1、带电粒子在复合场中的运动1.名师原创 关于通电直导线和通电线圈周围磁场的磁感线分布和磁场方向，不考虑地磁场影响，下列说法正确的是() A通电直导线周围的磁场方向可以用右手定则判断，顺着导线看去，磁感线可表示为以直导线为圆心的均匀分布的同心圆B环形导线的磁场，可用安培定则判断，方法是让右手弯曲的四指与环形电流的方向一致， 伸直的拇指所指方向即为环形导线轴线上的磁场方向C从外部看，通电螺线管周围的磁场类似于条形磁铁的磁场，螺线管内部的磁场不能视为匀强磁场D若把一个小磁针放在通电螺线管正上方中间位置，小磁针可能不与螺线管平行答案： B解析：通电直导线周围的磁场方向可以用安培定则判断，顺着导线看去，磁
2、感线可表示为以直导线为圆心的分布不均匀的同心圆，选项 A 错误环形导线的磁场， 可用安培定则判断， 方法是让右手弯曲的四指与环形电流的方向一致， 伸直的拇指所指方向即为环形导线轴线上的磁场方向， 选项 B 正确通电螺线管周围的磁场类似于条形磁铁的磁场，螺线管内部的磁场可以视为匀强磁场，选项C 错误若把一个小磁针放在通电螺线管正上方中间位置，小磁针一定与螺线管平行，选项 D 错误2. 预测新题 已知流过通电直导线的电流大小为I，与通电直导线距离为 r 处的 N 点的磁感应强度大小为BNkIr(k 为常量 ) 如图所示，ACD 是直角三角形， ADC60 ，A、C、D 三点放置三个完全相同且垂直于
3、该直角三角形所在平面的直导线，A、C、D 处的直导线中的电流大小分别为I、2I 和 2I，方向均垂直平面向里；已知A 点的直导线在 AD 的中点 M 处的磁感应强度大小为B，若在 M 点固定一垂直于纸面的直导体棒， 其长度为 L(L 很小)， 通过的电流大小为I，则该导体棒受到的安培力大小为() A. 3BIL B. 5BIL C. 7BIL D3BIL 答案： C解析： 如图所示，根据右手螺旋定则可知，C 点的直导线在M点处的磁感应强度大小为2B，D 点的直导线在 M 点处的磁感应强度大小为 2B， 根据磁感应强度的叠加得M 点处的磁感应强度大小为7B， 则 M 点处固定的导体棒受到的安培力
4、大小为7BIL ， 选项 C 正确3新情景题 如图所示，空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，图中虚线为匀强电场的等势线，一不计重力的带电粒子在M点以某一初速度垂直等势线进入正交电场、磁场中，运动轨迹如图所示(粒子在N 点的速度比在M 点的速度大 )，则下列说法正确的是() A粒子一定带正电B粒子的运动轨迹一定是抛物线C电场线方向一定垂直等势线向左D粒子从 M 点运动到 N 点的过程中电势能增大答案： C解析：根据粒子在电场、磁场中的运动轨迹和左手定则可知，粒子一定带负电，选项 A 错误； 由于洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，故粒子受到的合力是变力，而物体只有在恒力作用下做曲线运动时，轨迹才是
5、抛物线， 选项 B 错误；由于空间只存在电场和磁场，粒子的速度增大，说明在此过程中电场力对带电粒子做正功，则电场线方向一定垂直等势线向左，选项C 正确；电场力做正功，电势能减小，选项 D 错误4(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 )、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.3qBL6mB.3qBL3mC.3qBL2mD.3q
6、BLm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r33Ln(n1,2,3，)，由洛伦兹力提供向心力得Bqvmv2r，则 vBqrm3BqL3m1n(n1,2,3，)，所以 A、B 正确5名师原创 (多选)回旋加速器是用来加速带电粒子的，其核心部分是两个D 形金属盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接，两盒间有一定的电势差U，使粒子每次穿过狭缝都被加速，两盒放在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里，粒子源置于盒的圆心附近，若粒子源射出的粒子带电荷量为q、质量为 m，盒间的窄缝宽度为 d， 粒子最大回旋半径为Rm， 其运
7、动轨迹如图所示下列说法正确的是 () AD 形金属盒的作用是屏蔽外电场，使盒内无电场B 忽略粒子在电场中运动的时间， 则高频交流电源的频率为2 mqBC粒子离开加速器时速度为qBRmmD考虑粒子在电场中运动的时间，则把静止粒子加速到最大动能所需时间为 BR2m2U答案： AC解析：根据静电屏蔽的相关知识可知，D 形金属盒的作用是屏蔽外电场，使盒内无电场，选项A 正确粒子在电场中运动时间极短，因此高频交流电源频率等于粒子回旋频率，由T2 mqB，得回旋频率即高频交流电源频率为f1TqB2 m，选项 B 错误粒子旋转半径最大时，由牛顿第二定律得qvmBmv2mRm， 解得 vmqBRmm， 选项
8、C 正确粒子最大动能 Ekm12mv2mq2B2R2m2m，粒子在电场中做匀加速直线运动，粒子每旋转一周能量增加2qU，粒子的能量提高到Ekm，则旋转周数nqB2R2m4mU，粒子在磁场中运动的时间t磁nT BR2m2U，旋转周数 n，在电场中运动的距离为2nd，由 2nd12vmt电，解得 t电BRmdU，把静止粒子加速到最大动能所需时间为tt电t磁BRmdU BR2m2U， 选项 D错误6. 母题改编 (多选)如图所示，在以 R0为半径、 O 为圆心的圆形区域内存在磁场， 直径 MN 左侧区域存在一方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小为 B1的匀强磁场 (未画出)；MN 右侧区域存在一方向垂
9、直于纸面向里、磁感应强度大小为B2的匀强磁场 (未画出)现有一质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子 (不计重力 )从 P点沿垂直于 MN 的方向射入磁场，通过磁场区域后从Q 点离开磁场，离开磁场时粒子的运动方向仍垂直于MN.已知 OP 与 MN 的夹角为 1，OQ 与 MN 的夹角为 2，粒子在 MN 左侧区域磁场中的运动时间为t1，粒子在 MN 右侧区域磁场中的运动时间为t2，则() A.B2B1sin1sin2B.B2B1sin2sin1C.t1t2sin2sin1D.t1t2sin1sin2答案： AD解析：设粒子的速度为v，它在 MN 左侧磁场中的运动轨迹为圆弧 PS，圆弧对应的圆心
10、为O1，半径为 R1，如图所示， 则 qvB1mv2R1，且 O1P平行于 MN； 粒子进入 MN 右侧磁场中的运动轨迹为圆弧SQ，圆弧对应的圆心为O2，半径为 R2，如图所示， 则 qvB2mv2R2，且 O2Q平行于 MN ， 连接 O1S、 SO2， 则 O1、 S、 O2在同一条直线上，设PO1SQO2S ，由几何关系可得OPOQR0，O1SR1，SO2R2，R1sin R0sin1，R2sin R0sin2，联立解得B2B1R1R2sin1sin2，选项A正确，B 错误；粒子在 MN 左侧区域磁场中的运动时间为t12T122 mqB1m qB1，粒子在 MN 右侧区域磁场中的运动时间
11、为t22T222 mqB2m qB2，t1t2B2B1sin1sin2，选项 D 正确， C 错误72019 江西省赣中南五校一联一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场 粒子的一段径迹如图所示， 径迹上的每一小段都可近似看成圆弧， 由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小 (带电荷量不变 )，从图中情况可以确定 () A粒子从 a到 b，带正电B粒子从 a 到 b，带负电C粒子从 b 到 a，带正电D粒子从 b 到 a，带负电答案： C解析： 由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式rmvqB，可知，粒子运动的轨迹半径是逐渐减
12、小的，所以粒子的运动轨迹是从b 到 a，选项 A、B 错误；再根据左手定则可知，粒子带正电，选项C 正确，D 错误8. 2019 浙江省模拟 如图所示，在倾角为(B2BB1B2B3CB1B3B2DB1B2 B2，A 正确9. 2019 安徽省合肥模拟 为监测某化工厂的污水排放量， 技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的长方体流量计该装置由绝缘材料制成，其长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口在垂直于上下底面方向加一匀强磁场， 前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极污水充满管口从左向右流经该装置时，接在 M、N 两端间的电压表将显示两个电极间的电压U.若用 Q 表示污水流量 (单位时间内排
13、出的污水体积 )，下列说法中正确的是 () AM 端的电势比 N 端的高B电压表的示数U 与 a、b 均成正比，与 c 无关C电压表的示数 U 与污水的流量 Q 成正比D若污水中正负离子数相同，则电压表的示数为0 答案： C解析：根据左手定则，知负离子所受的洛伦兹力方向向外，则向外偏转，正离子所受的洛伦兹力向里，向里偏转，因此M 板带负电，N 板带正电，则 M 板的电势比 N 板电势低，故 A 错误；最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：qvBqUb，解得 UBbv，与离子浓度无关，故BD 错误；因 vUBb，则流量 QvbcUcB，因此 UBQc，与污水流量成正比，故C 正确10. 20
14、19 湖北省部分重点中学联考如图所示，含有11H、21H、42He 的带电粒子束从小孔O1处射入速度选择器， 沿直线 O1O2运动的粒子在小孔 O2处射出后垂直进入偏转磁场， 最终打在 P1、P2两点则() A粒子在偏转磁场中运动的时间都相等B打在 P1点的粒子是42HeC打在 P2点的粒子是21H 和42HeDO2P2的长度是 O2P1长度的 4 倍答案： C解析： 带电粒子在沿直线O1O2通过速度选择器时，所受电场力与洛伦兹力大小相等方向相反，即 qvB1qE，所以 vEB1，可知从速度选择器中射出的粒子具有相等的速度，在偏转磁场中， 粒子的轨迹半径 rmvqB2，不全相同，粒子运动的周期
15、T2 rv，所以粒子在偏转磁场中运动的时间不全相等，A错误；带电粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 所以 rmvqB，可知粒子的比荷越大，运动的半径越小，所以打在P1点的粒子是11H，打在 P2点的粒子是21H和42He，B 错误， C 正确；由题中的数据可得，11H 的比荷是21H 和42He的比荷的 2 倍，所以11H 运动轨迹的半径是21H 和42He的12，即 O2P2的长度是 O2P1长度的 2 倍，D 错误11. 2019 安徽师大附中模拟 (多选)如图所示，空间存在水平向左的匀强电场 E 和垂直纸面向外的匀强磁场B，在竖直平面内从a 点沿ab，ac方向抛出两带电
16、小球， 不考虑两带电小球间的相互作用，两小球电荷量始终不变，关于小球的运动，下列说法正确的是() A沿 ab、ac方向抛出的带电小球都可能做直线运动B若沿 ab做直线运动，则小球带正电，且一定做匀速运动C若沿 ac做直线运动，则小球带负电，可能做匀加速运动D两小球在运动过程中机械能均保持不变答案： AB解析： 沿 ab 方向抛出的带电小球，根据左手定则，及正电荷所受的电场力的方向与电场强度方向相同可知，只有带正电，受力才可能平衡，而沿 ac方向抛出的带电小球，带负电时，才能做直线运动，因速度影响洛伦兹力大小，所以做直线运动时必然是做匀速直线运动，故 A、B 正确， C 错误；在运动过程中，因电
17、场力做功，导致小球的机械能不守恒，故D 错误12. 2019 晋豫省际大联考 如图所示，在 y 轴右侧存在与xOy 平面垂直且范围足够大的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，位于坐标原点的粒子源在xOy 平面内发射出大量完全相同的带负电粒子，所有粒子的初速度大小均为v0，方向与 x 轴正方向的夹角分布在60 60 范围内，在 xl 处垂直 x 轴放置一荧光屏S.已知沿 x 轴正方向发射的粒子经过了荧光屏S上 yl 的点，则 () A粒子的比荷为qmv02lBB粒子的运动半径一定等于2l C粒子在磁场中运动时间一定不超过 lv0D粒子打在荧光屏S上亮线的长度大于2l 答案： C解析：沿 x 轴正方向
18、发射的粒子经过了荧光屏S上 yl 的点，由几何知识可知，粒子轨迹半径rl，B 错误；由牛顿第二定律可得qv0Bmv20r，解得qmv0lB，A 错误；沿 x 轴正方向发射的粒子在磁场中转过的圆心角最大，为 ，对应运动时间最长， t2Tlv0，C正确；其他方向粒子打在荧光屏S上的纵坐标的绝对值一定小于l，故粒子打在荧光屏S上亮线的长度小于2l，D 错误13. 2019 安徽省皖南八校联考 如图所示，正方形abcd 区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场， O 点是 cd边的中点，一个带正电的粒子 (重力忽略不计 )若从 O 点沿纸面以垂直于cd 边的速度射入正方形内， 经过时间 t0刚好从 c 点射出
19、磁场现设法使该带电粒子从O 点沿纸面以与 Od 成 30 角的方向 (如图中虚线所示 )， 以各种不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是() A该带电粒子可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场B若该带电粒子从ab边射出磁场， 它在磁场中经历的时间可能是 t0C若该带电粒子从 bc边射出磁场， 它在磁场中经历的时间可能是32t0D若该带电粒子从cd 边射出磁场，它在磁场中经历的时间一定是53t0答案： D解析： 由带电粒子以垂直于cd 边的速度射入正方形内，经过时间 t0刚好从 c 点射出磁场， 则知带电粒子的运动周期为T2t0，随粒子速度逐渐增大， 轨迹由 依次渐变，由图可知粒子在四个边射
20、出时，射出范围分别为OG、FE、DC、BA 之间，不可能从四个顶点射出，故 A 错误；当粒子从 O 点沿虚线方向射入正方形内，从 ab边射出的粒子所用时间不大于512周期(56t0)，从 bc 边射出的粒子所用时间不大于23周期(4t03)， 所有从 cd边射出的粒子圆心角都是300 ，所用时间为56周期(5t03)，故 D 正确， B、C 错误14. 2019 唐山统考 (多选)如图所示， M、N 为两个同心金属圆环，半径分别为 R1和 R2，两圆环之间存在着沿金属环半径方向的电场，N 环内存在着垂直于环面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，N环上有均匀分布的6 个小孔，从 M 环的内侧边缘
21、由静止释放一质量为 m，电荷量为 q 的粒子 (不计重力 )，经电场加速后通过小孔射入磁场，经过一段时间，粒子再次回到出发点， 全程与金属环无碰撞 则M、N 间电压 U 满足的条件是 () AUqB2R226mBUqB2R225mCU3qB2R222mDUqB2R223m答案： AC解析： 带电粒子由 M 内侧边缘运动到N 环，由动能定理有qU12mv2，带电粒子进入N 环内磁场，与金属环无碰撞，故粒子进入磁场后，应偏转23或3离开磁场，由几何关系可知， 轨迹半径为 r3R2或 r3R23，则根据 rmvqB，联立解得 U3qB2R222m或 UqB2R226m，选项 A、C 正确152019
22、 北京西城区模拟 (多选)在如图所示的坐标系中，y0的空间中存在匀强电场， 场强方向沿 y 轴负方向；1.5hy0 的空间中存在匀强磁场， 磁场方向垂直 xOy 平面(纸面)向外一电荷量为 q、质量为 m 的带正电的粒子，经过y 轴上 yh 处的 P1点时速率为 v0，方向沿 x 轴正方向，然后，经过x 轴上 x1.5h处的 P2点进入磁场，进入磁场后垂直磁场下边界射出 不计粒子重力，sin37 0.6， cos370.8，则下列说法中正确的是() A粒子到达 P2点时速度大小为35v0B电场强度大小为8mv209qhC磁感应强度大小为2mv03qhD粒子在磁场中运动的时间为37 h40v0答
23、案： BC解析：设粒子从 P1点到 P2点的时间为 t0，粒子从 P1点到 P2点沿水平方向做匀速直线运动， 沿竖直方向做匀加速直线运动，由运动学公式可得， 1.5hv0t0，h0vy2t0解得 vy43v0，则粒子到达P2点的速度 vv20v2y53v0，A 错误；根据以上条件结合动能定理可得，qEh12mv212mv20，解得 E8mv209qh，B 正确；由题意可知粒子进入磁场后垂直磁场下边界射出，由此可作出粒子运动轨迹如图所示，由几何关系可知，轨迹半径R 满足 Rsin37 1.5h，即 R2.5h，根据带电粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力可得，qvBmv2R，联立解得 B2mv0
24、3qh，C正确；根据T2 Rv可得，粒子在磁场中运动的时间t37360T37 h120v0，D 错误16. 如图所示，在粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带正电小球，整个装置处在有水平匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，在整个运动过程中，下列关于描述小球运动的vt 图象中正确的是 () 答案： C解析： 在小球下滑的过程中，对小球进行受力分析，如图所示，小球受到重力mg、电场力 qE、洛伦兹力 qvB、摩擦力 f，还有木杆对小球的支持力N.开始时，小球的速度较小，洛伦兹力qvB 较小，支持力 N 较大，随着速度的增大，支持力N 在减小，可以知道摩擦力 f
25、 减小，竖直方向上的合力增大，小球的加速度增大；当速度增大到一定的程度时， 洛伦兹力 qvB 和电场力 qE 相等，此时支持力 N 为零，摩擦力 f 为零，小球的加速度为g，加速度达到最大；当速度继续增大时， 支持力 N 要反向增大， 摩擦力 f 增大，竖直方向上的合力减小，小球的加速度减小，当摩擦力f 与重力 mg 相等时，竖直方向上的加速度为零，小球的速度达到最大所以选项ABD 所示的 vt图象不符合分析得到的小球的运动规律，C 选项符合课时测评 28综合提能力课时练赢高分一、选择题1如图所示是电视机显像管及其偏转线圈的示意图初速度不计的电子经加速电场加速后进入有限边界的匀强磁场中发生偏转
26、，最后打在荧光屏上 如果发现电视画面幅度与正常的相比偏小，则引起这种现象可能的原因是 () A电子枪发射能力减弱，电子数量减少B加速电场的电压过低，电子速率偏小C偏转线圈局部短路，线圈匝数减少D偏转线圈中电流过大，偏转线圈的磁感应强度增强答案： C解析：电视画面幅度比正常的偏小， 是由于电子束的偏转角减小，即电子束的轨道半径增大电子在磁场中偏转时的半径rmvqB，当电子枪发射能力减弱， 发射的电子数量减少时， 由于运动的电子速率及磁感应强度不变， 所以不会影响电视画面幅度的大小，故 A 错误；当加速电场电压过低，电子速率偏小时，会导致电子运动半径减小，从而使偏转角度增大， 导致画面幅度与正常的
27、相比偏大，故 B 错误；当偏转线圈局部短路， 线圈匝数减少时， 会导致偏转线圈的磁感应强度减弱，从而使电子运动半径增大，电子束的偏转角减小，则画面幅度与正常的相比偏小，故C 正确；当偏转线圈中电流过大，偏转线圈的磁感应强度增强时， 会导致电子运动半径变小， 所以画面幅度与正常的相比偏大，故D 错误2(多选) 如图所示为用回旋加速器加速带电粒子的示意图磁场方向垂直D 形盒向里 (未画出 )，粒子的运动方向已经在图中标出，则以下说法正确的是 () A从回旋加速器出口射出的粒子带正电BD 形盒狭缝间所加电压不一定是交流电压C磁场对带电粒子做正功，使其动能增大D粒子做圆周运动的周期与交流电压的周期近似
28、相等答案： AD解析：根据左手定则，由粒子的偏转方向和磁场方向可知，该粒子带正电， 故 A 正确；带电粒子在磁场中做圆周运动，在狭缝间做匀加速运动，粒子在电场内运动的时间极短，要使粒子每次经过狭缝间都能加速，D 形盒狭缝间所加电压需采用周期等于粒子做圆周运动周期的交流电压，故 B 错误，D 正确；洛伦兹力不做功，所以磁场不能使粒子的动能增加 C 错误32019 江苏如皋质检 (多选)如图所示为磁流体发电机的发电原理：将一束等离子体 (即高温下电离的气体， 含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体来说呈电中性 )沿图示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷 在磁极配置如
29、图中所示的情况下，下列说法正确的是 () AA 板带负电B有电流从 b 经用电器流向 a C金属板 A、B 间的电场方向向下D等离子体发生偏转的原因是离子所受的洛伦兹力大于所受的静电力答案： ABD解析： 根据左手定则可知，正电荷向下偏转，负电荷向上偏转，则 A 板带负电，故 A 正确因为 B 板带正电， A 板带负电，所以电流的流向为从 b 经用电器流向 a，故 B正确因为 B 板带正电， A 板带负电，所以金属板间的电场方向向上，故C 错误等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力，故D 正确42019 广东珠海模拟 如图所示，从S 处发出的电子经加速电压 U 加速后垂直进入相
30、互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子向下极板偏转 设两极板间电场强度为E，磁感应强度为 B.欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，只采取下列措施，其中可行的是() A适当减小电场强度E B适当减小磁感应强度B C适当增大加速电压U D适当增大加速电场极板之间的距离答案： B解析：根据左手定则可知，电子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，故电子向下极板偏转的原因是电场力小于洛伦兹力，要想使电子沿直线从电磁复合场区域通过， 则必须有 EqqvB，所以可以适当增大电场强度或适当减小磁感应强度，A 错误， B 正确；由 Ue12mv2得 v2Uem， 可以适当减小加速电压来减小电子进入电磁复合场的速度v，从
31、而使得 EqqvB，C 错误；适当增大加速电场极板间的距离，但只要两板间电压不变， 电子进入磁场的速度就不变， 则电子受到的电场力仍小于它受到的洛伦兹力，电子向下偏转，D 错误52019 浙江杭州检测 利用霍尔效应制作的霍尔元件，被广泛应用于测量和自动控制等领域霍尔元件一般由半导体材料制成，有的半导体中的载流子 (即自由电荷 )是电子，有的半导体中的载流子是空穴(相当于正电荷 )如图所示，将扁平长方体形状的霍尔元件水平放置接入电路， 匀强磁场垂直于霍尔元件的水平面竖直向下，闭合开关，让电流从霍尔元件的左侧流向右侧，则其前、后两表面会形成电势差 现有载流子是电子的霍尔元件1 和载流子是空穴的霍尔
32、元件2，两元件均按图示方式接入电路(闭合开关 )，则关于前、后两表面电势高低的判断，下列说法中正确的是() A若接入元件 1 时，前表面电势高；若接入元件2 时，前表面电势低B若接入元件 1 时，前表面电势低；若接入元件2 时，前表面电势高C不论接入哪个元件，都是前表面电势高D不论接入哪个元件，都是前表面电势低答案： A解析： 若接入元件 1，载流子是电子，根据左手定则可知，电子向后表面偏转，故前表面电势高；若接入元件2，载流子是空穴，根据左手定则可知，正电荷向后表面偏转，故前表面电势低，后表面电势高， A 正确62019 昆明一中强化训练 (多选) 如图所示，在正交的匀强电场、匀强磁场中质量
33、为m 的带电小球做匀速圆周运动，轨道平面在竖直平面内，电场方向竖直向下，磁场方向垂直圆周所在平面向里，由此可知() A小球带正电B小球带负电C小球沿顺时针方向运动D小球机械能守恒答案： BC解析：本题考查带电小球在复合场中的运动小球做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则mgqE，小球所受电场力方向向上，故小球带负电， A 错误， B 正确；根据左手定则可得，小球沿顺时针方向运动， C 正确；小球做匀速圆周运动的过程中，电场力做功，小球机械能不守恒， D 错误72019 黄石模拟 (多选)如图所示，有一范围足够大的水平匀强磁场，磁感应强度为 B，一个质量为 m、电荷量为 q 的带电小圆环套在一根
34、固定的绝缘竖直长杆上，环与杆间的动摩擦因数为.现使圆环以初速度v0向上运动，经时间t0 圆环回到出发点，不计空气阻力，取竖直向上为正方向，下列描述该过程中圆环的速度v 随时间 t、摩擦力 Ff随时间t、动能 Ek随位移 x、机械能 E 随位移 x 变化规律的图象中，可能正确的是 () 答案： ABD解析： 小圆环向上做减速运动，对小圆环受力分析，竖直方向：重力和竖直向下的摩擦力， 由牛顿第二定律有mgfma； 水平方向：NqvB，fN ， 解得 fqvB. 速度逐渐减小，滑动摩擦力逐渐减小，加速度逐渐减小， 当速度减小到零时， 加速度为 g，此时摩擦力为零，然后小圆环向下做加速运动，竖直方向：
35、mgfma；水平方向： NqvB，fN ，随着速度的增大，弹力N 增大，摩擦力增大，加速度减小，A、B 正确动能先减小后增大， Ekx 图像的斜率大小表示合外力，从 0 x 过程，动能减小，合外力减小，从x0 的过程，动能增大，合外力减小， C 错误小圆环的机械能逐渐减小，Ex 图像的斜率大小表示摩擦力f，上升过程中， 从 0 x 过程，摩擦力逐渐减小，下滑过程，位移从x0，摩擦力逐渐增大， D 正确8如图所示，空间存在足够大、正交的匀强电场和磁场，电场强度大小为 E、方向竖直向下，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里从电场、磁场中某点P由静止释放一个质量为m、电荷量为 q的带正电粒子 (粒子
36、的重力忽略不计 )，其运动轨迹如图虚线所示对于带电粒子在电场、 磁场中下落的最大高度H，下列给出了四个表达式，可能正确的是 () A.2mEB2qB.4mE2B2qC.2mBE2qD.mB2Eq答案： A解析： 根据题意，由动能定理知粒子运动到最低点的过程中有，qEH12mv2，在最低点，洛伦兹力大于电场力， qEmE2qB2，且 H 的单位一定跟mE2qB2的单位相同，故 A 正确9. (多选)如图所示为一个质量为m、带电荷量为 q 的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B 的匀强磁场中 现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中， 圆环运动的 vt 图象可能是
37、下图中的 () 答案： AD解析：由左手定则可判断洛伦兹力方向向上，圆环还受到竖直向下的重力、垂直于细杆的弹力及向左的摩擦力当Bqv0mg 时，圆环做匀速直线运动，选项A 正确当 Bqv0mg 时，NBqv0mg，此时 N ma，所以圆环做加速度逐渐减小的减速运动，直到 Bqvmg 时，圆环开始做匀速运动，选项D 正确10如图甲，一带电物块无初速度地放在皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针转动， 该装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E 运动至皮带轮顶端F 的过程中，其 vt 图象如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5 s，关于带电物块及运动过程的说法正确的是 () A该物块带
38、负电B皮带轮的传动速度大小一定为1 m/sC若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移D在 24.5 s内，物块与皮带仍可能有相对运动答案： D解析：对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为 ，沿斜面的方向有FNmgsin ma物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由式可知， 一定是 FN逐渐减小，而开始时 FNmgcos ， 后来 FNmgcosf洛，即洛伦兹力的方向是向上的 物块沿皮带向上运动， 由左手定则可知物块带正电， 故 A 错误物块向上运动的过程中， 洛伦兹力越来越大，则受到的支持力越来越小，结合式可知，物块的加速度
39、也越来越小，当加速度等于0 时，物块达到最大速度，此时mgsin (mg cos f洛)由式可知，只要皮带的速度大于或等于1 m/s，则物块达到最大速度的条件与皮带的速度无关，所以皮带的速度可能是1 m/s，也可能大于 1 m/s，则物块可能相对于传送带静止，也可能相对于传送带运动，故 B 错误、D 正确由以上分析可知， 皮带的速度无法判断，所以若已知皮带的长度， 也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移，故 C 错误二、非选择题11. 2019 株洲模拟 如图所示，在 xOy 平面内，在 0 x0 的区域内充满垂直纸面向外的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小都为B.有一质量为 m，电荷量为
40、q 的带电粒子， 从坐标原点 O 以某一初速度沿与x 轴正方向成 30 射入磁场， 粒子刚好经过 P 点进入磁场， 后经过 x 轴上的 M 点(图中未标出 )射出磁场 .已知 P点坐标为 (1.5l，32l)，不计重力的影响，求：(1)粒子的初速度大小(2)M 点在 x 轴上的位置答案： (1)qBlm(2)3l 解析：(1)连接 OP，过 P作 y 轴垂线交 y 轴于点 A，过 O 作初速度垂线 OO1交 PA 于点 O1，根据 P 点的坐标值及初速度方向可得APOO1OP30故 O1为粒子在磁场中做圆周运动的圆心，OO1即为圆周半径 r. 由几何关系可得rrcos60 1.5l 解得 rl
41、 根据牛顿第二定律有qvBmv2r解得 vqBlm. (2)粒子在匀强磁场 中的运动半径与其在匀强磁场中的运动半径相同由对称性可知 OM21.5l3l. 12. 2019 浙大附中模拟 如图所示，某一水平面内有一直角坐标系xOy， x0 和 xL10 cm的区间内有一沿 x 轴负方向的有理想边界的匀强电场，且 E11.0104V/m，xL 和 x3L 的区间内有一沿y 轴负方向的有理想边界的匀强电场，且E21.0104V/m，一电子(为了计算简单，比荷取21011C/kg)从直角坐标系 xOy 的坐标原点 O 以很小的速度进入匀强电场， 计算时不计此速度且只考虑xOy平面内的运动求：(1)电子从 O 点进入电场到离开x3L 处的电场所需的时间；(2)电子离开 x3L 处的电场时对应的纵坐标长度答案： (1)2108s(2)0.1 m解析： (1)设电子离开 xL 的位置为 P点，离开 x3L 的位置为 Q 点，则12mv2PeE1L 代入数据得 vP2107m/s电子从 O 点运动到 P 点，所用时间满足 L12eE1mt21代入数据得 t1108s电子从 P 点运动到 Q 点，所用时间 t22LvP108s所以总时间为 tt1t22108s. (2)电子运动到 Q 点时yQ12eE2m t22代入数据得 yQ0.1 m.
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