高中物理新教材同步选择性必修第二册 第1章 专题强化 带电粒子在组合场、叠加场中的运动

[学习目标]1.学会分析带电粒子在组合场中运动的分析方法，会分析两场边界带电粒子的速度大小和方向.2.会分析带电粒子在叠加场中的受力情况和运动情况，能正确选择物理规律解答问题．一、带电粒子在组合场中的运动1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，一般为两场相邻或在同一区域电场、磁场交替出现．2．解题时要弄清楚场的性质、场的方向、强弱、范围等．3．要正确进行受力分析，确定带电粒子的运动状态．(1)仅在电场中运动①若初速度v0与电场线平行，粒子做匀变速直线运动；②若初速度v0与电场线垂直，粒子做类平抛运动．(2)仅在磁场中运动①若初速度v0与磁感线平行，粒子做匀速直线运动；②若初速度v0与磁感线垂直，粒子做匀速圆周运动．4．分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹是解题的关键．特别提醒从一个场射出的末速度是进入另一个场的初速度，因此两场界面处的速度(大小和方向)是联系两运动的桥梁，求解速度是重中之重．(2019·安徽师大附中期末)如图1所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅱ、Ⅲ象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第Ⅰ、Ⅳ象限内存在半径为L的圆形匀强磁场，磁场圆心在M(L,0)点，磁场方向垂直于坐标平面向外．一带正电粒子从第Ⅲ象限中的Q(－2L，－L)点以速度v0沿x轴正方向射入，恰好从坐标原点O进入磁场，从P(2L,0)点射出磁场，不计粒子重力，求：图1(1)电场强度与磁感应强度大小的比值；(2)粒子在磁场与电场中运动时间的比值．答案(1)eq\f(v0,2)(2)eq\f(π,4)解析(1)设粒子的质量和所带电荷量分别为m和q，粒子在电场中运动，由平抛运动规律及牛顿运动定律得，2L＝v0t1，L＝eq\f(1,2)at12，qE＝ma，vy＝at1联立可得粒子到达O点时沿＋y方向的分速度为vy＝eq\f(2L,t1)＝v0，则tanα＝eq\f(vy,v0)＝1，α＝45°.粒子在磁场中的速度大小为v＝eq\r(2)v0.Bqv＝eq\f(mv2,r)，由几何关系得r＝eq\r(2)L解得eq\f(E,B)＝eq\f(v0,2)；(2)粒子在磁场中运动的周期为T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πL,v0)，在磁场中运动的时间为t2＝eq\f(1,4)T＝eq\f(πL,2v0)，t1＝eq\f(2L,v0)解得eq\f(t2,t1)＝eq\f(π,4).针对训练(2019·重庆市渝北区高二期末)如图2所示，MN和GH是电压为U的两平行极板(极板厚度可忽略)，极板间存在方向竖直方向上的匀强电场．空间(除两虚线之间的区域)存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B(大小可调)．极板MN和GH上分别有正对的两个小孔O和A，PQ为铝制薄板，ON＝AH＝PQ＝d，NP＝2d.质量为m、电荷量为q的正离子从A点由静止开始加速，经O进入磁场区域，两虚线之间的区域(除极板)无电场和磁场存在，离子可匀速穿过．忽略相对论效应和离子所受的重力．图2(1)离子从小孔O第一次进入磁场时的速度大小v1；(2)磁感应强度B为多大时，离子只加速一次就能打到铝板P处；(3)若B＝eq\f(1,d)eq\r(\f(2mU,q))，试通过计算说明离子加速几次后第一次打到铝板上．答案(1)eq\r(\f(2qU,m))(2)eq\f(2,3d)eq\r(\f(2mU,q))(3)3次解析(1)由动能定理可知qU＝eq\f(1,2)mv12－0解得v1＝eq\r(\f(2qU,m))(2)由洛伦兹力提供向心力，有：qv1B＝eq\f(mv\o\al(12),R)由几何关系可知R＝eq\f(3,2)d解得B＝eq\f(2,3d)eq\r(\f(2mU,q))(3)由洛伦兹力提供向心力，由qv1B＝meq\f(v\o\al(12),r1)，解得r1＝d，此时并未打到铝板上，离子在电场中进行第二次加速，根据动能定理有qU＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，又qv2B＝eq\f(mv\o\al(22),r2)，联立可得此时在磁场中的半径为r2＝eq\r(2)d，没有打到铝板上；离子在电场中进行第三次加速，同理可求得在磁场中的半径r3＝eq\r(3)d，此时打到铝板上．综上可知，离子加速3次后第一次到达铝板上．二、带电粒子在叠加场中的运动处理带电粒子在叠加场中的运动的基本思路1．弄清叠加场的组成．2．进行受力分析，确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合．3．画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律．(1)当带电粒子在叠加场中做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程求解．(2)当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，一定是电场力和重力平衡，洛伦兹力提供向心力，应用平衡条件和牛顿运动定律分别列方程求解．(3)当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．(2019·重庆一中高二上期中)如图3所示，空间中的匀强电场水平向右，匀强磁场垂直纸面向里，一带电微粒沿着直线从M运动到N，以下说法正确的是()图3A．带电微粒可能带负电B．运动过程中带电微粒的动能保持不变C．运动过程中带电微粒的电势能增加D．运动过程中带电微粒的机械能守恒答案B解析根据微粒做直线运动的条件和受力情况可知，带电微粒一定带正电，且做匀速直线运动，如图所示，选项A错误；由于电场力向右，对带电微粒做正功，电势能减小，但重力做负功，由于带电微粒做匀速直线运动，则合力做功为零，因此动能保持不变，选项B正确，C错误；由能量守恒可知，电势能减小，则机械能一定增加，选项D错误．如图4所示，A、B间存在与竖直方向成45°斜向上的匀强电场E1，B、C间存在竖直向上的匀强电场E2，A、B的间距为1.25m，B、C的间距为3m，C为荧光屏．一质量m＝1.0×10－3kg、电荷量q＝＋1.0×10－2C的带电粒子由a点静止释放，恰好沿水平方向经过b点到达荧光屏上的O点．若在B、C间再加方向垂直纸面向外且大小为B＝0.1T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏O′点(图中未画出)．取g＝10m/s2.求：图4(1)E1的大小；(2)加上磁场后，粒子由b点到O′点电势能的变化量．答案(1)eq\r(2)N/C(2)1.0×10－2J解析(1)粒子在A、B间做匀加速直线运动，竖直方向受力平衡，则有qE1cos45°＝mg解得E1＝eq\r(2)N/C.(2)粒子从a到b的过程中，由动能定理得：qE1dABsin45°＝eq\f(1,2)mvb2解得vb＝eq\r(2gdAB)＝5m/s加磁场前粒子在B、C间必做匀速直线运动，则有：qE2＝mg加磁场后粒子在B、C间必做匀速圆周运动，如图所示，由牛顿第二定律可得：qvbB＝meq\f(v\o\al(b2),R)解得R＝5m设偏转距离为y，由几何知识得R2＝dBC2＋(R－y)2代入数据得y＝1.0m(y＝9.0m舍去)粒子在B、C间运动时电场力做的功有W＝－qE2y＝－mgy＝－1.0×10－2J由功能关系知，粒子由b点到O′点电势能增加了1.0×10－2J.1.(带电粒子在叠加场中的运动)(多选)如图5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，有一带电液滴沿斜向上的虚线L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5A．液滴一定做匀速直线运动B．液滴一定带正电C．电场线方向一定斜向上D．液滴有可能做匀变速直线运动答案ABC解析液滴受重力、电场力、洛伦兹力的共同作用而做匀速直线运动，合力为零，可判断出洛伦兹力与电场力的方向，判断出液滴只有带正电才可能所受合力为零而做匀速直线运动，此时电场线方向必斜向上，故A、B、C正确，D错误．2.(带电粒子在组合场中的运动)(2019·全国卷Ⅰ)如图6所示，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外．一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出．已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力．求：图6(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间．答案(1)eq\f(4U,B2d2)(2)eq\f(Bd2,4U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3)))解析(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v.由动能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2①设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，结合牛顿第二定律有qvB＝meq\f(v2,r)②由几何关系知d＝eq\r(2)r③联立①②③式得eq\f(q,m)＝eq\f(4U,B2d2)④(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s＝eq\f(πr,2)＋rtan30°⑤带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t＝eq\f(s,v)⑥联立②④⑤⑥式得t＝eq\f(Bd2,4U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3)))3.(带电粒子在组合场中的运动)如图7所示，在平面直角坐标系的第一、四象限存在一宽度为a、垂直纸面向外的有界匀强磁场，磁感应强度的大小为B；在第三象限存在与y轴正方向成θ＝60°角的匀强电场．一个粒子源在P点能释放质量为m、电荷量为＋q的粒子，粒子的初速度可以忽略．粒子恰好不能从DH射出，已知电场强度E＝eq\f(2qB2a,m)，不计粒子的重力，求P点到O点的距离和粒子在磁场中运动的半径．图7答案eq\f(1,9)aeq\f(2,3)a解析设PO间距离为d，根据动能定理有qEd＝eq\f(1,2)mv2在磁场中，qvB＝meq\f(v2,R)粒子在磁场中运动的轨迹与边界DH相切，由几何关系知Rcos60°＋R＝a解得R＝eq\f(2,3)a，d＝eq\f(1,9)a1.(多选)(2019·绵阳市月考)地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场(未画出)和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动，如图1所示，由此可以判断()图1A．油滴一定做匀速运动B．油滴可以做变速运动C．如果油滴带正电，它是从N点运动到M点D．如果油滴带正电，它是从M点运动到N点答案AD解析油滴做直线运动，受重力、电场力和洛伦兹力作用，因为重力和电场力均为恒力，根据油滴做直线运动条件可知，油滴所受洛伦兹力亦为恒力．根据F＝qvB可知，油滴必定做匀速直线运动，A正确，B错误；根据做匀速直线运动的条件可知油滴的受力情况如图所示，如果油滴带正电，由左手定则可知，油滴从M点运动到N点，C错误，D正确．2.(多选)一质量为m的带电小球在相互垂直的匀强电场、匀强磁场中做匀速圆周运动，匀强电场竖直向上，场强为E，匀强磁场水平且垂直纸面向里，磁感应强度为B，重力加速度为g，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＝eq\f(mg,E)C．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，小球所受的合力只表现为洛伦兹力，洛伦兹力提供向心力，小球才能做匀速圆周运动，故小球所受电场力向上，小球带正电，小球所受的洛伦兹力方向要指向圆心，由左手定则可知小球绕行方向为逆时针(沿垂直纸面方向向里看)，由mg＝qE可得q＝eq\f(mg,E)，故A错误，B正确；洛伦兹力不做功，但电场力做功，故小球机械能不守恒，故C错误；小球做匀速圆周运动，则合外力做功等于零，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)(2020·扬州中学高二期中)空间存在竖直向下的匀强电场和水平方向(垂直纸面向里)的匀强磁场，如图3所示，已知一离子在电场力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C为运动的最低点．不计重力，则()图3A．该离子带负电B．A、B两点位于同一高度C．到达C点时离子速度最大D．离子到达B点后，将沿原曲线返回A点答案BC解析离子开始受到电场力作用由静止开始向下运动，可知离子受到的电场力方向向下，则该离子带正电，A错误；根据动能定理知，洛伦兹力不做功，从A到B，动能变化为零，则电场力做功为零，A、B两点等电势，因为该电场是匀强电场，所以A、B两点位于同一高度，B正确；根据动能定理知，离子到达C点时电场力做功最大，则速度最大，C正确；离子在B点的状态与A点的状态(速度为零，电势能相等)相同，如果右侧仍有同样的电场和磁场的叠加区域，离子将在B点的右侧重复前面的曲线运动，不可能沿原曲线返回A点，D错误．4.(2020·长沙市模拟)如图4所示，在长方形abcd区域内有正交的电磁场，eq\x\to(ab)＝eq\f(\x\to(bc),2)＝L，一带电粒子以初速度v0从ad的中点垂直于电场和磁场方向射入，恰沿直线从bc边的中点P射出，若撤去磁场，则粒子从c点射出；若撤去电场，则粒子将(重力不计)()图4A．从b点射出B．从b、P间某点射出C．从a点射出D．从a、b间某点射出答案C解析粒子在复合场中沿直线运动，则qE＝qv0B，当撤去磁场时，L＝eq\f(1,2)at2，t＝eq\f(L,v0)，a＝eq\f(qE,m)，撤去电场时，qv0B＝eq\f(mv\o\al(02),r)，可以求出r＝eq\f(1,2)L.由题意可知该粒子带正电，故粒子将从a点射出，C正确．5．(2017·全国卷Ⅰ)如图5，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()图5A．ma＞mb＞mc B．mb＞ma＞mcC．mc＞ma＞mb D．mc＞mb＞ma答案B解析设三个微粒的电荷量均为q，a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即mag＝qE①b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则mbg＝qE＋qvB②c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则mcg＋qvB＝qE③比较①②③式可得：mb>ma>mc，选项B正确．6．(2020·全国卷Ⅱ)CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测．图6(a)是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图(b)所示．图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P点，则()图6A．M处的电势高于N处的电势B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移答案D解析电子在M、N间受向右的电场力，电场方向向左，故M处的电势低于N处的电势，故A错误；加速电压增大，可使电子获得更大的速度，根据r＝eq\f(mv,qB)可知，电子在磁场中做圆周运动的半径变大，P点右移，故B错误；电子受到的洛伦兹力方向向下，根据左手定则，可判断磁场方向垂直于纸面向里，故C错误；根据r＝eq\f(mv,qB)，B增大，可使电子在磁场中做圆周运动的半径变小，P点左移，故D正确．7.如图7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eq\f(B,2)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7A．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eq\f(2πm,3qB)D．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＝eq\f(mv,qB)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为t＝eq\f(1,6)T1＋eq\f(1,6)T2＝eq\f(πm,3qB)＋eq\f(2πm,3qB)＝eq\f(πm,qB)，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，粒子第二次射入x轴上方磁场时的方向与第一次射入x轴上方磁场时的方向相同，粒子将重复前面的曲线运动，则粒子经磁场偏转后不能回到原点O，选项A错误，D正确．8.(多选)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图8所示，已知离子P＋在磁场中转过30°后从磁场右边界射出．忽略离子间的相互作用，在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋()图8A．在电场中的加速度之比为1∶1B．在磁场中运动的轨迹半径之比为1∶3C．在磁场中转过的角度之比为1∶2D．离开电场区域时的动能之比为1∶3答案CD解析P＋和P3＋两种离子的质量相同，它们的带电荷量是1∶3的关系，所以由a＝eq\f(qU,md)可知，它们在电场中的加速度之比为1∶3，故A错误；离子在离开电场时的速度表达式为v＝eq\r(\f(2qU,m))，可知它们的速度之比为1∶eq\r(3)，又由qvB＝meq\f(v2,r)知，r＝eq\f(mv,qB)，所以它们在磁场中运动的轨迹半径之比为eq\r(3)∶1，故B错误；设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度θ等于其圆心角，所以有sinθ＝eq\f(L,r)，则可知它们在磁场中转过角度的正弦值之比为1∶eq\r(3)，又P＋转过的角度为30°，可知P3＋转过的角度为60°，即在磁场中两离子转过的角度之比为1∶2，故C正确；离子在电场中加速，由qU＝eq\f(1,2)mv2可知，两离子离开电场的动能之比为1∶3，故D正确．9．(2019·天津市静海一中高二上期末改编)如图9所示的直角坐标系中，第一象限内存在与x轴成30°角斜向下的匀强电场，电场强度E＝400N/C；第四象限内存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场，其沿x轴方向的宽度OA＝20eq\r(3)cm，沿y轴负方向宽度无限大，磁感应强度B＝1×10－4T．现有一比荷为eq\f(q,m)＝2×1011C/kg的正离子(不计重力)，以某一速度v0从O点射入磁场，其方向与x轴正方向夹角α＝60°，离子通过磁场后刚好从A点射出，之后进入电场．图9(1)求离子进入磁场的速度v0的大小；(2)离子进入电场后，经过多长时间再次到达x轴上．答案(1)4×106m/s(2)eq\r(3)×10－7s解析(1)如图所示，由几何关系得离子在磁场中的轨迹半径r1＝eq\f(OA,2sinα)＝0.2m，离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由Bqv0＝meq\f(v\o\al(02),r1)，解得v0＝4×106m/s.(2)设离子进入电场后，经过时间t再次到达x轴上，由几何知识可知，离子从A点垂直电场线方向射入电场，则离子在电场中做类平抛运动，离子沿垂直电场方向做速度为v0的匀速直线运动，位移为l1，则l1＝v0t，离子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a，位移为l2，则Eq＝ma，l2＝eq\f(1,2)at2，由几何关系可知tan60°＝eq\f(l2,l1)，代入数据解得t＝eq\r(3)×10－7s.10．如图10所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压为U，S1、S2为板上正对的小孔，N板右侧有个宽度为d的匀强磁场区域，磁场的边界和N板平行，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．M板左侧电子枪发出的电子经小孔S1进入两板间，电子的质量为m，电荷量为e，初速度可以忽略．求：图10(1)电子从小孔S2射出时的速率；(2)电子在磁场中做圆周运动的半径；(3)电子离开磁场时，偏离原方向的距离．答案(1)eq\r(\f(2eU,m))(2)eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,e))(3)见解析解析(1)电子从小孔S2射出时，由动能定理得eU＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(\f(2eU,m))(2)电子进入磁场后做