電場和磁場中的曲線運(yùn)動（解析版）

電場和磁場中的曲線運(yùn)動一、選擇題1．(2021·廣東模擬)在一正方形區(qū)域里有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，現(xiàn)有a、b、c三個比荷相同的帶電粒子(不計重力)依次從P點沿PQ方向射入磁場，其運(yùn)動軌跡分別如圖所示，帶電粒子a從PM邊中點O射出，b從M點射出，c從N點射出．則a、b、c三個粒子在磁場中運(yùn)動的()A．速率之比為1∶2∶3B．周期之比為1∶1∶2C．時間之比為2∶2∶1D．動量大小之比為1∶2∶4答案C解析設(shè)正方形的邊長為L，根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子運(yùn)動的半徑分別為ra＝eq\f(L,4)，rb＝eq\f(L,2)，rc＝L.由洛倫茲力提供向心力qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(qrB,m).則有va∶vb∶vc＝ra∶rb∶rc＝1∶2∶4，根據(jù)動量表達(dá)式p＝mv，因為粒子的質(zhì)量關(guān)系不確定，所以動量的大小關(guān)系也不能確定，故A、D兩項錯誤；根據(jù)周期T＝eq\f(2πm,qB)，可知粒子運(yùn)動的周期相等，則有ta＝tb＝eq\f(T,2)，tc＝eq\f(T,4)，所以時間之比為2∶2∶1，故C項正確，B項錯誤．故選C項．2．(2021·保定二模)(多選)如圖所示，兩直線邊界MN，PQ相互平行，間距為d，其中SO與邊界垂直，一帶電粒子以速度v0從S點沿SO方向射入邊界內(nèi)．如果邊界內(nèi)僅存在平行邊界MN的勻強(qiáng)電場時，粒子由PQ邊的J點射出，射出時速度與PQ邊界的夾角為45°，如果邊界內(nèi)僅存在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場時，粒子由PQ邊的K點射出，射出時速度與PQ邊界的夾角也為45°，忽略帶電粒子的重力，下列說法中正確的是()A．粒子從S運(yùn)動到J的時間比從S運(yùn)動到K的時間短B．粒子從S運(yùn)動到J的時間比從S運(yùn)動到K的時間長C．若電場和磁場同時存在，粒子通過場區(qū)后動能增加D．若電場和磁場同時存在，粒子通過場區(qū)后動能不變答案AC解析帶電粒子以速度v0從S點沿SO方向射入邊界內(nèi)，如果邊界內(nèi)僅存在平行邊界MN的勻強(qiáng)電場時，帶電粒子做平拋運(yùn)動，在勻強(qiáng)電場運(yùn)動的時間t1＝eq\f(d,v0)，如果邊界內(nèi)僅存在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場時，帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動，在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的時間t2＝eq\f(\o(SK,\s\up8(︵)),v0)，可知t1<t2，即粒子從S運(yùn)動到J的時間比從S運(yùn)動到K的時間短，故A項正確，B項錯誤；帶電粒子僅在電場運(yùn)動時，豎直方向，有eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)eq\f(F電,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,v0)))eq\s\up12(2)，可得電場力F電＝eq\f(mv02,d)，帶電粒子僅在磁場運(yùn)動時，洛倫茲力提供向心力，有F洛＝meq\f(v02,R)＝eq\f(mv02,\r(2)d)<F電，所以若電場和磁場同時存在，帶電粒子向上運(yùn)動，電場力做正功，洛倫茲力不做功，根據(jù)動能定理，粒子通過場區(qū)后動能增加，故C項正確，D項錯誤．故選A、C兩項．3．(2021·衡陽二模)(多選)如圖所示，虛線MN將豎直平面分成Ⅰ和Ⅱ兩個區(qū)域，兩個區(qū)域分別存在著垂直紙面方向的勻強(qiáng)磁場，一帶電粒子僅在洛倫茲力作用下由Ⅰ區(qū)運(yùn)動到Ⅱ區(qū)．曲線aPb為運(yùn)動過程中的一段軌跡，其中弧eq\o(aP,\s\up8(︵))、弧eq\o(Pb,\s\up8(︵))的弧長之比為2∶1，且粒子經(jīng)過a、b點時的速度方向均水平向右，下列判斷正確的是()A．弧eq\o(aP,\s\up8(︵))與弧eq\o(Pb,\s\up8(︵))對應(yīng)的圓心角之比為2∶1B．粒子通過eq\o(aP,\s\up8(︵))、eq\o(Pb,\s\up8(︵))兩段弧的時間之比為2∶1C．粒子在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域兩個磁場中的運(yùn)動半徑之比為1∶1D．Ⅰ、Ⅱ區(qū)域兩個磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反，大小之比為1∶2答案BD解析粒子在磁場中只受洛倫茲力作用，洛倫茲力提供向心力，故有Bvq＝meq\f(v2,R)，根據(jù)粒子偏轉(zhuǎn)方向相反，由粒子經(jīng)過a、b點時的速度方向均水平向右可得：兩粒子轉(zhuǎn)過的角度相等，則弧eq\o(aP,\s\up8(︵))與弧eq\o(Pb,\s\up8(︵))對應(yīng)的圓心角之比為1∶1，又有弧eq\o(aP,\s\up8(︵))、弧eq\o(Pb,\s\up8(︵))的弧長之比為2∶1，弧eq\o(aP,\s\up8(︵))與弧eq\o(Pb,\s\up8(︵))對應(yīng)的圓心角相等，那么粒子在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域兩個磁場中的運(yùn)動半徑之比為2∶1；根據(jù)t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(θ,2π)×eq\f(2πR,v)＝eq\f(θR,v)，可知粒子通過eq\o(aP,\s\up8(︵))、eq\o(Pb,\s\up8(︵))兩段弧的時間之比為2∶1，故A、C兩項錯誤，B項正確；根據(jù)粒子偏轉(zhuǎn)方向相反可得：Ⅰ、Ⅱ區(qū)域兩個磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反；根據(jù)磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(mv,qR)可得：Ⅰ、Ⅱ區(qū)域兩個磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為1∶2，故D項正確．故選B、D兩項．4．(2021·南京三模)如圖所示，ABCD為一正方形區(qū)域，一帶電粒子以速度v0從AB邊的中點O，沿紙面垂直于AB邊的方向射入．若該區(qū)域充滿平行于AB邊的勻強(qiáng)電場，該粒子經(jīng)時間t1以速度v1從D點射出；若該區(qū)域充滿垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，該粒子經(jīng)時間t2以速度v2從C點射出，不計粒子重力，則()A．v1>v2，t1<t2 B．v1>v2，t1>t2C．v1<v2，t1<t2 D．v1<v2，t1>t2答案A解析設(shè)正方形的邊長為L，當(dāng)區(qū)域內(nèi)為電場時，則粒子做類平拋運(yùn)動，平行于AD方向做勻速直線運(yùn)動，運(yùn)動時間為t1＝eq\f(L,v0)，垂直于AD方向做勻加速直線運(yùn)動，有eq\f(1,2)vyt1＝eq\f(1,2)L，解得vy＝v0，所以v1＝eq\r(v02＋vy2)＝eq\r(2)v0，當(dāng)區(qū)域內(nèi)為磁場時，洛倫茲力不做功，則v2＝v0，設(shè)軌道半徑為r，則有r2＝L2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r－\f(L,2)))eq\s\up12(2)，解得r＝eq\f(5,4)L，根據(jù)qv0B＝eq\f(mv02,r)，解得B＝eq\f(4mv0,5qL)，所以軌道圓心角sinθ＝eq\f(L,\f(5,4)L)＝0.8，則θ＝53°，則t2＝eq\f(53°,360°)×eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(53π,144)·eq\f(L,v0)，綜上v1>v2，t1<t2，故A項正確．故選A項．5．(2021·遼寧三模)如圖所示，在xOy坐標(biāo)系所在平面內(nèi)有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，兩個電荷量不等、質(zhì)量相等的帶電粒子A、B，從y軸上的S點以不同的速率沿著y軸正方向射入勻強(qiáng)電場，兩粒子在圓形區(qū)域中運(yùn)動的時間相同，不計粒子所受的重力，則()A．A粒子帶負(fù)電荷B．B粒子所帶的電荷量比A粒子少C．A粒子在圓形區(qū)域中電勢能變化量比B粒子小D．B粒子進(jìn)入電場時具有的動能比A粒子大答案C解析由運(yùn)動軌跡可以判定A粒子帶正電荷，故A項錯誤；兩粒子進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動，沿y軸的分運(yùn)動為勻速直線運(yùn)動，沿x軸的分運(yùn)動為勻加速直線運(yùn)動；由圖可知xB>xA，即eq\f(1,2)×eq\f(qBE,m)×t2>eq\f(1,2)×eq\f(qAE,m)×t2，整理得qB>qA，故B項錯誤；粒子在圓形區(qū)域中電勢能的變化在數(shù)量上等于電場力所做的功，即|ΔEp|＝W＝qEx，由于qB>qA，xB>xA所以|ΔEpB|>|ΔEpA|，故C項正確；由圖可知yA>yB，由于運(yùn)動時間相同，所以vA0>vB0，粒子質(zhì)量相等，所以EkA>EkB，故D項錯誤．故選C項．6．(2021·廣東模擬)如圖所示，在一等腰直角三角形ACD區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計)以速度v從AC邊的中點O垂直AC邊射入磁場區(qū)域．若三角形的兩直角邊長均為2L，要使粒子從CD邊射出，則v的取值范圍為()A.eq\f(qBL,m)≤v≤eq\f(2\r(2)qBL,m) B.eq\f(qBL,m)≤v≤eq\f(5qBL,m)C.eq\f(qBL,2m)≤v≤eq\f(（\r(2)＋1）qBL,m) D.eq\f(qBL,2m)≤v≤eq\f(5qBL,m)答案C解析根據(jù)洛倫茲力提供向心力可知，v＝eq\f(Bqr,m)，因此半徑越大，速度越大；根據(jù)幾何關(guān)系可知，使粒子運(yùn)動軌跡與AD邊相切時速度最大，如圖由幾何關(guān)系可知：r1＝(r1＋L)sin45°，解得最大半徑為r1＝(eq\r(2)＋1)L，故最大速度為v1＝eq\f(（\r(2)＋1）qBL,m)；當(dāng)粒子從C點出射時半徑最小，為r2＝eq\f(L,2)，故最小速度應(yīng)為v2＝eq\f(qBL,2m)，故v的取值范圍為eq\f(qBL,2m)≤v≤eq\f(（\r(2)＋1）qBL,m)，故C項正確，A、B、D三項錯誤，故選C項．7.(2021·廣東模擬)(多選)如圖所示，水平放置的平行板電容器充電后與電源斷開，一帶電粒子從A點沿半圓ABC的直徑方向以某一速度水平射入電場，恰好經(jīng)過半圓的最低點B.粒子重力不計，下列分析正確的是()A．經(jīng)過B點時的速度方向沿半圓的半徑B．無論射入速度多大，粒子都不可能沿著半徑方向離開半圓C．若僅將下板下移少許，板間電壓增大D．若僅將下板下移少許，該粒子以相同的速度從原處射入電場，仍會經(jīng)過B點答案BCD解析粒子在平行板電容器中向下運(yùn)動，則其受到向下的合力，所以到達(dá)B點時，既有水平方向的速度，又有豎直向下的速度，故經(jīng)過B點時的速度方向向右下方，故A項錯誤；粒子受力方向和初速度方向垂直，粒子做類平拋運(yùn)動，類平拋運(yùn)動速度反向延長線過水平位移的中點，若粒子沿著半徑方向離開半圓，則反向延長線過圓心，所以一定從C點射出，所以不可能，故B項正確；若僅將下板下移少許，則平行板電容器間的極板距離d變大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知電容變小，又平行板電容器充電后與電源斷開，則Q不變，由U＝eq\f(Q,C)，可知板間電壓增大，故C項正確；若僅將下板下移少許，由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知場強(qiáng)不變，受力情況不變，該粒子以相同的速度從原處射入電場，運(yùn)動軌跡不變，則仍會經(jīng)過B點，故D項正確．故選B、C、D三項．8．(2021·佛山一模)(多選)地磁場能有效抵御宇宙射線的侵入．赤道剖面外地磁場可簡化為包圍地球一定厚度的勻強(qiáng)磁場，方向垂直該剖面，如圖所示．圖中給出了速度在圖示平面內(nèi)，從O點沿平行與垂直地面2個不同方向入射的微觀帶電粒子(不計重力)在地磁場中的三條運(yùn)動軌跡a、b、c，且它們都恰好不能到達(dá)地面．則下列相關(guān)說法中正確的是()A．沿a軌跡運(yùn)動的粒子帶正電B．若沿a、c兩軌跡運(yùn)動的是相同的粒子，則a粒子的速率更大C．某種粒子運(yùn)動軌跡為a，若它速率不變，只是改變?nèi)肷涞卮艌龅姆较颍瑒t只要其速度在圖示平面內(nèi)，無論沿什么方向入射，都不會到達(dá)地面D．某種粒子運(yùn)動軌跡為b，若它以相同的速率在圖示平面內(nèi)沿其他方向入射，則有可能到達(dá)地面答案CD解析由左手定則可知，沿a軌跡運(yùn)動的粒子帶負(fù)電，故A項錯誤；由半徑公式r＝eq\f(mv,Bq)可知，沿a軌跡運(yùn)動的半徑小，則沿a軌跡運(yùn)動的粒子的速率更小，故B項錯誤；圓的直徑為最長的弦，圖中O點與軌道上離地球最近的點為直徑時都到不了地面，則其他方向的也將不會到達(dá)地面，故C項正確；由圖可知，當(dāng)粒子射入的速度方向沿順時針轉(zhuǎn)過小于90°的銳角時，都可到達(dá)地面，故D項正確．故選C、D兩項．9．(2021·河北模擬)(多選)有史可查，我國最早的放射源應(yīng)用是在1937年，將鐳源用于放射治療，鐳(88226Ra)的衰變產(chǎn)物氡(86222Rn)也被用于癌癥的治療．如圖，菱形的勻強(qiáng)磁場區(qū)域ACDE中磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場方向垂直紙面向里，一個靜止在菱形中心P點的鐳核衰變時產(chǎn)生的新核氡與放出的粒子速度方向均剛好在CPE直線上，放出的粒子沿PC經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好不射出磁場，∠CAD＝θ＝30°，AP＝3l，則下列說法正確的是()A．該核反應(yīng)的類型為α衰變，放出的粒子為氦核(24He)B．鐳核衰變時放出的粒子在磁場中的軌跡半徑為eq\f(3l,4)C．衰變產(chǎn)生的新核氡經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后可能離開磁場D．衰變產(chǎn)生的新核氡和粒子的動能之比為2∶111答案AD解析根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒與電荷數(shù)守恒可知鐳核衰變的核反應(yīng)方程為88226Ra→86222Rn＋24He，新核為86222Rn，放出的粒子為氦核，故核反應(yīng)類型為α衰變，故A項正確；α粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡如圖所示，其軌跡恰好與AC邊相切，由幾何關(guān)系可知3l＝r＋eq\f(r,sinθ)，α粒子做圓周運(yùn)動的軌跡半徑為r＝l，故B項錯誤；核反應(yīng)過程遵循動量守恒定律0＝mRnv1＋mHev2，衰變產(chǎn)物在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，可知qvB＝meq\f(v2,R)，得R＝eq\f(mv,Bq)，因為氡核和氦核的動量大小相等，氡核的帶電荷量比氦核的大，故氡核的軌跡半徑較小，所以衰變產(chǎn)生的新核氡經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后不可能離開磁場，故C項錯誤；由Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(p2,2m)，可知，動量大小相等的情況下，粒子的動能Ek和質(zhì)量成反比，衰變產(chǎn)生的新核氡和α粒子的質(zhì)量之比為111∶2，故衰變產(chǎn)生的新核氡和α粒子的動能之比為2∶111，故D項正確．故選A、D兩項．10．(2021·四川三模)如圖，矩形區(qū)域abcd(含邊界)內(nèi)存在方向垂直于矩形面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，矩形的長和寬分別為2L和L，矩形長邊ab的中點有一粒子發(fā)射源S，從S可分別發(fā)射出方向垂直于ab指向cd和方向沿Sb的不同速率的粒子．若粒子的質(zhì)量均為m、電荷量均為q(q>0)、不計粒子的重力及粒子間的相互作用力．則()A．從bc邊射出的粒子的速率范圍是v≤eq\f(qBL,m)B．從cd邊射出的粒子的速率范圍是v>eq\f(qBL,2m)C．從da邊射出的粒子的速率范圍是eq\f(qBL,4m)≤v≤eq\f(qBL,m)D．從ab邊射出的粒子的速率范圍是eq\f(qBL,4m)≤v≤eq\f(qBL,2m)答案B解析由左手定則可判斷，只有沿Sb方向發(fā)射的粒子才能從bc邊射出，當(dāng)恰好從c點射出時速度v1最小，軌跡如圖甲所示，由洛倫茲力提供向心力可得qv1B＝meq\f(v12,L)，解得v1＝eq\f(qBL,m)，故從bc邊射出的粒子的速率范圍是v≥eq\f(qBL,m)，A項錯誤；沿Sb方向射出的粒子恰好與cd相切時，軌跡如圖乙所示，由洛倫茲力提供向心力可得qv2B＝meq\f(v22,\f(1,2)L)，解得v2＝eq\f(qBL,2m)，故當(dāng)滿足eq\f(qBL,2m)<v≤eq\f(qBL,m)時，沿Sb方向射出的粒子能從cd邊射出，當(dāng)滿足v≥eq\f(qBL,m)時，沿垂直于ab射出的粒子能從cd邊射出，故從cd邊射出的粒子的速率范圍是v>eq\f(qBL,2m)，B項正確；沿垂直于ab射出的粒子恰好打到a點時，軌跡如圖丙所示，類比B項的分析可知，從a點射出的粒子速度為v3＝eq\f(qBL,2m)，故從da邊射出的粒子的速率范圍是eq\f(qBL,2m)≤v≤eq\f(qBL,m)，C項錯誤；只有沿垂直于ab射出的粒子才能從ab邊射出，結(jié)合C項的分析可知，從ab邊射出的粒子的速率范圍是v≤eq\f(qBL,2m)，D項錯誤．故選B項．二、計算題11．(2021·深圳一模)如圖是兩個圓筒M、N的橫截面，N筒的半徑為L，M筒半徑遠(yuǎn)小于L，在筒的右側(cè)有一等腰三角形勻強(qiáng)磁場區(qū)域OAB，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向平行圓筒的軸線．M、N以相同角速度順時針轉(zhuǎn)動，兩邊緣開有兩個正對著的窄縫S1、S2，當(dāng)S1、S2的連線剛好與△OAB底邊上的高共線時，M筒內(nèi)部便通過S1向外射出一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，粒子進(jìn)入磁場后從OA邊中點射出．已知△OAB底邊的高為1.2L，底邊AB＝3.2L，粒子通過的空間均為真空．求：(1)粒子的速度；(2)圓筒的角速度．答案(1)eq\f(5qBL,8m)(2)ω＝eq\f(5nπqB,4m)(n＝1，2，3，…)解析(1)設(shè)粒子的速度為v，在磁場做圓周運(yùn)動的半徑為r，粒子的運(yùn)動軌跡如圖根據(jù)幾何關(guān)系OA＝eq\r(（1.6L）2＋（1.2L）2)＝2L，tanθ＝eq\f(1.6L,1.2L)＝eq\f(4,3)解得θ＝53°則α＝90°－θ＝37°根據(jù)幾何關(guān)系cosα＝eq\f(\f(1,2)OE,r)＝eq\f(\f(L,2),r)解得r＝eq\f(5,8)L根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)解得v＝eq\f(5qBL,8m).(2)設(shè)圓筒的角速度為ω，粒子從射出到到達(dá)S2的時間為t，由題意得t＝eq\f(L,v)又t＝eq\f(2nπ,ω)解得ω＝eq\f(5nπqB,4m)(n＝1，2，3，…)．12.(2021·四川二模)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一矩形區(qū)域abcd，ab邊長為2l，bc邊長為eq\r(3)l