帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動-高中物理專題含解析)

1、帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動目標(biāo)：1 .掌握帶電粒子在電場、磁場中運(yùn)動的特點(diǎn)2 .理解復(fù)合場、組合場對帶電粒子受力的分析。重難點(diǎn)：重點(diǎn)：帶電粒子在電場、磁場中運(yùn)動的特點(diǎn)；帶電粒子在復(fù)合場中受力分析難點(diǎn)： 帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動受力與運(yùn)動結(jié)合。知識:知識點(diǎn)1帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動1 .復(fù)合場的分類(1)疊加場：電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存.(2)組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，或相鄰或在同一區(qū)域電場、 磁場交替出現(xiàn).2 .帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動形式(1)靜止或勻速直線運(yùn)動：當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時(shí)，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或做勻速直線運(yùn)動.(2)勻速圓周運(yùn)動：當(dāng)帶電

2、粒子所受的重力與電場力大小相等，方向相反時(shí)，帶電粒子在洛倫茲力的 作用下，在垂直于勻強(qiáng)磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動.較復(fù)雜的曲線運(yùn)動：當(dāng)帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在同一直線 上，粒子做非勻變速曲線運(yùn)動，這時(shí)粒子運(yùn)動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線.易錯(cuò)判斷(1)帶電粒子在復(fù)合場中不可能處于靜止?fàn)顟B(tài).(X)(2)帶電粒子在復(fù)合場中可能做勻速圓周運(yùn)動.(V)(3)帶電粒子在復(fù)合場中一定能做勻變速直線運(yùn)動.(X )知識點(diǎn)2帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動實(shí)例1.質(zhì)譜儀(1)構(gòu)造：如圖所示，由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)磁場和照相底片等構(gòu)成.(2)原理：粒子由靜止被加速電場加速，qU= 2mV

3、.2v粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，有qvB= m.由以上兩式可得=之/ m=噴，3墨.2 .回旋加速器(1)構(gòu)造：如圖所示，D、D2是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源，D形盒處于勻強(qiáng)磁場中.(2)原理：交流電的周期和粒子做圓周運(yùn)動的周期相等，粒子經(jīng)電場加速，經(jīng)磁 22 一 2mvq Br場回旋，由qvB= T,得 Em= =2m=,可見粒子獲得的最大動能由磁感應(yīng)強(qiáng)度B和D形盒半徑r決定，與加速電壓無關(guān).3 .速度選擇器(1)平行板中電場強(qiáng)度 E和磁感應(yīng)強(qiáng)度 B互相垂直.這種裝置能把具有一定速度的粒子選擇出來，所以叫做速度選擇器(如圖所示).及港上一三,上(2)帶電粒子能夠沿直線勻速通過速

4、度選擇器的條件是qE= qvB,即丫=四.皿":臼撫乜4 .磁流體發(fā)電機(jī)(1)磁流體發(fā)電是一項(xiàng)新興技術(shù)，它可以把內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能.(2)根據(jù)左手定則，圖中的B是發(fā)電機(jī)正極.(3)磁流體發(fā)電機(jī)兩極板間的距離為L,等離子體速度為 v,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,則由qE= qU/L=qvB得兩極板間能達(dá)到的最大電勢差U= 型.易錯(cuò)判斷(1)電荷在速度選擇器中做勻速直線運(yùn)動的速度與電荷的電性有關(guān).(x )(2)不同比荷的粒子在質(zhì)譜儀磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑不同.(V)(3)粒子在回旋加速器中做圓周運(yùn)動的半徑、周期都隨粒子速度的增大而增大.(X )題型分類: 題型一 帶電粒子在組合場中的運(yùn)動題

5、型分析:1 .帶電粒子在勻強(qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場中可能的運(yùn)動性質(zhì)2.在電場弓雖度為 E的勻強(qiáng)電場中在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中初速度為零做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動保持靜止初速度垂直場線做勻變速曲線運(yùn)動(類平拋運(yùn)動)做勻速圓周運(yùn)動初速度平行場線做勻變速直線運(yùn)動做勻速直線運(yùn)動特點(diǎn)受恒力作用，做勻變速運(yùn)動洛倫茲力不做功，動能不變運(yùn)動規(guī)律mv02 um勻速圓周運(yùn)動r= Bq，丁= BqEq類平拋運(yùn)動 Vx = V0, Vy= m tEqx= V0t, y = 2m12運(yùn)動時(shí)間00mt=2 J= BqLt=V0，具后等時(shí)性動能/、變變化心，方向變化，F(xiàn)B為變力力3.常見模型(1)從電場進(jìn)入磁場電場中：加速直

6、線運(yùn)動?磁場中：勻速圓周運(yùn)動電場中：類平拋運(yùn)動?磁場中：勻速圓周運(yùn)動考向1先電場后磁場【例1】.(2018 哈爾濱模擬)如圖所示，將某正粒子放射源置于原點(diǎn)Q其向各個(gè)方向射出的粒子速度大小均為V0,質(zhì)量均為mi電荷量均為q；在0wywd的一、二象限范圍內(nèi)分布著一個(gè)勻強(qiáng)電場，方 向與y軸正向相同，在 d<yw 2d的一、二象限范圍內(nèi)分布著一個(gè)勻強(qiáng)磁場，方向垂直于xOy平面向里.粒子第一次離開電場上邊緣y = d時(shí)，能夠到達(dá)的位置x軸坐標(biāo)范圍為一1.5dwxw1.5d,而且最終恰好沒有粒子從 y= 2d的邊界離開磁場.已知 sin 37=0.6, cos 37 ° =0.8,不計(jì)粒子

7、重力以及粒子間的相互作用，求：電場強(qiáng)度E;(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B;(3)粒子在磁場中運(yùn)動的最長時(shí)間.(只考慮粒子第一次在磁場中的運(yùn)動時(shí)間)解析(1)沿x軸正方向發(fā)射的粒子有：由類平拋運(yùn)動基本規(guī)律得1.5d =v0t, d = 2at 2 a=",聯(lián)立可得:28mvE= 9qd.Vy(2)沿x軸正方向發(fā)射的粒子射入磁場時(shí)有：d= 2t,聯(lián)立可得：Vy=3V。,V=qvx= =5V0方向與水平成53。，斜向右上方，據(jù)題意知該粒子軌跡恰與上邊緣相切，則其余3粒子均達(dá)不到y(tǒng) = 2d邊界，由幾何關(guān)系可知：d= R+ 5R2v8mv根據(jù)牛頓第二定律得：Bqv= mR聯(lián)立可得：B=函d.(3)粒子運(yùn)

8、動的最長時(shí)間對應(yīng)最大的圓心角，經(jīng)過(1.5d, d)恰與上邊界相切的粒子軌跡對應(yīng)的圓心角最大，由幾何關(guān)系可知圓心角為：。=254°2兀 R 37td粒子運(yùn)動周期為：T=一1=而0127 7td則時(shí)間為：t =360° T= 240vo .考向2先磁場后電場【例2】.(2018 濰坊模擬)在如圖所示的坐標(biāo)系中，第一和第二象限(包才y軸的正半軸)內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B方向垂直xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場；第三和第四象限內(nèi)存在平行于y軸正方向、大小未知的勻強(qiáng)電場.p點(diǎn)為y軸正半軸上的一點(diǎn)，坐標(biāo)為 (0 , l) ； n點(diǎn)為y軸負(fù)半軸上的一點(diǎn)，坐 標(biāo)未知.現(xiàn)有一帶正電的粒子由p點(diǎn)沿

9、y軸正方向以一定的速度射入勻強(qiáng)磁場，該粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后以與x軸正半軸成45。角的方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，在電場中運(yùn)動一段時(shí)間后，該粒子恰好垂直于y軸經(jīng)過n點(diǎn).粒子的重力忽略不計(jì).求：11r 粒子在p點(diǎn)的速度大??；xxxx(2)第三和第四象限內(nèi)的電場強(qiáng)度的大??；X' "XX 帶電粒子從由p點(diǎn)進(jìn)入磁場到第三次通過X軸的總時(shí)間.| 01 I。解析粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動軌跡如圖所示，鵬2V0(1)由幾何關(guān)系可知rsin 45 ° =l解得r=42l又因?yàn)閝v°B=巾，可解得2Bql v°= m .(2)粒子進(jìn)入電場在第三象限內(nèi)的運(yùn)動可視為平拋運(yùn)動的逆過程，設(shè)粒子

10、射入電場坐標(biāo)為(一xi,0),2從粒子射入電場到粒子經(jīng)過n點(diǎn)的時(shí)間為t2,由幾何關(guān)系知xi = (J2+1)1 ,在n點(diǎn)有V2= 2 vi= 2工 二Eq由類平拋運(yùn)動規(guī)律有（2+1）l = 2 v0t 2; 2 vo= at2= mt 2，2+1 m 也1 qlB2聯(lián)立以上方程解得12= qB , E=m .2 7tm(3)粒子在磁場中白運(yùn)動周期為T= 苗55 7tm粒子第一次在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為 "=8丁= 4qB2.2+1 m粒子在電場中運(yùn)動的時(shí)間為2t 2=qB33 7tm粒子第二次在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為t3=4T= 2qB11m故粒子從開始到第三次通過x軸所用時(shí)間為t=t1+2

11、t2 + t3=(丁+ 26+2)6反思總結(jié)規(guī)律運(yùn)用及思路帶電粒子經(jīng)過電場區(qū)域時(shí)利用動能定理或類平拋的知識分析；帶電粒子經(jīng)過磁場區(qū)域時(shí)利用圓周運(yùn)動規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系來處理；注意帶電粒子從一種場進(jìn)入另一種場時(shí)的銜接速度.【鞏固】如圖所示，在第n象限內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E,在第I、W象限內(nèi)分別存在如圖所示的勻強(qiáng)磁場， 磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等. 有一個(gè)帶電粒子以垂直于 x軸的初速度V0從x軸上的P點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場中，并且恰好與y軸的正方向成45角進(jìn)入磁場，又恰好垂直于x軸進(jìn)入第IV象K X X X M X M X X XK X X X X X K X X XX X XXXXXXXXX X X

12、X M X x x x X限的磁場.已知 OP之間的距離為 d,則帶電粒子在磁場中第二次經(jīng)過x軸時(shí)，在電場和磁場中運(yùn)動的總時(shí)間為（）7 7tddA."2VTB.V；（2+5 兀）d_（紅、d_（工、C。2十三D.V； 2+Vy軸時(shí)的速度v=2vo,D 帶電粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示.由題意知，帶電粒子到達(dá)d 2d這一過程的時(shí)間ti=V0=京.2又由題意知，帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)軌道半徑r = 2、/2d.3 271r 3也兀 d 37td故知帶電粒子在第I象限中的運(yùn)動時(shí)間為：t2=§x v = 2V = 2v0帶電粒子在第IV象限中運(yùn)動的時(shí)間為:1 2£1 25 d

13、27td_d/7c13=2x v = v = Vo 故 t 總 = V02+ 2 J.故 D正確.題型二 帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動考向1電場、磁場疊加【例3】（多選）（2018 臨川模擬）向下的勻強(qiáng)電場和水平方向的勻強(qiáng)磁場正交的區(qū)域里，一帶電粒子如圖從a點(diǎn)由靜止開始沿曲線 abc運(yùn)動到c點(diǎn)時(shí)速度變?yōu)榱悖琤點(diǎn)是運(yùn)動中能夠到達(dá)的最高點(diǎn),所示，若不計(jì)重力，下列說法中正確的是（）A.粒子肯定帶負(fù)電，磁場方向垂直于紙面向里B. a、c點(diǎn)處于同一水平線上C.粒子通過b點(diǎn)時(shí)速率最大D.粒子達(dá)到c點(diǎn)后將沿原路徑返回到 a點(diǎn)ABC 粒子開始受到電場力作用而向上運(yùn)動，受到向右的洛倫茲力作用，則知電場力方向向上，故

14、 粒子帶負(fù)電；根據(jù)左手定則判斷磁場方向垂直于紙面向里，故 A正確.將粒子在c點(diǎn)的狀態(tài)與a點(diǎn) 進(jìn)行比較，c點(diǎn)的速率為零，動能為零，根據(jù)能量守恒可知，粒子在 c與a兩點(diǎn)的電勢能相等，電 勢相等，則a、c兩點(diǎn)應(yīng)在同一條水平線上；由于在a、c兩點(diǎn)粒子的狀態(tài)（速度為零，電勢能相等） 相同，粒子將在c點(diǎn)右側(cè)重現(xiàn)前面的曲線運(yùn)動，因此，粒子是不可能沿原曲線返回 a點(diǎn)的，故B正 確，D錯(cuò)誤.根據(jù)動能定理得，粒子從a運(yùn)動到b點(diǎn)的過程電場力做功最大，則b點(diǎn)速度最大，故C 正確.考向2電場、磁場、重力場的疊加【例4】(2017 全國I卷)如圖所示，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場

15、方向垂直于紙面向里.三個(gè)帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為 ma、mb、mc.已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動.下列選項(xiàng)正確的是()A. ma>mb>mB. m>m>mC. mi>ma>mD. m>m>m-LB 設(shè)三個(gè)微粒的電荷量均為q,a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，說明洛倫茲力提供向心力，重力與電場力平衡，即 mag = qEb在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動，三力平衡，則 mbg = qE+ qvBc在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動，三力平衡，則 mig + qvB= qE 比較式

16、得：m3>rm>mci,選項(xiàng)B正確.考向3復(fù)合場中的動量、能量綜合問題【例5】(2018 南昌模擬)如圖所示，帶負(fù)電的金屬小球A質(zhì)量為mA= 0.2 kg,電量為q=0.1 C,小球B是絕緣體不帶電，質(zhì)量為mB= 2 kg,靜止在水平放置的絕緣桌子邊緣，桌面離地面的高h(yuǎn)=0.05 m桌子置于電、磁場同時(shí)存在的空間中，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B= 2.5 T,方向沿水平方向且垂直紙面向里，勻強(qiáng)電場電場強(qiáng)度E= 10 N/C ,方向沿水平方向向左且與磁場方向垂直，小球A與桌面間的動摩擦因數(shù)為 科=0.4 , A以某一速度沿桌面做勻速直線運(yùn)動，并與B球發(fā)生正碰，設(shè)碰撞時(shí)間極短，B碰后落地的水

17、平位移為 0.03 m , g取10 m/s 2,求：(1)碰前A球的速度？x k x x x x(2)碰后A球的速度？(3)若碰后電場方向反向(桌面足夠長)，小球A在碰撞結(jié)束后，到剛離開桌 面運(yùn)動的整個(gè)過程中，合力對A球所做的功.答案(1)2 m/s (2)1 m/s，方向與原速度方向相反 (3)6.3 J【例5-2(1)上題中，A與B的碰撞是彈性碰撞嗎？為什么？(2)在第(3)問中，根據(jù)現(xiàn)有知識和條件，能否求出電場力對A球做的功?11提示：A B碰前，只有 A有動能 EA=2mvA1=2X0.2X22J =0.4 JA、B碰后，Eka' = 2mAVA2= 2 x 0.2 x 12

18、 J =0.1 J11Ekb= 2mvB=2x 2X 0.3 2= 0.09 J因 Ea>Ea' +EkB故A B間的碰撞不是彈性碰撞.提示：不能.因無法求出A球的位移.:反思總結(jié)帶電粒子在疊加場中運(yùn)動的分析方法【鞏固1】（多選）（2017 濟(jì)南模擬）如圖所示，在正交坐標(biāo)系Qxyz中，分布著電場和磁場（圖中未畫出）.在Oyz平面的左方空間內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B的勻強(qiáng)磁場；在Oyz平面右方、Oxz平面上方的空間內(nèi)分布著沿z軸負(fù)方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B的勻強(qiáng)磁場；在 Oyz平面aqB2右方、Oxz平面下方分布著沿 y軸正方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為 4m.在t

19、= 0時(shí)刻，一個(gè)質(zhì)量為m電荷量為+ q的微粒從P點(diǎn)靜止釋放，已知 P點(diǎn)的坐標(biāo)為（5a, -2a,0）,不計(jì)微粒的重力.則（）A.微粒第一次到達(dá)B.微粒第一次到達(dá)C.微粒第一次到達(dá)D.微粒第一次到達(dá)x軸的速度大小為qaqb4mx軸的時(shí)刻為qBy軸的位置為y = 2ai140 + 5 % ）my軸的時(shí)刻為、2石后BD 微粒從P點(diǎn)由靜止釋放至第一次到達(dá)y軸的運(yùn)動軌跡如圖所示.釋放后,aqB1微粒在電場中做勻加速直線運(yùn)動，由E=7m,根據(jù)動能定理有Eq 2a=2maaqB解得微粒第一次到達(dá)x軸的速度丫 =,Eq又mti = v,解得微粒第一次到達(dá)x4m軸的時(shí)刻t1 = qB,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確;微粒

20、進(jìn)入磁場后開始做勻速圓周運(yùn)2v動，假設(shè)運(yùn)動的軌道半徑為 R,則有qvB= mR,可得：R= a,所以微粒到達(dá)y軸的位置為y=a,選2兀 R 27tm5項(xiàng)C錯(cuò)誤；微粒在磁場中運(yùn)動的周期 T= -1=多，則運(yùn)動到達(dá)y軸的時(shí)刻：t2=5t1+4T,代入,140+5 71、m得：t2=12 .石己選項(xiàng)D正確.mgv=qB，小球?qū)⒀貤U做加速度不斷增3mgv= GB，小球?qū)⒀貤U做加速度不斷減D.若小球沿桿向下的初速度4mgv=-qB，則從開始運(yùn)動到穩(wěn)定過程中,3 26mg小球克服摩擦力做功為 q2B2BD題型三 帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的常見實(shí)例考向1回旋加速器的工作原理【例6】（多選）（2018 成都模擬

21、）粒子回旋加速器的工作原理如圖所示,置于真空中的徑為R兩金屬盒間的狹縫很小，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與金屬盒盒面垂直,D形金屬盒的半 高頻率交流電的頻率為f,加速器的電壓為 U,若中心粒子源處產(chǎn)生的質(zhì)子質(zhì)量為解 電荷量為+ e,在加速器中被加速.不考慮相對論效應(yīng)，甲乙A.質(zhì)子被加速后的最大速度不能超過2% RfB.加速的質(zhì)子獲得的最大動能隨加速器的電壓U增大而增大C.質(zhì)子第二次和第一次經(jīng)過 D形盒間狹縫后軌道半徑之比為 2 ： 1D.不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度 B和交流電的頻率f ,該加速器也可加速其它粒子2 RAC 質(zhì)子出回旋加速器時(shí)速度最大，此時(shí)的半徑為 R最大速度為：丫= =2兀Rf,故A正確;根

22、據(jù)qvB= mR得，v =qBR1q2E2R2m,則粒子的最大動能Em=2mv2i= 2m ,與加速器的電壓無關(guān)，故B錯(cuò)誤；粒12qU子在加速電場中做勻加速運(yùn)動，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)qU=2mV,得v =、J-m，質(zhì)子第mv二次和第一次經(jīng)過D形盒狹縫的速度比為 "1,根據(jù)=而，則半彳至比為42 ： 1,故C正確；帶電【鞏固2】（多選）（2018 蘭州模擬）如圖所示，空間中存在一水平方向的勻強(qiáng)電場和一水平方向的勻3mg強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B,電場強(qiáng)度大小為 E= q ,且電場方向和磁場方向相互垂直，在正交的電磁場空間中有一足夠長的固定粗糙絕緣桿，與電場正方向成 60。夾角

23、且處于豎直平面內(nèi)，一質(zhì)量為E帶電量為q（q>0）的小球套在絕緣桿上，若小球沿桿向下的初速度為Vo時(shí)，小球恰好做勻速直線運(yùn)動，已知重力加速度大小為 g,小球電荷量保持不變，則以下說法正確的是（）mgA.小球的初速度Vo=2BB.若小球沿桿向下的初速度 大的減速運(yùn)動，最后停止C.若小球沿桿向下的初速度 小的減速運(yùn)動，最后停止2氏m粒子在磁場中運(yùn)動的周期與加速電場的周期相等，根據(jù) T=而知，換用其它粒子，粒子的比荷變化，周期變化，回旋加速器需改變交流電的頻率才能加速其它粒子，故D錯(cuò)誤.故選AC.考向2速度選擇器的工作原理【例7】在如圖所示的平行板器件中，電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度 B相互垂直.一帶

24、電粒子（重力不計(jì)）從左端以速度v沿虛線射入后做直線運(yùn)動，則該粒子（A. 一定帶正電EB.速度v= bEc.若速度v>B,粒子一定不能從板間射出D.若此粒子從右端沿虛線方向進(jìn)入，仍做直線運(yùn)動B考向3質(zhì)譜儀的工作原理【例7】質(zhì)譜儀是測量帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素的重要工具.如圖所示為質(zhì)譜儀的原理示意圖，現(xiàn)利用質(zhì)譜儀對氫元素進(jìn)行測量.讓氫元素三種同位素的離子流從容器A下方的小孔S無初速度飄入電勢差為U的加速電場.加速后垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中.氫的三種同位素最后打在照相底片D上，形成a、b、c三條“質(zhì)譜線”.則下列判斷正確的是（）A.進(jìn)入磁場時(shí)速度從大到小排列的順序是五、笊、瓶If

25、IdB.進(jìn)入磁場時(shí)動能從大到小排列的順序是五、笊、瓶,；1C.在磁場中運(yùn)動時(shí)間由大到小排列的順序是五、笊、瓶：D. a、b、c三條“質(zhì)譜線”依次排列的順序是五、笊、瓶、仁二三A 離子通過加速電場的過程，有qU= 2mV,因?yàn)槌?、笊、瓶三種離子的電量相同、質(zhì)量依次增大，故27tm進(jìn)入磁場時(shí)動能相同，速度依次減小，故a項(xiàng)正確，b項(xiàng)錯(cuò)誤；由t=-qB可知，丑、笊、瓶三種離 子在磁場中運(yùn)動的周期依次增大，又三種離子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間均為半個(gè)周期，故在磁場中運(yùn)動v 11 ,：2mU時(shí)間由大到小排列依次為瓶、笊、九C項(xiàng)錯(cuò)誤；由qvB= mR及qU= 2mV,可得R= BJG，故氣、 笊、瓶三種離子在磁場中

26、的軌道半徑依次增大，所以a、b、c三條“質(zhì)譜線”依次對應(yīng)瓶、笊、丑， D項(xiàng)錯(cuò)誤.【鞏固3】（多選）如圖所示，含有1H 2H 4He的帶電粒子束從小孔 O處射入速度選擇器，沿直線 OQ最終打在R、P2兩點(diǎn).則運(yùn)動的粒子在小孔 Q處射出后垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場,（）A.打在R點(diǎn)的粒子是2HeB,打在P2點(diǎn)的粒子是2H和2HeC. OP2的長度是QPi長度的2倍D.粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運(yùn)動的時(shí)間都相等BC 通過同一速度選擇器的粒子具有相同的速度，故 1H 2H 4He的速度相等，由牛頓第二定律 2vmvmv得qv®=mR,解得R=恒，由此可知，設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為m質(zhì)子帶電量為 q, 1H的半徑R = q

27、B2,2mv2mv2H的半徑R=謳，4He的半徑R3=-qB2,故打在Pi點(diǎn)的粒子是；H,打在P2點(diǎn)的粒子是2H和；He,選 2mv4mv項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；QPi=2R = m, QP2=2R= 而，故QP?= 2QR ,選項(xiàng)C正確；粒子在磁場中T 兀m運(yùn)動的時(shí)間t=2=*, 1H運(yùn)動的時(shí)間與2H和4He運(yùn)動的時(shí)間不同，選項(xiàng) D錯(cuò)誤.故選B、C.基礎(chǔ)練習(xí):考查點(diǎn)：速度選擇器1 .如圖所示，一束質(zhì)量、速度和電荷不全相等的離子，經(jīng)過由正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場組成的速度選擇器后，進(jìn)入另一個(gè)勻強(qiáng)磁場中并分裂為 A.組成A束和B束的離子都帶負(fù)電B兩束，下列說法中正確的是 （）射+ O速度選擇物A B是兩

28、塊處在磁場中互相平行的金屬B.組成A束和B束的離子質(zhì)量一定不同C. A束離子的比荷大于 B束離子的比荷D.速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向外答案C考查點(diǎn)：磁流體發(fā)電機(jī)2 .（多選）磁流體發(fā)電機(jī)是利用洛倫茲力的磁偏轉(zhuǎn)作用發(fā)電的. 板，一束在高溫下形成的等離子束（氣，入磁場.下列說法正確的是 （）A. B板是電源的正極 B. A板是電源的正極C.電流從上往下流過電流表 D.電流從下往上流過電流表 答案AD考查點(diǎn)：電磁流量計(jì)3 .如圖所示，電磁流量計(jì)的主要部分是柱狀非磁性管.該管橫截面是邊長為d的正方形，管內(nèi)有導(dǎo)電液體水平向左流動.在垂直于液體流動方向上加一個(gè)水平指向紙里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B

29、.現(xiàn)測得液體上下表面 a、 b兩點(diǎn)間的電勢差為 U則管內(nèi)導(dǎo)電液體的流量 Q流量是指流過該管的液體體 積與所用時(shí)間的比值）為（）KUfA. BB. Bd乜d_C.BdD.Bu答案A考查點(diǎn)：質(zhì)譜儀4 . A、B是兩種同位素的原子核，它們具有相同的電荷、不同的質(zhì)量.為測定它們的質(zhì)量比，使它們 從質(zhì)譜儀的同一加速電場由靜止開始加速，然后沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場，打到照 相底片上.如果從底片上獲知A、B在磁場中運(yùn)動軌跡的直徑之比是d1 : d2,則A、B的質(zhì)量之比為()A. d2 ： d2C. d2 : d2B.D.di : d2d2: di答案A分類鞏固:帶電粒子在組合場中的運(yùn)動1 .如圖

30、所示，某種帶電粒子由靜止開始經(jīng)電壓為U的電場加速后，射入水平放置、電勢差為U2的兩導(dǎo)體板間的勻強(qiáng)電場中，帶電粒子沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入，穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強(qiáng)磁場中，則粒子射入磁場和射出磁場的M N兩點(diǎn)間的距離 d隨著U1和U2的變化情況為（不計(jì)重力，不考慮邊緣效應(yīng) ）（）A d隨U變化，d與U2無關(guān)B. d與U無關(guān)，d隨U2變化C. d隨U變化，d隨U2變化D. d與U無關(guān)，d與U無關(guān)A 帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，可將射出電場的粒子速度v分解成初速度方向與加速度方Vo向，設(shè)出射速度與水平夾角為則有：V = cos。而在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動軌跡對

31、應(yīng)的半徑為R,由幾何關(guān)系得，半徑與直線MNR角正d22Rvomv2mv 2 '2mU好等于9 ,則有：R= cos 9 ,所以d= v ,又因?yàn)榘霃焦絉= Bq,貝1J有d= Bq =B，q . 故d隨U變化，d與U無關(guān)，故A正確，B、G D錯(cuò)誤.2 .（多選）（2017 煙臺模擬）如圖所示，在x軸上方有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E,在x軸下方的等腰直角三角形 CDME域內(nèi)有垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,其中CD在x軸上，它們到原點(diǎn)O的距離均為a.現(xiàn)將質(zhì)量為 m電荷量為+ q的粒子從y軸上的P點(diǎn)由靜止A.若粒子垂直于CMI寸出磁場,則E2a2q h= 2mE

32、B.若粒子垂直于CMI寸出磁場,則E2a2q h= 8mEC.若粒子平行于x軸射出磁場,則E2a2q h= 2mED.若粒子平行于x軸射出磁場,則B2a2q h= 8mE釋放，設(shè)P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為h,不計(jì)重力作用與空氣阻力的影響.1AD 粒子在電場中加速，有qEh= 2mV.在磁場中做圓周運(yùn)動，若粒子垂直于 CM寸出磁場，則軌2mv mv跡所對的圓心角0 =45° ,半徑R= a,由洛倫茲力提供向心力，有qvoB= r,得R= qB，聯(lián)立B2a2q以上各式得h=mE, A正確；若粒子平行于x軸射出磁場，則軌跡所對的圓心有0 =90° ,半aE2a2q徑R= 2，同理可得h=

33、 8mE，D正確.3 . （2018 銀川模擬）如圖所示，AB CD間的區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)電場， 在CD的右側(cè)有一與 CDf切于M點(diǎn)的圓形有界勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂I直于紙面.一帶正電粒子自 O點(diǎn)以水平初速度 V0正對P點(diǎn)進(jìn)入該電場后，從 M點(diǎn)飛離CD邊界，再 經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后又從 N點(diǎn)垂直于CD邊界回到電場區(qū)域，并恰能返回 O點(diǎn).已知OP間距離為d,粒子3md不計(jì)粒子重力.試求:質(zhì)量為E電荷量為q,電場強(qiáng)度大小 E= qd ,(1) M N兩點(diǎn)間的距離；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和圓形勻強(qiáng)磁場的半徑； (3)粒子自O(shè)點(diǎn)出發(fā)到回到 O點(diǎn)所用的時(shí)間.解析(1)據(jù)題意，作出帶電粒子的運(yùn)動軌跡，如圖所示：d

34、qE 3v2粒子從O到M的時(shí)間：t = V0；粒子在電場中加速度：a=m= d13故 PM1的距離為：PM= 2at2=-2d粒子在M點(diǎn)時(shí)豎直方向的速度：Vy=ati = 43vo粒子在M點(diǎn)時(shí)的速度：v=v2+v2 =2voVy_速度偏轉(zhuǎn)角正切：tan 0 =V0=3 ,故。=60°d1粒子從N到O點(diǎn)時(shí)間：t2 = 2V0,粒子從N到O點(diǎn)過程的豎直方向位移：y= 2at2352故P、N兩點(diǎn)間的距離為：PN= y= 8d.所以MN= PN PM= 8 d.5 .35j3(2)由幾何關(guān)系得：Rcos 60° +R= MN= 3 d,可得半徑：R= 無"d由qvB= m

35、R解得：B= 5qd ；由幾何關(guān)系確定區(qū)域半徑為：R' =2Rcos 30° ,即R' =%d.dd(3)O到M的時(shí)間:t1=V0；N到O的時(shí)間:t2= 2V04兀為"R 5 j3 d在磁場中運(yùn)動的時(shí)間：t3= 2Vo = 18voRcos 30 ° 5d29d 5V37td無場區(qū)運(yùn)動的時(shí)間：t4=2v0= 16v0；t =t1 + t2+t3+t4= 16V0+ 18V0帶電物體在疊加場中的運(yùn)動4.如圖所示，界面 MNW水平地面之間有足夠大且正交的勻強(qiáng)磁場B和勻強(qiáng)電場 E,磁感線和電場線都處在水平方向且互相垂直. 在MN±方有一個(gè)帶正電

36、的小球由靜止開始下落，經(jīng)電場和磁場到達(dá)水平地面.若不計(jì)空氣阻力，小球在通過電場和磁場的過程中，下列說法中正確的是()A.小球做勻變速曲線運(yùn)動B.小球的電勢能保持不變C.洛倫茲力對小球做正功D.小球的動能增量等于其電勢能和重力勢能減少量的總和M-qE qBi?x x ND 帶電小球在剛進(jìn)入復(fù)合場時(shí)受力如圖所示，則帶電小球進(jìn)入復(fù)合場后 做曲線運(yùn)動，因?yàn)樗俣葧l(fā)生變化，洛倫茲力就會跟著變化，所以不可能 是勻變速曲線運(yùn)動，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)電勢能公式5=q。，知只有帶電小球豎直向下做直線運(yùn)動時(shí)，電勢能保持不變，選項(xiàng) B錯(cuò)誤；根據(jù)洛倫茲力的方向確定方法知，洛 倫茲力方向始終和速度方向垂直，所以洛倫茲力不做

37、功，選項(xiàng) C錯(cuò)誤；從能量守恒角度知道選項(xiàng) D正確.5 . （2017 桂林模擬）如圖所示，空間存在互相垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，圖中虛線為勻強(qiáng)電場的等勢線，一不計(jì)重力的帶電粒子在M點(diǎn)以某一初速度垂直等勢線進(jìn)入正交電磁場中，運(yùn)動軌跡如圖所示（粒子在N點(diǎn)的速度比在 M點(diǎn)的速度大）.則下列說法正確的是（A.粒子一定帶正電B.粒子的運(yùn)動軌跡一定是拋物線C.電場線方向一定垂直等勢面向左D.粒子從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中電勢能增大C 根據(jù)粒子在電、磁場中的運(yùn)動軌跡和左手定則可知，粒子一定帶負(fù)電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于洛倫茲力方向始終與速度方向垂直，故粒子受到的合力是變力，而物體只有在恒力作用下做曲線運(yùn) 動時(shí)，軌跡

38、才是拋物線，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由于空間只存在電場和磁場，粒子的速度增大，說明在此 過程中電場力對帶電粒子做正功，則電場線方向一定垂直等勢面向左，選項(xiàng)C正確；電場力做正功，電勢能減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.6 .如圖所示，空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，電場和磁場相互垂直.在電 磁場區(qū)域中，有一個(gè)光滑絕緣圓環(huán)，環(huán)上套有一個(gè)帶正電的小球.O點(diǎn)為圓環(huán)的圓心，a、b、c為圓環(huán)上的三個(gè)點(diǎn)，a點(diǎn)為最高點(diǎn)，c點(diǎn)為最低點(diǎn)，bd沿水平方向.已知小球所受電場力與重力大小相 等.現(xiàn)將小球從環(huán)的頂端 a點(diǎn)由靜止釋放，下列判斷正確的是A.當(dāng)小球運(yùn)動到c點(diǎn)時(shí)，洛倫茲力最大B.小球恰好運(yùn)動一周后回到 a點(diǎn)C.小王從a點(diǎn)

39、運(yùn)動到b點(diǎn)，重力勢能減小，電勢能減小D.小王從b點(diǎn)運(yùn)動到c點(diǎn)，電勢能增大，動能增大,由于合力是恒力，故類似于新的重關(guān)于圓心對稱的位置（即bc弧的中C 電場力與重力大小相等，則二者的合力指向左下方45 力，所以ad弧的中點(diǎn)相當(dāng)于平時(shí)豎直平面圓環(huán)的“最高點(diǎn)”點(diǎn)）就是“最低點(diǎn)”，速度最大，此時(shí)洛倫茲力最大；由于a、d兩點(diǎn)關(guān)于新的最高點(diǎn)對稱，若從a 點(diǎn)靜止釋放，最高運(yùn)動到d點(diǎn)，故A、B錯(cuò)誤.從a到b,重力和電場力都做正功，重力勢能和電 勢能都減少，故C正確.小球從b點(diǎn)運(yùn)動到c點(diǎn)，電場力做負(fù)功，電勢能增大，但由于 bc弧的 中點(diǎn)速度最大，所以動能先增大后減小，故 D錯(cuò)誤.所以C正確，A、B、D錯(cuò)誤.7

40、.（多選）（2018 哈爾濱模擬）如圖所示，空間同時(shí)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，磁感應(yīng)強(qiáng)度 為B,電場弓雖度為E. 一質(zhì)量為 電量為q的帶正電小球恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)在將磁場方向順時(shí) 針旋轉(zhuǎn)30° ,同時(shí)給小球一個(gè)垂直磁場方向斜向下的速度v,則關(guān)于小球的運(yùn)動，下列說法正確的是（）A.小球做勻速圓周運(yùn)動，8 .小球運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒| f | ?,力;mgvkC.小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時(shí)電勢能增加了荻/ / /2 qIM/兀mD.小球第一次運(yùn)動到最低點(diǎn)歷時(shí) 2qBAD 小球在復(fù)合電磁場中處于靜止?fàn)顟B(tài)，只受兩個(gè)力作用，即重力和電場力且兩者平衡.當(dāng)把 磁場順時(shí)針方向傾斜30°

41、,且給小球一個(gè)垂直磁場方向的速度 v,則小球受到的合力就是洛倫茲 力，且與速度方向垂直，所以帶電粒子將做勻速圓周運(yùn)動，選項(xiàng) A正確.由于帶電粒子在垂直于紙面的傾斜平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，運(yùn)動過程中受到電場力要做功，所以機(jī)械能不守恒，選項(xiàng) B2mv 1 mgv錯(cuò)誤.電場力從開始到最低點(diǎn)克服電場力做功為 W= EqRsin 30 ° =mgx函x2=聲，所以電勢2_ mgv1 兀 m能的增加量為何，選項(xiàng)C錯(cuò)誤.小球第一次運(yùn)動到低點(diǎn)的時(shí)間為4T= 2Bq,所以選項(xiàng)d正確.故選 AD.8 . (2018 泉州模擬)如圖所示，PR是一長為L=0.64 m的絕緣平板固定在水平地面上，擋板 R固定在

42、 平板的右端.整個(gè)空間有一個(gè)平行于PR的勻強(qiáng)電場E,在板的右半部分有一個(gè)垂于紙面向里的勻強(qiáng)磁場B,磁場白寬度 0.32 m , 一個(gè)質(zhì)量 m= 0.50 x 10 3 kg、帶電荷量為q = 5,0 x 10 2 C的小物體， 從板的P端由靜止開始向右做勻加速運(yùn)動，從D點(diǎn)進(jìn)入磁場后恰能做勻速直線運(yùn)動.當(dāng)物體碰到擋板R后被彈回，若在碰撞瞬間撤去電場(不計(jì)撤掉電場對原磁場的影響，整個(gè)過程中小物體的電量保持不變)，物體返回時(shí)在磁場中仍作勻速運(yùn)動，離開磁場后做減速運(yùn)動，停在C點(diǎn)，PC= L/4.若物體與平板間的動摩擦因數(shù) 科=0.20, g取10 m/s(1)判斷電場的方向及物體帶正電還是帶負(fù)電；(2

43、)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；(3)求物體與擋板碰撞過程中損失的機(jī)械能.解析(1)物體由靜止開始向右做勻加速運(yùn)動，說明電場力向右且大于摩擦力.進(jìn)入磁場后做勻 速直線運(yùn)動，說明它受的摩擦力增大，即證明它受的洛倫茲力方向向下，由左手定則判斷物體帶 負(fù)電，由其受力方向向右判斷電場方向向左.(2)設(shè)物體被擋板彈回后做勻速直線運(yùn)動的速度為 V2,從離開磁場到停在C點(diǎn)的過程中，由動能 L 1定理有一(imgi=02mV 即 V2=0.80 m/s物體在磁場中向左做勻速直線運(yùn)動，受力平衡，有mg= Bqv2,有B= 0.125 T.L L 1(3)設(shè)從D點(diǎn)進(jìn)入磁場時(shí)的速度為vi,由動能定理有qE2mg2=2mV物

44、體從D點(diǎn)到R做勻速直線運(yùn)動，有qE=(mg+BqvO ,有V1=1.6 m/s小物體撞擊擋板損失的機(jī)械能為A E= 2mV2mV=4.8 x 10 4 J.答案(1)電場方向向左負(fù)電(2)0.125 T (3)4.8 X 10-4 J帶電粒子在復(fù)合場運(yùn)動的實(shí)際應(yīng)用9 .如圖所示為研究某種帶電粒子的裝置示意圖，粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直線射到熒光B的勻強(qiáng)磁場后，粒子屏上的O點(diǎn)，出現(xiàn)一個(gè)光斑.在垂直于紙面向里的方向上加一磁感應(yīng)強(qiáng)度為束發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿半徑為強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場,r的圓弧運(yùn)動，打在熒光屏上的P點(diǎn)，然后在磁場區(qū)域再加一豎直向下，場A.粒子帶負(fù)電光斑從P點(diǎn)又回到O點(diǎn)，關(guān)于該粒子(不

45、計(jì)重力)，下列說法正確的是B.初速度為v=Eq B2LC.比荷為m= T D .比荷為q旦nr E2rD 垂直于紙面向里的方向上加一磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B的勻強(qiáng)磁場后，粒子束打在熒光屏上的 P點(diǎn),E根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，選項(xiàng) A錯(cuò)誤；當(dāng)電場和磁場同時(shí)存在時(shí)qvB= Eq,解得v=B,v2q v E選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在磁場中時(shí)，由qvB= mf,可得：寧用=茄，故選項(xiàng)D正確，C錯(cuò)誤.故選D.10.據(jù)報(bào)道，我國實(shí)施的“雙星”計(jì)劃發(fā)射的衛(wèi)星中放置了一種“磁強(qiáng)計(jì)”，用于測定地磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度等研究項(xiàng)目.磁強(qiáng)計(jì)的原理如圖所示：電路中有一段金屬導(dǎo)體，它的橫截面是寬為a、高為b的長方形，放在沿 y軸正方向的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)體中通有沿x正方向、大小為I的電流.已知金屬導(dǎo)體單位體積中的自由電子數(shù)為n,電子電量為e,金屬導(dǎo)電過程中，自由電子做定向移動可視為勻速運(yùn)動.若測出金屬導(dǎo)體前后兩個(gè)側(cè)面間 （z= a為前側(cè)面，z=0為后側(cè)面）的電勢差為U,那么（）A.前側(cè)面電勢高，nebU B= IB.前側(cè)面電勢高