专题限时集训(八) 带电粒子在复合场中的运动
1．(2024·浙江嘉兴9月质检)如图所示，一长度为L、宽度为d、厚度为h(h≠d)的长方体导体板放在方向与前表面垂直、磁感应强度为B的匀强磁场中，当导体板通有从左向右的电流时，导体板的上、下表面之间会产生电势差UH(称为霍尔电压)，这种现象称为霍尔效应。若导体板单位体积内自由电子的个数为N，通过导体板的电流为I，电子电荷量为e，则( )
A．上表面的电势高于下表面
B．电势差UH＝
C．若电流I大小不变，方向从上向下，左、右表面间电势差为UH
D．若将导体板挖成薄壁空腔并充满电解质溶液，通电后霍尔电压为0
2．(2024·广东深圳一模)如图所示，整个空间存在一水平向右的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，光滑绝缘斜面固定在水平面上。一带正电滑块从斜面顶端由静止下滑，下滑过程中始终没有离开斜面，下滑过程中滑块的位移x、受到的洛伦兹力f洛、加速度a与机械能E机等物理量的大小随时间变化的图线可能正确的是( )
A B C D
3．(多选)(2024·安徽卷)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电荷量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则( )
A．油滴a带负电，所带电荷量的大小为
B．油滴a做圆周运动的速度大小为
C．小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为
D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
4．回旋加速器的工作原理示意图如图所示。D1和D2是中空的两个半径为r的D形金属盒，分别与一频率为f、电压为U的高频交流电源两极相接，两盒放在恒定的磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面向下，粒子源置于盒的圆心A附近。两盒间的狭缝很小，粒子在D形盒内做匀速圆周运动，当其到达两盒间的缝隙时，缝隙中的交变电场恰好使粒子被加速，且加速过程中不考虑重力的影响。忽略粒子在电场中运动的时间，忽略相对论效应，下列说法正确的是( )
A．无论加速的是何种粒子，粒子出D形盒时的动能都相同
B．粒子飞出回旋加速器的速度为πfr
C．粒子在加速器中加速的次数为
D．粒子第n次加速前后轨迹半径之比为∶
5．(2024·安徽皖南八校8月联考)如图所示的平面直角坐标系xOy，在第一象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第四象限的等边三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，等边三角形边长为L，且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a点(2h，0)进入第四象限，经过磁场后又从y轴上的某点进入第三象限，且速度方向与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。求：
(1)电场强度E的大小；
(2)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值；
(3)粒子从P点出发到回到y轴上所用时间的最大值。
6．(多选)(2024·四川德阳二模)如图所示为绝缘固定的斜面的剖面图AD，AD与水平面的夹角为θ＝37°，点O、点C为直线AD上的两点，OA段粗糙，OD段光滑，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场充满AD所在的空间，AD与磁场方向垂直。质量为m、电荷量为q的物块在C点以某一初速度v0(未知)沿斜面AD向上运动，此时物块与斜面AD之间的相互作用力的大小为0.6mg，已知OA＝，OC＝，OA段的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是( )
A．物块带负电
B．物块在C点上滑的初速度大小为
C．物块在斜面AD上做匀变速运动的时间为
D．物块在OA段因摩擦产生的热量为
7．(多选)(2024·安徽模拟预测)如图所示，在xOy平面的第一、二象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在第三、四象限－d≤y≤0范围内有沿x轴正方向的匀强电场，在坐标原点O有一个粒子源可以向x轴上方以不同速率向各个方向发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子，x轴上的P点坐标为(－d，0)，y轴上的Q点坐标为(0，－d)。 不计粒子所受重力及粒子之间的相互作用。下列说法中正确的是( )
A．所有经过P点的粒子最小速度为vmin＝
B．若以最小速率经过P点的粒子又恰好能过Q点，则电场强度大小为E＝
C．沿不同方向进入匀强磁场的粒子要经过P点，速度大小一定不同
D．所有经过P点的粒子在匀强电场中运动的时间均相同
8．(2024·新课标卷)一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子始终在同一水平面内运动，其速度可用图示的直角坐标系内一个点P(vx，vy)表示，vx、vy分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时P位于图中a(0，v0)点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，P沿线段ab移动到 b(v0，v0)点；随后粒子离开电场，进入方向竖直、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P沿以O为圆心的圆弧移动至c(－v0，v0)点；然后粒子离开磁场返回电场，P沿线段ca回到a点。已知任何相等的时间内P沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等。不计重力，求：
(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期；
(2)电场强度的大小；
(3)P沿图中闭合曲线移动1周回到a点时，粒子位移的大小。
9．(2024·山东烟台一模)如图所示，在xOy平面内y轴左侧存在平行于纸面范围足够大的匀强电场E1(大小未知)。一质量为m、电荷量为e的电子(重力不计)，从x轴上x＝－L的P点以速度v0、与x轴负方向夹角θ＝45°入射，之后电子从y轴上的Q点以2v0的速度沿x轴正方向射入第一象限，在第一象限有一垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B1＝的匀强磁场，分布在一个半径为r＝的圆形区域内(图中未画出)，且圆形区域的左侧与y轴相切，圆形区域所处的位置恰好能够使得电子穿过圆形区域时速度的偏转角度最大。电子从圆形区域射出后，从x轴上M点射入x轴下方，在x轴下方存在范围足够大、方向均沿y轴负方向的匀强电场E2(大小未知)和匀强磁场B2(大小未知)，电子在x轴下方运动一段时间后能够恰好返回M点，求：
(1)P、Q两点间的电势差；
(2)Q点的纵坐标；
(3)电子在圆形磁场区域中运动的时间；
(4)的可能值。
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1．D [该科技应用模型为霍尔元件，电子的定向移动方向与电流方向相反，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向上，则电子向上偏转，上表面积累电子，使得上表面电势比下表面电势低，故A错误；当电势差稳定时，竖直方向自由电子受到的洛伦兹力大小等于静电力，则有evB＝eE＝e，根据电流微观表达式可得I＝NeSv＝Nedhv，联立解得UH＝，故B错误；若电流I方向从上向下，左、右表面间电势差为U′H＝＝UH，故C错误；若将导体板挖成薄壁空腔并充满电解质溶液，通电后正负离子受洛伦兹力作用，都向上移动，霍尔电压为零，故D正确。]
2．B [滑块下滑过程中始终没有离开斜面，滑块沿斜面受到的重力分力和静电力分力均保持不变，滑块做匀加速直线运动，则a t图像为一条与横轴平行的直线；根据x t图像的斜率表示速度，可知x t图像的斜率逐渐增大，故A、C错误；由于滑块由静止做匀加速直线运动，则有f洛＝qvB＝qBat∝t，可知f洛 t图像为过原点的倾斜直线，故B正确；除重力做功外，还有静电力做功，则滑块的机械能不守恒，故D错误。故选B。]
3．ABD [油滴a做圆周运动，故重力与静电力平衡，可知带负电，有mg＝Eq，解得q＝，故A正确；根据洛伦兹力提供向心力有Bqv＝m，得R＝，解得油滴a做圆周运动的速度大小为v＝，故B正确；设小油滴Ⅰ的速度大小为v1，得3R＝，解得v1＝＝，周期为T＝＝，故C错误；带电油滴a分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，得mv＝v1＋v2，解得v2＝－，由于分离后的小油滴受到的静电力和重力仍然平衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反，根据左手定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。]
4．D [粒子从D形盒出口飞出时，根据Bqv＝m，可得vm＝，又有f＝，解得速度为vm＝2πfr，则不同粒子飞出D形盒的速度大小相同，但粒子质量可能不同，故动能可能不相同，A、B错误；粒子加速过程中，静电力做的功等于粒子增加的动能，粒子在D形盒中加速的次数为N＝＝，C错误；根据洛伦兹力提供粒子做匀速圆周运动的向心力，有R＝，又nqU＝mv2，可得R＝，所以粒子第n次加速前、后的轨迹半径之比为∶，D正确。]
5．解析：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动
x轴方向有2h＝v0t，y轴方向有h＝at2，又a＝
解得E＝。
(2)粒子到达a点时，沿y轴负方向的分速度为vy＝at＝v0
则粒子到达a点时的速度大小为v＝＝v0, 方向与x轴正方向成45°角。粒子在磁场中做匀速圆周运动
当粒子从b点射出时，半径最大，磁场的磁感应强度有最小值，运动轨迹如图所示。
由牛顿第二定律得qvBmin＝m
由几何知识得rmax＝L
解得Bmin＝。
(3)结合(1)(2)分析可知，粒子在电场中的运动时间为t1＝
在磁场中运动的最长时间为t2＝T，又T＝
由轨迹图可知θ＝
解得t2＝
粒子出磁场后做匀速直线运动，x轴方向分速度与粒子在电场中的x轴方向分速度大小相等，则有t3＝t1
粒子从P点出发到回到y轴上所用时间的最大值为t＝t1＋t2＋t3＝。
答案： (2) (3)
6．BC [若没有磁场，则物块对斜面的压力N＝mg cos 37°＝0.8mg，由于物块与斜面AD之间的相互作用力的大小为 0.6mg，所以洛伦兹力方向垂直于斜面向上，物块带正电，故A错误；根据qvB＝0.8mg－0.6mg＝0.2mg得v＝，故B正确；物块从C点运动到O点的过程中受到的合外力为F＝mg sin 37°＝0.6mg，加速度a＝g sin 37°＝0.6g，取向下为正方向，有CO＝－vt＋at2，解得t＝，故C正确；物块运动到O点时的速度v1＝－v＋at＝，此时受到的洛伦兹力F＝qv1B＝，方向垂直于斜面向下，摩擦力f＝μ(F＋mg cos 37°)＝0.6mg，开始匀速运动，所以物块在OA段因摩擦产生的热量为Q＝f·OA＝，故D错误。故选BC。]
7．AD [根据洛伦兹力充当向心力有Bqv＝m，可得R＝，而所有通过P点的粒子，OP为其轨迹上的一条弦，可知在粒子比荷相同的情况下，粒子的发射速度越大，粒子在磁场中运动的轨迹半径越大，因此当OP为粒子轨迹的直径时，经过P点的粒子半径最小，最小半径Rmin＝，可得最小入射速度vmin＝＝，故A正确；以最小速率经过P点的粒子入射方向沿着y轴正方向，出射方向过P点沿着y轴负方向，即进入电场时垂直于电场方向，可知粒子进入电场后做类平抛运动，竖直方向做匀速直线运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据平抛运动的研究方法可得d＝vmint，d＝
·t2，联立解得E＝，故B错误；如图1所示，沿图1所示轨迹运动的粒子，进入磁场的方向不同，但都经过了P点，且粒子入射速度大小相同，故C错误；设沿不同方向进入磁场的粒子经过P点的速度方向与x轴的夹角为θ，
如图2所示，根据几何关系可得R＝＝，vy＝v sin θ，则有vy＝，可知粒子出磁场时垂直电场方向的分速度vy为定值，则粒子穿过电场的过程中沿y轴负方向做匀速直线运动，有d＝vyt，可得t＝＝，因此，所有经过P点的粒子在匀强电场中运动的时间均相同，故D正确。故选AD。]
8．解析：(1)由运动的合成可知，P到b点时粒子的速度大小为vb＝v0
P从b点运动到c点的过程，对粒子由洛伦兹力提供向心力有qvbB＝
联立解得粒子在磁场中做圆周运动的半径为r＝
又T＝
则粒子做圆周运动的周期为T＝。
(2)由几何关系可知P从b点运动到c点的过程速度偏转角为270°，则粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为270°，故P从b点运动到c点的时间为tbc＝T＝
根据题意，任何相等的时间内P沿题图中闭合曲线通过的曲线长度都相等
可知＝＝＝
根据题图可知P由a点运动到b点的过程，粒子在电场中做类平抛运动，沿电场方向有
v0＝atab
由牛顿第二定律有qE＝ma
联立解得电场强度的大小为E＝Bv0。
(3)P沿题图中闭合曲线移动1周回到a点的过程，粒子运动的轨迹如图所示。
P由a点运动到b点的过程，粒子垂直电场方向的位移yab＝v0tab＝
P由c点回到a点的过程，粒子垂直电场方向的位移yca′＝yab
由几何关系可知P沿题图中闭合曲线移动一周回到a点时，粒子位移大小为y＝2r cos 45°－2yab＝。
答案：(1) (2)Bv0 (3)
9．解析：(1)P到Q由动能定理得
－eUPQ＝m(2v0)2－m(v0)2
解得UPQ＝。
(2)如图所示，将P点速度沿水平方向和竖直方向分解得
vx＝v0cos θ＝v0
vy＝v0sin θ＝v0
又L＝t
解得竖直位移y＝t＝L
则Q点纵坐标值yQ＝L。
(3)由洛伦兹力提供向心力有B1e·2v0＝m
解得r1＝
偏转角最大则圆心角最大，即轨迹弧长最长，且等于圆形区域的直径2r＝，故圆心角αmax＝60°
此时运动时间t＝＝＝。
(4)将M点速度分解为v′x＝2v0·cos 60°＝v0
v′y＝2v0·sin 60°＝v0
静电力在竖直方向，则水平方向速度不变，则有
B2ev′x＝m
绕M点垂直于纸面方向做匀速圆周运动，周期为T′＝
竖直方向做匀速直线运动，返回M点时2v′y＝t′
且t′＝nT′
则有＝
解得＝＝(n＝1，2，3，…)。
答案： (2)L (3) (4)(n＝1，2，3，…)
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