课时梯级训练(6) 带电粒子在复合场中的运动（Word练习）-【优化指导】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册（教科版2019）

课时梯级训练(6)　带电粒子在复合场中的运动 1．关于安培力和洛伦兹力的说法正确的是(　　) A．安培力不做功 B．洛伦兹力可以做正功也可以做负功 C．安培力一定垂直于磁场，洛伦兹力不一定垂直于磁场 D．洛伦兹力不改变物体的动能，但可以改变物体的动量 D　解析：安培力可以做正功，也可以做负功，A错误；洛伦兹力永远不做功，B错误；安培力一定垂直于磁场，洛伦兹力也一定垂直于磁场，C错误；洛伦兹力不做功，不改变速度的大小，但改变速度的方向，所以不改变物体的动能，但可以改变物体的动量，D正确。 2．(多选)带电油滴以水平速度v0垂直进入磁场，恰做匀速直线运动，如图所示。若油滴质量为m，带电荷量为q，磁场的磁感应强度为B，重力加速度为g，则下述说法正确的是(　　) A．油滴必带负电荷，电荷量为 B．油滴必带正电荷，比荷＝ C．油滴必带正电荷，电荷量为 D．油滴带什么电荷都可以，只要满足q＝ BC　解析：根据平衡条件知油滴受向上的洛伦兹力，根据左手定则判断油滴必带正电荷，由受力平衡有qv0B＝mg，得q＝，油滴的比荷为＝，故选B、C。 3.(多选)如图所示，平行金属板a、b之间的距离为d，a板带正电荷，b板带负电荷，a、b之间还有一垂直于纸面的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度为B1。一不计重力的带电粒子以速度v0射入a、b之间，恰能在两金属板之间匀速向下运动，并进入PQ下方的匀强磁场中，PQ下方的匀强磁场的磁感应强度为B2，方向如图所示。已知带电粒子的比荷为c，则(　　) A．带电粒子在a、b之间运动时，受到的电场力水平向右 B．平行金属板a、b之间的电压为U＝dv0B1 C．带电粒子进入PQ下方的磁场之后，向左偏转 D．带电粒子在PQ下方磁场中做圆周运动的半径为 BD　解析：由于不知道带电粒子的电性，故无法确定带电粒子在a、b间运动时受到的电场力的方向，也无法确定带电粒子进入PQ下方的磁场后向哪偏转，A、C错误；粒子在a、b之间做匀速直线运动，有q＝qv0B1，解得平行金属板a、b之间的电压为U＝dv0B1，B正确；带电粒子在PQ下方的匀强磁场中做圆周运动，轨道半径为r＝＝，D正确。 4．如图所示，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)，磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是(　　) A．ma>mb>mc B．mb>ma>mc C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma B　解析：由题意知mag＝qE，mbg＝qE＋Bqvb，mcg＋Bqvc＝qE，所以mb>ma>mc，故选B。 5.如图，足够长的绝缘竖直杆处于正交的匀强电磁场中，电场方向水平向左、场强大小为E，磁场方向水平向里、磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为－q(q>0)的小圆环套在杆上(环内径略大于杆的直径)无初速度下滑。若重力加速度大小为g，圆环与杆之间的动摩擦因数为μ(μqE<mg)，圆环电荷量不变，则能反映圆环下滑过程中速度v随时间t变化关系的图像是(　　) D　解析：速度较小时，对圆环受力分析有mg－μ(Eq－qvB)＝ma，随着速度增大，加速度逐渐增大，当Eq＝qvB时，加速度为重力加速度，之后，洛伦兹力大于电场力，有mg－μ(qvB－Eq)＝ma，随着速度增大，加速度逐渐减小，直到加速度为零时，速度达到最大，最终做匀速运动，故选D。 6．(多选)带电荷量为q的电荷，从静止开始经过电压为U的电场加速后，垂直射入磁感应强度为B的匀强磁场中，其运动轨道半径为r，则电荷的(　　) A．动能为qU B．动能为qBr C．运动速率为 D．质量为 AC　解析：由动能定理得Ek＝qU，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m，因此可解得Ek＝，v＝，m＝，故选A、C。 7．在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，场强方向沿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点横坐标值是C点纵坐标值的2倍。一带电粒子(不计重力)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轴正方向成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 B　解析：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，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＝＝＝，OC＝at2＝××t2，联立解得E＝Bv0，故E∶B＝，故B正确，A、C、D错误。 8．如图所示，正交的匀强电场和匀强磁场的宽度为d，电场强度为E，磁感应强度为B，将一质量为m、带电荷量为q的不计重力的带正电粒子由场的左边缘自静止释放，粒子在电场力和磁场力的作用下运动到场的右边缘离开电磁场，若离开场时粒子的速度大小为v，则整个过程中(　　) A．粒子沿电场线方向做匀加速直线运动 B．粒子做匀变速曲线运动 C．v＝ D．v＝ C　解析：对带电粒子受力分析可知，其受恒定的水平向右的电场力，受到的洛伦兹力F洛＝qvB，与速度方向垂直且在变化，所以合外力在变化，方向与速度不共线，粒子做非匀变速曲线运动，A、B错误；粒子在整个运动中，洛伦兹力不做功，只有电场力做功，由动能定理得qEd＝mv2，解得v＝，C正确，D错误。 9.用一根长L＝0.8 m的轻绳，吊一质量为m＝1.0 g的带电小球，放在磁感应强度B＝0.1 T，方向如图所示的匀强磁场中，将小球拉到与悬点等高处由静止释放，小球便在垂直于磁场的竖直面内做变速圆周运动，当球第一次摆到低点时，悬线对小球的拉力恰好与重力大小相等(重力加速度g＝10 m/s2)。 (1)小球带何种电荷？ (2)小球带电荷量为多少？ 答案：(1)负电荷　(2)5×10－2 C 解析：(1)小球第一次摆到最低点时速度水平向左，悬线的拉力恰好与重力大小相等，说明洛伦兹力竖直向上，由左手定则可知，小球带负电。 (2)设小球第一次到达最低点速度为v，由动能定理可得 mgL＝mv2 解得v＝4 m/s 此时对小球受力分析如图 根据牛顿第二定律有 qvB＝m 解得q＝5×10－2 C。 10．如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、电荷量为＋q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x轴负方向成53°角。在y轴与MN之间的区域Ⅰ内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN与PQ之间区域Ⅱ内存在宽度为d的竖直向上匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知小球在C点的速度大小为2v0，重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求： (1)第二象限内电场强度E1的大小和磁感应强度B1的大小； (2)区域Ⅰ内最小电场强度E2的大小和方向； (3)区域Ⅱ内电场强度E3的大小和磁感应强度B2的大小。 答案：(1)E1＝，B1＝　(2)E2＝，方向为垂直AO且与y轴正向成53°角　(3)E3＝，B2＝ 解析：(1)根据题意分析可知小球沿AO做匀速直线运动，则 qE1＝mg tan 53° 解得E1＝ 又qv0B1＝ 解得B1＝。 (2)要使小球在区域Ⅰ内做直线运动，且电场强度最小，则需要满足mg cos 53°＝qE2 解得E2＝ 方向为垂直AO且与y轴正向成53°角。 (3)小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，则 mg＝qE3 解得E3＝ 小球恰好不从右边界飞出，如图所示 由几何关系可知 r＋r sin 53°＝d 解得r＝ 根据qvB2＝m 解得B2＝＝。 11．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内有竖直向上的匀强电场，圆心O1在x轴上，半径为R且过坐标原点O，圆内有垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)。一质量为m，带电荷量为q的正粒子从圆上P点正对圆心O1以速度v0射入磁场，从坐标原点O离开磁场，接着又恰好经过第一象限的Q(a，b)点，已知PO1与x轴负方向成θ角，不计粒子重力，求： (1)匀强电场的电场强度E及匀强磁场的磁感应强度B的大小； (2)粒子从P运动到Q的时间。 答案：(1)　tan (2)＋ 解析：(1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系得r tan ＝R 又qv0B＝m 故B＝tan 粒子从O到Q做类平抛运动，设运动时间为t2，a＝v0t2 则t2＝，b＝··t 故E＝ (2)粒子在磁场中运动的时间 t1＝·＝＝ 则粒子从P运动到Q的时间为 t＝t1＋t2＝＋。 12．如图所示的xOy坐标系，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小相等，方向如图所示。现有一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子在该平面内从x轴上的P点，以垂直于x轴的初速度v0进入匀强电场，恰好经过y轴上的Q点且与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第四象限的磁场。已知O、P之间的距离为d，不计粒子的重力．求： (1)O点到Q点的距离； (2)磁感应强度B的大小； (3)带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴所用的时间。 答案：(1)2d　(2)　(3) 解析：(1)设Q点的纵坐标为h，粒子到达Q点的水平分速度为vx，从P到Q受到的恒定的静电力与初速度方向垂直，则粒子在电场中做类平抛运动，则由类平抛运动的规律可知h＝v0t1 水平方向匀加速直线运动的平均速度＝ 则d＝ 根据速度的矢量合成知tan 45°＝ 解得h＝2d。 (2)粒子运动轨迹如图所示，由几何知识可得，粒子在磁场中的运动半径R＝2d 由牛顿第二定律得qvB＝m 由(1)可知v＝＝v0 联立解得B＝。 (3)粒子在电场中的运动时间为t1＝ 粒子在磁场中的运动周期为T＝＝ 粒子在第一象限中的运动时间为t2＝·T＝T 粒子在第四象限内的运动时间为t3＝ 故带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴所用的时间为t＝t1＋t2＋t3＝。 学科网（北京）股份有限公司 $$