专题27 带电粒子在复合场中的运动（电磁学部分）（解析版）.pdf

1、1/20专题 27 带电粒子在复合场中的运动1如图所示，两平行金属板水平放置，板长和板间距均为 L，两板间接有直流电源，极板间有垂直纸面向外的匀强磁场。一带电微粒从板左端中央位置以速度0vgL垂直磁场方向水平进入极板，微粒恰好做匀速直线运动。若保持 a 板不动，让b 板向下移动 0.5L，微粒从原位置以相同速度进入，恰好做匀速圆周运动，则该微粒在极板间做匀速圆周运动的时间为（）A 3gLgB 2gLgC gLgD 2 gLg【答案】A【解析】微粒恰好做匀速直线运动时有0Eqqv BmgL 恰好做匀速圆周运动32EqmgL联立解得02mgqv B即02mgvqB由题意可知0vgL，则有2mggL

2、qB 由公式下载最新免费模拟卷，到公众号：一枚试卷君2/20200vqv Bm R得0mvRqB联立解得2RL微粒运动轨迹如图所示，由几何关系可得30MON所以微粒在磁场中运动的时间为30223603gLLtggL故 A 正确，BCD 错误。故选 A。2如图所示为早期回旋加速器的结构示意图，1D 和2D 是两个中空半径为 R 的半圆金属盒，它们之间接高频交流电其频率为 f，匀强磁场的磁感应强度为 B，A 处的粒子源产生的 粒子在两盒之间被电场加速，两个半圆盒处于垂直于盒面的匀强磁场中。粒子进入半圆金属盒内做匀速圆周运动若忽略 粒子在电场中的加速时间且不考虑相对论效应，则下列说法正确的是（）3/

3、20A 粒子在磁场中回转一周运动的周期越来越大B 粒子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小有关C不改变 B 和 f，该回旋加速器也能用于加速氘核D 粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大【答案】C【解析】A 粒子在磁场中运动的周期：2 mTqB与其速度的大小无关，所以 粒子运动的周期不变。故 A 错误；BD根据洛伦兹力提供向心力可知：2mmvqv Bm R得：mqBRvm与加速的电压无关；最大动能为：2222m122kq B REmvm可知最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关，与加速的次数无关，故 B 错误，D 错误.C根据：2 mTqB知 换成氘核，比荷不发生变

4、化，则在磁场中运动的周期不发生变化，回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等，故不需要改变磁感应强度或交流电的周期，故 C 正确；故选：C.3如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为 a 和 b，内有带电量为 q 的某种自由运动电荷导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为 B当通以从左到右的稳恒电流 I 时，测得导电材料上、下表面之间的电压为 U，且上表面的电势比下表面的低由此可得该导4/20电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为AIBq aU，负BIBq aU，正CIBq bU，负DIBq bU，正【答案】C【解析】因为

5、上表面的电势比下表面的低，根据左手定则，知道移动的电荷为负电荷；根据电荷所受的洛伦兹力和电场力平衡可得：UqvBq a解得：UvBa因为电流为：Inqvsnqvab解得：IBnq bU=A.与分析不符，故 A 错误；B.与分析不符，故 B 错误；C.与分析相符，故 C 正确；D.与分析不符，故 D 错误4如图所示，劲度系数为 k 的轻弹簧一端固定在墙上空间存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B一个带正电的小物块(可视为质点)从 A 点以初速度0v 向左运动，接触弹簧后运动到 C 点时速度恰好为零，弹簧始终在弹性限度内已知物块质量为 m，A、C 两点间距离为 L，物块与水平面间的动

6、摩擦因数为，重力加速度为 g则物块由 A 点运动到 C 点的过程中，下列说法正确的是5/20A小物块的加速度先不变后减小B弹簧的弹性势能增加量为2012 mvmgLC小物块与弹簧接触的过程中，弹簀弹力的功率先增加后减小D小物块运动到 C 点时速度为零，加速度也一定为零【答案】C【解析】物块与水平面间动摩擦因数为，由于摩擦力做功机械能减小，物块的速度减小，根据 f 洛=qvB，可知物块受到的洛伦兹力减小由左手定则可知物块向左运动的过程中受到的洛伦兹力的方向向下，洛伦兹力减小，则物块受到的向上的支持力 FN=f 洛+mg 减小，所以摩擦力：f=FN 也减小，物块的加速度 a=f/m 也减小；当物块

7、接触弹簧后，物体的加速度：fFam，f 减小，而 F 增大，所以不能判断出加速度的变化由以上的分析可知 A 是错误的此过程动能转换为弹性势能和内能，根据能量守恒知物块克服摩擦力做的功为-Wf=12 mv02-EP 弹，由于摩擦力是变力，而且 f=FN=（f 洛+mg），可知弹簧的弹性势能增加量一定不是12 mv02-mgL故 B 错误；小物块与弹簧接触的过程中，弹簧弹力逐渐增大，而物块的速度逐渐减小，由P=Fv，可知开始时弹簧的功率为 0，开始时逐渐增大；最后速度等于 0 时，弹簧的功率也是 0，由此可知，弹簧的功率在增大到某一个最大值后又开始减小，即弹簧的弹力的功率先增加后减小，故 C 正确

8、；小物块到达 C 点时，弹簧处于压缩状态，由于不知道小物块在 C 点受到的弹簧的弹力与摩擦力的大小关系，所以不能判断出小物块是否能静止故 D 错误5如图所示，两平行金属板中有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个粒子从两板正中央垂直电场、磁场入射，它在金属板间运动轨迹如图中曲线所示，则在粒子飞跃金属板间区域过程中（）A粒子的动能增大B粒子的电势能增大6/20C电场力对粒子做负功D磁场力对粒子做负功【答案】A【解析】对粒子在电场、磁场中进行受力分析，受到竖直向上的洛伦兹力和竖直向下的电场力运动过程中，洛伦兹力不做功，由图中给出的粒子的运动轨迹可知电场力对其做正功，因此粒子的电势能减小再由动能定理可知

9、，粒子的动能增大因此 A 正确、BCD 错误6如图所示，半圆光滑绝缘轨道 MN 固定在竖直平面内，O 为其圆心，M、N 与 O 高度相同，匀强磁场方向与轨道平面垂直现将一个带正电的小球自 M 点由静止释放，它将沿轨道在 M、N 间做往复运动下列说法中正确的是()A小球在 M 点和 N 点时均处于平衡状态B小球由 M 到 N 所用的时间大于由 N 到 M 所用的时间C小球每次经过轨道最低点时对轨道的压力大小均相等D小球每次经过轨道最低点时所受合外力大小均相等【答案】D【解析】A.小球在 M 点和 N 点只受到重力，所以小球在这两点不能处于平衡状态，故 A 错误；B.由于洛仑磁力总是与运动垂直，由

10、于没有摩擦力，故对其速度大小由影响的只有重力，故小球无论从哪边滚下，时间都是一样的，故 B 错误；D.小球不管从哪边滚下，只有重力做功，且重力做功相等，由动能定理可知，小球在最低点是，速度大小总是相等的，由2=vFm r合可知合力不变，故 D 正确C.小球从 M 到 N 运动，在最低点受到向上的洛仑磁力、向上的支持力和向下的重力，由牛顿可得：21vFFmgm r洛，故此时小球对轨道的压力为：21vFmmgFr洛；小球从 N 到 M 运动，在最7/20低点受到向下的洛仑磁力、向上的支持力和向下的重力，由牛顿可得：22vFmgFm r洛，故此时小球对轨道的压力为22vFmFmgr洛，所以小球每次经

11、过轨道最低点时对轨道的压力大小不相等，故C 错误7如图所示的速度选择器水平放置，板长为 L，两板间距离也为 L，两板间分布着如图所示的正交匀强电场与匀强磁场，一带正电的粒子（不计重力）从两板左侧中点 O 处沿图中虚线水平向右射入速度选择器，恰好做匀速直线运动；若撤去磁场，保留电场，粒子以相同的速度从 O 点进入电场，恰好从上板极右边缘b 点离开场区；若撤去电场，保留磁场，粒子以相同的速度从 O 点进入磁场，则粒子圆周运动的半径为（）ALB2LC 54 LD 2L【答案】A【解析】该粒子恰能匀速通过图中虚线，电场力向上，洛伦兹力向下，根据平衡条件，有qvBqE解得EvB撤去磁场，保持电场不变，粒

12、子在电场中做类平抛运动，则Lvt，21122qELtm解得粒子的比荷2qEmLB撤去电场，保持磁场不变，粒子做匀速圆周运动，由2vqvBm r，解得8/20mvrLqB故选 A。8如图所示，电子经电压 U 加速后垂直进入磁感应强度为 B 的匀强磁场中，在磁场中转半个圆周后打在P 点，通过调节电压 U 可以控制 P 点的位置，设 OP=x，能够正确反映 U 与 x 关系的图象是ABCD【答案】C【解析】带电粒子在电场中加速运动，根据动能定理得：212 mvqU解得：2qUvm进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，则有：2vqvBm r解得：mvrqB粒子运动半个圆打到 P 点，所以2

13、22 mqUxrqBm即 x 与 U 成正比，故 C 正确9在如图所示的正交电磁场中竖直固定着一个半径 R=3 m 的光滑圆弧，圆弧 CD 竖直固定，它对应的圆心角为 240，在 C 的左端有一倾斜的切线光滑轨道 AC 与水平面夹角=30，电场强度为 E 的电场充满9/20整个空间，而磁感应强度为 B 的磁场只分布在圆弧轨道所在的右半侧区域，已知 E 和 B 在数值上相等，取重力加速度 g=10m/s2现在 A 点安装一个弹射装置，它能以不同速度沿 AC 方向发射可视为质点的带电小球，小球的质量为 m，小球射出后能在 AC 上做匀速直线运动，则下列说法正确的是A小球一定带负电B小球在轨道的最低

14、点 F 处速度最大C让小球以初速度0(545)m/sv 射出，则小球不会脱离轨道D若撤去磁场，让小球以初速度02 5m/sv 射出，则小球一定不会脱离轨道【答案】D【解析】小球在 AC 上匀速直线运动时，受竖直向下的重力，垂直轨道的支持力和电场力作用，由平衡条件知电场力只能向左，即小球带正电，否则不可能匀速运动，故 A 项错误；小球匀速运动时由sinNEq 和cosNmg 知33Eqmg，由几何关系知 C 点是圆轨道上的物理最低点，即小球运动到 C 点时速度最大，故 B 项错误；CO 的延长线与轨道的交点是物理的最高点，设为 P，则只要小球能过 P 点就不会脱离轨道设小球在 P 点的速度为 v

15、，则有222()()vmgEqqvBm R，代入数据得(545)m/sv，而由220112cos2 sin22mvmvmgREqR知小球从 C 点到 P 点的过程中一定要克服重力和电场力做功，即初速度0150 10 45m/sv 时才能不脱离轨道，故 C 项错误；若撤去磁场后，设小球恰好在圆弧中转过 90时速度为1v，由动能定理得2112cos30mgmvR知12 10m/sv，因10vv，故小球在圆弧上尚未运动到 90的角度就沿圆弧轨道返回，因此是不可能脱离轨道的，故 D 项正确9如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场。在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘固定圆环，

16、环上套有一个带正电的小球。O 点为圆环的圆心，a、b、c、d 为圆环上的四个点，a 点为最高点，c 点为最低点，bOd 沿水平方向。已知小球重力为电场力的 2 倍。现将小球从 a 点由静止释放，则小球（）10/20A不能越过 d 点继续沿环向上运动B在 c 点受到的洛伦兹力比在 b 点受到的洛伦兹力大C从 a 点到 b 点过程中，重力势能减小，电势能增大D从 c 点到 d 点过程中，电势能变化量小于重力势能变化量【答案】BD【解析】A重力是电场力的 2 倍，则二者的合力指向左下方，由于合力是恒力，故可等效为“新的重力”，所以过圆心平行于合力的方向的直线与圆周的交点 M、N 分别相当于竖直平面圆

17、周的“最高点”和“最低点”。根据对称性可知，圆环从 a 点由静止释放，可到达 a 点关于“最高点”M 对称的位置，由图可知此位置高于 d 点，即圆环能越过 d 点继续沿环向上运动，选项 A 错误；B由图可知，C 点距离“最低点”N 的距离比 b 点距离 N 点的距离较近，可知 c 点的速度大于 b 点的速度，根据 f=qvB 可知，在 c 点受到的洛伦兹力比在 b 点受到的洛伦兹力大，故 B 正确；C从 a 到 b，重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减少，故 C 错误；D从 c 点到 d 点过程中，电场力做负功1=-2WqERmgR 电重力做功=-WmgRmgR G电势能的变化量等于电场

18、力的功，重力势能的变化量等于重力的功，可知电势能变化量小于重力势能变化量，选项 D 正确。故选 BD。11/2010如图所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为 1T 的匀强磁场，一质量为 0.3kg 且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端放置一质量为 0.1 kg 带正电的滑块，电荷量为 0.2C，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为 0.5，滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。t=0 时刻开始对木板施加方向水平向左、大小为 1.2N 的恒力，g 取 10m/s2，则（）A木板和滑块一直做加速度为 3 m/s2 的匀加速直线运动B0.5s 末滑块的速度是 1.5 m/sC最终木板做加

19、速度为 4 m/s2 的匀加速直线运动，滑块做速度为 5 m/s 的匀速直线运动D整个运动过程中摩擦力对滑块做的功为 1.25J【答案】BCD【解析】AC由于滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为 0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为g=5m/s2，所以当 1.2N的恒力作用于木板时，系统一起以21.23m/s0.30.1FMma 加速度一起运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时Bqv=mg解得v=5m/s此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动，加速度21.24m/s0.3FaM可知滑块先与木板一起做匀

20、加速直线运动，然后发生相对滑动，做加速度减小的变加速，最后做速度为 5m/s的匀速运动，故 A 错误，C 正确。B木块开始的加速度为 3m/s2，当恰好要开始滑动时f=（mg-qv1B）=ma代入数据得v1=2m/s12/20此后木块的加速度减小，则此时刻用时间为112 s3vta则 0.5s 末滑块的速度是v=at=1.5 m/s选项 B 正确；D整个运动过程中摩擦力对滑块做的功为22110.1 5 J=1.25J22fWmv选项 D 正确。故选 BCD。11如图所示，空间存在平行纸面的匀强电场（未画出）和垂直纸面向里的匀强磁场，A、B、C 是边长为30cm 的等边三角形的三个顶点，M 为

21、BC 边的中点，N 为 MC 的中点，P 为 AC 边的中点。已知 A 点的电势为 2V，B 点的电势为 8V，C 点的电势为4V，磁场的磁感应强度大小为 8T。对于某带负电粒子（不计重力）在图示空间中的运动，以下说法正确的是（）A若不施加其它力，速度大小合适，此带电粒子可以做匀速圆周运动B若不施加其它力，此带电粒子可以自 B 向 P 做直线运动C若不施加其它力，此带电粒子可以以 5m/s 的速度自 N 向 P 做匀速直线运动D若此粒子的带电量为 103C，使其自 M 点运动至 P 点，该过程中电势能增加 3103J【答案】CD【解析】由匀强电场与电势差的关系可知，2VM，1VP ，则 A 点

22、与 M 点电势相等，连接 AM 即为匀强电场的等势线，所以电场强度方向水平向右，如图所示，则电场强度为26V/m=40V/m15 10BMBMUEd13/20A粒子受到恒定的电场力，方向水平向左，则带电粒子不可能做匀速圆周运动，故 A 错误；B粒子受到水平向左的电场力，若粒子自 B 向 P 做直线运动，洛伦兹力垂直 BP 斜向下，且洛伦兹力与电场力的合力与 BP 在一直线上，则粒子做减速运动，粒子速度减小，洛伦兹力减小，粒子的合力不可能与 BP 在一直线上，则粒子不可能自 B 向 P 做直线运动，故 B 错误；C粒子从 N 向 P 运动时洛伦兹力水平向右，电场力水平向左，当两力大小相等时，粒子

23、做匀速直线运动，则有qEqvB=解得5m/sv 故 C 正确；D自 M 点运动至 P 点，该过程中电势能增加量为33 1=(0J)pMpMEEEq 电电电故 D 正确。故选 CD。12如图所示，在竖直平面 xOy 内，x 轴上方，以坐标原点 O 为圆心、半径为 R 的半圆与坐标轴分别交于a、b、c 点。abc 的同心半圆弧 a b c与坐标轴交于 a、b、c，圆心 O 与圆弧 a b c之间分布着的辐射状电场，电场方向沿半径背离圆心向外，圆心 O 与圆弧 a b c电势差为 U。x 轴上方半圆 abc 外区域存在着上边界为 y=2R 的垂直纸面向里的足够大匀强磁场，磁感应强度为 B。半圆 ab

24、c 内无磁场。正电粒子的粒子源在 O 点，粒子从坐标原点 O 被辐射状的电场由静止加速后进入磁场。从 b 点进入磁场的粒子恰好不能从磁场上边界射出磁场。不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用，不考虑粒子从磁场返回圆形区域边界 abc 后的运动。试求：(1)带电粒子的比荷；(2)上边界 y=2R 上有带电粒子射出磁场部分的长度；(3)现在只改变磁场高度，磁场上边界变为62yR，试求垂直于磁场上边界射出磁场的粒子在磁场中运14/20动的时间。【答案】(1)222qUmB R；(2)12 21xR；(3)2224BRtU【解析】(1)由 b 点进入磁场的粒子做圆周运动，如图甲所示由此可得2vqvBm

25、R粒子在电场中加速，有212qUmv整理得222qUmB R(2)带电粒子从磁场上边界 y=2R 上射出，右侧的最大距离 x1，如图乙所示由几何关系可得15/202221212RxRy 轴左侧最大距离为2xR带电离子从磁场上边界射出的范围为1212 21xxxR(3)带电粒子垂直磁场上边界射出，如图丙所示由于632sin122RR 因此160 又因245 因此375 则带电粒子在磁场中运动的时间1524tT带电粒子在磁场中运动的周期22 mBRTqBU整理得16/2021524BRtU同理得415 因此2224BRtU二、非选择题（共 6 小题）13如图所示，坐标系 x 轴水平，y 轴竖直。在

26、第二象限内有半径5cmR 的圆，与 y 轴相切于点 Q 点（0，5 3cm），圆内有匀强磁场，方向垂直于 xOy 平面向外。在10cmx 处有一个比荷为81.0 10 C/kgqm的带正电的粒子，正对该圆圆心方向发射，粒子的发射速率604.0 10 m/sv，粒子在 Q 点进入第一象限。在第一象限某处存在一个矩形匀强磁场，磁场方向垂直于 xOy 平面向外，磁感应强度02TB。粒子经该磁场偏转后，在 x 轴 M 点（6cm，0）沿 y 轴负方向进入第四象限。在第四象限存在沿 x 轴负方向的匀强电场。有一个足够长挡板和 y 轴负半轴重合，粒子每次到达挡板将反弹，每次反弹时竖直分速度不变，水平分速度

27、大小减半，方向反向（不考虑粒子的重力）。求：(1)第二象限圆内磁场的磁感应强度 B 的大小；(2)第一象限内矩形磁场的最小面积；(3)带电粒子在电场中运动时水平方向上的总路程。【答案】(1)4 3 T15；(2)2421 cm；(3)10cm【解析】(1)作1 1O P 垂直于 PO，如图17/20有几何关系知15 3tan35OQOO QR所以1tan 60rR设磁感应强度为 B，由牛顿第二定律得2001vqv Bm r解得4 3 T15B(2)粒子在第一象限内转过 14圆周，设半径为 2r，由牛顿第二定律得20002vqv Bm r解得22cmr 图中的矩形面积即为最小磁场面积2min22

28、222421 cm2Srrr(3)在水平方向上，粒子首先向左运动06cms 撞到挡板，设加速度为 a，第一次撞击挡板的水平速度202vas18/20第 1 次反弹的水平速度12vv 第 1 次往返的水平路程2110212222vssa第 2 次反弹的水平速度122vv 第 2 次往返的水平路程2220412222vssa第 n 次反弹的水平速度12nnvv第 n 次往返的水平路程20212222nnnvssa总路程0123nssssss（n ）代入数据得2311116cm12cm4444ns上述方程括号中含有等比数列，其中首项114a，公比为 14，当 n ，利用等比数列求和公式111()11

29、14114314nnnqSaq得10cms 14人类研究磁场的目的之一是为了通过磁场控制带电粒子的运动，某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示，区域 PPMM 内有竖直向下的匀强电场，电场场强为 E，宽度为 d，长度为 L；区域 MMNN 内有垂19/20直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B，长度也为 L，磁场宽度足够。电量为 q，质量为 m 的带正电的粒子以水平初速度从 P 点射入电场。边界 MM不影响粒子的运动，不计粒子重力。(1)若带电粒子以水平初速度 v0 从 P 点射入电场后，从 MM边界进入磁场，求粒子第一次射入磁场的位置到 M 点的距离；(2)当带电粒子射入电场的水平初速度为多大

30、时，粒子只进入磁场一次就恰好垂直 PN边界射出。【答案】（1）02mdxvEq；（2）02qEEvLmdB 或022LqEEvmdB【解析】（1）粒子以水平速度从 P 点射入电场后，做类平抛运动Eqam竖直方向212dat水平方向0 x v t解得粒子第一次射入磁场的位置到 M 点的距离02mdxvEq（2）设粒子从电场入射初速度为0v同第一问原理可以求得粒子在电场中类平抛运动的水平位移02mdxvEq粒子进入磁场时，垂直边界的速度20/202yqEqEdvtmm设粒子与磁场边界之间的夹角为，则粒子进入磁场时的速度sinyvv在磁场中2vqvBm R粒子第一次进入磁场后，垂直边界 M N 从磁场射出，必须满足sinxRL联立解得02qEEvLmdB 粒子第一次进入磁场后，垂直边界 P M从电场射出，必须满足2sinxRL联立解得022LqEEvmdB