2019年高考物理总复习 第九章 磁场 专题讲座七 带电粒子在复合场中的运动课时训练 教科版

专题讲座七带电粒子在复合场中的运动1.一个电子穿过某一空间而未发生偏转,则( D )A.此空间一定不存在磁场B.此空间一定不存在电场C.此空间可能只有匀强磁场,方向与电子速度方向垂直D.此空间可能同时有电场和磁场解析:此空间可能只有磁场,但与电子运动方向平行,电子不受力而不偏转,选项A,C错误;此空间可能存在电场且与电子运动方向共线,电子受电场力而做直线运动,选项B错误;空间同时存在电场和磁场,当二者平行、与电子速度共线,或二者垂直,电子所受电场力与洛伦兹力平衡时,电子穿过该空间不偏转,选项D正确.2.(2017·江苏镇江三模)(多选)如图所示是磁流体发电机的示意图,两平行金属板P,Q之间有一个很强的磁场.一束等离子体(即高温下电离的气体,含有大量正、负带电粒子)沿垂直于磁场的方向喷入磁场.把P,Q与电阻R相连接.下列说法正确的是( BD )A.Q板的电势高于P板的电势B.R中有由a向b方向的电流C.若只改变磁场强弱,R中电流保持不变D.若只增大粒子入射速度,R中电流增大解析:等离子体进入磁场,根据左手定则,正电荷向上偏,打在上极板上,负电荷向下偏,打在下极板上.所以上极板带正电,下极板带负电,则P板的电势高于Q板的电势,流过电阻电流方向由a到b,选项A错误,B正确;依据电场力等于磁场力,即为q=qvB,则有U=Bdv,再由欧姆定律I==,电流与磁感应强度成正比,选项C错误;由上分析可知,若只增大粒子入射速度,R中电流也会增大,选项D正确.3.(2017·陕西黄陵期中)如图所示,一束含有H H的带电粒子束从小孔O1处射入速度选择器,其中沿直线O1O2运动的粒子在小孔O2处射出后垂直进入偏转磁场,最终打在P1,P2两点,不计粒子间的相互作用.则( B )A.打在P1点的粒子是HB.O2P2的长度是O2P1长度的2倍C H粒子与H粒子在偏转磁场中运动的周期之比为2∶1D H粒子与H粒子在偏转磁场中运动半个周期的时间之比为1∶1解析:带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,所以qvB=m,则R=,可知粒子的比荷越大,则运动的半径越小,所以打在P1点的粒子是H ,打在P2点的粒子是H,选项A错误;因H粒子与H粒子在偏转磁场中运动的半径比为1∶2,则O2P1和O2P2长度之比为1∶2,选项B正确;带电粒子在沿直线通过速度选择器时,电场力与洛伦兹力大小相等方向相反,即qvB1=qE,所以v=,可知从粒子速度选择器中射出的粒子具有相等的速度;粒子运动的周期T= , 则H粒子与H粒子在偏转磁场中运动的周期之比为1∶2,运动半个周期,则时间之比也为1∶2,选项C,D错误.4.(2017·河北邯郸期中)(多选)如图所示为一个质量为m,带电荷量为+q的圆环,可在水平放置的粗糙细杆上自由滑动,细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中,圆环以初速度v0向右运动直至处于平衡状态,则圆环克服摩擦力做的功可能为( ABD )A.0B.mC. D.m(-)解析:当qv0B=mg时,圆环不受支持力和摩擦力,摩擦力做功为零,选项A正确;当qv0B<mg时,圆环做减速运动到静止,只有摩擦力做功,根据动能定理得-W=0-m,得W=m,选项B正确;当qv0B>mg时,圆环先做减速运动,当qvB=mg时,不受摩擦力,做匀速直线运动.当qvB=mg时得v=,根据动能定理得-W=mv2-m,代入解得W=m（-）,选项C错误,D正确.5.(2017·福建厦门一中期中)(多选)如图所示,某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场,电场方向水平向右,磁场方向垂直纸面向里,一个带电微粒由a点进入电磁场并刚好能沿ab直线向上运动,下列说法正确的是( ABD )A.微粒一定带负电B.微粒一定做匀速直线运动C.微粒的电势能一定增加D.微粒的机械能一定增加解析:根据做直线运动的条件和受力情况(如图所示)可知,微粒一定带负电,且做匀速直线运动,所以选项A,B正确;由于电场力向左,对微粒做正功,电势能一定减小,选项C错误;由能量守恒可知,电势能减小,机械能一定增加,所以选项D正确.6.(2017·江西南昌期中)(多选)向下的匀强电场和水平方向的匀强磁场(图中未画出)正交的区域里,一带电粒子从a点由静止开始沿曲线abc运动到c点时速度变为零,b点是运动中能够到达的最高点,如图所示,若不计重力,下列说法中正确的是( ABC )A.粒子肯定带负电,磁场方向垂直于纸面向里B.a,c点处于同一水平线上C.粒子通过b点时速率最大D.粒子到达c点后将沿原路径返回到a点解析:粒子开始受到电场力作用而向上运动,受到向右的洛伦兹力作用,则知电场力方向向上,故离子带负电.根据左手定则判断磁场方向垂直于纸面向里,选项A正确;将粒子在c点的状态与a点进行比较,c点的速率为零,动能为零,根据能量守恒可知,粒子在c与a两点的电势能相等,电势相等,则a,c两点应在同一条水平线上.由于在a,c两点粒子的状态(速度为零,电势能相等)相同,粒子就将在c右侧重现前面的曲线运动,因此,粒子是不可能沿原曲线返回a 点的,选项B正确;D错误;根据动能定理得,粒子从a运动到b点的过程电场力做功最大,则b点速度最大,选项C正确.7.(2017·湖北黄冈中学期中)(多选)正对着并水平放置的两平行金属板连接在如图电路中,两板间有垂直纸面磁感应强度为B的匀强磁场,D为理想二极管(即正向电阻为0,反向电阻无穷大),R为滑动变阻器,R0为定值电阻.将滑片P置于滑动变阻器正中间,闭合开关S,让一带电质点从两板左端连线的中点N以水平速度v0射入板间,质点沿直线运动.在保持开关S闭合的情况下,下列说法正确的是( BC )A.质点可能带正电,也可能带负电B.若仅将滑片P向上滑动一段后,再让该质点从N点以水平速度v0射入板间,质点运动轨迹一定会向上偏C.若仅将滑片P向下滑动一段后,再让该质点从N点以水平速度v0射入板间,质点依然会沿直线运动D.若仅将两平行板的间距变大一些,再让该质点从N点以水平速度v0射入板间,质点运动轨迹会向下偏解析:若为正电荷,则电场力向下,洛伦兹力向下,重力向下,则不可能沿直线运动,应为负电荷,选项A错误;为负电荷,电场力向上,洛伦兹力向上,滑片P向上滑动一段后,电场强度变大,电场力变大,则合力向上,选项B正确;将滑片P 向下滑动一段后,因二极管的单向导电性,电容器不放电,则电场强度不变,电场力不变,合力不变,质点依然会沿直线运动,选项C正确;距离变大,但电荷量无法减小,则电荷量不变,电场强度不变,电场力不变,则质点运动轨迹不变,选项D错误.8.(2017·辽宁盘锦期中)(多选)光滑绝缘的水平桌面上方存在垂直桌面向上范围足够大的匀强磁场,虚线框abcd内(包括边界)存在平行于桌面的匀强电场,如图所示,一带电小球从d处静止开始运动,运动到b处时速度方向与电场边界ab平行,通过磁场作用又回到d点,已知bc=2ab=2L,磁感应强度为B,小球的质量为m,电荷量为q.则下列说法正确的是( ACD )A.小球带正电B.小球从d到b做匀变速曲线运动C.小球在虚线框外运动的速度大小为v=D.小球在b点时的加速度大小为a=解析:根据题意可知,粒子从b点进入磁场,由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动,还能够回到d点,如图所示,根据左手定则知,小球带正电,选项A正确;小球从d到b做曲线运动,速度方向一直改变,则受到的洛伦兹力方向也改变,而电场力不变,所以合力变化,由牛顿第二定律可知,小球从d到b做变加速曲线运动,选项B错误;小球在磁场中做匀速圆周运动,设圆心为O,半径为R,则bO=dO=R,cO=2L-R,三角形dcO为直角三角形,由勾股定理有L2+(2L-R)2=R2,解得R=.根据洛伦兹力提供向心力有qvB=,故圆周运动的半径为R=,所以v=,选项C正确;在电场中从d点到达b点的过程中qE·2L=mv2,由以上得E=.在b点由牛顿第二定律得qvB-qE=ma,联立以上解得a=,选项D正确.·福建龙岩质检)(多选)如图所示,空间的某一区域存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场(图中未画出),一个带电粒子以某一初速度由A点进入这个区域沿直线运动,从C点离开区域;如果将磁场撤去,其他条件不变,则粒子从B点离开区域,如果将电场撤去,其他条件不变,则这个粒子从D点离开场区,已知BC=CD,设粒子在上述三种情况下,从A到B,从A到C和从A到D所用的时间分别是t1,t2,t3,离开三点时的动能分别是E k1,E k2,E k3,粒子重力忽略不计,以下关系正确的是( BC )A.t1<t2=t3B.t1=t2<t3C.E k1>E k2=E k3D.E k1=E k2<E k3解析:当电场、磁场同时存在时,粒子做匀速直线运动,此时qE=qvB,当只有电场时,粒子从B点射出,做类平抛运动,由运动的合成与分解可知,水平方向做匀速直线运动,所以t1=t2,当只有磁场时,粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,速度大小不变,但路程变长,有t2<t3,选项B正确,A错误;粒子从B点射出时,电场力做正功,动能变大,选项C 正确,D错误.·吉林省实验中学五模)在平面直角坐标系xOy中,第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场,第四象限存在垂直于直角坐标平面向外的匀强磁场,磁感应强度为B,一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场,经x轴上的N点与x轴正方向成θ=60°角射入磁场,最后从y 轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场,如图所示,不计粒子的重力,求:(1)M,N两点间的电势差U;(2)粒子在磁场中运动的轨道半径R;(3)粒子从M点运动到P点的总时间.解析:(1)粒子在第一象限内做类平抛运动,进入第四象限做匀速圆周运动,设粒子过N点的速度为v,有=cos θ,得v=2v0.粒子从M点到N点的过程,由动能定理有qU MN=mv2-m解得U MN=.(2)粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动如图所示,半径为O′N,有qvB=,解得R=.(3)由几何关系得ON=Rsin θ设粒子在电场中运动的时间为t1,则有ON=v0t1,t1=粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T=设粒子在磁场中运动的时间为t2,有t2=T,得t2=运动的总时间为t=t1+t2,即t=.答案: (1)(2)(3)·江西南昌期末)如图(甲)所示,在坐标系xOy中,y轴左侧有沿x轴正向的匀强电场,场强大小为E;y轴右侧有如图(乙)所示,大小和方向周期性变化的匀强磁场,磁感应强度大小B0已知.磁场方向垂直纸面向里为正.t=0时刻,从x轴上的P点无初速度释放一带正电的粒子,质量为m,电荷量为q(粒子重力不计),粒子第一次在电场中运动的时间与第一次在磁场中运动的时间相等.求:(1)P点到O点的距离;(2)粒子经一个周期沿y轴发生的位移;(3)粒子能否再次经过O点,若不能说明理由.若能,求粒子再次经过O点的时刻.解析:(1)设粒子在电场中匀加速运动的时间为t0,t0=,Eq=ma设OP间距离为x,x=a,解得x=.(2)设粒子做圆周运动的半径分别为R1和R2,R1=,R2=v0=at0=.粒子每经一个周期沿y轴向下移动Δx,如图所示Δx=2R2-2R1=.(3)当粒子从左侧射入向上偏转时可能再次经过O点,故从O点下方2R1处入射时,2R1=NΔx,解得N=2,粒子能再次经过O点的时刻t=2T+2t0,解得t=.答案:(1)(2)(3)·河南洛阳统考)如图所示,在无限长的竖直边界AC和DE间,上、下部分分别充满方向垂直于ADEC平面向外的匀强磁场,上部分区域的磁感应强度大小为B0,OF为上、下磁场的水平分界线.质量为m,带电荷量为+q的粒子从AC边界上与O点相距为a的P点垂直于AC边界射入上方磁场区域,经OF上的Q点第一次进入下方磁场区域,Q与O点的距离为3a,不考虑粒子重力.(1)求粒子射入时的速度大小;(2)要使粒子不从AC边界飞出,求下方磁场区域的磁感应强度B1应满足的条件;(3)若下方区域的磁感应强度B=3B0,粒子最终垂直DE边界飞出,求边界DE与AC间距离L的可能值.解析:(1)设粒子在OF上方做圆周运动的半径为R,运动轨迹如图(甲)所示,由几何关系可知R=5a由洛伦兹力提供向心力可知qvB0=m,解得v=.(2)当粒子恰好不从AC边界飞出时,运动轨迹与AC相切,如图(乙)所示,设粒子在OF下方做圆周运动的半径为R1,由几何关系得R1+R1cos θ=3a,由(1)知cos θ=,所以R1=根据洛伦兹力提供向心力qvB1=m解得B1=.故当B1≥时,粒子不会从AC边界飞出.(3)如图(丙)所示,当B=3B0时,根据qvB=m得粒子在OF下方的运动半径为R=a设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时的位置为P1,则P与P1的连线一定与OF平行,根据几何关系知PP1=4a,所以若粒子最终垂直DE边界飞出,边界DE与AC间的距离为L=nPP1=4na(n=1,2,3,…).答案:(1)(2)B1≥(3)L=4na(n=1,2,3,…)。