第4講力與物體的曲線運動(二)——電場和磁場中的曲線運動eq一、選擇題(1～6題為單項選擇題，7～9題為多項選擇題)1．(·河北唐山二模，16)一個帶正電的粒子，在xOy平面內以速度v0從O點進入一個勻強電場，重力不計．粒子只在電場力作用下繼續在xOy平面內沿圖1－4－16中虛線軌跡運動到A點，且在A點時的速度方向與y軸平行，則電場強度的方向可能是 ()圖1－4－16A．沿x軸正方向 B.沿x軸負方向C．沿y軸正方向 D.垂直于xOy平面向里解析在O點粒子速度有水平向右的分量，而到A點時水平分量變為零，說明該粒子所受電場力向左或有向左的分量，又因為粒子帶正電，故只有B正確．答案B2．如圖1－4－17所示，虛線MN上方的空間內存在一磁感應強度大小為B的勻強磁場．一群電子以不同的速率v從MN邊界上的P點以相同的方向射入磁場，其中某一速率為v0的電子從Q點射出．已知電子入射方向與邊界的夾角為θ，則由以上條件可判斷 ()圖1－4－17A．該勻強磁場的方向垂直紙面向外B．所有電子在磁場中的運動軌跡都相同C．所有電子的速度方向都改變了2θD．速率大于v0的電子在磁場中運動的時間長解析由左手定則可知該勻強磁場的方向垂直紙面向里，選項A錯誤；由半徑公式r＝eq\f(mv0,eB)可知，電子進入磁場的速率越大，其軌道半徑就越大，則不同速率的電子在磁場中的運動軌跡不同，選項B錯誤；所有電子在磁場中運動的圓心角為2θ，所有電子的速度方向都改變了2θ，選項C正確；又因為電子在磁場中運動的周期為T＝eq\f(2πm,eB)，所以電子在磁場中運動的時間為t＝eq\f(2θ,2π)T＝eq\f(2mθ,eB)，與電子運動的速率無關，選項D錯誤．答案C3．(·浙江湖州期末)如圖1－4－18所示，O為AB的中點，C點和D點到A點的距離相等，分別在A、B兩點放等量正、負電荷，則下列說法正確的是()圖1－4－18A．C點場強小于D點場強B．C點電勢高于D點電勢C．將一負檢驗電荷沿圖中虛線由C點到D點，電場力對它做正功D．將一正檢驗電荷沿圖中虛線由C點到D點，電場力對它不做功解析根據點電荷場強E＝eq\f(kQ,R2)，正點電荷在D和C點的電場分布大小相同設為E，方向相反，負點電荷在C點電場強度E1大于D點電場強度E2，且都小于E，兩個電場分布如圖所示，根據電場疊加原理知：在C點兩個電場同向相加即E＋E1，D點兩個電場反向相減即E－E2，所以C點電場強度大于D點電場強度，選項A錯；對正點電荷的電場，C和D在同一個等勢面上，對負點電荷，電場線從D指向C，從高電勢指向低電勢，所以復合場中C點電勢低于D點電勢，選項B錯；將一負檢驗電荷沿圖中虛線由C點到D點，電場力做正功，選項C正確；將一正檢驗電荷沿圖中虛線由C點到D點，電場力做負功，選項D錯誤．答案C4．如圖1－4－19所示為圓柱形區域的橫截面，在沒有磁場的情況下，帶電粒子(不計重力)以某一初速度沿截面直徑方向入射，穿過此區域的時間為t.在該區域加沿圓柱軸線方向的勻強磁場，磁感應強度為B，帶電粒子仍以同一初速度沿截面直徑入射，粒子飛出此區域時，速度方向偏轉60°角，根據上述條件不可能求下列物理量中的哪幾個 ()圖1－4－19A．帶電粒子的比荷B．帶電粒子在磁場中運動的時間C．帶電粒子在磁場中運動的半徑D．帶電粒子在磁場中運動的角速度解析設磁場區域的半徑為R，不加磁場時，帶電粒子速度的表達式為v＝eq\f(2R,t)帶電粒子在磁場中運動半徑由題中的圖可知r＝Rcot30°＝eq\r(3)R由粒子在磁場中運動的軌道半徑公式可得eq\r(3)R＝eq\f(mv,qB)由以上三式可得eq\f(q,m)＝eq\f(2,\r(3)Bt)，周期T＝eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2π\f(\r(3)qBt,2),qB)＝eq\r(3)πt，在磁場中運動時間t′＝eq\f(T,6)＝eq\f(\r(3)π,6)t，運動角速度ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2,\r(3)t)＝eq\f(2\r(3),3t)，所以選C.答案C5．(·合肥市第三次質量檢測)如圖1－4－20所示，虛線MN上方存在方向垂直紙面向里的勻強磁場B1，帶電粒子從邊界MN上的A點以速度v0垂直磁場方向射入磁場、經磁場偏轉后從邊界MN上的B點射出．若在粒子經過的區域PQ上方再疊加方向垂直紙面向里的勻強磁場B2.讓該粒子仍以速度v0從A處沿原方向射入磁場，經磁場偏轉后從邊界MN上的B′點射出．(圖中未標出)，不計粒子的重力，下列關于粒子的說法正確的是 ()圖1－4－20A．B′點在B點的右側B．從B′點射出的速度大于從B點射出的速度C．從B′點射出的速度方向平行于從B點射出的速度方向D．從A到B′的時間等于從A到B的時間解析粒子在勻強磁場中運動，根據洛倫茲力提供向心力qvB＝eq\f(mv2,r).得：r＝eq\f(mv,qB)，所以磁感應強度越大，粒子運動的半徑越小，所以帶電粒子在PQ上方時做圓周運動的半徑小，粒子透過PQ連線的速度方向不變，故運動軌跡(PQ上方)如圖，因此B′點在B點的左側，故A錯誤；洛倫茲力對運動電荷不做功，所以粒子的速度不變，故B錯誤；從圖中可以看出，兩種情況下，粒子穿過PQ連線時轉過的角度相同，所以從PQ的上方出來時的速度方向是相間的，因此從B′點射出的速度方向平行于從B點射出的速度方向，故C正確；因T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，所以在粒子經過的區域PQ上方再疊加方向垂直紙面向里的勻強磁場時，上方的磁場變大，粒子穿過上方的時間就變小，所以從A到B′的時間小于從A到B的時間，故D錯．答案C6．如圖1－4－21所示，有一個正方形的勻強磁場區域abcd，e是ad的中點，f是cd的中點，如果在a點沿對角線方向以速度v射入一帶負電的帶電粒子，恰好從e點射出，則 ()圖1－4－21A．如果粒子的速度增大為原來的二倍，將從d點射出B．如果粒子的速度增大為原來的三倍，將從f點射出C．如果粒子的速度不變，磁場的磁感應強度變為原來的二倍，也將從d點射出D．只改變粒子的速度使其分別從e、d、f點射出時，從e點射出所用時間最短解析作出示意圖如圖所示，根據幾何關系可以看出，當粒子從d點射出時，軌道半徑增大為原來的二倍，由半徑公式R＝eq\f(mv,qB)可知，速度v增大為原來二倍或磁感應強度變為原來一半，A項正確，C項錯誤；當粒子的速度增大為原來的五倍時，才會從f點射出，B項錯誤；據粒子的周期公式T＝eq\f(2πm,qB)，可見粒子的周期與速度無關，在磁場中的運動時間取決于其軌跡圓弧所對應的圓心角，所以從e、d射出時所用時間相等，從f點射出時所用時間最短，D項錯誤．答案A7．(·浙江嘉興一模)高速粒子轟擊熒光屏可致其發光．如圖1－4－22所示，在豎直放置的鉛屏A的右表面上貼著β射線放射源P，放射出β粒子(實質是電子)的速度大小為v0.足夠大的熒光屏M與鉛屏A平行放置，相距d，其間有水平向右的勻強電場，電場強度大小E.已知電子電荷量為－e，質量為m.不考慮相對論效應，則 ()圖1－4－22A．垂直射到熒光屏M上的電子速度大小為eq\r(2\f(eEd,m)＋v\o\al(2,0))B．到達熒光屏離P最遠的電子運動時間為eq\r(\f(2md,eE))C．熒光屏上發光半徑為eq\r(\f(2mdv\o\al(2,0),eE)－4d2)D．到達熒光屏的電子電勢能減少了eEd解析根據動能定理得：－eEd＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得垂直射到熒光屏M上的電子速度大小為v＝eq\r(v\o\al(2,0)－2\f(eEd,m))，故A錯誤；設電子的初速度方向與A板的夾角為θ時到達熒光屏時與熒光屏相切，此種情況到達熒光屏時離P最遠，該電子做類斜拋運動，則有：v0sinθ＝at，v0sinθ·eq\f(t,2)＝d，a＝eq\f(eE,m)，解得：t＝eq\r(\f(2md,eE))，故B正確；熒光屏上發光半徑為r＝v0cosθ·t，結合對B項的分析可得r＝eq\r(\f(2mdv\o\al(2,0),eE)－4d2)，故C正確；電場力對到達熒光屏的電子做功為W＝－eEd，則電勢能增加了eEd，故D錯誤．答案BC8．在xOy平面內有一個寬為L(ac＝L)的磁場區，磁場垂直紙面向外，如圖1－4－23所示，一帶電粒子從x軸上的P點以速度v垂直于x軸射出，經磁場后從M點穿過y軸．今要求粒子從N點穿過y軸，下列措施可行的是 ()圖1－4－23A．將磁場區向y軸負向平移適當距離B．將磁場區向y軸正向平移適當距離C．保持cd不動，將ab向y軸正方向平移適當距離D．保持磁場位置和寬度不變，減小磁感應強度解析帶電粒子進入磁場后的運動軌跡如圖所示，若磁場寬度不變，則軌跡efM不變，將磁場區沿y軸平移時，efM隨之平移，因此磁場區向y軸負向平移可使粒子由N點過y軸，A對、B錯；當保持cd不動，將ab向y軸正方向平移時，粒子在磁場中運動的時間增長，偏轉角增大，可使粒子過N點，C正確；若保持磁場位置和寬度不變，減小磁感應強度，則軌道半徑增大，偏轉角減小，粒子從離N點更遠處過y軸，D錯．答案AC9．(·高考押題卷三)如圖1－4－24所示，以直角三角形AOC為邊界的有界勻強磁場區域．磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度大小為B.∠A＝60°，AO＝a.在O點放置一個粒子源，可以向紙面內各個方向發射某種帶負電粒子，粒子的比荷為eq\f(q,m)，速度大小都為v0，且滿足v0＝eq\f(qBa,m)，發射方向由圖中的角度θ表示．對于粒子進入磁場后的運動(不計重力作用)，下列說法正確的是()圖1－4－24A．粒子在磁場中運動的半徑為aB．粒子有可能打到A點C．以θ＝60°飛入的粒子在磁場中運動時間最短D．在AC邊界上只有一半區域有粒子射出解析根據qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)得：R＝a，故選項A正確．θ＝0時，粒子的運動軌跡如圖所示，隨著θ的增大，粒子將在A、D之間射出，當θ＝60°時，粒子恰好從A點射出，且在磁場中的運動時間最長，當θ＞60°時，隨著θ的增大，粒子在磁場中的運動時間減?。梢陨戏治隹芍?，選項A、B、D正確．答案ABD二、非選擇題10．(·浙江新高考聯盟一聯)如圖1－4－25所示，CD左側存在場強大小為E＝eq\f(mg,q)，方向水平向左的勻強電場，一個質量為m、電荷量為q的光滑絕緣小球，從底邊BC長L，傾角α＝53°的直角三角形斜面頂端A點由靜止開始下滑，運動到斜面底端C點后進入一細圓管內(C處為一小段長度可忽略的圓弧，圓管內徑略大于小球直徑)，恰能到達D點，隨后從D離開后落回到斜面P點，重力加速度為g(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)．圖1－4－25(1)求DA兩點間的電勢差UDA；(2)求圓管半徑r；(3)求小球從D點運動到P點的時間t.解析(1)WAD＝－mgL，UDA＝eq\f(WDA,q)或UDA＝EL ①UDA＝eq\f(mgL,q) ②(2)由恰好過D點，判斷vD＝0 ③根據動能定理：從A到D過程mgLtan53°－EqL－mg·2r＝0 ④解得r＝eq\f(L,6) ⑤(3)由于mg＝Eq，小球進入電場與水平方向成45°角斜向下做勻加速直線運動．設到達P處水平位移為x，豎直位移為y，則有x＝yxtan53°＋x＝2r ⑥解得x＝eq\f(L,7)，y＝eq\f(L,7) ⑦豎直方向自由落體有y＝eq\f(1,2)gt2 ⑧解得t＝eq\r(\f(2L,7g)) ⑨答案(1)eq\f(mgL,q)(2)eq\f(L,6)(3)eq\r(\f(2L,7g))11．(·廣東卷，36)如圖1－4－26所示，足夠大的平行擋板A1、A2豎直放置，間距6L，兩板間存在兩個方向相反的勻強磁場區域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN為理想分界面．Ⅰ區的磁感應強度為B0，方向垂直紙面向外．A1、A2上各有位置正對的小孔S1、S2，兩孔與分界面MN的距離為L、質量為m、電荷量為＋q的粒子經寬度為d的勻強電場由靜止加速后，沿水平方向從S1進入Ⅰ區，并直接偏轉到MN上的P點，再進入Ⅱ區、P點與A1板的距離是L的k圖1－4－26(1)若k＝1，求勻強電場的電場強度E;(2)若2<k<3，且粒子沿水平方向從S2射出，求出粒子在磁場中的速度大小v與k的關系式和Ⅱ區的磁感應強度B與k的關系式．解析(1)若k＝1，則有：MP＝L ①即該情況粒子的軌跡半徑為：R0＝L ②粒子做勻速圓周運動，其向心力由洛倫茲力提供：qvB0＝meq\f(v2,R0) ③v＝eq\f(qB0R0,m) ④粒子在勻強電場中，據動能定理有：qEd＝eq\f(1,2)mv2 ⑤解得：E＝eq\f(qB\o\al(2,0)L2,2dm) ⑥(2)由于P距離A1為kL，且2<k<3，粒子從S2水平飛出，該粒子運動軌跡如圖所示，則根據從S1到P處的軌跡由幾何關系得R2－(kL)2＝(R－L)2⑦又由qvB0＝meq\f(v2,R) ⑧則整理得：v＝eq\f(qB0L1＋k2,2m) ⑨又由題意及軌跡圖得：6L－2kL＝PQ 據幾何關系，由相似三角形得：eq\f(kL,\f(PQ,2))＝eq\f(R,r) ?又有qvB＝meq\f(v2,r) ?解得Ⅱ區磁場與k關系為：B＝eq\f(kB0,3－k) ?答案(1)eq\f(qB\o\al(2,0)L2,2dm)(2)v＝eq\f(qB0L1＋k2,2m)B＝eq\f(kB0,3－k)12．如圖1－4－27所示，在邊長L＝8cm的正方形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B0＝0.1T．距離AB、AD邊均為d＝1cm的P點有一粒子源，能在紙面內向各個方向發射出速率不同的帶正電的粒子，粒子的質量m＝1.0×10－14kg，電荷量q＝1.0×10－5圖1－4－27(1)速度在什么范圍內的粒子將不可能射出磁場，被完全約束在正方形區域內？(2)速度大小為5.0×106m/s的粒子將從解析(1)粒子射出后沿逆時針偏轉．當粒子運動軌跡為Ⅰ時，粒子運動半徑r1＝eq\f(d,2)為不可射出磁場