专题14 带电粒子在磁场中的运动-2024年高考物理小题必刷卷

专题十四 带电粒子在磁场中的运动 I高考攻略 本专题是高考的最热点之一，考查带电粒子在磁场、复合场中的力学间题，对综合分析能力、空间 想象及建模能力、利用数学处理物理问题的能力要求非常高。预测今后高考对本专题会结合最新科 技及生活实际，根据左手定则考查通电导体在磁场中的加速运动以及考查带电粒子在磁场中运动的 匀速圆周运动模型的构建与应用。以此培养学生的物理观念、科学思维及科学态度。 置于足够大的匀强磁场中，磁场方向如图所示。 【考点·分层分练】 在1=0时刻，木板获得一水平向左的初速度，关 史 考点一洛伦兹力的理解与应用 于此后运动过程中两物体速度随时间变化的关 1.(2024·广西模拟)带正电的粒子在外力F作用 系图像，可能正确的是 下沿虚线做逆时针匀速圆周运动，圆心为O,a、 B 中 b、c,d是圆上的4个等分点。通有电流大小为I 并 777777 77777777 的长直导线垂直圆平面放置，电流方向如图所 示，导线位于a、O连线上，垂直于圆面。不考虑 粒子运动产生的电场，不计粒子重力，则( 数 0 A.粒子在a点受到的外力F垂直于纸面向外 茶 B.粒子在b点受到的外力F垂直于纸面向里 D C.粒子从a运动到c,洛伦兹力一直变小 考点三带电粒子在有界匀强磁场中的运动 D.粒子从a出发运动一周，洛伦兹力不做功 3.(多选)(2024·江苏淮阴市模拟)如图所示，在 考点二洛伦兹力的计算 Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里， 2.(2024·福建厦门月考)足够长的绝缘木板置于 磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子 光滑水平地面上，木板的上表面粗糙，带负电小 从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正 物块（电量保持不变）置于木板的左端，整个装置 方向的夹角0=45°。粒子经过磁场偏转后在N 61 点（图中未画出）垂直穿过x轴。已知OM=a, C.粒子在磁场中运动最短时间为00s 粒子电荷量为q,质量为m,重力不计。则 D.粒子在磁场中动量变化量的最大值为4× 10-2kg·m/s 考点五带电粒子在匀强磁场中的多解问题 5.(2024·山东菏泽一中模拟)如图所示，空间存在 着两个方向均垂直纸面向外的匀强磁场区域I 和Ⅱ，磁感应强度大小分别为B1、B2,且B1= A.粒子带负电荷 B、B2=2B,MN为两个磁场的边界。一质量 B,粒子速度大小为9B@ 7 为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力）从边 C.粒子在磁场中运动的轨道半径为a 界上的A点以一定的初速度竖直向上射人匀强 D.N与O点相距(w2+1)a 磁场区域I中，边界MN上的C点与A点的距 考点四带电粒子在有界磁场中的临界、极值 离为d。试求该粒子从A点射人磁场的速度o 为多大时，粒子恰能经过C点。 问题 4.(2024·安徽模拟)如图所示，在平面直角坐标系 第一象限内某区域充满了垂直于纸面向外的匀 1::1 强磁场（图中未画出），磁感应强度大小B=2T, 一群相同带电粒子从y轴的10cm~20cm范围 A.dqBo B.dq Bo 2 201 内，以速度v=20m:s沿x轴正方向进人第一象 C.dq Be (n=1.2.3.)D.B (n=1,2,3,…) mm ndm 限，所有粒子均通过x轴上同一点而离开磁场， 考点六带电粒子在组合场中的运动 已知粒子电量q=0.1C,质量m=0.001kg,不 6.(2024·山东潍坊模拟)如图所示，在x轴下方宽 计带电粒子的重力，下列说法正确的是( 度为d=0.2m的区域中，x>0的区域有沿y轴 yfem 正方向的匀强电场，场强E=4×103V/m,x<0 20 的区域无电场。在y>0和y<一0.2m的区域 10 内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B x/cm =0.4T。一比荷，品=1×105C/kg的带正电粒 A.该区域磁场的最小面积为(2十π)×10一2(m2) 子从M(0.1m,一0.2m)点由静止释放，不计粒 B.粒子在磁场中运动最长时间为3x 400$ 子重力，以下判断正确的是 62 A.磁感应强度的大小为 qyo B* M E 1V6y0 B.电场强度的最大值为 9x6 C.所有粒子在磁场中的偏转距离都相等 A.粒子第一次经过x轴时速度大小为2× D.粒子打到接收器MN上的最大纵坐标为 104m/s 2.5yo B.粒子第三次经过y轴时速度方向与y轴垂直 考点七带电粒子在叠加场中的运动 C.粒子第三次经过y轴时的位置坐标为(0， 8.(2024·河南郑州模拟)如图所示，在正交电磁场 0.2m) 中，竖直固定一个半径R=√m的光滑圆弧 D.粒子从开始释放到第五次经过x轴所用的时 CFGD,它对应的圆心角为240°，CD连线沿竖直 方向，F为圆弧轨道的最低点，G与圆心O等高。 间为(22+3+)×105s 在C的左端有一倾斜光滑轨道AC,AC与圆弧 7.(多选)(2024·广西南宁二中模拟)如图所示，质 轨道相切，切点为C。电场强度为E的匀强电场 量为，带电量为十q的带电粒子，从原点以初 充满整个空间，而磁感应强度为B的匀强磁场只 速度沿x轴正向射入第一象限内的电磁场区 分布在圆弧轨道所在的右半侧区域，取重力加速 度g=10m/s2。现在A点安装一个弹射装置， 域，在0<y<y0,0<x<xo(xo、y%为已知)区域 它能以不同速度沿AC方向发射可视为质点的 内有竖直向上的匀强电场，在x>x0区域内有垂 带电小球，其射出后能在AC上做匀速直线运 直纸面向里的匀强磁场，接收器MN足够长，平 动。则下列说法正确的是 行于y轴放置且N点坐标为(x0,y%)。当电场 AO 强度为0时，带电粒子在磁场中偏转刚好打在N DX一&BX 点，已知粒子都能从NP射出，P点坐标为(xa, O),且从NP射人磁场后偏转打到接收器MN 上，则 A.小球一定带负电 B.小球从C到F的过程中动能逐渐减小 + C.小球在轨道的G点处电势能最小 + + D.若撤去磁场，让小球以初速度o=2√5m.s Px X 射出，则小球一定不会脱离轨道 63 9.(多选)(2024·重庆外国语学校月考)如图所示， 考点八带电粒子在交变场中的运动 平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的 10.(多选)(2024·重庆市西南大学附中高三月考) 匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场B1,一质 如图甲所示的平行金属极板MN之间存在交 量为m、带电荷量为十q的小球从A点以速度o 替出现的匀强磁场和匀强电场，取垂直纸面向 沿直线AO运动，AO与x轴负方向成37°角。在 外为磁场正方向，磁感应强度B随时间t周期 y轴与MN之间的区域I内加一电场强度最小 性变化的规律如图乙所示，取垂直极板向上为 的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MV 电场正方向，电场强度E随时间1周期性变化 上的C点，MN与PQ之间区域Ⅱ内存在宽度为 的规律如图丙所示。t=0.5to时，一不计重力、 的竖直向上匀强电场和垂直纸面向里的匀强 带正电的粒子从极板左端以速度？沿板间中线 磁场B2,小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰 平行极板射入板间，最终平行于极板中线射出， 好不能从右边界飞出，已知小球在C点的速度大 已知粒子在t=L.51o时速度为零，且整个运动 小为2%，重力加速度为g,sin37°=0.6，cos37 过程中始终未与两极板接触，则下列说法正确 =0.8,则下列结论正确的是 的是 E y ×Xx A-B X M 372. 0 to 2to 3to 4tp 5to 6ta t 甲 0 +E A,区域Ⅱ内匀强电场的场强大小E=mg B.区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度大小B: 2t3t,4t5t。6t。t 丙 1U% qd A.粒子可能在2.5o时刻射出极板 C.小球从A→O做匀速直线运动，O~C做匀加 B.极板间距不小于0+2o 速直线运动 C.极板长度为”0(m=1,2,3…) D.区域I内匀强电场的最小场强大小为E2= s,方向与x轴正方向成53°角向上 E_2四 5q D.B0元 64 摩擦因数，重力加速度g,PN=L。则关于小 【考能·演习演练】 球的运动，下列说法正确的是 11.(2024·河北唐山一中模拟)如图所示，两根长 直导线竖直平行固定放置，且与水平固定放置 A,小球先做加速运动，后做减速运动，最后 的光滑绝缘杆MN分别交于c、d两点，点o是 静止 cd的中点，杆MN上a、b两点关于o点对称. 两导线均通有大小相等，方向向上的电流，已知 B,小球能够达到的最大速度为E一mg uqB 长直导线在周围某点产生磁场的磁感应强度与 C.小球运动到N点时合外力做的功为qEL 电流成正比、与该点到导线的距离成反比，一带 -umgL 正电的小球穿在杆上，以初速度从a点出发 D.若小球带负电，向左运动一段时间后会脱离 沿杆运动到b点.在a、b、o三点杆对小球的支 水平面 持力大小分别为F。、F、F。.下列说法不可能 13.(2024·湖北省天门一中高三一模)如图所示， 的是 ( 平行边界区域内存在匀强磁场，比荷相同的带 电粒子a和b依次从O点垂直于磁场的左边界 射入，经磁场偏转后从右边界射出，带电粒子： 和b射出磁场时与磁场右边界的夹角分别为 A.Fa>F。 30°和60°，不计粒子的重力，下列判断正确的是 B.F>F C.小球一直做匀速直线运动 30° ××××b ××g* D.小球先做加速运动后做减速运动 ×××bx 12.(2024·山东省青岛市高三模拟)如图，空间存 ×××× 609 在水平向右的匀强电场和垂直纸面向外的匀强 A.粒子a带负电，粒子b带正电 磁场，粗糙绝缘的水平面上有一带正电小球，从 P点由静止释放后向右运动，运动过程中会经 B.粒子a和b在磁场中运动的半径之比为1：√3 过N点。已知小球质量m、电荷量q,电场强度 C.粒子a和b在磁场中运动的速率之比为3：1 大小E,磁感应强度大小B,小球与水平面间动 D.粒子a和b在磁场中运动的时间之比为1：2 65 14.(2024·重庆一中模拟)实验中，将离子束从回 的同种带电粒子，所有粒子射出磁场时离S最 旋加速器中引出可以采用磁屏蔽通道法。使用 远的位置是x轴上的P点。已知OP=3OS 磁屏薇通道法引出离子的原理如图所示：离子 3d,粒子带负电，粒子所受重力及粒子间的相 从P点以速度v进入通道时，由于引出通道内 互作用均不计，则 的磁场强度发生改变，离子运动轨迹半径增大， 可使离子引出加速器。已知回旋加速器D型 X 盒的半径为R,圆心在O点，D型盒区域中磁场 + 垂直纸面向里，磁感应强度为B,引出通道外侧 0 P 末端Q点到O点距离为L,OQ与OP的夹角为 0,离子带电为q,质量为M,则 A,粒子的速度大小为Bd 引出通道Q B.从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最 长时间与最短时间之比为7：4 C.沿平行x轴正方向射入的粒子离开磁场时 的位置到0点的距离为24 A.离子经过引出通道后的速度大于 D.从O点射出的粒子在磁场中的运动时间 B.引出通道内的磁感应强度大于B C.若离子恰能从引出通道的Q点引出，引出通道 为器 中的磁感应强度B一2十R-2 LReos 2(R2-RLcos 0) B 16.(多选)(2024·辽宁丹东市高三模拟)如图，在 平面直角坐标系的第二象限有一半径R=0.1m D.若引出通道中磁场为B2时，该离子能引出 的圆形区域内有磁感应强度为B=2.0×10一2T 加速器，则此时将一带电量2q,质量为2m的 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，圆形区域 离子一定不能从加速器中引出 与坐标轴相切于A、C两点，在第一、四象限有 15.(多选)(2024·河北邯郸市未)如图所示，在直 竖直向下的匀强电场，电场强度E=1.6V/m, 角坐标系xOy的第一象限内存在磁感应强度 大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在y 有一束m=2.0X106kgC的带正电的粒子在 轴上S处有一粒子源，它可向右侧纸面内各个 第三象限沿y轴正方向，以%=L.0×103m/s垂 方向射出速率相等的质量均为、电荷量均为q 直射入圆形磁场中，粒子束宽度d=0.2m,经 66 过磁场偏转后打人第一象限，重力和一切阻力 D 都不计，则下列说法正确的是 C M ● B A.碰后V球的速度大小为1m's B.M、N两球碰撞为弹性碰撞 C,碰后M球也能沿半圆轨道BCD运动 A.所有进入磁场中偏转的粒子最后都经C点 D.匀强电场竖直向上，电场强度大小为5N/C 打入电场 18.(多选)(2024·四川南充市阆中中学模拟)如 B.所有进入磁场中偏转的粒子最后都平行于x 图，坐标原点O有一粒子源，能向坐标平面一、 轴方向打人电场 二象限内发射大量质量为m,电荷量为q的正 C.从x=一0.1m处打人的粒子经磁场和电场 粒子（不计重力），所有粒子速度大小相等。圆 偏转后与x轴交于x=0.5m处 心在(0，R)半径为R的圆形区域内，有垂直于 D.从x=一0.1m处打人的粒子经磁场和电场 坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B,磁 偏转后与x轴交于x=0.8m处 场右侧有一长度为R且平行于y轴的荧光屏， 17.(多选)(2024·湖北荆州市八县市模拟联考)如 其中心O位于(2R,R)。已知初速度沿y轴正 图所示，光滑的水平绝缘轨道AB和半径r= 1m的竖直半圆光滑绝缘轨道BCD相切于B 向的粒子经过磁场后，恰能垂直射在光屏上，则 点。半圆轨道直径BD的右侧有垂直轨道水平 下列说法正确的是 向里匀强磁场和竖直方向的匀强电场，磁感应 强度B=0.5T。M、N为两相同的金属球，质 量均为m=1×10一3kg,带电量分别为q1=十3 ×10-3C,92=+1×10-aC。初始时N球静止 在轨道B处，M球以o=1,5m/s向右运动。 M与V碰撞后，N球恰好能沿半圆轨道做匀速 圆周运动且对轨道无压力，不计两球间的库仑 A所有粒子的初速度大小为？B迟 力，取g=10N/kg。下列说法正确的是 B.从O点发射的所有粒子都能垂直射在光 屏上 67 C.能射在光屏上的粒子，在磁场中运动时间最 20.(多选)(2024·安徽卷)空间中存在竖直向下的 长为器 匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场 强度大小为E,磁感应强度大小为B。一质量 D.能射在光屏上的粒子初速度方向与x轴夹 为m的带电油滴a,在纸面内做半径为R的圆 角满足60°≤0≤120 周运动，轨迹如图所示。当α运动到最低点P 【考场·真题真练】 时，瞬间分成两个小油滴I、Ⅱ，二者带电量、质 量均相同。I在P点时与a的速度方向相同， 19.(2024·湖北卷)如图所示，在以O点为圆心、半 并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ 径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强 的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g,不 磁场，磁感应强度大小为B。······· 圆形区域外有大小相等、方、4xg×心” 计空气浮力与阻力以及1、Ⅱ分开后的相互作 年0XXX/ 用。则 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 B 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 A油清a带负电，所带电量的大小为受 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 B油滴a做圆周运动的速度大小为B E 域的最小时间间隔为π四 3gB C.小油滴I做圆周运动的速度大小为3gB那 E D.若粒子从A点射人到从C点射出圆形区域 周期为4xE 8B 用时最短，粒子运动的速度大小为3B那 3m D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动 68R2.B}.^},故C正确,ABD错误。 2,由 #R BOn 几何关系,导体棒1运动至绳1所在的水平线上时 【答案】C 专题十四 带电粒子在磁场中的运动 -y,D正。 时B ,电流最大值I一 1.【解析】A、粒子在外力F作用下沿虚线做逆时针匀 5d' 速圆周运动,合力为向心力,大小不变,方向始终指向 【答案】 】AD 圆心,由安培定则可知,a点时速度方向与磁感应强度 18.【解析】 A.由于金属杆长度、电流均恒定,磁感应强 方向平行,粒子受到的洛伦兹力大小为0,所以外力F 度B随坐标工线性增加,由安培力公式知:F安一 指向圆心,故A错误;B、粒子做匀速圆周运动,合力为 BIL=(B。十kx)IL,金属杆ab的合外力为:F= 向心力,大小不变,方向始终指向圆心,b点时速度方 $ BIL-(B+kx)IL-BolL-kxlL,可知合外力 向与磁感应强度方向夹0且在同一平面,由安培定则 F会随工发生线性变化,由牛顿第二定律可知其加速 可知,粒子受到的洛伦兹力垂直于纸面向外,外力垂 度也随工发生线性变化,所以金属杆ab做变加速运 直于纸面向里错误,故B错误;C、粒子在a点时速度 动,故A正确;B.金属杆ab所受合外力随坐标工变 方向与磁感应强度方向平行,粒子受到的洛伦兹力大 化的图像为 小为0,同理粒子在c点受到的洛伦兹力也为0,而粒 子在d点时,由于磁感应强度与速度之间不平行,所 以安培力不为0,由此定性分析可知,从a到一粒子所 受的洛伦兹力先变大再变小,故C错误;D、因为洛伦 兹力总是与速度方向垂直,所以洛伦兹力永不做功, 故D正确。 【答案】D 2.【解析】木板获得一水平向左的初速度,受到物块对 其向右的摩擦力,所以木板做减速运动;同时,木板对 物块产生一个向左的摩擦力,因此物块做加速运动, B #,在金属杆ab从静止 其中当F一0时,解得a= 物块带负电,由左手定则知物块受到的洛伦兹力向 下,则f=uFy,F=mg+Bqv,由牛顿第二定律得: 开始向右运动的过程中,合外力做的功为零时,其位 一ma,联立解得:u(mg十Bqu)一ma,由公式可知,物 移最大,根据F。一文图线与工轴所围的面积表示做 块受到的摩擦力变大,加速度变大;对木板由牛须第 功的多少,可知图像与工轴所围的两个三角形面积 二定律得:u(mg十Bgv)一Ma',则木板的加速度变大 2B 2{},故B错误;CD.当合外 相等,可得xm-b-2a- 因为木板足够长,最后两者速度相等,故木板做加速 度增大的减速运动,物块做加速度增大的加速运动, 力为零、加速度为零时速度最大,即速度达到最大时 故A正确,BCD错误。 B 【答案】A 的r坐标值为a一 B0},此过程合外力做功由F一 3.【解析】由左手定则可知,带电粒子带负电荷,A正 BIL 确;作出粒子的轨迹,如题图所示,假设轨迹的圆心为 所围的面积可得:W一 O,则由几何关系得粒子的运动轨道半径R一②a,由 BIL1 TL. ..,.得:_BoO 洛伦兹力提供向心力有quB一m “R,解得B 2 能定理得:W一 2 7 故C正确,D错误。 Ba.B、C错误;由以上分析可知,N与O点距离 【答案】 AC 7 19.【解析】 导线的ab边与磁场垂直,受到的安培力大 sov-R十a-(2+1)a,D正确。 小为:F:一2BIl,导线的bc边与磁场平行,不受安培 【答案】AD 力的作用,则导线受到的安培力大小为:F一F:一 4.【解析】A、粒子在磁场中做匀速圈周运动时,洛伦兹 2BI,故C正确,ABD错误。 2 力提供向心力qB一m 【答案】C ,解得:R-0. 1m=10 cm, 20.【解析】由题可知杆在水平向右的拉力作用下先后 所有粒子均通过工轴上同一点而离开磁场,即粒子从 两次都由静止开始做匀加速直线运动,则在v一0时 x轴上x-10cm点离开磁场,即所有粒子磁聚焦到x F2F。 分别有a一 一10cm点,如图所示, 所以区域最小磁场面积:S一 ,em 设第一次和第二次运动中,杆从静止开始运动相同 R^2-2(△R?-R2)- #{:-12} 位移的时间分别为、/2,则有:x一 1。 2+π×10-{②m{②},故A错误; 解得:-- 1.) BC、粒子在磁场中运动的周 t2 xm B{L2v , B{L2v ,整理得:F-ma R 粒子在磁场中运动最短时间:1min- R,则有2 164 7.【解析】A、根据题意,当电场强度为零时,带电粒子 沿直线进入磁场做匀速圆周运动,恰打在N点,轨迹 的最大值:△p-2mv-4x10-②kg·ms,故D正确。 yo nvo 【答案】D 5.【解析】 设粒子在磁场区域 I 中做圆周运动的半径为 B y r1,在磁场区域II中做圆周 从N点离开电场,带电粒子在电场中做类平抛运动。 1.E2 运动的半径为r2,则有r三 ③ /B2 水平方向有:xo=vol,竖直方向有:yo= m 2B。,可得”:= 2muy。 B。'?= 联立解得:E一 ,故B错误;C、粒子进入磁场后 2r2。由题意可知,速度v的最大值对应的半径应为 r1一d,如图中的轨迹①所示。若粒子在A点的速度 做匀速圆周运动,轨迹如图所示, 小一些,则由分析可知,凡是做圆周运动的半径满足 粒子从电场中射出时的速度:v一 条件d-nr(n-1,2,3,..)的粒子都满足恰能通过C o,根据牛顿第二定律有:qroB 0 n dBo(n一 B 1,2,3,..),又因为 70 ,联立解得v一 qB 在磁场中的偏转距离:y一QQ= n77 1.2,3,..),故C正确。 2rsin0- 【答案】C qB 6.【解析】 中的偏转距离都相等,故C正确;D、当粒子从N点进 A、粒子从M点由静止释放经过电场加速到 入磁场中时,粒子打到接收器MN上的最大纵坐标为 第一次经过x轴的过程中有:qEd-mo},代入数据 1 y。十y。-2y。,故D错误。 【答案】AC 可得:一^n 2qEd -2X1×10 ×4×10{X0.2m/s 8.【解析】A、小球射出后能在AC上做匀速直线运动, 小球所受合力为零,受力如图所示 -4×10m/s,故A错误;BC、根据题意画出粒子的运 A 动轨迹图如图, DxxRx E -.....- 乙....--fmg x 电场力方向与场强方向相同,则小球带正电,故A错 误;B、电场力与重力的合力与竖直方向夹角为:0一 30{}.小球做圆周运动等效最低点为C点,速度最大位 置在如图所示C点,小球从C到F的过程中动能逐渐 设粒子经过电场加速一次后在磁场中的运动半径为 减小,故B正确;C、小球由A运动到G点的过程克服 电场力做功最大,故在G点其电势能最大,故C错误; ,可得:7 r1 33g,若撤去 m__x10 qB1×10×0.4 m-0.1m,同理可知,粒子经过 磁场,小球在P点恰好不脱离轨道,此时轨道对小球 电场加速两次后在磁场中的运动半径r-0.1v2m. ,解得:三 弹力为零,由牛顿第二定律得:F一m 2 由图可知,粒子第三次经过y轴时的位置坐标不为 程,由动能定理_: F·2R一 一0g,解 2 5ms,从A到C过程小球速度不变,从C到P过 (0,0.2m),故BC错误;D、粒子在磁场中运动的周期 T-2-m5-nx10-6s,粒子在电场中第一次加速的时 得;vo=10ms,v-25m/s vo,则让小球以初 间为--0.2 速度v。一2\5m/s射出,则小球一定会脱离轨道,故 D错误。 【答案】B 中第二次加速的时间为2一 d 9.【解析】A.小球在区域lI内做匀速圆周运动,则洛伦 1十2 2 兹力提供向心力,因此mg一qE。 解得:E-m,故A正确;B.因为小球恰好不从右边 0.4 s.粒子在无电场和磁场区域做匀 4×104×42×10 界穿出,小球运动轨迹如图甲所示: M 1, 开始释放到第五次经过x轴所用的时间为1一2T十71 10-5s,故D正确。 10 【答案】D 图甲 165 8,,由洛伦兹力提供向心力,结 根据几何关系得d-- 2r- 合牛顿第二定律可得: 16m00.B错误;CD. 中,根据牛顿第二定律和运动学公式有:T-2-m qB BqX2-m 5qd 带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力做 qto 直线运动,三力满足如图乙所示关系: Eoxo.5to,解得: 和运动学公式有:y一a×0.5t /Bqv Eo2,故D正确。 qto 【答案】 1 ABD 11.【解析】 根据右手蟒旋定则可知,从a点出发沿连 ..-.-&mg 线运动到)点,直线M处的磁场方向垂直于MN向 图乙 里,直线N处的磁场方向垂直于MN向外,所以合 磁场大小先减小过o点后反向增大,而方向先里,过 因此小球从A→O只能做匀速直线运动。区域I中O →C小球做直线运动,电场强度最小,受力如图丙所 0点后向外,根据左手定则可知,带正电的小球受到 示(电场力方向与速度方向垂直): 的洛伦兹力方向开始的方向向上,大小在减小,如果 v特别大,在a处向上的洛伦兹力特别大,大于mg E2 则此处F。一F落一mg向下特别大,有可能F。F。= ng;过o点后洛伦兹力的方向向下,大小在增大。由 此可知,小球在速度方向不受力的作用,则将做匀速 2E 直线运动,而小球对杆的压力一直在增大,即F。 F.,故D不可能,ABC可能。 【答案】 Ving D 12.【解析】 ABD、小球带正电,从静止释放向右运动过 图丙 程中,由左手定则可知洛伦兹力坚直向下由牛顿第 二定律可得:Eo一u(mg+quB)一ma,可知v增大,a ng' 减小,当加速度减小到零时,小球做匀速直线运动, 解得E。-4mg,方向与x轴正方向成53{角向上。故 速度达到最大,即Eq一(mg十quB)-0,解得= 5 E-m,若小球带负电,电场力水平向左,小球向 CD正确。 AB 【答案】ACD 左运动,洛伦兹力竖直向下,与带正电小球的运动情 10.【解析】根据题意可知,在0.5t0~to内,粒子在磁 况相同,最后做匀速直线运动,故AD错误,B正确; 场中做匀速圆周运动,且转了周,在0.51o~to、t。 C、小球在向右运动过程中,f一(mg十ouB),所以小 球运动到N点时合外力做的功小于qEL一mgL,故 ~1.5t。内,粒子在电场中向下做减速运动到速度为 C错误。 零,在0.5t0~t、1.5t。~2t。内,粒子在电场中向上 【答案】B 13.【解析】 做加速运动到速度为v,在0.5to~to、2t。~2.5t。内, 1. a粒子向上偏转,由左手定则知a粒子带正 粒子在磁场中做匀速圆周运动,转了-圆周,粒子回 电,么粒子向下偏转,同理可知么粒子带负电,故A错 误;由几何关系可知,磁场水平距离x一R。sin60{}- 到极板中线,速度平行于极板中线,接下来粒子周期 性地重复以上运动,粒子在一个运动周期内的轨迹 如图所示, 得-BR 0.5t” 2.5to .比荷相同,磁场相同,则v:一R。:R r 60* 30 D错误。 行进 1.5t 30 A、粒子一个运动周期为0.5t。~2.5t。之间的时间, 所以:T-2.5t。-0.5t。-2t。 故粒子射出极板的时刻可能为:t-0.5t。十nT-(0.5 十2n)to(n-1、2、3.) 。8 当n-1时,/-0.5t+2T-2.5t,故A正确;B.粒子 2rr_ 在磁场中,设粒子的轨迹半径为r,则有:T燕 。 -,故极板间距应满足:d二2(r十y) 【答案】 t B 166 14.【解析】A、离子在磁场中受到洛伦兹力作用,而洛 距离为r,即沿平行x轴正方向射入的粒子离开磁场 伦兹力对离子不做功,不能改变离子的速率,因此离 时的位置到O点的距离为d,故C错误;D.从O点射 子经过引出通道后的速度等于v.故A错误;B、离子 出的粒子轨迹如图所示 在磁场中做匀速圆周运动时,根据洛伦兹力提供向 x x x B。 x x x 设离子在引出通道内的轨道半径为r,同理可得,- x n ,因离子在引出通道内的轨道半径大于D型盒 x x 9B x 半径,则引出通道内的磁感应强度小于D型盒内磁 0f x xxx 感应强度B,故B错误;C、若离子恰能从引出通道的 Q点引出,设圆孤半径为R,轨迹如图所示 射出的粒子在磁场中的运动时间为1- D正确。 【答案】 AD 16.【解析】 A.粒子在磁场中做圆周运动过程中洛伦兹 则有,O'Q=r,OQ-L,OO=r-R,根据几何关系 力提供向心力,则有:qrvoB一m-,代入数据解得:r 得,-L2+(r-R)+2L(r-R)cos R+L-2RLcosθ 一0.1m,任意画一条运动轨迹如图: 解得:r 2R-2Lcos8 ,由洛伦兹力提供向心 力得:Bq-n nu qr L2+R-2RLcos8 确:D、由C项分析可知,离子能否离开加速器与粒子 的电量和质量均无关,若引出通道中磁场为B。时,该离 子能引出加速器,则此时将一带电量2o,质量为2m的 离子也一定能从加速器中引出,故D错误。 【答案】C 15.【解析】A.根据几何关系可得:SP一SO+Op^ .E V十3^{}-2d,所有粒子射出磁场时离S最远的位 , 置是文轴上的P点,可知粒子做园周运动的半径r 设粒子在磁场中的入射点为M,出射点为N,因为粒 满足2r-SP-2d,可得r-d,粒子受到的洛伦兹力 子做圈周运动的半径等于磁场半径,故四边形 O. MO。N为菱形,所以O.N/MO。,即O.N沿x轴 正方向,N点C点重合。故所有进入磁场中偏转的 粒子最后都经C点打入电场,故A正确;B、由上述分 得:-Bd ,故A正确;B.从工轴上射出磁场的粒子 析可知,粒子进入磁场中偏转后经过C点的速度方 17 中,沿y轴正方向射出的粒子在磁场中运动的时间最 向不一定平行于x轴,故B错误;CD、从x=一0.1m 处打入的粒子在磁场中偏转后经C点平行于工轴打 长,从O点射出的粒子时间最短,运动轨迹如图所示 入电场,粒子在电场中做类平抛运动,根据类平抛运 ,2 & 。。 x x 解得:x一0.5m,故C正确、D错误。 【答案】AC X /x 0: 2 X 3×10-3+1×10-③ -C-+2×10-3C,N球要能做 2 匀速圆周运动,电场力与重力平衡,电场力的方向向 根据几何关系,粒子在碰场中做圆周运动的圆心角 上,又因N球带正电,所以电场强度的方向向上,则 Eq=mg,解得:E一5N/C,故D正确;A、N球做匀速 tmx一 圆周运动且对轨道无压力,则qvB一m 一Ims,故A正确;B、取向右为正方向,M、N两球 碰撞过程中动量守恒nv。一mv+nv,解得:M球 碰后的速度大小为v-0.5m/s,因为m{ ## 的粒子,其圆心在O点,离开磁场时的位置到O点的 167 故B错误;C、碰后M球电场力与重力平衡,假设不 { 受轨道弹力,则洛伦兹力提供向心力qB-n 解得:r一0.5m r,所以M球将脱离半圆轨道 BCD做匀速圆周运动,故C错误。 【答案】AD 18.【解析】 1 A.初速度沿y轴正向的粒子经过磁场后, 恰能垂直射在光屏上,有oBu一n 。。 B 图1 图2 77 相等,但方向不同,且离开磁场区域的出射点距离圆 【答案】D 心的坚直高度最大值为2R,并不会垂直打在光屏上, 20.【解析】 带电粒子在复合场中做匀速圆周运动,重 故B错误;C.如图,由几何关系可得,运动时间最长 力和电场力的合力为零,洛伦兹力完全提供向心力; 根据题意Eg一mg,解得带电油滴所带的电荷量q 3 方向转动,所受洛伦兹力竖直向上,根据左手定则可 知,油滴带负电,故A正确;洛伦兹力提供向心力 quB-mK,联立解得油滴a做圆周运动的速度大小 _? 为-BR .故B正确;油滴分裂后,小油滴I仍然做 E 匀速圆周运动,说明电荷和质量都均分;小油滴I做 {} E 3B 故C错误:D.若能打在光屏下端,如图 1 32 mo2,代入数据解得v2-8BR. R,负号表示方向水平向 右:根据左手定则可知油滴lI沿顺时针方向做匀速 园周运动,故D正确。 【答案】ABD 专题十至十四滚动检测卷 1.【解析】由v一1图像结合数学知识可知带电粒子加 速度减小,带电粒子只受电场力作用,根据牛顿第二 由几何知识可知初速度与工轴夹角为0;一60{},同理, 定律有F一ma一qE,可知,电场强度E减小,电场线 粒子打在光屏上端时,初速度与工轴夹角为0。 越疏的场强越小,可知带电粒子应该从电场线密的地 120,故D正确。 方向电场线疏的地方运动;带电粒子从a到运动时, 【答案】 AD 轨迹切线方向表速度方向,力指向轨迹的凹侧面,且 19.【解析】根据带电粒子在圆形边界磁场中的运动性 带电粒子速度减小,所以力和速度夹角成钝角。故 质可知粒子的运动轨迹不可能经过O点,粒子射出 ABC错误,D正确。 圆形区域时的速度方向一定沿该区域的半径方向, 【答案】D AB错误;当粒子在磁场中运动的轨迹半径为1一R 2.【解析】A、依题意,正试探电荷从O点移到c点,此 时,粒子连续两次由A点沿AC方向射入磁场区域 过程中电场力做正功,可知O点的场强方向与Oc的 的时间间隔最短,其运动轨迹如图1所示,由洛伦兹 2πr1.则最短 夹角小于90{},根据场强叠加原理结合几何知识判断 1.又T- 力提供向心力有q:B一m 知a点固定的应是正电荷,故A错误;B、依题意,根据 t 场强叠加原理结合几何知识,可得等量异种点电荷在 O点处产生场强的合电场强度方向平行于a,故B正 B 确;C、根据等量异种点电荷电场线的分布特点,可知 入到从C点射出圆形区域用时最短时,粒子的运动 cd两点的场强方向不同,故C错误;D、根据等量异种 轨迹如图2所示,由几何关系可知此时粒子的轨迹 点电荷空间电势的分布特点,可知O点与无穷远处的 电势相等,为0,根据Wo-qUo=q(co-),可得c 5.0×10-* _ 3n 种点电荷空间电势的分布特点,可知d点电势为50V, 168