2021 年北京高考一模五区带电粒子在复合场中的运动题 汇编 答案 一、单选题 （朝阳）1．如图所示，两个平行金属板水平放置，要使一个电荷量为-q、质量为 m 的 微粒，以速度 v 沿两板中心轴线 S1S2 向右运动，可在两板间施加匀强电场或匀强磁场。 设电场强度为 E，磁感应强度为 B，不计空气阻力，已知重力加速度为 g。下列选项可 行的是（　　） A．只施加竖直向上的电场，且满足 B．只施加竖直向上的磁场，且满足 E B mg q mg qv C．同时施加竖直向下的电场和竖直向上的磁场，且满足 E mg  Bv q D．同时施加竖直向下的电场和垂直纸面向里的磁场，且满足 E mg  Bv q （朝阳查漏）2．如图所示，两个平行金属板水平放置，要使一个电荷量为-q、质量为 m 的微粒，以速度 v 沿两板中心轴线 S1S2 向右运动，可在两板间施加匀强电场或匀强磁 场。设电场强度为 E，磁感应强度为 B，不计空气阻力，已知重力加速度为 g。下列选 项可行的是（　　） A．只施加垂直向里的磁场，且满足 B mg qv B．同时施加竖直向下的电场和垂直纸面向里的磁场，且满足 C．同时施加竖直向下的电场和水平向右的磁场，且满足 E Bv  E  mg q mg D．同时施加竖直向上的电场和垂直纸面向外的磁场，且满足 q E  Bv  mg q 二、解答题 （海淀）3．如图甲所示，空间分布着方向平行于纸面、宽度为 d 的水平匀强电场。在 紧靠电场右侧半径为 R 的圆形区域内，分布着垂直于纸面向里的匀强磁场。一个质量 为 m、电荷量为-q 的粒子从左极板上 A 点由静止释放后，在 M 点离开加速电场，并以 速度 v0 沿半径方向射入匀强磁场区域，然后从 N 点射出。MN 两点间的圆心角 ∠MON=120°，粒子重力可忽略不计。 （1）求加速电场场强 E0 的大小； （2）求匀强磁场的磁感应强度 B 的大小； （3）若仅将该圆形区域的磁场改为平行于纸面的匀强电场，如图乙所示，带电粒子垂 直射入该电场后仍然从 N 点射出。求该匀强电场场强 E 的大小。 （海淀查漏）4．如图所示，空间分布着方向平行于纸面、宽度为 d 的水平匀强电场。 在紧靠电场右侧半径为 R 的圆形区域内，分布着垂直于纸面向里的匀强磁场。一个质 量为 m、电荷量为-q 的粒子从左极板上 A 点由静止释放后，在 M 点离开加速电场，并 以速度 v0 沿半径方向射入匀强磁场区域，然后从 N 点射出。MN 两点间的圆心角 ∠MON=120°，粒子重力可忽略不计。 （1）求加速电场板间电压 U0 的大小； （2）求粒子在匀强磁场中运动时间 t 的大小； （3）若仅将该圆形区域的磁场改为平行于纸面的匀强电场，如图所示，带电粒子垂直 射入该电场后仍然从 N 点射出。求粒子从 M 点运动到 N 点过程中，动能的增加量 ΔEk 的大小。 （西城）5．如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为 B。纸面内有一正方形均 匀金属线框 abcd，其边长为 L，总电阻为 R，ab 边与磁场边界平行。线框在向右的拉 力作用下以速度 v 匀速进入磁场。从 ab 边刚进入磁场直至 cd 边刚要进入磁场的过程中， 求： （1）金属线框中的感应电流 I 的大小和方向； （2）金属线框产生的焦耳热 Q； （3）安培力的冲量大小 I 安。 （东城）6．如图所示，宽为 l 的光滑固定导轨与水平面成 α 角，质量为 m 的金属杆 ab（电阻不计）水平放置在导轨上，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为 B。电源的内阻为 r，当变阻器接入电路的阻值为 R 时，金属杆恰好能静止在导轨上。 重力加速度用 g 表示。求： （1）金属杆静止时受到的安培力的大小 F 安； （2）电源的电动势 E； （3）若保持其它条件不变，仅改变匀强磁场的方向，求由静止释放的瞬间，金属杆可 能具有的沿导轨向上的最大加速度 a。 （朝阳）7．一种获得高能粒子的装置如图所示。环形区域内存在垂直纸面向外的匀强 磁场，A、B 为环形区域内两块中心开有小孔的极板。t=0 时 A 板电势为+U，B 板电势 为零，质量为 m、电荷量为+q 的粒子在 A 板小孔处由静止开始加速；粒子离开 B 板时， A 板电势立即变为零，此后粒子在环形区域内做半径为 R 的圆周运动。每当粒子到达 A 板时，A 板电势变为+U，离开 B 板时，A 板电势变为零；B 板电势始终为零。如此 往复，粒子在电场中一次次被加速。为使粒子在环形区域内绕行半径不变，需不断调 节磁场的强弱。A、B 板间距远小于 R，不考虑电场、磁场变化产生的影响，不考虑相 对论效应的影响，不计粒子的重力。 （1）求粒子绕行第一圈时线速度的大小 v1； （2）求粒子绕行第 n 圈时，磁感应强度的大小 Bn 及等效电流 In； （3）在粒子绕行的整个过程中，A 板电势可否始终保持+U？并说明理由。 （朝阳查漏）8．如图所示，空间中存在—范围足够大的匀强磁场，磁场方向沿正交坐 标系 Oxyz 的 x 轴正向，坐标系轴 z 轴正方向竖直向上，磁感应强度大小为 B。让质量 为 m，电量为 q（q>0）的粒子从坐标原点 O 沿 xoz 平面以一初速度射到该磁场中，入 射角为  （粒子初速度与 x 轴正向的夹角）。不计重力和粒子间的相互作用。 （1）判断粒子所受洛伦兹力的方向； （2）若粒子第一次回到 x 轴上并经过 A（a，0）点，求速度的大小； （3）若在此空间再加一个沿 x 轴负向的匀强电场，粒子第一次回到 x 轴上并经过 OA 的中点时速度方向恰好竖直向上，求匀强电场场强的大小。 （朝阳查漏）9．一种获得高能粒子的装置如图所示。环形区域内存在垂直纸面向外的 匀强磁场，A、B 为环形区域内两块中心开有小孔的极板。t=0 时 A 板电势为+U，B 板 电势为零，质量为 m、电荷量为+q 的粒子在 A 板小孔处由静止开始加速；粒子离开 B 板时，A 板电势立即变为零，此后粒子在环形区域内做半径为 R 的圆周运动。每当粒 子到达 A 板时，A 板电势变为+U，离开 B 板时，A 板电势变为零；B 板电势始终为零。 如此往复，粒子在电场中一次次被加速。为使粒子在环形区域内绕行半径不变，需不 断调节磁场的强弱。A、B 板间距远小于 R，不考虑电场、磁场变化产生的影响，不考 虑相对论效应的影响，不计粒子的重力。 （1）求粒子绕行 n 圈回到 A 板时的动能 En （2）求粒子绕行 n 圈所需总时间 tn； （3）画出 A 板电势 u 与时间 t 的关系（从 t=0 起画到粒子第四次离开 B 板） （4）在粒子绕行的整个过程中，A 板电势+U 越高，粒子最终的速度就越大，你同意 这种说法吗？并说明理由。 （通州）10．如图所示，纸面内有一正方形均匀金属线框 abcd 其边长为 L，总电阻为 R，ad 边与磁场边界平行。线框左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，感应强度为 B，线 框在水平向左拉力作用下以速度 v 匀速运动，从 ad 边刚进入磁场直至 bc 边刚要进入的 过程中，求 （1）感应电流的大小Ⅰ。 （2）拉力做功的功率 P。 （3）ab 边产生的焦耳热 Q。 参考答案： 1．D 【解析】 【分析】 【详解】 A．因微粒带负电，故只施加竖直向下的电场，且满足 E mg q ，才能沿 S1S2 向右运动，A 错误； B．因微粒带负电，只施加垂直纸面向外的磁场，且满足 B mg qv 时，才能沿 S1S2 向右运动， B 错误； CD．因微粒带负电，同时施加竖直向下的电场和垂直纸面向里的磁场时，电场力竖直向上， 由左手定则可知洛伦兹力竖直向下，重力竖直向下，由平衡条件可得 qE  mg  qBv 解得 E mg  Bv q D 正确，C 错误。 故选 D。 2．C 【解析】 【分析】 【详解】 A．只施加垂直向里的磁场，根据左手定则，洛伦兹力竖直向下，无法跟重力平衡。A 错 误； B．同时施加竖直向下的电场和垂直纸面向里的磁场，则需要满足 Eq  Bvq  mg B 错误； C．同时施加竖直向下的电场和水平向右的磁场，微粒不受洛伦兹力，则要满足 Eq  mg 即 mg E q C 正确； D．同时施加竖直向上的电场和垂直纸面向外的磁场，则需要满足 Bvq  Eq  mg D 错误。 故选 C。 2 3．（1） E0  4 3mv0 mv02 3mv0 E B= 3Rq ；（3） 2qd ；（2） 9qR 【解析】 【分析】 【详解】 (1)根据动能定理有 qE0 d  1 2 mv0 2 解得 E0  (2)粒子运动轨迹如图所示 mv02 2qd 粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有 qv0 B  m v02 r tan 30� R r 由几何关系可得 解得 B= 3mv0 3Rq (3)粒子在偏转电场中做匀加速曲线运动，运动轨迹如图所示 根据运动的合成分解及几何关系，在 x 方向有 R  R cos 60� v0t 在 y 方向有 R sin 60� 1 2 at 2 根据牛顿第二定律有 Eq=ma 联立解得 E 4 3mv02 9qR mv02 3 R 2 2 mv 4．（1） 2q ；（2） 3v0 ；（3） 3 0 【解析】 【分析】 【详解】 （1）粒子在匀强电场中加速的过程，根据动能定理有 1 qU 0＝ mv02 2 解得 U0  mv02 2q （2）粒子在磁场中运动的半径 r  R tan 60o  3R 粒子在匀强磁场中运动时间 t 的大小 1 1 2 r 3 R t T �  6 6 v0 3v0 （3）粒子在偏转电场中做匀加速曲线运动，运动轨迹如图所示，根据运动的合成分解及几 何关系，在 x 方向有 R+Rcos60°=v0t 在 y 方向有 1 Rsin60°＝ 2 at2 根据牛顿第二定律有 Eq=ma 联立解得 E 4 3mv02 9 Rq 则粒子从 M 点运动到 N 点过程中，动能的增加量 Ek =EqR sin 60o  2 2 mv0 3 BLv B 2 L3v B 2 L3 5．（1） R ，电流方向沿 adcba（或逆时针方向）；（2） R ；（3） R 【解析】 【分析】 【详解】 （1）ab 边切割磁感线产生电动势 E  BLv 根据闭合电路欧姆定律 I E R 解得 BLv R I 根据右手定则可判断，电流方向沿 adcba（或逆时针方向） （2）根据焦耳定律 Q  I 2