1、课时跟踪检测（四） 带电粒子在磁场、复合场中的运动组重基础体现综合1(2018北京高考)某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动。下列因素与完成上述两类运动无关的是()A磁场和电场的方向B磁场和电场的强弱C粒子的电性和电量 D粒子入射时的速度解析：选C这是“速度选择器”模型，带电粒子在匀强磁场和匀强电场的叠加区域内做匀速直线运动，则粒子受到的洛伦兹力与电场力平衡，大小满足qvBqE，故v，即磁场和电场的强弱决定粒子入射时的速度大小；洛伦兹力与电场力的方向一定相反，结合左手定则可知，磁场和电场的方向一定互
2、相垂直，粒子入射时的速度方向同时垂直于磁场和电场，且不论粒子带正电还是带负电，入射时的速度方向相同，而不是电性相反时速度方向也要相反。总之粒子是否在“速度选择器”中做匀速直线运动，与粒子的电性、电量均无关，而是取决于磁场和电场的方向、强弱，以及粒子入射时的速度。撤除电场时，粒子速度方向仍与磁场垂直，满足做匀速圆周运动的条件。2(2021四川成都外国语学校月考)如图所示，a、b是两个匀强磁场边界上的两点，左边匀强磁场的磁感线垂直纸面向里，右边匀强磁场的磁感线垂直纸面向外，右边的磁感应强度大小是左边的磁感应强度大小的2倍。某正离子以一速度从a点垂直磁场边界向左射出，不计重力，则它在磁场中的运动轨迹
3、是图中的()解析：选D根据左手定则可知，离子进入左边的磁场后受到竖直向下的洛伦兹力，从而向下偏转做半个周期的匀速圆周运动，然后进入右边的磁场，在右边的磁场中受到向下的洛伦兹力，也向下偏转做半个周期的匀速圆周运动，因为离子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有qvBm，所以离子做圆周运动的轨迹半径为r，因为右边的磁感应强度大小是左边的磁感应强度大小的2倍，所以离子在右边运动的轨迹半径是左边的，D正确。3.(多选)如图所示，匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场的方向垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量同种电荷，其中a静止，b向右做匀速运动，c向左做匀速运动，比较它们的重力Ga、Gb、Gc间的关系，正
4、确的是()AGa最大 BGb最大CGc最大 DGb最小解析：选CDa、b、c三油滴均处于平衡状态，a油滴受到重力和向上的电场力，a带负电且有EqGa，由a、b、c带有等量同种电荷可知三油滴均带负电荷，b油滴受到重力、向上的电场力及向下的洛伦兹力，有EqGbqvbB，c油滴受到重力、向上的电场力及向上的洛伦兹力，则EqqvcBGc，由三式比较可得出GcGaGb，故选项C、D正确。4(2021广州高二检测)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(高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)沿垂直于磁场方向喷入磁场。将P、Q与电阻R相连接。下列说法正确的是
5、()AP板的电势低于Q板的电势B通过R的电流方向由b指向aC若只改变磁场强弱，则通过R的电流保持不变D若只增大粒子入射速度，则通过R的电流增大解析：选D等离子体进入磁场，根据左手定则可知，带正电荷的粒子向上偏，打在上极板上，带负电荷的粒子向下偏，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，流过电阻的电流方向由a指向b，A、B错误；当P、Q之间电势差稳定时，粒子所受电场力等于洛伦兹力，有qqvB，得UBdv，由闭合电路的欧姆定律得I，由该式知，若只改变磁场强弱，则通过R的电流改变，若只增大粒子入射速度，则R中电流会增大，C错误，D正确。5.(多选)如图所示，在半径为
6、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以速度v垂直磁场正对着圆心O射入带正电荷的粒子，且粒子电荷量为q、质量为m，不考虑粒子重力，关于粒子的运动，下列说法正确的是()A粒子在磁场中通过的弧长越长，运动时间也越长B射出磁场的粒子其出射方向的反向延长线也一定过圆心OC射出磁场的粒子一定能垂直打在MN上D只要速度满足v，入射的粒子出射后一定垂直打在MN上解析：选BD速度不同的同种带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相等，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tT知，运动时间t越小，故A错误；带电粒子的运
7、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一定过圆心O点，故B正确；速度不同，半径不同，轨迹对应的圆心角不同，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C错误；速度满足v时，粒子的轨迹半径为rR，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成正方形，射出磁场时粒子一定垂直打在MN板上，故D正确。6.如图所示，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一电荷量为q(q0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为。已知该粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60，则
8、粒子的速率为(不计重力)()A. B.C. D.解析：选B作出粒子运动轨迹如图中实线所示。因P到ab距离为，可知30。因粒子速度方向改变60，可知转过的圆心角为260。由图中几何关系有tan Rcos ，解得rR。再由Bqvm可得v，故B正确。7.如图所示，一个24He粒子从平行板电容器的左极板由静止释放后，经过一段时间恰好从右极板的小孔进入复合场且沿水平虚线ab向右运动到b点。不计粒子重力，下列说法正确的是()A如果将24He换成12H，粒子在复合场中不能沿直线运动B如果将24He换成11H，粒子在复合场中不能沿直线运动C无论换成什么样的带电粒子，带电粒子都能沿直线运动D如果增大平行板电容器
9、两板间的电压，24He粒子仍能沿直线运动解析：选B带电粒子在电场中加速时，根据动能定理得qUmv2，可得v，24He粒子和12H粒子的比荷相同，故两粒子进入复合场的速度相同，粒子进入复合场后，对粒子受力分析，满足qEqvB，故粒子在复合场中沿直线运动，选项A错误；如果将24He换成11H,11H粒子的速度大，故受到的洛伦兹力大，不能沿直线运动，选项B正确，C错误；增大平行板电容器两板间的电压，粒子的速度增大，粒子受到的洛伦兹力增大，24He粒子不能沿直线运动，选项D错误。8.如图所示，长为L的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，板间的距离也为L，两极板不带电。现有质量为m、
10、电荷量为q的带正电荷粒子(不计重力)，从极板间左边中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，则v需要满足什么条件。解析：设粒子从极板右边界射出时的速度为v1，轨迹半径为r1，如图所示，此时圆心在O1点，由几何关系有r12L22由牛顿第二定律得qv1Bm联立两式得v1；设粒子从极板左边界射出时的速度为v2，轨迹半径为r2，如图所示，此时圆心在O2点，由几何关系有r2而qv2Bm联立式可得v2。因此，当粒子的速度满足v或v时，粒子不会打在极板上。答案：v或v9.(2021佛山高二检测)如图所示，真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为R0.5 m，磁场方向垂直纸面向里。在
11、yR的区域存在一沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E1.0105 V/m。在M点(坐标原点)有一正粒子以速率v1.0106 m/s沿x轴正方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，最终又从磁场离开。已知粒子的比荷为1.0107 C/kg，不计粒子重力。求：(1)圆形磁场区域磁感应强度的大小；(2)沿x轴正方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程。解析：(1)沿x轴正方向射入磁场的粒子进入电场后，速度减小到0，粒子一定是从如图所示的P点射入电场，逆着电场线运动，所以粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径rR0.5 m由洛伦兹力提供向心力有Bqv，解得B代入数据得B0
12、.2 T。(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N点射出磁场，粒子在磁场中运动的路程为二分之一圆周长，即s1r设粒子在电场中运动的路程为s2，根据动能定理得Eqmv2解得s2总路程ss1s2r，代入数据得s(0.51)m。答案：(1)0.2 T(2)(0.51)m组重应用体现创新10.如图所示，xOy平面内，直线PQ、RS与y轴平行，PQ与RS、RS与y轴之间的距离均为d。PQ、RS之间的足够大区域内有沿x轴正方向的匀强电场，场强大小为E0，RS与y轴之间的足够大区域内有沿y轴负方向的匀强电场。y轴右侧边长为d的正六边形OGHJKL区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，正六边形OGHJKL的O
13、点位于坐标原点，J点位于x轴上。现将一电荷量为q、质量为m的带正电荷粒子从直线PQ上的某点A由静止释放，经PQ与RS之间的电场加速、RS与y轴之间的电场偏转后从坐标原点O进入匀强磁场区域，经磁场区域后从正六边形的H点沿y轴正方向离开磁场。不计粒子所受重力，整个装置处在真空中，粒子运动的轨迹在xOy平面内。求：(1)粒子经直线RS从电场区域进入电场区域时的速度大小；(2)电场区域中电场的场强大小；(3)磁场的磁感应强度大小。解析：(1)设粒子进入电场区域时的速度大小为v0，由动能定理得qE0dmv02，解得v0 。(2)由题意画出粒子在电、磁场中运动的轨迹如图所示，根据带电粒子在匀强磁场中做匀速
14、圆周运动的特点及几何知识可知，粒子进入磁场时的速度方向与x轴正方向的夹角30。设粒子进入磁场时的速度大小为v，在y轴方向的分速度为vy，粒子在区域运动的加速度为ay，时间为t。由牛顿第二定律及匀变速运动规律得qEmay，vyayt，dv0t，tan ，联立解得EE0。(3)由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的特点及几何知识可知，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径rd，由洛伦兹力提供向心力得Bqvm，由运动合成可知v，联立解得B2 。答案：(1) (2)E0(3)2 11(2021浙江6月选考)如图甲所示，空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和边长为L
15、的立方体构成，其后端面P为喷口。以金属板N的中心O为坐标原点，垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴。M、N板之间存在场强为E、方向沿z轴正方向的匀强电场；立方体内存在磁场，其磁感应强度沿z方向的分量始终为零，沿x和y方向的分量Bx和By随时间周期性变化规律如图乙所示，图中B0可调。氙离子(Xe2)束从离子源小孔S射出，沿z方向匀速运动到M板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面P射出，测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为v0。已知单个离子的质量为m、电荷量为2e，忽略离子间的相互作用，且射出的离子总质量远小于推进器的质量。(1)求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小
16、v；(2)不考虑在磁场突变时运动的离子，调节B0的值，使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出，求B0的取值范围；(3)设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T，单位时间从端面P射出的离子数为n，且B0。求图乙中t0时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。解析：(1)离子从小孔S射出运动到金属板N中心点O处，根据动能定理有2eEdmv02mv2，解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小v 。(2)当磁场仅有沿x负方向的分量取最大值时，离子从喷口P的下边缘中点射出，根据几何关系有2L2R12根据洛伦兹力提供向心力有2ev0B0联立解得B0当磁场在x和y方向的分量同取最大值时，离子从喷口P边缘交点射出，根据几何关系有2L2R22此时BB0，根据洛伦兹力提供向心力有2ev0B0联立解得B0故B0的取值范围为0B0。(3)粒子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示由题意，根据洛伦兹力提供向心力有2ev0B0且满足B0所以可得R3L所以可得cos 离子从端面P射出时，在沿z轴方向根据动量定理有Ftntmv0cos 0根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为FFnmv0，方向沿z轴负方向。答案：(1)(2)0B0(3)nmv0，方向沿z轴负方向
