备考2024届高考物理一轮复习分层练习第十一章磁场专题十七带电粒子在叠加场和交变电磁场中的运动

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1.[2023新课标]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（ C ）
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
解析 假设电子打在a点，即其所受电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反，故eE＝evB，由于α粒子的速度v'小于电子的速度v，所以2eE＞2ev'B，α粒子经过电、磁叠加场后向右偏转，即其所受合力方向向右，由于α粒子带正电，所以电场方向水平向右；电子所受电场力水平向左，则其所受洛伦兹力水平向右，则磁场方向垂直纸面向里，C正确.假设α粒子打在a点，同样可以得出只有C正确.
2.[多选]如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，上端开口、下端封闭的玻璃管竖直放置，玻璃管内壁光滑，管底有一带正电的小球，在外力作用下，玻璃管垂直进入磁场并保持速度不变，小球最终从上端管口飞出.从玻璃管进入磁场到小球飞出玻璃管的过程中，下列说法正确的是（ BC ）
A.洛伦兹力对小球做正功
B.小球的机械能增加
C.小球的运动轨迹是一条拋物线
D.小球在玻璃管中的运动时间与玻璃管的速度无关
解析 洛伦兹力的方向与速度方向垂直，永远不做功，A错误.设小球的水平分速度为v，竖直分速度为vy，小球受力如图所示，玻璃管对带电小球的弹力水平向右，小球的速度方向斜向右上方，弹力对小球做正功，小球的机械能增加，B正确.小球随玻璃管在水平方向做匀速直线运动；小球在竖直方向所受的洛伦兹力F1＝qvB是恒力，在竖直方向，由牛顿第二定律得qvB－mg＝ma，解得小球的加速度大小a＝qvBm－g，可知小球的加速度不随时间变化，恒定不变，小球在竖直方向做匀加速直线运动，合运动为匀变速曲线运动，运动轨迹是一条抛物线，C正确.小球在竖直方向做匀加速运动，根据h＝12at2，可知t＝2ha＝2hqvBm－g，则小球在玻璃管中的运动时间与玻璃管的速度有关，D错误.
3.[运动的分解/2024北京海淀区模拟/多选]如图甲所示，已知车轮边缘上一质点P的轨迹可看成质点P相对圆心O做速率为v的匀速圆周运动，同时圆心O向右相对地面以速率v做匀速运动形成的，该轨迹称为圆滚线.如图乙所示，空间存在竖直向下的大小为E的匀强电场和水平方向（垂直纸面向里）大小为B的匀强磁场，已知一质量为m、带电荷量为q的正离子在电场力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB（该曲线属于圆滚线）运动，到达B点时速度为零，C为运动的最低点.不计重力，则（ BC ）
A.该离子的电势能先增大后减小
B.A、B两点位于同一高度
C.到达C点时离子速度最大，大小为2EB
D.离子从A点运动到B点经历的时间为πmqB
解析 正离子开始受到方向向下的电场力作用由静止开始向下运动，到最低点后又向上运动，所在位置的电势先减小后增大，该离子的电势能Ep＝qφ先减小后增大，故A错误；离子从A到B，动能变化量为零，洛伦兹力不做功，根据动能定理知，电场力做的功为零，A、B两点电势相等，因为该电场是匀强电场，所以A、B两点位于同一高度，故B正确；把初态速度0分解为向右的速度v和向左的速度v，且qvB＝Eq，解得v＝EB，离子沿曲线ACB的运动可看成速率为v的匀速圆周运动与圆心速率为v向右的匀速直线运动的合运动，离子到达C点时匀速直线运动与圆周运动速度同向，速度最大为vmax＝2v＝2EB，故C正确；离子从A点运动到B点经历的时间为圆周运动的一个周期T＝2πmqB，故D错误.
4.如图所示，空间分布着水平向右的匀强电场，质量为m、电荷量为q的带正电的小球用绝缘细线悬挂在O点.小球静止时，细线与竖直方向的夹角α＝60°.已知重力加速度大小为g.
（1）求电场强度的大小E.
（2）若把小球拉至最低点A，并给它一水平初速度v0，为使小球可做完整的圆周运动，求细线长度l的范围.
（3）若小球在电场中静止，再加一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.剪断细线，求小球运动过程中的最大速率vm.
答案 （1）3mgq （2）0＜l≤v028g （3）4mgBq
解析 （1）小球静止时，受力平衡，有
Eq＝mgtanα，解得E＝3mgq
（2）小球所受重力、电场力的合力大小为
F＝（mg）2＋（Eq）2＝2mg
将重力场与电场视为一个等效场，则该场方向斜向下，与竖直方向夹角为α，小球静止的位置为等效最低点，B点为等效最高点，如图1所示.如果小球刚好能做完整的圆周运动，在等效最高点B满足2mg＝mvB2l1
小球从A点运动到B点，由动能定理有
－mgl1（1＋sin30°）－Eql1cs30°＝12mvB2－12mv02
解得l1＝v028g
细线长度的取值范围为0＜l≤v028g
（3）将小球的初速度分解为垂直于重力和电场力的合力F向上的速度v1和垂直于重力和电场力的合力F向下的速度v1，且满足
F洛＝Bqv1＝2mg
垂直于重力和电场力的合力F向上的速度引起的洛伦兹力与重力和电场力的合力F等大反向，相互抵消，小球分运动为垂直于重力和电场力的合力F向上的匀速直线运动；垂直于重力和电场力的合力F向下的速度引起的洛伦兹力与F同向，使小球做逆时针的匀速圆周运动.
所以小球做斜向右上的匀速直线运动的同时做逆时针的匀速圆周运动，如图2和图3，可知在轨迹Q点，小球的速度最大.
即vm＝2v1
所以vm＝4mgBq.
图2 图3
5.如图甲所示，左、右竖直边界分别为PP'、QQ'的匀强磁场宽度为d，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图乙所示规律周期性变化，B0＝13×10－3T，T0＝2π×10－5s，磁场以垂直纸面向里为正方向.匀强磁场的左侧有一粒子源，能沿纸面源源不断地水平向右发射质量为m、带电荷量为－q的粒子，已知粒子速度均为v＝1.0×104m/s，粒子的比荷为qm＝108C/kg.若t＝0时刻射入的粒子恰好在34T0时刻从右边界QQ'射出.忽略粒子的重力及粒子之间的相互作用.
（1）假设粒子在磁场中能做完整的匀速圆周运动，周期为T，求T与T0的关系；
（2）求匀强磁场的宽度d.
答案 （1）T＝3T0 （2）3（23－1）20m或0.37m
解析 （1）粒子在磁场中做完整的圆周运动的周期为T＝2πmqB0，解得T＝6π×10－5s
则T＝3T0
（2）粒子运动轨迹如图所示，由qvB0＝mv2r，可得粒子在磁场中运动的半径为r＝mvB0q＝0.3m
又T02＝θ1360°T，则T02时间内粒子在磁场中转过的圆心角为θ1＝60°，T04＝θ2360°T，则T04时间内粒子在磁场中转过的圆心角为θ2＝30°
由几何关系知，匀强磁场的宽度d＝2rsin60°－rsin30°
解得d＝3（23－1）20m＝0.37m.
6.[2024江西九校联考]如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向与x轴夹角为45°斜向右上方，磁感应强度的方向垂直纸面向里.一个质量为m、电荷量为q的带正电微粒从原点出发，以某一初速度沿与x轴正方向的夹角为45°的方向进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A（L，L）时，电场强度的方向突然变为竖直向上，大小变为原来的2倍（不计电场变化的时间），微粒继续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场.（不计一切阻力，重力加速度为g）求：
（1）电场强度E的大小；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）微粒在复合场中运动的时间.
答案 （1）2mg2q （2）mqg2L （3）（1＋3π4）2Lg
解析 （1）由题意可知微粒在到达A点之前做匀速直线运动，对微粒受力分析，如图1所示
由几何关系有Eq＝mgsin45°
解得E＝2mg2q
（2）由图1的几何关系有qvB＝mgcs45°
电场强度的大小和方向改变后，微粒所受的重力和电场力平衡，微粒在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，微粒从进入复合场到穿出复合场的运动轨迹如图2所示
由几何知识可得r＝2L
又qvB＝mv2r
联立解得B＝mqg2L，v＝gL
（3）微粒做匀速直线运动的时间为
t1＝2Lv＝2Lg
微粒做匀速圆周运动的时间为
t2＝34π·rv＝3π42Lg
则微粒在复合场中运动的总时间为
t＝t1＋t2＝（1＋3π4）2Lg.
7.如图甲所示，水平放置的平行金属板P和Q，间距为d，两板间存在周期性变化的电场或磁场.P、Q间的电势差UPQ随时间的变化规律如图乙所示，磁感应强度B随时间变化的规律如图丙所示，磁场方向垂直纸面向里为正方向.t＝0时刻，一质量为m、电荷量为＋q的粒子（不计重力），以初速度v0由P板左端靠近板面的位置，沿平行于板面的方向射入两板之间，m、q、d、v0、U0为已知量.
（1）若仅存在交变电场，要使粒子飞到Q板时，速度方向恰好与Q板相切，求交变电场的周期T1；
（2）若仅存在匀强磁场，且满足B0＝2mv0qd，粒子经一段时间恰能垂直打在Q板上（不考虑粒子反弹），求击中点到出发点的水平距离.
答案 （1）4md2nqU0（n＝1，2，3，…） （2）3－12d
解析 （1）设经时间t粒子恰好沿切线飞到Q板，竖直速度为零，由牛顿第二定律得，加速度a＝qU0md
半个周期内，粒子向上运动的距离为y＝12a（T12）2
d＝2ny
联立解得T1＝4md2nqU0（n＝1，2，3，…）
（2）仅存在磁场时，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，则有qv0B0＝mv02r
解得r＝12d
要使粒子能垂直打到Q板上，在交变磁场的半个周期内，粒子轨迹对应的圆心角设为90°＋θ，如图所示，由几何关系得r＋2rsinθ＝d
解得sinθ＝12
则粒子打到Q板的位置距出发点的水平距离为
x＝2rcsθ－r＝3－12d.