江苏高考物理复习第九章磁场课时70带电粒子在叠加场中的运动

70 带电粒子在叠加场中的运动
[方法点拨] (1)先确定各场的方向、强弱等，后正确分析带电体受力情况、运动情况，寻找临界点、衔接点；(2)若带电粒子在叠加场中做匀速直线运动，则重力、电场力与磁场力的合力为零；(3)若带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动，则重力与电场力等大、反向．
1．如图1所示圆形区域内，有垂直于纸面方向的匀强磁场．一束质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率，沿着相同的方向，对准圆心O射入匀强磁场，又都从该磁场中射出．这些粒子在磁场中的运动时间有的较长，有的较短．若带电粒子在磁场中只受磁场力的作用，则在磁场中运动的带电粒子( )
图1
A．速率越大的运动时间越长
B．运动时间越长的周期越大
C．速率越小的速度方向变化的角度越小
D．运动时间越长的半径越小
图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端．当开关S1、S2闭合后，电流表A和电表B、C都有明显示数，下列说法中正确的是( )
图1
A．电表B为毫伏表，电表C为毫安表
B．接线端2的电势高于接线端4的电势
C．若调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反，但大小不变，则毫伏表的示数将保持不变
D．若适当减小R1、增大R2，则毫伏表示数一定增大
2．(多选)如图2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( )
图2
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方向做直线运动，则小球带正电，且一定是匀速运动
C．若沿ac方向做直线运动，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
3．(多选)(2018·四川成都第七中学月考)太阳风含有大量高速运动的质子和电子，可用于发电．如图3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，方向垂直纸面，两极板间的距离为L，则( )
图3
A．在开关K未闭合的情况下，两极板间稳定的电势差为BLv
B．闭合开关K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K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K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4．(多选)(2017·河北衡水金卷)如图4所示，一对间距可变的平行金属板C、D水平放置，两板间有垂直于纸面向里的匀强磁场B.两板通过滑动变阻器与铅蓄电池相连，这种铅蓄电池能快速转换到“逆变”状态，即外界电压过低时能向外界提供一定的供电电压，当外界电压超过某一限定值时可转换为充电状态，闭合开关S后，有一束不计重力的带正电粒子从左侧以一定的速度v0射入两板间恰能做直线运动，现对入射粒子或对装置进行调整，则下列有关描述正确的是( )
图4
A．若仅将带正电的粒子换成带负电的粒子，也能直线通过
B．若只增大两板间距到一定程度时可使铅蓄电池处于充电状态
C．若将滑动变阻器触头P向a端滑动，可提高C板的电势
D ．若只减小入射粒子的速度，可使铅蓄电池处于充电状态
5．(2018·湖北黄冈模拟)如图5所示，在平面直角坐标系xOy 的第二象限内存在电场强度大小为E 0、方向水平向右的匀强电场，x 轴下方是竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场的复合场区域．一带电小球从x 轴上的A 点以一定初速度v 0垂直x 轴向上射出，小球恰好以速度v 0从y 轴上的C 点垂直y 轴进入第一象限，然后从x 轴上的D 点进入x 轴下方的复合场区域，小球在复合场区域内做圆周运动，最后恰好击中原点O ，已知重力加速度为g .求：
图5
(1)带电小球的比荷q
m
；
(2)x 轴下方匀强电场的电场强度大小E 和匀强磁场的磁感应强度大小B ； (3)小球从A 点运动到O 点经历的时间t .
6．(2017·广东佛山高三教学质检一)在水平面上，平放一半径为R 的光滑半圆管道，管道处在方向竖直、磁感应强度为B 的匀强磁场中，另有一个质量为m 、带电荷量为＋q 的小球． (1)当小球从管口沿切线方向以某速度射入，运动过程中恰不受管道侧壁的作用力，求此速度v 0；
(2)现把管道固定在竖直面内，且两管口等高，磁场仍保持和管道平面垂直，如图6所示，
空间再加一个水平向右、场强E ＝mg q
的匀强电场(未画出)，若小球仍以v 0的初速度沿切线方向从左边管口射入，求小球：
图6
①运动到最低点的过程中动能的增量； ②在管道运动全程中获得的最大速度．
答案精析
1．BC
2．AB [若沿ab 方向抛出的小球带正电，沿ac 方向抛出的小球带负电，则都可能做直线运动，如图所示，A 项正确．
根据上述分析可知，若小球沿ab 方向做直线运动，重力和电场力不变，由图中可以看出应保证重力和电场力的合力与洛伦兹力大小相等且方向相反；若速度改变，则洛伦兹力改变，小球所受的合外力大小不为零且方向与速度方向不共线，所以小球将不做直线运动，B 项正确．根据上述分析可知小球若沿ac 方向做直线运动，则小球带负电，重力和电场力不变，由图中可以看出应保证重力和电场力的合力与洛伦兹力大小相等且方向相反；若速度改变，则洛伦兹力改变，小球所受的合外力大小不为零且方向与速度方向不共线，所以小球将不做直线运动，C 项错误．两小球在运动过程中洛伦兹力不做功，只有重力和电场力做功．电场力做功，电势能改变，则机械能也改变，D 项错误．]
3．AB [太阳风进入两极板之间的匀强磁场中，稳定后，带电粒子受到洛伦兹力和电场力作用，且qU
L
＝qvB ，解得U ＝BLv ，选项A 正确；闭合开关后，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 ＝U R ＝
BLv
R
，电阻消耗的热功率P ＝UI ＝BLIv ，选项C 错误；由于洛伦兹力永远不做功，所以选项D 错误．]
4．AB [带正电的粒子恰好做直线运动，其电场力和洛伦兹力相平衡，由E d
q ＝qv 0B 可知v 0＝
E
Bd
，若换成带负电的粒子，电场力和洛伦兹力都反向，仍平衡，能直线通过，故选项A 正确；若增大两板间距，带正电粒子射入后受洛伦兹力偏转堆积在极板上，将提高两板间电压，若此电压超过蓄电池的逆变电压就会使之处于“逆变”状态而被充电，故选项B 正确；由于电容器C 、D 两板是彼此绝缘的，调节滑动触头P 不起任何作用，故选项C 错误；若减小入射粒子的速度，直线通过的粒子所受洛伦兹力减小，有部分粒子会落在下极板上，因此上极板上堆积的电荷会减小，对应的电势也会降低，达不到逆变电压，故选项D 错误．] 5．(1)g E 0
(2)E 0
2E 0v 0 (3)⎝
⎛⎭⎪⎫2＋3π4v 0
g
解析 (1)小球运动轨迹如图所示，
在第二象限内小球受重力和电场力作用做曲线运动，由运动的合成与分解知，竖直方向：v 0＝gt 1，OC ＝12
gt 12
水平方向：v 0＝at 1，OA ＝12at 12，a ＝qE 0
m
联立得q m ＝g
E 0
.
(2)由(1)中知OC ＝OA ＝v 022g ，t 1＝v 0
g
，设小球在D 点时速度为v ，小球从C 点到D 点做平抛运
动，有OC ＝12gt 22
，OD ＝v 0t 2，
tan θ＝
gt 2
v 0
，v cos θ＝v 0 联立得OD ＝v 02g ，t 2＝v 0
g
，θ＝45°，v ＝2v 0
因小球在复合场中做圆周运动，所以电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力，即mg ＝qE ，得E ＝E 0
而Bqv ＝m v 2R ，得B ＝mv
qR
由轨迹图知2R sin θ＝OD 联立得B ＝2E 0
v 0
(3)小球做圆周运动所用时间为t 3＝270°360°×2πm Bq ＝3πv 0
4g
所以小球从A 点运动到O 点经历的时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝⎝
⎛⎭⎪⎫2＋3π4v 0
g .
6．(1)qBR
m
(2)①2mgR ②
q 2B 2R 2
m 2
＋＋22
gR
解析 (1)小球在水平面上只受到洛伦兹力作用，故
qv 0B ＝m v 20
R
解得v 0＝
qBR m
(2)①小球在管道运动时，洛伦兹力始终不做功． 对小球运动到最低点的过程，由动能定理：
mgR ＋qER ＝ΔE k .由题知，E ＝mg
q
，则ΔE k ＝2mgR
②方法一：当小球到达管道中方位角为θ的位置(如图所示)时，
应用动能定理，有mgR sin θ＋qE (R ＋R cos θ)＝12mv 2－12
mv 02
即v 2
＝q 2B 2R 2
m
2＋2gR ＋2gR (sin θ＋cos θ)
对函数y ＝sin θ＋cos θ求极值，可得θ＝45°时，y max ＝ 2 所以v m ＝
q 2B 2R 2
m 2
＋＋22gR
方法二：如图所示，
根据场的叠加原理，小球所受的等效重力为：
mg ′＝mg 2
＋qE
2
＝2mg
tan φ＝mg qE
＝1，即φ＝45°
小球在等效重力场的“最低点”时，即当小球到达管道中方位角为θ＝φ＝45°时，速度最大 由动能定理：
mgR sin θ＋qE (R ＋R cos θ)＝12mv m 2－12
mv 02
解得：v m ＝
q 2B 2R 2
m 2
＋＋22gR .。