第一章 专题四 带电粒子在组合场中的运动-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册作业与测评word（人教版）

物理　选择性必修·第二册[人教版]作业与测评 专题四　带电粒子在组合场中的运动 1．带电粒子在电磁场中的受力情况 (1)带电粒子垂直进入匀强磁场时，受洛伦兹力的作用，方向既与速度方向垂直，又与磁场方向垂直，通过左手定则判断。 (2)带电粒子在电场中受静电力的作用，方向与电场方向平行，正电荷受力方向与电场方向相同，负电荷受力方向与电场方向相反。 (3)带电的微观粒子如电子、质子和各种离子，由于质量较小，重力通常远小于静电力和洛伦兹力，无特别说明时，一般不计重力。带电的宏观小球、液滴、尘埃，由于质量较大，重力通常与静电力和洛伦兹力相当，一般要考虑重力。 2．带电粒子在组合场中运动的隐藏条件：带电粒子通过边界位置时速度大小和方向都不变。 1.(多选)如图所示，直角坐标系xOy的x轴上方存在匀强磁场和匀强电场，y轴是磁场和电场的分界线，磁场方向垂直xOy平面向外，电场方向与y轴平行，指向y轴负方向，M、P两点的坐标为M(0，L)、P(－2L，0)。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以初速度 v0从P点射入电场，经电场偏转后从M点垂直于y轴进入磁场，然后从x轴上的N点离开磁场。已知粒子到达N点时与x轴负方向的夹角为60°，粒子的重力不计。下列说法正确的是(　　) A．匀强电场的电场强度大小为 B．匀强电场的电场强度大小为 C．匀强磁场的磁感应强度大小为 D．匀强磁场的磁感应强度大小为 答案：AD 解析：由题意可知，粒子的运动轨迹如图所示，设粒子从P点入射时沿x轴方向和y轴方向的速度分别为vx、vy，到M点时垂直y轴进入磁场，则粒子在M点的速度为vx，设粒子从P到M的时间为t，电场提供的加速度大小为a，由运动学公式有0＝vy－at，vxt＝2L，L＝vyt－at2，且v＝v＋v，联立解得a＝，vx＝v0，由牛顿第二定律得Eq＝ma，解得匀强电场的电场强度E＝，故A正确，B错误；设粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，由几何知识可知＝R＋Rcos60°，而粒子在磁场中运动的速率为vx，根据洛伦兹力提供向心力有Bqvx＝m，联立解得B＝，故C错误，D正确。 2.如图所示，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xOy平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向。在y轴正半轴上某点以与x轴正方向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d，0)点沿垂直于x轴的方向进入电场。不计重力。若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，求： (1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值； (2)该粒子在电场中运动的时间。 答案：(1)v0tan2θ　(2) 解析：(1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动。 设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得： qv0B＝m① 由题设条件和图中几何关系可知：r＝d② 设电场强度大小为E，粒子在电场运动的加速度大小为ax，运动的时间为t，离开电场时沿x轴负方向运动的速度大小为vx，由牛顿第二定律有：qE＝max③ 根据运动学公式有：vx＝axt，·t＝d④ 由于粒子在电场中做类平抛运动，有： tanθ＝⑤ 由①②③④⑤式联立解得：＝v0tan2θ。 (2)由④⑤式联立解得：t＝。 [名师点拨]　求解带电粒子在组合场中运动的几点说明 (1)基本思路：明确带电粒子在组合场各区域的受力特点及运动规律，然后找出两种场分界线上两种运动的联系(一般是粒子经过分界线时速度不变)，利用运动的合成与分解及几何关系等分阶段处理。 (2)关键点：画出粒子运动的轨迹示意图。 (3)具体解决方案 1.如图所示，虚线左侧存在范围足够大、平行纸面向下的匀强电场，电场强度大小为E；虚线右侧存在足够大、垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B；一带正电粒子从A点以垂直电场和磁场方向的初速度v0进入匀强电场，从虚线上C点(图中未画出)进入匀强磁场，经磁场偏转后从虚线上D点(图中未画出)再次进入匀强电场。不计粒子重力，下列说法正确的是(　　) A．仅增大电场强度E，C点与D点之间的距离保持不变 B．仅增大粒子的初速度v0，粒子在磁场中运动的时间将变长 C．仅减小粒子的质量，第一次在电场运动的过程中电场力对电荷的做功将会减小 D．仅增大磁感应强度B，洛伦兹力对电荷的冲量将变大 答案：A 解析：设带电粒子进入匀强磁场时速度与水平方向的夹角为θ，画出粒子的轨迹如图所示。由类平抛运动规律得，带电粒子在磁场中运动的速度大小为v＝，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝，由几何关系知，C点与D点之间的距离为d＝2rcosθ，联立可得d＝，则仅增大电场强度E，C点与D点之间的距离将不变，故A正确；设A点和C点的水平距离为L，由类平抛运动规律得tanθ＝＝，粒子在磁场中运动的圆心角等于(π＋2θ)，所以仅增大粒子的初速度v0，粒子在磁场中运动的圆心角将变小，在磁场中运动的时间将变短，故B错误；由类平抛运动规律得L＝v0t，电场力对粒子做的功为W＝qEy＝qE×at2＝，仅减小粒子的质量，电场力对电荷做的功增大，故C错误；仅增大磁感应强度B，粒子在磁场中运动的初、末速度不变，根据动量定理I＝m·Δv可知，洛伦兹力对电荷的冲量不变，故D错误。 2.(多选)如图所示，在xOy平面的第Ⅱ象限内有半径为R的圆分别与x轴、y轴相切于P、Q两点，圆内存在垂直于xOy面向外的匀强磁场。在第Ⅰ象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，一带正电的粒子(不计重力)以速率v0从P点射入磁场后恰好垂直y轴进入电场，最后从M(3R，0)点射出电场，出射方向与x轴正方向夹角为α，且满足α＝45°，下列判断中正确的是(　　) A．带电粒子的比荷＝ B．带电粒子运动经过y轴的纵坐标值为1.5R C．粒子在磁场中运动的轨迹半径为2R D．磁场的磁感应强度大小为 答案：AB 解析：由题意可知，粒子进入电场时的速度为v0，在电场中做类平抛运动。设粒子在电场中运动的时间为t2，则在电场中沿x轴方向有3R＝v0t2，沿y轴负方向有y＝vyt2，vy＝at2，qE＝ma，且有tanα＝，联立解得y＝R，带电粒子的比荷＝，故A、B正确。粒子的运动轨迹如图所示，由磁发散可知，粒子在磁场中运动的轨迹半径r＝R，由洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝m，解得B＝，故C、D错误。 3．如图为小姚设计的新型质谱仪原理图，离子源S中飘出的初速为0的离子，经MN间的电场加速后，沿轴线进入图中虚线所示的圆形匀强磁场区域，圆形匀强磁场半径为R，磁场区域的右下部分圆周边界处安装有接收底片PQ，P在O的正下方，Q与O同在轴线上，一个氢离子H＋从离子源进入电场、磁场，最后恰好打在P点，已知元电荷为e，一个氢离子的质量为m0，MN间电压为U0，重力忽略不计。 (1)求圆形区域中磁感应强度B的大小与方向； (2)在离子源中放入不同的离子，离子打在底片上的位置和O点的连线与轴线成θ角，求离子的比荷； (3)在(1)情况下，因放置失误，导致磁场区域整体(包括PQ)向下移动，使磁场区域圆心偏离轴线Δx，Δx<，求此情况下氢离子打在底片上的位置。(用该位置和圆心O点的连线与轴线所成的角度θ表示) 答案：(1)　方向为垂直于纸面向外 (2)tan2　(3)θ＝90° 解析：(1)氢离子带正电，且电荷量为e，经过加速电场加速，由动能定理有eU0＝m0v－0 由几何关系可知，氢离子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r0＝R 由牛顿第二定律有ev0B＝m0 解得B＝ 根据左手定则可知，磁感应强度B的方向为垂直于纸面向外。 (2)设离子在磁场中运动的轨迹半径为r，由几何关系知＝tan 在加速电场中，由动能定理有qU0＝mv2－0 在磁场中，由牛顿第二定律有qvB＝m 联立解得＝tan2。 (3)根据题意可知，满足(1)条件情况下，离子在半径为R的圆形磁场中做圆周运动的轨迹半径r0＝R。若磁场区域圆心向下偏离轴线Δx<，此情况下氢离子相当于在磁场区域圆心上方0～范围进入磁场，如图所示，由磁聚焦可知，氢离子打在底片上的位置仍在光屏的P点，由几何关系可知，θ＝90°。 6 学科网（北京）股份有限公司 $