2021屆高考物理二輪復(fù)習(xí)考點學(xué)與練07帶電粒子在復(fù)合場中的運動（講）（解析版）

專題七帶電粒子在復(fù)合場中的運洲

考情解讀

高考對該部分內(nèi)容的考查主要是：

(1)考查帶電粒子在組合場中的運動問題；

(2)考查帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題；

(3)考查以帶電粒子在組合場、復(fù)合場中的運動規(guī)律為工作原理的儀器在科學(xué)領(lǐng)域、生活實際中的應(yīng)用.

重點知識梳理

知識點一、帶電粒子在組合復(fù)合場中的運動

“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的比較

垂直進(jìn)入磁場(磁偏轉(zhuǎn))垂直進(jìn)入電場(電偏轉(zhuǎn))

;B\____J___q

公：________!

V0-

情景圖FE

I"，"'。1J

O\E'

尸8=005大小不變，方向總指向圓心，方向

受力FE=qE,FE大小、方向不變，為恒力

變化，F(xiàn)B為變力

類平拋運動~x=、0,

勻速圓周運動一嘿'T

運動規(guī)律~2Bq

x=vOt，y焉2

七號

運動時間t具有等時性

動能不變變化

知識點二、帶電粒子在疊加復(fù)合場中的運動

高頻考點一帶電粒子在疊加場中的運動分析

例1、（2018年全國II卷）一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，其在xoy平面內(nèi)的截面

如圖所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為/,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,方向垂直于xoy平面；

磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域，寬度均為『，電場強(qiáng)度的大小均為E,方向均沿x軸正方向；M、N為條形

區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，

經(jīng)過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出。不計重力。

（1）定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡；

（2）求該粒子從M點射入時速度的大小；

7T

（3）若該粒子進(jìn)入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為％,求該粒子的比荷及其從M點運動

到N點的時間。

NI

riE

X

【答案】（1）軌跡圖如圖所示:

N?

2EIq_4畫'■國，、

t=石(1----r)

~BT(3)mB2l2E18/

【解析】（1）粒子在電場中做類平拋,然后進(jìn)入磁場做圓周運動，再次進(jìn)入電場做類平拋運動，結(jié)合

相應(yīng)的計算即可畫出軌跡圖。

（2）在電場中要分兩個方向處理問題，一個方向做勻速運動，一個方向做勻加速運動。

（3）在磁場中的運動關(guān)鍵是找到圓心，求出半徑，結(jié)合向心力公式求解。

（1）粒子運動的軌跡如圖（a）所示。（粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱）

用<a）

（2）粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動。設(shè)粒子從M點射入時速度的大小為吻，在下側(cè)

電場中運動的時間為/,加速度的大小為“；粒子進(jìn)入磁場的速度大小為v,方向與電場方向的夾角為0（見

圖（b））,速度沿電場方向的分量為v”根據(jù)牛頓第二定律有

圖（b>

c/E-ma①

式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量，由運動學(xué)公式有

v\=at②

'=③

%vcosO④

粒子在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)其運動軌道半徑為R,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得

mv2

qvB=-----

R⑤

由幾何關(guān)系得

I=2RcosO⑥

聯(lián)立①②③④⑤⑥式得

2EI

京⑦

(3)由運動學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得

兀

%=vocot-

⑧

聯(lián)立①②③⑦⑧式得

q_4同’

m—B2l2(g)

設(shè)粒子由M點運動到N點所用的時間為t',則

2(。)

.6，

t=2t+---------T

2兀⑩

式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期,

270n

T=——

qB?

由③⑦⑨⑩?式得

，Bl“再、

t=-(1H----r)

E18/

【方法技巧】帶電粒子在疊加場中運動的處理方法

1.弄清疊加場的組成特點.

2.正確分析帶電粒子的受力及運動特點.

3.畫出粒子的運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律

(1)若只有兩個場且正交，合力為零，則表現(xiàn)為勻速直線運動或靜止.例如電場與磁場中滿足qE=0B；

重力場與磁場中滿足mg=c/vB；重力場與電場中滿足mg=qE.

(2)若三場共存時，合力為零，粒子做勻速直線運動，其中洛倫茲力F=>8的方向與速度v垂直.

(3)若三場共存時，粒子做勻速圓周運動，則有〃琢=強(qiáng)，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，即

V2

qvB=nr^.

(4)當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜的曲線運動或有約束的變速直線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解.

【變式探究】如圖I所示，位于豎直平面內(nèi)的坐標(biāo)系xOy,在其第三象限空間有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)

磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=0.5T,還有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E=2N/C.在其第一象限空

間有沿y軸負(fù)方向的、場強(qiáng)大小也為E的勻強(qiáng)電場，并在)>〃=0.4m的區(qū)域有磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B的垂直于

紙面向里的勻強(qiáng)磁場.一個帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點得到一初速度，恰好能沿P0做勻

速直線運動(尸0與x軸負(fù)方向的夾角為9=45。)，并從原點。進(jìn)入第一象限.已知重力加速度g=10m/s2,

問：

(1)油滴在第三象限運動時受到的重力、電場力、洛倫茲力三力的大小之比，并指出油滴帶何種電荷；

(2)油滴在P點得到的初速度大小；

(3)油滴在第一象限運動的時間.

【解析】(D結(jié)合平衡條件判斷油滴所受電場力的方向和洛倫茲力的方向，進(jìn)而判斷油滴的電性，對油

滴受力分析后采用合成法作圖，由幾何關(guān)系得出三力之比；(2)根據(jù)油滴在垂直直線方向上應(yīng)用平衡條件列

方程求得速度大?。?3)進(jìn)入第一象限，由于重力等于電場力，在電場中做勻速直線運動，在混合場中做勻

速圓周運動，作出運動軌跡，結(jié)合磁場中圓周運動的周期公式即運動的對稱性確定運動總時間.

⑴根據(jù)受力分析(如圖)可知油滴帶負(fù)電荷,

設(shè)油滴質(zhì)量為，相由平衡條件得：

mg:qE：F=\：1：^2.

(2)由第(1)問得：〃?g=gE

qvB=^2qE

解得：丫=4"=4qm/s.

(3)進(jìn)入第一象限，電場力和重力平衡，知油滴先做勻速直線運動，進(jìn)入定/?的區(qū)域后做勻速圓周運動,

軌跡如圖，最后從x軸上的N點離開第一象限.

L

由0—>A勻速運動的位移為Xi=si。45。=

其運動時間：八=.=^^^=整=。/s

B

由幾何關(guān)系和圓周運動的周期關(guān)系式丁=黑知,

1nF,

由A->C的圓周運動時間為，2=公7=土薩0?628s

4ZgB

由對稱性知從C—N的時間力=力

在第一象限運動的總時間t=h+t2+t3=2xO.\s+0.628s=0.828s

【答案】(1)1：1：正油滴帶負(fù)電荷(2)4啦m/s

(3)0.828s

【變式探究】如圖2,水平地面上方有一底部帶有小孔的絕緣彈性豎直擋板，板高人=9m,與板上端

等高處水平線上有一P點，P點離擋板的距離x=3m.板的左側(cè)以及板上端與P點的連線上方存在勻強(qiáng)磁

場和勻強(qiáng)電場.磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度8=1T；比荷大小2=1.0C/kg可視為質(zhì)點的小球從擋

板下端處小孔以不同的速度水平射入場中做勻速圓周運動，若與擋板相碰就以原速率彈回，且碰撞時間不

計，碰撞時電量不變，小球最后都能經(jīng)過位置P,g=10m/s2,求：

XXXXXX

XXXXX戶

xBxxx

XXXX

XXXX”

XXXX

ZXZ/X//ZZXZ/<Z2x/8ZZZZZ/ZI/z,

圖2

(1)電場強(qiáng)度的大小與方向；

(2)小球不與擋板相碰運動到P的時間；

(3)要使小球運動到P點時間最長應(yīng)以多大的速度射入？

【答案】⑴10N/C,方向豎直向下(2)?r+arcsin,(s)

(3)3.75m/s

【解析】(1)由題意可知，小球帶負(fù)電，因小球做勻速圓周運動，有：Eq=1ng

得：E=^=10N/C,方向豎直向下

(2)小球不與擋板相碰直接到達(dá)P點軌跡如圖：

XXXXXX

有：（〃一/?）2+/=/?2得：R=5m

3

設(shè)P。與擋板的夾角為仇則sin?=A5

小球做圓周運動的周期f

設(shè)小球做圓周運動所經(jīng)過圓弧的圓心角為a,則，1

3

-

5m

運動時間t=-=7r+arcsin

⑶因速度方向與半徑垂直，圓心必在擋板上,

設(shè)小球與擋板碰撞〃次，有R端

又做x,"只能取0,1.

〃=0時，（2）問不符合題意

"=1時，有（3/?—/1）2+_?=必

解得：R=3m,&=3.75m

軌跡如圖，半徑為生時運動時間最長

洛倫茲力提供向心力：4丫8=而木

得：v=3.75m/s.

高頻考點二帶電粒子在組合場中的運動分析

例2、（2018年天津卷）如圖所示，在水平線他的下方有一勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E,方向豎直向下,

如的上方存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直紙面向里，磁場中有一內(nèi)、外半徑分別為R、回的半

圓環(huán)形區(qū)域，外圓與外的交點分別為M、M—質(zhì)量為加、電荷量為q的帶負(fù)電粒子在電場中P點靜止釋

放，由M進(jìn)入磁場，從N射出，不計粒子重力。

(1)求粒子從P到M所用的時間f；

(2)若粒子從與尸同一水平線上的Q點水平射出，同樣能由M進(jìn)入磁場，從N射出，粒子從M到N

的過程中，始終在環(huán)形區(qū)域中運動，且所用的時間最少，求粒子在。時速度V。的大小。

,3g一八A/3RB、、qBR

【答案】(1)t=-——(2)v=--

E0m

【解析】粒子在磁場中以洛倫茲力為向心力做圓周運動，在電場中做初速度為零的勻加速直線運動，

據(jù)此分析運動時間；粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場后做勻速圓周運動，當(dāng)軌跡與內(nèi)圓相切時，所有的時間最短，粒子

從。射出后在電場中做類平拋運動，在電場方向上的分運動和從P釋放后的運動情況相同，所以粒子進(jìn)入

磁場時沿豎直方向的速度同樣為V,結(jié)合幾何知識求解.

(1)設(shè)粒子在磁場中運動的速度大小為n，所受洛倫茲力提供向心力，有qvB=m《①

1屬

設(shè)粒子在電場中運動所受電場力為凡有F=qE?；

設(shè)粒子在電場中運動的加速度為。，根據(jù)牛頓第二定律有③;

粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動，有v=ar?；聯(lián)立①②③④式得t=^場)；

E

(2)粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場后做勻速圓周運動，其周期與速度、半徑無關(guān)，運動時間只由粒子所通過的圓

弧所對的圓心角的大小決定，故當(dāng)軌跡與內(nèi)圓相切時，所有的時間最短，設(shè)粒子在磁場中的軌跡半徑為八

由幾何關(guān)系可得(f-R)2+(y/3R)2=f2@

設(shè)粒子進(jìn)入磁場時速度方向與必的夾角為仇即圓弧所對圓心角的一半，由幾何關(guān)系知tan。=翅⑦；

f-R

粒子從。射出后在電場中做類平拋運動，在電場方向上的分運動和從尸釋放后的運動情況相同，所以

粒子進(jìn)入磁場時沿豎直方向的速度同樣為也在垂直于電場方向的分速度等于為V。，由運動的合成和分解可

得tanS=—(8)

-

v0

聯(lián)立①⑥⑦⑧式得V。=蟠⑨.

m

【變式探究】【2017?江蘇卷】一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示.大量的甲、乙兩種離子飄入電壓為Uo

的加速電場，其初速度幾乎為0,經(jīng)過加速后，通過寬為L的狹縫MN沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)

度為B的勻強(qiáng)磁場中，最后打到照相底片上.已知甲、乙兩種離子的電荷量均為+?質(zhì)量分別為2〃?和〃?，

圖中虛線為經(jīng)過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運動軌跡.不考慮離子間的相互作用.

Uo：加速電場

(1)求甲種離子打在底片上的位置到N點的最小距離x；

(2)在答題卡的圖中用斜線標(biāo)出磁場中甲種離子經(jīng)過的區(qū)域，并求該區(qū)域最窄處的寬度以

(3)若考慮加速電壓有波動，在-AU)到(4+△0)之間變化，要使甲、乙兩種離子在底片

上沒有重疊，求狹縫寬度L滿足的條件.

……將一"小

(3)-＜，秒2一AU)—J2(U°+AU)]

【解析】(1)設(shè)甲種離子在磁場中的運動半徑為

2

電場加速qU^=—x2mv且qvB-2m—解得rx=—卜4

2rxq

根據(jù)幾何關(guān)系尤=2月-￡解得工=+嗎一L

列q

(2)(見圖)最窄處位于過兩虛線交點的垂線上

(3)設(shè)乙種離子在磁場中的運動半徑為/2

八的最小半徑

2|m([70-At/)

q

112m(Uo+MJ)

-2的最大半徑弓max~q

42⑵〃(U<)+AU),

由題意知2rlmin&2max>L,即萬，%^~>L

解得乙<Z-AU)-J2(U()+AU)]

【方法技巧】設(shè)帶電粒子在組合場內(nèi)的運動實際上也是運動過程的組合，解決方法如下：

(1)分別研究帶電粒子在不同場區(qū)的運動規(guī)律.在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動.在勻強(qiáng)電場中，若速度

方向與電場方向平行，則做勻變速直線運動；若速度方向與電場方向垂直，則做類平拋運動.

(2)帶電粒子經(jīng)過磁場區(qū)域時利用圓周運動規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系處理.

(3)當(dāng)粒子從一個場進(jìn)入另一個場時:分析轉(zhuǎn)折點處粒子速度的大小和方向往往是解題的突破口.

【變式探究】如圖3所示，足夠大的平行擋板4、A2豎直放置，間距為6L兩板間存在兩個方向相反的

勻強(qiáng)磁場區(qū)域I和H,以水平面MN為理想分界面.I區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為治，方向垂直紙面向外，4、4

上各有位置正對的小孔Si、S2,兩孔與分界面MN的距離為L質(zhì)量為機(jī)、電量為+g的粒子經(jīng)寬度為d的勻

強(qiáng)電場由靜止加速后，沿水平方向從&進(jìn)入1區(qū)，并直接偏轉(zhuǎn)到MN上的尸點，再進(jìn)入H區(qū).P點與4板

的距離是L的2倍.不計重力，碰到擋板的粒子不予考慮.

mlJSi

X

X

Ai

圖3

⑴若斤=1,求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E；

(2)若2<%<3,且粒子沿水平方向從S2射出，求出粒子在磁場中的速度大小u與％的關(guān)系式和［【區(qū)的磁

感應(yīng)強(qiáng)度8與左的關(guān)系式.

【解析】(1)若我=1,則有MP=L粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關(guān)系，該情況粒子的

軌跡半徑為

R=L

粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動，則有：qvB產(chǎn)魘

粒子在勻強(qiáng)電場中加速，根據(jù)動能定理有：qEd=^inv2

綜合上式解得：后=嚅

R

(2)因為2。<3,且粒子沿水平方向從S2射出，該粒子運動軌跡如圖所示,

由幾何關(guān)系：R2-(kL)2=(R-L)2,

又有qvB產(chǎn)相

qBo』+也

則整理解得：v=2m

又因為：6L-2kL=2x

根據(jù)幾何關(guān)系有：y=7

又qvB=/

則II區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B與女的關(guān)恭人普.

qBo1+以

【答案】⑴,B

2dm(2)v=2m-3-k

【變式探究】如圖4所示的直角坐標(biāo)xOy平面內(nèi)有間距為d,長度為平”的平行正對金屬板M、N,M

位于X軸上，OP為過坐標(biāo)原點O和極板N右邊緣的直線，與y軸的夾角6=?OP與y軸之間及y軸右側(cè)

空間中分別存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等方向相反且均垂直于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)磁場.質(zhì)量為機(jī)、電荷量為g的

帶正電粒子從M板左側(cè)邊緣以速度vo沿極板方向射入，恰好從N板的右側(cè)邊緣A點射出進(jìn)入磁場.粒子第

一次通過y軸時，速度與y軸負(fù)方向的夾角為會不計粒子重力，求：

圖4

(1)極板M、N間的電壓；

(2)勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。?/p>

(3)粒子第二次通過y軸時的縱坐標(biāo)值；

(4)粒子從進(jìn)入板間到第二次通過y軸時經(jīng)歷的時間.

4小+7兀d

【答案】(l)2-(2廠"(3)2"(4)(-

【解析】(1)粒子在M、N板間做類平拋運動，設(shè)加速度為小運動時間為小則半”=我訪

根據(jù)牛頓運動定律得cQ=ma

(2)設(shè)粒子經(jīng)過A點時的速度為V,方向與x軸的夾角為a,

根據(jù)動能定理，得4{/=%?，一%"伉

7T

解得v=2vo?a=3

設(shè)粒子第一次與y軸相交于。點，軌跡如圖，由幾何關(guān)系知。點與A點高度相等，AG。。為等邊三角

形.

R=d

2

根據(jù)牛頓定律，得以8=稔

(3)粒子在y軸右側(cè)空間的運動軌跡如圖.

由幾何關(guān)系知

OE=2Rcos0=d

即E點的縱坐標(biāo)為w=2a

(4)粒子從A到。的時間

I7"

從。到E的時間打=37

――2nmnd

而T=~^=一

qBvo

....4*\/3+77td

故/="+，2+/3=(6)￡,

【舉一反三】如圖5所示，相距3L的AB、CQ兩直線間的區(qū)域存在著兩個大小不同、方向相反的有界

勻強(qiáng)電場，其中PT上方的電場I的場強(qiáng)方向豎直向下，PT下方的電場H的場強(qiáng)方向豎直向上，電場I的

場強(qiáng)大小是電場11的場強(qiáng)大小的兩倍，在電場左邊界AB上有點Q,PQ間距離為L從某時刻起由。以初速

度vo沿水平方向垂直射入勻強(qiáng)電場的帶電粒子，電量為+外質(zhì)量為機(jī)通過尸7上的某點R進(jìn)入勻強(qiáng)電場I

后從C。邊上的用點水平射出，其軌跡如圖，若PR兩點的距離為2L.不計粒子的重力.試求：

(1)勻強(qiáng)電場I的電場強(qiáng)度的大小和MT之間的距離；

(2)有一邊長為人由光滑彈性絕緣壁圍成的正三角形容器，在其邊界正中央開有一小孔S,將其置于

CD右側(cè)且緊挨CD邊界，若從。點射入的粒子經(jīng)AB,CD間的電場從S孔水平射入容器中.欲使粒子在容

器中與器壁多次垂直碰撞后仍能從S孔射出(粒子與絕緣壁碰撞時無機(jī)械能和電量損失)，并返回。點，需在

容器中現(xiàn)加上一個如圖所示的勻強(qiáng)磁場，粒子運動的半徑小于5,求磁感應(yīng)強(qiáng)度8的大小應(yīng)滿足的條件以

及從Q出發(fā)再返回到Q所經(jīng)歷的時間.

【答案】⑴饕與⑵“辿匕詈J〃=1,2,…

6L?6-+17ia_

2n+lvo*"=12…

【解析】(1)設(shè)粒子經(jīng)尸廠直線上的點R由E2電場進(jìn)入Ei電場，由。到/?及R到M點的時間分別為t2

與力,到達(dá)R時豎直速度為野,

則由F=qE=ma,

2A—vo^2?

=

Lvot\f

L-2-m⑴

EI=2E2,

得E尸臂

E?qE\q

Vy-t2—tJ

?'mm

2m

聯(lián)立解得MT』

(2)欲使粒子仍能從S孔處射出，粒子運動的半徑為r,則

nWVo

(l+2〃)r=%，n=l,2,...

A-27wv()1+2〃

解得：B=------------------，〃=1,2,...

由幾何關(guān)系可知1=3x(2〃x亨+§=(3〃+,T

〃=1,2,3…

-2nR2nm

1vBq

代入8得T=%~?.,1=1,2,…

2〃十1vo

6L.6n+1na

vo22n+1vo

高頻考點三帶電粒子在周期性變化的電磁場中的運動分析

例3、如圖6甲所示，在平面內(nèi)存在均勻、大小隨時間周期性變化的磁場和電場，變化規(guī)律分別如

圖乙、丙所示(規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向、沿y軸正方向電場強(qiáng)度為正).在f=0時刻由原點

。發(fā)射初速度大小為vo,方向沿y軸正方向的帶負(fù)電粒子.

y

0~~~i

甲

BE

BQ--1JI；IEQ'；IJIJI

。IQ2fo3fo4/o5/o?O，o2fo3fo4fo5to

乙丙

圖6

己知均、t0,瓦，粒子的比荷為自，不計粒子的重力.求：

W0

（l）f=fo時，求粒子的位置坐標(biāo)；

（2）若f=5fo時粒子回到原點，求0~5fo時間內(nèi)粒子距。軸的最大距離;

（3）若粒子能夠回到原點，求滿足條件的所有Eo值.

【解析】（1）由粒子的比荷匕=六，

mD（）to

則粒子做圓周運動的周期7=需=2"）（1分）

則在0~歷內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角a=n（2分）

由牛頓第二定律飲0員=〃*（2分）

得『等（1分）

位置坐標(biāo)（二詈,0）.（1分）

（2）粒子f=5而時回到原點，軌跡如圖所示

卷=2門（2分）

團(tuán)打）"1也八八、

『麗〃=麗（1分）

得V2=2VO（1分）

2/山）

分）

〃2=丁（1

粒子在加?2擊時間內(nèi)做勻加速直線運動，2”?3ro時間內(nèi)做勻速圓周運動，則在0?5fo時間內(nèi)粒子距x

32

2-十P

(3)如圖所示，設(shè)帶電粒子在x軸上方做圓周運動的軌道半徑為廠”在x軸下方做圓周運動的軌道半徑

為『2’，由幾何關(guān)系可知，要使粒子經(jīng)過原點，則必須滿足：

〃(2r2'一2八)=2n，("=1,2,3,...)(1分)

mvo譚(1分)

聯(lián)立以上各式解得v=V，o,(“=1,2,3,…)(1分)

Eoqk

又由V=V()（I分）

m

得及=甯，(“=1,2,3,…).(1分)

【答案】(1)(電90)(2)(1+|)voZo(3)嚕，("=1,2,3,…)

【變式探究】如圖7甲所示，間距為"、垂直于紙面的兩平行板P、。間存在勻強(qiáng)磁場.取垂直于紙面

向里為磁場的正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示.f=0時刻，一質(zhì)量為〃?、帶電量為+夕的

粒子(不計重力)，以初速度也由。板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū).當(dāng)

及)和TB取某些特定值時，可使f=0時刻入射的粒子經(jīng)加時間恰能垂直打在P板上(不考慮粒子反彈).上

述小、q、d、vo為己知量.

Qr

甲乙

圖7

⑴若求Bo；

3

(2)若衿小，求粒子在磁場中運動時加速度的大小;

(3)若&)=常，為使粒子仍能垂直打在P板上，求TB.

【答案】(嗡(2)萼端或(”csin糕

【解析】(1)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為幾，

由牛頓第二定律得外0員=噤①

據(jù)題意由幾何關(guān)系得昭=d②

聯(lián)立①②式得瓦=鬻③

(2)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為治,加速度大小為4,由圓周運動公式得。=%④

A2

據(jù)題意由幾何關(guān)系得3&=施)

聯(lián)立④⑤式得。=斗.⑥

(3)設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R,周期為T,由圓周運動公式得7=誓⑦

由牛頓第二定律得

qv()Bo—R(§)

由題意知比=鬻，代入⑧式得

d=4R⑨

粒子運動軌跡如圖所示，

。1、。2為圓心，。1。2連線與水平方向的夾角為仇在每個內(nèi)，只有A、8兩個位置才有可能垂直擊

中尸板，且均要求0a由題意可知

T“

設(shè)經(jīng)歷完整力的個數(shù)為“("=01,2,3,…)

若在A點擊中尸板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得

K+2(R+Rsin0)n=d?

當(dāng)"=0時，無解?

當(dāng)”=1時，聯(lián)立⑨?式得

6=*或sin6=；)?

聯(lián)立⑦⑨⑩?式得

3熟

當(dāng)后2時，不滿足0<6<90。的要求?

若在8點擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得

R+2Rsin0+2(R+Rsin6)〃=d?

當(dāng)”=0時，無解?

當(dāng)〃=1時，聯(lián)立⑨?式得

g=arcsin3"(或sin61=；)?

聯(lián)立⑦⑨⑩?式得

7i=(W+arcsin

當(dāng)稔2時，不滿足0<興90。的要求.

高頻考點四帶電粒子在電磁場中運動與現(xiàn)代科技的綜合應(yīng)用

例4、如圖10所示為電子發(fā)射器原理圖，M處是電子出射口，它是寬度為d的狹縫。。為絕緣外殼，

整個裝置處于真空中，半徑為。的金屬圓柱A可沿半徑向外均勻發(fā)射速率為口的電子；與A同軸放置的金

屬網(wǎng)C的半徑為2人不考慮A、C的靜電感應(yīng)電荷對電子的作用和電子之間的相互作用，忽略電子所受重

力和相對論效應(yīng)，已知電子質(zhì)量為機(jī)，電荷量為e。

圖10

(1)若A、C間加速電壓為U,求電子通過金屬網(wǎng)C發(fā)射出來的速度大小心

(2)若在4、C間不加磁場和電場時，檢測到電子從M射出形成的電流為/,求圓柱體A在時間f內(nèi)發(fā)射

電子的數(shù)量N；(忽略C、。間的距離以及電子碰撞到C、。上的反射效應(yīng)和金屬網(wǎng)對電子的吸收)

(3)若A、C間不加電壓，要使由A發(fā)射的電子不從金屬網(wǎng)C射出，可在金屬網(wǎng)內(nèi)環(huán)形區(qū)域加垂直于圓

平面向里的勻強(qiáng)磁場，求所加磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值瓦

【解析】(1)對電子經(jīng)A、C間的電場加速時，由動能定理得

解得%='停工

(2)設(shè)時間/內(nèi)從A中發(fā)射的電子數(shù)為M由M口射出的電子數(shù)為“，則

,ne

/=7

__d_.,_dN_

“2nx2a~4na

,,4nalt

解得N=~T

（3）電子在A、C間磁場中做圓周運動時，其軌跡圓與金屬網(wǎng)相切時.，對應(yīng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為瓦設(shè)此軌跡

圓的半徑為r,則

(2a—r)2—r+a2

Bev=nty

I答案】等+云⑵鬻（3既

【變式探究】去年底，江蘇省啟動“263”專項行動，打響碧水藍(lán)天保衛(wèi)戰(zhàn)，暗訪組在某化工廠的排污管

末端安裝了如圖11所示的流量計，測量管由絕緣材料制成，其長為L、直徑為。，左右兩端開口，勻強(qiáng)磁

場方向豎直向下，在前后兩個內(nèi)側(cè)面a、c固定有金屬板作為電極。污水充滿管口從左向右流經(jīng)測量管時,

〃、c兩端電壓為U,顯示儀器顯示污水流量。（單位時間內(nèi)排出的污水體積），則（）

圖11

A.“側(cè)電勢比c側(cè)電勢高

B.污水中離子濃度越高，顯示儀器的示數(shù)將越大

C.若污水從右側(cè)流入測量管，顯示器顯示為負(fù)值，將磁場反向則顯示為正值

D.污水流量。與U成正比，與L、。無關(guān)

【解析】根據(jù)左手定則可知，正離子向“側(cè)偏轉(zhuǎn)，則儀器顯示“側(cè)電勢比c?側(cè)電勢高，選項A正確:

根據(jù)可得U=3Ou,可知顯示儀器的示數(shù)與污水中離子濃度無關(guān)，選項B錯誤；若污水從右側(cè)流

入測量管，則受磁場力使得正離子偏向c側(cè)，則。端電勢高，顯示器顯示為負(fù)值，將磁場反向，則受磁場力

使得正離子偏向“側(cè)，則顯示為正值，選項C正確；污水流量。=5丫=%。人/=喘，則污水流量。與

U成正比，與。有關(guān)，與L無關(guān)，選項D錯誤。

【答案】AC

真題感悟

1.（2019?新課標(biāo)全國I卷）如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8、方

向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時間

后，該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出。已知。點為坐標(biāo)原點，N點在），軸上，OP與x軸的夾角

為30。，粒子進(jìn)入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為4,不計重力。求

（1）帶電粒子的比荷；

（2）帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間。

【答案】（1）￡=券⑵/=a（工+且）

mB~d24（723

【解析】（1）設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為"3電荷量為%加速后的速度大小為V。由動能定理有

12-

qU二萬機(jī)于①

設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為廣，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有

由幾何關(guān)系知外加電）

聯(lián)立①②③式得

q4C/_

情R④

（2）由幾何關(guān)系知，帶電粒子射入磁場后運動到x軸所經(jīng)過的路程為

s=—+rtan300⑤

2

帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為

t=-?

v

聯(lián)立②④⑤⑥式得

2.（2019?新課標(biāo)全國n卷）如圖，兩金屬板P、。水平放置，間距為乩兩金屬板正中間有一水平放置

的金屬網(wǎng)G,P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢均為。（0>0）o質(zhì)量為機(jī)，電荷量為q（4>0）的

粒子自G的左端上方距離G為人的位置，以速度vo平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計。

（1）求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大小;

（2）若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應(yīng)為多少？

G

Q

【答案】⑴…偌⑵2%偌

【解析】⑴PG、QG間場強(qiáng)大小相等，均為E,粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下，設(shè)粒子

的加速度大小為。，有

E4①

F=qE=ma②

設(shè)粒子第一次到達(dá)G時動能為Ek,由動能定理有

qEh=E「gm說③

設(shè)粒子第一次到達(dá)G時所用的時間為粒子在水平方向的位移為/,則有

h=—at2④

l=vot@

聯(lián)立①②③④⑤式解得

嗚*+汐⑥

(2)設(shè)粒子穿過G?次就從電場的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短，由對稱性知，此時金屬板的長度

L為L=2I=2%轄⑧

3.(2019?新課標(biāo)全國HI卷)空間存在一方向豎直向下的勻強(qiáng)電場，0、P是電場中的兩點。從。點沿水

平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質(zhì)量均為m的小球A、B°A不帶電，B的電荷量為q(q>0)。A從。點發(fā)射時

的速度大小為《),到達(dá)尸點所用時間為t;B從。點到達(dá)P點所用時間為:。重力加速度為g,求

(1)電場強(qiáng)度的大?。?/p>

(2)B運動到P點時的動能。

【答案】⑴七=等(2)紜=2鞏謚+g￥)

【解析】(1)設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E,小球8運動的加速度為或根據(jù)牛頓定律、運動學(xué)公式和題

給條件，有

mg+qE=ma?

gag)，=；g/②

解得E=誓③

(2)設(shè)8從。點發(fā)射時的速度為也，到達(dá)P點時的動能為后,。、P兩點的高度差為〃，根據(jù)動

能定理有

與一；7wv)2=mgh+qEh④

且有

畤=卬⑤

〃=/⑥

聯(lián)立③④⑤⑥式得

-=2/*+g2產(chǎn))⑦

4.(2019?北京卷)如圖所示，垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。紙面內(nèi)有一正方形均勻金屬線

框帥cd,其邊長為乙，總電阻為R,ad邊與磁場邊界平行。從邊剛進(jìn)入磁場直至歷邊剛要進(jìn)入的過程中,

線框在向左的拉力作用下以速度y勻速運動，求:

XX

ab

xx

xx

xx

(1)感應(yīng)電動勢的大小E;

(2)拉力做功的功率P：

(3)?！ㄟ叜a(chǎn)生的焦耳熱Q。

D2J222r3

【答案】(1)BLv(2)色上-(3)空R?v

R4R

【解析】(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，感應(yīng)電動勢房B小

E

(2)線圈中的感應(yīng)電流/=一

R

拉力大小等于安培力大小尸二8〃

p2格,2

拉力的功率—

R

R

(3)線圈"邊電阻H面=%"

時間

?2r3

2

ab邊產(chǎn)生的焦耳熱Q=IRaht=

5.(2019.北京卷)電容器作為儲能器件，在生產(chǎn)生活中有廣泛的應(yīng)用。對給定電容值為C的電容器充

電，無論采用何種充電方式，其兩極間的電勢差“隨電荷量q的變化圖像都相同。

(1)請在圖1中畫出上述圖像。類比直線運動中由片f圖像求位移的方法，求兩極間電壓為［7時

電容器所儲存的電能環(huán)。

(2)在如圖2所示的充電電路中，R表示電阻，E表示電源(忽略內(nèi)阻)。通過改變電路中元件的參

數(shù)對同一電容器進(jìn)行兩次充電，對應(yīng)的q-t曲線如圖3中①②所示。

a.①②兩條曲線不同是(選填E或R)的改變造成的；

b.電容器有時需要快速充電，有時需要均勻充電。依據(jù)a中的結(jié)論，說明實現(xiàn)這兩種充電方式的途徑。

圖3

(3)設(shè)想使用理想的“恒流源''替換(2)中電源對電容器充電，可實現(xiàn)電容器電荷量隨時間均勻增加。

請思考使用“恒流源”和(2)中電源對電容器的充電過程，填寫下表(選填“增大”、“減小”或“不變”)。

“恒流源”(2)中電源

電源兩端電壓

通過電源的電流

【答案】見解析

【解析】(1)圖線如答圖1；

答圖1

電壓為U時，電容器帶電。，圖線和橫軸圍成的面積為所儲存的電能穌

Ep=；QU,又。=CU

故Ep=gc>

(2)a.R

b.減小電阻凡可以實現(xiàn)對電容器更快速充電；增大電阻R,可以實現(xiàn)更均勻充電。

(3)

“恒流源”(2)中電源

電源兩端電壓增大不變

通過電源的電流不變減小

6.(2019?天津卷)如圖所示，固定在水平面上間距為/的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，垂直于導(dǎo)軌放置的

兩根金屬棒MN和PQ長度也為/、電阻均為R,兩棒與導(dǎo)軌始終接觸良好。MN兩端通過開關(guān)S與電阻

為R的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場，磁通量變化率為常量左。圖中虛線右側(cè)

有垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8。PQ的質(zhì)量為優(yōu)，金屬導(dǎo)軌足夠長，電阻忽略

不計。

(1)閉合S,若使PQ保持靜止，需在其上加多大的水平恒力尸，并指出其方向；

(2)斷開S,在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過PQ的電荷量為4,

求該過程安培力做的功W。

【答案】(1)F=—,方向水平向右(2)W=-mv2--kq

3R23

【解析】(1)設(shè)線圈中的感應(yīng)電動勢為E，山法拉第電磁感應(yīng)定律后=絲，則

△t

E=k①

設(shè)PQ與MN并聯(lián)的電阻為R并，有

R

②

閉合S時，設(shè)線圈中的電流為/,根據(jù)閉合電路歐姆定律得

,E

1-----------③

R并+R

設(shè)PQ中的電流為/也，有

%=、④

設(shè)PQ受到的安培力為G，有

F安—BIPQ/⑤

保持P。靜止，由受力平衡，有

聯(lián)立①②③④⑤⑥式得

T⑦

方向水平向右。

（2）設(shè)PQ由靜止開始到速度大小為V的加速過程中，PQ運動的位移為X,所用時間為回路中

的磁通量變化為△◎，平均感應(yīng)電動勢為石，有

-b①

E=——⑧

其中

b(P=Blx⑨

設(shè)PQ中的平均電流為7,有

-/=二￡⑩

2R

根據(jù)電流的定義得

7

哼Ar?

由動能定理，有

Fx+W=^mv2-O@

聯(lián)立⑦⑧⑨⑩???式得

1c9

W=—mv2--kq@

7.（2019?天津卷）2018年，人類歷史上第一架由離子引擎推動的飛機(jī)誕生，這種引擎不需要燃料，也

無污染物排放。引擎獲得推力的原理如圖所示，進(jìn)入電離室的氣體被電離成正離子，而后飄入電極A、8之

間的勻強(qiáng)電場（初速度忽略不計），A、3間電壓為U，使正離子加速形成離子束，在加速過程中引擎獲

得恒定的推力。單位時間內(nèi)飄入的正離子數(shù)目為定值，離子質(zhì)量為加，電荷量為Ze,其中Z是正整數(shù)，e

是元電荷。

—u-