高考物理二轮复习考点练习专题（07）带电粒子在复合场中的运动(2份打包，解析版+原卷版，可预览)

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【知识、方法梳理】
1．带电粒子在叠加场中的运动
(1)若只有两个场且正交，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态。例如电场与磁场中满足qE＝qvB；重力场与磁场中满足mg＝qvB；重力场与电场中满足mg＝qE。
(2)三场共存时，若合力为零，则粒子做匀速直线运动；若粒子做匀速圆周运动，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝meq \f(v2,r)。
(3)当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解。
带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的合外力及初始运动状态的速度，因此带电粒子的运动情况和受力情况的分析是解题的关键。
2．带电粒子在组合场中的运动
【热点训练】
1、(多选)如图所示，平行纸面向下的匀强电场与垂直纸面向外的匀强磁场相互正交，一带电小球刚好能在其中做竖直面内的匀速圆周运动。若已知小球做圆周运动的半径为r，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，重力加速度大小为g，则下列判断中正确的是( )
A．小球一定带负电荷
B．小球一定沿顺时针方向转动
C．小球做圆周运动的线速度大小为eq \f(gBr,E)
D．小球在做圆周运动的过程中，电场力始终不做功
解析：带电小球在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，带电小球受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故小球一定带负电荷，故A正确；磁场方向向外，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断小球的运动方向为逆时针，故B错误；由电场力和重力大小相等，得：mg＝qE，带电小球在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为：r＝eq \f(mv,qB)，联立得：v＝eq \f(gBr,E)，故C正确；小球在做圆周运动的过程中，电场力做功，洛伦兹力始终不做功，故D错误。
【答案】AC
2、如图，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：
(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。
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)＋rtan 30°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\c1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3)))。
3、(多选)如图所示，空间某处存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一个带负电的金属小球从M点水平射入场区，经一段时间运动到N点，关于小球由M到N的运动，下列说法正确的是( )
A．小球可能做匀变速运动 B．小球一定做变加速运动
C．小球动能可能不变 D．小球机械能守恒
解析：小球从M到N，在竖直方向上发生了偏转，所以刚开始受到的竖直向下的洛伦兹力、竖直向下的重力和竖直向上的电场力的合力不为零，并且速度方向变化，则洛伦兹力方向变化，所以合力方向变化，故不可能做匀变速运动，一定做变加速运动，A错误，B正确；若电场力和重力等大反向，则此过程中电场力和重力做功之和为零，而洛伦兹力不做功，所以小球的动能不变，重力势能减小，这种情况下机械能不守恒，若电场力和重力不等大反向，则有电场力做功，所以机械能也不守恒，故小球的机械能不守恒，C正确，D错误．。
【答案】BC
4、(多选)如图所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，分别与高频交流电源连接，两个D形金属盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两个D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，下列说法中正确的是( )
A．加速电压越大，粒子最终射出时获得的动能就越大
B．粒子射出时的最大动能与加速电压无关，与D形金属盒的半径和磁感应强度有关
C．若增大加速电压，粒子在金属盒间的加速次数将减少，在回旋加速器中运动的时间将减小
D．粒子第5次被加速前、后的轨道半径之比为eq \r(5)∶eq \r(6)
解析：粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB＝meq \f(v2,R)，解得：v＝eq \f(qBR,m)，粒子做圆周运动的周期：T＝eq \f(2πm,qB)，则粒子获得的最大动能为：Ekm＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(q2B2R2,2m)，则粒子获得的最大速度与加速电压无关，与D型盒的半径R和磁感应强度B有关，故A错误，B正确；对粒子，由动能定理得：nqU＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(q2B2R2,2m)，加速次数：n＝eq \f(qB2R2,2mU)，增大加速电压U，粒子在金属盒间的加速次数将减少，粒子在回旋加速器中运动的时间：t＝eq \f(n,2)T将减小，故C正确；对粒子，由动能定理得：nqU＝eq \f(1,2)mveq \\al(,n2)，解得vn＝eq \r(\f(2nqU,m))，粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qvnB＝meq \f(v\\al(,n2),rn)，解得：rn＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2nmU,q))，粒子第5次被加速前、后的轨道半径之比为：eq \f(r4,r5)＝eq \f(\r(4),\r(5))，故D错误。
【答案】BC
5、(多选)如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，不计摩擦阻力，则以下说法中正确的是( )
A．液滴一定带正电
B．液滴在C点时的动能最大
C．从A到C过程液滴的电势能增大
D．从C到B过程液滴的机械能增大
解析：从题图中可以看出，带电液滴由静止开始向下运动，说明重力和电场力的合力向下，洛伦兹力指向弧线内侧，根据左手定则可知，液滴带负电，故A错误；从A到C的过程中，重力做正功，而电场力做负功，洛伦兹力不做功，合力做正功，液滴动能增大，从C到B的过程中，重力做负功，电场力做正功，洛伦兹力不做功，合力做负功，液滴动能减小，所以液滴在C点动能最大，故B正确；从A到C过程液滴克服电场力做功，故电势能增加，故C正确；除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，从C到B的过程中，电场力做正功，洛伦兹力不做功，机械能增大，故D正确。
【答案】BCD
6、(多选)如图甲所示，空间同时存在竖直向上的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度为B，电场强度为E，一质量为m，电荷量为q的带正电小球恰好处于静止状态。现在将磁场方向顺时针旋转30°，同时给小球一个垂直磁场方向斜向下的速度v，如图乙所示。则关于小球的运动，下列说法正确的是( )
A．小球做匀速圆周运动
B．小球运动过程中机械能守恒
C．小球运动到最低点时电势能增加了eq \f(mgv,2Bq)
D．小球第一次运动到最低点历时eq \f(πm,2qB)
解析：小球在复合场中处于静止状态，只受两个力作用，即重力和电场力且两者平衡。当把磁场顺时针方向倾斜30°，且给小球一个垂直磁场方向的速度v，则小球受到的合力就是洛伦兹力，且与速度方向垂直，所以带电粒子将做匀速圆周运动，选项A正确；由于带电粒子在垂直于纸面的倾斜平面内做匀速圆周运动过程中受到的电场力要做功，所以机械能不守恒，选项B错误；电场力从开始到最低点克服电场力做功为W＝EqRsin 30°＝eq \f(m2gv,2Bq)，所以电势能的增加量为eq \f(m2gv,2Bq)，选项C错误；小球从第一次运动到最低点的时间为eq \f(1,4)T＝eq \f(πm,2Bq)，选项D正确。
【答案】AD
7、如图所示，平面OM和水平面ON之间的夹角为30°，两平面之间同时存在匀强磁场和匀强电场，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外；匀强电场的方向竖直向上。一带电小球的质量为m，电荷量为q，沿竖直平面以大小为v0的初速度从平面OM上的某点沿左上方射入磁场，速度方向与OM成30°角，带电小球进入磁场后恰好做匀速圆周运动。已知带电小球在磁场中的运动轨迹与ON恰好相切，且带电小球能从OM上另一点P射出磁场(P未画出)。
(1)判断带电小球带何种电荷？所加电场的电场强度E为多大？
(2)求出射点P到两平面交点O的距离s；
(3)带电小球离开磁场后继续运动，能打在左侧竖直的光屏OO′上的T点，求T点到O点的距离s′。
解析：(1)根据题意，带电小球受到的电场力与重力平衡，则带电小球带正电荷。
由力的平衡条件得qE＝mg
解得E＝eq \f(mg,q)。
(2)带电小球在叠加场中，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动。根据牛顿第二定律有：
qv0B＝ SKIPIF 1 < 0
即R＝eq \f(mv0,qB)
根据题意，带电小球在匀强磁场中的运动轨迹如图所示，Q点为运动轨迹与ON相切的点，I点为入射点，P点为出射点。小球离开磁场的速度方向与OM的夹角也为30°，由几何关系可得，QP为圆轨道的直径，故＝2R
OP的长度s＝
联立以上各式得s＝eq \f(4mv0,qB)。
(3)带电小球从P点离开磁场后做平抛运动，设其竖直位移为y，水平位移为x，运动时间为t。
则x＝v0t＝cs 30°
竖直位移y＝eq \f(1,2)gt2
联立各式得s′＝2R＋y＝eq \f(2mv0,qB)＋eq \f(6m2g,q2B2)。
8、如图甲所示，在y≥0的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示；与x轴平行的虚线MN下方有沿＋y方向的匀强电场，电场强度E＝eq \f(8,π)×103 N/C。在y轴上放置一足够大的挡板，t＝0时刻，一个带正电粒子从P点以v＝2×104 m/s的速度沿＋x方向射入磁场。已知电场边界MN到x轴的距离为eq \f(π－2,10) m，P点到坐标原点O的距离为1.1 m，粒子的比荷eq \f(q,m)＝106 C/kg，不计粒子的重力。求
粒子：
(1)在磁场中运动时距x轴的最大距离；
(2)连续两次通过电场边界MN所需的时间；
(3)最终打在挡板上的位置到电场边界MN的垂直距离。
解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝meq \f(v2,R)
解得半径R＝0.2 m
粒子在磁场中运动时，到x轴的最大距离ym＝2R＝0.4 m。
(2)如图甲所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2π×0.2,2×104) s＝2π×10－5 s
由磁场变化规律可知，它在0～eq \f(3π,2)×10－5 seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(即0～\f(3,4)T))
时间内做匀速圆周运动至A点，接着沿－y方向做匀速直线运动直至电场边界C点，用时
t2＝eq \f(R＋y0,v)＝eq \f(π,2)×10－5 s＝eq \f(T,4)
进入电场后做匀减速运动至D点，由牛顿定律得粒子的加速度a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(8,π)×109 m/s2
粒子从C点减速至D再反向加速至C所需的时间
t3＝eq \f(2v,a)＝eq \f(2×2×104,\f(8,π)×109)＝eq \f(π,2)×10－5 s＝eq \f(T,4)
接下来，粒子沿＋y轴方向匀速运动至A所需时间仍为t2，磁场刚好恢复，粒子将在洛伦兹力的作用下从A做匀速圆周运动，再经eq \f(3π,2)×10－5 s时间，粒子将运动到F点，此后将重复前面的运动过程。所以粒子连续通过电场边界MN有两种可能：
第一种可能是，由C点先沿－y方向到D再返回经过C，所需时间为t＝t3＝eq \f(π,2)×10－5 s
第二种可能是，由C点先沿＋y方向运动至A点开始做匀速圆周运动一圈半后，从G点沿－y方向做匀速直线运动至MN，所需时间为t′＝eq \f(T,4)＋eq \f(3T,2)＋eq \f(T,4)＝2T＝4π×10－5 s。
(3)由上问可知，粒子每完成一次周期性的运动，将向－x方向平移2R(即图甲中所示从P点移到F点)，＝1.1 m＝5.5R，故粒子打在挡板前的一次运动如图乙所示，其中I是粒子开始做圆周运动的起点，J是粒子打在挡板上的位置，K是最后一段圆周运动的圆心，Q是I点与K点连线与y轴的交点。
由题意知，＝－5R＝0.1 m
＝R－＝0.1 m＝eq \f(R,2)，则＝＝eq \f(\r(3),2)R
J点到O的距离为eq \f(\r(3),2)R＋R＋eq \f(π－2,10) m＝eq \f(π＋\r(3),10) m。
9、如图所示，在平面直角坐标系xOy平面内，有一个半径为R、圆心O1坐标为(0，－3R)的圆形区域、该区域内存着磁感应强度为B1、方向垂直坐标平面向里的匀强磁场；有一对平行带电极板垂直 x轴且关于y轴对称放置，极板AB、CD的长度和两极板间距均为2R，极板的两个端点B和D位于x轴上，AB板带正电，CD板带负电。在第一和第二象限内(包括x轴和正y轴上)有垂直于坐标平面向里的磁感应强度为B2(未知)的匀强磁场。另有一块长为R、厚度不计的收集板EF位于x轴上2R～3R的区间上。现有一坐标在(R，－3R)的电子源能在坐标平面内向圆形区域磁场内连续不断发射速率均为eq \f(eB1R,m)、方向与y轴正方向夹角为θ(θ可在0～180° 内变化)的电子。
已知电子的电荷量大小为e、质量为m，不计电子之间的相互作用力，两极板之间的电场看成匀强电场且忽略极板的边缘效应。电子若打在AB极板上，则即刻被导走且不改变原电场分布；若电子能经过第一、二象限的磁场后打在收集板上也即刻被吸收(不考虑收集板的存在对电子运动的影响)；若电子没有打在收集板上，则不考虑后续的运动。
(1)若从θ＝60°发射的电子能够经过原点O，则两极板间电压为多大？
(2)要使第(1)问中的电子能被收集板吸收，则B2应为多大？
(3)若B2＝eq \f(4,7)B1，两极板间的电压大小可以从0开始调节(两极板极性不变)，则从哪些角度发射的电子可击中收集板的右端点F？
解析：(1)如图是电子轨迹，由于r＝R，故该电子从eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(R,2)，－2R))沿y轴正向进入电场，则有：
eq \f(R,2)＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(eU,m（2R）)，t＝eq \f(2R,v)，v⊥＝a t，v′＝ SKIPIF 1 < 0
设v′与y轴正方向的夹角为α，cs α＝eq \f(v,v′)＝eq \f(2,\r(5))
得U＝ SKIPIF 1 < 0 。
(2)如图所示，若电子打在收集板的右端点，则有：3R＝2r1cs α，ev′B2＝meq \f(v′2,r1)
得B2＝eq \f(2,3)B1
若电子打在收集板的左端点，则有：2R＝2r2cs α，ev′B2＝meq \f(v′2,r2)
得B2＝B1
所以得B2的范围是eq \f(2,3)B1～B1。
(3)若B2＝eq \f(4,7)B1，由L＝2rcs α，v′＝eq \f(v,cs α)可知，无论电压如何，均有L＝eq \f(7,2)R
所以要击中收集板的右端点，则需要电子从坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(R,2)，0))的位置射出电场
如图所示，由磁聚焦模型可知，只要电压适当，则θ从0～120°发射的电子均可到达坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(R,2)，0))的位置，继而击中收集板的右端点。