1、20202020 年高考物理年高考物理带电粒子在电场、磁场中的运动带电粒子在电场、磁场中的运动专题训练专题训练 一一、选择题选择题 1.(多选)如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极板接地一带负电的油滴位于 电容器的P点且处于静止状态现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离则( ) A带电油滴将竖直向下运动 B带电油滴的机械能将增加 CP点的电势将升高 D电容器的电容增大，极板带电荷量增加 【答案】AC 【解析】将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，间距d增大，由C rS 4kd可得电 容器的电容减小，而U一定，由CQ U可得电荷量 Q减少，选项 D 错误；根据EU d可得板间 场强减小，重
2、力大于电场力，带电油滴将竖直向下运动，电场力做负功，机械能减少，选项 A 正确、B 错误；因上极板接地，电势为 0，P点电势PEy随E的减小而增大，选项 C 正确 2.(多选)如图所示， 在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场， 磁场 的磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从AC边的中点O 垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为 2L，则下列关于粒子运动 的说法中正确的是( ) A.若该粒子的入射速度为vqBL m ，则粒子一定从CD边射出磁场，且距点C的距离为L B.若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v
3、2qBL m C.若要使粒子从AC边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为vqBl 2m D.该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为m qB 【答案】ACD 【解析】根据洛伦兹力充当向心力可知：Bqvmv 2 r，若 vqBL m ，解得：rL；根据几何 关系可知，粒子一定从CD边距C点为L的位置离开磁场；故 A 正确；根据洛伦兹力充当向 心力可知，vBqr m ，因此半径越大，速度越大；根据几何关系可知，使粒子与AD边相切时 速度最大，则由几何关系可知，最大半径为一定大于 2L；故 B 错误；若要使粒子从AC边 射出，则该粒子从O点入射的最大半径为L 2；因此最大速度应为 vqB
4、L 2m ；故 C 正确；粒子运 行周期为2m Bq ，根据几何关系可知，粒子在磁场中最大圆心角为 180；故最长时间为m qB ； 故 D 正确. 3.(多选)一平行板电容器充电后与电源断开， 负极板接地， 在两极板间有一带正电小球 (电荷量很小)固定在P点，如图所示以U表示两极板间的电压，E表示两极板间的场强， Ep表示该小球在P点的电势能，若保持负极板不动，而将正极板移至图中虚线所示位置，则 ( ) AU变小 BU不变 CE变大 DEp不变 【答案】AD 【解析】 根据电容器充电后与电源断开可知，Q不变， 将正极板移至图中虚线所示位置， 间距d减小，由C rS 4kd，知电容 C增大，又
5、UQ C，电压 U减小，因EU d Q Cd 4kQ rS ，E 不变，P点到下极板的距离不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，P点 电势能Epq不变，选项 A、D 正确 4.如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面的夹角为，极板间距为d，带 负电的微粒质量为m、带电荷量为q，微粒从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入极板 间，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，则( ) A微粒到达B点时动能为1 2mv 2 0 B微粒的加速度大小等于gsin C两极板间的电势差UMN mgd qcos D微粒从A点到B点的过程中电势能减少 mgd cos 【答案】C 【解析】 微粒的受
6、力情况如图所示， 微粒做匀减速直线运动， 到达B点时动能小于1 2mv 2 0， 选项 A 错误；由牛顿第二定律得mgtan ma，加速度agtan ，选项 B 错误；又电场 力Eq mg cos ，两极板间的电场强度 E mg qcos ，两板间的电势差 UMNEd mgd qcos ，选 项 C 正确；微粒从A向B运动，电场力做负功，电势能增加，选项 D 错误 5.(多选)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)
7、、电荷量为q(q0)的同 种粒子，所有粒子均能通过MN上的b点，已知abL，则粒子的速度可能是( ) A. 3BqL 6m B. 3BqL 3m C. 3BqL 2m D. 3BqL m 【答案】AB 【解析】由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示，所有圆弧的圆心角均为 120，所 以粒子运动的半径为r 3 3 L n(n1,2,3，)，由洛伦兹力提供向心力得 Bqvmv 2 r，则 v Bqr m 3BqL 3m 1 n(n1,2,3，)，所以 A、B 对 6.图为可测定比荷的某装置的简化示意图， 在第一象限区域内有垂直于纸面向里的匀强 磁场，磁感应强度大小B2.010 3 T，在 x轴上距坐
8、标原点L0.50 m 的P处为离子的入 射口，在y轴上安放接收器，现将一带正电荷的粒子以v3.510 4 m/s 的速率从 P处射入 磁场，若粒子在y轴上距坐标原点L0.50 m 的M处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小， 设带电粒子的质量为m，电量为q，不计其重力则上述粒子的比荷q m(C/kg)是( ) A3.510 7 B4.9107 C5.310 7 D710 7 【答案】B 【解析】设粒子在磁场中的运动半径为r，画出粒子的轨迹图如图所示。依题意MP连 线即为该粒子在磁场中做匀速圆周运动的直径，由几何关系得r 2 2 L，由洛伦兹力提供粒 子在磁场中做匀速圆周运动的向心力，可得qvBmv
9、 2 r ，联立解得q m4.910 7 C/kg，故选项 B 正确。 7.如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，A 60，AOL， 在O点放置一个粒子源， 可以向各个方向发射某种带负电粒子(不计重力作用)， 粒子的比荷为q m，发射速度大小都为 v0，且满足v0qBL m .粒子发射方向与OC边的夹角为， 对于粒子进入磁场后的运动，下列说法正确的是( ) A粒子有可能打到A点 B以60飞入的粒子在磁场中运动时间最短 C以30飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等 D在AC边界上只有一半区域有粒子射出 【答案】AD 【解析】根据Bqv0mv 2 0 r，又 v0qB
10、L m ，可得rmv 0 BqL，又 OAL，所以当60时， 粒子经过A点，所以 A 正确；根据粒子运动的时间t 2T，圆心角越大，时间越长，粒子 以60飞入磁场中时，粒子从A点飞出，轨迹圆心角等于 60，圆心角最大，运动的 时间最长，所以 B 错误；当粒子沿0飞入磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，在磁场 中运动时间也恰好是T 6， 从 0到 60在磁场中运动时间先减小后增大，在AC边上有一 半区域有粒子飞出，所以 C 错误，D 正确 8.电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示.K 为阴极，A 为阳极，两极之间的距离为 d.在两极之间加上高压U，有一电子在 K 极由静止被加速.不考虑电子重力，元电
11、荷为e，则 下列说法正确的是( ) A.A、K 之间的电场强度为U d B.电子到达 A 极板时的动能大于eU C.由 K 到 A 电子的电势能减小了eU D.由 K 沿直线到 A 电势逐渐减小 【答案】C 【解析】A、K 之间建立的是非匀强电场，公式UEd不适用，因此 A、K 之间的电场强 度不等于U d.故 A 错误；根据动能定理得：E k0eU，得电子到达 A 极板时的动能 EkeU， 故 B 错误；由能量守恒定律知，由 K 到 A 电子的电势能减小了eU，故 C 正确；电场力对电 子做正功，则电子受到的电场力向下，电场方向向上，则由 K 沿直线到 A 电势逐渐升高，故 D 错误. 二二
12、 非选择题非选择题 1.如图，空间有一竖直向下沿x轴方向的静电场，电场的场强大小按Ekx分布(x是 轴上某点到O点的距离)，k mg 3qL.x 轴上，有一长为L的绝缘细线连接A、B两个小球，两 球质量均为m，B球带负电，带电荷量为q，A球距O点的距离为L.两球现处于静止状态， 不计两球之间的静电力作用 (1)求A球的带电荷量qA； (2)剪断细线后，求B球的最大速度vm. 【解析】(1)A、B两球静止时，A球所处位置场强为 E1kLmg 3q B球所处的位置场强为E2k2L2mg 3q 对A、B由整体法得：2mgqAE1qE20 解得：qA4q (2)当B球下落速度达到最大时，B球距O点距离
13、为x0 mgqEq mg 3qLx 0解得：x03L 运动过程中，电场力大小线性变化，所以由动能定理得： mgLEqL1 2mv 2 m1 2mv 2 0 Eq 2 3mgmg 2 5 6mg 解得：vm gL 3 【答案】(1)4q (2) gL 3 2.某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示装置的长为L，上、下两个 相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反，两磁场 的间距为d.装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，M位于轴线OO上，N、P分别 位于下方磁场的上、下边界上在纸面内，质量为m、电荷量为q的粒子以某一速度从装 置左端的中点射入，方向
14、与轴线成 30角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点改 变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板的位置不计粒子的重力 (1)求磁场区域的宽度h； (2)欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点，求粒子入射速度的最小变化量 v； (3)欲使粒子到达M点，求粒子入射速度大小的可能值 【解析】(1)设粒子在磁场中的轨迹半径为r，粒子的运动轨迹如图所示 根据题意知L3rsin 303 2dcot 30，且磁场区域的宽度 hr(1cos 30) 解得：h(2 3L 3d)(1 3 2 ) (2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨迹半径为r，洛伦兹力提供向心力，则有mv 2 r qvB，mv 2 rqv
15、B， 由题意知 3rsin 304rsin 30， 解得粒子速度的最小变化量 vvvqB m (L 6 3 4 d) (3)设粒子经过上方磁场n次 由题意知L(2n2)d 2cot 30(2n2)r nsin 30 且mv 2 n rnqv nB，解得vnqB m ( L n1 3d)(1n 3L 3d 1，n取整数) 【答案】(1)(2 3L 3d)(1 3 2 ) (2)qB m (L 6 3 4 d) (3)qB m ( L n1 3d)(1n 3L 3d 1，n取整数) 3.真空中存在一中空的柱形圆筒，如图所示是它的一个截面，a、b、c为此截面上的三 个小孔，三个小孔在圆形截面上均匀分
16、布，圆筒半径为R.在圆筒的外部空间存在着匀强磁 场，磁感应强度大小为B，其方向与圆筒的轴线平行，在图中垂直于纸面向里.现在a处向 圆筒内发射一个带正电的粒子，其质量为m，带电荷量为q，使粒子在如图所示平面内运动， 设粒子只受磁场力的作用，若粒子碰到圆筒即会被吸收，则： (1)若要粒子发射后在以后的运动中始终不会碰到圆筒，则粒子的初速度的大小和方向 有何要求？ (2)如果在圆筒内的区域中还存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小也为B， 则为使粒子以后都不会碰到圆筒，粒子的初速度大小和方向有何要求？ 【答案】(1)qBR m ，方向从a指向b (2) 3qBR m ，方向由a指向圆筒截面的圆心
17、 【解析】(1)依题意，粒子进入圆筒后从a指向b，从b进入磁场偏转后只能由c进入 圆筒，且方向指向a.画出粒子运动的轨迹如图甲，粒子的偏转角是 240，由图中的几何关 系得：粒子运动的圆心一定在圆筒上，而且粒子的半径rR.粒子在磁场中运动，洛伦兹力 提供向心力，所以：qv1Bmv 2 1 r ，联立得：v1qBR m . 甲 (2)如果在圆筒内的区域中还存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小也为B， 由粒子运动的对称性可知，粒子运动的轨迹只能是从a到b，然后在外侧的磁场中到c，在 圆筒内再到a，然后在外侧的磁场中到b，在圆筒内再到c，然后在外侧的磁场中到a. 乙 粒子运动的初速度方向是从a
18、指向圆心.做出粒子运动的轨迹，粒子运动轨迹如图乙所 示，由图可知，cdOc，bdOb，所以粒子的偏转角：300，所以：bOd60，粒 子在匀强磁场中做匀速圆周运动， 设圆弧的圆半径为r， 粒子的偏转半径：rRtan 60 3R 由牛顿第二定律得：qvBmv 2 r 所以：v 3qBR m . 4.如图所示， 在边长为L的正方形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场， 其磁感应强度 大小为B.在正方形对角线CE上有一点P，其到CF、CD距离均为L 4，且在 P点处有一个发射 正离子的装置， 能连续不断地向纸面内的各方向发射出速率不同的正离子 已知离子的质量 为m，电荷量为q，不计离子重力及离子间相互作
19、用力 (1)速率在什么范围内的所有离子均不可能射出正方形区域？ (2)求速率为v13qBL 32m 的离子在DE边的射出点距离D点的范围 【答案】(1)vqBL 8m (2)L 4d 2 3L 8 【解析】因离子以垂直于磁场的速度射入磁场，故其在洛伦兹力作用下必做圆周运动 (1)依题意可知离子在正方形区域内做圆周运动不射出该区域，做圆周运动的半径为 rL 8. 对离子，由牛顿第二定律有qvBmv 2 rv qBr m qBL 8m . (2)当v13qBL 32m 时， 设离子在磁场中做圆周运动的半径为R， 则由qvBmv 2 R可得 Rmv qB m qB 13qBL 32m 13L 32
20、. 甲 要使离子从DE射出，则其必不能从CD射出，其临界状态是离子轨迹与CD边相切，设 切点与C点距离为x，其轨迹如图甲所示， 由几何关系得： R 2(xL 4) 2(RL 4) 2， 计算可得x5 8L， 设此时DE边出射点与D点的距离为d1，则由几何关系有：(Lx) 2(Rd 1) 2R2， 解得d1L 4. 乙 而当离子轨迹与DE边相切时，离子必将从EF边射出，设此时切点与D点距离为d2，其 轨迹如图乙所示，由几何关系有： R 2(3 4LR) 2(d 2L 4) 2， 解得d2 2 3L 8 . 故速率为v13qBL 32m 的离子在DE边的射出点距离D点的范围为L 4d 2 3L 8
21、 。 5如图所示，在匀强电场中建立直角坐标系xOy，y轴竖直向上，一质量为m、电荷量 为q的微粒从x轴上的M点射出， 方向与x轴夹角为， 微粒恰能以速度v做匀速直线运 动，重力加速度为g. (1)求匀强电场场强E； (2)若再叠加一圆形边界的匀强磁场，使微粒能到达x轴上的N点，M、N两点关于原点 O对称，距离为L，微粒运动轨迹也关于y轴对称已知磁场的磁感应强度大小为B，方向 垂直xOy平面向外，求磁场区域的最小面积S及微粒从M运动到N的时间t. 【答案】(1)mg q ，方向竖直向上 (2)m 2v2sin2 q 2B2 qBL2mvsin qBvcos 2m qB 【解析】(1)对微粒有qE
22、mg0，得Emg q 方向竖直向上 (2)微粒在磁场中有qvBmv 2 R，解得 Rmv qB. 如图所示，当PQ为圆形磁场的直径时，圆形磁场面积最小有rRsin 其面积Sr 2m 2v2sin2 q 2B2 又T2R v (或T2m qB ) 根据几何关系可知偏转角为 2 则在磁场中运动的时间t22 2T 2m qB 又MPQNL2Rsin 2cos ，且有t1t3MP v 故 运 动 的 时 间tt1t2t3 L2Rsin vcos 2m qB L2mv qBsin vcos 2m qB qBL2mvsin qBvcos 2m qB. 6.如图所示，在xOy平面内，以O(0，R)为圆心、R
23、为半径的圆内有垂直平面向外的 匀强磁场，x轴下方有垂直平面向里的匀强磁场，两区域磁感应强度大小相等第四象限有 一与x轴成 45角倾斜放置的挡板PQ，P、Q两点在坐标轴上，且O、P两点间的距离大于 2R，在圆形磁场的左侧 0y2R的区间内，均匀分布着质量为m、电荷量为q的一簇带电粒 子，当所有粒子均沿x轴正向以速度v射入圆形磁场区域时，粒子偏转后都从O点进入x 轴下方磁场， 结果有一半粒子能打在挡板上 不计粒子重力、 不考虑粒子间相互作用力 求： (1)磁场的磁感应强度B的大小； (2)挡板端点P的坐标； (3)挡板上被粒子打中的区域长度 【解析】(1)设一粒子自磁场边界A点进入磁场，该粒子由O
24、点射出圆形磁场，轨迹如 图甲所示，过A点做速度的垂线，长度为r，C为该轨迹圆的圆心。 连接AO、CO，可证得ACOO为菱形，根据图中几何关系可知：粒子在圆形磁场中的 轨道半径rR，(3 分) 由qvBmv 2 r(3 分) 得Bmv qR.(2 分) (2)有一半粒子打到挡板上需满足从O点射出的沿x轴负方向的粒子、沿y轴负方向的 粒子轨迹刚好与挡板相切，如图乙所示，过圆心D作挡板的垂线交于E点，(1 分) DP 2R，OP( 21)R(2 分) P点的坐标为( 21)R,0(1 分) (3)设打到挡板最左侧的粒子打在挡板上的F点，如图丙所示，OF2R(1 分) 过O点作挡板的垂线交于G点， OG( 21)R 2 2 (1 2 2 )R(2 分) FGOF 2OG2 52 2 2 R(2 分) EG 2 2 R(1 分) 挡板上被粒子打中的区域长度 lFE 2 2 R 52 2 2 R 2104 2 2 R(2 分) 【答案】(1)mv qR (2)( 21)R,0 (3) 2104 2 2 R
