【冲关AB练全程复习方略】课时冲关练(十五) 4.8磁场及带电粒子在磁场中的运动(A卷) Word版含解析

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【冲关AB练全程复习方略】课时冲关练(十四)47电场及带电粒子在电场中的运动(B卷).docx

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课时冲关练（十四）电场及带电粒子在电场中的运动（B卷）（45分钟,100分）一、单项选择题（本题共4小题，每小题8分，共32分。

每小题只有一个选项正确）1. （2014 •温州一模）如图所示是激光闪光灯的电源线路图，首先把S 打到“a”位置，对大电容充电。

稳定后再把S打到“b”位置，通过放电使闪光灯闪光。

已知电源电动势为E,电容器电容为Co下列说法中止确的是（）A.当S打到a对电容器充电时，通过电流表的电流由零开始先变大后变小B.对电容器充电过程中，电源消耗的电能为CE，C.电容器贮存电场能为CE2D.整个过程屮通过电流表的电流方向不变【解析】选B。

电容器充电开始通过电流表电流最大，然后变小，选项A错误；充电过程中通过电源的电量为q=CE,则电源消耗的电能为E电=qE=CE2,选项B正确；由于电路中存在电阻，电容器储存电场能比CE，小，选项C错误；充电过程中，通过电流表的电流方向向右，放电过程中通过电流表的电流方向向左，选项D错误。

N 2•如图所示，电场中的一簇电场线关于y轴对称分布，0点是坐标原点，M、N、P、Q是以0为圆心的一个圆周上的四个点，其中M、N在y轴上,Q点在x轴上，则（）A.M点电势比P点电势高B.0M间的电势差等于NO间的电势差C.一正电荷在0点的电势能小于在Q点的电势能D.将一负电荷从M点移到P点，屯场力做正功【解析】选D。

由图可知，场源电荷必然在0点以下的y轴上，电场线与等势面处处正交，沿电场线方向电势降低最快，则过P点的等势面对应的电势较高，选项A错误；电场线密处，等势面也越密，因此NO 之间的电势差较大，选项B错误；正电荷的电势能的高低可以看电势的高低，过0点的等势面与x轴相切，过Q点的等势面与x轴相交，所以0点的电势比Q点高，选项C错误；用同样的办法作等势面，MP 之间的电势差小于零，将负电荷从M点移到P点，电场力做正功，选项D正确。

【物理】物理带电粒子在磁场中的运动练习题及答案

【物理】物理带电粒子在磁场中的运动练习题及答案一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．如图所示，一匀强磁场磁感应强度为B；方向向里，其边界是半径为R的圆，AB为圆的一直径.在A点有一粒子源向圆平面内的各个方向发射质量m、电量-q的粒子，粒子重力不计．(1)有一带电粒子以的速度垂直磁场进入圆形区域，恰从B点射出．求此粒子在磁场中运动的时间．(2)若磁场的边界是绝缘弹性边界(粒子与边界碰撞后将以原速率反弹)，某粒子沿半径方向射入磁场，经过2次碰撞后回到A点，则该粒子的速度为多大?(3)若R=3cm、B=0.2T，在A点的粒子源向圆平面内的各个方向发射速度均为3×105m／s、比荷为108C／kg的粒子．试用阴影图画出粒子在磁场中能到达的区域，并求出该区域的面积(结果保留2位有效数字)．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子的半径，通过几何关系得出圆弧所对应的圆心角，根据周期公式，结合t=T求出粒子在磁场中运动的时间．（2）粒子径向射入磁场，必定径向反弹，作出粒子的轨迹图，通过几何关系求出粒子的半径，从而通过半径公式求出粒子的速度．（3）根据粒子的半径公式求出粒子的轨道半径，作出粒子轨迹所能到达的部分，根据几何关系求出面积．【详解】（1）由得r1=2R粒子的运动轨迹如图所示，则α＝因为周期．运动时间．（2）粒子运动情况如图所示，β＝．r2＝R tanβ＝R由得（3）粒子的轨道半径r3＝＝1.5cm粒子到达的区域为图中的阴影部分区域面积为S=πr32+2×π(2r3)2−r32=9.0×10-4m2【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中的运动问题，需掌握粒子的半径公式和周期公式，并能画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解．该题对数学几何能力要求较高，需加强这方面的训练．2．在如图甲所示的直角坐标系中，两平行极板MN垂直于y轴，N板在x轴上且其左端与坐标原点O重合，极板长度l=0.08m，板间距离d=0.09m，两板间加上如图乙所示的周期性变化电压，两板间电场可看作匀强电场．在y轴上(0，d/2)处有一粒子源，垂直于y轴连续不断向x轴正方向发射相同的带正电的粒子，粒子比荷为qm=5×107C／kg，速度为v0=8×105m/s．t=0时刻射入板间的粒子恰好经N板右边缘打在x轴上.不计粒子重力及粒子间的相互作用，求:(1)电压U 0的大小；(2)若沿x 轴水平放置一荧光屏，要使粒子全部打在荧光屏上，求荧光屏的最小长度； (3)若在第四象限加一个与x 轴相切的圆形匀强磁场，半径为r =0.03m ，切点A 的坐标为(0.12m ，0)，磁场的磁感应强度大小B =23T ，方向垂直于坐标平面向里．求粒子出磁场后与x 轴交点坐标的范围．【答案】(1)40 2.1610V U =⨯ (2)0.04m x ∆= (3)0.1425m x ≥【解析】【分析】【详解】(1)对于t =0时刻射入极板间的粒子：0l v T = 7110T s -=⨯211()22T y a =2y T v a= 22yT y v = 122dy y =+ Eq ma =U E d=解得：40 2.1610V U =⨯(2)2Tt nT =+时刻射出的粒子打在x 轴上水平位移最大：032A T x v = 所放荧光屏的最小长度A x x l ∆=-即：0.04x m ∆= (3)不同时刻射出极板的粒子沿垂直于极板方向的速度均为v y . 速度偏转角的正切值均为：0tan y v v β=37β=ocos37v v=o 6110m/s v =⨯即：所有的粒子射出极板时速度的大小和方向均相同.2v qvB m R=0.03m R r ==由分析得，如图所示，所有粒子在磁场中运动后发生磁聚焦由磁场中的一点B 离开磁场.由几何关系，恰好经N 板右边缘的粒子经x 轴后沿磁场圆半径方向射入磁场，一定沿磁场圆半径方向射出磁场；从x 轴射出点的横坐标：tan 53C A Rx x ︒=+0.1425m C x =.由几何关系，过A 点的粒子经x 轴后进入磁场由B 点沿x 轴正向运动. 综上所述，粒子经过磁场后第二次打在x 轴上的范围为：0.1425m x ≥3．如图所示，同轴圆形区域内、外半径分别为R 1＝1 m 、R 23，半径为R 1的圆内分布着B 1＝2.0 T 的匀强磁场，方向垂直于纸面向外；外面环形磁场区域分布着B 2＝0.5 T 的匀强磁场，方向垂直于纸面向内．一对平行极板竖直放置，极板间距d 3，右极板与环形磁场外边界相切，一带正电的粒子从平行极板左板P 点由静止释放，经加速后通过右板小孔Q ，垂直进入环形磁场区域．已知点P 、Q 、O 在同一水平线上，粒子比荷4×107C /kg ，不计粒子的重力，且不考虑粒子的相对论效应．求：(1) 要使粒子不能进入中间的圆形磁场区域，粒子在磁场中的轨道半径满足什么条件？(2) 若改变加速电压大小，可使粒子进入圆形磁场区域，且能竖直通过圆心O，则加速电压为多大？(3) 从P点出发开始计时，在满足第(2)问的条件下，粒子到达O点的时刻．【答案】(1) r1<1m. (2) U＝3×107V. (3) t=(6.1×10－8＋12.2×10－8k)s(k＝0，1，2，3，…)【解析】【分析】（1）画出粒子恰好不进入中间磁场区的临界轨迹，先根据几何关系求出半径；（2）画出使粒子进入圆形磁场区域，且能竖直通过圆心O的轨迹，结合几何关系求解半径，然后根据洛伦兹力提供向心力列方程，再根据动能定理对直线加速过程列方程，最后联立方程组求解加速电压；（3）由几何关系，得到轨迹对应的圆心角，求解粒子从Q孔进入磁场到第一次到O点所用的时间，然后考虑周期性求解粒子到达O点的时刻．【详解】(1) 粒子刚好不进入中间磁场时轨迹如图所示，设此时粒子在磁场中运动的半径为r1，在Rt△QOO1中有r12＋R22＝(r1＋R1)2代入数据解得r1＝1m粒子不能进入中间磁场，所以轨道半径r1<1m.(2) 轨迹如图所示，由于O、O3、Q共线且水平，粒子在两磁场中的半径分别为r2、r3，洛伦兹力不做功，故粒子在内外磁场的速率不变，由qvB＝m2 v r得r＝mv qB易知r3＝4r2且满足(r2＋r3)2＝(R2－r2)2＋r32解得r2＝34m，r33m又由动能定理有qU＝12mv 2 代入数据解得U ＝3×107V .(3)带电粒子从P 到Q 的运动时间为t 1，则t 1满足12v t 1＝d 得t 1＝10－9s令∠QO 2O 3＝θ，所以cos θ＝0.8，θ＝37°(反三角函数表达亦可) 圆周运动的周期T ＝2mqBπ 故粒子从Q 孔进入磁场到第一次到O 点所用的时间为8221372180532610360360m m t s qB qB ππ-⨯⨯⨯－＝＋＝考虑到周期性运动，t 总＝t 1＋t 2＋k(2t 1＋2t 2)＝(6.1×10－8＋12.2×10－8k)s (k ＝0，1，2，3，…)．4．如图所示，在直角坐标系x0y 平面的一、四个象限内各有一个边长为L 的正方向区域，二三像限区域内各有一个高L ，宽2L 的匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向内的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x<L ，L<y<2L 的区域内，有沿y 轴正方向的匀强电场．现有一质量为四电荷量为q 的带负电粒子从坐标(L ，3L/2)处以初速度0v 沿x 轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0，L)点，不计粒子重力．(1)求电场强度大小E ；(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L ，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B ；(3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(-L，0)点所用的时间．【答案】（1）2mvEqL=（2）04nmvBqL=n=1、2、3 (3)2Ltvπ=【解析】本题考查带电粒子在组合场中的运动，需画出粒子在磁场中的可能轨迹再结合物理公式求解．(1)带电粒子在电场中做类平抛运动有：0L v t=，2122Lat=，qE ma=联立解得：2mvEqL=(2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值tan xyvvθ==l速度大小02sinvv vθ==设x为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(一L，0 )点，应满足L=2nx，其中n=1、2、3......粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为2π；当满足L=(2n+1)x时，粒子轨迹如图乙所示．若轨迹如图甲设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为2π.则有2R，此时满足L=2nx联立可得：22Rn=由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：2vqvB mR=得：04nmvBqL=，n=1、2、3....轨迹如图乙设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为2π.则有222x R，此时满足()221L n x=+联立可得：()2212R n =+由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：222v qvB m R =得：()02221n mv B qL+=，n=1、2、3....所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L ，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小04nmv B qL =，n=1、2、3....或()02221n mv B qL+=，n=1、2、3.... (3) 若轨迹如图甲，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=2n×2π×2=2nπ，则02222n n m L t T qB v ππππ=⨯==若轨迹如图乙，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=(2n+1)×2π=(4n+2)π，则2220(42)(42)2n n m Lt T qB v ππππ++=⨯== 粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间为02222n n m Lt T qB v ππππ=⨯==或2220(42)(42)2n n m Lt T qB v ππππ++=⨯==5．如图所示,在平面直角坐标系xOy 平面内,直角三角形abc 的直角边ab 长为6d ，与y 轴重合,∠bac=30°,中位线OM 与x 轴重合,三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场．在笫一象限内,有方向沿y 轴正向的匀强电场,场强大小E 与匀强磁场磁感应强度B 的大小间满足E=v 0B ．在x=3d 的N 点处,垂直于x 轴放置一平面荧光屏.电子束以相同的初速度v 0从y 轴上－3d≤y≤0的范围内垂直于y 轴向左射入磁场,其中从y 轴上y=－2d 处射入的电子,经磁场偏转后,恰好经过O 点．电子质量为m,电量为e,电子间的相互作用及重力不计．求 (1)匀强磁杨的磁感应强度B(2)电子束从y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围; (3)荧光屏上发光点距N 点的最远距离L【答案】（1）0mv ed ；（2）02y d ≤≤；（3）94d ；【解析】(1)设电子在磁场中做圆周运动的半径为r ；由几何关系可得r =d电子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：20v ev B m r=解得：0mv B ed=(2)当电子在磁场中运动的圆轨迹与ac 边相切时，电子从+ y 轴射入电场的位置距O 点最远，如图甲所示.设此时的圆心位置为O '，有：sin 30rO a '=︒3OO d O a ='-' 解得OO d '=即从O 点进入磁场的电子射出磁场时的位置距O 点最远所以22m y r d ==电子束从y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围为02y d ≤≤设电子从02y d ≤≤范围内某一位置射入电场时的纵坐标为y ，从ON 间射出电场时的位置横坐标为x ，速度方向与x 轴间夹角为θ，在电场中运动的时间为t ，电子打到荧光屏上产生的发光点距N 点的距离为L ，如图乙所示：根据运动学公式有：0x v t =212eE y t m=⋅ y eE v t m=tan y v v θ=tan 3Ld xθ=- 解得：(32)2L d y y =-⋅ 即98y d =时，L 有最大值解得：94L d =当322d y y -=【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系；粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用．6．如图所示，空间存在方向垂直于xOy 平面向里的匀强磁场，在0<y<d 的区域Ⅰ内的磁感应强度大小为B ，在y>d 的区域Ⅱ内的磁感应强度大小为2B .一个质量为m 、电荷量为-q 的粒子以速度qBdm从O 点沿y 轴正方向射入区域Ⅰ.不计粒子重力．(1) 求粒子在区域Ⅰ中运动的轨道半径： (2) 若粒子射入区域Ⅰ时的速度为2qBdv m= ，求粒子打在x 轴上的位置坐标，并求出此过程中带电粒子运动的时间；(3) 若此粒子射入区域Ⅰ的速度qBdv m>，求该粒子打在x 轴上位置坐标的最小值．【答案】（1）R d =（2） (43OP d = 23m t qBπ=（3）min 3x d =【解析】【分析】【详解】（1）带电粒子在磁场中运动，洛仑磁力提供向心力：201v qv B m r =把0qBdv m=，代入上式，解得：R d = (2) 当粒子射入区域Ⅰ时的速度为02v v =时，如图所示在OA 段圆周运动的圆心在O 1，半径为12R d = 在AB 段圆周运动的圆心在O 2，半径为R d = 在BP 段圆周运动的圆心在O 3，半径为12R d =可以证明ABPO 3为矩形，则图中30θ=o ,由几何知识可得：132cos303OO d d ==o所以：323OO d d =-所以粒子打在x 轴上的位置坐标()133243OP O O OO d =+=-粒子在OA 段运动的时间为：13023606m mt qB qB ππ==o og 粒子在AB 段运动的时间为2120236023m m t q B qB ππ==o o g g 粒子在BP 段运动的时间为313023606m mt t qB qBππ===o o g 在此过程中粒子的运动时间：12223mt t t qBπ=+=(3)设粒子在区域Ⅰ中轨道半径为R ，轨迹由图可得粒子打在x 轴上位置坐标：(22222x R R dR d =--化简得：222340R Rx x d -++=把上式配方：222213033R x x d ⎛⎫--+= ⎪⎝⎭ 化简为：222213033R x x d ⎛⎫-=-≥ ⎪⎝⎭ 则当23R x =时，位置坐标x 取最小值：min 3x d =7．一个氘核（21H ）和一个氚核（31H ）聚变时产生一个中子（10n ）和一个α粒子（42e H ）。

高考物理一轮总复习课时冲关：含解析新人教版

带电粒子在叠加场中的运动[A 级－基础练]1．在如图所示的平行板器件中，电场强度E 和磁感应强度B 相互垂直．一带电粒子(重力不计)从左端以速度v 沿虚线射入后做直线运动，则该粒子( )A ．一定带正电B ．速度v ＝E BC ．若速度v >E B，粒子一定不能从板间射出D ．若此粒子从右端沿虚线方向进入，仍做直线运动解析：B [粒子带正电和负电均可，选项A 错误；由洛伦兹力等于电场力，即qvB ＝qE ，解得速度v ＝E B ，选项B 正确；若速度v >E B，粒子可能从板间射出，选项C 错误；若此粒子从右端沿虚线方向进入，所受电场力和洛伦兹力方向相同，不能做直线运动，选项D 错误．]2．用绝缘细线悬挂一个质量为m 、带电荷量为＋q 的小球，让它处于如图所示的磁感应强度为B 的匀强磁场中．由于磁场的运动，小球静止在如图所示位置，这时悬线与竖直方向的夹角为α，并被拉紧，则磁场的运动速度和方向可能是( )A ．v ＝mg Bq，水平向左 B ．v ＝mg tan αBq ，竖直向下 C ．v ＝mg tan αBq ，竖直向上 D ．v ＝mg Bq，水平向右解析：C [根据运动的相对性，带电小球相对于磁场的速度与磁场相对于小球(相对地面静止)的速度大小相等、方向相反．洛伦兹力F ＝qvB 中的v 是相对于磁场的速度．根据力的平衡条件可以得出，当小球相对磁场以速度v ＝mg tan αqB 竖直向下运动或以速度v ＝mgBq水平向右运动时，带电小球都能处于静止状态，但小球处于后者的状态时，悬线不受拉力，不会被拉紧，故本题选C.]3．如图所示，宽度为d 、厚度为h 的导体放在垂直于它的磁感应强度为B 的匀强磁场中，当电流通过该导体时，在导体的上、下表面之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应．实验表明当磁场不太强时，电势差U 、电流I 和磁感应强度B 的关系为U ＝k IBd，式中的比例系数k 称为霍尔系数．设载流子的电荷量为q ，下列说法正确的是( )A ．载流子所受静电力的大小F ＝q U dB ．导体上表面的电势一定大于下表面的电势C ．霍尔系数为k ＝1nq，其中n 为导体单位长度上的电荷数D ．载流子所受洛伦兹力的大小F 洛＝BInhd，其中n 为导体单位体积内的电荷数解析：D [静电力的大小应为F ＝q U h，选项A 错误；载流子的电性是不确定的，因此选项B 错误；霍尔系数k ＝1nq，其中n 为导体单位体积内的电荷数，选项C 错误；载流子所受洛伦兹力的大小F 洛＝qvB ，其中v ＝I nqdh ，可得F 洛＝BIndh，选项D 正确．] 4．(2019·安庆模拟)如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R ，已知该电场的电场强度为E ，方向竖直向下；该磁场的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g ，则( )A ．液滴带正电B ．液滴比荷q m ＝EgC ．液滴沿顺时针方向运动D ．液滴运动速度大小v ＝Rg BE解析：C [液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知，qE＝mg ，得q m ＝g E，故B 错误；电场力竖直向上，液滴带负电，A 错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针转动，C 正确；对液滴qE ＝mg ，qvB ＝m v 2R 得v ＝RBgE，故D 错误．]5．(2019·南京模拟)如图所示，从S 处发出的热电子经加速电压U 加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子流向上极板偏转．设两极板间电场强度为E ，磁感应强度为B .欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，只采取下列措施，其中可行的是( )A ．适当减小电场强度EB ．适当减小磁感应强度BC ．适当增大加速电场极板之间的距离D ．适当减小加速电压U解析：A [欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，则qE ＝qvB ，而电子流向上极板偏转，则qE ＞qvB ，应减小E 或增大B 、v ，故A 正确，B 、C 、D 错误．]6．(2019·广东惠州一调)平面OM 和水平面ON 之间的夹角为30°，其横截面如图所示，平面OM 和水平面ON 之间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向外，匀强电场的方向竖直向上．一带电小球的质量为m 、带电荷量为q ，带电小球沿纸面以大小为v 0的速度从OM 的某点沿左上方射入磁场，速度方向与OM 成30°角，带电小球进入磁场后恰好做匀速圆周运动，已知带电小球在磁场中的运动轨迹与ON 恰好相切，且带电小球能从OM 上另一点P 射出磁场(P 未画出)．(1)判断带电小球带何种电荷？所加电场强度E 为多大？(2)带电小球离开磁场的出射点P 到两平面交点O 的距离s 为多大？(3)带电小球离开磁场后继续运动，能打在左侧竖直的光屏OO ′上，求打在光屏上的点到O 点的距离．解析：(1)根据题意知，小球受到的电场力与重力平衡，小球所受的合力等于洛伦兹力，则带电小球带正电荷．由qE ＝mg ，可得E ＝mg q.(2)带电小球进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qv 0B ＝m v 20R，得R ＝mv 0qB. 根据题意，带电小球在匀强磁场中的运动轨迹如图所示，Q 点为运动轨迹与ON 相切的点，I 点为入射点，P 点为出射点，则IP 为运动轨迹所对的弦，带电小球离开磁场的速度方向与OM 的夹角也为30°，由几何关系可得，QP 为圆轨道的直径，所以OP 的长度s ＝QPsin 30°＝4R ＝4mv 0qB.(3)带电小球从P 点离开磁场后做平抛运动，设带电小球打在光屏上的T 点．则带电小球运动的水平方向位移为x ＝v 0t ，得t ＝x v 0＝4mv 0qB ·cos 30°v 0＝23mqB，竖直方向位移为y ＝12gt 2＝12g ·⎝ ⎛⎭⎪⎫23m qB 2＝6m 2gq 2B 2，如图所示，T 点到O 点的距离 OT ＝2R ＋y ＝2mv 0qB ＋6m 2gq 2B2.答案：(1)正电荷 mg q (2)4mv 0qB (3)2mv 0qB ＋6m 2gq 2B 2[B 级－能力练]7．(多选)如图所示，质量为m 、电荷量为q 的带正电小物块从半径为R 的绝缘半圆槽顶点A 由静止下滑，已知半圆槽右半部分光滑，左半部分粗糙，整个装置处于正交的匀强电场与磁场中，电场强度大小为E ＝mg2q ，方向水平向右，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里，g 为重力加速度大小，则下列说法正确的是( )A ．物块最终停在A 点B ．物块最终停在最低点C ．物块做往复运动D ．物块首次滑到最低点时对轨道的压力为2mg ＋qB Rg解析：CD [由于半圆槽右半部分光滑，左半部分粗糙，且在最低点受到的电场力方向向右，所以物块最终从最低点开始向右运动，到达某位置速度变为零，然后又向左运动，即物块做往复运动，选项C 正确，A 、B 错误；物块从A 点运动到最低点，由动能定理得，mgR －qER ＝12mv 2－0，且E ＝mg2q，联立得v ＝gR ，物块运动到最低点时，由牛顿第二定律得，N－mg －qvB ＝m v 2R，解得N ＝2mg ＋qB Rg ，由牛顿第三定律知，选项D 正确．]8．(2019·佛山模拟)(多选)如图所示，某一真空室内充满竖直向下的匀强电场E ，在竖直平面内建立坐标系xOy ，在y <0的空间里有与场强E 垂直的匀强磁场B ，在y >0的空间内，将一质量为m 的带电液滴(可视为质点)自由释放，此液滴则沿y 轴的负方向，以加速度a ＝2g (g 为重力加速度)做匀加速直线运动，当液滴运动到坐标原点时，瞬间被安置在原点的一个装置改变了带电性质(液滴所带电荷量和质量均不变)，随后液滴进入y <0的空间内运动，液滴在y <0的空间内运动过程中( )A ．重力势能一定是不断减小B ．电势能先增大后减小C ．动能不断增大D ．动能保持不变解析：BD [在y >0的空间内，根据液滴沿y 轴负方向以加速度a ＝2g (g 为重力加速度)做匀加速直线运动可知，液滴在此空间内运动时所受电场力方向向下，大小等于重力；进入y <0的空间后，液滴电性改变，其所受电场力向上，大小仍等于重力，所以液滴将在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，动能保持不变，选项D 正确；重力势能先减小后增大，电势能先增大后减小，选项A 、C 均错误．]9．(2019·江苏苏锡常镇四市调研)(多选)自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率．如图甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压．图乙为霍尔元件的工作原理图．当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差．下列说法正确的是( )A ．根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小B ．自行车的车速越大，霍尔电势差越高C ．图乙中霍尔元件的电流I 是由正电荷定向运动形成的D ．如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将减小解析：AD [根据单位时间内的脉冲数可知车轮转动的转速，若再已知自行车车轮的半径，根据v ＝2πrn 即可获知车速大小，选项A 正确；根据霍尔原理可知Udq ＝Bqv ，U ＝Bdv ，即霍尔电压只与磁场强度、霍尔元件的厚度以及电子定向移动的速度有关，与车轮转速无关，选项B 错误；图乙中霍尔元件的电流I 是由电子定向运动形成的，选项C 错误；如果长时间不更换传感器的电源，则会导致电子定向移动的速率减小，故霍尔电势差将减小，选项D 正确．]10．(多选)如图所示，空间中存在正交的匀强电场E (方向水平向右)和匀强磁场B (方向垂直纸面向外)，在竖直平面内从a 点沿ab 、ac 方向抛出两带电小球(不考虑两带电小球的相互作用，两小球电荷量始终不变)，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 方向抛出的带电小球才可能做直线运动C ．若沿ac 方向抛出的小球做直线运动则小球带负电，且小球一定是做匀速运动D ．两小球在运动过程中机械能均守恒解析：AC [两个带电小球的电性未知，可假设电性再判断电场力和洛伦兹力的方向，由于在电场力、洛伦兹力和重力作用下小球的直线运动必为匀速运动，只要三力能平衡，小球即可做直线运动，由假设判断可知沿ab 方向做直线运动的小球带正电、沿ac 方向做直线运动的小球带负电，所以选项A 、C 正确，选项B 错误；除重力做功外，洛伦兹力不做功，电场力做功，机械能不守恒，选项D 错误．]11．(2019·长春模拟)(多选)如图所示，一个绝缘且内壁光滑的环形细圆管，固定于竖直平面内，环的半径为R (比细管的内径大得多)，在圆管的最低点有一个直径略小于细管内径的带正电小球处于静止状态，小球的质量为m ，带电荷量为q ，重力加速度为g .空间存在一磁感应强度大小未知(不为零)，方向垂直于环形细圆管所在平面且向里的匀强磁场．某时刻，给小球一方向水平向右，大小为v 0＝5gR 的初速度，则以下判断正确的是( )A ．无论磁感应强度大小如何，获得初速度后的瞬间，小球在最低点一定受到管壁的弹力作用B ．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球在最高点一定受到管壁的弹力作用C ．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球到达最高点的速度大小都相同D ．小球在从环形细圆管的最低点运动到所能到达的最高点的过程中，水平方向分速度的大小一直减小解析：BC [小球在轨道最低点时受到的洛伦兹力方向竖直向上，若洛伦兹力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力，则在最低点时小球不会受到管壁弹力的作用，A 选项错误；小球运动的过程中，洛伦兹力不做功，小球的机械能守恒，运动至最高点时小球的速度v ＝gR ，由于是双层轨道约束，小球运动过程不会脱离轨道，所以小球一定能到达轨道最高点，C 选项正确；在最高点时，小球做圆周运动的向心力F ＝m v 2R＝mg ，小球受到竖直向下洛伦兹力的同时必然受到与洛伦兹力等大反向的轨道对小球的弹力，B 选项正确；小球在从最低点到最高点的运动过程中，小球在下半圆内上升的过程中，水平分速度向右一定递减，到达圆心的等高点时，水平速度为零，而运动至上半圆后水平分速度向左且不为零，所以水平分速度一定有增大的过程，D 选项错误．]12．(2019·河北衡水中学一调)如图所示，质量M 为5.0 kg 的小车以2.0 m/s 的速度在光滑的水平面上向左运动，小车上AD 部分是表面粗糙的水平轨道，DC 部分是14光滑圆弧轨道，整个轨道都是由绝缘材料制成的，小车所在空间内有竖直向上的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度E 大小为50 N/C ，磁感应强度B 大小为2.0 T ．现有一质量m 为2.0 kg 、带负电且电荷量为0.10 C 的滑块以10 m/s 的水平速度向右冲上小车，当它运动到D 点时速度为5 m/s.滑块可视为质点，g 取10 m/s 2，计算结果保留两位有效数字．(1)求滑块从A 到D 的过程中，小车与滑块组成的系统损失的机械能；(2)如果滑块刚过D 点时对轨道的压力为76 N ，求圆弧轨道的半径r ；(3)当滑块通过D 点时，立即撤去磁场，要使滑块冲出圆弧轨道，求此圆弧轨道的最大半径．解析：(1)设滑块运动到D 点时的速度大小为v 1，小车在此时的速度大小为v 2，物块从A 运动到D 的过程中，系统动量守恒，以向右为正方向，有mv 0－Mv ＝mv 1＋Mv 2，解得v 2＝0.设小车与滑块组成的系统损失的机械能为ΔE ，则有 ΔE ＝12mv 20＋12Mv 2－12mv 21，解得ΔE ＝85 J.(2)设滑块刚过D 点时受到轨道的支持力为F N ，则由牛顿第三定律可得F N ＝76 N ，由牛顿第二定律可得F N －(mg ＋qE ＋qv 1B )＝m v 21r，解得r ＝1.0 m.(3)设滑块沿圆弧轨道上升到最大高度时，滑块与小车具有共同的速度v ′，由动量守恒定律可得mv 1＝(m ＋M )v ′，解得v ′＝107m/s.设圆弧轨道的最大半径为R m ，由能量守恒定律有 12mv 21＝12(m ＋M )v ′2＋(mg ＋qE )R m ，解得R m ＝0.71 m.答案：(1)85 J (2)1.0 m (3)0.71 m。

新课标2024高考物理一轮复习课时作业45带电粒子在叠加场中的运动专题含解析新人教版

带电粒子在叠加场中的运动专题一、选择题1．(2024·江苏二模)(多选)如图所示，在磁感应强度为B ，范围足够大的水平匀强磁场内，固定着倾角为θ的绝缘斜面，一个质量为m 、电荷量为－q 的带电小物块以初速度v 0沿斜面对上运动，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ，设滑动时电荷量不变，在小物块上滑过程中，其加速度大小a 与时间t 的关系图像，可能正确的是( )答案 CD解析当电荷量为－q 的带电小物块以初速度v 0沿斜面对上运动，依据左手定则，滑块受到垂直斜面对下的洛伦兹力会随着速度减小而减小，其对斜面的压力也减小，滑块受到滑动摩擦力会减小，依据牛顿其次定律，滑块受到的合力会减小，则加速度也会减小，因斜面长度与初速度大小不知，因此可能，滑块没到斜面顶端，加速度减为零，也可能到达顶端，仍有加速度，且恒定，故A 、B 两项错误，C 、D 两项正确．2.(2024·天津模拟)如图所示为“速度选择器”装置示意图，a 、b 为水平放置的平行金属板，其电容为C ，板间距离为d ，平行板内存在垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度为B ，a 、b 板分别带上等量异号电荷后，平行板内产生竖直方向的匀强电场．一带电粒子以速度v 0经小孔进入正交电磁场可沿直线OO′运动，由O′射出，粒子所受重力不计，以下说法正确的是( )A ．a 板带负电，其电量为CBv 0dB ．a 板带正电，其电量为CBv 0dC ．极板间的电场强度E ＝Bv 0，方向竖直向下D ．若粒子的初速度大于v 0，粒子在极板间将向右上方做匀加速曲线运动答案 C解析 A 、B 、C 三项，粒子所受的洛伦兹力与电场力大小相等、方向相反方可通过平行金属板，若粒子带正电，通过左手定则推断洛伦兹力的方向向上，电场力向下，满意的条件应是：a 板带正电；粒子所受洛伦兹力与电场力相等：qv 0B ＝qE ＝q Ud 得：E ＝Bv 0；U ＝Bv 0d ；又Q ＝CU ＝CBv 0d ，故A 、B 两项错误，C 项正确；D 项，若该粒子带正电，且速度增加，洛伦兹力增加，则粒子向上偏转，随速度的变更，洛伦兹力变更，可知粒子做曲线运动，但不是匀加速曲线运动，故D 项错误．3.(2024·青岛一模)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面对外．已知在该区域内，一个带电小球在竖直面内做直线运动．下列说法正确的是( )A ．若小球带正电荷，则小球的电势能减小B ．若小球带负电荷，则小球的电势能减小C ．无论小球带何种电荷，小球的重力势能都减小D ．小球的动能可能会增大答案 C解析 A 项，若小球带正电荷，受力状况如图所示，由左手定则知，小球斜向左下方运动，电场力做负功，则小球的电势能增大，故A 项错误． B 项，若小球带负电荷，同理知，小球斜向右下方运动，电场力做负功，则小球的电势能增大，故B 项错误．C 项，无论小球带何种电荷，小球的高度都下降，重力势能都减小，故C 项正确．D 项，由于洛伦兹力与速度成正比，所以小球只能做匀速直线运动，动能不变，否则，小球的速度变更，小球所受的洛伦兹力变更，不行能做直线运动，故D 项错误．4．(2024·江苏三模)磁流体发电机原理如图所示，等离子体高速喷射到加有强磁场的管道内，正、负离子在洛伦兹力作用下分别向A 、B 两金属板偏转，形成直流电源对外供电．则( )A ．仅减小两板间的距离，发电机的电动势将增大B ．仅增加磁感应强度，发电机的电动势将减小C ．仅增加负载的阻值，发电机的输出功率将增大D ．仅增大磁流体的喷射速度，发电机的总功率将增大答案 D解析 A 、B 两项，最终电荷受电场力与洛伦兹力平衡，有：qvB ＝q U ABd，解得U AB ＝Bdv.只增大入射速度，则电势差增大，只增大磁感应强度，电势差增大，只增大两板之间的距离，电势差也会增大，故A 、B 两项错误．C 项，依据电源的输出功率表达式P ＝(E R ＋r )2R ，当R ＝r 时，输出功率达到最大，因此仅增加负载的阻值，发电机的输出功率不肯定增大，故C 项错误；D 项，依据P 总＝EI ＝Bdv Bdv R ＋r ＝B 2d 2v2R ＋r ，当只增大磁流体的喷射速度，发电机的总功率将增大，故D 项正确．5．(2024·扬州一模)(多选)如图所示，导电物质为电子的霍尔元件样品置于磁场中，表面与磁场方向垂直，图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端．当开关S 1、S 2闭合后，三个电表都有明显示数，下列说法正确的是( )A ．通过霍尔元件的磁场方向向下B ．接线端2的电势低于接线端4的电势C ．仅将电源E 1、E 2反向接入电路，电压表的示数不变D ．若适当减小R 1、增大R 2，则电压表示数肯定增大答案 ABC解析 A 项，依据安培定则可知，磁场的方向向下，故A 项正确；B 项，通过霍尔元件的电流由1流向接线端3，负电子移动方向与电流的方向相反，由左手定则可知，负电子偏向接线端2，所以接线端2的电势低于接线端4的电势，故B 项正确；C 项，当调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流方向相反，由左手定则可知洛伦兹力方向不变，即2、4两接线端的电势凹凸关系不发生变更，故C 项正确；D 项，依据霍尔电压U H ＝BInqc ，适当减小R 1，电磁铁中的电流增大，产生的磁感应强度B 增大，而当增大R 2，霍尔元件中的电流I 减小，电压表示数不肯定减小，故D 项错误． 6．(2024·合肥一模)(多选)如图所示，竖直放置的两平行金属板，长为L ，板间距离为d ，接在电压为U 的直流上．在两板间加一磁感应强度为B ，方向垂直纸面对里的匀强磁场．一个质量为m ，电荷量为q 的带正电油滴，从距金属板上端高为h 处由静止起先自由下落，并经两板上端连线中点P 进入板间．油滴在P 点所受的电场力与磁场力大小恰好相等，且最终恰好从金属板的下边缘离开电磁场区域．空气阻力不计，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．油滴刚进入电磁场时的加速度为gB ．油滴起先下落的高度h ＝U 22B 2d 2gC ．油滴从左侧金属板的下边缘离开D ．油滴离开电磁场时的速度大小为－qU m ＋2gL ＋U2B 2d2 答案 ABD解析 A 项，油滴刚进入电磁场时，电场力与磁场力大小恰好相等，故合力等于重力G ，加速度为g ，故A 项正确；B 项，在P 点由题意可知：qE ＝qvB 自由下落过程有：v 2＝2gh U ＝Ed由以上三式解得： h ＝U22B 2d 2g，故B 项正确； C 项，依据左手定则，在P 位置时受洛伦兹力向右，竖直方向在加速，故洛伦兹力在变大，故油滴从右侧金属板的下边缘离开，故C 项错误； D 项，整个过程由动能定理有： mg(h ＋L)－qE×d 2＝12mv 2得：v ＝－qU m ＋2gL ＋U2B 2d2，故D 项正确． 7．(2024·成都模拟)(多选)如图所示，空间中有一范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向水平且垂直于纸面对外、一质量为m 、电荷量为q 的带正电小圆环套在一根固定的绝缘竖直长杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ.现使圆环以初速度v 0向上运动，经时间t 0圆环回到动身点，假设圆环在回到动身点以前已经起先做匀速运动，不计空气阻力，重力加速度为g ，则下列说法中正确的是( )A ．圆环在t ＝t 02时刚好到达最高点B ．圆环在运动过程中的最大加速度为a m ＝g ＋μBqv 0mC ．圆环从动身到回到动身点过程中损失的机械能为12m(v 02－m 2g 2μ2B 2q2)D ．圆环在上升过程中损失的机械能等于下落回到动身点过程中损失的机械能答案 BC解析 A 项，由能量守恒可知：洛伦兹力不做功，摩擦力做功使机械能不断减小，在同一位置，环向上的速度大于向下运动的速度，向上的运动时间小，因此在t ＝t 02时，不行能刚好到达最高点，故A 项错误；B 项，圆环在运动过程中，向上运动的加速度大于向下运动的加速度，而向上运动摩擦力越大，则加速度越大，因此环刚起先运动时，其最大加速度，最大加速度为a m ＝mg ＋μBqv 0m＝g ＋μBqv 0m，故B 项正确；C 项，圆环从动身到回到动身点过程中，重力势能变更为零，那么机械能的损失，即为动能的减小，依据动能定理，则有，ΔE k ＝12mv 2－12mv 02，而v ＝mg μBq ，因此损失的机械能为12m(v 02－m 2g2μ2B 2q2)，故C 项正确； D 项，依据功能关系，除重力以外的力做功导致机械能变更，而环在上升与下落过程中，因摩擦力做功值不同，因此环在上升过程中损失的机械能不会等于下落回到动身点过程中损失的机械能，故D 项错误．8．(2024·河南模拟)(多选)如图所示，在平行板电容器极板间有场强为E 、方向竖直向下的匀强电场和磁感应强度为B 1、方向水平向里的匀强磁场．左右两挡板中间分别开有小孔S 1、S 2，在其右侧有一边长为L 的正三角形磁场，磁感应强度为B 2，磁场边界ac 中点S 3与小孔S 1、S 2正对．现有大量的带电荷量均为＋q 、而质量和速率均可能不同的粒子从小孔S 1水平射入电容器，其中速率为v 0的粒子刚好能沿直线通过小孔S 1、S 2.粒子的重力及各粒子间的相互作用均可忽视不计．下列有关说法中正确的是( )A ．v 0肯定等于EB 1B ．在电容器极板中向上偏转的粒子的速度肯定满意v 0>EB 1C ．质量<qB 2L4v 0的粒子都能从ac 边射出D ．能打在ac 边的全部粒子在磁场B 2中运动的时间肯定都相同答案 AB解析 A 项，当正粒子向右进入复合场时，受到的电场力向下，洛伦兹力方向向上，假如大小相等，即qE ＝qv 0B 1 解得：v 0＝EB 1就会做匀速直线运动，A 项正确；B 项，正粒子向上偏转是因为向上的洛伦兹力大于向下的电场力，即v 0>EB 1，B 项正确；C 项，设质量为m 0的粒子的轨迹刚好与bc 边相切，如图所示由几何关系得：R ＋23R ＝L 2，而R ＝m 0v 0qB 2，解得m 0＝（23－3）qB 2L2v 0，所以m<（23－3）qB 2L 2v 0的粒子都会从ac 边射出，而（23－3）qB 2L 2v 0<qB 2L4v 0，C 项错误；D 项，质量不同的粒子在磁场中运动的周期不同，所以在磁场中运动的时间不同，D 项错误． 9．(2024·茂名模拟)(多选)如图所示，金属棒MN 与金属网PQ 之间存在水平向右的匀强电场，PQ 与虚线JK 之间的区域存在竖直向上的匀强电场与垂直纸面对里的匀强磁场，两个电场的电场强度大小均为E ，磁场的磁感应强度大小为Ev 0，两个区域的宽度均为d.一个带正电的微粒贴着MN 以初速度v 0竖直向上射入场区，运动到PQ 时速度大小仍为v 0，方向变为水平向右．已知重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．微粒在MN 与PQ 间做匀变速运动，运动时间为2dv 0B ．微粒在PQ 与JK 间做匀速圆周运动，圆周半径r ＝dC ．微粒在PQ 与JK 间做匀速直线运动，运动时间为dv 0D ．微粒在题述两个区域中运动的总时间为（π＋6）d3v 0答案 AD解析 A 项，微粒在MN 与PQ 间竖直方向受到重力作用，水平方向受到电场力作用，水平方向有d ＝12·qE m t 2，竖直方向有d ＝12gt 2，则知Eq ＝mg ，在竖直方向有：v 0＝gt 1，则t 1＝v 0g 或水平方向有t 1＝d v 02＝2dv 0，故A 项正确；B 项，微粒在刚进入PQ 与JK 间时，受到向下的重力，向上的电场力和向上的洛伦兹力作用，由于B ＝Ev 0，则Bqv 0＝qE ＝mg ，由于重力和电场力平衡，故微粒做匀速圆周运动，半径为r＝mv 0qB ＝v 02g＝2d ，故B 项错误；C 、D 两项，由几何关系可知，设微粒在PQ 与JK 间运动的圆心角为α，则sinα＝dr ＝0.5，α＝30°，故所用时间为t 2＝l v 0＝π6·2d v 0＝πd3v 0，所以微粒在题述两个区域中运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝（π＋6）d3v 0，故C 项错误，D 项正确．10．(2024·衡水三模)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θ＝30°.电场强度为E 的电场充溢整个空间，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 ＝10 m/s 2.现在A 点安装一个弹射装置，它能以不同速度沿AC 方向放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 ．小球肯定带负电B ．小球在轨道的最低点F 处速度最大C ．若小球以初速度v 0＝(5＋45) m/s 射出，则小球会从D 点离开轨道 D ．若撤去磁场，让小球以初速度v 0＝2 5 m/s 射出，则小球肯定不会脱离轨道答案 D解析 A 项，小球射出后能在AC 上做匀速直线运动，小球所受合力为零，电场力水平向左，则小球带正电，A 项错误．B 项，小球受力如图所示，电场力与重力的合力与竖直方向夹角为θ＝30°，小球速度最大位置在图中C 点，B 项错误．C 项，重力与电场力的合力：F ＝mg cosθ＝23mg 3，电场力：qE ＝mgtanθ＝33mg ，小球在P点恰好不脱离轨道，此时轨道对小球弹力为零，由牛顿其次定律得：F ＋qvB ＝m v2R ，由题意可知：E ＝B ，解得：v ＝180＋102m/s ，从A 到C 过程小球速度不变，从C 到P 过程，由动能定理得：－F·2R＝12mv 2－12mv 02，解得：v 0＝150＋305>(5＋45) m/s ，则小球不会通过P 到达D 点，故C 项错误；D 项，设当小球初速度v 1时，恰好从C 点沿圆弧转过90°到B 点，从C 到B 依据动能定理：FR ＝12mv 12，解得v 1＝210m/s ，由于v 0＝25m/s<210m/s ，则小球肯定不会脱离轨道．只有D 项正确．二、非选择题11．(2024·长春模拟)如图所示，水平向左的匀强电场的场强E ＝4 v/m ，垂直纸面对内的匀强磁场的B ＝2 T ，质量为m ＝1 kg 的带正电的小物块A 从竖直绝缘墙上的M 点由静止起先下滑，滑行h ＝0.8 m 到达N 点时离开墙面起先做曲线运动，在到达P 点起先做匀速直线运动，此时速度与水平方向成45°角，P 点离开M 点的竖直高度为H ＝1.6 m ，取g ＝10 m/s 2试求：(1)A 沿墙下滑克服摩擦力做的功W f (2)P 点与M 点的水平距离x p . 解析 (1)在N 点有：qv N B ＝qE 得：v N ＝E B ＝42＝2 m/s由动能定理mgh －W f ＝12mv N 2代入数据解得：W f ＝6 J ； (2)在P 点三力平衡，qE ＝mg ， qvB ＝2qE ＝2mg 则得：v P ＝2 2 m/s由动能定理，从N 到P ：mgh′－qEx p ＝12mv P 2－12mv N 2g (h′－x p )＝12(v P 2－v N 2)＝2将h′＝0.8 m ，v N ＝2 m/s 代入解得：x p ＝0.6 m.12．(2024·湖北模拟)如图所示，在竖直平面内的xOy 直角坐标系中，MN 与水平x 轴平行，在MN 与x 轴之间有竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面水平向里的匀强磁场，电场强度E ＝2 N/C ，磁感应强度B ＝1 T ，从y 轴上的P 点沿x 轴方向以初速度v 0＝1 m/s 水平抛出一带正电的小球，小球的质量为m ＝2×10－6kg ，电荷量q ＝1×10－5C ，g 取10 m/s 2.已知P 点到O 点的距离为d 0＝0.15 m ，MN 到x 轴距离为d ＝0.20 m ．(π＝3.14，2＝1.414，3＝1.732，结果保留两位有效数字)(1)求小球从P 点运动至MN 边界所用的时间；(2)当小球运动到x 轴时撤去电场，求小球到达MN 边界时的速度大小．解析 (1)由平抛运动规律可得：d 0＝12gt 12得：t 1＝2d 0g＝2×0.1510＝310s ≈0.173 s 到达x 轴的速度：v ＝（gt 1）2＋v 02＝（10×310）2＋12＝2 m/s 速度偏转角：tanθ＝gt 1v 0所以：θ＝60°小球进入混合场后，受到的电场力：qE ＝10－5×2＝2×10－5N ，方向向上，小球的重力：mg ＝2×10－6×10＝2×10－5N 方向向下；小球受到的电场力与重力抵消，则小球在混合场中做匀速圆周运动：qvB ＝mv2r代入数据可得：r ＝0.4 m由几何关系可知，小球的轨迹恰好与MN 相切，则小球在混合场中偏转的角度是60°，设小球在混合场中运动的时间为t 2，则： t 2＝60°360°·2πr v代入数据可得：t 2＝π15s ≈0.209 s小球运动的时间：t ＝t 1＋t 2＝0.173＋0.209＝0.38 s(2)设撤去电场后小球到达MN 的速度大小为v 1，方向与水平方向之间的夹角为α，在x 轴下方只有重力做功，则：mgd ＝12mv 12－12mv 2解答：v 1＝22m/s ≈2.8 m/s13.如图所示，足够大的空间内存在磁感应强度为B 的匀强磁场，xOy 是在竖直平面内建立的平面坐标系，磁场方向垂直xOy 平面对外，在一、四象限内还存在水平向右的匀强电场，场强大小为E.—带电粒子从x 轴上的C 点沿CD 方向做匀速直线运动，CD 与－x 方向夹角α＝30°，然后从D 点进入第三象限内，重力加速度为g.(1)求粒子的电性以及匀速运动的速度；(2)欲使粒子进入第三象限内做匀速圆周运动，须要施加一个匀强电场，求此电场的场强大小和方向；(3)在第(2)问的状况下，粒子到达x 轴负半轴的M 点(未画出)，且OM ＝OC ，求OC 的长度以及在第三象限内运动的时间．答案 (1)正电 2E B (2)3E 竖直向上 (3)23πE 3gB解析 (1)粒子带正电，从C 到D 运动过程，受力如图所示．qvBsin30°＝qE ，解得v ＝2E B. (2)欲使粒子在第三象限做匀速圆周运动，则qE ′＝mg又qE ＝mgtan30°联立解得E′＝3E ，方向竖直向上．(3)如图所示，O ′D 垂直v ，由几何学问知道O′D 平分∠ODM，∠O ′DM ＝∠O′MD＝30°MD 的垂直平分线必与x 轴交于O′点，即O′为匀速圆周运动的圆心qvB ＝mv 2rr ＋rsin30°＝OM ＝OC联立解得r ＝23E 2gB 2，OC ＝33E 2gB2 由图知道：∠MO′D＝120°所以在第三象限内运动的时间为tt ＝120360T T ＝2πr v所以t ＝23πE 3gB.。

【全程复习方略】年高考物理二轮复习课时冲关练 4.8磁场及带电粒子在磁场中的运动(A卷)

磁场及带电粒子在磁场中的运动(A卷)(45分钟，100分)一、单项选择题(本题共4小题，每小题8分，共32分。

每小题只有一个选项正确)1.(2014·台州一模)如图所示的虚线框为一长方形区域，该区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一束电子以不同的速率从O点垂直于磁场方向、沿图中所示方向射入磁场后，分别从a、b、c、d四点射出磁场，比较它们在磁场中的运动时间t a、t b、t c、t d，其大小关系是( )A.t a<t b<t c<t dB.t a=t b=t c=t dC.t a=t b<t c<t dD.t a=t b>t c>t d【解析】选D。

电子的运动轨迹如图所示，由图可知，从a、b、c、d四点飞出的电子对应的圆心角θa=θb>θc>θd，而电子的周期T=相同，其在磁场中运动时间t=T·，故t a=t b>t c>t d，D正确。

2.如图是阴极射线管的示意图。

接通电源后，会有电子从阴极K射向阳极A，并在荧光屏上看到一条亮线。

要使荧光屏上的亮线向下偏转，下列措施中可行的是( )A.加一方向平行纸面向上的磁场B.加一方向垂直纸面向里的磁场C.加一方向平行纸面向下的磁场D.加一方向垂直纸面向外的磁场【解析】选B。

加一方向平行纸面向上的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向垂直纸面向里，A错误；加一方向垂直纸面向里的磁场，根据左手定则，洛伦兹力方向向下，亮线向下偏转，B正确；加一方向平行纸面向下的磁场，电子受到的磁场力的方向垂直纸面向外，C错误；加一方向垂直纸面向外的磁场，洛伦兹力方向向上，亮线向上偏转，D错误。

3.如图所示，在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。

P为屏上的一个小孔。

PC与MN垂直。

一群质量为m、带电荷量为-q的粒子(不计重力)，以相同的速率v，从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域。

课时巩固过关练十磁场及带电粒子在磁场中的运动

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课时巩固过关练十磁场及带电粒子在磁场中的运动(20分钟50分)一、选择题(本大题共6小题,每小题6分,共36分。

其中第1～4题为单选,第5、6题为多选)1.如图,通电线圈abcd平面和磁场垂直(不考虑电流间相互作用),则( )A.ab边受到向左的安培力B.bc边受到向下的安培力C.线圈面积有缩小的趋势D.线圈有转动的趋势【解析】选C。

根据左手定则:伸开左手,拇指与手掌垂直且共面,磁感线向里穿过手心,四指指向电流方向,则拇指指向安培力方向,由上分析,那么ab边受到向右的安培力,bc边受到向上的安培力,故A、B错误;同理可知,线圈有收缩的趋势,故C正确;因为各边受到的安培力方向与线圈在同一平面,则线圈不会转动,故D 错误。

2.(2017·临沂一模)如图所示,OM的左侧存在范围足够大,磁感应强度大小为B 的匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,ON(在纸面内)与磁场方向垂直且∠NOM=60°,ON上有一点P,OP=L。

P点有一粒子源,可沿纸面内各个方向射出质量为m,电荷量为q的带正电的粒子(不计重力),速率为,则粒子在磁场中运动的最短时间为( )A. B. C. D.【解析】选A。

粒子运动的半径r==;当粒子在磁场中运动时间最短时,在磁场中的圆弧弦最短,则由P点作MO的垂线即为最短弦长,则PA=Lsin60°=L,由三角函数可得:sin==,解得∠PO1A=90°,则最短时间t=T=,故选A。

3.如图所示,匀强磁场中有一个电荷量为q的正离子,自a点沿半圆轨道运动,当它运动到b点时,突然吸收了附近若干电子,接着沿另一半圆轨道运动到c点,已知a、b、c点在同一直线上,且ac=ab,电子电荷量为e,电子质量可忽略不计,则该离子吸收的电子个数为( )A. B.C.D.【解析】选B 。

高考物理备考优生百日闯关系列_专题09_磁场_word版含解析

第一部分名师综述带电粒子在磁场中的运动是高中物理的一个难点，也是高考的热点。

在历年的高考试题中几乎年年都有这方面的考题。

带电粒子在磁场中的运动问题，综合性较强，解这类问题既要用到物理中的洛仑兹力、圆周运动的知识，又要用到数学中的平面几何中的圆及解析几何知识。

带电粒子在复合场中的运动包括带电粒子在匀强电场、交变电场、匀强磁砀及包含重力场在内的复合场中的运动问题，是高考必考的重点和热点。

纵观近几年各种形式的高考试题，题目一般是运动情景复杂、综合性强，多把场的性质、运动学规律、牛顿运动定律、功能关系以及交变电场等知识有机地结合，题目难度中等偏上，对考生的空间想像能力、物理过程和运动规律的综合分析能力，及用数学方法解决物理问题的能力要求较高，题型有选择题、作图及计算题，涉及本部分知识的命题也有构思新颖、过程复杂、高难度的压轴题。

第二部分精选试题1．【2016•贵州省遵义航天高级中学高三第四次模拟】如图所示，在半径为R 的圆形区域内充满磁感应强度为B 的匀强磁场，MN 是一竖直放置的感光板。

从圆形磁场最高点P 垂直磁场射入大量的带正电、电荷量为q 、质量为m 、速度为v 的粒子，不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是A ．只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN 上B ．对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心C ．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长D ．只要速度满足v ＝qBRm，对准圆心方向入射的粒子出射后可垂直打在MN 上【答案】BD【解析】对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN 上，与粒子的速度有关，故A 错误；带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心，故B 正确；对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由t=πθ2T 知，运动时间t 越小，故C 错误；速度满足v=mqBR时，粒子的轨迹半径为r =qB mv =R ，入射点、出射点、O 点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在MN 板上，故D 正确。

2024年高考物理二轮复习专题分层突破训练8磁场、带电粒子在磁场中的运动

专题分层突破练8磁场带电粒子在磁场中的运动A组基础巩固练1.(多选)(2023湖南湘潭模拟)如图所示,在截面为圆的绝缘弹性长管内表面两相互垂直的直径两端分别固定有四根轻质平行长直导线a、b、c、d,导线中通有大小相等的电流I,电流方向如图所示。

每=B0(k为常量,r为圆心到根长直导线单独存在时,在圆心O处产生磁场的磁感应强度大小均为B=k Ir导线的距离),此时O处的磁感应强度大小为B1。

若只解除导线d的固定,其他条件不变,在弹性长管发生形变后,O处的磁感应强度大小为B2,则关于B1和B2,下列说法正确的是()A.B1=2B0,方向沿ab方向B.B1=0C.B1>B2,方向均沿ab方向D.B1<B2,方向均沿ba方向2.(多选)(2023湖南长沙模拟)如图所示,在以直角坐标系xOy的坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内,存在磁感应强度大小为B、方向垂直xOy所在平面向里的匀强磁场。

一带电粒子由磁场边界与x轴的交点A处,以速度v沿x轴负方向射入磁场,粒子恰好能从磁场边界与y轴的交点C处沿y 轴正方向飞出磁场,之后经过D点,D点的坐标为(0,3r),不计带电粒子所受重力。

若磁场区域以A点为轴,在xOy平面内顺时针旋转45°后,带电粒子仍以速度v沿x轴负方向射入磁场,飞出磁场后经过y=3r直线时,以下说法正确的是()A.经过y=3r直线时距D点的距离为(3-√2)rB.经过y=3r直线时距D点的距离为(4-√2)rC.带电粒子将与y=3r的直线成45°角经过这条直线D.带电粒子仍将垂直经过y=3r这条直线3.(2023河北名校联考)如图所示,竖直平面内有三根轻质细绳,绳1水平,绳2与水平方向成60°角,O 为结点,竖直绳3的下端连接一质量为m、长度为L的垂直于纸面放置的金属棒。

金属棒所在空间存在竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场,整个装置处于平衡状态。

2021届高考二轮复习电磁场专题第2讲磁场及带电粒子在磁场中的运动课时练(解析版)

2021届高考二轮复习电磁场专题第2讲磁场及带电粒子在磁场中的运动课时练（解析版）一、选择题(1～5题为单项选择题，6～10题为多项选择题)1. 如图所示，A为一水平旋转的橡胶盘，带有大量均匀分布的负电荷，在圆盘正上方水平放置一通电直导线，电流方向如图。

当圆盘高速绕中心轴OO′转动时，转动方向如图所示，通电直导线所受磁场力的方向是()A．竖直向上B．竖直向下C．水平向里D．水平向外C[从上向下看，由于带负电的圆盘顺时针方向旋转，形成的等效电流为逆时针方向，由安培定则判定所产生的磁场方向竖直向上。

由左手定则可判定通电导线所受安培力的方向垂直纸面向里，C正确。

]2. (2020·大连二模)如图所示，AC是四分之一圆弧，O为圆心，D为圆弧中点，A、D、C处各有一垂直纸面的通电直导线，电流大小相等，方向垂直纸面向里，整个空间还存在一个大小为B的匀强磁场，O处的磁感应强度恰好为零。

如果将D处电流反向，其他条件都不变，则O处的磁感应强度大小为() A．2(2－1)B B．2(2＋1)BC．2B D．0A[ O点的实际磁感应强度是A、D、C处电流产生磁感应强度与空间大小为B的磁感应强度的矢量和，O处的磁感应强度恰好为零。

则A、C与空间磁场的矢量和一定与D单独产生磁感应强度等大反向，根据合成可得：D电流产生磁感应强度B D＝B2＋1；所以将D处电流反向，其他条件都不变，O处磁感应强度：B′＝2B D＝2(2－1)B，B、C、D错误，A正确。

]3. 如图所示，在直角三角形abc区域(含边界)内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a＝60°，∠b ＝90°，边长ac ＝L 。

一个粒子源在a 点将质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是( )A ．qBL 2mB ．3qBL 6mC ．3qBL 4mD ．qBL 6mA [由分析知，粒子沿着ab 边入射且运动轨迹与bc边相切时满足题意，粒子运动轨迹如图所示。

高三二轮复习物理专题通关课时巩固过关练(八) 电场和磁场4.8 Word版含答案

课时巩固过关练(八)电场及带电粒子在电场中的运动(45分钟 100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分。

第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求) 1.(·山东高考)直角坐标系xOy 中,M 、N 两点位于x 轴上,G 、H 两点坐标如图。

M 、N 两点各固定一负点电荷,一电量为Q 的正点电荷置于O 点时,G 点处的电场强度恰好为零。

静电力常量用k 表示。

若将该正点电荷移到G 点,则H 点处场强的大小和方向分别为( ) A.3kQ 4a 2,沿y 轴正向 B.3kQ 4a 2,沿y 轴负向 C.5kQ 4a 2,沿y 轴正向 D.5kQ 4a 2,沿y 轴负向【解析】选B 。

由于对称性,M 、N 两处的负电荷在G 、H 处产生的场强大小相等,等于在O 点的正点电荷产生的场强E 1=k Qa 2,正点电荷放在G处时,它在H 处产生的场强E 2=k Q(2a)2,所以,H 处的合场强E=E 1-E 2=3kQ 4a 2,B正确。

2.一平行板电容器充电后与电源断开,负极板接地。

两板间有一个正试探电荷固定在P 点,如图所示,以C 表示电容器的电容、E 表示两板间的场强、φ表示P 点的电势、W 表示正电荷在P 点的电势能,若正极板保持不动,将负极板缓慢向右平移一小段距离l 0的过程中,各物理量与负极板移动距离x 的关系图像中正确的是( )【解析】选C 。

由平行板电容器的电容C=εS 4πkd 可知A 错误;在电容器两极板所带电荷量一定的情况下,U=Q C,E=U d =4πkQεS,与d 无关,B 错误;在负极板接地的情况下,φ=φ0-E l 0,C 正确;正电荷在P 点的电势能W=q φ=q(φ0-E l 0),D 错误。

3.(·乐山二模)相距很近的一对带等量异号电荷的平行金属板,它们之间的电场除边缘外,可看作匀强电场,其电场线分布如图所示。

一个带电粒子沿图中轨迹穿过该电场,则从a 运动到d 的过程中( )A.粒子的速度一直在增大B.粒子的电势能一直在减小C.粒子在a 点的电势能比在d 点低D.粒子的加速度先变大再不变后变小【解析】选D 。

【全程复习方略】2015年高考物理二轮复习课时冲关练 4.8磁场及带电粒子在磁场中的运动(B卷)

磁场与带电粒子在磁场中的运动(B卷)(45分钟，100分)一、单项选择题(此题共4小题，每一小题8分，共32分。

每一小题只有一个选项正确)1.如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1>I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直。

磁感应强度可能为零的点是( )A.a点B.b点C.c点D.d点【解析】选C。

空间某点的磁感应强度的大小和方向是两条直线电流各自产生的磁场叠加的结果。

距离导线越近的地方，磁场越强。

根据安培定如此，只有在c点，两条导线电流各自产生的磁场才有可能大小相等，方向相反，叠加后互相抵消，磁感应强度为零。

2.(2014·舟山二模)如下列图，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两局部，O点为圆弧的圆心。

两金属轨道之间的宽度为0.5m，匀强磁场方向如下列图，大小为0.5T。

质量为0.05kg、长为0.5 m的金属细杆置于金属轨道上的M点。

当在金属细杆内通以电流强度为2A的恒定电流时，金属细杆可以沿轨道由静止开始向右运动。

MN=OP=1m，如此( )A.金属细杆开始运动时的加速度大小为5 m/s2B.金属细杆运动到P点时的速度大小为5m/sC.金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为10m/s2D.金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75N【解析】选D。

金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小为F安=BIL=0.5×2×0.5N=0.5 N，金属细杆开始运动时的加速度大小为a==10m/s2，A错误；对金属细杆从M点到P点的运动过程，安培力做功W安=F安·(MN+OP)=1J，重力做功W G=-mg·ON=-0.5J，由动能定理得W安+W G=mv2，解得金属细杆运动到P点时的速度大小为v=m/s，B错误；金属细杆运动到P点时的加速度可分解为水平方向的向心加速度和竖直方向的加速度，水平方向的向心加速度大小为a′==20m/s2，C错误；在P点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F，水平向右的安培力F安，由牛顿第二定律得F-F安=，解得F=1.5N，每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75 N，由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75N，D正确。

2020届高三物理二轮复习第一篇专题攻略课时巩固过关练十专题四电场和磁场第10讲磁场及带电粒子在磁场中的运

课时巩固过关练十磁场及带电粒子在磁场中的运动(60分钟100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分。

第1～6题只有一项符合题目要求,第7～10题有多项符合题目要求)1.(2016·威海一模)在同一平面内有四根彼此绝缘的通电直导线,如图所示,四根导线中的电流大小关系为i1=i2<i3<i4,切断哪一导线中的电流能使O点(O点为四根导线所围矩形的中心)的磁感应强度减为最弱( )A.切断i1B.切断i2C.切断i3D.切断i4【解析】选D。

根据安培定则来确定通电导线周围磁场的分布,导线i1在O点产生的磁场的方向向外,导线i2在O点产生的磁场的方向向里,导线i3在O点产生的磁场的方向向里,导线i4在O点产生的磁场的方向向里,由于i1=i2<i3<i4,所以合磁场的方向向里,根据磁场的叠加可知,要使O的磁场的磁感应强度减为最弱,应切断i4,故选项D正确。

2.(2016·北京高考)中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角:“以磁石磨针锋,则能指南,然常微偏东,不全南也。

”进一步研究表明,地球周围地磁场的磁感线分布示意如图。

结合上述材料,下列说法不正确的是( )A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B.地球内部也存在磁场,地磁南极在地理北极附近C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D.地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用【解析】选C。

地理南、北极与地磁场存在一个夹角,称为磁偏角,故地理南、北极与地磁场的南、北极不重合,A正确;地磁南极在地理的北极附近,地磁北极在地理南极附近,B正确;由于地磁场中某点的磁场方向沿该点的磁感线切线方向,故只有赤道处磁场方向与地面平行,C错误;在赤道处磁场方向水平,而射线是带电的粒子,运动方向垂直磁场方向,根据左手定则可得射向赤道的带电宇宙射线粒子受到洛伦兹力的作用,D正确。

九年级物理全册第二十章第1节磁现象磁场一课一练基础闯关课后练习卷

中考尖子生的学习方法第一要预习，不管哪门学科，在上课之前都要进行预习，掌握已会的内容，知道哪些是不会的内容。

有较好的认知准备与情感准备，进入较好的学习状态，以便进行有意义的学习。

第二要认真听课堂上老师的讲解。

要将课堂学到的知识进行内化，内化成学习者的知识、技能、情感、态度和价值观。

在课堂上要特别注意自己不懂的知识老师是怎么讲的，学生讨论时，学生是怎么讲的，把预习时不懂的问题在课堂上搞清楚。

第三要抓好课后的复习。

课后复习是学生学知识的重要组成部分之一。

课堂上学到的知识，当天晚上要进行一次系统复习，把今天所上的每节课课堂上老师所讲的内容重现一遍，已经掌握的就过去，没有掌握的，要临时再解决，不把问题往后拖。

过三五天再复习一遍，过半个月再复习一遍，过一个月再复习一遍。

要以课本为本，复习课本上的内容。

第四要做好课外阅读。

课外阅读能增加知识面，开阔学生的视野，语文等学科要把教材上推荐的篇目逐篇阅读，并做笔记，以积累知识。

数学等学科要做一些课外的练习题，增加训练量，见识教材以外的题型等。

第五、要背诵一些篇目和段落。

语文课本上要求背诵的篇、段，要能背诵，同时，课外书上的精彩名、段、篇，也要背诵，背诵的多、积累的多，才能在运用时得心应手。

另外，数学科的公式、定理、定义等，也要背诵。

第六、作文训练，要经常进行写作文的训练，不一定要写很长的文章，一次写一个片段，一个星期进行一两次练习。

磁现象磁场一课一练基础闯关训练点磁现象1.(2017·农安月考)三根钢棒位置如图所示,已知B棒有磁性,那么( )A.A棒有磁性,C棒没有B.A棒一定没有磁性,而C棒有磁性C.A棒可能有磁性,也可能没有磁性D.C棒可能有磁性,也可能没有磁性【解析】选C。

根据三棒的平衡状态进行受力分析,已知B棒有磁性,A、C棒都有水平向右的力,由图可知B、C之间存在斥力,C一定有磁性;由A、B之间相互吸引知A可能有磁性也可能无磁性,故C正确。

2.如图所示,一罗盘和其中的小磁针,当人用力匀速转动罗盘时,小磁针的指向( )A.S极和N极互换位B.几乎静止不动C.匀速运动D.无规则运动【解析】选B。

高考物理备考优生百日闯关系列专题10 磁场(含解析)-人教版高三全册物理试题

专题10 磁场第一局部名师综述带电粒子在磁场中的运动是高中物理的一个难点，也是高考的热点。

在历年的高考试题中几乎年年都有这方面的考题。

带电粒子在磁场中的运动问题，综合性较强，解这类问题既要用到物理中的洛仑兹力、圆周运动的知识，又要用到数学中的平面几何中的圆与解析几何知识。

带电粒子在复合场中的运动包括带电粒子在匀强电场、交变电场、匀强磁砀与包含重力场在内的复合场中的运动问题，是高考必考的重点和热点。

纵观近几年各种形式的高考试题，题目一般是运动情景复杂、综合性强，多把场的性质、运动学规律、牛顿运动定律、功能关系以与交变电场等知识有机地结合，题目难度中等偏上，对考生的空间想像能力、物理过程和运动规律的综合分析能力，与用数学方法解决物理问题的能力要求较高，题型有选择题、作图与计算题，涉与本局部知识的命题也有构思新颖、过程复杂、高难度的压轴题。

第二局部精选试题1、【辽宁省沈阳市东北育才学校2017届高三上学期第二次模拟考试】如下列图，条形磁铁放在桌子上，一根通电直导线由S极的上端平移到N极的上端的过程中，导线保持与磁铁垂直，导线的通电方向如图，如此在这个过程中磁铁受到的摩擦力〔保持静止〕：〔〕A．为零.B．方向由左变为向右.C．方向保持不变.D．方向由右变为向左.【答案】B2、【山东省实验中学2017届高三第一次诊断性考试】〔多项选择〕如下列图，两个质量相等的带电粒子a 、b 在同一位置A 以大小一样的速度射入同一匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，经磁场偏转后两粒子都经过B 点， AB 连线与磁场边界垂直，如此：〔〕A ．a 粒子带正电，b 粒子带负电B ．两粒子的轨道半径之比:3:1a b R R =C ．两粒子所带电荷量之比:3:1a b q q =D ．两粒子的运动时间之比:2:3a b t t =【答案】CD31a b b a q R q R ==，故C 正确；粒子在磁场中做圆周运动的周期：2m T qB π=， 3a b b a T q T q ==，粒子在磁场中的运动时间：360t T θ=︒，两粒子的运动时间之比：120 6033a a ab b b t T t T θθ︒===︒D 正确。

人教新课标高考物理一轮复习带电粒子在磁场中的运动课时练(解析版)

2020届一轮复习人教新课标带电粒子在磁场中的运动课时练（解析版）1．一个静止的放射性同位素的原子核3015P 衰变成3014Si ，另一个也静止的天然放射性原子核23490Th 衰变成23491Pa ，在同一磁场中得到衰变后粒子的运动轨迹1、2、3、4，如图所示，则这四条运动轨迹对应的粒子依次是（）A ．电子、23491Pa 、3014Si 、正电子B ．23491Pa 、电子、正电子、3014SiC ．3014Si 、正电子、电子、23491PaD ．正电子、3014Si 、23491Pa 、电子2．如图所示，在长方形abcd 区域内有正交的电磁场，ab ＝＝L ，一带电粒子从ad 的中点垂直于电场和磁场方向射入，恰沿直线从bc 边的中点P 射出，若撤去磁场，则粒子从c 点射出；若撤去电场，则粒子将(重力不计)( )A ．从b 点射出B ．从b 、P 间某点射出C ．从a 点射出D ．从a 、b 间某点射出3．如图所示，在x 轴上方存在垂直于纸面向里且磁感应强度为B 的匀强磁场，在x 轴下方存在垂直于纸面向外且磁感应强度为的匀强磁场．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x 轴上方磁场中运动的半径为R .则( )A ．粒子经偏转后一定能回到原点OB ．粒子在x 轴上方和下方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 轴前进了3R4．如图是某离子速度选择器的原理示意图，在一半径为R 的绝缘圆柱形筒内有磁感应强度为B 的匀强磁场，方向平行于轴线．在圆柱形筒上某一直径两端开有小孔M 、N ，现有一束速率不同、比荷均为k 的正、负离子，从M 孔以α角入射，一些具有特定速度的离子未与筒壁碰撞而直接从N 孔射出(不考虑离子间的作用力和重力)．则从N 孔射出的离子( )A ．是正离子，速率为cos kBRα B ．是正离子，速率为sin kBRαC ．是负离子，速率为sin kBRαD ．是负离子，速率为cos kBRα5．图甲是洛伦兹力演示仪。

2025高考物理步步高同步练习选修2第一章带电粒子在匀强磁场中的运动含答案

2025高考物理步步高同步练习选修2第一章3 带电粒子在匀强磁场中的运动[学习目标] 1.理解带电粒子初速度方向和磁场方向垂直时，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动.2.会根据洛伦兹力提供向心力推导半径公式和周期公式.3.会分析带电粒子在匀强磁场中运动的基本问题．一、带电粒子在匀强磁场中的运动1．若v ∥B ，带电粒子以速度v 做匀速直线运动，其所受洛伦兹力F ＝0.2．若v ⊥B ，此时初速度方向、洛伦兹力的方向均与磁场方向垂直，粒子在垂直于磁场方向的平面内运动．(1)洛伦兹力与粒子的运动方向垂直，只改变粒子速度的方向，不改变粒子速度的大小． (2)带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力．二、带电粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期 1．由q v B ＝m v 2r ，可得r ＝m v qB.2．由r ＝m v qB 和T ＝2πr v ，可得T ＝2πmqB .带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与轨道半径和运动速度无关．1．判断下列说法的正误．(1)运动电荷进入磁场后(无其他场)可能做匀速圆周运动，不可能做类平抛运动．( √ ) (2)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，轨道半径跟粒子的速率成正比．( √ ) (3)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与轨道半径成正比．( × ) (4)运动电荷在匀强磁场中做圆周运动的周期随速度的增大而减小．( × )2. 质子和α粒子由静止出发经过同一加速电场加速后，沿垂直磁感线方向进入同一匀强磁场，则它们在磁场中的速度大小之比为________；轨道半径之比为________；周期之比为________．答案 2∶1 1∶2 1∶2一、带电粒子在匀强磁场中运动的基本问题导学探究如图1所示，可用洛伦兹力演示仪观察运动电子在匀强磁场中的偏转．图1(1)不加磁场时，电子束的运动轨迹如何？加上磁场后，电子束的运动轨迹如何？(2)如果保持出射电子的速度不变，增大磁感应强度，轨迹圆半径如何变化？如果保持磁感应强度不变，增大出射电子的速度，轨迹圆半径如何变化？答案 (1)一条直线圆 (2)变小变大知识深化1．分析带电粒子在磁场中的匀速圆周运动，要紧抓洛伦兹力提供向心力，即q v B ＝m v 2r .2．同一粒子在同一磁场中做匀速圆周运动，由r ＝m v qB 知，r 与v 成正比；由T ＝2πmqB 知，T 与速度无关，与半径无关．质子p(11H)和α粒子(42He)以相同的速率在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，轨道半径分别为R p 和R α，周期分别为T p 和T α，则下列选项中正确的是( ) A ．R p ∶R α＝1∶2，T p ∶T α＝1∶2 B ．R p ∶R α＝1∶1，T p ∶T α＝1∶1 C ．R p ∶R α＝1∶1，T p ∶T α＝1∶2 D ．R p ∶R α＝1∶2，T p ∶T α＝1∶1 答案 A解析质子p(11H)和α粒子(42He)的带电荷量之比为q p ∶q α＝1∶2，质量之比m p ∶m α＝1∶4.由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的规律可知，轨道半径R ＝m v qB ，周期T ＝2πm qB ，因为两粒子速率相同，代入q 、m ，可得R p ∶R α＝1∶2，T p ∶T α＝1∶2，故选项A 正确．针对训练1 薄铝板将同一匀强磁场分成Ⅰ、Ⅱ两个区域，高速带电粒子可穿过铝板一次，在两个区域内运动的轨迹如图2所示，半径R 1>R 2.假定穿过铝板前后粒子电荷量保持不变，则该粒子( )图2A ．带正电B ．在Ⅰ、Ⅱ区域的运动速度大小相同C ．在Ⅰ、Ⅱ区域的运动时间相同D ．从Ⅱ区域穿过铝板运动到Ⅰ区域答案 C解析粒子穿过铝板受到铝板的阻力，速度将减小．由r ＝m vBq 可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径将减小，故可得粒子由Ⅰ区域运动到Ⅱ区域，结合左手定则可知粒子带负电，选项A 、B 、D 错误；由T ＝2πmBq可知粒子运动的周期不变，粒子在Ⅰ区域和Ⅱ区域中运动的时间均为t ＝12T ＝πmBq ，选项C 正确．二、带电粒子在匀强磁场中的圆周运动 1．圆心的确定圆心位置的确定通常有以下两种基本方法：(1)已知入射方向和出射方向时，可以过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图3甲所示，P 为入射点，M 为出射点)． (2)已知入射方向和出射点的位置时，可以过入射点作入射方向的垂线，连线入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图乙所示，P 为入射点，M 为出射点)．图32．半径的确定半径的计算一般利用几何知识解直角三角形．做题时一定要作好辅助线，由圆的半径和其他几何边构成直角三角形．由直角三角形的边角关系或勾股定理求解． 3．粒子在匀强磁场中运动时间的确定(1)粒子在匀强磁场中运动一周的时间为T ，当粒子运动轨迹的圆弧所对应的圆心角为α时，其运动时间t ＝α360°T (或t ＝α2πT )．确定圆心角时，利用好几个角的关系，即圆心角＝偏向角＝2倍弦切角． (2)当v 一定时，粒子在匀强磁场中运动的时间t ＝lv ，l 为带电粒子通过的弧长．在匀强磁场中，一个带电粒子做匀速圆周运动，如果又顺利垂直进入另一磁感应强度是原来磁感应强度一半的匀强磁场，则( ) A ．粒子的速率加倍，周期减半 B ．粒子的速率不变，轨道半径减半 C ．粒子的速率不变，周期变为原来的2倍 D ．粒子的速率减半，轨道半径变为原来的2倍答案 C解析因洛伦兹力对粒子不做功，故粒子的速率不变；当磁感应强度减半后，由r ＝m vBq 可知，轨道半径变为原来的2倍；由T ＝2πmBq 可知，粒子的周期变为原来的2倍，故C 正确，A 、B 、D 错误．如图4所示，一带电荷量为2.0×10－9 C 、质量为1.8×10－16kg 的粒子，从直线上一点O 沿与PO 方向成30°角的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，经过1.5×10－6 s 后到达直径上的P 点，求：图4(1)粒子做圆周运动的周期； (2)磁感应强度B 的大小；(3)若O 、P 之间的距离为0.1 m ，则粒子的运动速度的大小．答案 (1)1.8×10－6 s (2)0.314 T (3)3.49×105 m/s解析 (1)作出粒子的运动轨迹，如图所示，由图可知粒子由O 到P 的大圆弧所对的圆心角为300°，则t T ＝300°360°＝56，周期T ＝65t ＝65×1.5×10－6 s ＝1.8×10－6 s(2)由T ＝2πm qB 知B ＝2πm qT ＝2×3.14×1.8×10－162.0×10－9×1.8×10－6T ＝0.314 T.(3)由几何知识可知，半径r ＝OP ＝0.1 m故粒子的运动速度大小为v ＝Bqr m ＝0.314×2.0×10－9×0.11.8×10－16 m/s ≈3.49×105 m/s. 针对训练2 (多选)(2020·天津卷)如图5所示，在Oxy 平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B 的匀强磁场．一带电粒子从y 轴上的M 点射入磁场，速度方向与y 轴正方向的夹角θ＝45°.粒子经过磁场偏转后在N 点(图中未画出)垂直穿过x 轴．已知OM ＝a ，粒子电荷量为q ，质量为m ，重力不计．则( )图5A ．粒子带负电荷B ．粒子速度大小为qBa mC ．粒子在磁场中运动的轨道半径为aD ．N 与O 点相距(2＋1)a 答案 AD解析由题意可知，粒子在磁场中做顺时针圆周运动，根据左手定则可知粒子带负电荷，故A 正确；粒子的运动轨迹如图所示，O ′为粒子做匀速圆周运动的圆心，其轨道半径R ＝2a ，故C 错误；由洛伦兹力提供向心力可得q v B ＝m v 2R ，则v ＝2qBa m ，故B 错误；由图可知，ON ＝a ＋2a ＝(2＋1)a ，故D 正确．针对训练3 (2020·广东中山中学高二期中)如图6所示，直线MN 上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a 点垂直MN 且垂直磁场方向射入磁场，经t 1时间从b 点离开磁场．之后电子2也由a 点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t 2时间从a 、b 连线的中点c 离开磁场，则t 1t 2为( )图6A.23 B ．2 C.32 D ．3 答案 D解析电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r ＝m v qB 可知，两电子运动半径相同，由周期公式T ＝2πm qB 可知，周期也相同，由几何关系可知，电子1运动的圆心角为π，电子2运动的圆心角为π3，由时间t ＝θ2πT ，可得：t 1t 2＝ππ3＝3，D 正确．1．(带电粒子在匀强磁场中的运动)关于带电粒子在匀强磁场中的运动，下列说法正确的是( )A ．带电粒子飞入匀强磁场后，一定做匀速圆周运动B ．静止的带电粒子在匀强磁场中将会做匀加速直线运动C ．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时洛伦兹力的方向总是和运动方向垂直D ．当洛伦兹力方向和运动方向垂直时，带电粒子在匀强磁场中的运动一定是匀速圆周运动答案 C解析若带电粒子的速度方向与磁场方向平行(同向或反向)，此时所受洛伦兹力为零，带电粒子做匀速直线运动，A 错误；静止的带电粒子不受洛伦兹力，仍将静止，B 错误；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力总跟速度方向垂直，即和运动方向垂直，C 正确；如果带电粒子以与磁场方向成某一角度进入匀强磁场，所受洛伦兹力与运动方向垂直，带电粒子不是做匀速圆周运动，D 错误．2．(半径公式、周期公式)(多选)两个粒子A 和B 带有等量的同种电荷，粒子A 和B 以垂直于磁场的方向射入同一匀强磁场，不计重力，则下列说法正确的是( ) A ．如果两粒子的速度v A ＝v B ，则两粒子的半径R A ＝R BB ．如果两粒子的动能E k A ＝E k B ，则两粒子的周期T A ＝T BC ．如果两粒子的质量m A ＝m B ，则两粒子的周期T A ＝T BD ．如果两粒子的动量大小相同，则两粒子的半径R A ＝R B 答案 CD解析因为粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径r ＝m v qB ，周期T ＝2πmqB ，又粒子电荷量相等且在同一磁场中，所以q 、B 相等，r 与m 、v 有关，T 只与m 有关，所以A 、B 错误，C 、D 正确．3.(带电粒子做匀速圆周运动的分析)如图7所示，有界匀强磁场边界线SP ∥MN ，速率不同的同种带电粒子从S 点沿SP 方向同时射入磁场．其中穿过a 点的粒子的速率v 1与MN 垂直；穿过b 点的粒子的速率v 2与MN 成60°角，设两粒子从S 点到a 、b 两点所需时间分别为t 1和t 2，则t 1∶t 2为(粒子的重力不计)( )图7A ．1∶3B ．4∶3C ．1∶1D ．3∶2 答案 D解析粒子的运动轨迹如图所示，可求出从a 点射出的粒子对应的圆心角为90°，从b 点射出的粒子对应的圆心角为60°，两粒子相同，则两粒子做圆周运动的周期T 相同，由t ＝α360°T ，式中α为圆心角，可得t 1∶t 2＝3∶2，故D 正确．4．(带电粒子做匀速圆周运动的分析)(2020·四川模拟)如图8，ABCD 是一个正方形的匀强磁场区域，两相同的粒子甲、乙分别以不同的速率从A 、D 两点沿图示方向射入磁场，均从C 点射出，则它们的速率之比为v 甲∶v 乙和它们通过该磁场所用时间之比t 甲∶t 乙分别为( )图8A ．1∶1,2∶1B ．1∶2,2∶1C ．2∶1,1∶2D ．1∶2,1∶1答案 C解析根据q v B ＝m v 2r ，得v ＝qBrm ，根据轨迹图可知，甲、乙两粒子的半径之比为2∶1，又因为两粒子相同，故v 甲∶v 乙＝r 甲∶r 乙＝2∶1，粒子在磁场中的运动周期T ＝2πmqB，两粒子相同，可知甲、乙两粒子的周期之比为1∶1，根据轨迹图可知，甲、乙两粒子转过的圆心角之比为1∶2，故两粒子在磁场中经历的时间之比t 甲∶t 乙＝1∶2，选C.考点一周期公式与半径公式的基本应用1．质子和一价钠离子分别垂直进入同一匀强磁场中做匀速圆周运动．如果它们的圆周运动半径恰好相等，这说明它们在刚进入磁场时( ) A ．速率相等 B ．动量大小相等 C ．动能相等 D ．质量相等答案 B解析根据Bq v ＝m v 2r 得r ＝m vqB ，因为质子与一价钠离子电荷量相同，又是进入同一磁场，B也相同，要使半径r 相同，必然是动量大小m v 相同，所以选B.2.如图1所示，水平导线中有恒定电流I 通过，导线正下方的电子初速度的方向与电流I 的方向相同，则电子将( )图1A ．沿路径a 运动，轨迹是圆B ．沿路径a 运动，轨迹半径越来越大C ．沿路径a 运动，轨迹半径越来越小D ．沿路径b 运动，轨迹半径越来越小答案 B解析电流在导线下方产生的磁场方向垂直纸面向外，由左手定则可知电子运动轨迹向下弯曲，又由r ＝m vqB 可知，B 减小，r 越来越大，则电子的轨迹是a ，故选B.3.质量和电荷量都相等的带电粒子M 和N ，以不同的速率经小孔S 垂直进入匀强磁场并最终打在金属板上，运动的半圆轨迹如图2中虚线所示，不计重力，下列表述正确的是( )图2A ．M 带负电，N 带正电B ．M 的速率小于N 的速率C ．洛伦兹力对M 、N 做正功D ．M 的运动时间大于N 的运动时间答案 A解析根据左手定则可知N 带正电，M 带负电，A 正确；因r ＝m vBq ，而M 的轨迹半径大于N的轨迹半径，所以M 的速率大于N 的速率，B 错误；洛伦兹力不做功，C 错误；M 和N 的运动时间都为t ＝πmBq，D 错误．4．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的( ) A ．轨道半径减小，角速度增大 B ．轨道半径减小，角速度减小 C ．轨道半径增大，角速度增大 D ．轨道半径增大，角速度减小答案 D解析带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v 大小不变，磁感应强度B 减小，由r ＝m v qB 可知，轨道半径增大；由T ＝2πmqB可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据ω＝2πT 知角速度减小，故D 正确．考点二带电粒子做匀速圆周运动的分析5.如图3所示，粒子a 和粒子b 所带的电荷量相同，以相同的动能从A 点射入匀强磁场中，做圆周运动的半径r a ＝2r b ，则下列说法正确的是(重力不计)( )图3A ．两粒子都带正电，质量之比m am b ＝4B ．两粒子都带负电，质量之比m am b ＝4C ．两粒子都带正电，质量之比m a m b ＝14D ．两粒子都带负电，质量之比m a m b ＝14答案 B解析由动能E k ＝12m v 2和粒子做圆周运动的半径r ＝m v qB ，可得m ＝r 2q 2B 22E k ，而q a ＝q b 、E k a ＝E k b ，可知质量m 与半径r 的平方成正比，故m am b ＝4，再根据左手定则可知两粒子都带负电，故B 正确．6.如图4所示，MN 为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于纸面的匀强磁场(未画出)，一带电粒子从紧贴铝板上表面的P 点垂直于铝板向上射出，从Q 点穿越铝板后到达PQ 的中点O .已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )图4A ．2∶1 B.2∶1 C ．1∶1 D.2∶2 答案 D解析根据几何关系可知，带电粒子在铝板上方做匀速圆周运动的轨迹半径r 1是其在铝板下方做匀速圆周运动的轨迹半径r 2的2倍，设粒子在P 点的速度大小为v 1，动能为E k ，根据牛顿第二定律可得q v 1B 1＝m v 12r 1，则B 1＝m v 1qr 1＝2mE kqr 1；同理，B 2＝m v 2qr 2＝2m ·12E kqr 2＝mE kqr 2，则B 1B 2＝2r 2r 1＝22，D 正确．7．(多选)(2020·泉州期末)如图5所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入横截面是一正方形的匀强磁场，下列判断正确的是( )图5A ．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长B ．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大C ．在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹不一定重合D ．电子的速率不同，它们在磁场中运动的时间一定不相同答案 BC解析由t ＝θ2πT 及T ＝2πmBq 知，电子在磁场中运动的时间与轨迹对应的圆心角成正比，所以电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹线所对应的圆心角θ越大，电子飞入匀强磁场中做匀速圆周运动，由半径公式r ＝m vqB知，轨迹半径与速率成正比，则电子的速率越大，磁场中的运动轨迹半径越大，故A 错误，B 正确．由周期公式T ＝2πmqB 知，周期与电子的速率无关，所以在磁场中的运动周期相同，若它们在磁场中的运动时间相同，但轨迹不一定重合，比如：轨迹3、4与5，它们的运动时间相同，但它们的轨迹对应的半径不同，即它们的速率不同，故C 正确，D 错误．8.如图6所示，在x 轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B ，在xOy 平面内，从原点O 处与x 轴正方向成θ角(0<θ<π)，以速率v 发射一个带正电的粒子(重力不计)，则下列说法正确的是( )图6A ．若v 一定，θ越大，则粒子离开磁场的位置距O 点越远B ．若v 一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短C ．若θ一定，v 越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大D ．若θ一定，v 越大，则粒子在磁场中运动的时间越短答案 B解析画出粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，由几何关系得，轨迹对应的圆心角α＝2π－2θ，粒子在磁场中运动的时间t ＝α2πT ＝2π－2θ2π·2πm qB ＝(2π－2θ)m qB ，可得，若v 一定，θ越大，粒子在磁场中运动的时间t 越短，若θ一定，则粒子在磁场中的运动时间一定，故B 正确，D 错误；设粒子的轨迹半径为r ，则r ＝m v qB ，由图有，AO ＝2r sin θ＝2m v sin θqB ，可得，若θ是锐角，θ越大，AO 越大，若θ是钝角，θ越大，AO 越小，故A 错误；粒子在磁场中运动的角速度ω＝2πT ，又T ＝2πm qB ，则得ω＝qBm，与速度v 无关，故C 错误．9.(2019·全国卷Ⅲ)如图7，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为12B 和B 、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子垂直于x 轴射入第二象限，随后垂直于y 轴进入第一象限，最后经过x 轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为( )图7A.5πm 6qBB.7πm 6qBC.11πm 6qBD.13πm 6qB 答案 B解析设带电粒子进入第二象限的速度为v ，在第二象限和第一象限中运动的轨迹如图所示，对应的轨迹半径分别为R 1和R 2，由洛伦兹力提供向心力，有q v B ＝m v 2R、T ＝2πRv ，可得R 1＝m v qB 、R 2＝2m v qB 、T 1＝2πm qB 、T 2＝4πm qB ，带电粒子在第二象限中运动的时间为t 1＝T 14，在第一象限中运动的时间为t 2＝θ2πT 2，又由几何关系有cos θ＝R 2－R 1R 2＝12，可得t 2＝T 26，则粒子在磁场中运动的时间为t ＝t 1＋t 2，联立以上各式解得t ＝7πm6qB，选项B 正确，A 、C 、D 错误．10.(2020·鸡泽县第一中学高二月考)一个重力不计的带电粒子，以大小为v 的速度从坐标(0，L )的a 点，平行于x 轴射入磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，并从x 轴上b 点射出磁场，射出速度方向与x 轴正方向间的夹角为60°，如图8，求：图8(1)带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；(2)带电粒子的比荷qm及粒子从a 点运动到b 点的时间；(3)其他条件不变，要使该粒子恰从O 点射出磁场，求粒子的入射速度大小．答案 (1)2L (2)v 2BL 2πL 3v (3)14v解析 (1)画出粒子运动的轨迹如图，由几何知识，R cos 60°＋L ＝R ，解得R ＝2L .(2)由洛伦兹力提供向心力，得 qB v ＝m v 2R所以q m ＝vRB ＝v 2BL粒子运动的周期T ＝2πR v ＝4πLv粒子从a 点运动到b 点的时间t ＝60°360°T ＝2πL3v(3)要使该粒子恰从O 点射出磁场，则R ′＝L2由qB v ′＝m v ′2R ′可知v ′＝14v .11.一带电粒子的质量m ＝1.7×10－27kg ，电荷量q ＝＋1.6×10－19C ，该粒子以大小为v ＝3.2×106 m/s 的速度沿垂直于磁场同时又垂直于磁场边界的方向进入匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B ＝0.17 T ，磁场的宽度L ＝10 cm ，如图9所示．(粒子重力不计，g 取10 m/s 2，结果均保留两位有效数字)图9(1)带电粒子离开磁场时的速度多大？ (2)带电粒子在磁场中运动多长时间？(3)带电粒子在离开磁场时偏离入射方向的距离d 为多大？答案 (1)3.2×106 m/s (2)3.3×10－8 s (3)2.7×10－2 m解析 (1)由于洛伦兹力不做功，所以带电粒子离开磁场时的速度大小仍为3.2×106 m/s. (2)由q v B ＝m v 2r得，轨迹半径r ＝m v qB ＝1.7×10－27×3.2×1061.6×10－19×0.17m ＝0.2 m.由题图可知偏转角θ满足：sin θ＝L r ＝0.1 m0.2 m ＝0.5，所以θ＝30°＝π6，由q v B ＝m v 2r 及v ＝2πrT可得带电粒子在磁场中运动的周期T ＝2πmqB，所以带电粒子在磁场中运动的时间t ＝θ2π·T ＝112T ，所以t ＝πm6qB ＝ 3.14×1.7×10－276×1.6×10－19×0.17 s ≈3.3×10－8 s.(3)带电粒子在离开磁场时偏离入射方向的距离 d ＝r (1－cos θ)＝0.2×(1－32) m ≈2.7×10－2 m.12.(2020·江苏卷改编)空间存在两个垂直于Oxy 平面的匀强磁场，y 轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为2B 0、3B 0.质量为m 、电荷量为q 的粒子从原点O 沿x 轴正向射入磁场，速度为v .粒子第1次、第2次经过y 轴的位置分别为P 、Q ，其轨迹如图10所示．不考虑粒子重力影响．求：图10(1)Q 到O 的距离d ；(2)粒子两次经过P 点的时间间隔Δt . 答案 (1)m v 3qB 0 (2)2πmqB 0解析 (1)粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设半径分别为r 1、r 2 由q v B ＝m v 2r 可知r ＝m vqB故r 1＝m v 2qB 0，r 2＝m v3qB 0且d ＝2r 1－2r 2，解得d ＝m v 3qB 0(2)粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设运动时间分别为t 1、t 2 由T ＝2πr v ＝2πm qB 得t 1＝πm 2qB 0，t 2＝πm 3qB 0，且Δt ＝2t 1＋3t 2 解得Δt ＝2πmqB 0.4 质谱仪与回旋加速器[学习目标] 1.知道质谱仪的构造及工作原理，会确定粒子在磁场中运动的半径，会求粒子的比荷.2.知道回旋加速器的构造及工作原理，知道交流电的周期与粒子在磁场中运动的周期之间的关系，知道决定粒子最大动能的因素．一、质谱仪1．质谱仪构造：主要构件有加速电场、偏转磁场和照相底片． 2．运动过程(如图1)图1(1)带电粒子经过电压为U 的加速电场加速，qU ＝12m v 2.(2)垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，做匀速圆周运动，r ＝m v qB ，可得r ＝1B2mUq. 3．分析：从粒子打在底片D 上的位置可以测出圆周的半径r ，进而可以算出粒子的比荷．二、回旋加速器1．回旋加速器的构造：两个D 形盒，两D 形盒接交流电源，D 形盒处于垂直于D 形盒的匀强磁场中，如图2.图22．工作原理 (1)电场的特点及作用特点：两个D 形盒之间的窄缝区域存在周期性变化的电场．作用：带电粒子经过该区域时被加速．(2)磁场的特点及作用特点：D 形盒处于与盒面垂直的匀强磁场中．作用：带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，从而改变运动方向，半个圆周后再次进入电场．判断下列说法的正误．(1)质谱仪工作时，在电场和磁场确定的情况下，同一带电粒子在磁场中的半径相同．( √ ) (2)因不同原子的质量不同，所以同位素在质谱仪中的轨迹半径不同．( √ )(3)利用回旋加速器加速带电粒子，要提高加速粒子的最终速度，应尽可能增大磁感应强度B 和D 形盒的半径R .( √ )(4)增大两D 形盒间的电压，可以增大带电粒子所获得的最大动能．( × )一、质谱仪导学探究如图3所示为质谱仪原理示意图．设粒子质量为m 、电荷量为q ，加速电场电压为U ，偏转磁场的磁感应强度为B ，粒子从容器A 下方的小孔S 1飘入加速电场，其初速度几乎为0.则粒子进入磁场时的速度是多大？打在底片上的位置到S 3的距离多大？图3答案由动能定理知qU ＝12m v 2，则粒子进入磁场时的速度大小为v ＝2qUm，由于粒子在磁场中运动的轨迹半径为r ＝m v qB ＝1B 2mU q ，所以打在底片上的位置到S 3的距离为2B2mUq. 知识深化1．带电粒子运动分析(1)加速电场加速：根据动能定理，qU ＝12m v 2.(2)匀强磁场偏转：洛伦兹力提供向心力，q v B ＝m v 2r.(3)结论：r ＝1B 2mU q ，测出半径r ，可以算出粒子的比荷qm. 2．质谱仪区分同位素：由qU ＝12m v 2和q v B ＝m v 2r 可求得r ＝1B2mUq.同位素电荷量q 相同，质量不同，在质谱仪照相底片上显示的位置就不同，故能据此区分同位素．(2018·全国卷Ⅲ)如图4，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U 加速后在纸面内水平向右运动，自M 点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直．已知甲种离子射入磁场的速度大小为v 1，并在磁场边界的N 点射出；乙种离子在MN 的中点射出；MN 长为l .不计重力影响和离子间的相互作用．求：图4(1)磁场的磁感应强度大小； (2)甲、乙两种离子的比荷之比．答案 (1)4Ul v 1(2)1∶4解析 (1)设甲种离子所带电荷量为q 1，质量为m 1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R 1，磁场的磁感应强度大小为B ，由动能定理有q 1U ＝12m 1v 12①由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q 1v 1B ＝m 1v 12R 1②由几何关系知2R 1＝l ③由①②③式得，磁场的磁感应强度大小为B ＝4Ul v 1.④(2)设乙种离子所带电荷量为q 2，质量为m 2，射入磁场的速度为v 2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R 2.同理有q 2U ＝12m 2v 22⑤q 2v 2B ＝m 2v 22R 2⑥由几何关系知2R 2＝l2⑦由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为 q 1m 1∶q 2m 2＝1∶4.针对训练 (2020·云南省下关第一中学高二期中)如图5所示为质谱仪的示意图，速度选择器部分的匀强电场的场强为E ＝1.2×105 V/m ，匀强磁场的磁感应强度为B 1＝0.6 T ；偏转分离器的磁感应强度为B 2＝0.8 T ．求：(已知质子质量为1.67×10－27kg)图5(1)能通过速度选择器的粒子的速度大小；(2)质子和氘核以相同速度进入偏转分离器后打在照相底片上的条纹之间的距离d . 答案 (1)2×105 m/s (2)5.2×10－3 m解析 (1)能通过速度选择器的粒子所受电场力和洛伦兹力大小相等、方向相反，有eB 1v ＝eE 得v ＝E B 1＝1.2×1050.6m/s ＝2×105 m/s.(2)粒子进入磁场B 2后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则eB 2v ＝m v 2R得R ＝m v B 2e设质子质量为m ，则氘核质量为2m ，故d ＝2m v B 2e ×2－m v B 2e ×2≈5.2×10－3 m.二、回旋加速器导学探究回旋加速器两D 形盒之间有窄缝，中心附近放置粒子源(如质子、氘核或α粒子源)，D 形盒间接上交流电源，在狭缝中形成一个交变电场．D 形盒上有垂直盒面的匀强磁场(如图6所示)．图6(1)回旋加速器中磁场和电场分别起什么作用？对交流电源的周期有什么要求？在一个周期内加速几次？(2)带电粒子获得的最大动能由哪些因素决定？如何提高粒子的最大动能？答案 (1)磁场的作用是使带电粒子回旋，电场的作用是使带电粒子加速．交流电源的周期应等于带电粒子在磁场中运动的周期．一个周期内加速两次．(2)当带电粒子速度最大时，其运动半径也最大，即r m ＝m v m Bq ，可得E km ＝q 2B 2r m 22m ，所以要提高带电粒子获得的最大动能，则应尽可能增大磁感应强度B 和D 形盒的半径r m . 知识深化1．粒子被加速的条件交流电压的周期等于粒子在磁场中运动的周期． 2．粒子最终的能量粒子速度最大时的半径等于D 形盒的半径，即r m ＝R ，r m ＝m v mqB，则粒子的最大动能E km ＝q 2B 2R 22m. 3．提高粒子的最终能量的措施：由E km ＝q 2B 2R 22m 可知，应增大磁感应强度B 和D 形盒的半径R .4．粒子被加速次数的计算：粒子在回旋加速器中被加速的次数n ＝E kmqU (U 是加速电压的大小)．5．粒子在回旋加速器中运动的时间：在电场中运动的时间为t 1，在磁场中运动的时间为t 2＝n 2·T ＝n πm qB (n 为加速次数)，总时间为t ＝t 1＋t 2，因为t 1≪t 2，一般认为在盒内的时间近似等于t 2.(多选)(2020·山西高二期末)1930年美国物理学家Lawrence 提出回旋加速器的理论，1932年首次研制成功．如图7所示为两个半径为R 的中空半圆金属盒D 1、D 2置于真空中，金属盒D 1、D 2间接有电压为U 的交流电为粒子加速，金属盒D 1圆心O 处粒子源产生的粒子初速度为零．匀强磁场垂直两盒面，磁感应强度大小为B ，粒子运动过程不考虑相对论效应和重力的影响，忽略粒子在两金属盒之间运动的时间，下列说法正确的是( )图7。

【冲关AB练 全程复习方略】 课时冲关练(十五) 4.8磁场及带电粒子在磁场中的运动(A卷) Word版含解析