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第56练　专题提升:现代科技中的电场与磁场问题
一、单项选择题:共5题,每题4分,共20分。
1.(2025南通月考)关于洛伦兹力的应用,下列说法正确的是(　　)
A.图甲速度选择器中筛选出的粒子沿着PQ做匀加速直线运动
B.图乙回旋加速器接入的工作电源是直流电
C.图丙是质谱仪的主要原理图,其中H在磁场中偏转半径最大的是H
D.图丁是磁流体发电机,将一束等离子体喷入磁场,A、B间会产生电压,且A板电势高
2.(2025南通、镇江等四市初调)如图甲所示,弧形磁体固定在把手的表面,转动把手改变弧形磁体与霍尔元件的相对位置。如图乙所示,霍尔元件通以向右的恒定电流,使垂直穿过霍尔元件的磁场增强,则霍尔元件(　　)
甲　把手截面图
乙　霍尔元件工作原理图
A.上下表面间的电势差变大
B.上下表面间的电势差变小
C.前后表面间的电势差变大
D.前后表面间的电势差变小
3.为了测量化工厂的污水排放量,技术人员在排污管末端安装了流量计(流量Q为单位时间内流过某截面流体的体积)。如图所示,长方体绝缘管道的长、宽、高分别为a、b、c,左、右两端开口,所在空间有垂直于前后面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场,在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N,含有大量的正、负离子的污水充满管道,从左向右匀速流动,测得M、N间电压为U。由于污水流过管道时受到阻力Ff的作用,左、右两侧管口需要维持一定的压强差。已知沿流速方向长度为L、流速为v的污水,受到的阻力Ff=kLv(k为比例系数)。下列说法正确的是(　　)
A.污水的流量Q=
B.金属板M的电势低于金属板N的电势
C.电压U与污水中的离子浓度有关
D.左、右两侧管口的压强差为
4.(2025扬州开学考试)回旋加速器的工作原理如图所示,粒子源A产生的H进入狭缝后被加速,进入D形盒中偏转,再次进入狭缝后加速……,则下列说法正确的是(　　)
A.该回旋加速器可用来加速He
B.加速电压越大,粒子获得的最大动能越大
C.回旋加速器可将粒子的速度提高至光速
D.为确保粒子每次经过狭缝时都被加速,则交流电源的频率随速度增加而增大
5.如图所示,从离子源释放的无初速带电粒子经电场U加速后,进入静电分析器(内有辐向电场E)中做匀速圆周运动,从小孔S2射出电场后自P1处垂直边界进入磁分析器中(内有垂直纸面向外的匀强磁场B),最后再从小孔P2垂直下边界射出磁场被收集。则(　　)
A.静电分析器中K1极板的电势高于K2电势
B.从S2射出的粒子具有相同的电荷量
C.从S2射出的粒子具有相同的速度
D.从P2射出的粒子具有相同的比荷
二、非选择题:共2题,6题8分,7题15分,共23分。
6.(2024南京、盐城一模)如图所示,质谱仪是分析研究同位素的重要工具。一离子经过电场加速,从O处以速度v0垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场,最后打在M点。已知OM=L,求该离子:
(1)从O运动到M的时间;
(2)比荷大小。
7.跑道式回旋加速器的工作原理如图所示,两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ的边界平行,相距为L,磁感应强度大小相同,方向垂直纸面向里,P、Q间存在水平向右、电场强度大小为E的匀强电场,方向与磁场边界垂直。质量为m、电荷量为+q的粒子从P飘入电场(初速度忽略不计),多次经过电场加速和磁场偏转后,从位于边界上的出射口K射出时速度为v,已知K、Q的距离为d,带电粒子的重力不计。
(1)求磁感应强度大小B;
(2)求粒子从P飘入电场至出射口K过程中,在磁场中运动的时间t;
(3)若粒子最后一次由Q射入磁场时受到与速度大小成正比、方向相反的阻力,粒子的轨迹刚好与磁场Ⅱ的边界相切,求粒子最后一次从Q运动到相切点的时间t'以及位移大小x。
答案：
1.C
2.C　解析 结合图乙,由左手定则可知霍尔元件中载流子只会向前或向后偏转,造成前后表面电势差U发生改变,由于载流子不会向上或向下偏转,所以上下表面间的电势差不变,故A、B错误;设霍尔元件前后表面距离为d,一个载流子电荷量为q,霍尔元件中单位体积内载流子的数量为n,其定向移动的速率为v,导体横截面积为S,当载流子在磁场和电场中不再偏移时有qvB=q,电流微观表达式I=nqSv,联立解得U=I,故磁场增强,前后表面间的电势差变大,故C正确,D错误。
3.D　解析 污水流速为v,则当M、N间电压为U时,有qvB=q,解得v=,流量为Q==vbc,解得Q=,故A错误;由左手定则可知,正离子受洛伦兹力向上,负离子受洛伦兹力向下,使M板带正电,N板带负电,则金属板M的电势高于金属板N的电势,故B错误;金属板M、N间电压为U,由qvB=q,得U=Bcv,电压U与污水粒子的浓度无关,故C错误;设左右两侧管口压强差为Δp ,污水匀速流动,由平衡关系得Δpbc=kLv,将v=代入上式得Δp=,故D正确。
4.A　解析 为确保粒子每次经过狭缝时都被加速,加速电场的周期和粒子在磁场中运动的周期相同,粒子在磁场中运动的周期为T=,可知粒子在磁场中运动的周期保持不变,则交流电源的频率不会随速度增加而变化;由于He与H的比荷相等,所以He与H在磁场中运动的周期相等,该回旋加速器可用来加速He,故A项正确,D项错误。当粒子在磁场中的轨迹半径等于D形盒半径时,粒子的速度最大,动能最大,则有qvmB=m,可得最大动能为Ekm=,可知粒子的最大动能与加速电压无关,故B项错误。当粒子的速度很大,接近光速时,根据相对论原理,其质量明显变化,粒子在磁场中的周期也发生了明显变化,粒子运行的周期与交变电压的周期不再同步,无法再加速,所以回旋加速器不可以将粒子的速度提高至光速,故C项错误。
5.D　解析 根据题意可知,粒子在磁分析器的磁场内做匀速圆周运动,磁场区域的磁感应强度垂直纸面向外,由左手定则可以判断粒子一定带正电,同时在静电分析器中由电场力提供向心力做圆周运动,可知K2的电势高于K1的电势,故A项错误;根据题意,设粒子的质量为m,电荷量为q,粒子在加速电场中,由动能定理有qU=mv2,解得v=,粒子在静电分析器中做匀速圆周运动,则有Eq=m,联立解得R=,可知,所有粒子都能从S2射出,则不能确定从S2射出的粒子是否具有相同的电荷量和速度,故B、C项错误;根据题意可知,由于粒子在静电分析器中做匀速圆周运动,则粒子进入磁分析器中时的速度仍为v,由牛顿第二定律有qvB=m,整理可得r=,可知,从P2射出的粒子具有相同的比荷,故D项正确。
6.(1)　(2)
解析 (1)离子进入磁场做圆周运动,轨道半径R=
又T=
则运动时间
t=T=。
(2)离子进入磁场做圆周运动,则
Bqv0=m
解得离子的比荷
。
7.(1)
(2)
(3)
解析 (1)粒子从出射口K射出时在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径最大,r=
洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qvB=m
解得B=。
(2)设在电场中加速次数为n,由动能定理得 nqEL=mv2
解得n=
粒子在磁场中做匀速圆周运动,周期T=
在磁场中运动的总时间t=T
解得t=。
(3)粒子在磁场中转动的周期T=
粒子从Q点运动到相切点的时间t'=T=
取一小段时间Δt,对粒子在x方向上列动量定理-kvxΔt-qvyBΔt=mΔvx
两边同时对过程求和,其中x方向位移为零,x方向末速度为零,可得-qBx=-mv
解得x=。第57练　专题提升:带电粒子在组合场和交变电、磁场中的运动
一、单项选择题:共1题,共4分。
1.如图所示,在x轴上方第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场,x轴下方存在沿y轴正方向的匀强电场。a、b两个重力不计的带电粒子先后从电场中的同一点P由静止释放后,经电场加速从M点射入磁场并在磁场中发生偏转。最后从y轴离开磁场时,速度大小分别为v1和v2,v1的方向与y轴垂直,v2的方向与y轴正方向夹角成60°。a、b两粒子在磁场中运动的时间分别记为t1和t2,则以下比值正确的是(　　)
A.v1∶v2=2∶1
B.v1∶v2=1∶2
C.t1∶t2=3∶2
D.t1∶t2=2∶3
二、非选择题:共6题,每题15分,共90分。
2.(2025南通一模)如图所示,xOy平面内0≤x≤12d、-∞(1)若v0=,求粒子第二次经过x轴位置的横坐标x0;
(2)求粒子从左边界射出时的位置与P点的最大距离L;
(3)若v0在0~范围内,求粒子从P点运动到Q点的最短时间t。
3.如图所示,在坐标系的第一象限内存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场;第二象限内存在竖直向下、电场强度为E的匀强电场,电场的上边界到x轴距离为d,下边界有一较长屏且位于x轴上;一粒子加速装置位于电场上边界上方的处,它将初速度为零、质量为m、电荷量为+q的粒子加速后,以v0水平飞入第一象限。
(1)求粒子加速装置的加速电压U;
(2)要使粒子能够进入电场,求v0的范围;
(3)保持粒子加速装置位置不动,改变加速电压使粒子到达屏上距离O点最远,求此时粒子的速度v0的值。
4.(2025南京调研)如图,边长为L的正方形abcd区域及矩形cdef区域内均存在电场强度大小为E、方向竖直向下且与ab边平行的匀强电场,ef右边有一半径为L且与ef相切的圆形区域,切点为ef的中点,该圆形区域与cdef区域内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从b点斜向上射入电场后沿图中曲线运动,经cd边的中点进入cdef区域,并沿直线通过该区域后进入圆形区域。所有区域均在纸面内,粒子始终在该纸面内运动,不计粒子重力。求:
(1)粒子沿直线通过cdef区域时的速度大小;
(2)粒子的电荷量与质量之比;
(3)粒子射出圆形区域时的速度方向与进入圆形区域时的速度方向的夹角。
5.(2024无锡质量调研)如图,两个半圆状同心圆弧,分别交于坐标轴上的a、b、c点和d、e、f点。大圆半径为R0,辐向电场(电场方向由原点O向外)分布于两圆弧之间,其间的电势差为U0;圆弧abc内为无电磁场区。半圆弧def外侧区域有垂直纸面向里的足够大匀强磁场,其上边界在y=2R0处,O点处有一粒子源,可以在xOy平面内向x轴上方各个方向均匀射出带正电的粒子(粒子的质量为m、电荷量为q),初速度均为,先后经过电场和磁场区域。不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用,不考虑粒子从磁场返回圆形区域边界后的运动。
(1)求粒子刚进入磁场区域的速度;
(2)某粒子初速度方向与x轴正方向夹角为45°,恰能从磁场上边界垂直射出,则磁感应强度B1为多少;
(3)调节不同的磁感应强度,则能从磁场上边界垂直射出的粒子的运动半径不同。其中半径最小时对应的磁感应强度B2为多少。
6.(2025镇江开学考试)如图甲所示,位于坐标原点O的粒子源持续向右发射出质量为m、电荷量为+q的带电粒子,初速度均为v。在粒子源右侧y轴到x=2d之间存在沿y轴正方向的电场,电场强度随时间t的变化规律如图乙所示。在2d甲
乙
(1)磁场磁感应强度B的大小;
(2)电场强度E0的大小;
(3)探测器能被粒子打到的长度及粒子在磁场中运动的时间范围。
7.(2026南京模拟)如图,竖直平面内有一xOy坐标系,坐标系的第二象限内有一曲线边界,在此边界的上方有一平行于y轴向下的匀强电场。带电荷量为q、质量为m的正离子可以以平行于x轴的初速度v0从此边界上任意点进入匀强电场,且正离子均从坐标原点O离开电场。若有一宽度为h的上述离子组成的离子束,其下边界刚好位于x轴上。坐标系0(1)电场边界的轨迹方程;
(2)磁场右边界的横坐标a的值;
(3)磁场中离子束能够覆盖的区域面积。
答案：
1.A　解析 粒子在电场中加速,设加速的位移为x,则根据动能定理有qEx=mv2,所以v=。粒子在磁场中运动时,其轨迹如图所示,a粒子的圆心为O,b粒子的圆心为O',根据几何知识可知R2·sin 30°+R1=R2,则有R1∶R2=1∶2,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=,联立可得=1∶4,将=1∶4代入v=,可得v1∶v2=2∶1,故A正确,B错误;粒子在磁场中运动的周期为T=,所以两粒子在磁场中运动的时间之比为t1∶t2=T1∶T2==3∶8,故C、D错误。
2.(1)4d　(2)d　(3)
解析 (1)设粒子在第一象限和第四象限做圆周运动的半径分别为r1和r2,
由牛顿第二定律,得qv0×3B=m,
解得r1=d,
由qv0×2B=m,
得r2=1.5d,
粒子在平面的内运动轨迹如图甲,
甲
x0=r1+2r2,
解得x0=4d。
(2)设粒子在第一象限的半径为r,则粒子在第四象限的半径为1.5r,
如图乙所示,
乙
设轨迹的圆心O2、O1的连线与y轴方向夹角为θ,
由几何关系得sin θ=,
d=r+rcos θ,
L=r+(r+1.5r)cos θ,
解得L=d。
(3)粒子的速度越大,运动到Q点的时间越短,
①粒子的速度在0~,粒子在第一象限运动的最大半径为4d<12d,粒子不能从第一象限直接到达Q点;
②设粒子以速度v从P点射出,经第四象限运动到Q点,粒子在第一象限运动的半径r,粒子第一次到达x轴时偏转的角度为α,如图丙,rsin α+2×1.5rsin α=12d,
丙
rcos α=r-d,
解得r=5d>4d,
由此可以推断,此情形不成立(得到①、②中的一个推断即可得分)
③设粒子以速度v'从P点射出,粒子在第一象限运动的半径为r',粒子第一次到达x轴时偏转的角度为β,如图丁,
r'sin β+2(r'sin β+1.5r'sin β)=12d,
r'cos β=r'-d,
解得r'=2.5d,β=53°,
t=,
解得粒子到达到Q点的最短时间t=。
丁
3.(1)　(2)解析 (1)粒子在加速装置中被加速过程由动能定理得:
Uq=-0
即U=。
(2)粒子加速后水平飞入第一象限,由左手定则判断粒子轨迹向下,做匀速圆周运动,且穿出磁场时轨迹为半圆,由几何关系知:d<2R粒子做匀速圆周运动,有F洛=F向,即Bqv0=m
可得:R=,v0=
联立上式可得:(3)加速后的粒子进入磁场后速度方向变化,水平进入电场位置的纵坐标为
y=d-2R=d-2
进入电场区域做类平抛运动,到达屏上的点到O点的距离为x=v0t=v0
其中粒子在电场中的加速度为a=
代入解得:x=v0=
设ρ=,求导,并令其导数为零,
由数学关系可得:v0=时粒子到达屏上距离O点最远。
4.(1)　(2)　(3)60°
解析 (1)带电粒子在cdef区域做直线运动,则有电场力与洛伦兹力平衡,可知粒子带正电,经cd边的中点速度水平向右,设粒子到达cd边的中点速度大小为v0,带电荷量为q,质量为m,由平衡条件则有
qE=qv0B
解得v0=。
(2)粒子从b点到cd边的中点的运动,可逆向看作从cd边的中点到b点的类平抛运动,设运动时间为t,加速度大小为a,由牛顿第二定律可得
qE=ma
由类平抛运动规律可得
v0t=L
at2=
联立解得粒子的电荷量与质量之比
。
(3)粒子从ef中点射入到圆形区域做匀速圆周运动,设粒子的运动半径为R,由洛伦兹力提供向心力可得
qv0B=m
解得
R=L
粒子在磁场中运动轨迹图如图所示,由图可知,粒子沿半径方向射入,又沿半径方向射出,设粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角为α,由几何关系可知
α=2θ
可得
tan θ=
θ=30°
则有
α=60°。
5.(1)　(2)　(3)
解析 (1)设粒子刚离开电场的速度为v,粒子在电场中有qU0=mv2-,解得v=。
(2)如图所示,由图可知粒子做圆周运动的半径r1==(2-1)R0,由洛伦兹力提供向心力得B1qv=m,解得B1=。
(3) 粒子运动过程如图所示,
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r2,O'是粒子做圆周运动的圆心,OO'间的距离为d,由几何关系可知,d的大小总满足d2=,当r2最小时,d也最小,由图可知dmin=2R0,代入可求r2=R0,由洛伦兹力提供向心力得B2qv=m,解得B2=。
6.(1)　(2)　(3)(2+1)d　≤t<
解析 (1)由于粒子在电场中运动的时间远小于周期T,故t=0时刻发射的粒子以速度v沿x轴进入磁场1,依据题意有
圆周半径为r1=d
根据牛顿第二定律qvB=m
解得B=。
(2)设t=T时刻发射的粒子以速度v'进入磁场1,进入时与水平方向的夹角为θ,如图
粒子在电场中运动的时间为t=
由运动的合成与分解,有v'=
由牛顿第二定律,有qv'B=m
即r2=
由几何关系,有r2sin θ=d
解得tan θ=1
即θ=45°
故vy=v=at
解得a=
沿电场方向,由牛顿第二定律,有a=
解得E0=。
(3)如图
由轨迹分析可知,t=0发射的粒子打到探测器的最下端,到x轴的距离为l1=2r1=2d
t=T发射的粒子打到探测器的最上端,到x轴的距离为l2=r2+(r2-r2cos θ)
解得l2=(2-1)d
故探测器能被粒子打到的长度l=l1+l2=(2+1)d
粒子打到探测器最下端运动时间最长,打到最上端运动时间最短;
最长时间为tmax=×2=
最短时间为tmin=×2=
故粒子在磁场中运动的时间范围为≤t<。
7.(1)y=x2(x≤0)
(2)(+1)
(3)(π+1)
解析 (1)设离子从坐标为(x,y)的位置进入电场,电场强度
E=
根据牛顿第二定律可得
qE=ma
又根据类平抛规律
-x=v0t
y=at2
联立可得电场边界的轨迹方程为
y=x2(x≤0)。
(2)从y=h处入射的离子在电场中加速后速度最大,进入磁场后其轨迹的半径最大,故边界刚好与之相切。对该电场边界轨迹方程分析可得
y=x2(x≤0)
当y=h时
x=-2h
设该离子位移与x轴夹角的正切值为
tan α=
其速度与x轴方向夹角的正切值
tan θ=
根据类平抛运动规律
tan θ=2tan α=1
v=v0
进入磁场后,根据牛顿第二定律可得
qvB=
R=
由几何关系可得
a=R+R==(+1)。
(3)对于任意0≤y≤h的离子,离开O点时,设其速度方向与x轴方向的夹角为θ,则
v=
离子在磁场中运动的半径
R=
其轨迹与y轴的交点与坐标原点O的距离
L=2Rcos θ=
所有离子均击中该位置。故离子覆盖的区域面积如图中阴影部分所示
根据几何关系
S==(π+1)。第55练　专题提升:磁场中的“动态圆”模型与多解问题
一、单项选择题:共5题,每题4分,共20分。
1.如图所示,半径为r的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。磁场边界上A点有一粒子源,源源不断地向磁场发射各种方向(均平行于纸面)且速度大小相等的带正电的粒子(重力和粒子间的相互作用力不计),已知粒子的比荷为k,速度大小为2kBr。则粒子在磁场中运动的最长时间为(　　)
A. B.
C. D.
2.如图所示,正方形abcd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,O点是cd边的中点。若一个带正电的粒子(重力忽略不计)从O点沿纸面以垂直于cd边的某一速度射入正方形内,经过时间t0刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向,以各种不同的速率射入正方形内,那么下列说法正确的是(　　)
A.该带电粒子可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场
B.若该带电粒子从ab边射出磁场,它在磁场中经历的时间可能是t0
C.若该带电粒子从bc边射出磁场,它在磁场中经历的时间可能是t0
D.若该带电粒子从cd边射出磁场,它在磁场中经历的时间一定是t0
3.如图所示,在以半径为R和2R的同心圆为边界的区域中,有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。在圆心O处有一粒子源(图中未画出),在纸面内沿各个方向发射出比荷为的带负电的粒子,粒子的速率分布连续,忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用力,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。若所有的粒子都不能射出磁场,则下列说法正确的是(　　)
A.粒子速度的最大值为
B.粒子速度的最大值为
C.某粒子恰好不从大圆边界射出磁场,其在磁场中运动的时间为(不考虑粒子再次进入磁场的情况)
D.某粒子恰好不从大圆边界射出磁场,其在磁场中运动的时间为(不考虑粒子再次进入磁场的情况)
4.如图所示,直线MN与水平方向成60°角,MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场,左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场,两磁场的磁感应强度大小均为B。一粒子源位于MN上的a点,能水平向右发射不同速率、质量为m(重力不计)、电荷量为q(q>0)的同种粒子,所有粒子均能通过MN上的b点,已知ab=L,则粒子的速度可能是(不计粒子间相互作用)(　　)
A. B.
C. D.
5.如图所示,在荧屏MN上方分布了水平方向的匀强磁场,方向垂直纸面向里。距离荧屏d处有一粒子源S,能够在纸面内不断地向各个方向同时发射速度为v、电荷量为q、质量为m的带正电粒子,不计粒子所受的重力和粒子间的相互作用,已知粒子做圆周运动的半径也恰好为d,则(　　)
A.粒子能打到荧屏MN上的区域长度为2d
B.能打到荧屏MN上最左侧的粒子所用的时间为
C.粒子从发射到打到荧屏MN上的最长时间为
D.同一时刻发射的粒子打到荧屏MN上的最大时间差为
二、非选择题:共2题,6题12分,7题15分,共27分。
6.(2025苏州调研)如图所示,xOy平面内,第一、第四象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场,一个质量为m的带负电荷的粒子,不计重力,从x轴上的P点以速度v射入第一象限,并恰好垂直于y轴射出第一象限。已知v与x轴成45°角,磁感应强度的大小为B,OP=a。
(1)求粒子的电荷量大小q;
(2)求带电粒子穿过第一象限所用的时间t;
(3)若P处有一粒子源,能在xOy平面内向各个方向发射题干中所述粒子,求粒子与y轴交点的纵坐标范围。
7.(2026南通一模)如图所示,在xOy平面内第一象限存在沿-y方向的匀强电场,第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为+q的粒子,在t=0时刻从y轴上P(0,d)处以初速度v0沿+x方向射入电场,进入磁场时的速度大小为2v0。不计粒子重力,求:
(1)电场强度的大小E;
(2)粒子前两次经过x轴位置的间距Δx;
(3)粒子经过x轴的时刻t。
答案：
1.C　解析 粒子在磁场中运动的半径为R==2r;当粒子在磁场中运动时间最长时,其轨迹对应的圆心角最大,此时弦长最大,其最大值为圆磁场的直径2r,则圆心角最大为,故t=,故C项正确。
2.D　解析 带电粒子以垂直于cd边的某一速度射入正方形内,经过时间t0刚好从c点射出磁场,则知带电粒子的运动周期T=2t0。又T=,可知该粒子在磁场中的运动周期不变。该粒子从O点以与Od成30°的方向射入磁场,随着粒子速度逐渐增大,轨迹由①→②→③→④依次渐变,由图可知粒子在四个边射出时,射出范围分别为OG、FE、DC、BA之间,不可能从四个顶点射出,故A错误。由上述分析知粒子运动周期为2t0,由图分析可知,从ab边射出的粒子所用时间不可能为t0,从bc边射出的粒子所用时间不超过T=,所有从cd边射出的粒子圆心角都是300°,所用时间为,故B、C错误,D正确。
3.C　解析 根据洛伦兹力提供向心力qvB=m,可得粒子的运动半径为r=,可知粒子速度最大时,运动半径最大,做出粒子的运动轨迹如图所示,根据几何关系有(2R-r)2=R2+r2,联立解得r=R,v=,故A、B项错误;某粒子恰好不从大圆边界射出磁场,即粒子速度最大时,根据几何关系有tan ,即∠ACD=106°,解得其在磁场中运动的时间为t=×2T=,故C项正确,D项错误。
4.B　解析 由题意可知,粒子可能的运动轨迹如下图所示,所有圆弧所对的圆心角均为120°,所以粒子运动的半径为r=(n=1,2,3,…);粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,得qvB=m,则v=(n=1,2,3,…),B项正确。
5.B　解析 如图甲所示,粒子能打到屏上的区域长度为L=+d=(+1)d,A错误;打到屏上最左侧的粒子所用的时间为t1=T,T=,解得t1=,B正确。如图乙所示,粒子从发射到打到屏上的最短时间为tmin=T,粒子从发射到打到屏上的最长时间为tmax=T=,时间差为Δt=tmax-tmin,解得Δt=,C、D错误。故选B。
6.(1)　(2)　(3)-a≤y≤a
解析 (1)带电粒子做匀速圆周运动的圆心和轨迹如下图
设带电粒子运动轨迹的半径为R,根据几何知识可得=sin 45°,解得R=a
根据牛顿第二定律可得:qvB=
联立解得:q=。
(2)带电粒子做匀速圆周运动的周期为T=
由几何知识可得∠QO'P=135°
则带电粒子穿过第一象限所用的时间t=,解得t=。
(3)粒子从y轴上OA之间射出,设A点纵坐标为yA,PA为轨迹圆的直径,如图所示,由几何关系得+a2=(2R)2
解得yA=a
粒子从y轴上OB之间射出,设B点为轨迹圆与y轴的切点,纵坐标为yB,如图所示,
由几何关系得+(R-a)2=R2
解得yB=a
可知y轴上有带电粒子穿过的区域范围为-a≤y≤a。
7.(1)　(2)　(3)见解析
解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动,有(2v0)2=
竖直方向做匀加速直线运动,有2ad=
加速度为a=
联立解得E=。
(2)设粒子从Q点进入磁场做匀速圆周运动,速度与x轴正方向的夹角为θ,轨迹如图所示
有tan θ=
可知θ=60°
由洛伦兹力提供向心力,有q·2v0B=m
可得r=
由几何关系可知,匀速圆周运动的圆心角为α=2θ=120°
则粒子从Q点进磁场,从M点出磁场的间距Δx=2r·sin 。
(3)粒子做类平抛的时间为t电=
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T=
则粒子在磁场中做匀速圆周运动的时间为t磁=T=
则粒子第一次经过x轴的时刻为t1=t电=
粒子第二次经过x轴的时刻为t2=t电+t磁=
粒子从M点进入电场后做类斜上抛运动,由运动的对称性可知在电场中运动的时间为2t电,粒子第三次经过x轴开始,奇数次穿过x轴的时刻为t2n+3=t电+t磁+n(2t电+t磁)+2t电=(n=0,1,2,…)
粒子第四次经过x轴开始,偶数次穿过x轴的时刻为t2n+2=t电+t磁+n(2t电+t磁)=(n=1,2,3,…)。第54练　磁场对运动电荷的作用
一、单项选择题:共6题,每题4分,共24分。
1.(2025苏州阶段练习)洛伦兹力演示仪的实物图和原理图分别如图甲、图乙所示。电子束从电子枪向右水平射出,使玻璃泡中的稀薄气体发光,从而显示电子的运动轨迹。调节加速极电压可改变电子速度大小,调节励磁线圈电流可改变磁感应强度,某次实验,观察到电子束打在图乙中的P点。下列说法正确的是(　　)
A.两个励磁线圈中的电流均为顺时针方向
B.当减小励磁线圈电流时,电子可能出现完整的圆形轨迹
C.当减小加速极电压时,电子可能出现完整的圆形轨迹
D.在出现完整轨迹后,增大加速极电压,电子在磁场中做圆周运动的周期变大
2.如图所示,在竖直平面内放一个光滑绝缘的半圆形轨道,水平方向的匀强磁场与半圆形轨道所在的平面垂直。一个带负电荷的小滑块由静止开始从半圆形轨道的最高点M滑下到最右端的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.滑块经过最低点时的速度比磁场不存在时大
B.滑块经过最低点时的加速度比磁场不存在时小
C.滑块经过最低点时对轨道的压力比磁场不存在时小
D.滑块从M点到最低点所用时间与磁场不存在时相等
3.一匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外,其边界如图中虚线所示,其中射线bc足够长,∠abc=135°。其他地方磁场的范围足够大。一束质量为m、电荷量为q的带正电粒子,在纸面内从a点垂直于ab射入磁场,这些粒子具有各种速率。不计粒子重力及粒子之间的相互作用。下列说法正确的是(　　)
A.从bc边射出的粒子在磁场中运动的时间都相等
B.若从a点入射的速度越大,则在磁场中运动的时间越长
C.粒子在磁场中最长运动时间不大于
D.粒子在磁场中最长运动时间不大于
4.如图所示,一线状粒子源垂直于磁场边界不断地发射速度相同的同种离子,不考虑离子间的相互作用,则离子经过磁场的区域(阴影部分)可能的是(　　)
5.(2024湖北卷)如图所示,在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力,下列说法正确的是(　　)
A.粒子的运动轨迹可能经过O点
B.粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向
C.粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为
D.若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短,粒子运动的速度大小为
6.(2025南京师范大学附属中学模拟)如图,在垂直于纸面向内的匀强磁场中,有一根足够长的均质粗糙杆水平固定,一个带电圆环套在杆上。现给环一个向右的初速度v0,则环所受摩擦力的瞬时功率P与速度v的图像不可能为(　　)
二、非选择题:共2题,7题8分,8题8分,共16分。
7.(2022江苏卷)利用云室可以知道带电粒子的性质,如图所示,云室中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场,一个质量为m、速度为v的电中性粒子在A点分裂成带等量异种电荷的粒子a和b,a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧,相同时间内的径迹长度之比la∶lb=3∶1,半径之比ra∶rb=6∶1,不计重力及粒子间的相互作用力,求:
(1)粒子a、b的质量之比ma∶mb;
(2)粒子a的动量大小pa。
8.(2026无锡期末)如图所示,在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中,两个电荷量分别为+q、-q的带电粒子a、b同时从O点以初速度v0射出,速度方向与水平方向夹角均为θ。已知a、b的质量均为m,不计重力及粒子间的相互作用力,磁场区域足够大。求:
(1)a第一次运动到最高点的时间t;
(2)a运动到最高点时,a、b间的距离H。
答案：
1.C　2.D
3.D　解析 画出带电粒子在磁场中运动的动态分析图,如图甲所示。粒子入射的速度越大,其做圆周运动的半径越大,当粒子都从ab边射出,所用时间均为半个周期,用时相等;当粒子从bc边射出时,速度越大,轨道半径越大,圆心角越大,运动时间越长,故A、B错误;当粒子的速度足够大,半径足够大时,忽略ab段长度,运动情况可简化为如图乙所示,在直线边界磁场问题中,根据粒子运动轨迹的对称性,结合几何关系可知此时圆心角大小为α=270°,可得粒子在磁场中运动的最长时间为t=T=,故C项错误,D项正确。
甲　乙
4.C　解析 离子在磁场中做匀速圆周运动,如图所示,粒子源最左端发射的粒子落在A点,最右端发射的粒子落在B点,故选C。
5.D　解析 在圆形匀强磁场区域内,沿着径向射入的粒子,总是沿径向射出的;根据圆的特点可知粒子的运动轨迹不可能经过O点,故A、B项错误;粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域,则根据对称性可知时间最短时的轨迹如图甲,则最短时间t=2T=,故C项错误;粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短,则轨迹如图乙所示,设粒子在磁场中运动的半径为r,根据几何关系可知r=,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,可得v=,故D项正确。
甲
乙
6.D　解析 当圆环带正电,且v0<,摩擦力的瞬时功率为P=μFNv=μ(mg-Bqv)v,故A正确,不符合题意;当圆环带正电,且v0>,摩擦力的瞬时功率为P=μFNv=μ(Bqv-mg)v,且速度减为v=,之后为匀速运动,摩擦力减为0,故B正确,不符合题意;当圆环带负电时,摩擦力的瞬时功率P=μFNv=μ(mg+Bqv)v,故C正确,不符合题意;D项图像不可能存在,故D错误,符合题意。
7.(1)2∶1　(2)mv
解析 (1)分裂后带电粒子在磁场中偏转做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,则有qvB=m,解得r=,由题干知半径之比ra∶rb=6∶1,故mava∶mbvb=6∶1,因为相同时间内的径迹长度之比la∶lb=3∶1,则分裂后粒子在磁场中的速度大小之比为va∶vb=3∶1,联立解得ma∶mb=2∶1。(2)中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b,分裂过程中,没有外力作用,动量守恒,根据动量守恒定律得mv=mava+mbvb,因为分裂后动量关系为mava∶mbvb=6∶1,联立解得pa=mava=mv。
8.(1)　(2)2(1+cos θ)
解析 (1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,轨迹如图所示
设a运动到最高点时转过的圆心角为β,做圆周运动的半径为R
由几何关系可得β=π-θ
a运动到最高点的时间t=T
洛伦兹力提供圆周运动的向心力qv0B=,T=
代入解得t=。
(2)a运动到最高点时,b恰好运动至最低点,
由几何关系可得H=2(1+cos θ)R
由qv0B=得R=
代入解得H=2(1+cos θ)。第53练　磁场的描述　磁场对电流的作用
一、单项选择题:共10题,每题4分,共40分。
1.关于磁场的说法正确的是(　　)
A.通电导线在磁场中受到的安培力越大,该位置的磁感应强度越大
B.受地磁场影响,在进行奥斯特实验时,通电导线南北放置时实验现象最明显
C.垂直磁场放置的通电导线受力的方向就是磁感应强度的方向
D.地球表面上任意位置的地磁场方向都与地面平行
2.(2025江苏卷)某“冰箱贴”背面的磁性材料磁感线如图所示,下列判断正确的是(　　)
A.a点的磁感应强度大于b点
B.b点的磁感应强度大于c点
C.c点的磁感应强度大于a点
D.a、b、c三点的磁感应强度一样大
3.(2025苏州开学考试)右图为三根平行直导线的截面图,若它们的电流大小都相同,方向垂直纸面向里,且AB=AC=AD,则A点的磁感应强度的方向为(　　)
A.沿AB方向 B.沿AD方向
C.沿AC方向 D.沿DA方向
4.(2025南京模拟预测)通有电流I的直导线竖直放置,且可绕O点向各个方向转动,电流方向如图所示,O为直导线的中心,下列说法正确的是(　　)
A.导线受磁场力的作用,绕O点上端向里、下端向外转动
B.导线受磁场力的作用,绕O点上端向外、下端向里转动
C.导线受磁场力的作用,绕O点在纸面内逆时针方向转动
D.导线不受磁场力的作用,故不转动
5.(2025常州开学考试)如图所示为电流天平,可以用来测量匀强磁场中的磁感应强度。它的右臂挂着矩形线圈,匝数为n,线圈的水平边长为l,处于匀强磁场中,磁感应强度B的方向与线圈平面垂直。当线圈中通过电流I时,调节砝码使两臂达到平衡。下列说法正确的是(　　)
A.线圈受到的安培力大小为BIl
B.线圈受到的安培力方向水平指向纸内
C.若发现右盘向上翘起,则应增大线圈中的电流
D.若把电流大小不变而方向反向,则左盘向上翘起
6.(2025苏锡常镇二模)半径为R的圆环进入磁感应强度为B的匀强磁场,当其圆心经过磁场边界时,速度与边界成45°角,圆环中感应电流为I,此时圆环所受安培力的大小和方向是(　　)
A.BIR,方向与速度方向相反
B.2BIR,方向垂直MN向下
C.BIR,方向垂直MN向下
D.2BIR,方向与速度方向相反
7.(2025南京二模)如图,金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂,处于竖直向上的匀强磁场中,棒中通以由M向N的电流,平衡时两悬线与竖直方向的夹角均为θ,仅改变下列某一个条件,能使θ变大的情形是(　　)
A.棒中的电流变大 B.两悬线等长变短
C.金属棒质量变大 D.磁感应强度变小
8.(2024苏锡常镇一调)在光滑桌面上将长为L的柔软导线两端点固定在间距可忽略不计的a、b两点,导线通有图示电流I,处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中,则导线中的张力为(　　)
A.0 B.BIL
C. D.
9.(2024苏锡常镇二模)下图为测磁感应强度大小的一种方式,边长为l、一定质量的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板,导线框中通逆时针方向的电流。图中虚线过ab边中点和ac边中点,在虚线的下方为垂直于导线框向里的匀强磁场,导线框中的电流大小为I。此时导线框处于静止状态,通过传感器测得细线中的拉力大小为F1;保持其他条件不变,现将虚线下方的磁场移至虚线上方,此时测得细线中拉力大小为F2。则磁感应强度大小为(　　)
A. B.
C. D.
10.电磁炮是一种现代化武器,模拟图如图所示。当接通电源之后,炮弹就会在导轨中的电流磁场作用下,向前加速飞行,关于电磁炮的有关说法错误的是(　　)
A.炮弹必须是由导体材料构成
B.将电流反向,炮弹所受磁场力方向也会反向
C.其他条件相同时,电流越大,炮弹飞出速度越大
D.其他条件相同时,导轨越长,炮弹飞出速度越大
二、非选择题:共2题,11题6分,12题8分,共14分。
11.如图所示,导体AB质量为m,处在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于纸面向外。AB平放在水平支架上成为电路的一部分,接入电路部分的长度为l。当接通电路瞬间,AB弹跳起来,则导体AB中电流方向如何 若已知通电瞬间通过导体横截面的电荷量为q,则在开关S闭合过程中,安培力对导体做的功至少应为多少
12.(2025扬州开学考试)如图所示,宽为L的光滑导轨与水平面成α角,质量为m、电阻为R0的导体棒ab水平放置在导轨上,与导轨接触良好,电源电动势为E,内阻为r。空间存在竖直向上的匀强磁场,当回路中的电流为I时导体棒恰好静止,求:
(1)变阻箱的阻值R;
(2)磁感应强度大小B。
答案：
1.B　
2.B　解析 磁感线越密集的地方磁感应强度越大,故可知Bb>Ba>Bc。故选B。
3.B
4.B　解析 条形磁体产生的磁场在导线位置的磁场方向水平向右,沿导线向上磁感应强度逐渐减小,即导线O点下侧所受安培力大一些,导线的运动由下侧安培力决定,垂直于纸面向里,导线受磁场力作用,绕O点上端向外、下端向里转动。故选B。
5.D　解析 线圈匝数为n,在磁场中受到的安培力大小为nBIl,故A项错误;根据左手定则可知线圈受到的安培力方向竖直向上,故B项错误;若发现右盘向上翘起,则增大线圈中的电流时线圈受到向上的安培力增大,根据受力可知,不能使天平恢复平衡,故C项错误;若电流大小不变而方向反向,线圈受到的安培力方向向下,根据受力可知,左盘将向上翘起,故D项正确。
6.B　解析 圆环中的电流为I,在磁场部分的等效长度等于圆环的直径2R,由安培力公式F=BIL有效,可得此时圆环所受安培力的大小I=2BIR,由楞次定律和右手螺旋定则可判定,感应电流的方向是顺时针方向,故再由左手定则可判定圆环所受的安培力的方向垂直MN向下。故选B。
7.A　解析 对棒分析可知tan θ=,则要使θ变大,可以使棒中的电流I变大,减小棒的质量m,增大磁感应强度B;改变悬线长度不影响θ大小。故选A。
8.D　解析 受力分析如图,FA=2BIθR,由于2FTsin θ=FA,得2FTθ=2BIθR,2πR=L,得FT=,故选D。
9.A　解析 图示位置时,在磁场内部的有效长度为l,有效电流的方向水平向右,根据左手定则,导线受安培力竖直向上,导线框处于平衡状态,因此F1=mg-BI,当上部处于磁场中时,在磁场内部的有效长度仍为l,有效电流的方向水平向左,根据左手定则,导线受安培力竖直向下,导线框处于平衡状态,因此F2=mg+BI,两式联立B=,因此A项正确,B、C、D项错误。
10.B　解析 因炮弹中要通过电流,故炮弹必须是由导体材料构成的,故A正确;若将电流反向,则磁场也反向,根据左手定则可知,炮弹受力方向不变,故B错误;电流越大,磁场越强,炮弹受安培力越大,则炮弹飞出速度越大,故C正确;相同条件下,导轨越长,安培力做功越大,则炮弹飞出速度越大,故D正确。
11.电流方向由B到A　
解析 AB向上弹起,故安培力方向向上,由左手定则可知导体AB中电流的方向由B到A。AB受重力、弹力和安培力,由于接通电路瞬间,AB弹跳起来,安培力远大于重力,且作用时间极短,重力和弹力可忽略不计,根据动量定理得F安·Δt=mv0,又F安=BIl,q=IΔt,解得v0=,由动能定理得,安培力做的功为W=。
12.(1)-R0-r　(2)
解析 (1)根据闭合电路欧姆定律有E=I(R0+R+r)
解得R=-R0-r。
(2)利用左手定则确定安培力方向水平向右,对导体棒进行受力分析,如图所示
根据平衡条件有F安cos α=mgsin α
其中F安=BIL
解得B=。第58练　专题提升:带电粒子在叠加场中的运动
一、单项选择题:共5题,每题4分,共20分。
1.如图所示,ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道,其中AB为倾斜直轨道,BC为与AB相切的圆形轨道,并且圆形轨道处在匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里。质量相同的甲、乙、丙三个小球中,甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电。现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放,都恰好通过圆形轨道的最高点,则(　　)
A.经过最高点时,三个小球的速度相等
B.经过最高点时,甲球的速度最小
C.甲球的释放位置比乙球的低
D.运动过程中三个小球的机械能均保持不变
2.(2025无锡期中)如图所示,三个完全相同的小球a、b、c带有相同量的正电荷,从同一高度由静止同时开始下落,当下落某一相同高度后a球进入水平向左的匀强电场,b球进入垂直纸面向里的匀强磁场,最终它们落到同一水平地面上,不计空气阻力,下列判断正确的是(　　)
A.a、b、c三球同时落地,且落地时三球动能相同
B.b球最后落地,落地时c球动能最大
C.a、c球同时落地,落地时b、c球动能相同
D.c球最后落地,落地时b球动能最大
3.地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场,已知磁场方向垂直于纸面向里。一个带电油滴沿着一条与竖直方向夹角成α的直线MN运动。由此可以判断(　　)
A.如果油滴带负电,它是从M点运动到N点
B.如果油滴带正电,它是从N点运动到M点
C.如果水平电场方向向右,油滴是从M点运动到 N点
D.如果水平电场方向向右,油滴是从N点运动到M点
4.(2025无锡期中)如图所示,空间中存在着正交的匀强磁场和匀强电场,已知电场强度大小为E,方向竖直向下,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面。一个电子由O点以初速度v0水平向右飞入其中,运动轨迹如图所示,其中O、Q和P分别为轨迹在一个周期内的最高点和最低点,不计电子的重力。下列说法正确的是(　　)
A.磁感应强度方向垂直纸面向外
B.由P点至Q点的运动过程中,电子的速度减小
C.电子的初速度v0小于
D.无论怎样调整电子的初速度大小与方向都不可以使其做匀加速直线运动
5.如图所示,电场强度为E的匀强电场竖直向下,磁感应强度为B的匀强磁场垂直电场向外,所带电荷量为q的小球(视为质点)获得某一垂直磁场水平向右的初速度,正好做匀速圆周运动,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.小球带正电
B.将初速度方向变成垂直磁场水平向左,则小球做直线运动
C.小球做匀速圆周运动的周期为
D.若把电场的方向改成竖直向上,则小球恰好做类平抛运动
二、非选择题:共6题,6~7题每题12分,8~11题每题15分,共84分。
6.如图所示,两个定值电阻R1、R2阻值均为2 Ω,直流电源的电动势 E0=2.5 V,内阻r=1 Ω,平行板电容器两极板水平放置,板间距离d= m,板长L= m,空间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度 B=0.16 T,一质量m=0.1 kg、带正电的小球以速度 v=5 m/s沿水平方向从电容器下板右侧边缘进入电容器,做匀速圆周运动,恰好从上板左侧边缘射出。重力加速度g取10 m/s2,忽略空气阻力。
(1)求电阻R2两端的电压U;
(2)求小球在两极板间运动的时间t;
(3)若在虚线MN的左侧加上一匀强电场,恰使射出电容器的小球做直线运动,求所加电场的电场强度大小和方向。
7.(2025南通统考)如图所示,空间中存在着水平向右的匀强电场,电场强度大小为E=5 N/C,同时存在着水平方向的匀强磁场,其方向与电场方向垂直,磁感应强度大小B=0.5 T。有一带正电的小球,质量m=1×10-6 kg,电荷量q=2×10-6 C,正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动,当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象),g取10 m/s2。求:
(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向;
(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。
8.(2024苏锡常镇二模)如图所示,在竖直平面建立直角坐标系xOy,直角坐标系所在平面内分布匀强电场和匀强磁场,第Ⅰ象限内,电场方向平行于x轴,磁场垂直于平面向外;第Ⅲ象限内,电场方向平行于y轴,只在虚线下方存在垂直于平面向里的匀强磁场。在第Ⅰ象限内有一点P,OP连线与x轴成45°,现有一所带电荷量为+5×10-3 C的小球在P点获得一速度,恰好使小球沿着PO方向做匀速直线运动并经过O点进入第Ⅲ象限,已知匀强电场的电场强度均为1 N/C,匀强磁场的磁感应强度均为1 T,虚线平行于x轴且与x轴距离为0.2 m,π取3.14,重力加速度g取10 m/s2。
(1)画出小球在第Ⅰ象限内做匀速直线运动的受力情况并求出各力的比例关系;
(2)求小球的质量和在P点获得的速度;
(3)求小球从O点进入第Ⅲ象限开始到离开y轴的时间和离开y轴的位置到O点的距离。
9.(2024南通三模)如图所示,在x轴下方,沿y轴方向每间隔d=0.2 m的高度就有一段间距为d的区域P,区域P内既存在竖直向上、电场强度E=20 N/C的匀强电场,也存在垂直坐标平面水平向里的匀强磁场,磁感应强度B=2 T。现有一电荷量q=5×10-10 C、质量m=1×10-9 kg的带正电的粒子从坐标原点O自由下落。粒子可视为质点,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求粒子刚到达第一个区域P时的速度大小v1;
(2)求粒子穿出第一个区域P时速度的水平分速度大小vx;
(3)若将所有区域的磁感应强度的大小调整为B',使粒子刚好不能穿出第2个区域P,求B'的大小。
10.(2025南京、盐城一模)如图所示,虚线为匀强电场和匀强磁场的分界线,左侧存在水平向右的匀强电场,右侧存在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场。将质量为m、电荷量为q的带正电的小球,以初动能Ek0从P点斜向上射入电场中,调节发射位置P和出射角度可使小球恰好沿水平方向到达分界线,此后小球经过一速度转向器(图中未画出),速度方向变为垂直纸面向外进入匀强磁场。以小球进入磁场位置为坐标原点O,竖直向下建立y轴。已知小球受到的电场力与重力大小相等,重力加速度大小为g。求:
(1)匀强电场的电场强度大小E;
(2)小球电势能的最大变化量ΔEp;
(3)小球在磁场中运动时经过y轴的位置坐标y0。
11.(2026常州开学考试)如图所示,空间直角坐标系O-xyz内有一由正方体ABCO-A'B'C'O'和半圆柱体BPC-B'P'C'拼接而成的空间区域,立方体区域内存在沿z轴负方向的匀强电场,半圆柱体区域内存在沿z轴负方向的匀强磁场。M、M'分别为AO、A'O'的中点,N、N'分别为BC、B'C'的中点,P、P'分别为半圆弧BPC、B'P'C'的中点,Q为MN的中点。质量为m、电荷量为q的带正电粒子在竖直平面MNN'M'内由M点斜向上射入匀强电场,入射的初速度大小为v0,方向与x轴正方向夹角为θ=53°。一段时间后,粒子垂直于竖直平面BCC'B'射入匀强磁场。已知正方体的棱长和半圆柱体的直径均为L,匀强磁场的磁感应强度大小为B0=,不计粒子重力,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。
(1)求匀强电场的电场强度E的大小;
(2)求粒子自射入电场到离开磁场时的运动时间t;
(3)若粒子以相同的初速度自Q点射入匀强电场,求粒子离开匀强磁场时的位置坐标。
答案：
1.D　解析 设磁感应强度为B,圆形轨道半径为r,三个小球质量均为m,它们恰好通过最高点时的速度分别为v甲、v乙和v丙,则mg+Bv甲q甲=,mg-Bv乙q乙=,mg=,显然v甲>v丙>v乙,A、B项错误;三个小球在运动过程中,只有重力做功,即它们的机械能守恒,D项正确;甲球在最高点处的动能最大,因为势能相等,所以甲球的机械能最大,甲球的释放位置最高,C项错误。
2.C　解析 根据题意可知,c做自由落体运动;而a除竖直方向做自由落体运动外,水平方向受到电场力作用做初速度为零的匀加速运动,所以下落时间一样,不过a下落的速度大于c的自由落体运动的速度;b受到洛伦兹力作用,因洛伦兹力始终与速度垂直,所以在竖直方向除受到重力作用外,带电粒子偏转后还有洛伦兹力在竖直方向的分力,导致下落的加速度变小,则下落时间比c的长,由于洛伦兹力不做功,因此b下落的速度大小等于c下落的速度,故va>vb=vc,ta=tc3.D　解析 根据做直线运动的条件和受力情况(如图所示)可知,如果油滴带正电,水平电场的方向只能向左,由左手定则判断可知,油滴是从M点到N点,同理,如果油滴带负电,油滴从N点运动到M点,故A、B错误。如果水平电场方向向右,油滴只能带负电,电场力水平向左,由左手定则判断可知,油滴是从N点到M点,故C错误,D正确。
4.D　解析 电子由O点以一定初速度v0水平向右飞入正交的匀强磁场和匀强电场中,电子先向下偏转,电子所受的电场力向上,则电子所受的洛伦兹力向下,根据左手定则,磁感应强度方向垂直纸面向里,故A项错误;电子由P点至Q点的运动过程中,电场力做正功,洛伦兹力不做功,电子的速度增大,故B项错误;电子在O点处向下偏转,则此时合力方向向下,即洛伦兹力大于电场力,则有qv0B>Eq,可得v0>,故C项错误;调整电子的初速度大小与方向,当电子受到的电场力与洛伦兹力平衡时,电子做匀速直线运动;当初速度方向与磁场平行,电子做类平抛运动;但电子不可能做匀加速直线运动,因为随着电子速度的增加,洛伦兹力发生变化,电子所受合力方向发生变化,不可能与速度方向在同一直线上,故D项正确。
5.C　解析 小球要做匀速圆周运动,电场力与重力要等大反向,电场力向上,小球必须带负电,故A项错误;将初速度方向变成垂直磁场水平向左,电场力与重力依然平衡,小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,故B项错误;小球做匀速圆周运动,则mg=qE,周期为T=,故C项正确;若把电场的方向改成竖直向上,小球受重力与电场力均向下,还有洛伦兹力作用,则小球不会做类平抛运动,故D项错误。
6.(1)1 V　(2) s　(3) N/C,方向与水平方向夹角为30°且斜向左上方
解析 (1)根据闭合电路欧姆定律得E0=I(R1+R2+r),电阻R2两端的电压U=IR2,联立解得U=1 V。(2)设小球在板间的轨迹半径为R,根据几何关系R2=L2+(R-d)2,解得R= m,根据洛伦兹力提供向心力qvB=,解得q= C,小球在板间运动对应的圆心角满足sin θ=,解得θ=,则小球在两极板间运动的时间t= s。(3)小球射出极板间后瞬间,速度方向与水平方向夹角恰为θ,受到的洛伦兹力垂直速度方向向上,重力竖直向下,因为小球做直线运动,则速度必然不变(否则洛伦兹力改变,合力方向改变),根据几何关系可知重力与洛伦兹力之间夹角为120°且=1。故静电力和洛伦兹力的合力沿重力的反方向且大小等于重力,则静电力大小等于重力,小球带正电,则电场强度E= N/C,方向与水平方向夹角为30°且斜向左上方。
7.(1)20 m/s,与电场方向夹角为60°
(2)2 s
解析 (1)小球做匀速直线运动,小球所受电场力、重力与洛伦兹力的合力为0,令重力与电场力合力方向与竖直方向夹角为θ,如图所示
则有tan θ=
解得θ=60°
根据平衡条件有qvBcos θ=mg
解得v=20 m/s。
(2)撤掉磁场时,小球做类平抛运动,水平方向做匀加速直线运动,竖直方向做匀变速直线运动,则有h=vsin θt-gt2=0
解得t=2 s。
8.(1)受力分析图见解析,G∶F电∶F洛=1∶1∶　(2)5×10-4 kg　 m/s　(3)0.514 s　0.4 m
解析 (1)小球在第Ⅰ象限内做匀速直线运动的受力分析如下图所示
三力的平衡关系有
G∶F电∶F洛=1∶1∶。
(2)由三力的平衡关系有
mg=Eq
m=5×10-4 kg
qvB=Eq
v= m/s。
(3)小球进入第Ⅲ象限后在虚线上方,因为重力和电场力平衡先做一段匀速直线运动,匀速直线运动位移
x1=vt1= m
t1=0.2 s
进入磁场后开始做匀速圆周运动,由
qvB=m
可得R= m
由几何关系可推断小球做匀速圆周运动的轨迹如图所示
小球在磁场中的轨迹是一个半圆
t2==0.314 s
t=t1+t2=0.514 s
离开y轴的位置到O点的距离
d=0.2 m+sin 45° m=0.4 m。
9.(1)2 m/s　(2)0.2 m/s　(3)10 T
解析 (1)由动能定理有
mgd=-0
解得v1=2 m/s。
(2)在区域P中,粒子在竖直方向所受的合力
F=qE-mg=0
所以粒子在区域P中做匀速圆周运动,粒子穿出第一个区域P时,设v1与x轴正方向的夹角为θ,其运动轨迹如图所示。
由题意vx=v1cos θ
洛伦兹力提供向心力
qv1B=m
几何关系d=r1cos θ
代入数据解得vx=0.2 m/s。
(3)进入第2个区域P时,由动能定理有
2mgd=-0
解得v2=2 m/s
x方向,由动量定理有
qvyB'Δt=mΔvx
求和qB'∑vyΔt=m∑Δvx
得到qB'·2d=mv2
代入数据解得B'=10 T。
10.(1)　(2)-Ek0　(3)y0=(n=0,1,2,3,…)
解析 (1)由题意小球受到的电场力与重力大小相等Eq=mg,即电场强度大小为E=。
(2)设带电小球初速度为v0,与电场方向成θ角入射,竖直方向做匀减速直线运动,有v0sin θ=gt,水平方向做匀变速直线运动,有x=v0cos θ·t+axt2,水平方向由牛顿第二定律有Eq=max,根据电场力做功有ΔEp=-WE=-qEx,其中小球的初动能为Ek0=,联立可得电势能变化量最大值为ΔEp=-Ek0。
(3)带电小球进入磁场后,在水平面内做匀速圆周运动,竖直方向做自由落体运动,经整数个周期回到y轴,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,带电小球做匀速圆周运动的周期为T=,联立可得T=,则带电小球到达y轴的时间为t=nT,到达y轴的坐标为y0=gt2,联立可得到达y轴的坐标为y0=(n=0,1,2,3,…)。
11.(1)
(2)
(3)
解析 (1)粒子在电场中运动时,设运动时间为t1,沿x轴方向有L=v0cos 53°·t1
解得t1=
沿z轴方向有v0sin 53°=at1
由牛顿第二定律可知粒子在电场中的加速度大小a=
解得E=。
(2)粒子进入匀强磁场后,由牛顿第二定律可知qv0cos 53°·B0=
解得轨迹半径R1=
由几何关系可知,粒子在磁场中运动的轨迹所对的圆心角为60°,粒子在磁场中运动的周期T=
粒子在匀强磁场中运动的时间t2=T=
故t=t1+t2=。
(3)若粒子以相同的初速度自Q点射入匀强电场,在匀强电场中运动的时间t3=
进入磁场时,沿x轴方向的速度大小为vx=v0cos 53°
沿z轴方向的速度大小为vz=v0sin 53°-at3=v0
粒子在水平面做匀速圆周运动,轨迹半径R2=R1=
沿z轴方向做匀速直线运动,因粒子做圆周运动的轨迹半径不变,故在磁场中运动的时间不变,在磁场中沿z轴方向运动的位移大小为z1=vzt2=
在电场中沿z轴方向运动的位移大小为z2=·t3=
故粒子离开磁场时,z坐标为z=z1+z2=L
y坐标为y=R2cos 60°=
x坐标为x=L+R2sin 60°=L
即粒子离开磁场时的位置坐标为(L,L)。

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