2022版高考物理一轮复习第九章磁场课后分级演练27带电粒子在复合场中的运动

课后分级演练(二十七)带电粒子在复合场中的运动【A级——基础练】1．(多选)带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3，若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4，如图所示．不计空气，则(　　)A．一定有h1＝h3　　　　　B．一定有h1<h4C．h2与h4无法比较D．h1与h2无法比较解析：AC　第1个图：由竖直上抛运动的最大高度公式得：h1＝.第3个图：当加上电场时，由运动的分解可知：竖直方向上有，v＝2gh3，所以h1＝h3，故A正确；而第2个图：洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时的球的动能为Ek，则由能量守恒得：mgh2＋Ek＝mv，又由于mv＝mgh1，所以h1>h2，所以D错误．第4个图：因小球电性不知，则电场力方向不清，则高度可能大于h1，也可能小于h1，故C正确，B错误．2.(多选)如图，空间中存在正交的匀强电场E和匀强磁场B(匀强电场水平向右)，在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球(不考虑两带电球的相互作用，两球电荷量始终不变)，关于小球的运动，下列说法正确的是(　　)A．沿ab、ac方向抛出的带电小球都可能做直线运动B．只有沿ab抛出的带电小球才可能做直线运动C．若有小球能做直线运动，则它一定是匀速运动D．两小球在运动过程中机械能均守恒解析：AC　沿ab方向抛出的带正电小球，或沿ac方向抛出的带负电的小球，在重力、电场力、洛伦兹力作用下，都可能做匀速直线运动，A正确，B错误．在重力、电场力、洛伦兹力三力都存在时的直线运动一定是匀速直线运动，C正确．两小球在运动过程中除重力做功外还有电场力做功，故机械能不守恒，D错误．3.如图所示是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核(H)和氦核(11\nHe)．下列说法中正确的是(　　)A．它们的最大速度相同B．它们的最大动能相同C．它们在D形盒内运动的周期不同D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能解析：A　由Bqv＝m得v＝，H和He的比荷相等，故v也相同，即A项正确．Ekm＝mv2＝，H和He的的值不等，则Ekm不同，即B项错．周期T＝，由上述分析可见T相同，即C项错．粒子的最大动能与频率无关，故D项错．4.(多选)如图所示，甲是一个带正电的小物块，乙是一个不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起静置于粗糙的水平地板上，地板上方空间有水平方向的匀强磁场．现用水平恒力拉乙物块，使甲、乙一起保持相对静止向左加速运动，在加速运动阶段，下列说法正确的是(　　)A．甲对乙的压力不断增大B．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大C．乙对地板的压力不断增大D．甲、乙两物块间的摩擦力不断减小解析：ACD　对甲、乙两物块受力分析，甲物块受竖直向下的洛伦兹力不断增大，乙物块对地板的压力不断增大，甲、乙一起向左做加速度减小的加速运动；甲、乙两物块间的摩擦力大小等于Ff＝m甲a，甲、乙两物块间的摩擦力不断减小．故A、C、D正确．5.如图所示，一电子束垂直于电场线与磁感应线方向入射后偏向A极板，为了使电子束沿射入方向做直线运动，可采用的方法是(　　)A．将变阻器滑动头P向右滑动B．将变阻器滑动头P向左滑动C．将极板间距离适当减小D．将极板间距离适当增大解析：D　电子入射极板后，偏向A板，说明Eq＞Bvq，由E＝可知，减小场强E的方法有增大板间距离和减小板间电压，故C错误，D正确；而移动滑动头P并不能改变板间电压，故A、B均错误．6.如图所示，在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为11\n的匀强磁场．一带负电的粒子从原点O以与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R.不计重力，则(　　)A．粒子经偏转一定能回到原点OB．粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2∶1C．粒子完成一次周期性运动的时间为D．粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进3R解析：D　带电粒子在磁场中一直向x轴正方向运动，A错误．因R＝且B1＝2B2，所以轨道半径之比R1∶R2＝1∶2，B错误．粒子完成一次周期性运动的时间t＝T1＋T2＝＋＝，C错误．粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进距离l＝R＋2R＝3R，D正确．7.(多选)如图，为探讨霍尔效应，取一块长度为a、宽度为b、厚度为d的金属导体，给金属导体加与前后侧面垂直的匀强磁场B，且通以图示方向的电流I时，用电压表测得导体上、下表面M、N间电压为U.已知自由电子的电荷量为e.下列说法中正确的是(　　)A．M板比N板电势高B．导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越大C．导体中自由电子定向移动的速度为v＝D．导体单位体积内的自由电子数为解析：CD　电流方向向右，电子定向移动方向向左，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则M板积累了电子，M、N之间产生向上的电场，所以M板比N板电势低，选项A错误．电子定向移动相当于长度为d的导体切割磁感线产生感应电动势，电压表的读数U等于感应电动势E，则有U＝E＝Bdv，可见，电压表的示数与导体单位体积内自由电子数无关，选项B错误；由U＝E＝Bdv得，自由电子定向移动的速度为v＝，选项C正确；电流的微观表达式是I＝nevS，则导体单位体积内的自由电子数n＝，S＝db，v＝，代入得n＝，选项D正确．8.如图所示，一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，不计重力．在a点以某一初速度水平向左射入磁场区域I，沿曲线abcd运动，11\nab、bc、cd都是半径为R的圆弧．粒子在每段圆弧上运动的时间都为t.规定由纸面垂直向外的磁感应强度为正，则磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的磁感应强度B随x变化的关系可能是(　　)解析：C　由题目条件和题图可知，粒子从a点运动到b点的过程中(即在磁场区域Ⅰ中)，磁感应强度为正，所以B、D错误；又知道粒子质量、带电荷量、运动半径及运动时间，由公式T＝及t＝·T可以得到磁感应强度B的大小为，所以C正确，A错误．9.如图所示，一个质量m＝0.1g，电荷量q＝4×10－4C带正电的小环，套在很长的绝缘直棒上，可以沿棒上下滑动．将棒置于正交的匀强电场和匀强磁场内，E＝10N/C，B＝0.5T．小环与棒之间的动摩擦因数μ＝0.2.求小环从静止沿棒竖直下落的最大加速度和最大速度．取g＝10m/s2，小环电荷量不变．解析：小环由静止下滑后，由于所受电场力与洛伦兹力同向(向右)，使小环压紧竖直棒．相互间的压力为FN＝qE＋qvB.由于压力是一个变力，小环所受的摩擦力也是一个变力，可以根据小环运动的动态方程找出最值条件．根据小环竖直方向的受力情况，由牛顿第二定律得运动方程mg－μFN＝ma，即mg－μ(qE＋qvB)＝ma.当v＝0时，即刚下落时，小环运动的加速度最大，代入数值得am＝2m/s2.下落后，随着v的增大，加速度a逐渐减小．当a＝0时，下落速度v达最大值，代入数值得vm＝5m/s.答案：am＝2m/s2　vm＝5m/s10．x轴下方有两个关于直线x＝－0.5a对称的沿x轴的匀强电场(大小相等，方向相反)．如图甲所示，一质量为m、带电荷量为－q的粒子(不计重力)，以初速度v沿y轴正方向从P点进入电场，后从原点O以与过P点时相同的速度进入磁场(图中未画出)．粒子过O点的同时在MN和x轴之间加上按图乙所示的规律发生周期性变化的磁场，规定垂直纸面向里为正方向．正向磁场与反向磁场的磁感应强度大小相等，且持续的时间相同．粒子在磁场中运动一段时间后到达Q点，并且速度也与过P点时速度相同．已知P、O、Q11\n在一条直线上，与水平方向夹角为θ，且P、Q两点横坐标分别为－a、a.试计算：(1)电场强度E的大小；(2)磁场的磁感应强度B的大小；(3)粒子从P到Q的总时间．解析：(1)带电粒子在第三象限的运动为两个阶段的匀变速曲线运动，且时间相等，设为t，对该运动分析得y方向：atanθ＝2vtx方向：a＝t2，解得：E＝，t＝.(2)带电粒子在第一象限的磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示(只画出一个周期的情况)设半径为R，由几何关系可知＝4nRcosθ(n＝1,2,3，…)，Bqv＝m，解得B＝(n＝1,2,3，…)．(3)带电粒子在电场中运动的时间t电＝2t＝.研究带电粒子在磁场中的匀速圆周运动，设时间为t磁，设单元圆弧对应的圆心角为α，由几何关系可知α＝π－2θ，11\n则t磁＝2n＝，所以粒子从P到Q的总时间t总＝t电＋t磁＝＋.答案：(1)　(2)(n＝1,2,3，…)(3)＋【B级——提升练】11．(2022·三门峡市陕州中学检测)如图甲，一带电物块无初速度地放在皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针转动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中，其v－t图象如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5s，关于带电物块及运动过程的说法正确的是(　　)A．该物块带负电B．皮带轮的传动速度大小一定为1m/sC．若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移D．在2～4.5s内，物块与皮带仍可能有相对运动解析：D　对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为μ，沿斜面的方向有μFN－mgsinθ＝ma①物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由①式可知，一定是FN逐渐减小，而开始时FN＝mgcosθ，后来FN′＝mgcosθ－f洛，即洛伦兹力的方向是向上的，物块沿皮带向上运动，由左手定则可知物块带正电，故A错误．物块向上运动的过程中，洛伦兹力越来越大，则受到的支持力越来越小，结合①式可知，物块的加速度也越来越小，当加速度等于0时，物块达到最大速度，此时mgsinθ＝μ(mgcosθ－f洛)②由②式可知，只要皮带的速度大于或等于1m/s，则物块达到最大速度的条件与皮带的速度无关，所以皮带的速度可能是1m/s，也可能大于1m/s，则物块可能相对于传送带静止，也可能相对于传送带运动，故B错误，D正确．由以上分析可知，皮带的速度无法判断，所以若已知皮带的长度，也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移，故C错误．11\n12.(多选)如图所示是选择密度相同、大小不同的纳米粒子的一种装置．待选粒子带正电且电荷量与其表面积成正比，待选粒子从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和匀强磁场区域Ⅱ，其中匀强磁场的磁感应强度大小为B，左右两极板间距为d，区域Ⅱ的出口小孔O3与O1、O2在同一竖直线上，若半径为r0、质量为m0、电荷量为q0的纳米粒子刚好能沿该直线通过，不计纳米粒子重力，则(　　)A．区域Ⅱ的电场的场强大小与磁场的磁感应强度大小比值为B．区域Ⅱ左右两极板的电势差U1＝BdC．若密度相同的纳米粒子的半径r>r0，则它进入区域Ⅱ时仍将沿直线通过D．若密度相同的纳米粒子的半径r>r0，它进入区域Ⅱ时仍沿直线通过，则区域Ⅱ的电场强度与原电场强度之比为解析：AD　设半径为r0的粒子加速后的速度为v，则有q0U＝m0v2，设区域Ⅱ内电场强度为E，由题意可知洛伦兹力等于电场力，即q0vB＝q0E，联立解得E＝B，则＝，区域Ⅱ左右两极板的电势差为Ed＝Bd，故A正确，B错误；若纳米粒子的半径r>r0，设半径为r的粒子的质量为m、带电荷量为q、加速后的速度为v′，则m＝()3m0，而q＝()2q0，由mv′2＝qU，解得v′＝＝v<v，故粒子进入区域Ⅱ后受到的洛伦兹力变小，粒子向左偏转，故C错误；由于v′＝v，由E＝Bv可得，区域Ⅱ的电场与原电场的电场强度之比为，故D正确．13．如图甲所示，在MN下方存在竖直向上的匀强电场，在MN上方以MN为弦、半径为R的虚线区域内存在周期性变化的磁场，磁场的变化规律如图乙所示，规定垂直纸面向里的方向为正方向．弦MN所对的圆心角为120°.在t＝0时，一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，以初速度v从A点沿直径AOB射入磁场，运动到圆心O点后，做一次半径为的完整的圆周运动，再沿直线运动到B点，在B11\n点经挡板碰撞后原速率返回(碰撞时间不计，电荷量不变)，运动轨迹如图甲所示．粒子的重力不计，不考虑变化的磁场所产生的电场．求：(1)磁场的磁感应强度B0的大小及变化周期T0；(2)粒子从B点运动到A点的最短时间t；(3)满足(2)中条件所加的电场强度E的大小．解析：(1)根据题意，粒子在磁场中运动的半径为r＝，由洛伦兹力提供向心力得qvB0＝m，解得B0＝由题图分析可知，粒子从A点沿直径AOB匀速运动到O点，然后做一个完整的圆周运动所用的时间为一个周期T0，则T0＝＝(π＋1)(2)设一个周期内没有磁场的时间为t1，存在磁场的时间为t2，则t1＝，t2＝因为∠MON＝120°，可求得MN与AB之间的距离为.粒子从B点返回时，刚好进入磁场并做圆周运动，然后进入电场做匀减速运动，当返回后刚离开电场时粒子做圆周运动，此时一定存在磁场，为了满足题图甲的运动轨迹，粒子在电场中的最短时间为t1＋t2.则粒子从B点运动到A点的最短时间为t＝2(t1＋t2)＋t2＝2t1＋t2＝(4＋5π)(3)粒子在电场中做匀变速运动，加速度为a＝根据速度公式得2v＝×(t1＋t2)解得E＝＝.答案：(1)　(π＋1)　(2)(4＋5π)　(3)14．如图甲所示，竖直面MN的左侧空间存在竖直向上的匀强电场(上、下及左侧无边界)．一个质量为m、电荷量为q的可视为质点的带正电的小球，以大小为v0的速度垂直于竖直面MN向右做直线运动，小球在t＝0时刻通过电场中的P11\n点，为使小球能在以后的运动中竖直向下通过D点(P，D间距为L，且它们的连线垂直于竖直平面MN，D到竖直面MN的距离DQ等于L/π)，经过研究，可以在电场所在的空间叠加如图乙所示随时间周期性变化的、垂直纸面向里的磁场，设t0≤且为未知量．求：甲　　　　　　　　乙(1)场强E的大小；(2)如果磁感应强度B0为已知量，试推出满足条件t1的表达式；(3)进一步研究表明，竖直向下通过D点的小球将做周期性运动，当小球运动的周期最大时，求出磁感应强度B0及运动的最大周期T的大小，并在图中定性画出此时小球运动一个周期的轨迹．解析：(1)小球进入电场，做匀速直线运动时有：Eq＝mg解得E＝(2)在t1时刻加磁场，小球在时间t0内做匀速圆周运动，设圆周运动周期为T0，半径为R，竖直向下通过D点，如图甲所示，甲则t0＝T0，B0qv0＝mPF－PD＝R，即v0t1－L＝R，解得t1＝＋(3)小球运动的速率始终不变，当R变大时，T0也增加，小球在电场中的运动周期T也增加．在小球不飞出电场的情况下，当T最大时，有：DQ＝2R即＝，T0＝＝，解得B0＝，T0＝11\n结合轨迹图可知，小球在电场中运动的最大周期：T＝4×(＋t0)，解得T＝小球在电场中运动一个周期的轨迹图如图乙所示．乙答案：(1)　(2)t1＝＋(3)　　轨迹图见解析15．如图所示，在xOy平面的第Ⅱ象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E.第Ⅰ和第Ⅳ象限内有一个半径为R的圆，其圆心坐标为(R,0)，圆内存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场，一带正电的粒子(重力不计)以速度v0从第Ⅱ象限的P点平行于x轴进入电场后，恰好从坐标原点O进入磁场，速度方向与x轴成60°角，最后从Q点平行于y轴射出磁场．P点所在处的横坐标x＝－2R.求：(1)带电粒子的比荷；(2)磁场的磁感应强度大小；(3)粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场的总时间．解析：(1)粒子在电场中做类似平抛运动，根据分运动公式，有：tan60°＝＝①根据牛顿第二定律，有：a＝②水平分运动：x＝2R＝v0t③联立解得：vy＝v0tan60°＝v0④11\n＝⑤(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示：由几何关系，图中轨迹圆与磁场圆的两个交点、轨迹圆圆心O2、磁场圆圆心O1构成四边形，由于∠O1OO2＝30°，故▱O1OO2P是菱形，故：r＝R⑥根据牛顿第二定律，有：qvB＝m⑦式中：v＝＝2v0⑧联立解得：B＝⑨(3)在电场中是类似平抛运动，有：t＝＝⑩在磁场中是匀速圆周运动，时间：t′＝T＝·＝⑪故总时间为：t总＝t＋t′＝＋＝⑫答案：(1)　(2)　(3)11