39　第二阶段　层级二　第27天　带电粒子在电磁场中的运动-2025版新坐标二轮专题复习与策略物理解析版

第27天带电粒子在电磁场中的运动1．我国潜艇研制已经取得了重大突破，开始进入试车定型阶段，该潜艇应用了超导磁流体推进器。如图是超导磁流体推进器原理图，推进器浸没在海水中，海水由前、后两面进出，左、右两侧导体板连接电源，与推进器里的海水构成回路，由固定在潜艇上的超导线圈(未画出)产生垂直于海平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B。已知左、右两侧导体板间海水的体积为V，垂直于导体板方向单位面积上的电流为I(导体板外电流不计)，下列说法正确的是()A．要使潜艇前进，左、右两侧导体板所接电源的正、负极应与图示方向相同B．同时改变超导线圈中电流的方向和海水中电流的方向，潜艇受磁场力的方向将反向C．潜艇所受磁场力的大小为IVBD．若导体板间海水的电阻为R，其两端的电压为U，则潜艇在海水中匀速前进时，海水中的电流等于UC[根据左手定则，左、右内侧导体板所接电源的正、负极与题图所示方向相同时，海水受到的安培力向前，根据牛顿第三定律，海水对超导潜艇的作用力向后，该力是使潜艇后退的力，选项A错误；改变超导线圈中电流的方向，匀强磁场的方向发生改变，同时改变海水中电流的方向，则潜艇受磁场力的方向不变，选项B错误；设推进器内侧导体板的面积为S，间距为d，装满水时，磁场力为F＝ISdB＝IVB，选项C正确；船在海水中匀速前进时，可视为导体在海水中切割磁感线，产生与电流方向相反的感应电动势，所以海水中的电流小于UR，选项D错误。故选C。2．(2024·河南开封统考一模)茫茫宇宙中存在大量的宇宙射线，对航天员构成了很大威胁。现有一束射线(含有α、β、γ三种射线)先经过一张纸，再进入圆形磁场区域，之后打在荧光屏上，出现了A、B两个亮斑。已知α粒子的质量约为β粒子质量的8000倍，α射线的速度约为光速的110，β射线的速度约为光速。下列说法正确的是(A．圆形区域内磁场方向垂直纸面向里B．打在A处的射线经过圆形区域时，动能增加C．如果将纸拿走并保留磁场，光屏将会出现明显的两个亮斑D．如果将纸拿走并保留磁场，光屏将会出现明显的三个亮斑C[α射线贯穿能力很弱，不能穿过纸而进入磁场，γ粒子不带电，在磁场中不偏转，打在B处，β粒子带负电，偏转后打在A处，则根据左手定则判断可知，圆形区域内磁场方向垂直纸面向外，故A错误；打在A处的射线经过圆形区域时，由于洛伦兹力不做功，所以动能不增加，故B错误；如果将纸拿走并保留磁场，则α射线进入磁场，根据洛伦兹力提供向心力有Bqv＝mv2r，可得轨迹半径为r＝mvBq，由于α粒子的质量约为β粒子质量的8000倍，α射线的速度约为光速的110，则α粒子做圆周运动的半径很大，远大于β粒子做圆周运动的半径，所以α粒子在磁场中的偏转量很小，几乎不偏转，与γ射线一起打在B处，则光屏还是会出现明显的两个亮斑，故C正确，D3．(多选)(2024·山西临汾统考一模)在科学研究中，经常用施加适当的磁场来实现对带电粒子运动的控制。在如图所示的平面坐标系Oxy内，以坐标原点O为圆心、半径为R的圆形区域外存在范围足够大的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面。一质量为m、带电荷量为－q的粒子从P(0，R)沿y轴正方向射入磁场，当入射速度为v0时，粒子从A32R，12RA．粒子第一次离开磁场时的运动时间为4B．粒子再次回到P点共需要2次通过原点OC．若仅将入射速度大小变为3v0，则粒子离开P点后可以再回到P点D．若仅将入射速度大小变为3v0，则粒子离开P点后不可能再回到P点AC[如图甲所示因为A点坐标为A32R，12R，所以∠AOH＝30°，∠PO1A＝120°，α＝240°，圆轨迹半径为R1＝33R粒子第一次离开磁场时的运动时间为t＝240°360°×2πmqB＝23×3要3次通过原点O，B错误；若仅将入射速度大小变为3v0，则粒子轨迹半径为3R，其运动轨迹如图丙所示，则粒子离开P点后可以再回到P点，C正确，D错误。故选AC。]4．(多选)(2024·河南郑州统考一模)光滑绝缘水平桌面上有一个可视为质点的带正电小球，桌面右侧存在由匀强电场和匀强磁场组成的复合场，复合场的下边界是水平面，到桌面的距离为h，电场强度为E、方向竖直向上，磁感应强度为B、方向垂直纸面向外，重力加速度为g，带电小球的比荷为gE。如图所示，现给小球一个向右的初速度，使之离开桌边缘立刻进入复合场运动，已知小球从下边界射出，射出时的速度方向与下边界的夹角为60°，下列说法正确的是(A．小球在复合场中的运动时间可能是2B．小球在复合场中运动的加速度大小可能是3C．小球在复合场中运动的路程可能是2D．小球的初速度大小可能是3AC[带电小球的比荷为是gE，则有Eq＝mg，则小球合力为洛伦兹力，所以小球在复合场中做匀速圆周运动，射出时的速度方向与下边界的夹角为60°，则小球运动情况有两种，轨迹如图所示。若小球速度为v1，则根据几何知识可得轨迹所对应的圆心角为120°，此时小球在复合场中的运动时间为t1＝120360T＝13×2πmBq＝2πE3Bg，根据几何知识可得，其轨迹半径为R1＝23h，则根据洛伦兹力提供向心力有Bqv1＝mv12R1，可得小球的速度为v1＝2Bgh3E，则小球的路程为s1＝120360×2πR1＝49πh，小球的加速度为a1＝v12R1＝2B2g2h3E2；若小球速度为v2，则根据几何知识可得轨迹所对应的圆心角为60°，此时小球在复合场中的运动时间为t2＝60360T＝16×2]5．(2024·山东枣庄一模)如图所示，在平面直角坐标系Oxy内有一直角三角形，其顶点坐标分别为(0，0)、0，33d、(d，0)，三角形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，x轴下方有沿着y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E。一质量为m、电荷量为－q的粒子从(1)求M点到O点的距离；(2)改变粒子在y轴上的释放点，使粒子由N点静止释放后能沿垂直于直角三角形斜边的方向射出磁场，求N点到O点的距离；(3)在(2)过程中，求粒子从N点由静止释放到射出磁场的运动时间。[解析](1)设粒子在磁场中运动的轨迹半径为R0，由几何关系可知R0＋2R0＝d解得R0＝d由牛顿第二定律得qv0B＝m设M点到O点的距离为y0，由动能定理得qEy0＝1解得y0＝qB(2)要使粒子由N点静止释放后能沿垂直于斜边的方向射出磁场，则粒子在磁场中运动轨迹的半径R满足：d＝(2n＋1)R(n＝0，1，2，…)由牛顿第二定律得qvB＝mv设N点到O点的距离为y，由动能定理有qEy＝12mv解得y＝qB2d222n+12mE(n＝(3)设粒子在电场中的加速度为a，则qE＝ma设粒子在电场中每单程的运动时间为t0，则y＝1粒子在电场中总的运动时间t1＝(2n＋1)t0(n＝0，1，2，…)解得t1＝Bd粒子在磁场中做圆