课时作业(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（粤教版2019）

课时作业(6)　带电粒子在复合场中的运动 1．(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(　　) B　[分析可知，开始一段较短时间内，粒子具有沿＋y方向的速度，由左手定则可知，粒子应向左侧偏转，A、C项错误；由于粒子所受电场力沿＋y方向，且粒子初速度为零、初始位置在坐标原点，故粒子运动轨迹的最低点在x轴上，D项错误，B项正确．] 2．(多选)一个带电微粒在如图所示的正交匀强电场和匀强磁场中的竖直平面内做匀速圆周运动，重力不可忽略，已知轨迹圆的半径为r，电场强度的大小为E，磁感应强度的大小为B，重力加速度为g，则(　　) A．该微粒带正电 B．该微粒沿逆时针方向旋转 C．该微粒从a到c，机械能守恒 D．该微粒做圆周运动的速度为 BD　[带电微粒在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，带电微粒受到的重力和电场力是一对平衡力，重力方向竖直向下，所以电场力方向竖直向上，与电场方向相反，所以带电微粒带负电，A错误；磁场方向向外，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断微粒的旋转方向为逆时针，B正确；微粒从a到c，洛伦兹力不做功，电场力做负功，所以机械能减小，C错误；微粒做匀速圆周运动，则电场力和重力大小相等，有mg＝qE，带电微粒在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为r＝，解得v＝，D正确．] 3．如图甲所示，空间中存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，图乙所示的空间仅存在水平向右的匀强电场，且两区域中的电场强度的大小均为E.质量均为m的带电微粒a和b分别在图甲和图乙区域沿图示虚线做直线运动，运动轨迹均与水平方向成30°角．下列说法中正确的是(　　) A．微粒a和b均带正电 B．微粒a和b均带负电 C．微粒a所带电量是微粒b所带电量的 D．微粒a所带电量是微粒b所带电量的倍 C　[微粒a受重力、电场力和洛伦兹力，做匀速直线运动；微粒b受重力和电场力，合力向左下方；如图所示： 故粒子a带正电荷，粒子b带负电荷，故A、B错误；根据平衡条件和牛顿第二定律，有：F＝qaE＝mg tan 30°＝mg，F′＝qbE＝＝ mg，所以＝，故C正确，D错误．] 4．(2022·广东卷)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场．电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点．已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有(　　) A．电子从N到P，电场力做正功 B．N点的电势高于P点的电势 C．电子从M到N，洛伦兹力不做功 D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力 BC　[电子从M点由静止释放，从M到N，电场力做正功，M、P在同一等势面上，可知电子从N到P，电场力做负功，A错误；根据沿电场线方向电势降低，可知N点电势高于P点电势，B正确；根据洛伦兹力方向与速度方向垂直，对带电粒子永远不做功，可知电子从M到N，洛伦兹力不做功，C正确；洛伦兹力不做功，且M、P在同一等势面上，可知电子在M点和P点速度都是零，即电子在M点和P点都是只受到电场力作用，所以电子在M点所受的合力等于在P点所受的合力，D错误．] 5．如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5 T．有一带正电的小球，质量m＝1×10－6kg，电荷量q＝2×10－6C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电场变化现象)，取g＝10 m/s2.求： (1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向； (2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t. 解析　(1)小球做匀速直线运动时的受力如图所示，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，则 qvB＝ 代入数据解得v＝20 m/s 速度v的方向斜向右上方，与电场E的方向之间的夹角θ满足tan θ＝ 代入数据解得tan θ＝，θ＝60°. (2)解法1　撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有a＝ 设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有x＝vt.设小球在重力与电场力的合力方向上的分位移为y，有y＝at2，a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又tan θ＝联立各式，代入数据解得t＝2 s≈3.5 s. 解法2　撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响， 以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为vy＝v sin θ若使小球再次经过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有vyt－gt2＝0 代入数据解得t＝2 s≈3.5 s. 答案　(1)20 m/s　方向斜向右上方且与电场方向的夹角为60°　(2)3.5 s. 6．如图所示，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向里的有界矩形匀强磁场区域(图中未画出)；在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场．一粒子源固定在x轴上坐标为(－L，0)的A点，粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为v0的电子，电子通过y轴上的C点时速度方向与y轴正方向成α＝45˚角，电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与x轴正方向成β＝15˚角的射线OM.已知电子的质量为m，电荷量为e，不考虑电子的重力和电子之间的相互作用．求： (1)匀强电场的电场强度E的大小； (2)电子在电场和磁场中运动的总时间t. 解析　(1)电子从A到C的过程中，由动能定理得 eEL＝mv－mv 又vc cos α＝v0 联立解得E＝. (2)画出电子在电场和磁场中的运动轨迹，如图所示． 电子在电场中做类平抛运动，平行于电场方向有 L＝t1，其中vc＝ 由数学知识知电子在磁场中的速度偏向角等于其运动轨迹所对圆心角，θ＝π－α－β＝ 电子在磁场中的运动时间t2＝T，其中T＝ 电子在电场和磁场中运动的总时间t＝t1＋t2 联立解得t＝＋. 答案　(1)　　(2)＋ 7．如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电离子，在D处沿图示方向以一定的速度射入磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．结果离子正好从距A点为d的小孔C沿垂直于电场方向进入匀强电场，此电场方向与AC平行且向上，最后离子打在G处，而G处距A点的距离为2d(AG⊥AC).不计离子重力，离子运动轨迹在纸面内．求： (1)此离子在磁场中做圆周运动的半径r； (2)离子从D处运动到G处所需时间； (3)离子到达G处时的动能． 解析　(1)离子运动轨迹如答图所示，由几何关系可知离子在磁场中做圆周运动的半径r满足 d＝r＋r cos 60° 解得r＝d. (2)设离子在磁场中的运动速度为v0，则有qv0B＝m 又r＝d，解得v0＝ 离子做圆周运动的周期T＝ 由图知离子在磁场中做圆周运动的时间t1＝T 离子在电场中做类平抛运动，从C到G的时间t2＝ 则离子从D处运动到G处的总时间t＝t1＋t2 联立解得t＝. (3)设电场强度为E，则有qE＝ma，d＝at 由动能定理得qEd＝EkG－mv 解得EkG＝. 答案　(1)d　　(2)　　(3) 8．如图所示，真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为R＝0.5 m，磁场方向垂直纸面向里．在y>R的区域存在一沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E＝1.0×105 V/m.在M点(坐标原点)有一正粒子以速率v＝1.0×106 m/s沿x轴正方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，最终又从磁场离开．已知粒子的比荷为＝1.0×107 C/kg，不计粒子重力．求： (1)圆形磁场区域磁感应强度的大小； (2)沿x轴正方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程． 解析　(1)沿x轴正方向射入磁场的粒子进入电场后，速度减小到0，粒子一定是从图所示的P点射入电场，逆着电场线运动，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝R＝0.5 m 根据洛伦兹力提供向心力有Bqv＝ 解得B＝ 代入数据得B＝0.2 T. (2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N点射出磁场，粒子在磁场中运动的路程为二分之一圆周长，即s1＝πr 设粒子在电场中运动的路程为s2，根据动能定理得 Eq＝mv2 解得s2＝ 总路程s＝s1＋s2＝πr＋， 代入数据得s＝(0.5π＋1) m. 答案　(1)0.2 T　　(2)(0.5π＋1)m 9．如图所示，平面直角坐标系Oxy中，在第二象限内有一半径R＝5 cm的圆，与y轴相切于点Q(0，5 cm)，圆内有匀强磁场，方向垂直于Oxy平面向外．在x＝－10 cm处有一个比荷为＝1.0×108 C/kg的带正电的粒子，正对该圆圆心方向发射，粒子的发射速率v0＝4.0×106 m/s，粒子在Q点进入第一象限．在第一象限某处存在一个矩形匀强磁场区域，磁场方向垂直于xOy平面向外，磁感应强度B0＝2 T，粒子经该磁场偏转后，在x轴M点(6 cm，0)沿y轴负方向进入第四象限(不考虑粒子的重力).求： (1)第二象限圆内磁场的磁感应强度B的大小． (2)第一象限内矩形磁场区域的最小面积． 解析　(1)画出粒子的运动轨迹，如答图所示作O1P1垂直于PO，由几何关系知∠O1OP＝60° 设粒子在第二象限圆内磁场做匀速圆周运动的半径为r1，由几何关系有 tan 60°＝ 由洛伦兹力提供向心力得 qv0B＝m 解得B＝ T. (2)粒子在第一象限内转过圆周， 设轨迹半径为r2，由洛伦兹力提供向心力得qv0B0＝m 答图中的矩形面积即最小磁场区域面积，由几何关系得 Smin＝r2(r2－r2) 联立解得矩形磁场区域的最小面积为 Smin＝4(－1) cm2. 答案(1) T　　(2)4(－1) cm2 10．如图所示，在x轴上方有一匀强磁场，磁感应强度为B.x轴下方有一匀强电场，电场强度为E.屏MN与y轴平行且相距L，一质量为 m，电荷量为 e的电子，在 y 轴上某点A自静止释放，如果要使电子垂直打在屏MN上，那么： (1)电子释放位置与原点O之间的距离s需满足什么条件？ (2)电子从出发点到垂直打在屏上需要多长时间？ 解析　(1)电子的运动轨迹如图所示． 在电场中电子从A到O过程，由动能定理可得 eEs＝mv 在磁场中电子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 ev0B＝m 可得r＝ 根据题意有(2n＋1)r＝L 解得s＝(n＝0，1，2，3，…). (2)电子在电场中做匀变速直线运动的时间与在磁场中做部分圆周运动的时间之和为电子运动的总时间，即 t＝(2n＋1)＋＋n 由eE＝ma可得a＝ 由ev0B＝m和T＝可得T＝ 综上整理可得t＝＋(2n＋1)(n＝0，1，2，3，…). 答案　(1)s＝(n＝0，1，2，3，…) (2)＋(2n＋1)(n＝0，1，2，3，…) 学科网（北京）股份有限公司 $$