39　第二階段　層級二　第27天　帶電粒子在電磁場中的運動-2025版新坐標(biāo)二輪專題復(fù)習(xí)與策略物理解析版

第27天帶電粒子在電磁場中的運動1．我國潛艇研制已經(jīng)取得了重大突破，開始進入試車定型階段，該潛艇應(yīng)用了超導(dǎo)磁流體推進器。如圖是超導(dǎo)磁流體推進器原理圖，推進器浸沒在海水中，海水由前、后兩面進出，左、右兩側(cè)導(dǎo)體板連接電源，與推進器里的海水構(gòu)成回路，由固定在潛艇上的超導(dǎo)線圈(未畫出)產(chǎn)生垂直于海平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。已知左、右兩側(cè)導(dǎo)體板間海水的體積為V，垂直于導(dǎo)體板方向單位面積上的電流為I(導(dǎo)體板外電流不計)，下列說法正確的是()A．要使?jié)撏斑M，左、右兩側(cè)導(dǎo)體板所接電源的正、負極應(yīng)與圖示方向相同B．同時改變超導(dǎo)線圈中電流的方向和海水中電流的方向，潛艇受磁場力的方向?qū)⒎聪駽．潛艇所受磁場力的大小為IVBD．若導(dǎo)體板間海水的電阻為R，其兩端的電壓為U，則潛艇在海水中勻速前進時，海水中的電流等于UC[根據(jù)左手定則，左、右內(nèi)側(cè)導(dǎo)體板所接電源的正、負極與題圖所示方向相同時，海水受到的安培力向前，根據(jù)牛頓第三定律，海水對超導(dǎo)潛艇的作用力向后，該力是使?jié)撏Ш笸说牧?，選項A錯誤；改變超導(dǎo)線圈中電流的方向，勻強磁場的方向發(fā)生改變，同時改變海水中電流的方向，則潛艇受磁場力的方向不變，選項B錯誤；設(shè)推進器內(nèi)側(cè)導(dǎo)體板的面積為S，間距為d，裝滿水時，磁場力為F＝ISdB＝IVB，選項C正確；船在海水中勻速前進時，可視為導(dǎo)體在海水中切割磁感線，產(chǎn)生與電流方向相反的感應(yīng)電動勢，所以海水中的電流小于UR，選項D錯誤。故選C。2．(2024·河南開封統(tǒng)考一模)茫茫宇宙中存在大量的宇宙射線，對航天員構(gòu)成了很大威脅。現(xiàn)有一束射線(含有α、β、γ三種射線)先經(jīng)過一張紙，再進入圓形磁場區(qū)域，之后打在熒光屏上，出現(xiàn)了A、B兩個亮斑。已知α粒子的質(zhì)量約為β粒子質(zhì)量的8000倍，α射線的速度約為光速的110，β射線的速度約為光速。下列說法正確的是(A．圓形區(qū)域內(nèi)磁場方向垂直紙面向里B．打在A處的射線經(jīng)過圓形區(qū)域時，動能增加C．如果將紙拿走并保留磁場，光屏將會出現(xiàn)明顯的兩個亮斑D．如果將紙拿走并保留磁場，光屏將會出現(xiàn)明顯的三個亮斑C[α射線貫穿能力很弱，不能穿過紙而進入磁場，γ粒子不帶電，在磁場中不偏轉(zhuǎn)，打在B處，β粒子帶負電，偏轉(zhuǎn)后打在A處，則根據(jù)左手定則判斷可知，圓形區(qū)域內(nèi)磁場方向垂直紙面向外，故A錯誤；打在A處的射線經(jīng)過圓形區(qū)域時，由于洛倫茲力不做功，所以動能不增加，故B錯誤；如果將紙拿走并保留磁場，則α射線進入磁場，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有Bqv＝mv2r，可得軌跡半徑為r＝mvBq，由于α粒子的質(zhì)量約為β粒子質(zhì)量的8000倍，α射線的速度約為光速的110，則α粒子做圓周運動的半徑很大，遠大于β粒子做圓周運動的半徑，所以α粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)量很小，幾乎不偏轉(zhuǎn)，與γ射線一起打在B處，則光屏還是會出現(xiàn)明顯的兩個亮斑，故C正確，D3．(多選)(2024·山西臨汾統(tǒng)考一模)在科學(xué)研究中，經(jīng)常用施加適當(dāng)?shù)拇艌鰜韺崿F(xiàn)對帶電粒子運動的控制。在如圖所示的平面坐標(biāo)系Oxy內(nèi)，以坐標(biāo)原點O為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域外存在范圍足夠大的勻強磁場，磁場方向垂直于xOy平面。一質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的粒子從P(0，R)沿y軸正方向射入磁場，當(dāng)入射速度為v0時，粒子從A32R，12RA．粒子第一次離開磁場時的運動時間為4B．粒子再次回到P點共需要2次通過原點OC．若僅將入射速度大小變?yōu)?v0，則粒子離開P點后可以再回到P點D．若僅將入射速度大小變?yōu)?v0，則粒子離開P點后不可能再回到P點AC[如圖甲所示因為A點坐標(biāo)為A32R，12R，所以∠AOH＝30°，∠PO1A＝120°，α＝240°，圓軌跡半徑為R1＝33R粒子第一次離開磁場時的運動時間為t＝240°360°×2πmqB＝23×3要3次通過原點O，B錯誤；若僅將入射速度大小變?yōu)?v0，則粒子軌跡半徑為3R，其運動軌跡如圖丙所示，則粒子離開P點后可以再回到P點，C正確，D錯誤。故選AC。]4．(多選)(2024·河南鄭州統(tǒng)考一模)光滑絕緣水平桌面上有一個可視為質(zhì)點的帶正電小球，桌面右側(cè)存在由勻強電場和勻強磁場組成的復(fù)合場，復(fù)合場的下邊界是水平面，到桌面的距離為h，電場強度為E、方向豎直向上，磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向外，重力加速度為g，帶電小球的比荷為gE。如圖所示，現(xiàn)給小球一個向右的初速度，使之離開桌邊緣立刻進入復(fù)合場運動，已知小球從下邊界射出，射出時的速度方向與下邊界的夾角為60°，下列說法正確的是(A．小球在復(fù)合場中的運動時間可能是2B．小球在復(fù)合場中運動的加速度大小可能是3C．小球在復(fù)合場中運動的路程可能是2D．小球的初速度大小可能是3AC[帶電小球的比荷為是gE，則有Eq＝mg，則小球合力為洛倫茲力，所以小球在復(fù)合場中做勻速圓周運動，射出時的速度方向與下邊界的夾角為60°，則小球運動情況有兩種，軌跡如圖所示。若小球速度為v1，則根據(jù)幾何知識可得軌跡所對應(yīng)的圓心角為120°，此時小球在復(fù)合場中的運動時間為t1＝120360T＝13×2πmBq＝2πE3Bg，根據(jù)幾何知識可得，其軌跡半徑為R1＝23h，則根據(jù)洛倫茲力提供向心力有Bqv1＝mv12R1，可得小球的速度為v1＝2Bgh3E，則小球的路程為s1＝120360×2πR1＝49πh，小球的加速度為a1＝v12R1＝2B2g2h3E2；若小球速度為v2，則根據(jù)幾何知識可得軌跡所對應(yīng)的圓心角為60°，此時小球在復(fù)合場中的運動時間為t2＝60360T＝16×2]5．(2024·山東棗莊一模)如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系Oxy內(nèi)有一直角三角形，其頂點坐標(biāo)分別為(0，0)、0，33d、(d，0)，三角形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，x軸下方有沿著y軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E。一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子從(1)求M點到O點的距離；(2)改變粒子在y軸上的釋放點，使粒子由N點靜止釋放后能沿垂直于直角三角形斜邊的方向射出磁場，求N點到O點的距離；(3)在(2)過程中，求粒子從N點由靜止釋放到射出磁場的運動時間。[解析](1)設(shè)粒子在磁場中運動的軌跡半徑為R0，由幾何關(guān)系可知R0＋2R0＝d解得R0＝d由牛頓第二定律得qv0B＝m設(shè)M點到O點的距離為y0，由動能定理得qEy0＝1解得y0＝qB(2)要使粒子由N點靜止釋放后能沿垂直于斜邊的方向射出磁場，則粒子在磁場中運動軌跡的半徑R滿足：d＝(2n＋1)R(n＝0，1，2，…)由牛頓第二定律得qvB＝mv設(shè)N點到O點的距離為y，由動能定理有qEy＝12mv解得y＝qB2d222n+12mE(n＝(3)設(shè)粒子在電場中的加速度為a，則qE＝ma設(shè)粒子在電場中每單程的運動時間為t0，則y＝1粒子在電場中總的運動時間t1＝(2n＋1)t0(n＝0，1，2，…)解得t1＝Bd粒子在磁場中做圓