高中总复习-物理提升版 素养提升19　带电粒子在叠加场、交变场中的运动

1/3素养提升19带电粒子在叠加场、交变场中的运动1.（2023·新课标卷18题）一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的110，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为（A.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里 B.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外C.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里 D.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外2.（多选）如图所示，带等量异种电荷的平行金属板之间存在着垂直纸面向里的匀强磁场，一带电粒子在电场力和洛伦兹力的作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点为曲线最低点，不计重力，下列说法正确的是（）A.该粒子带正电荷 B.A点和B点必定位于同一水平面上C.在C点洛伦兹力大于电场力 D.粒子到达B点后将沿曲线返回A点3.如图所示，质量为m、电荷量为＋q的圆环可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度—时间图像不可能是下列选项中的（）4.（2023·全国乙卷18题）如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面（xOy平面）向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为l2，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为（A.E2aB2C.B2aE5.建立如图所示的坐标系xOy，x轴紧挨着光滑绝缘的水平地面。在x≥0且0≤y≤a区域内存在着彼此垂直的匀强电场与匀强磁场，匀强电场平行y轴向上，匀强磁场垂直纸面向里。质量为m且带电荷量为q的小球（视为点电荷）从坐标原点以速度v0沿x轴射入该区域，小球在复合场中做匀速圆周运动，并恰好从坐标为（0，a）的点飞离复合场。忽略空气阻力，小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g，试求：（1）匀强电场E及匀强磁场B的大小；（2）小球落地时的坐标；（3）若小球从坐标原点以速度2v0沿x轴射入该区域，此后经多长时间第5次进入复合场，并确定进入点的坐标。6.在如图甲所示的正方形平面Oabc内存在着垂直于该平面的匀强磁场，磁感应强度的变化规律如图乙所示。一个质量为m、带电荷量为＋q的粒子（不计重力）在t＝0时刻平行于Oc边从O点射入磁场中。已知正方形边长为L，磁感应强度的大小为B0，规定垂直于纸面向外为磁场的正方向。（1）求带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T0；（2）若带电粒子不能从Oa边界射出磁场，求磁感应强度的变化周期T的最大值；（3）要使带电粒子从b点沿着ab方向射出磁场，求满足这一条件的磁感应强度变化的周期T及粒子射入磁场时的速度大小。7.（2024·云南曲靖统考）现代科技可以利用电场、磁场对带电粒子的作用来控制其运动轨迹，让其到达所需的位置，在现代科学技术、生产生活、仪器电器等方面有广泛的应用。如图所示是此种仪器中电磁场的简化示意图。以竖直向上为y轴正方向建立直角坐标系，该真空中存在方向沿x轴正方向、电场强度大小E＝53N/C的匀强电场和方向垂直xOy平面向外、磁感应强度大小B＝0.5T的匀强磁场。原点O处的粒子源连续不断地发射速度大小和方向一定、质量m＝1×10－6kg、电荷量q＝2×10－6C的带正电的粒子束，粒子恰能在xOy平面内做直线运动，重力加速度为g＝10m/s2，不计粒子间的相互作用。（1）求粒子发射的速度大小和方向；（2）若保持粒子束的初速度不变，在粒子从O点射出时立即撤去磁场，求粒子从O点射出后经过y轴时的坐标（不考虑磁场变化产生的影响）；（3）若保持粒子束的初速度不变，在粒子从O点射出时立即将电场变为竖直向上、电场强度大小变为E'＝5N/C，求从O点射出的所有粒子第一次经过x轴时的坐标（不考虑电场变化产生的影响）。

素养提升19带电粒子在叠加场、交变场中的运动1.C带电粒子在电场和磁场中运动，打到a点的粒子受到的静电力和洛伦兹力平衡，当电场方向向左、磁场方向垂直纸面向里时，α粒子受到向左的静电力和洛沦兹力，电子受到向右的静电力和洛伦兹力，二者均不能满足受力平衡打到a点，A错误。电场方向向左、磁场方向垂直纸面向外，此时如果α粒子打在a点，则受到向左的静电力和向右的洛伦兹力平衡，qE＝qvB，v＝EB，电子速度大，受到向左的洛伦兹力大于向右的静电力，则电子向左偏转，同理如果电子打在a点，则α粒子向左的静电力大于向右的洛伦兹力，则α粒子向左偏转，均不会打在b点，B错误。电场方向向右、磁场方向垂直纸面向里，此时如果α粒子打在a点，即受到向右的静电力和向左的洛伦兹力平衡，qE＝qvB，v＝EB，电子速度大，受到向右的洛伦兹力大于向左的静电力，则电子向右偏转，同理如果电子打在a点，则α粒子受到向右的静电力大于向左的洛伦兹力，α粒子向右偏转，均可能打在b点；同理电场方向向右、磁场方向垂直纸面向外时，α粒子受到向右的静电力和洛伦兹力，电子受到向左的静电力和洛伦兹力，二者均不能受力平衡打到a点，故C正确，

2.ABC由于粒子是从静止开始运动的，在开始运动的一瞬间，受到的只有电场力，即电场力方向向下，又因为电场方向是向下的，故粒子带正电荷，A正确；运动过程中由于洛伦兹力不做功，只有电场力做功，从静止开始到速度为零，电场力做功为零，所以A点和B点必定位于同一水平面上，B正确；在C点以后粒子的速度方向变为向上，而受到的电场力方向恒向下，故要使粒子向上运动，在C点必然有洛伦兹力大于电场力，C正确；粒子到达B点后将做如图所示的运动，D错误。3.C根据左手定则可知圆环所受洛伦兹力的方向向上，如果qv0B＝mg，则环和杆之间无弹力，圆环也不受摩擦力，环在杆上匀速直线运动，圆环运动的速度—时间图像如选项A所示；如果qv0B＞mg，则环和杆之间有摩擦力作用，环做减速运动，根据牛顿第二定律可得μ（qvB－mg）＝ma，环的加速度减小，当减速到qvB＝mg时，环和杆之间无弹力，此后环做匀速运动，圆环运动的速度—时间图像如选项D所示；如果qv0B＜mg，则环和杆之间有摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得μ（mg－qvB）＝ma，环做减速运动，环的加速度增大，当速度减小到零时，环静止在杆上，圆环运动的速度—时间图像如选项B所示，故圆环运动的速度—时间图像不可能是选项C。4.A带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示。由几何关系可知rsin30°＝r－a，解得r＝2a，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝mv2r，则r＝mvqB。由于施加电场后，该粒子做匀速直线运动，则qvB＝qE，解得v＝EB。联立以上方程可得qm＝E2aB2，5.（1）mgq2mv0qa（2）－v02ag，0（解析：（1）小球在复合场中做匀速圆周运动，故电场力与重力平衡，洛伦兹力提供小球做圆周运动所需的向心力，则有mg＝Eq解得E＝mg小球恰好从坐标为（0，a）的点飞离复合场，由几何关系得r＝a洛伦兹力提供向心力qvB＝mv联立解得B＝2m（2）小球飞离复合场后做平抛运动，则有a＝12gt2，x＝v0解得x＝v02故小球落地时的坐标为－v（3）若小球从坐标原点以速度2v0沿x轴射入该区域，由洛伦兹力提供向心力得q·2v0B＝m4解得小球在磁场中运动的轨迹半径为R＝a小球第1次在磁场中运动的时间t1＝π小球离开磁场后做竖直上抛运动，运动时间t2＝2×2小球在第一象限做周期性运动，其周期为T＝4v0小球从坐标原点到第5次进入复合场的时间t＝5T－t1＝20v0第5次进入复合场的横坐标为x'＝10R－R＝9a故第5次进入点的坐标为（9a，a）。6.（1）2πmqB0（2）5πm3qB0（3）πmq解析：（1）由qvB0＝mv2r，T0＝联立解得T0＝2π（2）如图甲所示为周期最大时粒子不能从Oa边射出的临界情况，由几何关系可知sinα＝12，得α＝30°在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为150°，运动时间为t＝512T0＝5πm6q所以磁感应强度的变化周期T的最大值为Tmax＝5π（3）如图乙所示为粒子从b点沿着ab方向射出磁场的一种情况。在磁场变化的半个周期内，粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为2β，其中β＝45°，即T2＝T04，所以磁场变化的周期为弦OM的长度为s＝2Ln（n＝2，4，6，圆弧半径为R＝s2＝Ln（n＝2，4，6，由qv0B0＝mv0解得v0＝qB0Lnm（n＝2，4，67.（1）20m/s与y轴负方向夹角为30°（2）0（3）（－203m，0）解析：（1）粒子做匀速直线运动，对粒子受力分析如图所示则（Bvq）2＝（qE）