第一章　磁场 带电粒子在复合场中的运动 课时训练（有解析）高中物理粤教版选择性必修第二册

磁场
带电粒子在复合场中的运动
1．如图所示，匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场的方向垂直于纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量同种电荷，其中a静止，b向右做匀速运动，c恰好做匀速圆周运动，比较它们的质量ma、mb、mc的关系，正确的是(　　)
A．ma最大 B．mb最大
C．mb＝mc D．mb最小
2．如图所示，某空间有水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，一带电小球在电磁场中沿直线ab运动，下列关于小球的说法中正确的是(　　)
A．带正电 B．运动方向一定为从a到b
C．动能减少 D．电势能增加
3．如图，两平行金属板中有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，带正电的粒子(不计粒子的重力)从两板中央垂直电场、磁场入射．它在金属板间运动的轨迹为水平直线，如图中虚线所示．若使粒子飞越金属板间的过程中向下板偏移，可以采取下列的正确措施为(　　)
A．使入射速度减小 B．使粒子电量增大
C．使磁感应强度增大 D．使电场强度减小
4．(多选)如图所示，在相互正交的匀强电场和匀强磁场区域，电场方向水平向右，电场强度E＝10 V/m，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度B＝1.0 T.区域内绝缘固定的水平木板上有一质量m＝1.0×10-3 kg、带电荷量为q＝1.0×10-3 C的小滑块，从点O由静止开始沿木板水平向右运动．已知小滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，滑块受到的空气阻力f＝kv，其中k＝1.0×10-4 N·s/m，v为滑块运动的速度．木板足够长，小滑块所带电荷量不变，且不考虑其对电场E和磁场B的影响，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是(　　)
A．小滑块的最大加速度为6 m/s2
B．小滑块的最大加速度为12 m/s2
C．小滑块的最大速度为6 m/s
D．小滑块的最大速度为12 m/s
5．如图所示，一群质量均为m、带电量不同的正粒子，从O1进入小孔时可认为速度为零，加速电场区域Ⅰ的板间电压为U.粒子通过小孔O2射入正交的匀强电场、磁场区域Ⅱ，其中磁场的磁感应强度大小为B，左右两极板间距为d.区域出口O3小孔与O1、O2在同一竖直线上．若电量为＋q 的粒子刚好能沿直线运动通过O3，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则(　　)
A．区域Ⅱ的电场强度与磁感应强度的大小之比为
B．区域Ⅱ左右两极板的电势差为Bd
C．带电量为＋2q的粒子，进入区域Ⅱ后将向左偏
D．带电量为＋的粒子，进入区域Ⅱ后将向右偏
6．下列结构能成为速度选择器的是(　　)
A B
C D
7．如图所示，甲、乙是竖直面内两个相同的半圆形光滑绝缘轨道，M、N为两轨道的最低点，匀强磁场垂直于甲轨道平面，匀强电场平行于乙轨道平面，两个完全相同的带正电小球a、b(可视为质点)分别从甲、乙两轨道的右侧最高点由静止释放，在它们第一次到达最低点的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．a球下滑的时间比b球下滑时间长
B．a、b两球的机械能均守恒
C．a球到M点的速度小于b球到N点的速度
D．a球对M点的压力大于b球对N点的压力
8．(多选)如图所示，质量为m、电荷量为－q的带电粒子由静止经电压U0为的电场加速后，沿水平放置的带电平行板电容器的中轴线射入．两极板之间的距离为D，长度为L，两板之间的电势差为U且下极板带正电．在偏转电场的右侧存在范围足够大的有界磁场，其左边界PQ与极板右端重合，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B.粒子通过偏转电场后从PQ进入磁场，之后从PQ边界上的M点(未画出)射出，平行板电容器中轴线与PQ边界交于O点．设粒子进入磁场与射出磁场的两点间距离为x，粒子在磁场中运动时间为t，不计粒子重力，则(　　)
A．只减小磁感应强度B的大小，t增大
B．只减小偏转电压U的大小，t减小
C．只减小c、d板间距离D，x不变
D．只减小偏转电压U的大小，x变小
9．如图，在直角坐标系中xOy，y轴竖直，左侧存在一个垂直于纸面向里的匀强磁场和沿y轴正方向的匀强电场；右侧存在沿x轴负方向的匀强电场，y轴左侧电场强度大小为右侧的2倍．质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点)，从点M(L，－2L)以某一初速度沿y轴正方向射出，恰好经过原点O且此时速度方向刚好沿x轴负方向，继续运动一段时间后到达点N.已知重力加速度大小为g.求：
(1)小球从M点运动到原点O过程中的水平加速度大小；
(2)y轴左侧电场强度的大小；
(3)匀强磁场的磁感应强度大小B.
10．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在x轴的下方和边界MN之间的区域Ⅰ内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，在边界MN下方的区域Ⅱ内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，x轴与边界MN之间的距离为L.质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点以初速度v0沿x轴负方向射出，粒子恰好从原点O射出电场进入区域Ⅰ，并从Q(0，－L)点离开区域Ⅰ进入区域Ⅱ.不计粒子的重力及空气阻力．
(1)求匀强电场的电场强度大小和区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小；
(2)要使粒子能经过x轴上的F(－3L，0)点且在区域Ⅱ内的轨迹半径最大，求粒子由P点运动到F点所需的时间．
答案解析
1、【答案】D　【解析】由力的平衡条件可知，a所受电场力向上，则有mag＝Eq，又电场方向向下，则三个油滴带负电，a静止，受洛伦兹力是零；b所受电场力向上，向右做匀速运动，受洛伦兹力向下，由力的平衡条件有Eq＝mbg＋qvB，mbg＝Eq－qvB；c做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，在竖直方向受力平衡，可得mcg＝Eq.由以上解析可知ma＝mc，mb最小．故选D．
2、【答案】B　【解析】根据做直线运动的条件和受力情况，如图所示．可知洛伦兹力与速度有关，则微粒做匀速直线运动，动能不变．若微粒带正电，则电场力一定向右，重力竖直向下，不论微粒从b到a，还是从a到b，都不能确保微粒处于平衡状态，因此微粒一定带负电，A、C错误．由上分析可知，微粒带负电，则电场力水平向左，重力竖直向下，由于要处于平衡，则洛伦兹力必须斜向右方向，根据左手定则可知，微粒必须从a到b，B正确．由于电场力向左，且运动方向为从a到b，则电场力对微粒做正功，电势能一定减小，D错误．
3、【答案】A　【解析】带正电的粒子能沿水平方向做直线运动，则其受到的向下的电场力和向上的洛伦兹力作用一定满足qE＝qvB，解得E＝vB，若使入射速度减小，则粒子所受洛伦兹力减小，则粒子会向下板偏移，A正确；根据上述分析，若使粒子电量增大，电场力与洛伦兹力仍相等，粒子不会发生偏移，B错误；根据上述分析，若使磁感应强度增大，洛伦兹力增大，则粒子会向上板偏移，C错误；根据上述分析，若使电场强度减小，电场力减小，则粒子向上板偏移，D错误．
4、【答案】AD　【解析】根据牛顿第二定律得Eq－μ(mg＋qvB)－kv＝ma，解得a＝，当v＝0时，加速度最大，为am＝＝6 m/s2，A正确，B错误；当a＝0时，速度最大，则vm＝＝12 m/s，C错误，D正确．
5、【答案】B　【解析】粒子在加速电场区域Ⅰ内，根据动能定理有Uq＝mv2，在正交的匀强电场、磁场区域Ⅱ，电量为＋q的粒子刚好能沿直线运动通过O3，有qvB＝Eq，区域Ⅱ的电场强度与磁感应强度的大小之比为＝v＝，A错误；区域Ⅱ左右两极板的电势差为U1＝Ed＝Bd，B正确；带电量为＋2q的粒子，进入叠加场的速度为v′＝，在正交的匀强电场、磁场区域Ⅱ中，粒子受到向左的电场力与向右的洛伦兹力的关系为2qv′B>2qE，则粒子进入区域Ⅱ将向右偏，C错误；带电量为＋的粒子，进入叠加场的速度为v″＝，在正交的匀强电场、磁场区域Ⅱ中，粒子受到向左的电场力与向右的洛伦兹力的关系为qv″B6、【答案】B　【解析】A图中从入口射入的正电荷受向上的电场力和向上的洛伦兹力，电荷向上偏转，则该结构不能成为速度选择器，A错误；B图中从入口射入的正电荷受向下的电场力和向上的洛伦兹力，当二力大小相等时电荷沿直线从出口射出，则该结构能成为速度选择器，B正确；C图中从入口射入的正电荷受向下的电场力和向下的洛伦兹力，电荷向下偏转，则该结构不能成为速度选择器，C错误；D图中从入口射入的正电荷受向下的电场力和向下的洛伦兹力，电荷向下偏转，则该结构不能成为速度选择器，D错误．负电荷同理可得结论．
7、【答案】D　【解析】由于球a在磁场中运动，只有重力做功，磁场力对球a不做功，整个过程中球a的机械能守恒；而球b在电场中运动时除重力做功外还受到电场力对球b做负功，到达最低点时的速度较小，在电场中运动的时间也较长，同时球b的机械能减小．球a下滑的时间比球b下滑时间短．球a的机械能守恒，球b的机械能不守恒．球a到M点的速度大于球b到N点的速度，A、B、C错误；球a在磁场中运动，在最低点进行受力分析可知FM－mg－BqvM＝m，解得FM＝m＋mg＋BqvM，球b在电场中运动，在最低点受力分析可知FN－mg＝m，解得FN＝m＋mg，因为vM>vN，可知FM>FN，D正确．
8、【答案】AC　【解析】粒子运动路径如图．设进入偏转电场速度为v0，粒子经加速电场、偏转电场后速度偏转角为θ，有U0q＝mv，又vy＝at＝·＝·，tan θ＝＝，进入磁场的速度v＝，运动半径R＝，则x＝2R cos θ＝2＝，故C正确，D错误．有t＝＝(π－2θ)，B减小，t增大；U减小，θ减小，t增大，故A正确，B错误．
9、解：(1)设小球从M点运动到O点的时间为t，水平方向的加速度大小为a，则水平方向有L＝at2，
竖直方向2L＝gt2，
解得a＝.
(2)设右侧电场强度大小为E1，左侧电场强度大小为E2，由牛顿第二定律得qE1＝ma，
又E2＝2E1，
解得E2＝.
(3)小球在y轴左侧电场中受到的电场力F＝qE2＝mg，方向竖直向上，所以带电小球在磁场中做匀速圆周运动，作出小球的运动轨迹如图所示，由几何关系可知
tan ∠NOO′＝＝，
可知∠NOO′＝30°，
ON＝＝L，
设小球运动半径为r，根据几何关系有L＝2r cos 30°，
得r＝L.
设小球经过O时的速度大小为v1，由(1)可知v＝2aL，
根据洛伦兹力充当向心力有qv1B＝m，
联立解得B＝.
10、解：(1)粒子在电场中做类平抛运动，有L＝v0t1，
L＝at，a＝，
联立解得E＝，t1＝.
设粒子刚进入区域Ⅰ时的速度为v，与x轴负方向之间的夹角为α，根据动能定理得qE×L＝mv2－mv，
由cos α＝，可得α＝60°.
设粒子在区域Ⅰ内做匀速圆周运动的半径为R1，
由几何关系可知2R1cos α＝L，
由牛顿第二定律得qvB1＝m，
联立解得B1＝.
(2)粒子的轨迹如图所示，2R2sin α＝3L，
粒子在区域Ⅰ内运动的时间
t2＝2××＝，
粒子在区域Ⅱ内运动的时间
t3＝×＝，
粒子由P点运动到F点所需时间
t＝t1＋t2＋t3＝.