2014高考一轮复习第八章磁场 第3讲 带电粒子在复合场中的运动 课时练试题及答案

1、 (2013·北京西城模拟)如图8－3－17所示，在两个水平放置的平行金属板之间，电场和磁场的方向相互垂直．一束带电粒子(不计重力)沿着直线穿过两板间的空间而不发生偏转．则这些粒子一定具有相同的                 (　　)．

A．质量m                                     B．电荷量q

C．运动速度v                                     D．比荷

 

 

解析　因粒子运动过程中所受电场力与洛伦兹力与速度方向垂直，则粒子能沿直线运动时必是匀速直线运动，电场力与洛伦兹力相平衡，即qE＝Bqv，可得v是一定值，则C正确．

答案　C

2、如图8－3－18所示，一束正离子从s点沿水平方向射出，在没有偏转电场、磁场时恰好击中荧光屏上的坐标原点O；若同时加上电场和磁场后，正离子束最后打在荧光屏上坐标系的第Ⅲ象限中，则所加电场E和磁场B的方向可能是(不计离子重力及其间相互作用力)                                                 (　　)．

图8－3－18

A．E向下，B向上                             B．E向下，B向下

C．E向上，B向下                             D．E向上，B向上

解析　离子打在第Ⅲ象限，相对于原点O向下运动和向左运动，所以E向下，B向上．所以A正确．

答案　A

3、 (2013·常州调研)如图8－3－19所示，一个质量为m、电荷量为q的带电小球从M点自由下落，M点距场区边界PQ高为h，边界PQ下方有方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场，同时还有垂直于纸面的匀强磁场，小球从边界上的a点进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，并从边界上的b点穿出，重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法正确的是                        (　　)．

A．小球带负电荷，匀强磁场方向垂直于纸面向外

B．小球的电荷量与质量的比值＝

C．小球从a运动到b的过程中，小球和地球系统机械能守恒

D．小球在a、b两点的速度相同

解析　带电小球在磁场中做匀速圆周运动，则qE＝mg，选项B正确；电场方向竖直向下，则可知小球带负电，由于小球从b点射出，根据左手定则可知磁场垂直纸面向里，选项A错误；小球运动过程中，电场力做功，故小球和地球系统的机械能不守恒，只是a、b两点机械能相等，选项C错误；小球在a、b两点速度方向相反，故选项D错误．

答案　B

4、某空间存在水平方向的匀强电场(图中未画出)，带电小球沿如图8－3－20所示的直线斜向下由A点沿直线向B点运动，此空间同时存在由A指向B的匀强磁场，则下列说法正确的是                                                              (　　)．

A．小球一定带正电

B．小球可能做匀速直线运动

C．小球一定做匀加速直线运动

D．运动过程中，小球的机械能增大

解析　由于小球重力方向竖直向下，空间存在磁场，且小球直线运动方向斜向下，与磁场方向相同，故不受磁场力的作用，电场力必水平向右，但电场具体方向未知，故不能判断带电小球的电性，选项A错误；重力和电场力的合力不为零，故不是匀速直线运动，所以选项B错误；因为重力与电场力的合力方向与运动方向相同，故小球一定做匀加速直线运动，选项C正确；运动过程中由于电场力做正功，故机械能增加，选项D正确．

答案　CD

5、如图8－3－21是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E.平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A₁A₂.平板S下方有强度为B₀的匀强磁场．下列表述正确的是                (　　)．

A．质谱仪是分析同位素的重要工具

B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外

C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于

D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小

解析　粒子先在电场中加速，进入速度选择器做匀速直线运动，最后进入磁场做匀速圆周运动．在速度选择器中受力平衡：qE＝qvB得v＝，方向由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外，B、C选项正确．进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，由qvB₀＝得，R＝，所以荷质比不同的粒子偏转半径不一样，所以，A项正确、D项错．

答案　ABC

6、如图8－3－22所示，三个带相同正电荷的粒子a、b、c(不计重力)，以相同的动能沿平行板电容器中心线同时射入相互垂直的电磁场中，其轨迹如图所示，由此可以断定                                                      (　　)．

A．三个粒子中，质量最大的是c，质量最小的是a

B．三个粒子中，质量最大的是a，质量最小的是c

C．三个粒子中动能增加的是c，动能减少的是a

D．三个粒子中动能增加的是a，动能减少的是c

解析　本题考查同一电、磁叠加场中不同带电粒子的偏转问题．因为b粒子没有偏转，可知b粒子受到的电场力和磁场力是一对平衡力．根据电性和磁场方向，可以判断电场力方向向下，洛伦兹力方向向上．对于a粒子，qv_aB>Eq；对于c粒子，qv_cB<Eq.又因为a、b、c粒子具有相同的电荷量和动能，所以可得v_a>v_b>v_c，故m_a<m_b<m_c，A正确，B错误．因为电场力对a粒子做负功，对c粒子做正功，而洛伦兹力均不做功，所以c粒子动能增加，a粒子动能减少，C正确，D错误．

答案　AC

7、 (2013·南通模拟)如图8－3－23所示，在MN、PQ间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面水平向外，电场在图中没有标出．一带电小球从a点射入场区，并在竖直面内沿直线运动到b点，则小球 (　　)．

A．一定带正电

B．受到电场力的方向一定水平向右

C．从a到b过程，克服电场力做功

D．从a到b过程中可能做匀加速运动

解析　因小球受到的洛伦兹力F＝qvB随小球速度变化而变化，为使带电小球能在场内做直线运动，必须满足小球的速度大小不能变化的条件，即小球受力平衡，做匀速直线运动，D错误．小球共受到三个力的作用：重力、电场力和洛伦兹力．无论小球带何种电荷，三力均可能平衡，故A、B错误．从a到b的过程中，小球的动能不变，根据动能定理有ΔE_k＝W_G＋W_电场力＋W_洛伦兹力＝0，其中洛伦兹力不做功，重力做正功，所以电场力必做负功，C正确．

答案　C

8、如图8－3－24所示，在xOy平面内有足够大的匀强电场，电场方向竖直向上，电场强度E＝40 N/C，在y轴左侧平面内有足够大的瞬时磁场，磁感应强度B₁随时间t变化的规律如图乙所示，15π s后磁场消失，选定磁场垂直纸面向里为正方向．在y轴右侧平面内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁场，分布在一个半径为r＝0.3 m的圆形区域(图中未画出)，且圆的左侧与y轴相切，磁感应强度B₂＝0.8 T．t＝0时刻，一质量m＝8×10^－4 kg\，电荷量q＝2×10^－4 C的微粒从x轴上x_P＝－0.8 m处的P点以速度v＝0.12 m/s向x轴正方向入射．(g取10 m/s²，计算结果保留两位有效数字)

　

甲　　　　　　　乙

图8－3－24

(1)求微粒在第二象限运动过程中离y轴\，x轴的最大距离．

(2)若微粒穿过y轴右侧圆形磁场时，速度方向的偏转角度最大，求此圆形磁场的圆心坐标(x，y)．

解析　(1)因为微粒射入电磁场后受到的电场力

F_电＝Eq＝8×10^－3 N，G＝mg＝8×10^－3 N

F_电＝G，所以微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动

因为qvB₁＝m，所以R₁＝＝0.6 m

T＝＝10π s

从图乙可知在0～5 π s内微粒向左做匀速圆周运动

在5π s～10π s内微粒向左匀速运动，运动位移

x₁＝v＝0.6π m

在10π s～15π s内，微粒又做匀速圆周运动，15π s以后向右匀速运动，之后穿过y轴．所以，离y轴的最大距离

s＝0.8 m＋x₁＋R₁＝1.4 m＋0.6π m≈3.3 m

离x轴的最大距离s′＝2R₁×2＝4R₁＝2.4 m

(2)如图，微粒穿过圆形磁场要求偏转角最大，入射点A与出射点B的连线必须为磁场圆的直径

因为qvB₂＝

所以R₂＝＝0.6 m＝2r

所以最大偏转角θ＝60°

所以圆心坐标x＝0.30 m

y＝s′－rcos 60°＝2.4 m－0.3 m×≈2.3 m，

即磁场的圆心坐标为(0.30，2.3)

答案　(1)3.3 m，2.4 m　(2)(0.30，2.3)

9、如图8－3－25所示，带电平行金属板相距为2R，在两板间有垂直纸面向里\，磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域 ，与两板及左侧边缘线相切．一个带正电的粒子(不计重力)沿两板间中心线O₁O₂从左侧边缘O₁点以某一速度射入，恰沿直线通过圆形磁场区域，并从极板边缘飞出，在极板间运动时间为t₀.若撤去磁场，质子仍从O₁点以相同速度射入，则经时间打到极板上．

图8－3－25

(1)求两极板间电压U；

(2)若两极板不带电，保持磁场不变，该粒子仍沿中心线O₁O₂从O₁点射入，欲使粒子从两板左侧间飞出，射入的速度应满足什么条件？

解析　(1)设粒子从左侧O₁点射入的速度为v₀，极板长为L，粒子在初速度方向上做匀速直线运动

L∶(L－2R)＝t₀∶，解得L＝4R

粒子在电场中做类平抛运动：L－2R＝v₀·

a＝

R＝a()²

在复合场中做匀速运动：q＝qv₀B

联立各式解得v₀＝，U＝

(2)设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，设其轨道半径为r，粒子恰好从上极板左边缘飞出时速度的偏转角为α，由几何关系可知：β＝π－α＝45°，r＋r＝R

因为R＝()²，

所以＝＝

根据牛顿第二定律有qvB＝m，

解得v＝

所以，粒子在两板左侧间飞出的条件为0<v<

答案　(1)　(2)0<v<

10、如图8－3－26所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上．两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为v₀、带相等电荷量的墨滴．调节电源电压至U，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点．

(1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；

(2)求磁感应强度B的值；

(3)现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置．为了使墨滴仍能到达下板M点，应将磁感应强度调至B′，则B′的大小为多少？

解析　(1)墨滴在电场区域做匀速直线运动，有q＝mg①

由①式得：q＝②

由于电场方向向下，电荷所受电场力向上，可知：

墨滴带负电荷．③

(2)墨滴垂直进入电、磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，

有qv₀B＝m④

考虑墨滴进入磁场和撞板的几何关系，可知墨滴在该区域恰完成四分之一圆周运动，则半径R＝d⑤

由②、④、⑤式得B＝⑥

(3)根据题设，墨滴运动轨迹如图所示，设圆周运动半径为R′，有qv₀B′＝m⑦

由图示可得：

R′²＝d²＋⑧

得：R′＝d⑨

联立②、⑦、⑨式可得：B′＝

答案　(1)负电荷　　(2)　(3)

11、如图8-3-1所示，一束质量、速度和电荷量不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B束，下列说法中正确的是(　　)．

图8-3-1

A．组成A、B束的离子都带正电

B．组成A、B束的离子质量一定不同

C．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外

D．A束离子的比荷大于B束离子的比荷

解析　A与B两束离子由速度选择器进入磁场后，由左手定则可判断出A、B两束离子均带正电；离子在速度选择器中做匀速直线运动，两离子带正电，所受电场力与场强方向一致，水平向右，洛伦兹力必水平向左，且与电场力等大：

Bqv＝qE?v＝，由左手定则可得速度选择器中的磁场方向应垂直于纸面向里；两离子进入磁场后做匀速圆周运动，观察可得圆周运动半径不同，依据r＝可得两离子的比荷不等，A束离子的圆周运动的半径较小，则比荷大于B束离子．

答案　AD

12、如图8-3-2所示，水平放置的平行金属板a、b带有等量正负电荷，a板带正电，两板间有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带正电的粒子在两板间做直线运动，粒子的重力不计．关于粒子在两板间运动的情况，正确的是(　　)．

图8-3-2

A．可能向右做匀加速直线运动

B．可能向左做匀加速直线运动

C．只能是向右做匀速直线运动

D．只能是向左做匀速直线运动

解析　受力分析可知电场力向下，洛伦兹力必向上，则速度向右；洛伦兹力与速度大小有关，因此只能为匀速直线运动．

答案　C

13、如图8-3-3所示，空间的某个复合场区域内存在着方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场．质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于复合场的界面进入并沿直线穿过场区，质子从复合场区穿出时的动能为E_k.那么氘核同样由静止开始经同一加速电场加速后穿过同一复合场后的动能E_k′的大小是(　　)．

图8-3-3

A．E_k′＝E_k              B．E_k′>E_k

C．E_k′<E_k               D．条件不足，难以确定

解析　设质子的质量为m，则氘核的质量为2m.在加速电场里，由动能定理可得：eU＝mv²，在复合场里有：Bqv＝qE?v＝，同理对于氘核由动能定理可得离开加速电场的速度比质子的速度小，所以当它进入复合场时所受的洛伦兹力小于电场力，将往电场力方向偏转，电场力做正功，故动能增大，B选项正确．

答案　B

14、磁流体发电机可以把气体的内能直接转化为电能，是一种低碳环保发电机，有着广泛的发展前景．其发电原理示意图如图8-3-4所示，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的微粒，整体上呈电中性)喷射入磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场区域有两块面积为S，相距为d的平行金属板与外电阻R相连构成一电路，设气流的速度为v，气体的电导率(电阻率的倒数)为g.则(　　)．

图8-3-4

A．两板间电势差为U＝Bdv

B．上板是电源的正极，下板是电源的负极

C．流经R的电流为I＝

D．流经R的电流为I＝

解析　等离子体喷射入磁场后，在洛伦兹力F₁＝qBv的作用下正离子向上偏，负离子向下偏，则上板是电源的正极，下板是电源的负极，B对；两板间形成向下的电场，正、负离子将受到电场力F₂＝q阻碍其偏转，假设外电路断路，则qBv＝q，即U＝Bdv为电源电动势，A错．电源内阻为r＝ρ＝，由闭合电路欧姆定律得I＝＝，C、D错．(等效思维法)

答案　B

15、如图8-3-5所示的真空环境中，匀强磁场方向水平、垂直纸面向外，磁感应强度B＝2.5 T；匀强电场方向水平向左，场强E＝ N/C.一个带负电的小颗粒质量m＝3.0×10^－7kg.带电量q＝3.0×10^－6C，带电小颗粒在这个区域中刚好做匀速直线运动．

图8-3-5

(1)求这个带电小颗粒运动的方向和速度大小．

(2)如果小颗粒运动到图中P点时，把磁场突然撤去，小颗粒将做什么运动？若运动中小颗粒将会通过与P点在同一电场线上的Q点，那么从P点运动到Q点所需时间有多长？(g取10 m/s²)

解析　(1)带电小颗粒受力如图：

tan α＝＝　所以α＝30°

由左手定则，带负电小颗粒运动方向应与水平方向成60°角斜向右上方．

由平衡条件可得：qvB＝，解得v＝＝0.8 m/s.

(2)撤去磁场后，小颗粒受到的重力和电场力的合力与速度方向垂直，故小颗粒将做匀变速曲线运动(类平抛运动)．

加速度大小为a＝＝2g＝20 m/s²

方向与水平方向成30°角斜向右下方．

在竖直方向上，小颗粒做初速度为vsin 60°、加速度为g的竖直上抛运动，从P点运动到Q点所需时间为t＝＝0.08  s≈0.14 s.

答案　(1)0.8 m/s　方向与水平方向成60°角斜右上方　(2)匀变速曲线运动(类平抛运动)　0.14 s

16、如图8-3-6所示，在虚线DF的右侧整个空间存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T，其中在矩形区域DFHG内还分布有水平向左的匀强电场．绝缘光滑斜面倾角θ＝60°，其末端与边界DF交于C点，一带正电的小球质量为m＝2×10³ kg，从距C点高h＝0.8 m处的A点由静止释放，离开斜面后，从C点进入DFHG区域后恰能沿直线运动最后从边界HG上的M点进入磁场，取g＝10 m/s²，求：

图8-3-6

(1)小球滑到C点时，重力的功率；

(2)电场强度E的大小；

(3)如果小球从M点进入磁场后能经过图中的N点，已知MN两点竖直高度差d＝0.45 m，求小球经过N点时速度大小．

解析　(1)小球下滑，机械能守恒mgH＝

知重力的功率为P＝mgv0sin θ

解得P＝0.069 W

(2)做直线运动，分析可知一定为匀速直线运动，由平衡条件知 qv₀Bcos θ＝mg

qE＝mgtg θ

解得　E＝ N/C

(3)进入磁场区域，洛伦兹力不做功，机械能守恒，

有mgh＝－

解得v_N＝5 m/s(优选机械能守恒定律)

答案　(1)0.069 W　(2) N/C　(3)5 m/s

17、在如图8-3-7所示的空间里，存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B＝.在竖直方向存在交替变化的匀强电场如图(竖直向上为正)，电场大小为E₀＝.一倾角为θ长度足够长的光滑绝缘斜面放置在此空间．斜面上有一质量为m，带电量为－q的小球，从t＝0时刻由静止开始沿斜面下滑，设第5秒内小球不会离开斜面，重力加速度为g.求：

(1)第6秒内小球离开斜面的最大距离．

(2)第19秒内小球未离开斜面，θ角的正切值应满足什么条件？

图8-3-7

解析　(1)设第一秒内小球在斜面上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：(mg＋qE₀)sin θ＝ma①

第一秒末的速度为：v＝at₁                               ②

在第二秒内：qE₀＝mg                      ③

所以小球将离开斜面在上方做匀速圆周运动，则由向心力公式得qvB＝m   ④

圆周运动的周期为：T＝＝1 s         ⑤

由题图可知，小球在奇数秒内沿斜面做匀加速运动，在偶数秒内离开斜面做完整的圆周运动．所以，第五秒末的速度为：v₅＝a(t₁＋t₃＋t₅)＝6gsin θ           ⑥

小球离开斜面的最大距离为d＝2R₃                    ⑦

由以上各式得：d＝.

(2)第19秒末的速度：

v₁₉＝a(t₁＋t₃＋t₅＋t₇＋…＋t₁₉)＝20gsin θ         ⑧

小球未离开斜面的条件是：

qv₁₉B≤(mg＋qE₀)cos θ                                          ⑨

所以：tan θ≤.(葡萄串模型)

答案　(1)　(2)tan θ≤

18、如图8-3-8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^－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间再加方向垂直于纸面向外且大小B＝0.1 T的匀强磁场，粒子经b点偏转到达荧光屏的O′点(图中未画出)．取g＝10 m/s².求：

图8-3-8

(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．

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＝1.4 N/C.

(2)粒子从a到b的过程中，

由动能定理得：qE₁d_ABsin 45°＝mv

解得v_b＝＝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，由动力学知识可得：qv_bB＝m

解得：R＝5 m

设偏转距离为y，由几何知识得：R²＝d＋(R－y)²

代入数据得y＝1.0 m

粒子在B、C间运动时电场力做的功为：

W＝－qE₂y＝－mgy＝－1.0×10^－2J.

由功能关系知，粒子的电势能增加了1.0×10^－2J.(拱桥模型)

答案　(1)1.4N/C　(2)1.0×10^－2J