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) (2) 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＝at1 2，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＝＝v0，则tan α＝＝1，α＝45°. 粒子在磁场中的速度大小为v＝v0. Bqv＝， 由几何关系得r＝L 解得＝； (2)粒子在磁场中运动的周期为T＝＝， 在磁场中运动的时间为t2＝T＝， t1＝ 解得＝. 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＝，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) (2) (3)3 次 解析 (1)由动能定理可知qU＝mv1 2－0 解得v1＝ (2)由洛伦兹力提供向心力，有：qv1B＝ 由几何关系可知R＝d 解得B＝ (3)由洛伦兹力提供向心力，由qv1B＝m，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＝mv2 2－mv1 2， 又qv2B＝，联立可得此时在磁场中的半径为r2＝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＝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3 A．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1.25 m，B、C 的间距为3 m，C 为荧光屏．一质量m＝ 1.0×10－3 kg、电荷量q＝＋1.0×10－2 C 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＝0.1 T 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＝10 m/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) N/C (2)1.0×10－2 J 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qE1cos 45°＝mg 解得E1＝ N/C. (2)粒子从a 到b 的过程中，由动能定理得： qE1dABsin 45°＝mvb 2 解得vb＝＝5 m/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＝m 解得R＝5 m 设偏转距离为y，由几何知识得R2＝dBC 2＋(R－y)2 代入数据得y＝1.0 m(y＝9.0 m 舍去) 粒子在B、C 间运动时电场力做的功有 W＝－qE2y＝－mgy＝－1.0×10－2 J 由功能关系知，粒子由b 点到O′点电势能增加了1.0×10－2 J. 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5 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 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) (2) 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＝ 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＝m② 由几何关系知d＝r③ 联立①②③式得＝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＝＋rtan 30°⑤ 带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间为t＝⑥ 联立②④⑤⑥式得t＝ 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＝，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 a a 解析 设PO 间距离为d，根据动能定理有qEd＝mv2 在磁场中，qvB＝m 粒子在磁场中运动的轨迹与边界DH 相切，由几何关系知Rcos 60°＋R＝a 解得R＝a，d＝a 1. (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1 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 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2 A．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＝ 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＝，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3 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 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，＝＝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4 A．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＝at2，t＝，a＝，撤去 电场时，qv0B＝，可以求出r＝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5 A．ma＞mb＞mc B．mb＞ma＞mc C．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＝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6 A．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＝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＝，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7 A．粒子经磁场偏转后一定能回到原点O B．粒子在x 轴上方和下方磁场中运动的半径之比为2∶1 C．粒子完成一次周期性运动的时间为 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＝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＝T1＋T2＝＋＝，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8 A．在电场中的加速度之比为1∶1 B．在磁场中运动的轨迹半径之比为1∶3 C．在磁场中转过的角度之比为1∶2 D．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＝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＝，可知 它们的速度之比为1∶，又由qvB＝m 知，r＝，所以它们在磁场中运动的轨迹半径之比为 ∶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sin θ ＝，则可知它们在磁场中转过角度的正弦值之比为1∶，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＝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＝400 N/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＝20 cm，沿y 轴负方向宽度无限大，磁感应强度B ＝1×10－4 T．现有一比荷为＝2×1011 C/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)4×106 m/s (2)×10－7 s 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＝＝0.2 m，离子在磁场中做 匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由Bqv0＝m，解得v0＝4×106 m/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＝at2，由几何关系可知tan 60°＝，代入数据解得t＝× 10－7 s. 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