高三物理一轮复习 第39讲带电粒子在组合场和复合场中的运动课时作业(含详解)

带电粒子在复合场中的运动一、选择题每题6分图3－3－151.场强为E的匀强电场与磁感应强度为B的匀强磁场正交，复合场的水平宽度为d，竖直方向足够长，如图3－3－15所示．现有一束带电荷量为q、质量为m的α粒子以各不相同的初速度v0沿电场方向射入场区，则那些能飞出场区的α粒子的动能增量ΔE k可能为( )A．dq(E＋B) B.qEd BC．qEd D．0解析：α粒子可从左侧飞出或从右侧飞出场区，由于洛伦兹力不做功，电场力做功与路径无关，所以从左侧飞出时ΔE k＝0，从右侧飞出时ΔE k＝Eqd，选项C、D正确．答案：CD图3－3－162．(2013·保定调研)如图3－3－16所示，两金属板间有水平方向(垂直纸面向里)的匀强磁场和竖直向下的匀强电场．一带正电、质量为m 的小球垂直于电场和磁场方向从O 点以速度v 0飞入此区域，恰好能沿直线从P 点飞出．如果只将电场方向变为竖直向上，则小球做匀速圆周运动，加速度大小为a 1，经时间t 1从板间的右端a 点飞出，a 点与P 点间的距离为y 1；如果同时撤去电场和磁场，小球的加速度大小为a 2，经时间t 2从板间的右端b 点以速度v 飞出，b 点与P 点的距离为y 2.a 、b 两点在图中未标出，则一定有( )A ．v 0<vB ．a 1<a 2C ．a 1＝a 2D ．t 1<t 2解析：本题以带电小球的运动为载体考查了匀速直线运动、匀速圆周运动和平抛运动等运动模型．带电小球沿直线从O 点运动到P 点，由运动和力的关系可知，小球做匀速直线运动，其合力为零，即qv 0B ＝qE ＋mg ；若电场方向变为竖直向上，小球做匀速圆周运动，则qE ＝mg ，qv 0B ＝ma 1＝mv 20R ，解得a 1＝2g ，t 1＝L′v 0；若同时撤去电场和磁场，小球只受重力作用做平抛运动，则a 2＝g ，由平抛运动的特点可知：t 2＝Lv 0，由于重力做正功，故v 0<v ，圆周运动的轨迹弧长L′大于直线OP 的长度L ，即t 1>t 2，故A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A图3－3－173.如图3－3－17所示，ABC 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB 为倾斜直轨道，BC 为与AB 相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电(＋q)、乙球带负电(－q)、丙球不带电．现将三个小球分别从轨道AB 上的不同高度处由静止释放，三个小球都恰好通过圆形轨道的最高点，则( )A ．经过最高点时，三个小球的速度相等B ．经过最高点时，甲球的速度最小C ．甲球的释放位置比乙球的高D ．运动过程中三个小球的机械能均保持不变解析：在圆形轨道最高点，对于甲球有mg ＋qv 甲B ＝m v 2甲r ，对于乙球有mg －qv 乙B ＝m v 2乙r ，对于丙球有mg ＝m v 2丙r ，由上可得v 甲>v 丙>v 乙，故选项A 、B 错误．根据机械能守恒定律可知选项C 、D 正确．答案：CD图3－3－184.如图3－3－18所示为一种获得高能粒子的装置，环形区域内存在垂直纸面向外、大小可调节的均匀磁场，质量为m 、电荷量为＋q 的粒子在环中做半径为R 的圆周运动，A 、B 为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子顺时针飞经A 板时，A 板电势升高为U ，B 板电势仍保持为零，粒子在两板间电场中得到加速，每当粒子离开B 板时，A 板电势又降为零，粒子在电场中一次次加速下动能不断增大，而绕行半径不变( )A ．粒子从A 板小孔处由静止开始在电场作用下加速，绕行n 圈后回到A 板时获得的总动能为2nqUB ．在粒子绕行的整个过程中，A 板电势可以始终保持为＋UC ．在粒子绕行的整个过程中，每一圈的周期不变D ．为使粒子始终保持在半径为R 的圆轨道上运动，磁场必须周期性递增，则粒子绕行第n 圈时的磁感应强度为1R2nmUq解析：粒子每绕行一周，电场力做功qU ，绕行n 圈时，电场力做功即粒子获得的动能为nqU ，A 错误；若A 板电势始终不变，则粒子运行一周时电场力做功为零，粒子得不到加速，B 错误；粒子每次加速后速度增大而运行半径不变，则周期T ＝2πRv 应减小，C 错误；再由R ＝mv qB ，nqU ＝12mv 2，得B ＝mqR2nqU m ＝1R2nmUq，故可知B 应随加速圈数的增加而周期性变大，D 正确．答案：D图3－3－195.某制药厂的污水处理站的管道中安装了如图3－3－19所示的流量计，该装置由绝缘材料制成长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直于上下底面方向加磁感应强度为B方向向下的匀强磁场，在前后两个面的内侧固定有金属板作为电极，当含有大量正负离子(其重力不计)的污水充满管口从左向右流经该装置时，利用电压表所显示的两个电极间的电压U，就可测出污水流量Q(单位时间内流出的污水体积)．则下列说法正确的是( ) A．后表面的电势一定高于前表面的电势，与正负哪种离子多少无关B．若污水中正负离子数相同，则前后表面的电势差为零C．流量Q越大，两个电极间的电压U越大D．污水中离子数越多，两个电极间的电压U越大解析：由左手定则可知，正负离子从左向右流经该装置时，正离子向后表面偏，负离子向前表面偏，故A正确，B错误；流量Q越大，离子运动速度越大，由法拉第电磁感应定律U＝Bqv，两个电极间的电压U也就越大，故C正确，D错误．答案：AC二、非选择题每题10分图3－3－206．(2013·天津卷)如图3－3－20所示，一圆筒的横截面如图3－3－20所示，其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d 的平行金属板M 、N ，其中M 板带正电荷，N 板带等量负电荷．质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子自M 板边缘的P 处由静止释放，经N 板的小孔S 以速度v 沿半径SO 方向射入磁场中．粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S 孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：(1)M 、N 间电场强度E 的大小； (2)圆筒的半径R ；(3)保持M 、N 间电场强度E 不变，仅将M 板向上平移23d ，粒子仍从M 板边缘的P 处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S 孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n.解析：(1)设两板间的电压为U ，由动能定理得 qU ＝12mv 2①由匀强电场中电势差与电场强度的关系得 U ＝Ed ② 联立上式可得 E ＝mv22qd③图3－3－21(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O′，圆半径为r.设第一次碰撞点为A ，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S 孔射出，因此，SA 弧所对的圆心角∠AO′S 等于π3.由几何关系得 r ＝Rtan π3④粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得 qvB ＝m v2r ⑤联立④⑤式得 R ＝3mv3qB⑥ (3)保持M 、N 间电场强度E 不变，M 板向上平移23d 后，设板间电压为U′，则U′＝Ed 3＝U3⑦设粒子进入S 孔时的速度为v′，由①式看出 U′U ＝v′2v 2 综合⑦式可得 v′＝33v ⑧ 设粒子做圆周运动的半径为r′，则r′＝3mv3qB⑨ 设粒子从S 到第一次与圆周碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到r′＝R ，可见θ＝π2⑩粒子须经过四个这样的圆弧才能从S 孔射出，故 n ＝3. ⑪答案：(1)mv 22qd (2)3mv 3qB(3)3图3－3－227．如图3－3－22，一半径为R 的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)．在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q 的粒子沿图中直线在圆上的a 点射入柱形区域，在圆上的b 点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直．圆心O 到直线的距离为35R.现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a 点射入柱形区域，也在b 点离开该区域．若磁感应强度大小为B ，不计重力，求电场强度的大小．图3－3－23解析：粒子在磁场中做圆周运动．设圆周的半径为r ，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得qvB ＝m v2r①式中v 为粒子在a 点的速度．过b 点和O 点作直线的垂线，分别与直线交于c 和d 点．由几何关系知，线段ac 、bc 和过a 、b 两点的轨迹圆弧的两条半径(未画出)围成一正方形．因此ac ＝bc ＝r ②设cd ＝x ，由几何关系得 ac ＝45R ＋x ③bc ＝35R ＋R 2－x 2④联立②③④式得r ＝75R ⑤再考虑粒子在电场中的运动．设电场强度的大小为E ，粒子在电场中做类平抛运动．设其加速度大小为a ，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qE ＝ma ⑥粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r ，由运动学公式得 r ＝12at 2⑦ r ＝vt ⑧式中t 是粒子在电场中运动的时间． 联立①⑤⑥⑦⑧式得 E ＝145qRB 2m.答案：145qRB 2m8．如图3－3－24甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L 的平行金属极板MN 和PQ ，两极板中心各有一小孔S 1、S 2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为U 0，周期为T 0.在t ＝0时刻将一个质量为m 、电量为－q(q ＞0)的粒子由S 1静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在t ＝T 02时刻通过S 2垂直于边界进入右侧磁场区．(不计粒子重力，不考虑极板外的电场)甲 乙 图3－3－24(1)求粒子到达S 2时的速度大小v 和极板间距d.(2)为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件．(3)若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t ＝3T 0时刻再次到达S 2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小．解析：(1)粒子由S 1至S 2的过程，根据动能定理得 qU 0＝12mv 2①由①式得 v ＝2qU 0m② 设粒子的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得 q U 0d＝ma ③由运动学公式得d ＝12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 022 ④ 联立③④式得d ＝T 04 2qU 0m⑤ (2)设磁感应强度大小为B ，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，由牛顿第二定律得qvB ＝m v 2R⑥ 要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足 2R ＞L 2⑦ 联立②⑥⑦式得 B ＜4L 2mU 0q ⑧ (3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为t 1，有d ＝vt 1 ⑨联立②⑤⑨式得t 1＝T 04○10 若粒子再次到达S 2时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为t 2，根据运动学公式得 d ＝v 2t 2 ⑪ 联立⑨⑩⑪式得t 2＝T 02⑫ 设粒子在磁场中运动的时间为tt ＝3T 0－T 02－t 1－t 2 ⑬ 联立⑩⑫⑬式得t ＝7T 04⑭ 设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T ，由⑥式结合运动学公式得 T ＝2πm qB⑮由题意可知T ＝t ⑯联立⑭⑮⑯式得B ＝8πm 7qT 0. 答案：(1)2qU 0m T 04 2qU 0m (2)B ＜4L 2mU 0q(3)7T 04 8πm 7qT 0图3－3－259.如图3－3－25所示，半圆有界匀强磁场的圆心O 1在x 轴上，OO 1距离等于半圆磁场的半径，磁感应强度大小为B 1.虚线MN 平行x 轴且与半圆相切于P 点．在MN 上方是正交的匀强电场和匀强磁场，电场场强大小为E ，方向沿x 轴负向，磁场磁感应强度大小为B 2.B 1、B 2均垂直纸面，方向如图3－3－25所示．有一群相同的正粒子，以相同的速率沿不同方向从原点O 射入第Ⅰ象限，其中沿x 轴正方向进入磁场的粒子经过P 点射入MN 后，恰好在正交的电磁场中做直线运动，粒子质量为m ，电荷量为q(粒子重力不计)．(1)求粒子初速度大小和有界半圆磁场的半径．(2)若撤去磁场B 2，求经过P 点射入电场的粒子从y 轴出电场时的坐标．(3)试证明：题中所有从原点O 进入第Ⅰ象限的粒子都能在正交的电磁场中做直线运动． 解析：(1)qv 0B 2＝Eqv 0＝E B 2由题意知粒子在磁场B 1中圆周运动半径与该磁场半径相同，qv 0B 1＝mv 20R得R ＝mv 0qB 1＝mE qB 1B 2(2)在电场中粒子做类平抛运动：x ＝R ＝Eqt 22my ＝v 0t ＝E B 22mR Eq ＝mE qB 22B 1B 2y′＝y ＋R ＝mE qB 2(1B 1＋2B 1B 2)图3－3－26(3)证明：设从O 点入射的任一粒子进入B 1磁场时，速度方向与x 轴成θ角，粒子出B 1磁场与半圆磁场边界交于Q 点，如图3－3－26所示，找出轨迹圆心，可以看出四边形OO 1QO 2四条边等长是平行四边形，所以半径O 2Q 与OO 1平行．所以从Q 点出磁场速度与O 2Q 垂直，即与x 轴垂直，所以垂直进入MN 边界．进入正交电磁场E 、B 2中都有qv 0B 2＝Eq ，故粒子做直线运动． 答案：(1)E B 2 mE qB 1B 2 (2)mE qB 2(1B 1＋2B 1B 2) (3)见解析10．(2013·江苏卷)在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制．如图3－3－27中图1所示的xOy 平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E 和磁感应强度B 随时间t 做周期性变化的图象如图2所示．x 轴正方向为E 的正方向，垂直纸面向里为B 的正方向．在坐标原点O 有一粒子P ，其质量和电荷量分别为m 和＋q ，不计重力．在t ＝τ2时刻释放P ，它恰能沿一定轨道做往复运动．图1图2图3－3－27(1)求P 在磁场中运动时速度的大小v 0；(2)求B 0应满足的关系；(3)在t 0(0<t 0<τ2)时刻释放P ，求P 速度为零时的坐标．解析：(1)τ2～τ做匀加速直线运动，r ～2r 做匀速圆周运动电场力F ＝qE 0，加速度a ＝F m ，速度v 0＝at ，且t ＝τ2解得v 0＝qE 0τ2m图3－3－28(2)只有当t ＝2τ时，P 在磁场中做圆周运动结束并开始沿x 轴负方向运动，才能沿一定轨道做往复运动，如图3－3－28所示．设P 在磁场中做圆周运动的周期为T ，则(n －12)T ＝τ(n＝1,2,3……) 匀速圆周运动qvB 0＝m v 2r ，T ＝2πr v解得B 0＝2n －1πm qτ(n ＝1,2,3……)图3－3－29(3)在t 0时刻释放，P 在电场中加速时间为τ－t 0 在磁场中做匀速圆周运动v 1＝qE 0τ－t 0m 圆周运动的半径为r 1＝mv 1qB 0解得r 1＝E 0τ－t 0B 0又经(τ－t 0)时间P 减速为零后向右加速时间为t 0 P 再进入磁场v 2＝qE 0t 0m ，圆周运动的半径r 2＝mv 2qB 0解得r 2＝E 0t 0B 0综上分析，速度为零时横坐标x ＝0相应的纵坐标为y ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2[kr 1－k －1r 2]2k r 1－r 2(k ＝1,2,3……)解得y ＝⎩⎪⎨⎪⎧2E 0[k τ－2t 0＋t 0]B 02kE 0τ－2t 0B 0(k ＝1,2,3……)．答案：(1)qE 0τ2m (2)B 02n －1πmqτ(n ＝1,2,3……)(3)x ＝0，y ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2E 0[k τ－2t 0＋t 0]B 02kE 0τ－2t 0B 0(k ＝1,2,3……)。

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．如图所示，在坐标系Oxy 的第一象限中存在沿y 轴正方向的匀强电场，场强大小为E ．在其它象限中存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里．A 是y 轴上的一点，它到坐标原点O 的距离为h ；C 是x 轴上的一点，到O 的距离为L ．一质量为m ，电荷量为q 的带负电的粒子以某一初速度沿x 轴方向从A 点进入电场区域，继而通过C 点进入磁场区域．并再次通过A 点，此时速度方向与y 轴正方向成锐角．不计重力作用．试求： （1）粒子经过C 点速度的大小和方向； （2）磁感应强度的大小B ．【来源】2007普通高等学校招生全国统一考试（全国卷Ⅱ)理综物理部分 【答案】（1）α＝arctan2h l（2）B 2212mhEh l q+【解析】 【分析】 【详解】试题分析：（1）以a 表示粒子在电场作用下的加速度，有qE ma ＝①加速度沿y 轴负方向．设粒子从A 点进入电场时的初速度为0v ，由A 点运动到C 点经历的时间为t ， 则有：212h at =② 0l v t =③由②③式得02a v h＝ 设粒子从C 点进入磁场时的速度为v ，v 垂直于x 轴的分量12v ah ＝⑤ 由①④⑤式得：22101v v v +＝()2242qE h l mh+⑥设粒子经过C 点时的速度方向与x 轴的夹角为α，则有1vtanvα＝⑦由④⑤⑦式得2harctanlα＝⑧（2）粒子从C点进入磁场后在磁场中作速率为v的圆周运动．若圆周的半径为R，则有qvB＝m2vR⑨设圆心为P，则PC必与过C点的速度垂直，且有PC＝PA R＝．用β表示PA与y轴的夹角，由几何关系得：Rcos Rcos hβα=+⑩Rsin l Rsinβα=－解得222242h lR h lhl++＝由⑥⑨式得：B=2212mhEh l q+2．如图所示，以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，宽度为d，两侧为相同的匀强磁场，方向垂直纸面向里．一质量为m、带电量q+、重力不计的带电粒子，以初速度1v垂直边界射入磁场做匀速圆周运动，后进入电场做匀加速运动，然后第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁场中交替运动．已知粒子第二次在磁场中运动的半径是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此类推．求：（1）粒子第一次经过电场的过程中电场力所做的功1W（2）粒子第n次经过电场时电场强度的大小nE（3）粒子第n 次经过电场所用的时间n t（4）假设粒子在磁场中运动时，电场区域场强为零．请画出从粒子第一次射入磁场至第三次离开电场的过程中，电场强度随时间变化的关系图线（不要求写出推导过程，不要求标明坐标刻度值）．【来源】河北省衡水中学滁州分校2018届高三上学期全真模拟物理试题【答案】（1）21132mv W =（2）21(21)2n n mv E qd +=（3）12(21)n d t n v =+ （4）如图；【解析】 （1）根据mv r qB =，因为212r r =，所以212v v =，所以221211122W mv mv =-, （2）=，，所以．（3），，所以．(4)3．如图所示，一半径为R 的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上．整个空间存在磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场．一电荷量为q (q ＞0)、质量为m 的小球P 在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O ′．球心O 到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为θ(02πθ<<)．为了使小球能够在该圆周上运动，求磁感应强度B 的最小值及小球P相应的速率．(已知重力加速度为g )【来源】带电粒子在磁场中的运动 【答案】min 2cos m g B q R θ=cos gRv θθ=【解析】 【分析】 【详解】据题意，小球P 在球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为O’．P 受到向下的重力mg 、球面对它沿OP 方向的支持力N 和磁场的洛仑兹力f ＝qvB ①式中v 为小球运动的速率．洛仑兹力f 的方向指向O’．根据牛顿第二定律cos 0N mg θ-= ②2sin sin v f N mR θθ-= ③ 由①②③式得22sin sin 0cos qBR qR v v m θθθ-+=④由于v 是实数，必须满足222sin 4sin ()0cos qBR qR m θθθ∆=-≥ ⑤由此得2cos m gB q R θ≥⑥可见，为了使小球能够在该圆周上运动，磁感应强度大小的最小值为min 2cos m gB q R θ=⑦此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为min sin 2qB R v m θ=⑧由⑦⑧式得cos gRv θθ=⑨4．如图甲所示，在直角坐标系中的0≤x≤L 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，右侧有以点（2L ，0）为圆心、半径为L 的圆形区域，与x 轴的交点分别为M 、N ，在xOy 平面内，从电离室产生的质量为m 、带电荷量为e 的电子以几乎为零的初速度从P 点飘入电势差为U 的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔Q 点沿x 轴正方向进入匀强电场，已知O 、Q两点之间的距离为2L，飞出电场后从M 点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力。

2020届一轮复习人教版 带电粒子在组合场、叠加场中的运动 课时作业一、选择题考点一 带电粒子在叠加场中的运动1.如图1所示，竖直平面内，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向垂直于纸面向里，一质量为m 、带电荷量为q 的粒子以速度v 与磁场方向垂直，与电场方向成45°角射入复合场中，恰能做匀速直线运动，则关于电场强度E 和磁感应强度B 的大小，正确的是(重力加速度为g )( )图1A ．E ＝mg q ，B ＝2mgqvB ．E ＝2mgq，B ＝mg qvC ．E ＝mg q，B ＝mg qvD ．E ＝2mgq ，B ＝2mg qv答案 A解析 假设粒子带负电，则其所受电场力方向水平向左，洛伦兹力方向斜向右下方与v 垂直，可以从力的平衡条件判断出这样的粒子不可能做匀速直线运动，所以粒子应带正电荷，受力情况如图所示．根据合外力为零得mg ＝qvB sin 45° qE ＝qvB cos 45°联立可得B ＝2mg qv，E ＝mg q.2．(多选)一带电小球在相互垂直的匀强电场、匀强磁场中做圆周运动，匀强电场竖直向上，匀强磁场水平且垂直纸面向里，如图2所示，下列说法正确的是( )图2A ．沿垂直纸面方向向里看，小球绕行方向为顺时针方向B ．小球一定带正电且小球的电荷量q ＝mg EC ．由于洛伦兹力不做功，故小球运动过程中机械能守恒D ．由于合外力做功等于零，故小球运动过程中动能不变答案 BD解析 带电小球在叠加场中，只有满足重力与电场力大小相等、方向相反，小球受的合力只表现为洛伦兹力，洛伦兹力提供向心力，小球做匀速圆周运动，故小球所受电场力向上，小球带正电，小球受的洛伦兹力方向要指向圆心，由左手定则判断运动方向为逆时针，由mg ＝qE 可得q ＝mg E，故A 错误，B 正确；洛伦兹力不做功，但电场力做功，故机械能不守恒，故C 错误；由于合外力做功等于零，根据动能定理，小球在运动过程中动能不变，故D 正确．3．(多选)如图3所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿虚线L 斜向上做直线运动，L 与水平方向成β角，且α>β，则下列说法中正确的是( )图3A ．液滴一定做匀减速直线运动B ．液滴一定做匀加速直线运动C ．电场方向一定斜向上D ．液滴一定带正电 答案 CD解析 带电液滴受竖直向下的重力G 、平行于电场线方向的电场力F 、垂直于速度方向的洛伦兹力F 洛，带电液滴做直线运动，因此三个力的合力一定为零，带电液滴做匀速直线运动，故选项A 、B 错误．当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力、沿电场线向上的电场力、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力，这三个力的合力能够为零，使带电液滴沿虚线L 做匀速直线运动；如果带电液滴带负电或电场线方向斜向下，带电液滴所受合力不为零，带电液滴不可能沿直线运动，故选项C 、D 正确．考点二 带电粒子在组合场中的运动4．(多选)如图4所示，A 板发出的电子(重力不计)经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板M 、N 间，M 、N 之间有垂直纸面向里的匀强磁场，电子通过磁场后最终打在荧光屏P 上，关于电子的运动，下列说法中正确的是( )图4A ．滑动触头向右移动时，电子打在荧光屏的位置上升B ．滑动触头向右移动时，电子通过磁场区域所用时间不变C ．若磁场的磁感应强度增大，则电子打在荧光屏上的速度大小不变D ．若磁场的磁感应强度增大，则电子打在荧光屏上的速度变大 答案 AC解析 当滑动触头向右移动时，电场的加速电压增大，加速后电子动能增大，进入磁场时的初速度增大，向下偏转程度变小，打在荧光屏的位置上升；在磁场中运动对应的圆心角变小，运动时间变短，选项A 正确，B 错误；磁感应强度增大，电子在磁场中运动速度大小不变，打在荧光屏上的速度大小不变，选项C 正确，D 错误．5.如图5所示，有理想边界的匀强磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B ，某带电粒子的比荷(电荷量与质量之比)大小为k ，由静止开始经电压为U 的电场加速后，从O 点垂直射入磁场，又从P 点穿出磁场．下列说法正确的是(不计粒子所受重力)( )图5A ．如果只增加U ，粒子可以从dP 之间某位置穿出磁场B ．如果只减小B ，粒子可以从ab 边某位置穿出磁场C ．如果既减小U 又增加B ，粒子可以从bc 边某位置穿出磁场D ．如果只增加k ，粒子可以从dP 之间某位置穿出磁场 答案 D解析 由题意可得qU ＝12mv 2，k ＝q m ，r ＝mv qB ，解得r ＝2kUkB.对于选项A ，只增加U ，r 增大，粒子不可能从dP 之间某位置穿出磁场．对于选项B ，粒子电性不变，不可能向上偏转从ab 边某位置穿出磁场．对于选项C ，既减小U 又增加B ，r 减小，粒子不可能从bc 边某位置穿出磁场．对于选项D ，只增加k ，r 减小，粒子可以从dP 之间某位置穿出磁场．6．如图6所示，在x 轴上方存在垂直于纸面向里且磁感应强度为B 的匀强磁场，在x 轴下方存在垂直于纸面向外且磁感应强度为B2的匀强磁场．一带负电的粒子从原点O 与x 轴成30°角斜向上射入磁场，且在x 轴上方磁场中运动的半径为R .粒子重力不计，则( )图6A ．粒子经磁场偏转后一定能回到原点OB ．粒子在x 轴上方和下方磁场中运动的半径之比为2∶1C ．粒子完成一次周期性运动的时间为2πm3qBD ．粒子第二次射入x 轴上方磁场时，沿x 轴前进了3R 答案 D解析 由r ＝mvqB可知，粒子在x 轴上方和下方磁场中运动的半径之比为1∶2，选项B 错误；粒子完成一次周期性运动的时间t ＝16T 1＋16T 2＝πm 3qB ＋2πm 3qB ＝πmqB ，选项C 错误；粒子第二次射入x 轴上方磁场时沿x 轴前进了l ＝R ＋2R ＝3R ，则粒子经磁场偏转后不能回到原点O ，选项A 错误，D 正确． 二、非选择题7．(2018·齐齐哈尔市期末)如图7所示的区域中，OM 左边为垂直纸面向里的匀强磁场，右边是一个电场强度大小未知的匀强电场，其方向平行于OM ，且垂直于磁场方向．一个质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子从小孔P 以初速度v 0沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角θ＝60°，粒子恰好从小孔C 垂直于OC 射入匀强电场，最后打在Q 点，已知OC ＝L ，OQ ＝2L ，不计粒子的重力，求：图7(1)磁感应强度B 的大小； (2)电场强度E 的大小． 答案 (1)3mv 02qL (2)mv 022qL解析 (1)画出粒子运动的轨迹如图所示(O 1为粒子在磁场中做圆周运动的圆心)：∠PO 1C ＝120°设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r ，r ＋r cos 60°＝OC ＝L 得r ＝2L3粒子在磁场中做圆周运动，受到的洛伦兹力充当向心力，qv 0B ＝m v 02r ，解得：B ＝mv 0qr ＝3mv 02qL(2)粒子在电场中做类平抛运动， 由牛顿第二定律得加速度为a ＝qE m水平方向2L ＝v 0t 竖直方向L ＝12at 2解得E ＝mv 022qL8.(2016·天津理综)如图8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 3 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磁感应现象)，取g ＝10 m/s 2，求：图8(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 . 答案 (1)20 m/s 方向与电场方向成60°角斜向上 (2)3.5 s解析 (1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有qvB ＝q 2E 2＋m 2g 2①代入数据解得v ＝20 m/s ②速度v 的方向与电场E 的方向之间的夹角满足 tan θ＝qEmg③代入数据解得tan θ＝ 3 θ＝60°④(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v y ＝v sin θ⑤若使小球再次穿过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v y t －12gt 2＝0⑥联立⑤⑥式，代入数据解得t ＝2 3 s ≈3.5 s.9.如图9所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，在水平的x 轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B 、方向垂直xOy 平面向里，电场线平行于y 轴．一质量为m 、电荷量为q 的带正电的小球，从y 轴上的A 点水平向右抛出，经x 轴上的M 点进入电场和磁场区域，恰能做匀速圆周运动，从x 轴上的N 点第一次离开电场和磁场，MN 之间的距离为L ，小球过M 点时的速度方向与x 轴正方向夹角为θ.不计空气阻力，重力加速度为g ，求：图9(1)电场强度E 的大小和方向；(2)小球从A 点抛出时初速度v 0的大小； (3)A 点到x 轴的高度h .答案 (1)mg q 竖直向上 (2)qBL 2m tan θ (3)q 2B 2L 28m 2g解析 (1)小球在电场、磁场区域中恰能做匀速圆周运动，其所受电场力必须与重力平衡，有qE ＝mg ①E ＝mgq②重力的方向竖直向下，电场力的方向应为竖直向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上．(2)小球在叠加场中做匀速圆周运动，O ′为圆心，MN 为弦长，∠MO ′P ＝θ，如图所示，设半径为r ，由几何关系知L2r＝sin θ③小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设小球做圆周运动的速度为v ，有qvB ＝mv 2r④由速度的合成与分解知v 0v＝cos θ⑤ 由③④⑤式得v 0＝qBL2m tan θ.⑥(3)设小球到M 点时的竖直分速度为v y ，它与水平分速度的关系为v y ＝v 0tan θ⑦ 由匀变速直线运动规律有v y 2＝2gh ⑧由⑥⑦⑧式得h ＝q 2B 2L 28m 2g.10．如图10所示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v 0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OP 之间的距离为d (不计粒子的重力)．求：图10(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)mv 02qd (3)(7π＋4)d2v 0解析 (1)设Q 点的纵坐标为h ，到达Q 点的水平分速度为v x ，P 到Q 受到的恒定的电场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 竖直方向匀速直线运动，h ＝v 0t 1水平方向匀加速直线运动的平均速度v ＝0＋v x2，则d ＝v x t 12根据速度的矢量合成tan 45°＝v x v 0，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 ＝22d由牛顿第二定律得qvB ＝m v 2R ，解得R ＝mvqB由(1)可知v ＝v 0cos 45°＝2v 0联立解得B ＝mv 02qd.(3)在电场中的运动时间为t 1＝2dv 0在磁场中，由运动学公式T ＝2πRv在第一象限中的运动时间为t 2＝135°360°·T ＝38T在第四象限内的运动时间为t 3＝T2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 ＝t 1＋t 2＋t 3＝(7π＋4)d2v 0.。

课后限时集训(二十六) 带电粒子在复合场中的运动(建议用时：40分钟)[基础对点练]题组一：带电粒子在复合场中运动的应用实例1．(2019·北京模拟)如图所示，一束质量、速度和电荷量不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为A 、B 两束，下列说法中正确的是( )A ．组成A 束和B 束的离子都带负电 B ．组成A 束和B 束的离子质量一定不同C ．A 束离子的比荷大于B 束离子的比荷D ．速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外C [由左手定则知，A 、B 两束离子均带正电，A 错误；两束离子经过同一速度选择器后的速度相同，在偏转磁场中，由R ＝mv qB可知，半径大的离子对应的比荷小，但离子的质量不一定相同，故选项B 错误，C 正确；速度选择器中的磁场方向应垂直纸面向里，D 错误。

]2．(多选)如图所示，含有11H 、21H 、42He 的带电粒子束从小孔O 1处射入速度选择器，沿直线O 1O 2运动的粒子在小孔O 2处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在P 1、P 2两点。

则( )A ．打在P 1点的粒子是42He B ．打在P 2点的粒子是21H 和42He C ．O 2P 2的长度是O 2P 1长度的2倍 D ．粒子在偏转磁场中运动的时间都相等BC [通过同一速度选择器的粒子具有相同的速度，故11H 、21H 、42He 的速度相等，由牛顿第二定律得qvB 2＝m v 2R ，解得R ＝mv qB 2，设质子的质量为m ，质子带电量为q ，11H 的半径R 1＝mv qB 2，21H的半径R 2＝2mv qB 2，42He 的半径R 3＝2mv qB 2，故打在P 1点的粒子是11H ，打在P 2点的粒子是21H 和42He ，选项A 错误，B 正确；O 2P 1＝2R 1＝2mv qB 2，O 2P 2＝2R 2＝4mvqB 2，故O 2P 2＝2O 2P 1，选项C 正确；粒子在磁场中运动的时间t ＝T 2＝πm qB，11H 运动的时间与21H 和42He 运动的时间不同，选项D 错误。