课时作业五 带电粒子在复合场中的运动及多解问题(Word练习)-【金榜题名】2026-2027学年高二物理选择性必修第二册高中同步学案（人教版）

课时作业(五) A基础达标 1.一个带正电荷的粒子(重力不计)穿过图中匀强电场和匀强磁场区域时，恰能沿直线运动，则欲使电荷向下偏转时，应采用的办法是(　　) A．增大电荷质量　　　 B．增大电荷量 C．减小入射速度 D．增大磁感应强度 【解析】　A．开始时粒子恰能做直线运动，电场力向下，洛伦兹力向上，合力为零，有qE＝qvB，增大电荷质量，不影响电场力和洛伦兹力。故A错误；B.增加电荷量，虽然电场力与洛伦兹力均增大，但是二力仍然等大反向。故B错误；C.减小入射速度，则洛伦兹力减小，电场力不变，合力向下，向下偏转，故C正确；D.增大磁感应强度，则洛伦兹力增大，电场力不变，合力向上，向上偏转，故D错误。故选C。 【答案】　C 2.如图所示，空间存在水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m的带电小球以初速度v0沿与电场方向成45°夹角射入场区，当其沿直线运动到某一位置时，电场方向突然变为竖直向上。已知带电小球的比荷为k，则下列有关说法正确的是(　　) A．小球一定带负电 B．电场方向改变后小球做匀速圆周运动 C．电场强度大小为gk D．电场强度与磁感应强度之比为v0∶1 【解析】　A．因小球做直线运动，由受力分析可知小球带正电，故A错误；B.小球沿直线运动时，对小球进行受力分析，由几何关系可知qE＝mg＝qv0B，故当电场方向改变后，重力与电场力平衡，小球受到的合力为洛伦兹力，故做匀速圆周运动，B正确； C．由qE＝mg，可得出E＝＝，C错误； D．由qE＝qv0B，可得出＝v0，故D错误。 故选B。 【答案】　B 3．重力不计的带电粒子以初速度v0先后穿过宽度相同且相邻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，比较W1、W2的大小(　　) A．W1＝W2 B．W1＞W2 C．W1＜W2 D．不能确定 【解析】　根据左手定则判断可知，洛伦兹力有与电场力的方向相反的分力，而在甲图中带电粒子在电场中只受电场力qE，而在乙图中带电粒子受洛伦兹力与电场力，由于不知道两个力的大小，故不能确定W1、W2的大小。故选D。 【答案】　D 4.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(　　) 【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 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，速度增大，直到加速度为零时，速度最大，最终做匀速运动。故选D。 【答案】　D 5.(多选)如图所示，空间存在竖直向上、大小为E的匀强电场和沿水平方向、垂直于纸面向里、大小为B的匀强磁场，一个质量为m的带电小球用长为L的绝缘细线吊着悬于O点，给小球一个水平方向的初速度，小球在竖直面内做匀速圆周运动，细线张力不为零；某时刻细线断开，小球仍做半径为L的匀速圆周运动，不计小球的大小，重力加速度为g，则(　　) A．细线未断时，小球沿顺时针方向运动 B．小球的带电量为 C．小球运动的速度大小为 D．细线未断时，细线的拉力大小为 【解析】　A．由于小球带正电，根据左手定则判断，细线未断时，小球沿顺时针方向运动，A项正确．B.由于细线断了以后，小球还能做匀速圆周运动，说明小球带正电，电场力与重力等大反向，因此qE＝mg，q＝，B项正确；CD.由于细线断了以后，小球仍做半径为L的匀速圆周运动，因此细线未断时，T－qvB＝m ，细线断了以后qvB＝m ，得到v＝＝，细线的拉力大小T＝，C项错误、D项正确． 【答案】　ABD 6．研究某种射线装置的示意图如图所示。射线源发出的射线以一定的初速度沿直线射到荧光屏上的中央O点，出现一个亮点。在板间加上垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场后，射线在板间做半径为r的圆周运动，然后打在荧光屏的P点。若在板间再加上一个竖直向下电场强度为E的匀强电场，亮点又恰好回到O点，由此可知该射线粒子(　　) A．带负电 B．初速度为v＝ C．比荷为＝ D．比荷为＝ 【解析】　A．由题意可知，粒子受到向上的洛伦兹力，根据左手定则可知，粒子带正电，故A错误； B．由题意可知qvB＝Eq，解得v＝，故B错误； CD.根据牛顿第二定律qvB＝m ，联立解得＝，故C错误D正确。故选D。 【答案】　D 7.(多选)如图所示，在竖直面内虚线所围的区域里，存在电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场。已知从左方沿水平方向射入的电子穿过该区域时未发生偏转，设其重力可以忽略不计，则在该区域中的E和B的方向可能是(　　) A．E竖直向下，B竖直向上 B．E竖直向上，B垂直纸面向外 C．E和B都沿水平方向，并与电子运动的方向相同 D．E和B都沿水平方向，并与电子运动的方向相反 【解析】　A．当E竖直向下，B竖直向上时，电子所受洛伦兹力垂直纸面向里，所受电场力竖直向上，二者的合力不可能为零，且合力方向与运动方向不在同一直线上，电子一定会发生偏转，故A不符合题意；B.当E竖直向上，B垂直纸面向外，电子所受洛伦兹力竖直向上，所受电场力竖直向下，二者方向相反，合力可能为零，电子可能不发生偏转，故B符合题意；CD.当E和B都沿水平方向时，无论与电子运动方向相同或相反，电子所受电场力方向都沿水平方向，且不受洛伦兹力，即合力方向与运动方向在同一直线上，电子一定不会发生偏转，故CD符合题意。故选BCD。 【答案】　BCD 8．(多选)如图所示，质量为m的带电小球放置在光滑绝缘水平桌面上，桌面右侧存在复合场，其中匀强电场竖直向上，场强为E，匀强磁场垂直纸面向外，磁感应强度为B。现给小球一个初速度，离开桌边缘立刻进入复合场，做匀速圆周运动，复合场的下边界到桌面边缘的距离为h，最后小球从下边界射出，出射速度与下边界夹角为60°，小球可视为质点，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A．小球带负电，带电荷量为 B．小球在复合场中的运动时间可能为 C．小球的运动轨迹半径可能为h D．小球做匀速圆周运动的速度可能为 【解析】　A．小球做匀速圆周运动，合力为洛伦兹力，小球带正电，且Eq＝mg，故q＝，A错误； B．出射速度与下边界夹角为60°，运动轨迹如图所示 小球运动有两种情况，即轨迹所对圆心角α为或，由牛顿第二定律与运动学公式可知 Bqv＝，v＝ 可得t＝，代入q＝，可得t＝， 则小球在复合场中的运动时间为t1＝或t2＝，B正确； C．小球入射速度与对应轨迹半径分别为v1、R1、v2、R2，通过几何关系可得 R1cos 60°＋R1＝h，R2cos 60°＋h＝R2 解得R1＝h，R2＝2h，C错误； D．洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律可得Bqv＝m ，联立可得v1＝，v2＝，D正确。故选BD。 【答案】　BD 9.如图所示为一对相距为d的带电平行金属板、两板间电场可视为匀强电场，两金属板间有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。质量为m的带电粒子以垂直于磁场方向的初速度v0射入金属板之间，该粒子沿直线运动，粒子的重力不计。 (1)求金属板间电场强度E的大小； (2)求金属板间的电势差U； (3)撤去两板间的电场，带电粒子仍沿原来的方向以初速度v0射入磁场，粒子做半径为r的匀速圆周运动，求该粒子的电荷量q。 【解析】　(1)该粒子沿直线运动，根据平衡条件有qE＝qv0B，解得E＝v0B (2)金属板间的电势差为U＝Ed＝Bv0d (3)根据牛顿第二定律有qv0B＝m ，解得q＝。 【答案】　(1)v0B　(2)Bv0d　(3) B能力提升 10．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，三个质量相同的带正电的微粒甲、乙和丙；微粒甲静止不动，微粒乙在纸面内向左做匀速直线运动，微粒丙在纸面内做匀速圆周运动。已知微粒之间互不影响，下列关于甲、乙和丙带电量正确的是(　　) A．q甲＝q丙<q乙 B．q甲>q乙>q丙 C．q甲>q乙＝q丙 D．q甲<q丙<q乙 【解析】　微粒甲静止不动，对甲受力分析可知，受竖直向下的重力和竖直向上电场力，由力的平衡条件可知，重力与电场力大小相等，则有mg＝q甲E，q甲＝，微粒乙在纸面内向左做匀速直线运动，对乙受力分析，受竖直向下重力、竖直向上的电场力，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向下，设乙的速度为v，由平衡条件可得mg＋q乙vB＝ q乙E，q乙＝， 微粒丙在纸面内做匀速圆周运动，对丙受力分析可知，受竖直向下重力、竖直向上电场力和洛伦兹力，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，丙做匀速圆周运动；由平衡条件可得，重力与电场力大小相等，则有 mg＝q丙E q丙＝ 由以上计算分析可知，甲、乙和丙带电量应为q甲＝q丙＜q乙，故选A。 【答案】　A 11．如图所示，虚线右侧有竖直向下的电场强度E＝45 N/C的匀强电场及垂直于电场向外的磁感应强度B＝0.25 T的匀强磁场。在光滑绝缘的水平面上有两个等大的金属小球A、B，小球A不带电，其质量mA＝0.05 kg，紧贴虚线静置的小球B带电量qB＝－4×10－3 C，其质量mB＝0.01 kg。小球A以速度v0＝20 m/s水平向右与小球B发生正碰，碰后小球B垂直于电、磁场直接进入正交电、磁场中。刚进入正交电、磁场的瞬间，小球B竖直方向的加速度恰好为零。设小球A、B碰撞瞬间电荷均分，取g＝10 m/s2。则下列说法正确的是(　　) A．碰后瞬间，小球A的速度大小为10 m/s B．小球A在刚进入正交电、磁场后的短时间内，其电势能减少 C．过程中，小球A对小球B做的功为2 J D．小球A、B之间的碰撞为弹性碰撞 【解析】　A．小球A、B碰撞瞬间电荷均分，则两小球电荷量的绝对值均为 q＝＝2×10－3 C 且小球B刚进入正交电、磁场的瞬间，竖直方向的加速度恰好为零，则有mBg＝qvBB＋qE 解得碰后B球的速度为vB＝20 m/s 小球A、B碰撞过程中，由动量守恒定律可得mAv0＝mAvA＋mBvB 解得，碰后瞬间小球A速度为vA＝16 m/s，故A错误； B．小球A刚进入正交电、磁场后，由于mAg＝0.5 N＞qE＋qvAB＝0.098 N 所以小球A向下偏，则电场力做负功，故其电势能增大，故B错误； C．根据动能定理，可知小球A对小球B做的功为W＝mBv＝2 J，故C正确； D．由于碰撞前A、B系统机械能为Ek1＝mAv＝10 J 碰后系统机械能为Ek2＝mAv＋mBv＝8.4 J 则Ek1＞Ek2，机械能不守恒，故小球A、B之间的碰撞为非弹性碰撞，故D错误。故选C。 【答案】　C 12．如图甲所示，一个带负电的物块m由静止开始从斜面上A点下滑，滑到水平面BC上的D点停下来，已知物块与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，且不计物块经过B处时的机械能损失。若在空间加竖直向下的匀强电场(电场力小于重力)如图乙，仍让物块m从A点由静止开始下滑，结果物块在水平面上的D′点停下来。若在空间加向里的匀强磁场如图丙，再次让物块m从A点由静止开始下滑结果物块沿斜面滑下并在水平面上的D″点停下来，则以下说法中正确的是(　　) 　 甲　　　　　　　　　乙 丙 A．D′点一定在D点左侧 B．D′点一定与D点重合 C．D″点一定在D点右侧 D．D″点一定与D点重合 【解析】　AB.设物体的电量为q，电场强度大小为E，斜面的倾角为θ，动摩擦因数为μ，不加电场时，根据动能定理得mgsABsin θ－μmgsABcos θ－μmgsBD＝0 ① 加电场时，根据动能定理有(mg－qE)sABsin θ－μ(mg－qE)sABcos θ－μ(mg－qE)sBD′＝0 ② 将①②两式对比得可得sBD＝sBD′ 则D′点一定与D点重合，选项A错误，B正确； CD.在ABC所在空间加水平向里的匀强磁场后，洛伦兹力垂直于接触面向下，加磁场时，根据动能定理可得 mgsABsin θ－μsAB(mgcos θ＋qvB)－μ(mg＋qv′B)sBD″＝0 ③ 比较①③两式可知，正压力变大，摩擦力变大，重力做的功不变，所以D″点一定在D点左侧，即 sBD″＜sBD 选项CD错误。故选B。 【答案】　B 13．如图所示为固定的长为L的水平绝缘管，内壁粗糙，管处在大小为B、方向垂直管向里的匀强磁场中。一质量为m、带电量为＋q的小物块以水平向右的初速度v0进入绝缘管(管的内径略大于物块大小)，则(　　) A．小物块离开绝缘管时的速度大小不可能为v0 B．小物块离开绝缘管时的速度大小不可能为 C．该过程摩擦力对小物块所做的功可能为－mv D．该过程摩擦力对小物块所做的功不可能为 －mv 【解析】　A．根据左手定则判断，小物块在绝缘管内运动时受到竖直向上的洛伦兹力，当速度v0满足v0＝ 即F洛＝qv0B＝mg，小物块在绝缘管中做匀速直线运动，以速度v0离开绝缘管，A错误； BD.当小物块的速度v0满足v0＞ 小物块受力如图所示 由此可知小物块做加速度减小的直线运动，当速度减为v＝ 若此时尚未滑出绝缘管，则之后将做匀速直线运动。若离开绝缘管时小物块匀速直线运动，则此过程中摩擦力对小物块所做的功为Wf Wf＝mv2－mv＝－mv，BD错误； C．小物块在绝缘管中的运动可能为匀速直线运动，或者先做加速度减小的减速运动再匀速，或者一直做加速度增大的减速运动且有可能减速为零，因此，摩擦力做的功可能是0到－mv之间的某一值，所以该过程摩擦力对小物块所做的功可能为－mv，C正确。故选C。 【答案】　C 14．如图所示，直角坐标系xO2y位于竖直平面内，在x>0，y>0的区域存在竖直方向的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B＝。将一个半径R的四分之一的光滑绝缘圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，O1是轨道的圆心，A点与O1等高，轨道末端水平，O2C＝R。将一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从A点静止释放，离开C点后进入到xO2y区域，在xO2y区域恰好做匀速圆周运动，重力加速度为g。求： (1)匀强电场的电场强度大小和方向； (2)小球在xO2y区域做匀速圆周运动的半径； (3)若在x轴上放置一个长度为2R的收集板MN，O2M＝2.2R。小球可以从圆弧轨道上的AB之间的任何位置静止释放，∠AO1B＝30°，若带电小球打在收集板之后就被立即拿走且不会改变原电场的分布，则收集板上有小球打到的区域长度Δx。 【解析】　(1)根据小球在xO2y区域做匀速圆周运动Eq＝mg，解得E＝ 电场强度方向竖直向上； (2)设小球刚进入复合场的速度为v0，小球从A点释放到刚进入复合场，根据动能定理得： mg2R＝mv2－0 解得v＝2 设小球匀速圆周运动的半径为r， 由qvB＝m ， 解得r＝R (3)若小球在AB之间的某位置静止释放，设小球进入复合场中的速度大小为v′，与x轴正方向夹角为θ，小球做匀速圆周运动的半径为r′＝ 小球从进入复合场到打到收集板上，做匀速圆周运动的弦长为d＝2r′sin θ 代入r′和B，解得d＝2R 说明小球在AB之间的任何位置静止释放，做圆周运动的弦长不变。 小球从A点静止释放运动到C点，由动能定理mgR＝mv－0，v1＝ 进入x轴的位置据O2为x1， 根据平抛运动规律x1＝v1 ＝2R 因为x1<2.2R，所以从AB之间释放的粒子都能进入xO2y区域做圆周运动 小球从B点静止释放运动到C点，由动能定理mg(R－Rsin 30°)＝mv－0 v2＝ 进入x轴的位置据O2为x2， 根据平抛运动规律x2＝v2 ＝R 则收集板上有小球打到的区域长度Δx＝(x2＋d)－(x1＋d)＝(2－)R 【答案】　(1)E＝，方向竖直向上 (2)R　(3)Δx＝(2－)R 学科网（北京）股份有限公司 $$