D 运动，由牛顿第二定
律，则有：N －mg ＋Bqv ＝m v 2R ；由C 到O 点，机械能守恒定律，则有：mgR sin30°＝12mv 2
；由
上综合而得：对轨道的弹力为2mg －qB gR ，当小球由D 向C 运动时，对轨道的弹力为2mg
＋qB gR ，故D 正确．
答案：AD
6．(多选)如图所示，一质量为m 、电荷量为q 的小球用长为L 的细线悬挂在水平向右的匀强电场中，小球静止于A 点，此时悬线与竖直方向夹角为θ＝30°.现用力将小球拉到最低点C 处并由静止释放，释放的同时加上一个垂直纸面向里的匀强磁场，不计空气阻力，重力加速度为g ，小球运动过程中细线始终伸直，则( )
A ．匀强电场的电场强度大小为3mg
3q
B ．小球将在A 、
C 间往复摆动
C ．小球回到C 点时，细线张力将大于mg
D ．小球从C 点向右摆到最高点的过程，电势能减少量为1
2
mgL
解析：小球在A 点受重力、水平向右的电场力及线的拉力作用而处于平衡状态，则有tan θ＝qE mg ，所以E ＝3mg
3q
，A 对；小球向右摆动过A 点时速度最大，小球将以A 为中间位
置，以C 为最大振幅位置往复摆动，B 错；小球回到C 点时速度为0，细线中张力等于小球重力，C 错；洛伦兹力不做功，由动能定理知W 电－mgL (1－cos2θ)＝0，解得小球从C 点向
右摆到最高点的过程，电势能减少量ΔE ＝W 电＝1
2
mgL ，D 对．
答案：AD
7．如图所示为质谱仪的原理图，A 为粒子加速器，电压为U 1；B 为速度选择器，其中磁场与电场正交(未画出)，磁感应强度为B 1，板间电压为U 2；C 为偏转分离器，其中磁场的磁
感应强度为B 0，D 为B 、C 边界所在虚线PQ 上的感光底片．今有一比荷q m
未知的正离子从A 的上极板中央由静止释放，经加速后，从速度选择器两板正中间空过．若两板间磁场消失，离子重新释放，将从PQ 上的M 点(没画出)进入偏转磁场中，运动一段时间后打在感光底片的最左端N 点，测得M 、N 两点间的距离为x ，离子重力不计，则( )
A ．速度选择器中的磁场方向应垂直纸面向里
B ．离子的比荷为8U 1
x 2B 20
C ．若速度选择器板间电压U 2也消失，M 、N 两点间距离将变小
D ．离子在偏转磁场中运行的时间一定小于πx 2B 0
8U 1
解析：当两板间磁场消失时，离子有可能从O 点右侧进入C 中，也可能从左侧进入C 中，即速度选择器中磁场方向可以垂直纸面向外，也可以垂直纸面向里，A 错；设离子进入
速度选择器时速度为v 0，进入C 中时速度方向与PQ 夹角为θ，大小为v ，则qU 1＝12
mv 2
0，sin θ
＝v 0v ，离子在C 中运行的轨迹半径为r ＝mv B 0q
，由几何关系知x ＝2r sin θ，联立得q m ＝8U 1
x 2B 20
，B
对；由比荷表达式可知M 、N 间距离x 与速度选择器两板间电压无关，C 错；当离子从O 点
右侧进入C 中时，离子做圆周运动的圆心角大于π，此时运行时间t >T 2＝πm B 0q ＝πx 2B 0
8U 1
，D 错．
答案：B
8.2015·福建厦门质检如图所示，空间的某个复合场区域内存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场．质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于复合场的界面进入并沿直线穿过场区，质子(不计重力)穿过复合场区所用时间为t ，从复合场区穿出时的动能为E k ，则( )
A ．若撤去磁场
B ，质子穿过场区时间大于t B ．若撤去电场E ，质子穿过场区时间大于t
C ．若撤去磁场B ，质子穿出场区时动能大于E k
D ．若撤去电场
E ，质子穿出场区时动能大于E k
解析：质子进入复合场沿直线运动，则质子受到的电场力和洛伦兹力大小相等、方向相反，即eE ＝Bev 0，若撤去磁场B ，质子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动特点可知，穿过电场的时间t ＝x v 0
，因场区宽度x 不变，则时间不变，质子竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，出电场时的速度必大于v 0，动能大于E k ，则A 错误，C 正确．若撤去电场E ，则质子在磁场中做匀速圆周运动，则B 、D 错误．
答案：C
二、非选择题
9.2015·宜昌调研如图所示，水平地面上方有一底部带有小孔的绝缘弹性竖直挡板，板高h ＝9 m ，与板上端等高处有一水平放置的篮筐，筐口的中心离挡板s ＝3 m ，板的左侧以及板上端与筐口的连线上方存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，磁感
应强度B ＝1 T ；质量m ＝1×10－3 kg 、电荷量q ＝－1×10－3
C 、直径略小于小孔宽度的带电
图2
sin θ＝s R 2＝4
5
θ＝53°，α＝360°＋(180°－53°)＝487°
且T ＝2πR v
＝2πm Bq
得：t m ＝487°360°
T ≈8.5 s
答案：(1)10 N/C ，方向竖直向下 (2)5 m/s (3)8.5 s
10.2015·天星一次大联考空间中有一直角坐标系，其第一象限中在圆心为O 1、半径为R 、边界与x 轴和y 轴相切的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B ，第二象限中存在方向竖直向下的匀强电场．现有一群质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子从圆形区域边界与x 轴的切点A 处沿纸面上的不同方向同时射入磁场中，如图所示．已知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径均为R ，其中沿AO 1方向射入的粒子恰好到达x 轴上与O 点距离为2R 的N 点．不计粒子的重力和它们之间的相互作用．求：
(1)粒子射入磁场时的速度大小及电场强度的大小；
(2)速度方向与AO 1夹角分别为60°(斜向右上方)、30°(斜向左上方)的粒子到达x 轴的时间差．
解析：(1)设粒子射入磁场时的速度大小为v ，因在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，
由牛顿第二定律得qvB ＝m v 2
R
得v ＝qBR m
如图甲所示，因粒子的轨迹半径是R ，故沿AO 1方向射入的粒子一定从与圆心等高的D 点沿x 轴负方向射入电场，则粒子在电场中从D 点到N 点做类平抛运动，有2R ＝vt
甲
R ＝
12qE m
t 2
解得E ＝qRB 2
2m
(2)对于速度为v 1(斜向左上方)的粒子，轨迹如图乙所示，轨迹圆心为C 1，从P 点射出磁场，连接O 1P ，四边形O 1PC 1A 是菱形，故C 1P 垂直于x 轴，速度方向的偏转角度等于圆心
角θ1＝60°，速度为v 1的粒子在磁场中运动的时间为t 1＝θ1360°T ＝πm
3qB
乙
对于速度v 2(斜向右上方)的粒子，轨迹如图乙所示，轨迹圆心为C 2，从M 点射出磁场，连接O 1M ，四边形O 1MC 2A 是菱形，故C 2M 垂直于x 轴，速度方向偏转角度等于圆心角θ2＝150°，
速度为v 2的粒子在磁场中运动的时间为t 2＝θ2360°T ＝5πm
6qB
两个粒子在磁场中运动的时间差为Δt 1＝t 2－t 1＝πm
2qB
速度为v 1的粒子离开磁场到y 轴的距离PF ＝R －3R 2
速度为v 2的粒子离开磁场到y 轴的距离MH ＝R
2
两个粒子在无场区运动的时间差为Δt 2＝R 2v －2R －3R
2v ＝
3－1
m
2qB
设速度为v 2的粒子在电场中到达x 轴运动的时间为t ′2，HO ＝R ＋
3R 2，则R ＋3R 2＝qE
2m
t ′22，解得t ′2＝(3＋1)
m
qB
设速度为v 1的粒子在电场中到达x 轴运动的时间为t ′1，FO ＝R 2，则R 2＝qE
2m t ′2
1，解得t ′1
＝2
m
qB
Δt 3＝t ′2－t ′1＝(3＋1－2)
m qB
故速度为v 2、v 1的粒子到达x 轴的时间差为 Δt ＝Δt 1＋Δt 2＋Δt 3＝(π＋1＋33－22)
m 2qB。