专题十一 课时作业（二）

专题十一课时作业（二）|主题二带电粒子在叠加场中的运动1.如图所示，水平分界面下方的空间中存在着向下的匀强电场和向里的匀强磁场的复合场，电场强度大小为E，磁场的磁感应强度大小为B。有一质量为m、带电荷量为q(q>0)的轻质小球以与水平面成θ角的速度v0射入复合场中，经过时间t后回到分界面的上方，小球的重力不计，下列说法中正确的是()A．小球在复合场中做匀速圆周运动，运动时间t＝eq\f(2θm,Bq)B．仅增大入射速度v0，其他条件不变，小球在复合场中运动时间t将变大C．仅增大磁感应强度B，其他条件不变，小球在复合场中的运动时间t将不变D．当满足v0＝eq\f(E,Bcosθ)时，小球在复合场中的运动时间t为eq\f(πm,Bq)解析：选D小球受竖直向下的电场力和垂直于速度方向斜向右上方的洛伦兹力，合力的大小和方向均不断变化，所以小球不可能做匀速圆周运动，故A错误；增大入射速度，将速度正交分解可得，用来平衡电场力的水平向右的分速度不变，做圆周运动的等效合速度的入射角将减小，时间t变小，故B错误；增大磁感应强度B，用来平衡电场力的水平速度将变小，等效合速度的入射角将变小，时间t变小，故C错误；当满足v0＝eq\f(E,Bcosθ)时，即qv0Bcosθ＝Eq，水平分速度正好可以平衡电场力，等效于小球在复合场中的圆心角为180°，运动时间为半个周期，即t＝eq\f(1,2)T＝eq\f(1,2)·eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(πm,Bq)，故D正确。2.如图所示，空间存在沿x轴正方向的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。t＝0时刻，质子以初速度v0从坐标原点O沿y轴正方向射出，已知质子质量为m，电荷量为e。质子的重力不计，则()A．t＝eq\f(πm,eB)时刻，质子的速度沿z轴的负方向B．t＝eq\f(πm,eB)时刻，质子的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mEπ2,2eB2)，0，\f(mv0,eB)))C．质子可多次经过x轴，且依次经过x轴的坐标值之比为1∶4∶9…D．质子运动轨迹在yOz平面内的投影是以O点为圆心的圆解析：选C沿x轴方向，质子在电场力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，根据左手定则，洛伦兹力初始时刻沿z轴负方向，可判断质子在yOz平面做匀速圆周运动，所以质点运动轨迹在yOz平面内的投影是经过O点的圆；t＝eq\f(πm,eB)＝eq\f(1,2)T时刻，在yOz平面质子分速度方向沿y轴负方向，沿x轴方向分速度沿x轴正方向，所以质子的合速度方向不沿z轴的负方向，故A、D错误；t＝eq\f(πm,eB)＝eq\f(1,2)T时刻，沿x轴方向有Ee＝ma，x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(Ee,m)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(πm,eB)))2＝eq\f(π2mE,2eB2)，在yOz平面内，正好经过半个周期，则y＝0，z＝－2r＝－eq\f(2mv0,eB)，所以质子的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mEπ2,2eB2)，0，－\f(2mv0,eB)))，故B错误；质子每经过一个周期可经过一次x轴，沿x轴方向在电场力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，根据比例关系可知依次经过x轴的坐标值之比为1∶4∶9…，故C正确。3．(2023·咸阳模拟)如图甲所示，竖直面内矩形ABCD区域内存在磁感应强度按如图乙所示的规律变化的磁场(规定垂直纸面向外为正方向)，区域边长eq\x\to(AB)＝eq\r(3)eq\x\to(AD)，一带正电的粒子从A点沿AB方向以速度v0射入磁场，在T1时刻恰好能从C点平行DC方向射出磁场。现在把磁场换成按如图丙所示规律变化的电场(规定竖直向下为正方向)，相同的粒子仍以速度v0从A点沿AB方向射入电场，在T2时刻恰好能从C点平行DC方向射出电场。不计粒子的重力，则磁场的变化周期T1和电场的变化周期T2之比为()A．1∶1 B．2eq\r(3)π∶3C．2eq\r(3)π∶9 D.eq\r(3)π∶9解析：选C设粒子的质量为m，带电荷量为q，粒子在磁场中的偏转半径为r，经过eq\f(T1,2)粒子转过的圆心角为α，则有：2rsinα＝eq\x\to(AB)，2(r－rcosα)＝eq\x\to(AD)，又eq\x\to(AB)＝eq\r(3)eq\x\to(AD)，联立解得α＝60°，所以有：eq\f(T1,2)＝eq\f(1,6)TB，TB＝eq\f(2πr,v0)，解得：T1＝eq\f(2\r(3)π\x\to(AB),9v0)；如果把磁场换为电场，则有eq\x\to(AB)＝v0T2，解得：T2＝eq\f(\x\to(AB),v0)，所以eq\f(T1,T2)＝eq\f(2\r(3)π,9)，故C正确，A、B、D错误。4.(多选)如图所示，竖直直线MN右侧存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，现有一质量m＝0.01kg、电荷量q＝＋0.01C的小球从MN左侧水平距离为l＝0.4m的A点水平抛出，当下落距离是水平距离的一半时从MN上的D点进入电磁场，并恰好能做匀速圆周运动，图中C点是圆周的最低点且C到MN的水平距离为2l，不计空气阻力，g取10m/s2，则()A．小球的初速度为20m/sB．匀强电场的电场强度为10V/mC．匀强磁场的磁感应强度为B＝2TD．小球从D到C运动的时间为0.1πs解析：选BD小球从A到D做平抛运动，有l＝v0t，eq\f(l,2)＝eq\f(1,2)gt2，可得t＝0.2s，v0＝2m/s，故A错误；小球进入电磁场中恰好做匀速圆周运动，则qE＝mg，解得E＝10V/m，故B正确；小球进入电磁场时有vy＝gt＝v0，即小球进入电磁场时的速度为v＝2eq\r(2)m/s，且与MN成45°角，由几何关系可得小球做匀速圆周运动的半径为r＝eq\f(2l,cos45°)＝eq\f(4,5)eq\r(2)m，又因Bqv＝meq\f(v2,r)，联立并代入数值得B＝2.5T，故C错误；小球从D到C经历了eq\f(1,8)圆周，所以从D到C运动的时间为t＝eq\f(πr,4v)＝0.1πs，故D正确。5．(多选)如图所示，一倾角为37°的光滑斜面体固定在水平面上，匀强磁场垂直于斜面向上，匀强电场沿斜面向上并垂直于斜面底边，一质量为m、带电荷量为q的小球以速率v在斜面上做半径为R的匀速圆周运动。重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是()A．小球带负电B．小球沿顺时针方向做圆周运动C．匀强电场的电场强度大小为eq\f(3mg,5q)D．匀强磁场的磁感应强度大小为eq\f(5mv,3qR)解析：选BC小球在斜面上做匀速圆周运动，故重力沿斜面向下的分力与电场力平衡，电场力沿斜面向上，故小球带正电，故A错误；小球在斜面上做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据左手定则判断可知，小球沿顺时针方向运动，故B正确；根据重力沿斜面向下的分力与电场力平衡，则有Eq＝mgsin37°，解得E＝eq\f(3mg,5q)，故C正确；根据洛伦兹力提供向心力，得qvB＝meq\f(v2,R)，解得B＝eq\f(mv,qR)，故D错误。6.如图所示，以棱长为L的正方体顶点O为原点建立三维坐标系Oxyz，其中正方体的顶点P落在x轴上，顶点Q落在y轴上。一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子(重力不计)由Q点沿x轴正方向以初速度v0射入正方体，第一次只加沿z轴负方向、磁感应强度大小为B的匀强磁场，该粒子恰好能通过OQ的中点；第二次只加沿y轴负方向、电场强度大小为E的匀强电场，该粒子恰好能通过OP的中点；第三次同时加上与前两次等大的磁场和电场，其中磁场方向不变，将电场方向调整为与yOz平面平行，与z轴正方向成30°角、与y轴正方向成60°角。则()A．第一次和第二次该粒子在正方体内运动的时间相等B．电场强度和磁感应强度的大小满足E＝v0BC．第三次该粒子的运动为匀变速曲线运动D．第三次该粒子离开正方体时的位置坐标为(L，L，L)解析：选C第一次粒子在磁场中运动，半径为r＝eq\f(1,4)L＝eq\f(mv0,Bq)，解得B＝eq\f(4mv0,qL)，运动时间t1＝eq\f(πr,v0)＝eq\f(πL,4v0)，第二次粒子在电场中运动，运动时间t2＝eq\f(L,2v0)，故t1>t2，A错误；第二次运动中，粒子在y轴方向上做匀变速直线运动，有L＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2v0)))2，解得E＝eq\f(8mv02,qL)，故有E＝2v0B，B错误；第三次运动过程中，带电粒子所受电场力Eq＝eq\f(8mv02,L)，所受洛伦兹力qv0B＝eq\f(4mv02,L)，在yOz平面内，如图所示，沿y轴方向有Eqsinθ＝Eqsin30°＝qv0B，电场力沿z轴的分量Eqcosθ让粒子沿z轴正向加速，故粒子的运动为从Q点以速度v0沿x轴正向做匀速直线运动以及沿z轴正向做匀加速直线运动的合运动，即匀变速曲线运动，C正确；粒子在z轴方向上L＝eq\f(1,2)·eq\f(Eqcosθ,m)t2，解得t＝eq\r(\f(\r(3),6))eq\f(L,v0)，x方向上x＝v0t＝eq\r(\f(\r(3),6))L，y方向上的坐标为L，故出射点坐标为eq\r(\f(\r(3),6))L，L，L，D错误。7.如图所示，空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直于纸面向里，在正交的电磁场空间中有一足够长的固定光滑绝缘杆，与电场方向夹角成60°且处于竖直平面内。一带电小球套在绝缘杆上，当小球沿杆向下的初速度为v0时，小球恰好做匀速直线运动，则以下说法正确的是()A．小球可能带正电，也可能带负电B．磁感应强度B和电场强度E的大小关系为eq\f(E,B)＝eq\f(\r(3),3)v0C．若撤去磁场，小球仍做匀速直线运动D．若撤去电场，小球的机械能不断增大解析：选C小球所受洛伦兹力和支持力都与运动方向垂直，均不做功，重力做正功，而小球的动能保持不变，则电场力一定做负功，故电场力沿电场方向，小球带正电，故A错误；小球做匀速直线运动时，仅当支持力为零时，电场力、重力、洛伦兹力才三力平衡，有qE＝qv0Bsin60°，则eq\f(E,B)＝eq\f(\r(3),2)v0，故B错误；撤去磁场后，因重力和电场力的合力垂直于杆，所以小球仍做匀速直线运动，故C正确；撤去电场后，小球所受的力中仅有重力做功，所以小球的机械能不变，故D错误。8．(多选)如图所示，绝缘粗糙细直杆abc在b处弯折为α角，水平bc段足够长，在虚线AB的右侧区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，一带电圆环(可视为点电荷)从倾斜ab段某处由静止释放，忽略圆环经过弯折处的能量损失，且圆环在运动过程中所带电荷量保持不变。下列关于圆环速度v随时间t的变化图像可能正确的是()解析：选ACD设带电圆环的质量为m，与绝缘粗糙细直杆间的动摩擦因数为μ，当带电圆环从倾角为α的倾斜绝缘细直杆上下滑时，设其获得的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得mgsinα－μmgcosα＝ma，解得a＝gsinα－μgcosα，由此可知在带电圆环下滑到倾斜绝缘细直杆的最下端的过程中，做初速度为零的匀加速直线运动，反映在v­t图像上则为过圆点的倾斜直线。而当带电圆环进入虚线AB右侧的匀强磁场中后，若圆环带正电，则要受到竖直向上的洛伦兹力，而当洛伦兹力等于其重力时，圆环所受合外力为零，在磁场中将做匀速直线运动，图像为一条平行于时间轴的直线；若洛伦兹力大于重力，则由牛顿第二定律可得μ(Bqv－mg)＝ma1，可知圆环将做加速度减小的减速运动，而随着速度的减小洛伦兹力也随之减小，当洛伦兹力减小到与重力大小相等时，圆环将做匀速直线运动；若洛伦兹力小于重力，则由牛顿第二定律有μ(mg－Bqv)＝ma2，可知圆环做减速运动，随着速度的减小，洛伦兹力减小，加速度增大，因此可知圆环做加速度增大的减速运动，直至速度减为零；若圆环带负电，所受洛伦兹力竖直向下，由牛顿第二定律可得μ(mg＋Bqv)＝ma3，可知圆环做减速运动，随着速度的减小洛伦兹力减小，加速度减小，圆环做加速度减小的减速运动，直至速度减为零。故A、C、D正确，B错误。9．(多选)据报道，我国空间站安装了现代最先进的霍尔推进器用以空间站的轨道维持。如图乙，在很窄的圆环空间内有沿半径向外的磁场1，其磁感应强度大小可近似认为处处相等；垂直圆环平面同时加有匀强磁场2和匀强电场(图中没画出)，磁场1与磁场2的磁感应强度大小相等。已知电子电量为e，质量为m，若电子恰好可以在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动。则以下说法正确的是()A．电场方向垂直环平面向外B．电子运动周期为eq\f(2πR,v)C．垂直环平面的磁感应强度大小为eq\f(mv,eR)D．电场强度大小为eq\f(mv2,2eR)解析：选BC根据左手定则可知电子在圆环内受到沿半径向外的磁场1的洛伦兹力方向垂直环平面向里，电场力需要与该洛伦兹力平衡，电场力方向应垂直环平面向外，由于电子带负电，故电场方向垂直环平面向里，A错误；电子在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动，则电子运动周期为T＝eq\f(2πR,v)，B正确；电子在圆环内受到磁场2的洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力，则有evB＝meq\f(v2,R)，解得B＝eq\f(mv,eR)，C正确；电子在垂直环平面方向受力平衡，则有eE＝evB，解得E＝eq\f(mv2,eR)，D错误。10．(2023·湖南高考)如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下(与纸面平行)，磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域(区域Ⅱ)内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是()A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t>t0B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t>t0C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为eq\f(\r(3),4)B2，则t＝eq\f(t0,2)D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为eq\f(\r(2),4)B2，则t＝eq\r(2)t0解析：选D由题知粒子沿AC方向做直线运动，则有qv0B1＝qE，可得v0＝eq\f(E,B1)。区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，粒子从CF的中点射出，则粒子转过的圆心角为90°，根据T＝eq\f(2πm,qB2)，有t0＝eq\f(πm,2qB2)。若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，设粒子沿AC方向做直线运动的速度为vA，有qvA·2B1＝qE，解得vA＝eq\f(v0,2)，再根据qvB＝meq\f(v2,r)，可知粒子在区域Ⅱ中做圆周运动的半径减小，则粒子仍然从CF边射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t＝t0，A错误；若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，设粒子沿AC方向做直线运动的速度为vB，有qvBB1＝q·2E，解得vB＝2v0，再根据qvB＝meq\f(v2,r)，可知粒子在区域Ⅱ中做圆周运动的半径变为原来的2倍，则粒子从F点射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t＝t0，B错误；若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为eq\f(\r(3),4)B2，则粒子沿AC做直线运动的速度仍为v0，再根据qvB＝meq\f(v2,r)，可知粒子在区域Ⅱ中做圆周运动的半径变为原来的eq\f(4,\r(3))>2，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为60°，根据T＝eq\f(2πm,qB2)，有t＝eq\f(4\r(3)πm,9qB2)，则t＝eq\f(8\r(3)t0,9)，C错误；若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为eq\f(\r(2),4)B2，则粒子沿AC做直线运动的速度仍为v0，再根据qvB＝meq\f(v2,r)，可知粒子在区域Ⅱ中做圆周运动的半径变为原来的eq\f(4,\r(2))>2，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为45°，根据T＝eq\f(2πm,qB2)，有t＝eq\f(\r(2)πm,2qB2)，则t＝eq\r(2)t0，D正确。11．微波炉中的磁控管是一种用来产生微波的电真空器件。管内电子在相互垂直的恒定磁场和恒定电场的控制下，把从恒定电场中获得的能量转变成微波能量，从而达到产生微波的目的。如图所示，MN、PQ为水平放置的带电金属板，板间有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B。一束电子以平行于MN的速度自O点射入复合场区域，恰好沿直线通过。O为MP中点，MP＝2d，MN足够长，电子比荷为eq\f(E,2B2d)。不计电子重力及它们之间的相互作用。(1)求电子沿直线经过两板间的速度大小；(2)若撤去电场，求电子打在金属板上的位置；(3)若电子进入复合场的初速度不变，将电场强度变为eq\f(6,5)E，求电子在两板间运动的最大速度以及电子沿电场线方向上的最大位移。(提示：电子在复合场中的运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动和在MNPQ平面内的匀速圆周运动)解析：(1)若电子能沿直线通过复合场，则受到的合力为0，有qE＝qv0B解得v0＝eq\f(E,B)。(2)电子在磁场中做匀速圆周运动，有qv0B＝meq\f(v02,R)整理得R＝eq\f(mv0,qB)由eq\f(q,m)＝eq\f(E,2B2d)解得R＝2d由左手定则可知电子向下偏转，设电子打在PQ板上距P端x处，由几何关系得R2＝(R－d)2＋x2解得x＝eq\r(3)d。(3)通过配速，让电场力与洛伦兹力平衡，有q·eq\f(6,5)E＝qv1B解得v1＝eq\f(6,5)v0如图所示就是将电子初速度分解为向右的v1＝eq\f(6,5)v0和向左的v2＝eq\f(1,5)v0，分别对应匀速直线运动和匀速圆周运动，v1与v2同向时电子的运动速度最大vm＝eq\f(1,5)v0＋eq\f(6,5)v0＝eq\f(7,5)v0匀速圆周运动的半径为r＝eq\f(mv0,5qB)＝eq\f(2,5)d沿电场线方向的最大位移大小为ym＝2r解得ym＝eq\f(4d,5)<d沿电场线方向的最大位移大小为ym＝eq\f(4d,5)，方向竖直向上。答案：(1)eq\f(E,B)(2)PQ板上距P端eq\r(3)d处(3)eq\f(7,5)v0，方向水平向右eq\f(4d,5)，方向竖直向上12．制造芯片要精准控制粒子的注入。如图甲所示，是控制粒子运动的装置示意图，两块边长均为d的正方形金属板M、N上、下正对水平放置，极板间距也为d。以该装置的立方体中心O点为原点建立直角坐标系，并在极板间加沿y轴负方向的匀强磁场(磁感应强度大小未知)，两极板接到电压为U的电源上。现有一束带正电的粒子以速度v0沿x轴正方向从左侧持续注入极板间，恰好沿x轴做匀速直线运动。不考虑电磁场的边缘效应，粒子的重力忽略不计，粒子之间的静电力忽略不计。(1)求磁感应强度B的大小；(2)若仅撤去磁场，该带电粒子束恰好击中点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(d,6)，0，－\f(d,2)))，求粒子的比荷；(3)若仅撤去电场，求带电粒子束离开立方体空间的位置坐标；(4)若将磁场方向改为沿z轴正方向，并将两极板接到电压按如图乙所示变化的电源上，t＝0时刻让粒子从中心O点沿x轴正方向以速度v0注入，试通过计算说明从粒子注入后到击中极板前会经过z轴几次。解析：(1)粒子做匀速直线运动，则有q·eq\f(U,d)＝qv0B可得B＝eq\f(U,dv0)。(2)粒子在电场中做类平抛运动，有x＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(d,2)))－eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(d,6)))＝v0t，a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qU,md)，z＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(d,2)))＝eq\f(1,2)at2，联立可得粒子的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(9v02,U)。(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有qv0B＝eq\f