物理选择性必修 第二册3 带电粒子在匀强磁场中的运动练习

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\l "_Tc26604" 【题型1 带电粒子在组合场中的运动】3TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc26604" 【题型2 带电粒子在叠加场中的直线运动】7
\l "_Tc30359" 【题型3 带电粒子在叠加场中的匀速圆周运动】9
\l "_Tc30205" 【题型4 带电粒子在叠加场中的一般曲线运动】12
知识点1：组合场
电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或者电场、磁场分时间段在同一区域或不同区域交替出现．
1．解决带电粒子在组合场中的运动所需知识
2．“电偏转”与“磁偏转”的比较
知识点2：叠加场
电场、磁场、重力场叠加，或其中某两场叠加．
1．是否考虑粒子重力
(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为一般情况下其重力与静电力或洛伦兹力相比太小，可以忽略；而对于一些宏观物体，如带电小球、液滴、尘埃等一般应当考虑其重力．
(2)在题目中有明确说明是否要考虑重力的，按题目要求处理．
(3)不能直接判断是否要考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要结合运动状态确定是否考虑重力．
2．处理带电粒子在叠加场中的运动的基本思路
\l "_Tc26604" 【题型1 带电粒子在组合场中的运动】
【例1】(多)一带负电粒子的质量为m、电荷量为q，空间中一平行板电容器两极板S1、S2间的电压为U.将此粒子在靠近极板S1的A处无初速度释放，经电场加速后，经O点进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场(右边界平行于S2)，图中虚线Ox垂直于极板S2，当粒子从P点离开磁场时，其速度方向与Ox方向的夹角θ＝60°，如图所示，整个装置处于真空中，不计粒子所受重力，则( )
A．极板S1带正电
B．粒子到达O点的速度大小为eq \r(\f(2qU,m))
C．此粒子在磁场中运动的时间t＝eq \f(πm,3qB)
D．若改变右侧磁场(左边界位置不变)宽度，使粒子经过O点后恰好不能从右侧离开该有界磁场，则该有界磁场区域的宽度d＝eq \r(\f(Um,qB2))
【答案】 BC
【详解】 带负电粒子向右加速运动，所受静电力向右，场强向左，说明极板S1带负电，故A错误；设粒子到达O点的速度大小为v，由动能定理可得Uq＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(\f(2qU,m))，故B正确；由几何关系可知粒子运动的圆心角为θ＝60°＝eq \f(π,3)，
此粒子在磁场中运动的时间t＝eq \f(1,6)T＝eq \f(1,6)×eq \f(2πm,Bq)＝eq \f(πm,3qB)，故C正确；
若改变右侧磁场(左边界位置不变)宽度，使粒子经过O点后恰好不能从右侧离开该有界磁场，画出临界轨迹如图所示，洛伦兹力提供向心力，有Bqv＝meq \f(v2,R)
把B选项中求得的速度大小代入可得R＝eq \r(\f(2Um,qB2))，
则该有界磁场区域的宽度d＝R＝eq \r(\f(2Um,qB2))，故D错误．
【变式1-1】如图所示，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轴正方向射入电场，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：
(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)
【详解】 (1)粒子的运动轨迹如图所示，设粒子的质量和所带电荷量分别为m和q，粒子在匀强电场中运动，由类平抛运动规律及牛顿运动定律得，2L＝v0t1，L＝eq \f(1,2)at12，qE＝ma
联立解得E＝eq \f(mv02,2qL)
粒子到达O点时沿＋y方向的分速度为vy＝at1＝v0，tan α＝eq \f(vy,v0)＝1，故α＝45°.粒子在磁场中的速度为v＝eq \r(2)v0.
粒子所受洛伦兹力提供向心力，
则Bqv＝eq \f(mv2,r)，由几何关系得r＝eq \r(2)L
联立解得B＝eq \f(mv0,qL)，
则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)，粒子在磁场中运动的时间为t2＝eq \f(1,4)T＝eq \f(πL,2v0)，
粒子在电场中运动的时间为t1＝eq \f(2L,v0)，
解得eq \f(t2,t1)＝eq \f(π,4).
【变式1-2】如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内有竖直向上的匀强电场，圆心O1在x轴上，半径为R且过坐标原点O，圆内有垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)．一质量为m，带电荷量为q的正粒子从圆上P点正对圆心O1以速度v0射入磁场，从坐标原点O离开磁场，接着又恰好经过第一象限的Q(a，b)点，已知PO1与x轴负方向成θ角，不计粒子重力，求：
(1)匀强电场的电场强度E及匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)粒子从P运动到Q的时间．
【答案】 (1)eq \f(2mbv02,a2q) eq \f(mv0,Rq)tan eq \f(θ,2) (2)eq \f(θR,v0tan \f(θ,2))＋eq \f(a,v0)
【详解】 (1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，
由几何关系得rtan eq \f(θ,2)＝R
又qv0B＝meq \f(v02,r)
故B＝eq \f(mv0,Rq)tan eq \f(θ,2)
粒子从O到Q做类平抛运动，设运动时间为t2，
a＝v0t2
则t2＝eq \f(a,v0)，b＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)·t22
故E＝eq \f(2mbv02,a2q)
(2)粒子在磁场中运动的时间t1＝eq \f(θ,2π)·eq \f(2πr,v0)＝eq \f(θr,v0)＝eq \f(θR,v0tan \f(θ,2))
则粒子从P运动到Q的时间为t＝t1＋t2＝eq \f(θR,v0tan \f(θ,2))＋eq \f(a,v0).
【变式1-3】如图所示的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v0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O、P之间的距离为d，不计粒子的重力．求：
(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)eq \f(mv0,2qd) (3)eq \f(7π＋4d,2v0)
【详解】 (1)设Q点的纵坐标为h，粒子到达Q点的水平分速度为vx，从P到Q受到的恒定的静电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，h＝v0t1
水平方向匀加速直线运动的平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(0＋vx,2)，
则d＝eq \f(vxt1,2)
根据速度的矢量合成知tan 45°＝eq \f(vx,v0)
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＝2eq \r(2)d
由牛顿第二定律得qvB＝meq \f(v2,R)，
由(1)可知v＝eq \f(v0,cs 45°)＝eq \r(2)v0
联立解得B＝eq \f(mv0,2qd).
(3)粒子在电场中的运动时间为t1＝eq \f(2d,v0)
粒子在磁场中的运动周期为T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(4πd,v0)
粒子在第一象限中的运动时间为t2＝eq \f(135°,360°)·T＝eq \f(3,8)T
粒子在第四象限内的运动时间为t3＝eq \f(T,2)
故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＝t1＋t2＋t3＝eq \f(7π＋4d,2v0).
\l "_Tc26604" 【题型2 带电粒子在叠加场中的直线运动】
【例2】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( )
A．ma＞mb＞mc B．mb＞ma＞mc
C．mc＞ma＞mb D．mc＞mb＞ma
【答案】 B
【详解】 设三个带正电微粒的电荷量均为q，
a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与静电力平衡，则
mag＝qE①
b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则
mbg＝qE＋qvB②
c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则
mcg＋qvB＝qE③
比较①②③式得：mb>ma>mc，选项B正确．
【变式2-1】(多)地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场(未画出)和垂直纸面向里的匀强磁场，一个带电油滴沿着与竖直方向成α角的直线MN运动，如图所示，由此可以判断( )
A．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
【详解】 油滴做直线运动，受重力、静电力和洛伦兹力作用，因为重力和静电力均为恒力，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．
【变式2-2】如图所示，竖直平面内存在水平方向的匀强电场，电场强度为E，同时存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，纸面内放置一光滑的绝缘细杆，与水平方向成θ＝45°角．质量为m、带电荷量为q的金属小环套在细杆上，以初速度v0沿着细杆向下运动，小环离开细杆后，恰好做直线运动，重力加速度为g，则以下说法正确的是( )
A．小环可能带负电
B．电场方向可能水平向右
C．小环的初速度v0＝eq \f(\r(2)mg,qB)
D．小环离开细杆时的速度v＝eq \f(E,B)
【答案】 C
【详解】 小环离开细杆后，恰好做直线运动，该运动一定是匀速直线运动，如果是变速运动，洛伦兹力大小会变化，而洛伦兹力又垂直速度方向，就一定要改变速度的方向，小环做曲线运动；如果小环带负电荷，静电力方向不管是向左还是向右，小环均不可能平衡，所以小环只能带正电，根据平衡条件，静电力向左，故电场方向水平向左，故选项A、B错误；小环离开杆后做匀速直线运动，根据平衡条件，在平行杆的方向则有mgsin 45°＝qEcs 45°，垂直杆的方向则有mgcs 45°＋qEsin 45°＝qvB，联立解得v＝eq \f(\r(2)mg,qB)，qE＝mg，故v＝eq \f(\r(2)E,B)；小环在杆上运动过程，重力和静电力的合力垂直杆不做功，而支持力和洛伦兹力也不做功，故小环在杆上的运动是匀速运动，小环的初速度为v0＝v＝eq \f(\r(2)mg,qB)，故选项C正确，D错误．
【变式2-3】(多)如图所示，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( )
A．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
【详解】 液滴受重力、静电力、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静电力的方向，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．
\l "_Tc30359" 【题型3 带电粒子在叠加场中的匀速圆周运动】
【例3】如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入由互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B构成的叠加场中(E和B已知)，小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，重力加速度大小为g，则( )
A．小球可能带正电
B．小球做匀速圆周运动的半径为r＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2UE,g))
C．小球做匀速圆周运动的周期为T＝eq \f(πE,Bg)
D．若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增加
【答案】 B
【详解】 小球在叠加场中做匀速圆周运动，则小球受到的静电力和重力满足mg＝Eq，则小球带负电，A项错误；因为小球做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由牛顿第二定律和动能定理可得：qvB＝eq \f(mv2,r)，Uq＝eq \f(1,2)mv2，故小球做匀速圆周运动的半径r＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2UE,g))，B项正确；由T＝eq \f(2πr,v)，得T＝eq \f(2πE,Bg)，与电压U无关，C、D项错误．
【变式3-1】如图所示，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，磁场的磁感应强度大小为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轴正方向的夹角为θ.不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)电场强度E的大小和方向；
(2)小球从A点抛出时初速度v0的大小；
(3)A点到x轴的高度h.
【答案】 (1)eq \f(mg,q) 竖直向上 (2)eq \f(qBL,2mtan θ) (3)eq \f(q2B2L2,8m2g)
【详解】 (1)小球在电场、磁场区域中恰能做匀速圆周运动，其所受静电力与重力平衡，有qE＝mg①
则E＝eq \f(mg,q)②
重力的方向竖直向下，静电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，如图所示，O′为圆心，MN为弦长，∠MO′P＝θ，设轨道半径为r，由几何关系知eq \f(L,2r)＝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＝eq \f(mv2,r)
④
由速度的合成与分解知eq \f(v0,v)＝cs θ⑤
由③④⑤式得v0＝eq \f(qBL,2mtan θ).⑥
(3)设小球在M点时的竖直分速度为vy，它与水平分速度的关系为vy＝v0tan θ⑦
由匀变速直线运动规律有vy2＝2gh⑧
由⑥⑦⑧式得h＝eq \f(q2B2L2,8m2g).
【变式3-2】如图所示，空间中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，有一带电液滴在竖直面内做半径为R的匀速圆周运动，已知电场强度为E，磁感应强度为B，重力加速度为g，则液滴环绕速度大小及方向分别为( )
A.eq \f(E,B)，顺时针 B.eq \f(E,B)，逆时针
C.eq \f(BgR,E)，顺时针 D.eq \f(BgR,E)，逆时针
【答案】 C
【详解】 液滴在叠加场中做匀速圆周运动，知重力和静电力平衡，则液滴受到向上的静电力，可知液滴带负电，根据左手定则可知液滴做顺时针的匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,R)
又因为重力和静电力平衡，则有qE＝mg
解得v＝eq \f(BgR,E)
故A、B、D错误，C正确．
【变式3-3】(多选)如图所示，xOy坐标平面在竖直面内，x轴沿水平方向，y轴正方向竖直向上，在图示空间内有垂直于xOy平面的水平匀强磁场(图中未画出)．一带电小球从O点由静止释放，运动轨迹如图中曲线所示．关于带电小球的运动，下列说法中正确的是( )
A．OAB轨迹为半圆
B．小球运动至最低点A时速度最大，且沿水平方向
C．小球在整个运动过程中机械能守恒
D．小球在最低点A时受到的洛伦兹力与重力大小相等
【答案】 BC
【详解】 因为重力改变速度的大小，而洛伦兹力仅改变速度的方向，又洛伦兹力大小随速度大小的变化而变化，故小球运动的轨迹不可能是圆，故A错误；整个过程中由于洛伦兹力不做功，即只有重力做功，故小球机械能守恒，故C正确；因为只有重力做功，根据动能定理，小球在最低点时重力做功最多，mgh＝eq \f(1,2)mv2－0，得v＝eq \r(2gh)，最低点处h最大故速度最大，小球做曲线运动的速度方向为该点的切线方向，该点的切线方向沿水平方向，故B正确；若小球在最低点A处时所受洛伦兹力与重力大小相等，根据平衡条件可知小球将水平向右做匀速直线运动，不可能沿轨迹AB运动，故D错误．
\l "_Tc30205" 【题型4 带电粒子在叠加场中的一般曲线运动】
【例4】 (多)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，如图所示，已知一离子在静电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( )
A．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
【详解】 离子开始仅受到静电力作用由静止开始向下运动，可知离子受到的静电力方向向下，与电场方向同向则该离子带正电，A错误；洛伦兹力不做功，从A到B，动能变化为零，根据动能定理知，静电力做功为零，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点时静电力做功最多，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．
【变式4-1】如图所示的虚线区域内，充满垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，一带电微粒A以一定初速度由左边界的O点射入虚线区域，恰好沿水平直线从区域右边界O′点穿出，射出时速度大小为vA，若仅撤去磁场，其他条件不变，另一个相同的微粒B仍以相同的速度由O点射入并从区域右边界穿出，射出时速度的大小为vB，则微粒B( )
A．穿出位置一定在O′点上方，vBvA
C．穿出位置一定在O′点下方，vBvA
【答案】 D
【详解】 设带电微粒从O点射入时的速度为v0，若带电微粒A带负电，其静电力、重力、洛伦兹力均向下，与运动方向垂直，不可能做直线运动，故微粒A一定带正电，且满足mg＝Eq＋Bqv0，做匀速直线运动，故vA＝v0.若仅撤去磁场，由于mg>Eq，带电微粒B向下偏转，穿出位置一定在O′点下方，合力对其做正功，vB>vA，故D正确．
【变式4-2】如图所示，空间存在竖直向上的匀强电场和水平的匀强磁场(垂直纸面向里)．一带正电的小球从O点由静止释放后，运动轨迹如图中曲线OPQ所示，其中P为运动轨迹中的最高点，Q为与O同一水平高度的点．下列关于该带电小球运动的描述，正确的是( )
A．小球在运动过程中受到的洛伦兹力先增大后减小
B．小球在运动过程中电势能先增加后减少
C．小球在运动过程中机械能守恒
D．小球到Q点后将沿着曲线QPO回到O点
【答案】 A
【详解】 小球由静止开始向上运动，可知静电力大于重力，在运动的过程中，洛伦兹力不做功，静电力和重力的合力先做正功后做负功，根据动能定理知，小球的速度先增大后减小，则小球受到的洛伦兹力先增大后减小，故A正确；小球在运动的过程中，静电力先做正功后做负功，则电势能先减少后增加，故B错误；小球在运动的过程中，除重力做功以外，静电力也做功，机械能不守恒，故C错误；小球到Q点后，将重复之前的运动，不会沿着曲线QPO回到O点，故D错误．
【变式4-3】如图甲所示，宽度为d的竖直狭长区域内(边界为L1、L2)，存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场(如图乙所示)，电场强度的大小为E0，E>0表示电场方向竖直向上．t＝0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点，Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g.上述d、E0、m、v和重力加速度g为已知量．求：
(1)微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小；
(2)微粒做圆周运动的半径r；
(3)电场变化的周期T.
【答案】 (1)eq \f(mg,E0) eq \f(2E0,v) (2)eq \f(v2,2g) (3)eq \f(d,2v)＋eq \f(πv,g)
【详解】 (1)微粒从N1沿直线运动到Q点的过程中受力平衡，则mg＋qE0＝qvB
到Q点后电场方向变为竖直向上，微粒做圆周运动，则mg＝qE0
联立以上两式解得：q＝eq \f(mg,E0)，B＝eq \f(2E0,v)
(2)微粒做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,r)，
解得：r＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(v2,2g)
(3)设微粒从N1运动到Q的时间为t1，做圆周运动的周期为t2，则eq \f(d,2)＝vt1，2πr＝vt2
解得：t1＝eq \f(d,2v)，t2＝eq \f(πv,g)
电场变化的周期T＝t1＋t2＝eq \f(d,2v)＋eq \f(πv,g).电偏转
磁偏转
偏转条件
只受恒定的静电力F＝qE
v⊥E进入匀强电场
只受大小恒定的洛伦兹力F＝qvB
v⊥B进入匀强磁场
运动轨迹
抛物线
圆弧
求解方法
利用类平抛运动的规律x＝v0t，y＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(qE,m)，tan θ＝eq \f(at,v0)
利用牛顿第二定律、向心力公式有r＝eq \f(mv,qB)，T＝eq \f(2πm,qB)，t＝ eq \f(θT,2π)