1、考点集训(三十九)第3节带电粒子在复合场中运动A组1(多选)两带电油滴在竖直向上的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B正交的空间做竖直平面内的匀速圆周运动，如图所示，则两油滴一定相同的是()A带电性质 B运动周期C运动半径 D运动速率解析 由题意可知，mgqE，且电场力方向竖直向上，所以油滴带正电，由于T，故两油滴周期相同，由于运动速率关系未知，由r得，轨道半径大小关系无法判断，所以选项AB正确答案 AB2如图所示是一速度选择器，当粒子速度满足v0时，粒子沿图中虚线水平射出；若某一粒子以速度v射入该速度选择器后，运动轨迹为图中实线，则关于该粒子的说法正确的是()A粒子射入的速度一定是vB粒子射
2、入的速度可能是v，则qvBqE，若粒子带正电，则粒子沿实线运动；若粒子射入的速度是v，则qvBqE，若粒子带负电，则粒子也可能沿实线运动；则选项A错误，B正确；若粒子带正电，则电场力向下，则粒子沿实线运动时电场力做负功，则动能减小，则粒子射出时的速度一定小于射入速度；若粒子带负电，则电场力向上，则粒子沿实线运动时电场力做正功，则动能增大，则粒子射出时的速度一定大于射入速度；故选项CD错误答案 B3如图所示为回旋加速器的示意图两个靠得很近的D形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，一质子从加速器的A处开始加速已知D形盒的半径为R，磁场的磁感应强度为B，高频交变电源的电压为U、频率为f，质子质量为m、
3、电荷量为q.下列说法错误的是()A质子的最大速度不超过2RfB质子的最大动能为C质子的最大动能与电压U无关D只增大磁感应强度B，回旋加速器仍可正常工作解析 质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，则v2Rf.所以最大速度不超过2fR.故A正确；当质子加速到运动的半径与D形盒的运动半径相等时动能最大，则qvBm，则质子的最大动能Ekmmv2，与电压无关，故BC正确；磁感应强度增大，质子运动的频率增大，会大于高频交变电源的频率，使回旋加速器不能正常工作，故D错误答案 D4(多选)如图，在x轴上方存在方向垂直坐标平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在x 轴下方存在方向垂直坐标平面向外、磁感应
4、强度大小为的匀强磁场一带负电的粒子(不计重力)从原点O以与x轴正方向成30角的速度v射入磁场，其在x轴上方运动的半径为R.则()A粒子经偏转一定能回到原点OB粒子在x轴上方和下方的磁场中运动的半径之比为12C粒子射入磁场后，第二次经过x轴时与O点的距离为3RD粒子完成一次周期性运动的时间为解析 根据左手定则判断洛伦兹力的方向可知，粒子运动的过程中，离O点越来越远，粒子一定不能回到原点O，故A错误；根据Bqvm得r，在第四象限的轨道半径是在第一象限的2倍，即r22R，所以第二次经过x轴时与O点的距离为3R，故BC正确；在第一象限运动的时间t1T，在第四象限t2T，粒子完成一次周期性运动的时间为T
5、t1t2，所以D错误答案 BC5如图所示，竖直平面内存在水平方向的匀强电场，电场强度为E，同时存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，纸面内放置一光滑的绝缘细杆，与水平方向成45，质量为m、带电荷量为q的金属小环套在细杆上，以初速度v0沿着细杆向下运动，小环离开细杆后，恰好做直线运动，则以下说法正确的是()A小环可能带负电B电场方向可能水平向右C小环的初速度v0D小环离开细杆时的速度v解析 小环离开细杆后，恰好做直线运动，该运动一定是匀速直线运动，如果是变速运动，洛伦兹力大小会变化，而洛伦兹力又垂直速度方向，就一定要改变速度的方向，小环做曲线运动；如果小环带负电荷，电场力不管是向左还是向右
6、，均不可能平衡，所以小环只能带正电，根据平衡条件，电场力向左，由于是正电荷，故电场线向左，故选项A、B错误；小环离开杆后做匀速直线运动，根据平衡条件，在平行杆的方向则有mgsin 45qEcos 45，垂直杆的方向则有mgcos 45qEsin 45qvB，联立解得v，qEmg，故v；小环在杆上运动过程，重力和电场力的合力垂直杆不做功，而支持力和洛伦兹力也不做功，故小环在杆上运动是匀速运动，小环的初速度为v0v，故选项C正确，D错误答案 C6如图1所示，竖直面内矩形ABCD区域内存在磁感应强度按如图2所示的规律变化的磁场(规定垂直纸面向外为正方向)，区域边长ABAD.一带正电的粒子从A点沿AB
7、方向以速度v0射入磁场，在T1时刻恰好能从C点平行DC方向射出磁场现在把磁场换成按如图3所示规律变化的电场(规定竖直向下为正方向)，相同的粒子仍以速度v0从A点沿AB方向射入电场，在T2时刻恰好能从C点平行DC方向射出电场不计粒子重力，则磁场的变化周期T1和电场的变化周期T2之比为()A11 B23C29 D.9解析 设粒子的质量为m，带电量为q，则带电粒子在磁场中偏转时的运动轨迹如图所示，设粒子的偏转半径为r，经粒子转过的圆周角为，则有2rsin AB，2(rrcos )AD，又ABAD，联立解得60，所以有TB，TB，解得T1；如果把磁场换为电场，则有ABv0T2，解得T2，所以，选项C正
8、确答案 C7如图所示的坐标系中，第一象限存在与y轴平行的匀强电场，方向沿y轴负方向，第二象限存在垂直纸面向里的匀强磁场P、Q两点在x轴上，Q点横坐标是C点纵坐标的2倍一带电粒子(不计重力)若从C点以垂直于y轴的速度v0向右射入第一象限，恰好经过Q点若该粒子从C点以垂直于y轴的速度v0向左射入第二象限，恰好经过P点，经过P点时，速度方向与x轴正方向成90角，则电场强度E与磁感应强度B的比值为()Av0 B.v0 C.v0 D.v0解析 画出粒子运动轨迹如图所示，O点为粒子在磁场中运动轨迹的圆心；则POC90，粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，OCr，粒子在电场中做类平抛运动，有：OQ2OC2r，
9、粒子在电场中运动的时间为t，OCat2t2，联立解得EBv0，故EB，故B正确，A、C、D错误答案 B8如图所示，光滑绝缘平台水平固定，在平台右下方有两条平行边界MN与PQ，其竖直距离为h1.85 m，两边界间存在匀强电场和磁感应强度B2 T且方向垂直纸面向外的匀强磁场，MN过平台右端并与水平方向夹角30.在平台左端放一个可视为质点带正电的A球，其比荷0.5 C/kg，现给A球不同的水平速度，使其飞出平台后在MNPQ区域内恰好能做匀速圆周运动g10 m/s2，取1.7.(1)求电场强度的大小和方向；(2)当 A球的速度为v11.85 m/s时，A球在MNPQ区域内的运动时间为多少？(3)要使A
10、球在MNPQ区域内的运动时间保持不变，则A球的速度应满足的条件？(A球飞出MNPQ区域后不再返回)解析 (1)A球在MNPQ区域内Eqmg解得E20 N/C，方向竖直向上(2)对A球 qv1B解得R11.85 m由于R1h故圆心在PQ上垂直PQ射出，圆心角为60，如图所示：又T， tT s(3)在MNPQ区域内的运动时间不变，则A球从MN边界飞出，速度最大时轨迹与PQ相切，如图所示：R2R2cos hcos 又：qv2B解得v20.85 m/s故速度满足0v0.85 m/sB组9(多选)如图所示为正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场垂直于纸面水平向外，磁感应强度大
11、小为B.一个电量为q、质量为m(g为重力加速度)的带正电粒子在场中P点竖直向下以大小为v0的初速度向下射出则()A若v0，则粒子将向下做匀加速直线运动B若v0且方向竖直向上，射出的瞬间，加速度大小为gC改变粒子射出的速度，且粒子在场中做直线运动，则粒子一定做匀速直线运动D改变粒子射出的速度，且粒子在场中做直线运动，则射出的初速度大小为解析 若v0，则有qv0BqE，粒子向下射出的一瞬间，电场力和洛伦兹力等大反向，随着速度增大，洛伦兹力增大，粒子会向左偏转，不可能做直线运动，故A错误若v0且方向竖直向上，射出的瞬间，粒子受到的洛伦兹力方向向右，大小F洛qv0BqEmg，则合力为Fmg，根据牛顿第
12、二定律知，加速度大小为ag，故B正确改变粒子射出的速度，且粒子在场中做直线运动，洛伦兹力与电场力和重力的合力等大反向，则qvBmgqE，得v.如果做直线运动时速度大小变化，则洛伦兹力大小变化，合力方向变化，则粒子将做曲线运动，因此，粒子在场中做直线运动时，一定做匀速直线运动，故CD正确答案 BCD10(多选)如图所示，在直角坐标系xOy中，位于坐标轴上的M、N、P三点到坐标原点O的距离均为r，在第二象限内以O1(r，r)为圆心，r为半径的圆形区域内，分布着方向垂直xOy平面向外的匀强磁场；现从M点平行xOy平面沿不同方向同时向磁场区域发射速率均为v的相同粒子，其中沿MO1方向射入的粒子恰好从P
13、点进入第一象限为了使M点射入磁场的粒子均汇聚于N点，在第一象限内，以适当的过P点的曲线为边界(图中未画出，且电场边界曲线与磁场边界曲线不同)，边界之外的区域加上平行于y轴负方向的匀强电场或垂直xOy平面的匀强磁场，不考虑粒子间的相互作用及其重力下列说法正确的是()A若OPN之外的区域加的是磁场，则所加磁场的最小面积为B若OPN之外的区域加的是电场，粒子到达N点时的速度最大为vC若OPN之外的区域加的是电场，粒子到达N点时的速度方向不可能与x轴成45D若OPN之外的区域加的是电场，则边界PN曲线的方程为y2xr解析 由题意知，沿MO1方向射入的粒子恰好从P点进入第一象限，轨迹为圆弧，速度方向水平
14、向右(沿x轴正方向)由几何关系知轨迹半径等于圆形磁场半径，作出由粒子轨迹圆的圆心、磁场圆的圆心以及出射点、入射点四点组成的四边形为菱形，且所有从M点入射粒子进入第一象限速度方向相同，即均沿x方向进入第一象限，为了使M点射入磁场的粒子均汇聚于N点，OPN之外的区域加的是磁场，最小的磁场面积为图中阴影部分的面积，如图所示：根据几何关系可得所加磁场的最小面积为S2，故A正确；若OPN之外的区域加的是电场，粒子进入第一象限做类平抛运动，沿MO1入射的粒子到达N点时的运动时间最长，速度最大，速度与水平方向夹角也最大，设类平抛运动时间为t，在N点速度与水平方向夹角为，则有：水平方向：rvt，竖直方向：rt
15、，联立解得：vy2v，vmaxv，tan 2，tan 451，故B正确，C错误；若OPN之外的区域加的是电场，设边界PN曲线上有一点的坐标为(x，y)，则rxvt，yat2，整理可得：y；当x0时yr，整理可得边界PN曲线的方程为y2xr，故D正确答案 ABD11如图甲所示，在xOy平面内有足够大的匀强电场，电场方向竖直向上，电场强度E40 N/C，在y轴左侧平面内有范围足够大的匀强磁场，磁感应强度B1随时间t变化的规律如图乙所示，15 s后磁场消失，选定磁场垂直纸面向里为正方向在y轴右侧平面内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁场，分布在一个半径为r0.3 m的圆形区域(图中未画出)，且圆的左
16、侧与y轴相切，磁感应强度B20.8 Tt0时刻，一质量m8104 kg、电荷量q2104 C的微粒从x轴上xP0.8 m处的P点以速度v0.12 m/s向x轴正方向入射(g取10 m/s2，计算结果保留两位有效数字)(1)求微粒在第二象限运动过程中离x轴的最大距离和离y轴的最大距离；(2)若微粒穿过y轴右侧圆形磁场时，速度方向的偏转角度最大，求此圆形磁场的圆心坐标(x，y)解析 (1)因为微粒射入电磁场后受到的电场力F电Eq8103 N，Gmg8103 NF电G，所以微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动因为qvB1m，所以R10.6 mT10 s从图乙可知在05 s内微粒向上做匀速圆周运动在5
17、s10 s内微粒向左匀速运动，运动位移x1v0.6 m在10 s15 s内，微粒又做匀速圆周运动，15 s以后向右匀速运动，之后穿过y轴所以，离y轴的最大距离s0.8 mx1R11.4 m0.6 m3.3 m离x轴的最大距离s2R124R12.4 m(2)如图，微粒穿过圆形磁场要求偏转角最大，入射点A与出射点B的连线必须为磁场圆的直径因为qvB2所以R20.6 m2r所以最大偏转角60，所以圆心坐标x0.30 mysrcos 602.4 m0.3 m2.3 m，即磁场的圆心坐标为(0.30，2.3)12如图所示，在平面直角坐标系xOy的一、二象限内，分别存在以虚线OM为边界的匀强电场和匀强磁场
18、匀强电场方向沿y轴负方向，匀强磁场方向垂直于xOy平面向里，虚线OM与x轴负方向成45角一质量为m、电荷量为q的带电粒子从坐标原点O处以速度v0沿x轴正方向运动，粒子每次到x轴将反弹，每次反弹水平分速度不变、竖直分速度大小均减为反弹前的、方向相反电场强度大小为，磁感应强度大小为，求：(不计粒子重力，题中各物理量单位均为国际单位，计算结果可用分式表示)(1)带电粒子第一次离开磁场的位置坐标；(2)带电粒子从开始运动到最后一次离开磁场所需时间解析 (1)设磁场强度大小为B，粒子第一次进入磁场，根据左手定则和已知条件可知，粒子做的圆周运动后经过 OM，粒子在磁场中做圆周运动有qv0Bm可得rd由此可知，粒子第一次离开磁场的位置坐标为(d，d)(2)粒子第一次进入电场后加速运动到x轴，设速度为v1，有：vv2d可得：v12v0而粒子第一次与x轴碰撞后，反弹速度为 v1v1，设粒子能再次进入磁场，且第二次进入速度为v2，则有vv122d，可得：v2v0由此可知，先后两次进入磁场，进一步经分析判断可知，粒子再次进入磁场后，做的圆周运动，其速度大小变化但周期不变，之后一直在电场中运动故带电粒子在磁场中运动的时间为：t1T两次经过磁场之间在电场中运动的时间为：t2因此一共需要的时间tt1t2
