电场和磁场中的曲线运动（解析版）

电场和磁场中的曲线运动一、选择题1．(2021·广东模拟)在一正方形区域里有垂直纸面向里的匀强磁场，现有a、b、c三个比荷相同的带电粒子(不计重力)依次从P点沿PQ方向射入磁场，其运动轨迹分别如图所示，带电粒子a从PM边中点O射出，b从M点射出，c从N点射出．则a、b、c三个粒子在磁场中运动的()A．速率之比为1∶2∶3B．周期之比为1∶1∶2C．时间之比为2∶2∶1D．动量大小之比为1∶2∶4答案C解析设正方形的边长为L，根据几何关系可知粒子运动的半径分别为ra＝eq\f(L,4)，rb＝eq\f(L,2)，rc＝L.由洛伦兹力提供向心力qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(qrB,m).则有va∶vb∶vc＝ra∶rb∶rc＝1∶2∶4，根据动量表达式p＝mv，因为粒子的质量关系不确定，所以动量的大小关系也不能确定，故A、D两项错误；根据周期T＝eq\f(2πm,qB)，可知粒子运动的周期相等，则有ta＝tb＝eq\f(T,2)，tc＝eq\f(T,4)，所以时间之比为2∶2∶1，故C项正确，B项错误．故选C项．2．(2021·保定二模)(多选)如图所示，两直线边界MN，PQ相互平行，间距为d，其中SO与边界垂直，一带电粒子以速度v0从S点沿SO方向射入边界内．如果边界内仅存在平行边界MN的匀强电场时，粒子由PQ边的J点射出，射出时速度与PQ边界的夹角为45°，如果边界内仅存在垂直纸面的匀强磁场时，粒子由PQ边的K点射出，射出时速度与PQ边界的夹角也为45°，忽略带电粒子的重力，下列说法中正确的是()A．粒子从S运动到J的时间比从S运动到K的时间短B．粒子从S运动到J的时间比从S运动到K的时间长C．若电场和磁场同时存在，粒子通过场区后动能增加D．若电场和磁场同时存在，粒子通过场区后动能不变答案AC解析带电粒子以速度v0从S点沿SO方向射入边界内，如果边界内仅存在平行边界MN的匀强电场时，带电粒子做平抛运动，在匀强电场运动的时间t1＝eq\f(d,v0)，如果边界内仅存在垂直纸面的匀强磁场时，带电粒子做匀速圆周运动，在匀强磁场中运动的时间t2＝eq\f(\o(SK,\s\up8(︵)),v0)，可知t1<t2，即粒子从S运动到J的时间比从S运动到K的时间短，故A项正确，B项错误；带电粒子仅在电场运动时，竖直方向，有eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)eq\f(F电,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,v0)))eq\s\up12(2)，可得电场力F电＝eq\f(mv02,d)，带电粒子仅在磁场运动时，洛伦兹力提供向心力，有F洛＝meq\f(v02,R)＝eq\f(mv02,\r(2)d)<F电，所以若电场和磁场同时存在，带电粒子向上运动，电场力做正功，洛伦兹力不做功，根据动能定理，粒子通过场区后动能增加，故C项正确，D项错误．故选A、C两项．3．(2021·衡阳二模)(多选)如图所示，虚线MN将竖直平面分成Ⅰ和Ⅱ两个区域，两个区域分别存在着垂直纸面方向的匀强磁场，一带电粒子仅在洛伦兹力作用下由Ⅰ区运动到Ⅱ区．曲线aPb为运动过程中的一段轨迹，其中弧eq\o(aP,\s\up8(︵))、弧eq\o(Pb,\s\up8(︵))的弧长之比为2∶1，且粒子经过a、b点时的速度方向均水平向右，下列判断正确的是()A．弧eq\o(aP,\s\up8(︵))与弧eq\o(Pb,\s\up8(︵))对应的圆心角之比为2∶1B．粒子通过eq\o(aP,\s\up8(︵))、eq\o(Pb,\s\up8(︵))两段弧的时间之比为2∶1C．粒子在Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场中的运动半径之比为1∶1D．Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场的磁感应强度方向相反，大小之比为1∶2答案BD解析粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，洛伦兹力提供向心力，故有Bvq＝meq\f(v2,R)，根据粒子偏转方向相反，由粒子经过a、b点时的速度方向均水平向右可得：两粒子转过的角度相等，则弧eq\o(aP,\s\up8(︵))与弧eq\o(Pb,\s\up8(︵))对应的圆心角之比为1∶1，又有弧eq\o(aP,\s\up8(︵))、弧eq\o(Pb,\s\up8(︵))的弧长之比为2∶1，弧eq\o(aP,\s\up8(︵))与弧eq\o(Pb,\s\up8(︵))对应的圆心角相等，那么粒子在Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场中的运动半径之比为2∶1；根据t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(θ,2π)×eq\f(2πR,v)＝eq\f(θR,v)，可知粒子通过eq\o(aP,\s\up8(︵))、eq\o(Pb,\s\up8(︵))两段弧的时间之比为2∶1，故A、C两项错误，B项正确；根据粒子偏转方向相反可得：Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场的磁感应强度方向相反；根据磁感应强度B＝eq\f(mv,qR)可得：Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场的磁感应强度大小之比为1∶2，故D项正确．故选B、D两项．4．(2021·南京三模)如图所示，ABCD为一正方形区域，一带电粒子以速度v0从AB边的中点O，沿纸面垂直于AB边的方向射入．若该区域充满平行于AB边的匀强电场，该粒子经时间t1以速度v1从D点射出；若该区域充满垂直纸面的匀强磁场，该粒子经时间t2以速度v2从C点射出，不计粒子重力，则()A．v1>v2，t1<t2 B．v1>v2，t1>t2C．v1<v2，t1<t2 D．v1<v2，t1>t2答案A解析设正方形的边长为L，当区域内为电场时，则粒子做类平抛运动，平行于AD方向做匀速直线运动，运动时间为t1＝eq\f(L,v0)，垂直于AD方向做匀加速直线运动，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，当区域内为磁场时，洛伦兹力不做功，则v2＝v0，设轨道半径为r，则有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，根据qv0B＝eq\f(mv02,r)，解得B＝eq\f(4mv0,5qL)，所以轨道圆心角sinθ＝eq\f(L,\f(5,4)L)＝0.8，则θ＝53°，则t2＝eq\f(53°,360°)×eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(53π,144)·eq\f(L,v0)，综上v1>v2，t1<t2，故A项正确．故选A项．5．(2021·辽宁三模)如图所示，在xOy坐标系所在平面内有沿x轴负方向的匀强电场，两个电荷量不等、质量相等的带电粒子A、B，从y轴上的S点以不同的速率沿着y轴正方向射入匀强电场，两粒子在圆形区域中运动的时间相同，不计粒子所受的重力，则()A．A粒子带负电荷B．B粒子所带的电荷量比A粒子少C．A粒子在圆形区域中电势能变化量比B粒子小D．B粒子进入电场时具有的动能比A粒子大答案C解析由运动轨迹可以判定A粒子带正电荷，故A项错误；两粒子进入电场后做类平抛运动，沿y轴的分运动为匀速直线运动，沿x轴的分运动为匀加速直线运动；由图可知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项错误；粒子在圆形区域中电势能的变化在数量上等于电场力所做的功，即|ΔEp|＝W＝qEx，由于qB>qA，xB>xA所以|ΔEpB|>|ΔEpA|，故C项正确；由图可知yA>yB，由于运动时间相同，所以vA0>vB0，粒子质量相等，所以EkA>EkB，故D项错误．故选C项．6．(2021·广东模拟)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(重力不计)以速度v从AC边的中点O垂直AC边射入磁场区域．若三角形的两直角边长均为2L，要使粒子从CD边射出，则v的取值范围为()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解析根据洛伦兹力提供向心力可知，v＝eq\f(Bqr,m)，因此半径越大，速度越大；根据几何关系可知，使粒子运动轨迹与AD边相切时速度最大，如图由几何关系可知：r1＝(r1＋L)sin45°，解得最大半径为r1＝(eq\r(2)＋1)L，故最大速度为v1＝eq\f(（\r(2)＋1）qBL,m)；当粒子从C点出射时半径最小，为r2＝eq\f(L,2)，故最小速度应为v2＝eq\f(qBL,2m)，故v的取值范围为eq\f(qBL,2m)≤v≤eq\f(（\r(2)＋1）qBL,m)，故C项正确，A、B、D三项错误，故选C项．7.(2021·广东模拟)(多选)如图所示，水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，一带电粒子从A点沿半圆ABC的直径方向以某一速度水平射入电场，恰好经过半圆的最低点B.粒子重力不计，下列分析正确的是()A．经过B点时的速度方向沿半圆的半径B．无论射入速度多大，粒子都不可能沿着半径方向离开半圆C．若仅将下板下移少许，板间电压增大D．若仅将下板下移少许，该粒子以相同的速度从原处射入电场，仍会经过B点答案BCD解析粒子在平行板电容器中向下运动，则其受到向下的合力，所以到达B点时，既有水平方向的速度，又有竖直向下的速度，故经过B点时的速度方向向右下方，故A项错误；粒子受力方向和初速度方向垂直，粒子做类平抛运动，类平抛运动速度反向延长线过水平位移的中点，若粒子沿着半径方向离开半圆，则反向延长线过圆心，所以一定从C点射出，所以不可能，故B项正确；若仅将下板下移少许，则平行板电容器间的极板距离d变大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知电容变小，又平行板电容器充电后与电源断开，则Q不变，由U＝eq\f(Q,C)，可知板间电压增大，故C项正确；若仅将下板下移少许，由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知场强不变，受力情况不变，该粒子以相同的速度从原处射入电场，运动轨迹不变，则仍会经过B点，故D项正确．故选B、C、D三项．8．(2021·佛山一模)(多选)地磁场能有效抵御宇宙射线的侵入．赤道剖面外地磁场可简化为包围地球一定厚度的匀强磁场，方向垂直该剖面，如图所示．图中给出了速度在图示平面内，从O点沿平行与垂直地面2个不同方向入射的微观带电粒子(不计重力)在地磁场中的三条运动轨迹a、b、c，且它们都恰好不能到达地面．则下列相关说法中正确的是()A．沿a轨迹运动的粒子带正电B．若沿a、c两轨迹运动的是相同的粒子，则a粒子的速率更大C．某种粒子运动轨迹为a，若它速率不变，只是改变入射地磁场的方向，则只要其速度在图示平面内，无论沿什么方向入射，都不会到达地面D．某种粒子运动轨迹为b，若它以相同的速率在图示平面内沿其他方向入射，则有可能到达地面答案CD解析由左手定则可知，沿a轨迹运动的粒子带负电，故A项错误；由半径公式r＝eq\f(mv,Bq)可知，沿a轨迹运动的半径小，则沿a轨迹运动的粒子的速率更小，故B项错误；圆的直径为最长的弦，图中O点与轨道上离地球最近的点为直径时都到不了地面，则其他方向的也将不会到达地面，故C项正确；由图可知，当粒子射入的速度方向沿顺时针转过小于90°的锐角时，都可到达地面，故D项正确．故选C、D两项．9．(2021·河北模拟)(多选)有史可查，我国最早的放射源应用是在1937年，将镭源用于放射治疗，镭(88226Ra)的衰变产物氡(86222Rn)也被用于癌症的治疗．如图，菱形的匀强磁场区域ACDE中磁感应强度为B，磁场方向垂直纸面向里，一个静止在菱形中心P点的镭核衰变时产生的新核氡与放出的粒子速度方向均刚好在CPE直线上，放出的粒子沿PC经磁场偏转后恰好不射出磁场，∠CAD＝θ＝30°，AP＝3l，则下列说法正确的是()A．该核反应的类型为α衰变，放出的粒子为氦核(24He)B．镭核衰变时放出的粒子在磁场中的轨迹半径为eq\f(3l,4)C．衰变产生的新核氡经磁场偏转后可能离开磁场D．衰变产生的新核氡和粒子的动能之比为2∶111答案AD解析根据质量数守恒与电荷数守恒可知镭核衰变的核反应方程为88226Ra→86222Rn＋24He，新核为86222Rn，放出的粒子为氦核，故核反应类型为α衰变，故A项正确；α粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，其轨迹恰好与AC边相切，由几何关系可知3l＝r＋eq\f(r,sinθ)，α粒子做圆周运动的轨迹半径为r＝l，故B项错误；核反应过程遵循动量守恒定律0＝mRnv1＋mHev2，衰变产物在磁场中做匀速圆周运动，可知qvB＝meq\f(v2,R)，得R＝eq\f(mv,Bq)，因为氡核和氦核的动量大小相等，氡核的带电荷量比氦核的大，故氡核的轨迹半径较小，所以衰变产生的新核氡经磁场偏转后不可能离开磁场，故C项错误；由Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(p2,2m)，可知，动量大小相等的情况下，粒子的动能Ek和质量成反比，衰变产生的新核氡和α粒子的质量之比为111∶2，故衰变产生的新核氡和α粒子的动能之比为2∶111，故D项正确．故选A、D两项．10．(2021·四川三模)如图，矩形区域abcd(含边界)内存在方向垂直于矩形面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，矩形的长和宽分别为2L和L，矩形长边ab的中点有一粒子发射源S，从S可分别发射出方向垂直于ab指向cd和方向沿Sb的不同速率的粒子．若粒子的质量均为m、电荷量均为q(q>0)、不计粒子的重力及粒子间的相互作用力．则()A．从bc边射出的粒子的速率范围是v≤eq\f(qBL,m)B．从cd边射出的粒子的速率范围是v>eq\f(qBL,2m)C．从da边射出的粒子的速率范围是eq\f(qBL,4m)≤v≤eq\f(qBL,m)D．从ab边射出的粒子的速率范围是eq\f(qBL,4m)≤v≤eq\f(qBL,2m)答案B解析由左手定则可判断，只有沿Sb方向发射的粒子才能从bc边射出，当恰好从c点射出时速度v1最小，轨迹如图甲所示，由洛伦兹力提供向心力可得qv1B＝meq\f(v12,L)，解得v1＝eq\f(qBL,m)，故从bc边射出的粒子的速率范围是v≥eq\f(qBL,m)，A项错误；沿Sb方向射出的粒子恰好与cd相切时，轨迹如图乙所示，由洛伦兹力提供向心力可得qv2B＝meq\f(v22,\f(1,2)L)，解得v2＝eq\f(qBL,2m)，故当满足eq\f(qBL,2m)<v≤eq\f(qBL,m)时，沿Sb方向射出的粒子能从cd边射出，当满足v≥eq\f(qBL,m)时，沿垂直于ab射出的粒子能从cd边射出，故从cd边射出的粒子的速率范围是v>eq\f(qBL,2m)，B项正确；沿垂直于ab射出的粒子恰好打到a点时，轨迹如图丙所示，类比B项的分析可知，从a点射出的粒子速度为v3＝eq\f(qBL,2m)，故从da边射出的粒子的速率范围是eq\f(qBL,2m)≤v≤eq\f(qBL,m)，C项错误；只有沿垂直于ab射出的粒子才能从ab边射出，结合C项的分析可知，从ab边射出的粒子的速率范围是v≤eq\f(qBL,2m)，D项错误．故选B项．二、计算题11．(2021·深圳一模)如图是两个圆筒M、N的横截面，N筒的半径为L，M筒半径远小于L，在筒的右侧有一等腰三角形匀强磁场区域OAB，磁感应强度大小为B，方向平行圆筒的轴线．M、N以相同角速度顺时针转动，两边缘开有两个正对着的窄缝S1、S2，当S1、S2的连线刚好与△OAB底边上的高共线时，M筒内部便通过S1向外射出一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，粒子进入磁场后从OA边中点射出．已知△OAB底边的高为1.2L，底边AB＝3.2L，粒子通过的空间均为真空．求：(1)粒子的速度；(2)圆筒的角速度．答案(1)eq\f(5qBL,8m)(2)ω＝eq\f(5nπqB,4m)(n＝1，2，3，…)解析(1)设粒子的速度为v，在磁场做圆周运动的半径为r，粒子的运动轨迹如图根据几何关系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°则α＝90°－θ＝37°根据几何关系cosα＝eq\f(\f(1,2)OE,r)＝eq\f(\f(L,2),r)解得r＝eq\f(5,8)L根据qvB＝meq\f(v2,r)解得v＝eq\f(5qBL,8m).(2)设圆筒的角速度为ω，粒子从射出到到达S2的时间为t，由题意得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)如图所示，竖直平面内有一矩形区域abcd，ab边长为2l，bc边长为eq\r(3)l