(新课标)2020版高考物理二轮复习专题三第3讲带电粒子在复合场中的运动精练(含解析)

带电粒子在复合场中的运动(45分钟) [刷基础]1．(2018·高考北京卷)某空间存在匀强磁场和匀强电场．一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动．下列因素与完成上述两类运动无关的是( )A ．磁场和电场的方向B ．磁场和电场的强弱C ．粒子的电性和电量D ．粒子入射时的速度解析：由题可知，当带电粒子在复合场内做匀速直线运动时，Eq ＝qvB ，则v ＝E B，若仅撤除电场，粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，说明要满足题意，对磁场与电场的方向以及强弱程度都有要求，但是对电性和电量无要求，根据F ＝qvB 可知，洛伦兹力的方向与速度方向有关，故对入射时的速度也有要求，故选项C 正确．答案：C2．(2019·福建龙岩高三期末)如图所示，两平行金属板中间有相互垂直的匀强磁场和匀强电场，不计重力的带电粒子沿垂直于电场和磁场方向射入．有可能做直线运动的是( )解析：A 图中，若粒子带正电，粒子受向下的电场力和向下的洛伦兹力，粒子不能沿直线运动；同理可判断当粒子带负电时也不能沿直线运动，选项A 错误．B 图中，若粒子带正电，粒子受向上的电场力和向上的洛伦兹力，粒子不能沿直线运动；同理可判断当粒子带负电时也不能沿直线运动，选项B 错误．C 图中，若粒子带正电，粒子受向下的电场力和向上的洛伦兹力，若二力相等，则粒子能沿直线运动；同理可判断当粒子带负电时也能沿直线运动，选项C 正确．D 图中，若粒子带正电，粒子受向上的电场力和向上的洛伦兹力，粒子不能沿直线运动；同理可判断，当粒子带负电时也不能沿直线运动，选项D 错误．答案：C3．如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U 1的电场加速后，射入两水平放置、电势差为U 2的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的M 、N 两点间的距离d 随着U 1和U 2的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)( )A ．d 随U 1变化，d 与U 2无关B ．d 与U 1无关，d 随U 2变化C ．d 随U 1变化，d 随U 2变化D ．d 与U 1无关，d 与U 2无关解析：设带电粒子刚进入磁场时的速度为v ，与水平方向夹角为θ.粒子在磁场中运动时，qvB ＝m v 2R，R ＝mv qB ，M 、N 两点间距离d ＝2R cos θ＝2mv cos θqB ＝2mv 0qB .对粒子在电场中加速运动过程有qU 1＝12mv 20，联立可看出d 随U 1变化，与U 2无关．答案：A4．(2019·山西晋城高三期末检测)如图所示，从S 处发出的热电子经加速电压U 加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子流向上极板偏转，不考虑电子本身的重力．设两极板间电场强度为E ，磁感应强度为B .欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，只采取下列措施，其中可行的是( )A ．适当减小电场强度EB ．适当减小磁感应强度BC ．适当增大加速电场的宽度D ．适当减小加速电压U解析：要使粒子直线运动，必须满足条件Eq ＝qvB ，根据左手定则可知电子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，故电子向上极板偏转的原因是电场力大于洛伦兹力，所以为了使粒子在复合场中做匀速直线运动，则要么增大洛伦兹力，要么减小电场力．减小加速电压U ，可以减小速度v ，减小洛伦兹力，故D 错误；适当减小电场强度，可以减小电场力，故A 正确；适当减小磁感应强度，可减小洛伦兹力，故B 错误；增大加速电场的宽度，不改变速度v ，故C 错误．答案：A5．(2019·山东济南高三四校理综联考)如图所示，匀强电场的电场强度方向与水平方向夹角为30°且斜向右上方，匀强磁场的方向垂直于纸面(图中未画出)．一质量为m 、电荷量为q 的带电小球(可视为质点)以与水平方向成30°角斜向左上方的速度v 做匀速直线运动，重力加速度为g .则( )A ．匀强磁场的方向可能垂直于纸面向外B ．小球一定带正电荷C ．电场强度大小为mgqD ．磁感应强度的大小为mg qv解析：小球做匀速直线运动，受到的合力为零，假设小球带正电，则小球的受力情况如图a 所示，小球受到的洛伦兹力沿虚线但方向未知，由图可知，小球受到的重力、电场力的合力与洛伦兹力不可能平衡，小球不可能做匀速直线运动，假设不成立，小球带负电，故B 项错误；小球带负电的受力情况如图b 所示．小球受到的洛伦兹力一定斜向右上方，根据左手定则，匀强磁场的方向一定垂直于纸面向里，故A 项错误；由于电场力与洛伦兹力反方向、重力与洛伦兹力反方向的夹角均为30°，据平衡条件可得qE ＝mg ，qvB ＝mg cos 30°＋qE cos 30°，解得E ＝mg q ，B ＝3mgqv，故C 项正确，D 项错误．答案：C6.质量为m 、电荷量为q 的微粒，以与水平方向成θ角的速度v 从O 点进入方向如图所示的正交的匀强电场(场强大小为E )和匀强磁场(磁感应强度大小为B )组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的作用下，恰好沿直线运动到A ，重力加速度为g .下列说法正确的是( )A ．该微粒一定带正电B ．微粒从O 到A 的运动可能是匀变速运动C ．该磁场的磁感应强度大小为mgqv cos θD ．该电场的场强为Bv cos θ解析：若微粒带正电，电场力水平向左，洛伦兹力垂直OA 斜向右下方，则电场力、重力、洛伦兹力不能平衡，微粒不可能做直线运动，则微粒带负电，A 错误；微粒如果做匀变速运动，重力和电场力不变，而洛伦兹力变化，微粒不能沿直线运动，与题意不符，B 错误；由平衡条件得qvB cos θ＝mg ，qvB sin θ＝qE ，则B ＝mgqv cos θ，E ＝Bv sin θ，C 正确，D 错误．答案：C7．如图所示，在xOy 直角坐标系中，第一象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，第二象限内分布着沿y 轴负方向的匀强电场．初速度为零、带电荷量为q 、质量为m 的粒子经过电压为U 的电场加速后，从x 轴上的A 点垂直x 轴进入磁场区域，粒子重力不计，经磁场偏转后过y 轴上的P 点且垂直于y 轴进入电场区域，在电场中偏转并击中x 轴上的C 点．已知OA ＝OC ＝d .则磁感应强度B 和电场强度E 可表示为( )A ．B ＝2qUm qd ，E ＝2UdB ．B ＝2qUm qd，E ＝4UdC ．B ＝qUm qd ，E ＝2U dD ．B ＝qUm qd ，E ＝4Ud解析：设带电粒子经电压为U 的电场加速后速度为v ，则qU ＝12mv 2，带电粒子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，qBv ＝mv 2r ，依题意可知r ＝d ，联立可解得B ＝2qUmqd；带电粒子在电场中偏转，做类平抛运动，设经时间t 从P 点到达C 点，由d ＝vt ，d ＝qE 2m t 2，联立可解得E ＝4Ud，B 正确．答案：B8. (2018·高考全国卷Ⅲ)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U 加速后在纸面内水平向右运动，自M 点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直．已知甲种离子射入磁场的速度大小为v 1，并在磁场边界的N 点射出；乙种离子在MN 的中点射出；MN 长为l .不计重力影响和离子间的相互作用．求：(1)磁场的磁感应强度大小； (2)甲、乙两种离子的比荷之比．解析：(1)设甲种离子所带电荷量为q 1、质量为m 1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R 1，磁场的磁感应强度大小为B ，由动能定理有q 1U ＝12m 1v 21①由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q 1v 1 B ＝m 1v 21R 1②由几何关系知2R 1＝l ③ 由①②③式得B ＝4Ulv 1④(2)设乙种离子所带电荷量为q 2、质量为m 2，射入磁场的速度为v 2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R 2.同理有q 2U ＝12m 2v 22⑤ q 2v 2B ＝m 2v 22R 2⑥由题给条件有2R 2＝l2⑦由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为q 1m 1∶q 2m 2＝1∶4⑧ 答案：(1)4Ulv 1(2)1∶4[刷综合]9．(多选)如图所示，边界MN 、PQ 间有竖直向下的匀强电场，PQ 、EF 间有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q 的粒子从边界MN 上的O 点以水平初速度v0射入电场，结果从PQ上的A 点进入磁场，且粒子在磁场中运动的时间为πm2qB .MN 和PQ 间、PQ 和EF 间的距离均为L ，O 到A 的竖直距离为L2，不计粒子的重力，则下列结论正确的是( )A ．匀强电场的电场强度大小为mv 202qLB ．粒子进入磁场时速度与水平方向的夹角为45°C ．粒子在磁场中做圆周运动的半径为2LD ．匀强磁场的磁感应强度为2mv 0qL解析：粒子在电场中做类平抛运动，水平方向匀速运动L ＝v0t 0，竖直方向L 2＝12at 20，根据牛顿第二定律qE ＝ma ，解得E ＝mv 20qL ，故A 错误；离开电场时竖直速度v y ＝at 0＝qE m ×Lv 0＝v 0，进入磁场时速度与水平方向的夹角为θ，tan θ＝v y v 0＝1，θ＝45°，故B 正确；粒子在磁场中的圆心角为α，根据t ＝α2πT ＝α2π×2πm qB ＝m αqB ，根据题意t ＝πm 2qB ，得α＝π2，如图所示，根据几何关系有R＝22L ，故C 错误；根据半径公式R ＝mv qB ＝m 2v 0qB ＝2L 2，得B ＝2mv 0qL ，故D 正确． 答案：BD10．(多选)如图所示为某种质谱仪的工作原理示意图．此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N ；P 、Q 间的加速电场；静电分析器；磁感应强度为B 的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外；胶片M .若静电分析器通道中心线半径为R ，通道内有均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E ；由粒子源发出一质量为m 、电荷量为q 的正离子(初速度为零，重力不计)，经加速电场加速后，垂直场强方向进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿中心线做匀速圆周运动，而后由S 点沿着既垂直于静电分析器的左边界，又垂直于磁场方向射入磁场中，最终打到胶片上的某点．下列说法中正确的是( )A ．P 、Q 间加速电压为12ERB ．离子在磁场中运动的半径为mER qC ．若一质量为4m 、电荷量为q 的正离子加速后进入静电分析器，离子不能从S 射出D ．若一群离子经过上述过程打在胶片上同一点，则这些离子具有相同的比荷 解析：在加速电场加速过程，根据动能定理，有qU ＝12mv 2①在静电分析器中运动过程，根据牛顿第二定律，有qE ＝m v 2R②在磁场中运动过程，根据牛顿第二定律，有qvB ＝m v 2r③解得U ＝12ER ④r ＝m qB qER m ＝1B mER q ⑤ 由④式，只要满足R ＝2UE，所有粒子都可以从辐射电场区通过； 由④⑤知，打到胶片上同一点的粒子的比荷一定相等． 答案：AD11．(2019·陕西榆林高三期末)如图所示，一束质量为m 、电荷量为q 的粒子，恰好沿直线从两带电平行板正中间通过，沿圆心方向进入右侧圆形匀强磁场区域，粒子经过圆形磁场区域后，其运动方向与入射方向的夹角为θ(弧度)．已知粒子的初速度为v 0，两平行板间与右侧圆形区域内的磁场的磁感应强度大小均为B ，方向均垂直纸面向内，两平行板间距为d ，不计空气阻力及粒子重力的影响，求：(1)两平行板间的电势差U ；(2)粒子在圆形磁场区域中运动的时间t ； (3)圆形磁场区域的半径R .解析：(1)由粒子在平行板间做直线运动可知，Bv 0q ＝qE ，平行板间的电场强度E ＝U d， 解得两平行板间的电势差U ＝Bv 0d .(2)在圆形磁场区域中，由洛伦兹力提供向心力可知Bv 0q ＝m v 20r同时有T ＝2πrv 0粒子在圆形磁场区域中运动的时间t ＝θ2πT解得t ＝θmBq.(3)由几何关系可知：r tan θ2＝R解得圆形磁场区域的半径R ＝mv 0tan θ2qB.答案：(1)Bv 0d (2)θmqB(3)mv 0tanθ2qB12．(2018·高考天津卷)如图所示，在水平线ab 的下方有一匀强电场，电场强度为E ，方向竖直向下，ab 的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里．磁场中有一内、外半径分别为R 、3R 的半圆环形区域，外圆与ab 的交点分别为M 、N .一质量为m 、电荷量为q 的带负电粒子在电场中P 点静止释放，由M 进入磁场，从N 射出．不计粒子重力．(1)求粒子从P 到M 所用的时间t .(2)若粒子从与P 同一水平线上的Q 点水平射出，同样能由M 进入磁场，从N 射出．粒子从M 到N 的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q 时速度v 0的大小．解析：(1)设粒子在磁场中运动的速度大小为v ，所受洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝mv 23R①设粒子在电场中运动所受电场力为F ，有F ＝qE ②设粒子在电场中运动的加速度为a ，根据牛顿第二定律有F ＝ma ③粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有v ＝at ④联立①②③④式得t ＝3RBE⑤(2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期与速度、半径无关，运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定．故当轨迹与内圆相切时，所用的时间最短．设粒子在磁场中的轨迹半径为r ′，由几何关系可得(r ′－R )2＋(3R )2＝r ′2⑥设粒子进入磁场时速度方向与ab 的夹角为θ，即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系知 tan θ＝3Rr ′－R⑦ 粒子从Q 射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P 释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v .在垂直于电场方向上的分速度始终等于v 0，由运动的合成和分解可得tan θ＝vv 0⑧ 联立①⑥⑦⑧式得v 0＝qBR m⑨答案：(1)3RBE(2)qBR m13．(2019·广东广州天河区二模)如图所示，在x 轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里．在x 轴下方存在匀强电场，方向垂直x 轴向上．一个质量为m 、电荷量为q 、重力不计的带正电粒子从y 轴上的a (0，h )点沿y 轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子与x 轴正方向成45°进入电场，经过y 轴的b 点时速度方向恰好与y 轴垂直．求：(1)粒子在磁场中运动的轨道半径r 和速度大小v ； (2)匀强电场的电场强度大小E ；(3)粒子从开始到第三次经过x 轴的时间t .解析：(1)根据题意，大致画出粒子在复合场中的运动轨迹，如图所示 由几何关系得r cos 45°＝hr ＝2h由牛顿第二定律得qBv ＝m v 2r解得v ＝2qBhm.(2)设粒子第一次经过x 轴时位置坐标为(－x 1,0)，到达b 点时的速度大小为v b .根据类平抛运动规律，有v b ＝v cos 45°设粒子进入电场后经过时间t 运动到b 点，b 点的纵坐标为－y b ，由类平抛运动规律得r ＋r sin 45°＝v b t y b ＝12(v sin 45°＋0)t ＝2＋12h 由动能定理得－qEy b ＝12mv 2b －12mv 2解得E ＝(2－1)qhB2m.(3)粒子在磁场中运动的周期T ＝2πr v ＝2πm Bq第一次经过x 轴的时间t 1＝58T ＝5πm 4Bq在电场中运动的时间t 2＝2t ＝2(2＋1)mqB从第二次经过x 轴到第三次经过x 轴的时间t 3＝34T ＝3πm2Bq则总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(11π4＋22＋2)mBq .答案：见解析。