高考物理一轮复习考点强化练4带电粒子在复合场中的运动问题含答案

高频考点强化练(四)　带电粒子在复合场中的运动问题

(45分钟　100分)

一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分，其中1～6题为单选，7～10题为多选)

1.如图所示，a、b是两个匀强磁场边界上的两点，左边匀强磁场的磁感线垂直纸面向里，右边匀强磁场的磁感线垂直纸面向外，两边的磁感应强度大小相等。电荷量为2e的带正电的质点M以某一速度从a点垂直磁场边界向左射出，与静止在b点的电荷量为e的带负电的质点N相撞，并粘合在一起，不计质点M和质点N的重力，则它们在磁场中的运动轨迹是(　　)

【解析】选D。带正电质点以某一速度击中并吸收静止的带负电质点，动量保持不变，电荷量变为＋e，由左手定则可判断出带正电质点刚过b点时所受洛伦兹力向下；由r＝可得，电量减半，则半径增大到原来的2倍，故磁场中的运动轨迹为D项，则D正确，A、B、C错误。

【加固训练】

如图所示，虚线区域空间内存在由匀强电场E和匀强磁场B组成的正交或平行的电场和磁场，有一个带正电小球(电荷量为+q，质量为m)从正交或平行的电磁复合场上方的某一高度自由落下，那么带电小球可能沿直线通过的是              (　　)

A.①②　　B.③④　　C.①③　　D.②④

【解析】选B。①图中小球受重力、向左的电场力、向右的洛伦兹力，下降过程中速度一定变大，故洛伦兹力一定变化，不可能一直与电场力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲线运动；②图中小球受重力、向上的电场力、垂直向外的洛伦兹力，合力与速度一定不共线，故一定做曲线运动；③图中小球受重力、向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力，若三力平衡，则小球做匀速直线运动；④图中小球受向下的重力和向上的电场力，合力一定与速度共线，故小球一定做直线运动。故选项B正确。

2.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、电荷量为q。下列说法错误的是(　　)

A．质子的最大速度不超过2πRf

B．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】选D。质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，则v＝＝2πRf。所以最大速度不超过2πfR，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qvB＝m，则质子的最大动能Ekm＝mv2＝，与电压无关，故B、C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。

3.如图所示，一块长方体金属材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。当通以从左到右的恒定电流I时，金属材料上、下表面电势分别为φ1、φ2。该金属材料垂直电流方向的截面为长方形，其与磁场垂直的边长为a、与磁场平行的边长为b，金属材料单位体积内自由电子数为n，元电荷为e。那么(　　)

A．φ1－φ2＝   

B．φ1－φ2＝－

C．φ1－φ2＝   

D．φ1－φ2＝－

【解析】选B。由左手定则可判断出金属材料中的自由电子受到的洛伦兹力方向向上，金属材料上表面的电势φ1低于下表面电势φ2，金属材料上、下表面的电势差U＝φ2－φ1，e＝evB，I＝nevab，联立解得φ1－φ2＝－，则B正确，A、C、D错误。

4．(2021·西安模拟)作用在导电液体上的安培力能起到推动液体流动的作用，这样的装置称为电磁泵，它在医学技术上有多种应用，血液中含有离子，在人工心肺机里的电磁泵就可作为输送血液的动力。某电磁泵及尺寸如图所示，矩形截面的水平管道上下表面是导体，它与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，并有长为l的部分在磁场中，当管内充满血液并通以横穿管子的电流时血液便能向前流动。为使血液在管内不流动时能产生向前的压强p，电流强度I应为(　　)

A．　　B．　　C．　　D．

【解析】选D。由左手定则判断安培力的方向沿管道向里，当血液不流动时，安培力产生的压强为p，则BIb＝pab，I＝，D对。

5.如图所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场，粒子在磁场中转半个圆周后打在P点，设OP＝x，能够正确反映x与U之间的函数关系的是(　　)

【解析】选B。带电粒子经电压U加速，由动能定理，qU＝mv2，粒子垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场，洛伦兹力提供向心力，qvB＝m，2R＝x，联立解得：x＝，所以能够正确反应x与U之间的函数关系的是图B，A、C、D错误。

6.(2020·安庆模拟)如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R。已知该电场的电场强度为E，方向竖直向下；该磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则(　　)

A．液滴带正电

B．液滴比荷＝

C．液滴沿顺时针方向运动

D．液滴运动速度大小v＝

【解析】选C。液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知qE＝mg，得＝，故选项B错误；电场力方向竖直向上，液滴带负电，选项A错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针转动，选项C正确；对液滴qE＝mg，qvB＝m得v＝，故选项D错误。

7.太阳风含有大量高速运动的质子和电子，可用于发电。如图所示，太阳风进入两平行极板之间的区域，速度为v，方向与极板平行，该区域中有磁感应强度大小为B的匀强磁场(未画出)，方向垂直纸面，两极板间的距离为L，则(　　)

A．在开关S未闭合的情况下，两极板间稳定的电势差为BLv

B．闭合开关S后，若回路中有稳定的电流I，则极板间电场恒定

C．闭合开关S后，若回路中有稳定的电流I，则电阻消耗的热功率为2BILv

D．闭合开关S后，若回路中有稳定的电流I，则电路消耗的能量等于洛伦兹力所做的功

【解析】选A、B。太阳风进入两极板之间的匀强磁场中，开关S未闭合的情况下，稳定后，带电粒子受到洛伦兹力和电场力作用，且＝qvB，解得U＝BLv，选项A正确；闭合开关S后，若回路中有稳定的电流，则两极板之间的电压恒定，电场恒定，选项B正确；回路中电流I＝＝，电阻消耗的热功率P＝I2R＝＝BILv，选项C错误；洛伦兹力永不做功，选项D错误。

【加固训练】

(多选)(2020·石家庄模拟)如图所示是某霍尔元件的内部结构图，其载流子为电子，a接直流电源的正极，b接直流电源的负极，cd间输出霍尔电压，下列说法正确的是(　　)

A.若工作面水平，置于竖直向下的磁场中，c端的电势高于d端

B.cd间霍尔电压与ab间电流大小有关

C.将该元件移至另一位置，若霍尔电压相同，则两处的磁场强弱相同

D.在测定地球赤道上的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持竖直

【解析】选A、B、D。若工作面水平，置于竖直向下的磁场中，由于电流从a流向b，电子从b流向a，由左手定则可知，电子偏向d极，则c端的电势高于d端，选项A正确；cd间霍尔电压满足q=Bqv，而I=neSv，可知U=Bdv=，即cd间霍尔电压与ab间电流大小有关，选项B正确；由以上分析可知，将该元件移至另一位置，若霍尔电压相同，则两处的磁场强弱不一定相同，选项C错误；地球赤道处的磁场与地面平行，则在测定地球赤道上的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持竖直，选项D正确；故选A、B、D。

8．(2021·洛阳模拟)如图甲所示，绝缘轻质细绳一端固定在方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场中的O点，另一端连接带正电的小球，小球电荷量q＝6×

10－7 C，在图示坐标中，电场方向沿竖直方向，坐标原点O的电势为零。当小球以2 m/s的速率绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动时，细绳上的拉力刚好为零。在小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势φ随纵坐标y的变化关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。则下列判断正确的是(　　)

A．匀强电场的场强大小为3.2×106 V/m

B．小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少了2.4 J

C．小球做顺时针方向的匀速圆周运动

D．小球所受的洛伦兹力的大小为3 N

【解析】选B、D。据题意和乙图可知，E＝＝ V＝5×106 V，故A错误；据题意可知，小球所受的电场力等于重力，洛伦兹力提供向心力，所以小球重力势能增加最多，电势能减少最多，大小为2qφ＝2×6×10－7×2×106 J＝2.4 J，故B正确；由以上分析可知，洛伦兹力提供向心力，据左手定则可知，小球做逆时针运动，故C错误；由以上可知：mg＝Eq，f＝qvB＝，联立各式解得：f＝3 N，故D正确。

9．在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示。已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋(　　)

A.在电场中的加速度之比为1∶1

B．在磁场中运动的半径之比为∶1

C．在磁场中转过的角度之比为1∶2

D．离开电场区域时的动能之比为1∶3

【解题指导】解答本题可按以下思路进行：

(1)正离子在电场中，由于电场力的作用做加速运动。

(2)正离子在磁场中，洛伦兹力提供向心力，做圆周运动。

【解析】选B、C、D。设电场的宽度为d，两个离子的质量相同，其带电量是

1∶3的关系，所以由a＝可知，其在电场中的加速度之比是1∶3，故A错误；要想知道半径必须先知道进入磁场的速度，而速度的决定因素是加速电场，所以在离开电场时其速度表达式为：v＝，可知其速度之比为1∶。洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m，解得：r＝，所以其半径之比为∶1，故B正确；由B的分析知道，离子在磁场中运动的半径之比为∶1，设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以有sin θ＝，则可知角度的正弦值之比为1∶，又P＋的角度为30°，可知P3＋角度为60°，即在磁场中转过的角度之比为1∶2，故C正确；由电场加速后：qU＝mv2可知，两离子离开电场的动能之比为1∶3，在磁场中，洛伦兹力不做功，故D正确。

【加固训练】

(多选)如图所示，在竖直平面内，由绝缘材料制成的竖直平行轨道CD、FG与半圆轨道DPG平滑相接，CD段粗糙，其余部分都光滑，圆弧轨道半径为R，圆心为O，P为圆弧最低点，整个轨道处于水平向右的匀强电场中，电场强度为E。PDC段还存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。有一金属圆环M，带有正电荷q，质量m=，套在轨道FG上，圆环与CD轨道间的动摩擦因数μ=0.2。如果圆环从距G点高为10R处由静止释放，则下列说法正确的是

 (　　)

A.圆环在CD轨道上也能到达相同高度处

B.圆环第一次运动到P点(未进入磁场区域)时对轨道的压力为21mg

C.圆环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功为8mgR

D.圆环最终会静止在P点

【解析】选B、C。圆环从开始下落点到CD轨道最高点的过程中，电场力和摩擦力都做负功，圆环的机械能减少，所以圆环在CD轨道上不能到达相同高度，A错误；对圆环第一次运动到P点的过程由动能定理得mg·11R-EqR=mv2，在P点，由牛顿第二定律得N-mg=m，又m=，解得N=21mg，由牛顿第三定律可知圆环第一次运动到P点时对轨道的压力N′=N=21mg，B正确；因为mg>μqE，圆环将来回往复运动，最终会在D点的速度减为零，不再滑上CD轨道，对全程由动能定理得mg·10R-qE·2R-Wf=0，解得克服摩擦力做功Wf=8mgR，C项正确；而后圆环将在D点右侧一定范围内来回滑动，D项错误。

10.如图所示，甲是不带电的绝缘物块，乙是带负电的物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的绝缘水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场。现加一水平向左的匀强电场，发现甲、乙一块向右加速运动。在加速运动阶段(　　)

A．甲、乙两物块一起做加速度减小的加速运动

B．甲、乙两物块间的摩擦力不变

C．乙物块与地板之间的摩擦力不断增大

D．甲、乙两物块可能做匀加速直线运动

【解析】选A、C。对整体受力分析，地面对乙物块的摩擦力f＝μ(mg＋Mg＋qvB)，因为整体做加速运动，故地板对乙物块的摩擦力逐渐增大，C正确；对整体，根据牛顿第二定律得qE－μ(mg＋Mg＋qvB)＝(M＋m)a，整体的加速度逐渐减小，A正确，D错误；对甲物块受力分析，根据牛顿第二定律得f1＝ma，加速度减小，则两物块间的摩擦力减小，B错误。

二、计算题(本题共2小题，共40分)

11．(20分)(2021·泰州模拟)如图甲所示，质量为m、带电荷量为q的带负电粒子在t＝0时刻由a点以初速度v0垂直进入磁场，Ⅰ区域磁场的磁感应强度大小不变而方向周期性变化，如图乙所示(垂直于纸面向里为正方向)；Ⅱ区域为匀强电场，方向向上；Ⅲ区域为匀强磁场，磁感应强度大小与Ⅰ区域相同，均为B0。粒子在Ⅰ区域内一定能完成半个圆周运动且每次经过边界mn的时刻均为的整数倍。

(1)求粒子在Ⅰ区域运动的轨迹半径；

(2)若初始位置与第四次经过mn时的位置距离为x，求粒子进入Ⅲ区域时速度的可能值(初始位置记为第一次经过mn)。

【解析】(1)带电粒子在Ⅰ区域做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，

有qv0B0＝m，

解得r＝。

(2)带电粒子的运动轨迹有两种可能。

第一种情况：粒子在Ⅲ区域运动半径R＝，qv2B0＝m

解得粒子在Ⅲ区域中的速度大小v2＝

第二种情况：粒子在Ⅲ区域运动半径R＝

粒子在Ⅲ区域中的速度大小v2＝－2v0。

答案：(1)　(2)或－2v0

12．(20分)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。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)设磁感应强度大小为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qv0B＝m

可得r＝＝d

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：

v－v＝2d

可得：v1＝2v0

而粒子第一次与x轴碰撞后，反弹速度为v′1＝v1＝v0，

设粒子能再次进入磁场，且第二次进入速度为v2，则有v－v′＝－2d，

可得：v2＝v0

由此可知，先后两次进入磁场，进一步分析判断可知，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t1＝T＝

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

t＝t1＋t2＝

答案：(1)(－d，d)　(2)