专题突破4 带电粒子在复合场中的运动-【正禾一本通】2024-2025学年高中物理选择性必修2同步课堂高效讲义配套练习（人教版2019）

专题突破(四)　带电粒子在复合场中的运动 【基础应用题】 1．如图所示，虚线空间中存在由匀强电场E和匀强磁场B组成的正交或平行的电场和磁场，有一个带正电小球(电荷量为＋q，质量为m)从正交或平行的电磁复合场上方的某一高度自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过的是(　　) A．①② B．③④ C．①③ D．②④ 解析：选B。带电小球进入复合场时的受力情况如图所示， 其中只有③、④两种情况下合外力可能为零或与速度的方向相同，所以有可能沿直线通过复合场区域，故B正确。 2．(2024·安徽滁州期末)一重力不计的带电粒子以初速度v0先后穿过宽度相同且紧邻在一起的有明显边界的匀强电场E和匀强磁场B，如图甲所示，电场和磁场对粒子总共做功W1；若把电场和磁场正交叠加，如图乙所示，粒子仍以v0<的初速度穿过叠加场区，电场和磁场对粒子总共做功W2，则W1、W2的绝对值大小关系为(　　) A．W1＝W2 B．W1>W2 C．W1<W2 D．可能W1>W2也可能W1<W2 解析：选B。不论带电粒子带何种电荷，由于v0<，所以电场力qE大于洛伦兹力qBv0，根据左手定则判断可知，洛伦兹力存在与电场力方向相反的分力，所以带电粒子在电场中的偏转位移比重叠时的偏转位移大，所以不论粒子带何种电性，甲中带电粒子在电场中偏转位移一定大于乙中的偏转位移，且洛伦兹力对带电粒子不做功，只有电场力做功，所以一定是W1＞W2，故B正确。 3．如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直纸面向里。在该区域内，有四个质量相同的带正电的微粒甲、乙、丙、丁，微粒甲静止不动；微粒乙在纸面内向右做匀速直线运动；微粒丙在纸面内向左做匀速直线运动；微粒丁在纸面内做匀速圆周运动。已知微粒之间互不影响，则四个微粒中所带电荷量最小的是(　　) A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 解析：选B。对于甲，根据平衡条件有mg＝q1E，解得q1＝；对于乙，根据平衡条件有mg＝q2E＋q2vB，解得q2＝，对于丙，根据平衡条件有mg＝q3E－q3vB，解得q3＝，对于丁，根据题意有mg＝q4E，解得q4＝，综上可得q3>q1＝q4>q2，故B正确。 4．如图所示，在xOy直角坐标系中，第Ⅰ象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，第Ⅱ象限内分布着沿y轴负方向的匀强电场。初速度为零、带电荷量为q、质量为m的粒子(重力不计)经过电压为U的电场加速后，从x轴上的A点垂直x轴进入磁场区域，经磁场偏转后过y轴上的P点且垂直于y轴进入电场区域，在电场中偏转并击中x轴上的C点。已知OA＝OC＝d，则磁感应强度B和电场强度E可表示为(　　) A．B＝ B．B＝ C．B＝ D．B＝ 解析：选B。设带电粒子经电压为U的电场加速后速度为v，则qU＝mv2，带电粒子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝依题意可知r＝d，联立可解得磁感应强度B＝，带电粒子在电场中偏转，做类平抛运动，设经时间t从P点到达C点，水平方向有d＝vt，竖直方向有d＝t2，联立可解得电场强度E＝，故A、C、D错误，B正确。 【综合提升题】 5．(2022·全国甲卷)空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是(　　) 解析：选B。在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O由静止开始运动的带正电粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动。磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x轴负方向偏转，A、C错误；运动的过程中电场力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，由于匀强电场方向沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次运动到x轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x轴时的速度为0，因受电场力作用再次进入第二象限重复向左偏转，故B正确，D错误。 6．如图所示的坐标系中，第一象限存在与y轴平行的匀强电场，电场强度方向沿y轴负方向，第二象限存在垂直纸面向里的匀强磁场。P、Q两点在x轴上，Q点横坐标是C点纵坐标的2倍。一带电粒子(不计重力)若从C点以垂直于y轴的速度v0向右射入第一象限，恰好经过Q点。若该粒子从C点以垂直于y轴的速度v0向左射入第二象限，恰好经过P点，经过P点时，速度方向与x轴方向成90°角，则电场强度E与磁感应强度B的比值为(　　) A．v0 B．v0 C．v0 D．v0 解析：选B。画出粒子运动轨迹如图所示。 O点为粒子在磁场中运动轨迹的圆心，则∠POC＝90°，粒子在磁场中做圆周运动的半径为r＝，OC＝r，粒子在电场中做类平抛运动，有OQ＝2OC＝2r，粒子在电场中运动的时间为t＝×t2，联立解得E＝Bv0，故E∶B＝，故B正确，A、C、D错误。 7．(2023·全国乙卷)如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。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。该粒子的比荷为(　　) A． B． C． D． 解析：选A。带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示， 则根据几何关系可知粒子做圆周运动的半径r＝2a，粒子做圆周运动有qvB＝m，则有；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，则有qE＝qvB，联立有，故A正确。 8．如图，直角坐标系xOy处于竖直平面内，x轴沿水平方向，在x轴上方存在水平向右的匀强电场E1，在x轴下方存在竖直向上的匀强电场E2和垂直纸面向外的匀强磁场，匀强电场的电场强度大小E1＝E2＝4.5 N/C，在坐标为(－0.4 m，0.4 m)的A点处将一带正电小球由静止释放，小球沿直线AO第一次穿过x轴，小球第三次经过x轴时恰好再次经过O点，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)小球的比荷及小球第一次穿过x轴时的速度大小； (2)小球从释放到第三次经过x轴所经历的时间。 解析：(1)由题可知，小球由静止释放后在第二象限的匀强电场中所受合力方向由A点指向O点，则有＝tan 45° 代入数据解得 C/kg 由A到O的过程中，由动能定理有 mgy1＋qE1x1＝mv2－0 代入数据解得v＝4 m/s。 (2)设小球从释放到第一次到达O点的时间为t1，小球在y方向做自由落体运动，有 y1＝ 代入数据解得t1＝ s 如图，在第三、四象限中，qE2＝mg，小球仅由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，小球从P点再次进入第二象限后，经过时间t2再次回到O点，该过程可将小球的运动分解为沿x轴方向的匀加速直线运动与沿y轴方向的竖直上抛运动。由圆周运动的特点可知，小球在P点的速度与x轴正方向成45°角，由牛顿第二定律知，小球在第二象限x、y两个分方向的加速度大小为ax＝ay＝g y方向有0＝v sin 45°－g 得t2＝ s x方向有x＝v cos 45°t2＋ 得x＝ m 因为小球第三次经过x轴时恰好经过O点，故由几何关系可得x＝R 得R＝ m 则小球在x轴下方运动的时间为 t3＝ s 故小球从释放到第三次经过x轴经历的时间为 t＝t1＋t2＋t3＝ s。 答案：(1) C/kg　4 m/s (2) s 【创新拔高题】 9．(2023·辽宁高考) 如图，水平位置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O′点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力。 (1)求金属板间电势差U。 (2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ。 (3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O′点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。 解析：(1)设平行金属板间距离为d，则平行金属板板长为d 粒子在两平行金属板间做类平抛运动 水平方向d＝v0t 竖直方向t 又vy＝t 联立解得U＝。 (2)粒子进入磁场时的速度 v＝v0 设其与水平方向的夹角为α， 则tan α＝，即α＝30° 由qvB＝得，粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝ 已知磁场圆半径R＝，则r＝R 作出粒子在磁场中的运动轨迹，如图1所示， 粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ与粒子在磁场中运动轨迹所对应 的圆心角相等，由几何关系可得 tan 故θ＝60°。 (3)根据几何关系，将磁场圆绕O′点顺时针旋转，当O点转到M点，粒子在磁场中的运动轨迹相应的弦为磁场圆的直径时，粒子在磁场中的运动时间最长。作出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的磁场圆的圆心M，如图2所示。 答案：(1)　(2)60°　(3)见解析 学科网（北京）股份有限公司 $$