2020届二轮复习专题三第7讲　带电粒子在电磁场中的运动课件（80张）

2020届二轮复习专题三第7讲　带电粒子在电磁场中的运动课件（80张）

第 7 讲 带电粒子在电磁场中的运动 总纲目录 考点一 带电粒子在电场中的运动 考点二 带电粒子在匀强磁场中的运动 考点四 带电粒子（体）在复合场中的运动 考点三 电磁场与现代科技 考点一　带电粒子在电场中的运动 1.(多选)(2018课标Ⅲ,21,6分)如图,一平行板电容器连接在直流电源上,电容器 的极板水平;两微粒 a 、 b 所带电荷量大小相等、符号相反,使它们分别静止于 电容器的上、下极板附近,与极板距离相等。现同时释放 a 、 b ,它们由静止开 始运动。在随后的某时刻 t , a 、 b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平 面。 a 、 b 间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是   (　　) A. a 的质量比 b 的大 B.在 t 时刻, a 的动能比 b 的大 C.在 t 时刻, a 和 b 的电势能相等 D.在 t 时刻, a 和 b 的动量大小相等 答案     BD　本题考查电容器和带电粒子在电场中的运动。由题设条件可 知,微粒 a 向下运动,微粒 b 向上运动,且在相等时间内,位移 x a > x b ,由运动学公式 及牛顿第二定律可得: x =   ·   t 2 ,则 m a < m b ,选项A错误;由动能定理可得: qEx = E k , 则 E k a > E k b ,选项B正确;由动量定理可得: qEt = p ,则 p a 与 p b 大小相等,选项D正确; 在 t 时刻, a 、 b 在同一水平面上,电势 φ 相等,而两微粒的电性不同,由 E p = qφ ,可知 a 和 b 的电势能不相等,选项C错误。 2.(2019课标Ⅱ,24,12分)如图,两金属板 P 、 Q 水平放置,间距为 d 。两金属板正 中间有一水平放置的金属网 G , P 、 Q 、 G 的尺寸相同。 G 接地, P 、 Q 的电势均 为 φ ( φ >0)。质量为 m 、电荷量为 q ( q >0)的粒子自 G 的左端上方距离 G 为 h 的位 置,以速度 v 0 平行于纸面水平射入电场,重力忽略不计。 (1)求粒子第一次穿过 G 时的动能,以及它从射入电场至此时在水平方向上的 位移大小; (2)若粒子恰好从 G 的下方距离 G 也为 h 的位置 离开电场,则金属板的长度最短应为多少? 答案 　(1)   m   +   qh      v 0   　(2)2 v 0   解析 　本题考查了带电粒子在电场中的运动及学生的综合分析能力,体现了 模型建构的素养要素。 (1)由题意得, P 、 G 间与 Q 、 G 间场强大小相等,均为 E 。粒子在 P 、 G 间所受电 场力 F 的方向竖直向下,设粒子的加速度大小为 a ,有 E =     ① F = qE = ma   ② 设粒子第一次到达 G 时动能为 E k ,由动能定理有 qEh = E k -   m     ③ 设粒子第一次到达 G 时所用的时间为 t ,粒子在水平方向的位移大小为 l ,则有 h =   at 2   ④ l = v 0 t   ⑤ 联立①②③④⑤式解得 E k =   m   +   qh   ⑥ l = v 0     ⑦ (2)若粒子穿过 G 一次就从电场的右侧飞出,则金属板的长度最短。由对称性 知,此时金属板的长度 L 为 L =2 l =2 v 0     ⑧ 解决带电粒子在电场中运动问题的基本思路及注意问题 考向一　带电粒子在电场中的直线运动 1.(多选)(2019河北唐山模拟)如图所示, P 、 Q 为两个等量的异种电荷,以靠近 电荷 P 的 O 点为原点,沿两电荷的连线建立 x 轴,沿直线向右为 x 轴正方向,一带 正电的粒子从 O 点由静止开始仅在电场力作用下运动到 A 点,已知 A 点与 O 点 关于 P 、 Q 两电荷连线的中点对称,粒子的重力忽略不计。在从 O 点到 A 点的 运动过程中,下列关于粒子的运动速度 v 和加速度 a 随时间的变化、粒子的动 能 E k 和运动径迹上电势 φ 随位移 x 的变化图线可能正确的是   (　　)   答案     CD　等量异种电荷的电场线如图所示。根据沿着电场线方向电势逐 渐降低,电场强度 E =   ,由图可知 E 先减小后增大,所以 φ - x 图线切线的斜率先 减小后增大,故A错误;沿两点电荷连线从 O 点到 A 点,电场强度先减小后增大, 一带正电的粒子从 O 点由静止开始在电场力作用下运动到 A 点的过程中,电场 力一直做正功,粒子的速度一直在增大。电场力先减小后增大,则加速度先减 小后增大。 v - t 图线切线的斜率先减小后增大,则C、D图可能,故C、D正确;粒 子的动能 E k = qEx ,电场强度先减小后增大, E k - x 图线切线的斜率先减小后增大, 则B图不可能,故B错误。 考向二　带电粒子在电场中的偏转 2.(多选)如图所示,一带电荷量为 q 的带电粒子以一定的初速度由 P 点射入匀 强电场,入射方向与电场线垂直。粒子从 Q 点射出电场时,其速度方向与电场 线成30 ° 。已知匀强电场的宽度为 d , P 、 Q 两点的电势差为 U ,不计粒子重力作 用,设 P 点的电势为零。则下列说法正确的是   (　 BC 　) A.带电粒子带负电 B.带电粒子在 Q 点的电势能为- Uq C.此匀强电场的电场强度大小为 E =   D.此匀强电场的电场强度大小为 E =   答案     BC　由题图看出粒子的轨迹向上偏转,则所受的电场力向上,与电场 方向相同,所以该粒子带正电。粒子从 P 到 Q ,电场力做正功,为 W = qU ,则粒子 的电势能减少了 qU , P 点的电势为零,则知带电粒子在 Q 点的电势能为- Uq ,故A 错误,B正确;设带电粒子在 P 点时的速度大小为 v 0 ,在 Q 点建立直角坐标系,垂 直于电场线为 x 轴,平行于电场线为 y 轴,由平抛运动的规律和几何知识求得粒 子在 y 轴方向的分速度大小为 v y =   v 0 。粒子在 y 轴方向上的平均速度大小为   =   v 0 ,粒子在 y 轴方向上的位移为 y 0 ,粒子在电场中的运动时间为 t ,则竖直方 向有 y 0 =   t =   v 0 t ,水平方向有 d = v 0 t ,可得 y 0 =   d ;所以场强大小为 E =   ,联立解 得 E =   =   ,故C正确,D错误。 考向三　带电体在电场中的运动 3.(多选)(2019湖北荆门模拟)如图所示,在竖直平面内 xOy 坐标系中分布着与 水平方向成45 ° 的匀强电场,将一质量为 m 、带电荷量为+ q 的小球,以某一初 速度从 O 点竖直向上抛出,它的轨迹恰好满足抛物线方程 x = ky 2 ,且小球通过点 P (   ,   )。已知重力加速度为 g ,则   (　　) A.电场强度的大小为   B.小球初速度的大小为   C.小球通过点 P 时的动能为   D.小球从 O 点运动到 P 点的过程中,电势能减少   答案     CD　小球以某一初速度从 O 点竖直向上抛出,它的轨迹恰好满足抛物 线方程 x = ky 2 ,说明小球做类平抛运动,则电场力与重力的合力沿 x 轴正方向,竖 直方向有 qE · sin 45 ° = mg ,所以 qE =   mg ,电场强度的大小为 E =   ,故A错 误;小球受到的合力 F 合 = qE cos 45 ° = mg = ma ,所以 a = g ,由平抛运动规律有   = v 0 t ,   =   gt 2 ,得小球初速度大小为 v 0 =   ,故B错误;由于   = v 0 t ,   =   gt 2 ,小球做类平 抛运动,所以   =2   =2,小球通过点 P 时的动能为 E k =   mv 2 =   m (   +   )=   , 故C正确;小球从 O 点到 P 点电势能减少,且减少的电势能等于电场力做的功, 即     ,故D正确。 考向四　带电粒子在交变电场中的运动 4.(多选)(2019安徽蚌埠模拟)如图甲所示,两平行金属板 A 、 B 放在真空中,间 距为 d , P 点在 A 、 B 板间, A 、 B 板间的电势差 U 随时间 t 的变化情况如图乙所示, t =0时,在 P 点由静止释放一质量为 m 、电荷量为 e 的电子,当 t =2 T 时,电子回到 P 点。电子在运动过程中未与极板相碰,不计重力,下列说法正确的是   (　 BD 　) A. U 1 ∶ U 2 =1∶2 B. U 1 ∶ U 2 =1∶3 C.在0~2 T 时间内,当 t = T 时电子的电势能最小 D.在0~2 T 时间内,电子的电势能减小了   答案     BD　0~ T 时间内平行板间的电场强度为 E 1 =   ,电子以加速度 a 1 =   =   向上做匀加速直线运动,当 t = T 时电子的位移 x 1 =   a 1 T 2 ,速度 v 1 = a 1 T ; T ~2 T 时 间内平行板间的电场强度 E 2 =   ,电子加速度 a 2 =   ,以 v 1 的初速度向上做匀 减速直线运动,速度变为0后开始向下做匀加速直线运动,位移 x 2 = v 1 T -   a 2 T 2 ,由 题意 t =2 T 时电子回到 P 点,则 x 1 + x 2 =0,联立可得 U 2 =3 U 1 ,选项A错误,B正确。当 速度最大时,动能最大,电势能最小,而0~2 T 时间内电子先做方向向上的匀加 速直线运动,之后做方向向上的匀减速直线运动,后又做方向向下的匀加速直 线运动,在 t = T 时,电子的动能 E k1 =   m   =   ,电子在 t =2 T 时回到 P 点,此时速 度 v 2 = v 1 - a 2 T =-   (负号表示方向向下),电子的动能为 E k2 =   m   =   , E k1 < E k2 ,根据能量守恒定律可知,电子的电势能的减少量等于电子的动能的增加 量,在 t =2 T 时电子的电势能最小,选项C错误,选项D正确。 考点二　带电粒子在匀强磁场中的运动 1.(2019课标Ⅲ,18,6分)如图,在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度 大小分别为   B 和 B 、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为 m 、电荷 量为 q ( q >0)的粒子垂直于 x 轴射入第二象限,随后垂直于 y 轴进入第一象限,最 后经过 x 轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为   (　　) A.   　    B.   　    C.   　    D.   答案     B　本题考查了带电粒子在组合场中的 运动,要求学生对粒子在匀强磁场中的运动轨迹 进行确定,从而确定运动时间,体现了分析和解决 问题的能力,是学科核心素养中科学推理素养的 具体表现。 由 qvB =   得粒子在第二象限内运动的轨迹半径 r =   ,当粒子进入第一象限 时,由于磁感应强度减为   B ,故轨迹半径变为2 r ,轨迹如图所示。由几何关系 可得cos θ =   , θ =60 ° ,则粒子运动时间 t =   ·   +   ·   =   ,选项B正确。 2.(2017课标Ⅲ,24,12分)如图,空间存在方向垂直于纸面( xOy 平面)向里的磁 场。在 x ≥ 0区域,磁感应强度的大小为 B 0 ; x <0区域,磁感应强度的大小为 λB 0 (常数 λ >1)。一质量为 m 、电荷量为 q ( q >0)的带电粒子以速度 v 0 从坐标原点 O 沿 x 轴正向射入磁场,此时开始计时。当粒子的速度方向再次沿 x 轴正向时,求 (不计重力) (1)粒子运动的时间; (2)粒子与 O 点间的距离。 答案 　(1)   (1+   )　(2)   (1-   ) 解析 　本题考查带电粒子在磁场中的运动。 (1)在匀强磁场中,带电粒子做圆周运动。设在 x ≥ 0区域,圆周半径为 R 1 ;在 x <0 区域,圆周半径为 R 2 。由洛伦兹力公式及牛顿定律得 qB 0 v 0 = m     ① qλB 0 v 0 = m     ② 粒子速度方向转过180 ° 时,所需时间 t 1 为 t 1 =     ③ 粒子再转过180 ° 时,所需时间 t 2 为 t 2 =     ④ 联立①②③④式得,所求时间为 t 0 = t 1 + t 2 =   (1+   )   ⑤ (2)由几何关系及①②式得,所求距离为 d 0 =2( R 1 - R 2 )=   (1-   )   ⑥ 1.带电粒子在匀强磁场中的临界、极值问题 (1)思维流程:   (2)解题关键点: 关键在于运用动态思维,寻找临界点,确定临界状态,根据粒子的速度方向找 出半径,同时由磁场边界和题设条件画好轨迹,定好圆心,建立几何关系。 (3)几条结论: ①粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切。 ②当速度 v 大小一定时 , 弧长越长圆心角越大 , 则带电粒子在有界磁场中运动 的时间越长。 ③当速度 v 大小变化时 , 圆心角大的运动时间长 , 解题时一般要根据受力情况 和运动情况画出运动轨迹的草图 , 找出圆心 , 根据几何关系求出半径及圆心角 等。 2.带电粒子在磁场中运动产生多解的原因 考向一　带电粒子在匀强磁场中运动的临界、极值问题 1.(多选)(2019河北邢台模拟)如图所示是一个半径为 R 的竖直圆形磁场区域,磁感应强度大小为 B ,磁感应强度方向垂直纸面向里。有一个粒子源在圆上的 A 点不停地发射出速率相同的带正电的粒子 , 带电粒子的质量均为 m , 运动的半径为 r , 在磁场中的轨迹所对应的圆心角为 α 。不计粒子重力 , 以下说法正确的是   ( 　　 ) A.若 r =2 R ,则粒子在磁场中运动的最长时间为   B.若 r =2 R ,粒子沿着与半径方向成45 ° 角斜向下射入磁场,则有关系tan   =   成立 C.若 r = R ,粒子沿着圆形磁场的半径方向射入,则粒子在磁场中的运动时间为   D.若 r = R ,粒子沿着与半径方向成60 ° 角斜向下射入磁场,则圆心角 α 为150 ° 答案     BD　若 r =2 R ,粒子在磁场中运动时间最长时,磁场区域的直径是轨迹 的一条弦,作出轨迹如图甲,因为 r =2 R ,圆心角 α =60 ° ,粒子在磁场中运动的最长 时间 t max =   T =   ·   =   ,故A错误;若 r =2 R ,粒子沿着与半径方向成45 ° 角 斜向下射入磁场,粒子运动轨迹如图乙所示,根据几何关系,有tan   =   =   =   ,故B正确;若 r = R ,粒子沿着圆形磁场的半径方向射入,粒子运 动轨迹如图丙所示,圆心角为90 ° ,粒子在磁场中运动的时间 t =   T =   ·   =   ,故C错误;若 r = R ,粒子沿着与半径方向成60 ° 角斜向下射入磁场,轨迹如图 丁所示,图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点构成的四边形为菱形, 圆心角为150 ° ,故D正确。 2.(多选)(2019辽宁大连模拟)如图所示, S 处有一电子源,可向纸面内任意方向 发射电子,平板 MN 垂直于纸面。在纸面内的长度 L =9.1 cm,中点 O 与 S 间的距 离 d =4.55 cm, MN 与 SO 直线的夹角为 θ ,平板所在平面有电子源的一侧区域有 方向垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为 B =2.0 × 10 -4 T。电子质量 m =9.1 × 10 -31 kg,电荷量 e =-1.6 × 10 -19 C,不计电子重力。电子源发射速度为 v =1.6 × 10 6 m/s的一个电子,该电子打在板上可能位 置的区域的长度为 l ,则   (　 AD 　) A. θ =90 ° 时, l =9.1 cm　　B. θ =60 ° 时, l =9.1 cm C. θ =45 ° 时, l =4.55 cm　　D. θ =30 ° 时, l =4.55 cm 答案     AD　电子运动的轨迹圆半径 R =   =4.55 cm。用虚线表示所有轨迹 圆的圆心轨迹,当 θ =90 ° 时,圆心轨迹与 MN 相切于 O 点,如图甲所示,四边形 O 1 SOM 是正方形,上边界轨迹圆与 MN 相切于 M 点,同理,下边界轨迹圆与 MN 相切 于 N 点,所以电子打在板上可能位置的区域的长度 l =9.1 cm, A 对。当 θ =60 ° 时, 如图乙所示, MN 相当于从竖直位置绕 O 点顺时针转30 ° ,上边界轨迹圆与 MN 的 切点位于 M 、 O 之间,下边界轨迹圆与 MN 相交于 N 点,所以电子打在板上可能 位置的区域的长度 l <9.1 cm,B错。当 θ =45 ° 时,如图丙所示, MN 相当于从竖直 位置绕 O 点顺时针转45 ° ,上边界轨迹圆与 MN 的切点位于 M 、 O 之间,下边界轨 迹圆与 MN 相交于 N 点,所以电子打在板上可能位置的区域的长度 l >4.55 cm,C 错。当 θ =30 ° 时,如图丁所示,圆心轨迹与 MN 交于 O ,过 O 点作垂直于 MN 的直 线,交圆心轨迹于 O 1 ,连接 S 、 O 1 ,则三角形 OO 1 S 是等边三角形, O 1 O 垂直于 MN , 所以上边界轨迹圆与 MN 相切于 O 点,下边界轨迹圆与 MN 相交于 N 点,所以电 子打在板上可能位置的区域的长度 l =4.55 cm, D 对。 　　       　　　       3.在如图所示的平面直角坐标系 xOy 中,有一个圆形区域的匀强磁场(图中未 画出),磁场方向垂直于 xOy 平面, O 点为该圆形区域边界上的一点。现有一质 量为 m 、电荷量为+ q 的带电粒子(不计重力)从 O 点以初速度 v 0 沿 x 轴正方向进 入磁场,已知粒子经过 y 轴上 P 点时速度方向与+ y 方向夹角为 θ =30 ° , OP = L 。求: (1)磁感应强度的大小和方向; (2)该圆形磁场区域的最小面积。 答案 　(1)   　方向垂直 xOy 平面向里　(2)   解析 　(1)由左手定则得磁场方向垂直 xOy 平面向里。粒子在磁场中做弧长 为   圆周的匀速圆周运动,如图所示,粒子在 Q 点飞出磁场。设其轨迹圆心为 O ',半径为 R   由几何关系有( L - R )sin 30 ° = R 得 R =   L 由牛顿第二定律有 qv 0 B = m   解得 B =   (2)设磁场区域的最小面积为 S 。由几何关系得 直径 OQ =   R =   L ,所以 S =π   =   考向二　带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题 4.半径为 R 的绝缘圆筒中有沿轴线方向的匀强磁场,磁感应强度大小为 B ,如图 所示。一质量为 m 、带电荷量为+ q 的粒子(不计重力)以速度 v 从筒壁的 A 孔沿 半径方向进入筒内,设粒子和筒壁的碰撞无电荷量和能量的损失,那么要使粒 子与筒壁连续碰撞,绕筒壁一周后恰好又从 A 孔射出,问: (1)磁感应强度 B 的大小必须满足什么条件? (2)粒子在筒中运动的时间为多少? 答案 　(1) B =   ( n =3,4,5, … ) (2)   tan   ( n =3,4,5, … ) 解析 　(1)粒子射入圆筒后受洛伦兹力作用而偏转,设第一次与 C 点碰撞,碰后 速度方向又指向 O 点,假设粒子与筒壁碰撞( n -1)次,运动轨迹是 n 段相等的圆 弧,再从 A 孔射出。设第一段圆弧的圆心为 O ',半径为 r (如图所示) 则 θ =   ( n =3,4,5, … ),由几何关系有 r = R tan   ( n =3,4,5, … ),又 r =   解得 B =   ( n =3,4,5, … ) (2)每段圆弧的圆心角为 φ =2   =2   =   π( n =3,4,5, … ) 粒子由 A 到 C 所用时间 t '=   T =   ·   π·   ·tan   =   tan   ( n =3,4,5, … ) 故粒子运动的总时间 t = nt '=   tan   ( n =3,4,5, … ) 考点三　电磁场与现代科技 1.(2016课标Ⅰ,15,6分)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子,其示 意图如图所示,其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加 速,经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止 开始被同一加速电场加速,为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场, 需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为   (　　) A.11　    B.12　    C.121　    D.144 答案     D　设质子和离子的质量分别为 m 1 和 m 2 ,原磁感应强度为 B 1 ,改变后的 磁感应强度为 B 2 。在加速电场中 qU =   mv 2 ①,在磁场中 qvB = m   ②,联立两式 得 m =   ,故有   =   =144,选项D正确。 2.(2019天津理综,4,6分)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍 尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件,电脑正常工作;当显示屏闭合时 磁体靠近霍尔元件,屏幕熄灭,电脑进入休眠状态。如图所示,一块宽为 a 、长 为 c 的矩形半导体霍尔元件,元件内的导电粒子是电荷量为 e 的自由电子,通入 方向向右的电流时,电子的定向移动速度为 v 。当显示屏闭合时元件处于垂 直于上表面、方向向下的匀强磁场中,于是元件的前、后表面间出现电压 U , 以此控制屏幕的熄灭。则元件的   (　　)   A.前表面的电势比后表面的低 B.前、后表面间的电压 U 与 v 无关 C.前、后表面间的电压 U 与 c 成正比 D.自由电子受到的洛伦兹力大小为   答案     D　本题考查了霍尔元件的工作原理和应用,以及考生的理解能力和 应用数学知识处理物理问题的能力,体现了科学推理素养和应用与创新的价 值观念。 根据左手定则判断出电子受力情况,可知电子偏转到后表面,前表面电势高于 后表面电势,故A项错误。再由 Ee = Bev = F 洛 , E =   ,解得 U = Bva , F 洛 =   , U 与 v 成 正比、 U 与 c 无关,故B、C项错误,D项正确。   1.几种仪器稳定工作时的特点: 2.应注意的两点: (1)不同的回旋加速器原理不同,粒子加速及旋转的情况也不相同。 (2)霍尔元件的材料不同,霍尔效应结果也不相同。 1.(多选)(2019河南信阳模拟)为了测量某化肥厂的污水排放量,技术人员在该 厂的排污管末端安装了如图所示的流量计,该装置由绝缘材料制成,长、宽、 高分别为 a 、 b 、 c ,左右两端开口,在垂直于上下表面加磁感应强度大小为 B 的 匀强磁场,磁场方向如图所示,在前后两个内侧面固定有金属板作为电极,污 水充满管口从左向右流经该装置时,电压表将显示两个电极间的电压 U ,若用 Q 表示污水流量(单位时间内排出的污水体积),下列说法正确的是   (　　) A.若污水中正离子较多,则前内侧面比后内侧面的电势高 B.前内侧面的电势一定低于后内侧面的电势,与哪种离子多无关 C.污水中离子浓度越高,电压表的示数越大 D.污水流量 Q 与电压 U 成正比,与 a 、 b 无关 答案     BD　根据左手定则可得正离子向后内侧面偏转,负离子向前内侧面 偏转,所以后内侧面比前内侧面电势高,与哪种离子多无关,故A错误,B正确; 在洛伦兹力的作用下,正离子向后内侧面偏转,负离子向前内侧面偏转,导致 前后两个侧面不断积累电荷,两个侧面间的电势差不断增大,产生的电场也不 断增强,使离子受到与磁场力方向相反的电场力作用,且不断增大,直到两种 力大小相等,方向相反,以后的离子将不再偏转,前后两个内侧面的电压将不 再变化,根据 Eq = Bqv 即   = Bqv ,得离子速度即流速 v =   ,所以 Q = Sv =   bc =   ,所以C错误,D正确。 2.(多选)如图所示,一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的 匀强磁场 B 和匀强电场 E 组成的速度选择器,然后 通过平板 S 上的狭缝 P ,进入另一匀强磁场 B ',最终 打在 A 1 A 2 上。下列表述正确的是   (　 CD 　) A.粒子带负电 B.所有打在 A 1 A 2 上的粒子,在磁场 B '中运动时间都相同 C.能通过狭缝 P 的带电粒子的速率等于   D.粒子打在 A 1 A 2 上的位置越靠近 P ,粒子的比荷   越大 答案     CD　由粒子在磁场中的运动轨迹,根据左手定则可知,粒子带正电,选 项A错误;在速度选择器中满足 Eq = Bqv ,可得 v =   ,选项C正确;粒子在磁场中运 动的周期 T =   ,由于进入磁场中的粒子的比荷不一定相同,故周期不同,运 动时间不一定相同,选项B错误;粒子在磁场中运动的半径 r =   ,粒子打在 A 1 A 2 上的位置越靠近 P ,则粒子的运动半径越小,故粒子的比荷   越大,选项D正 确。 3.(2019黑龙江大庆模拟)如图所示为一种获得高能粒子的装置——环形加速 器,环形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场。质量为 m 、电荷量为+ q 的粒 子在环中做半径为 R 的圆周运动。 A 、 B 为两块中心开有小孔的极板,原来电 势都为零,每当粒子飞经两极板时, A 板电势升高为+ U , B 板电势仍保持为零,粒 子在两极板间的电场中加速。每当粒子离开电场区域时, A 板电势又降为零, 粒子在电场中一次次加速,动能不断增大,而在环形区域内绕行半径不变(设 极板间距远小于 R )。下列关于环形加速器的说法,正确的是       (　　)   A.环形区域内的磁感应强度大小 B n 与加速次数 n 之间的关系为   =   B.环形区域内的磁感应强度大小 B n 与加速次数 n 之间的关系为   =   C. A 、 B 板之间的电压可以始终保持不变 D.粒子每次绕行一圈所需的时间 t n 与加速次数 n 之间的关系为   =   答案     B　因粒子每加速一次,其增加的能量为 qU ,所以加速第 n 次后获得的 总动能为   m   = nqU ,得 v n =   ,在磁场中,由牛顿第二定律得 qB n v n = m   ,解 得 B n =     ,所以   =   ,A项错误,B项正确;如果 A 、 B 板之间的电压 始终保持不变,粒子在 A 、 B 两极板之间飞行时,电场对其做功 qU ,从而使之加 速,在磁场内飞行时,电场又对粒子做功- qU ,从而使之减速,粒子绕行一周电场 对其所做总功为零,动能不会增加,达不到加速效果,C项错误;根据 t =   得 t n = 2π R   ,得   =   ,D项错误。 4.如图所示,一段长方体形导电材料,左右两端面的边长都为 a 和 b ,内有带电量 为 q 的某种自由运动电荷。导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁 场中,内部磁感应强度大小为 B 。当通以从左到右的稳恒电流 I 时,测得导电材 料上、下表面之间的电压为 U ,且上表面的电势比下表面的电势低。由此可 得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为   (　 C 　)   A.   ,负　    B.   ,正 C.   ,负　    D.   ,正 答案     C　因导电材料上表面的电势比下表面的电势低,故上表面带负电荷, 根据左手定则可判断自由运动电荷带负电,则B、D两项均错。设长方体形 材料单位体积内自由运动电荷数为 n ,电荷定向移动的平均速率为 v ,当电流 I 稳恒时,材料内的自由运动电荷所受电场力与磁场力相互平衡,则有 q   = qvB , 又 I = n | q | abv ,可得 n =   ,A项错误,C项正确。 考点四　带电粒子(体)在复合场中的运动 1.(2019课标Ⅲ,24,12分)空间存在一方向竖直向下的匀强电场, O 、 P 是电场中 的两点,从 O 点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为 m 的小 球 A 、 B 。 A 不带电, B 的电荷量为 q ( q >0)。 A 从 O 点发射时的速度大小为 v 0 ,到 达 P 点所用时间为 t ; B 从 O 点到达 P 点所用时间为   。重力加速度为 g ,求 (1)电场强度的大小; (2) B 运动到 P 点时的动能。 答案 　(1)   　(2)2 m (   + g 2 t 2 ) 解析 　本题考查电场强度和电场力,以及考生应用牛顿第二定律和动能定理 解决带电粒子在电场中运动的问题,考查考生的综合分析能力。题目情景常 见,运动过程简单,为中等难度题。体现了模型建构、科学推理的素养要求。 (1)设电场强度的大小为 E ,小球 B 运动的加速度为 a 。根据牛顿第二定律、运 动学公式和题给条件,有 mg + qE = ma   ①   a   =   gt 2   ② 解得 E =     ③ (2)设 B 从 O 点发射时的速度为 v 1 ,到达 P 点时的动能为 E k , O 、 P 两点的高度差为 h ,根据动能定理有 E k -   m   = mgh + qEh   ④ 且有 v 1   = v 0 t   ⑤ h =   gt 2   ⑥ 联立③④⑤⑥式得 E k =2 m (   + g 2 t 2 )   ⑦ 2.(2019课标Ⅰ,24,12分)如图,在直角三角形 OPN 区域内存在匀强磁场,磁感应 强度大小为 B 、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压 U 加速后,沿平行于 x 轴的方向射入磁场;一段时间后,该粒子在 OP 边上某点以垂 直于 x 轴的方向射出。已知 O 点为坐标原点, N 点在 y 轴上, OP 与 x 轴的夹角为30 ° ,粒子进入磁场的入射点 与离开磁场的出射点之间的距离为 d ,不计重力。求 (1)带电粒子的比荷; (2)带电粒子从射入磁场到运动至 x 轴的时间。 答案 　(1)   　(2)   (   +   ) 解析 　本题考查了带电粒子在磁场中的匀速圆周运动问题,考查了考生应用 数学知识处理、分析物理问题的能力,体现了物理学科中的运动与相互作用 观念的素养要素以及科学推理的核心素养。 (1)设带电粒子的质量为 m ,电荷量为 q ,加速后的速度大小为 v 。由动能定理有 qU =   mv 2   ① 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 r ,由洛伦兹力公式和牛顿第二定 律有 qvB = m     ② 由几何关系知 d =   r   ③ 联立①②③式得   =     ④   (2)由几何关系知,带电粒子射入磁场后运动到 x 轴所经过的路程为 s =   + r tan 30 °   ⑤ 带电粒子从射入磁场到运动至 x 轴的时间为 t =     ⑥ 联立②④⑤⑥式得 t =   (   +   )   ⑦   1.组合场问题的分析方法 先把带电粒子的运动按照组合场的顺序分解为一个个独立的过程,并分析每 个过程中带电粒子的受力情况和运动情况,然后用衔接速度把这些过程关联 起来,列方程解题。 2.叠加场问题的分析方法 3.分析带电粒子在复合场中运动的注意事项 (1)准确划分带电粒子运动过程中的不同运动阶段、不同运动形式,以及不同 运动阶段、不同运动形式之间的转折点和临界点,只有明确粒子在某一阶段 的运动形式后,才能确定解题所用到的物理规律。 (2)分析带电粒子在交变电场或磁场中的运动轨迹时,还要注意对称性的灵活 应用。 考向一　带电粒子在组合场中的运动 1.(多选)如图所示,在平行竖直虚线 a 与 b 、 b 与 c 、 c 与 d 之间分别存在着垂直于 虚线的匀强电场、平行于虚线的匀强电场、垂直纸面向里的匀强磁场,虚线 d 处有一荧光屏。大量正离子(初速度和重力均忽略不计)从虚线 a 上的 P 孔处 进入电场,经过三个场区后有一部分打在荧光屏上。关于这部分离子,若比荷   越大,则离子   (　　) A.经过虚线 c 的位置越低 B.经过虚线 c 的速度越大 C.打在荧光屏上的位置越低 D.打在荧光屏上的位置越高 答案     BD　当离子在 a 与 b 之间,根据动能定理得   mv 2 = qU ,则 v =   ,故比荷 越大,经过 b 的速度越大;在 b 与 c 之间,离子做类平抛运动,设 bc 宽为 L ,电场强度 为 E , y =   at 2 =   ·   ·   =   ,经过虚线 c 的位置与比荷无关,A错误;比荷越大, 经过 c 的速度越大,即离子进入磁场的速度就越大,B正确;当离子进入磁场时, 做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,即 qvB =   ,则 R =   ,故可知比荷越大, R 越小,离子打在荧光屏上的位置越高,C错误、D正确。 考向二　带电粒子在叠加场中的运动 2.(2019四川绵阳模拟)如图所示,平面 OM 和水平面 ON 之间的夹角为30 ° ,两平 面之间同时存在匀强磁场和匀强电场,匀强磁场的磁感应强度大小为 B ,方向 垂直纸面向外;匀强电场的方向竖直向上。一带电小球的质量为 m ,电荷量为 q ,带电小球沿竖直平面以大小为 v 0 的初速度从平面 OM 上的某点沿左上方射 入磁场,速度方向与 OM 成30 ° ,带电小球进入磁场后恰好做匀速圆周运动。已 知带电小球在磁场中的运动轨迹与 ON 恰好相切,且带电小球能从 OM 上另一 点 P 射出磁场( P 未画出)。 (1)判断带电小球带何种电荷?所加电场的电场强度 E 为多大? (2)求出射点 P 到两平面交点 O 的距离 s ; (3)带电小球离开磁场后继续运动,能打在左侧竖直的光屏 OO '上的 T 点,求 T 点 到 O 点的距离 s '。   答案 　(1)正电荷       　(2)   　(3)   +   解析 　(1)根据题意,带电小球受到的电场力与重力平衡,则带电小球带正电 荷 由力的平衡条件得 qE = mg 解得 E =   (2)带电小球在叠加场中,在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动 根据牛顿第二定律有 qv 0 B = m   ,即 R =   根据题意,带电小球在匀强磁场中的运动轨迹如图所示, Q 点为运动轨迹与 ON 相切的点, I 点为入射点, P 点为出射点。小球离开磁场的速度方向与 OM 的夹 角也为30 ° ,由几何关系可得, QP 为圆轨道的直径,故 QP =2 R   OP 的长度 s =   联立以上各式得 s =   (3)带电小球从 P 点离开磁场后做平抛运动,设其竖直位移为 y ,水平位移为 x ,运 动时间为 t 则 x = v 0 t = OP cos 30 ° 竖直位移 y =   gt 2 联立各式得 s '=2 R + y =   +   考向三　带电粒子在交变场中的运动 3.(2019广东肇庆二模)如图甲所示,竖直挡板 MN 左侧空间有方向竖直向上的 匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电场和磁场的范围足够大,电场强度 E =40 N/C,磁感应强度 B 随时间 t 变化的关系图像如图乙所示,选定磁场垂直纸 面向里为正方向。 t =0时刻,一质量 m =8 × 10 -4 kg、电荷量 q =+2 × 10 -4 C的微粒 在 O 点具有竖直向下的速度 v =0.12 m/s, O '是挡板 MN 上一点, OO '与挡板 MN 垂 直,取 g =10 m/s 2 。求:   (1)微粒再次经过直线 OO '时与 O 点的距离; (2)微粒在运动过程中离开直线 OO '的最大高度; (3)水平移动挡板,使微粒能垂直射到挡板上,挡板与 O 点间的距离应满足的条 件。 答案     (1)1.2 m　(2)   (π+1) m　(3)见解析 解析 　(1)根据题意可知,微粒所受的重力 G = mg =8 × 10 -3 N 电场力大小 F = qE =8 × 10 -3 N 因此重力与电场力平衡 微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,则 qvB = m   解得 R =0.6 m 由 t =   得 t =10π s 则微粒在5π s内转过半个圆周,再次经过直线 OO '时与 O 点的距离 L =2 R =1.2 m (2)微粒运动半周后向上匀速运动,运动的时间为 t =5π s,轨迹如图所示,位移大 小 s = vt   解得 s =   π m 因此,微粒离开直线 OO '的最大高度 H = s + R =   (π+1) m (3)若微粒能垂直射到挡板上的某点 P , P 点在直线 OO '下方时,由图像可以知 道,挡板 MN 与 O 点间的距离应满足 L =(2.4 n +0.6) m( n =0,1,2, … ) 若微粒能垂直射到挡板上的某点 P , P 点在直线 OO '上方时,由图像可以知道,挡 板 MN 与 O 点间的距离应满足 L =(2.4 n +1.8) m( n =0,1,2, … ) [若两式合并写成 L =(1.2 n +0.6) m( n =0,1,2, … )也可]