新高考物理三輪沖刺突破練習專題16帶電粒子在復合場中的運動（含解析）

專題16帶電粒子（帶電體）在復合場中的運動目錄TOC\o"1-2"\h\u專題16帶電粒子（帶電體）在復合場中的運動 1考向一帶電粒子在疊加場中運動的實例分析 1考查方式一質譜儀 1考查方式二回旋加速器 3考查方式三速度選擇器 5考查方式四磁流體發(fā)電機 7考查方式五電磁流量計 9考查方式六霍爾元件 9考向二帶電粒子在組合場中的運動 11考查方式一先電場，后磁場 11考查方式二先磁場，后電場 14考向三帶電粒子在疊加場中的運動 17考查方式一磁場力，重力并存 17考查方式二電場力、磁場力并存 18考查方式三電場力、磁場力、重力并存 18考向四帶電粒子在交變電、磁場中的運動 20【題型演練】 23考向一帶電粒子在疊加場中運動的實例分析考查方式一質譜儀(1)構造：如圖所示，由粒子源、加速電場、偏轉磁場和照相底片等構成．(2)原理：粒子由靜止被加速電場加速，qU＝eq\f(1,2)mv2.粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qvB＝meq\f(v2,r).由以上兩式可得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，m＝eq\f(qr2B2,2U)，eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2r2).【例1】如圖，從離子源產生的甲、乙兩種離子，由靜止經加速電壓U加速后在紙面內水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場左邊界豎直．已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1，并在磁場邊界的N點射出；乙種離子在MN的中點射出；MN長為l.不計重力影響和離子間的相互作用．求：(1)磁場的磁感應強度大?。?2)甲、乙兩種離子的比荷之比．【答案】(1)eq\f(4U,v1l)(2)1∶4【解析】(1)設甲種離子所帶電荷量為q1、質量為m1，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1，磁場的磁感應強度大小為B，由動能定理有q1U＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)①由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有q1v1B＝m1eq\f(v\o\al(2,1),R1)②由幾何關系知2R1＝l③由①②③式得B＝eq\f(4U,lv1)④(2)設乙種離子所帶電荷量為q2、質量為m2，射入磁場的速度為v2，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2.同理有q2U＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)⑤q2v2B＝m2eq\f(v\o\al(2,2),R2)⑥由題給條件有2R2＝eq\f(l,2)⑦由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝1∶4⑧[變式]現(xiàn)代質譜儀可用來分析比質子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定．質子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經勻強磁場偏轉后從出口離開磁場．若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經勻強磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍．此離子和質子的質量比約為()A．11 B．12C．121 D．144【答案】D【解析】帶電粒子在加速電場中運動時，有qU＝eq\f(1,2)mv2，在磁場中偏轉時，其半徑r＝eq\f(mv,qB)，由以上兩式整理得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q)).由于質子與一價正離子的電荷量相同，B1∶B2＝1∶12，當半徑相等時，解得eq\f(m2,m1)＝144，選項D正確．考查方式二回旋加速器(1)構造：如圖所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源，D形盒處于勻強磁場中．(2)原理：交流電的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子經電場加速，經磁場回旋，由qvB＝eq\f(mv2,r)，得Ekm＝eq\f(q2B2r2,2m)，可見粒子獲得的最大動能由磁感應強度B和D形盒半徑r決定，與加速電壓無關．【例2】1922年英國物理學家阿斯頓因質譜儀的發(fā)明、同位素和質譜的研究榮獲了諾貝爾化學獎．若一束粒子由左端射入質譜儀后的運動軌跡如圖所示，則下列說法中正確的是（）A．該束帶電粒子帶負電B．速度選擇器的P1極板帶負電C．在B2磁場中運動半徑越大的粒子，質量越大D．在B2磁場中運動半徑越大的粒子，比荷SKIPIF1<0越小【答案】D【詳解】A．根據(jù)帶電粒子在右邊的磁場中發(fā)生偏轉的情況，由左手定則判斷，該束帶電粒子帶正電，故A錯誤；B．在速度選擇器內，根據(jù)左手定則可知，洛侖茲力向上，則電場力的方向應豎直向下，因帶電粒子是正電，故電場強度的方向豎直向下，所以速度選擇器P1極板帶正電，故B錯誤；C．通過速度選擇器的帶電粒子都具有相同的速度，它們在B2磁場中運動，由半徑公式SKIPIF1<0可知，半徑R越大，SKIPIF1<0值越大，而不是質量越大，故C錯誤；D．由上面的分析可知，半徑R越大，SKIPIF1<0值越大，即比荷SKIPIF1<0越小，故D正確。故選D。[變式]質譜儀是分析同位素的重要的儀器，在物理研究中起非常重要的作用。如圖是質譜儀的工作原理示意圖。粒子源（在加速電場上方，未畫出）產生的帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器。速度選擇器內相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為SKIPIF1<0和SKIPIF1<0。平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片SKIPIF1<0。平板S下方有強度為SKIPIF1<0的勻強磁場。（不計帶電粒子的重力）下列表述正確的是（）A．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向里B．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于SKIPIF1<0C．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷（SKIPIF1<0）越小D．粒子所帶電荷量相同時，打在膠片上的位置越遠離狹縫P，表明其質量越大【答案】D【詳解】A．根據(jù)帶電粒子在磁場中的偏轉方向，根據(jù)左手定則知，該粒子帶正電，則在速度選擇器中電場力水平向右，則洛倫茲力水平向左，根據(jù)左手定則知，磁場方向垂直紙面向外，故A錯誤；B．在速度選擇器中，電場力和洛倫茲力平衡，有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于SKIPIF1<0，故B錯誤；CD．粒子進入磁場SKIPIF1<0后，由洛倫茲力提供向心力，則有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的軌跡半徑越小，粒子的比荷（SKIPIF1<0）越大；粒子所帶電荷量相同時，打在膠片上的位置越遠離狹縫P，粒子的軌跡半徑越大，表明其質量越大，故C錯誤，D正確。故選D?？疾榉绞饺俣冗x擇器若qv0B＝Eq，即v0＝eq\f(E,B)，粒子做勻速直線運動【例3】在如圖所示的電路中，開關S閉合。兩平行金屬極板a、b間有勻強磁場，一帶電粒子以速度v水平勻速穿過兩極板，不計粒子重力。下列說法正確的是（）A．該粒子一定帶正電B．僅增大粒子的速度，粒子一定向a板偏轉C．僅將滑動變阻器的滑片P向下移動，粒子一定向b板偏轉D．僅增大粒子所帶電荷量，粒子一定仍沿水平方向穿過兩極板【答案】D【詳解】A．兩極板間電場方向向下，若正電荷粒子所受電場力向下，洛倫茲力向上；若負電荷粒子所受電場力向上，洛倫茲力向下，則無論正負電荷都可以勻速穿過兩極板，A錯誤；B．根據(jù)左手定則判斷知，帶正電的粒子受到的洛倫茲力豎直向上，電場力豎直向下，粒子沿直線飛出疊加場區(qū)域，根據(jù)平衡條件有SKIPIF1<0同理，對帶負電的粒子，判斷知粒子受到的洛倫茲力豎直向下，電場力豎直向上，粒子沿直線飛出疊加場，根據(jù)平衡條件有SKIPIF1<0所以，僅增大粒子的速度，洛倫茲力增大，電場力不變，故粒子可能向上也可能向下運動，B錯誤；C．僅將滑動變阻器的滑片P向下移動，兩極板間的電勢差增大，電場力增大，合力可能向上也可能向下，故粒子不一定向b板偏轉，C錯誤；D．僅增大粒子所帶電荷量，電場力和洛倫茲力合力仍為零，故粒子一定仍沿水平方向穿過兩極板，D正確。故選D。[變式]如圖所示，大量不同的帶電粒子從左邊容器中的小孔進入電勢差為U的加速電場，其初速度幾乎為0，加速后經過小孔進入速度選擇器，選擇器中存在正交的勻強電場和勻強磁場，場強大小和磁感應強度大小分別為E和SKIPIF1<0，粒子沿直線通過選擇器，再垂直進入右邊磁感應強度大小為SKIPIF1<0的勻強磁場中，做勻速圓周運動打在底片上，則（）A．打在底片上不同位置的粒子是因為進入右邊磁場的速度不同B．打在底片上不同位置的粒子是因為粒子比荷不同C．如果速度選擇器平行板電量不變，僅使板間距離增大，能沿直線通過選擇器的粒子速度變小D．如果增大速度選擇器中磁場的磁感應強度SKIPIF1<0，能沿直線通過選擇器的粒子速度變大【答案】B【詳解】AB．在速度選擇器中，電場力和洛倫茲力平衡，有SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0SKIPIF1<0粒子以相同的速度經過速度選擇器，進入偏轉磁場，根據(jù)SKIPIF1<0解得粒子在右邊磁場中軌道半徑SKIPIF1<0半徑不同打在底片上的位置也不同，打在底片上不同位置的粒子是因為粒子比荷不同，A錯誤，B正確；C．設速度選擇器的電容為C，兩極板間距離為d，極板帶電量為Q，由平行板電容器電容的決定式SKIPIF1<0速度選擇器平行板電量不變，所以兩極板間的電勢差SKIPIF1<0再由勻強電場的場強與電勢差關系公式SKIPIF1<0可得E與d無關，所以如果速度選擇器平行板電量不變，板間距增大，板間場強不變，則由SKIPIF1<0可得能沿直線通過選擇器的粒子速度不變，故C錯誤；D．如果增大速度選擇器中磁場的磁感應強度SKIPIF1<0，根據(jù)SKIPIF1<0能沿直線通過選擇器的粒子速度減小，D錯誤。故選B?？疾榉绞剿拇帕黧w發(fā)電機等離子體射入，受洛倫茲力偏轉，使兩極板帶正、負電荷，兩極電壓為U時穩(wěn)定，qeq\f(U,d)＝qv0B，U＝v0Bd【例4】如圖所示為磁流體發(fā)電機的原理圖．金屬板M、N之間的距離為d＝20cm，磁場的磁感應強度大小為B＝5T，方向垂直紙面向里．現(xiàn)將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和帶負電的微粒，整體呈中性)從左側噴射入磁場，發(fā)現(xiàn)在M、N兩板間接入的額定功率為P＝100W的燈泡正常發(fā)光，且此時燈泡電阻為R＝100Ω，不計離子重力和發(fā)電機內阻，且認為離子均為一價離子，則下列說法中正確的是()A．金屬板M上聚集負電荷，金屬板N上聚集正電荷B．該發(fā)電機的電動勢為100VC．離子從左側噴射入磁場的初速度大小為103m/sD．每秒鐘有6.25×1018個離子打在金屬板N上【答案】BD【解析】.由左手定則可知，射入的等離子體中正離子將向金屬板M偏轉，負離子將向金屬板N偏轉，選項A錯誤；由于不考慮發(fā)電機的內阻，由閉合電路歐姆定律可知，電源的電動勢等于電源的路端電壓，所以E＝U＝eq\r(PR)＝100V，選項B正確；由Bqv＝qeq\f(U,d)可得v＝eq\f(U,Bd)＝100m/s，選項C錯誤；每秒鐘經過燈泡L的電荷量Q＝It，而I＝eq\r(\f(P,R))＝1A，所以Q＝1C，由于離子為一價離子，所以每秒鐘打在金屬板N上的離子個數(shù)為n＝eq\f(Q,e)＝eq\f(1,1.6×10－19)＝6.25×1018(個)，選項D正確．【變式】如圖所示，一塊長度為a、寬度為b、厚度為d的金屬導體，當加有與側面垂直的勻強磁場B，且通以圖示方向的電流I時，用電壓表測得導體上、下表面M、N間電壓為U，已知自由電子的電荷量為e.下列說法中正確的是 ()A．導體的M面比N面電勢高B．導體單位體積內自由電子數(shù)越多，電壓表的示數(shù)越大C．導體中自由電子定向移動的速度為v＝eq\f(U,Bd)D．導體單位體積內的自由電子數(shù)為eq\f(BI,eUb)【答案】CD【解析】由于自由電子帶負電，根據(jù)左手定則可知，M板電勢比N板電勢低，選項A錯誤；當上、下表面電壓穩(wěn)定時，有qeq\f(U,d)＝qvB，得U＝Bdv，與單位體積內自由電子數(shù)無關，選項B錯誤，C正確；再根據(jù)I＝neSv，可知選項D正確．考查方式五電磁流量計eq\f(U,D)q＝qvB，所以v＝eq\f(U,DB)，所以Q＝vS＝eq\f(πDU,4B)【例5】醫(yī)生做某些特殊手術時，利用電磁血流計來監(jiān)測通過動脈的血流速度．電磁血流計由一對電極a和b以及磁極N和S構成，磁極間的磁場是均勻的．使用時，兩電極a、b均與血管壁接觸，兩觸點的連線、磁場方向和血流速度方向兩兩垂直，如圖所示．由于血液中的正、負離子隨血液一起在磁場中運動，電極ab之間會有微小電勢差．在達到平衡時，血管內部的電場可看做是勻強電場，血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零．在某次監(jiān)測中，兩觸點間的距離為3.0mm，血管壁的厚度可忽略，兩觸點間的電勢差為160μV，磁感應強度的大小為0.040T．則血流速度的近似值和電極a、b的正負為 ()A．1.3m/s，a正、b負 B．2.7m/s，a正、b負C．1.3m/s，a負、b正 D．2.7m/s，a負、b正【答案】A【解析】由于正、負離子在勻強磁場中垂直于磁場方向運動，利用左手定則可以判斷電極a帶正電，電極b帶負電．血液流動速度可根據(jù)離子所受的電場力和洛倫茲力的合力為0，即qvB＝qE得v＝eq\f(E,B)＝eq\f(U,Bd)≈1.3m/s，A正確．考查方式六霍爾元件當磁場方向與電流方向垂直時，導體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢差【例6】中國科學家發(fā)現(xiàn)了量子反?；魻栃?，楊振寧稱這一發(fā)現(xiàn)是諾貝爾獎級的成果．如圖所示，厚度為h、寬度為d的金屬導體，當磁場方向與電流方向垂直時，在導體上下表面會產生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應．下列說法正確的是()A．上表面的電勢高于下表面的電勢B．僅增大h時，上下表面的電勢差增大C．僅增大d時，上下表面的電勢差減小D．僅增大電流I時，上下表面的電勢差減小【答案】C【解析】因電流方向向右，則金屬導體中的自由電子是向左運動的，根據(jù)左手定則可知上表面帶負電，則上表面的電勢低于下表面的電勢，A選項錯誤．當電子達到平衡時，電場力等于洛倫茲力，即qeq\f(U,h)＝qvB，又I＝nqvhd(n為導體單位體積內的自由電子數(shù))，得U＝eq\f(IB,nqd)，則僅增大h時，上下表面的電勢差不變；僅增大d時，上下表面的電勢差減小；僅增大I時，上下表面的電勢差增大，故C正確，B、D錯誤．【變式】如圖所示，X1、X2，Y1、Y2，Z1、Z2分別表示導體板左、右，上、下，前、后六個側面，將其置于垂直Z1、Z2面向外、磁感應強度為B的勻強磁場中，當電流I通過導體板時，在導體板的兩側面之間產生霍爾電壓UH.已知電流I與導體單位體積內的自由電子數(shù)n、電子電荷量e、導體橫截面積S和電子定向移動速度v之間的關系為I＝neSv.實驗中導體板尺寸、電流I和磁感應強度B保持不變，下列說法正確的是()A．導體內自由電子只受洛倫茲力作用B．UH存在于導體的Z1、Z2兩面之間C．單位體積內的自由電子數(shù)n越大，UH越小D．通過測量UH，可用R＝eq\f(U,I)求得導體X1、X2兩面間的電阻【答案】C.【解析】由于磁場的作用，電子受洛倫茲力，向Y2面聚集，在Y1、Y2平面之間累積電荷，在Y1、Y2之間產生了勻強電場，故電子也受電場力，故A錯誤；電子受洛倫茲力，向Y2面聚集，在Y1、Y2平面之間累積電荷，在Y1、Y2之間產生了電勢差UH，故B錯誤；電子在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡狀態(tài)，有：qvB＝qE，其中：E＝eq\f(UH,d)(d為Y1、Y2平面之間的距離)根據(jù)題意，有：I＝neSv，聯(lián)立得到：UH＝Bvd＝Beq\f(I,neS)d∝eq\f(1,n)，故單位體積內的自由電子數(shù)n越大，UH越小，故C正確；由于UH＝Beq\f(I,neS)d，與導體的電阻無關，故D錯誤．考向二帶電粒子在組合場中的運動“3步”突破帶電粒子在組合場中的運動問題第1步：分階段(分過程)按照時間順序和進入不同的區(qū)域分成幾個不同的階段；第2步：受力和運動分析，主要涉及兩種典型運動．第3步：用規(guī)律磁偏轉→eq\x(\a\al(勻速圓,周運動))→定圓心→畫軌跡eq\o(→,\s\up12(求法))eq\x(\a\al(圓周運動公式、牛頓,定律以及幾何知識))考查方式一先電場，后磁場(1)先在電場中做加速直線運動，然后進入磁場做圓周運動．(如圖甲、乙所示)在電場中利用動能定理或運動學公式求粒子剛進入磁場時的速度．(2)先在電場中做類平拋運動，然后進入磁場做圓周運動．(如圖丙、丁所示)在電場中利用平拋運動知識求粒子進入磁場時的速度．【例7】如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開始經電壓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O點為坐標原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d，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?！敬鸢浮?1)eq\f(4U,B2d2)(2)eq\f(Bd2,4U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3)))【解析】(1)設帶電粒子的質量為m、電荷量為q，經電壓U加速后的速度大小為v。由動能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2①設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有qvB＝meq\f(v2,r)②粒子的運動軌跡如圖，由幾何關系知d＝eq\r(2)r③聯(lián)立①②③式得eq\f(\a\vs4\al(q),m)＝eq\f(4U,B2d2)④(2)由幾何關系知，帶電粒子從射入磁場到運動至x軸所經過的路程為s＝eq\f(πr,2)＋rtan30°⑤帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為t＝eq\f(s,v)⑥聯(lián)立②④⑤⑥式得t＝eq\f(Bd2,4U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3)))。⑦[變式]平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第Ⅲ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，如圖所示．一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動，Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍．粒子從坐標原點O離開電場進入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等．不計粒子重力，問：(1)粒子到達O點時速度的大小和方向；(2)電場強度和磁感應強度的大小之比．【答案】(1)eq\r(2)v0，與x軸正方向成45°角斜向上(2)eq\f(v0,2)【解析】(1)在電場中，粒子做類平拋運動，設Q點到x軸距離為L，到y(tǒng)軸距離為2L，粒子的加速度為a，運動時間為t，有2L＝v0t①L＝eq\f(1,2)at2②設粒子到達O點時沿y軸方向的分速度為vyvy＝at ③設粒子到達O點時速度方向與x軸正方向夾角為α，有tanα＝eq\f(vy,v0)④聯(lián)立①②③④式得α＝45°⑤即粒子到達O點時速度方向與x軸正方向成45°角斜向上．設粒子到達O點時速度大小為v，由運動的合成有v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))⑥聯(lián)立①②③⑥式得v＝eq\r(2)v0.⑦(2)設電場強度為E，粒子電荷量為q，質量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，由牛頓第二定律可得F＝ma ⑧又F＝qE ⑨設磁場的磁感應強度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R) ⑩由幾何關系可知R＝eq\r(2)L?聯(lián)立①②⑦⑧⑨⑩?式得eq\f(E,B)＝eq\f(v0,2).考查方式二先磁場，后電場對于粒子從磁場進入電場的運動，常見的有兩種情況：(1)進入電場時粒子速度方向與電場方向相同或相反；(2)進入電場時粒子速度方向與電場方向垂直．(如圖甲、乙所示)【例8】在如圖所示的坐標系中，第一和第二象限(包括y軸的正半軸)內存在磁感應強度大小為B、方向垂直xOy平面向里的勻強磁場；第三和第四象限內存在平行于y軸正方向、大小未知的勻強電場．p點為y軸正半軸上的一點，坐標為(0，l)；n點為y軸負半軸上的一點，坐標未知．現(xiàn)有一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子由p點沿y軸正方向以一定的速度射入勻強磁場，該粒子經磁場偏轉后以與x軸正半軸成45°角的方向進入勻強電場，在電場中運動一段時間后，該粒子恰好垂直于y軸經過n點．粒子的重力忽略不計．求：(1)粒子在p點的速度大??；(2)第三和第四象限內的電場強度的大?。?3)帶電粒子從由p點進入磁場到第三次通過x軸的總時間．【答案】(1)eq\f(\r(2)Bql,m)(2)eq\f(\r(2)－1qlB2,m)(3)(eq\f(11π,4)＋2eq\r(2)＋2)eq\f(m,qB)【解析】粒子在復合場中的運動軌跡如圖所示．(1)由幾何關系可知rsin45°＝l解得r＝eq\r(2)l又因為qv0B＝meq\f(v02,r)，可解得v0＝eq\f(\r(2)Bql,m).(2)粒子進入電場在第三象限內的運動可視為平拋運動的逆過程，設粒子射入電場坐標為(－x1,0)，從粒子射入電場到粒子經過n點的時間為t2，由幾何關系知x1＝(eq\r(2)＋1)l，在n點有v2＝eq\f(\r(2),2)v1＝eq\f(\r(2),2)v0由類平拋運動規(guī)律有(eq\r(2)＋1)l＝eq\f(\r(2),2)v0t2eq\f(\r(2),2)v0＝at2＝eq\f(Eq,m)t2聯(lián)立以上方程解得t2＝eq\f(\r(2)＋1m,qB)，E＝eq\f(\r(2)－1qlB2,m).(3)粒子在磁場中的運動周期為T＝eq\f(2πm,qB)粒子第一次在磁場中運動的時間為t1＝eq\f(5,8)T＝eq\f(5πm,4qB)粒子在電場中運動的時間為2t2＝eq\f(2\r(2)＋1m,qB)粒子第二次在磁場中運動的時間為t3＝eq\f(3,4)T＝eq\f(3πm,2qB)故粒子從開始到第三次通過x軸所用時間為t＝t1＋2t2＋t3＝(eq\f(11π,4)＋2eq\r(2)＋2)eq\f(m,qB).[變式]如圖，在x軸上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外；在x軸下方存在勻強電場，電場方向與xOy平面平行，且與x軸成45°夾角．一質量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子以初速度v0從y軸上的P點沿y軸正方向射出，一段時間后進入電場，進入電場時的速度方向與電場方向相反；又經過一段時間T0，磁場的方向變?yōu)榇怪庇诩埫嫦蚶?，大小不變．不計重力?1)求粒子從P點出發(fā)至第一次到達x軸時所需的時間；(2)若要使粒子能夠回到P點，求電場強度的最大值．【答案】(1)eq\f(5πm,4qB)(2)eq\f(2mv0,qT0)【解析】(1)帶電粒子在磁場中做圓周運動，設運動半徑為R，運動周期為T，根據(jù)洛倫茲力公式及圓周運動規(guī)律，有qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，T＝eq\f(2πR,v0)依題意，粒子第一次到達x軸時，運動轉過的角度為eq\f(5,4)π，所需時間t1為t1＝eq\f(5,8)T，求得t1＝eq\f(5πm,4qB).(2)粒子進入電場后，先做勻減速運動，直到速度減小為0，然后沿原路返回做勻加速運動，到達x軸時速度大小仍為v0，設粒子在電場中運動的總時間為t2，加速度大小為a，電場強度大小為E，有qE＝ma，v0＝eq\f(1,2)at2，得t2＝eq\f(2mv0,qE)根據(jù)題意，要使粒子能夠回到P點，必須滿足t2≥T0得電場強度最大值E＝eq\f(2mv0,qT0).考向三帶電粒子在疊加場中的運動帶電粒子在疊加場中的運動的分析方法考查方式一磁場力，重力并存(1)若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動．(2)若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒．【例9】如圖所示，ABC為豎直平面內的光滑絕緣軌道，其中AB為傾斜直軌道，BC為與AB相切的圓形軌道，并且圓形軌道處在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向里．質量相同的甲、乙、丙三個小球中，甲球帶正電、乙球帶負電、丙球不帶電．現(xiàn)將三個小球在軌道AB上分別從不同高度處由靜止釋放，都恰好通過圓形軌道的最高點，則()A．經過最高點時，三個小球的速度相等B．經過最高點時，甲球的速度最小C．甲球的釋放位置比乙球的高D．運動過程中三個小球的機械能均保持不變【答案】CD【解析】設磁感應強度為B，圓形軌道半徑為r，三個小球質量均為m，它們恰好通過最高點時的速度分別為v甲、v乙和v丙，則mg＋Bv甲q＝eq\f(mv甲2,r)，mg－Bv乙q＝eq\f(mv乙2,r)，mg＝eq\f(mv丙2,r)，顯然，v甲>v丙>v乙，選項A、B錯誤；三個小球在運動過程中，只有重力做功，即它們的機械能守恒，選項D正確；甲球在最高點處的動能最大，因為重力勢能相等，所以甲球的機械能最大，甲球的釋放位置最高，選項C正確．考查方式二電場力、磁場力并存(1)若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動．(2)若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體做復雜的曲線運動，可用動能定理求解．【例10】(多選)如圖所示，勻強磁場方向垂直紙面向里，勻強電場方向豎直向下，有一正離子恰能沿直線從左向右水平飛越此區(qū)域．不計重力，則 ()A．若電子以和正離子相同的速率從右向左飛入，電子也沿直線運動B．若電子以和正離子相同的速率從右向左飛入，電子將向上偏轉C．若電子以和正離子相同的速率從左向右飛入，電子將向下偏轉D．若電子以和正離子相同的速率從左向右飛入，電子也沿直線運動【答案】BD【解析】若電子從右向左飛入，電場力向上，洛倫茲力也向上，所以向上偏，B選項正確；若電子從左向右飛入，電場力向上，洛倫茲力向下．由題意知電子受力平衡將做勻速直線運動，D選項正確．考查方式三電場力、磁場力、重力并存(1)若三力平衡，帶電體做勻速直線運動．(2)若重力與電場力平衡，帶電體做勻速圓周運動．(3)若合力不為零，帶電體可能做復雜的曲線運動，可用能量守恒定律或動能定理求解．【例11】質量為m、電荷量為q的微粒以速度v與水平方向成θ角從O點進入方向如圖所示的正交的勻強電場和勻強磁場組成的混合場區(qū)，該微粒在電場力、洛倫茲力和重力的共同作用下，恰好沿直線運動到A，下列說法中正確的是()A．該微粒一定帶負電荷B．微粒從O到A的運動可能是勻變速運動C．該磁場的磁感應強度大小為eq\f(mg,qvcosθ)D．該電場的場強為Bvcosθ【答案】AC【解析】.若微粒帶正電荷，它受豎直向下的重力mg、水平向左的電場力qE和垂直O(jiān)A斜向右下方的洛倫茲力qvB，知微粒不能做直線運動，據(jù)此可知微粒應帶負電荷，它受豎直向下的重力mg、水平向右的電場力qE和垂直O(jiān)A斜向左上方的洛倫茲力qvB，又知微粒恰好沿著直線運動到A，可知微粒應該做勻速直線運動，故選項A正確，B錯誤；由平衡條件得：qvBcosθ＝mg，qvBsinθ＝qE，得磁場的磁感應強度B＝eq\f(mg,qvcosθ)，電場的場強E＝Bvsinθ，故選項C正確，D錯誤．【變式】(如圖所示，在水平勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中，有一豎直足夠長固定絕緣桿MN，小球P套在桿上，已知P的質量為m、電荷量為＋q，電場強度為E，磁感應強度為B，P與桿間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g.小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中()A．小球的加速度一直減小B．小球的機械能和電勢能的總和保持不變C．下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v＝eq\f(2μqE－mg,2μqB)D．下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v＝eq\f(2μqE＋mg,2μqB)【答案】CD【解析】.開始時對小球受力分析如圖所示，則mg－μ(qE－qvB)＝ma，隨著v的增加，小球加速度先增大，當qE＝qvB時達到最大值，amax＝g，繼續(xù)運動，mg－μ(qvB－qE)＝ma，隨著v的增大，a逐漸減小，所以A錯誤；因為有摩擦力做功，機械能與電勢能總和在減小，B錯誤；若在前半段達到最大加速度的一半，則mg－μ(qE－qvB)＝meq\f(g,2)，得v＝eq\f(2μqE－mg,2μqB)；若在后半段達到最大加速度的一半，則mg－μ(qvB－qE)＝meq\f(g,2)，得v＝eq\f(2μqE＋mg,2μqB)，故C、D正確．考向四帶電粒子在交變電、磁場中的運動解決帶電粒子在交變電、磁場中的運動問題的基本思路先讀圖看清并明白場的變化情況受力分析分析粒子在不同的變化場區(qū)的受力情況過程分析分析粒子在不同時間內的運動情況找銜接點找出銜接相鄰兩過程的物理量選規(guī)律聯(lián)立不同階段的方程求解【例12】空間中有一直角坐標系，其第一象限在圓心為O1、半徑為R、邊界與x軸和y軸相切的圓形區(qū)域內，有垂直于紙面向里的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應強度大小為B；第二象限中存在方向豎直向下的勻強電場．現(xiàn)有一群質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從圓形區(qū)域邊界與x軸的切點A處沿紙面上的不同方向射入磁場中，如圖所示．已知粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑均為R，其中沿AO1方向射入的粒子恰好到達x軸上與O點距離為2R的N點，不計粒子的重力和它們之間的相互作用力，求：(1)粒子射入磁場時的速度大小及電場強度的大?。?2)速度方向與AO1夾角為60°(斜向右上方)的粒子到達y軸所用的時間．【答案】(1)eq\f(qBR,m)eq\f(qB2R,2m)(2)(eq\f(5π,6)＋eq\f(1,2))eq\f(m,qB)【解析】(1)設粒子射入磁場時的速度大小為v，因在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,R)，得v＝eq\f(qBR,m)如圖甲所示，因粒子的軌跡半徑是R，故沿AO1方向射入的粒子一定從與圓心等高的D點沿x軸負方向射入電場，則粒子在電場中從D點到N點做類平拋運動，有2R＝vt又因為R＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·t2解得E＝eq\f(qB2R,2m).(2)軌跡如圖乙所示，軌跡圓心為C，從M點射出磁場，連接O1M，四邊形O1MCA是菱形，故CM垂直于x軸，速度方向偏轉角度等于圓心角θ＝150°，粒子在磁場中運動的時間為t1＝eq\f(θ,360°)T＝eq\f(5πm,6qB)粒子離開磁場到y(tǒng)軸的距離MH＝eq\f(R,2)，在無場區(qū)運動的時間t2＝eq\f(R,2v)＝eq\f(m,2qB)故粒子到達y軸的時間為t＝t1＋t2＝(eq\f(5π,6)＋eq\f(1,2))eq\f(m,qB).[變式]如圖甲所示，質量為m帶電量為－q的帶電粒子在t＝0時刻由a點以初速度v0垂直進入磁場，Ⅰ區(qū)域磁場磁感應強度大小不變、方向周期性變化如圖乙所示(垂直紙面向里為正方向)；Ⅱ區(qū)域為勻強電場，方向向上；Ⅲ區(qū)域為勻強磁場，磁感應強度大小與Ⅰ區(qū)域相同均為B0.粒子在Ⅰ區(qū)域內一定能完成半圓運動且每次經過mn的時刻均為eq\f(T0,2)整數(shù)倍，則：(1)粒子在Ⅰ區(qū)域運動的軌道半徑為多少？(2)若初始位置與第四次經過mn時的位置距離為x，求粒子進入Ⅲ區(qū)域時速度的可能值(初始位置記為第一次經過mn)．【答案】(1)eq\f(mv0,qB0)或eq\f(v0T0,2π)(2)eq\f(qB0x,2m)eq\f(qB0x,2m)－2v0【解析】(1)帶電粒子在Ⅰ區(qū)域做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即qv0B0＝meq\f(v\o\al(2,0),r)解得r＝eq\f(mv0,qB0)(或T0＝eq\f(2πr,v0)，r＝eq\f(v0T0,2π))．(2)第一種情況，若粒子進入第Ⅲ區(qū)域，當?shù)谌谓涍^mn進入Ⅰ區(qū)域，Ⅰ區(qū)域磁場向外時：粒子在Ⅲ區(qū)域運動半徑R＝eq\f(x,2)qv2B0＝meq\f(v\o\al(2,2),R)解得粒子在Ⅲ區(qū)域速度大小v2＝eq\f(qB0x,2m)第二種情況，若粒子進入第Ⅲ區(qū)域，當?shù)谌谓涍^mn進入Ⅰ區(qū)域，Ⅰ區(qū)域磁場向里時：粒子在Ⅲ區(qū)域運動半徑R＝eq\f(x－4r,2)粒子在Ⅲ區(qū)域速度大小v2＝eq\f(qB0x,2m)－2v0.

【題型演練】如圖是一個回旋加速器示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，兩金屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源相連．現(xiàn)分別加速氘核(eq\o\al(2,1)H)和氦核(eq\o\al(4,2)He)，下列說法中正確的是()A．它們的最大速度相同B．它們的最大動能相同C．兩次所接高頻電源的頻率相同D．僅增大高頻電源的頻率可增大粒子的最大動能【答案】AC【解析】由R＝eq\f(mv,qB)得最大速度v＝eq\f(qBR,m)，兩粒子的eq\f(q,m)相同，所以最大速度相同，A正確；最大動能Ek＝eq\f(1,2)mv2，因為兩粒子的質量不同，最大速度相同，所以最大動能不同，B錯誤；高頻電源的頻率f＝eq\f(qB,2πm)，因為eq\f(q,m)相同，所以兩次所接高頻電源的頻率相同，C正確；粒子的最大動能與高頻電源的頻率無關，D錯誤．勞倫斯和利文斯設計出回旋加速器，工作原理示意圖如圖所示．置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可忽略．磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，高頻交流電頻率為f，加速電壓為U.若A處粒子源產生質子的質量為m、電荷量為＋q，在加速器中被加速，且加速過程中不考慮相對論效應和重力的影響．則下列說法正確的是()A．質子被加速后的最大速度與D形盒半徑R有關B．質子離開回旋加速器時的最大動能與交流電頻率f成正比C．質子第2次和第1次經過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為eq\r(2)∶1D．不改變磁感應強度B和交流電頻率f，經該回旋加速器加速的各種粒子的最大動能不變【答案】AC.【解析】質子被加速后的最大速度受到D形盒半徑R的制約，因vm＝eq\f(2πR,T)＝2πRf，故A正確；質子離開回旋加速器的最大動能Ekm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝eq\f(1,2)m×4π2R2f2＝2mπ2R2f2，故B錯誤；根據(jù)qvB＝eq\f(mv2,r)，Uq＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，2Uq＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，得質子第2次和第1次經過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為eq\r(2)∶1，故C正確；因經回旋加速器加速的粒子最大動能Ekm＝2mπ2R2f2與m、R、f均有關，故D錯誤．美國物理學家勞倫斯發(fā)明了回旋加速器，其基本原理如圖所示．現(xiàn)有一回旋加速器，當外加磁場一定時，可把質子的速度從零加速到v，質子獲得的動能為Ek.在不考慮相對論效應的情況下，用該回旋加速器加速原來靜止的α粒子(氦核)時，有()A.能把α粒子從零加速到eq\f(v,2)B．能使α粒子獲得的動能為2EkC．加速α粒子的交變電場頻率與加速質子的交變電場頻率之比為1∶2D．加速α粒子的交變電場頻率與加速質子的交變電場頻率之比為2∶1【答案】AC【解析】粒子在洛倫茲力作用下，做勻速圓周運動，根據(jù)qvB＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\f(qBR,m)，則粒子的最大動能Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)，因質子與α粒子的質量數(shù)之比為1∶4，而電荷量之比為1∶2，所以α粒子加速到的速度為eq\f(v,2)，動能仍為Ek，故A正確，B錯誤；加速器所接交流電的頻率應與粒子做勻速圓周運動的頻率相同，粒子做勻速圓周運動的頻率為f＝eq\f(qB,2πm)，所以加速α粒子的交變電場頻率與加速質子的交變電場頻率之比為1∶2，故C正確，D錯誤．質譜儀是一種測定帶電粒子質量和分析同位素的重要工具．圖中的鉛盒A中的放射源放出大量的帶正電粒子(可認為初速度為零)，從狹縫S1進入電壓為U的加速電場區(qū)加速后，再通過狹縫S2從小孔G垂直于MN射入偏轉磁場，該偏轉磁場是以直線MN為切線、磁感應強度為B，方向垂直于紙面向外半徑為R的圓形勻強磁場．現(xiàn)在MN上的F點(圖中未畫出)接收到該粒子，且GF＝eq\r(3)R.則該粒子的比荷為(粒子的重力忽略不計)()A.eq\f(3U,R2B2) B.eq\f(4U,R2B2)C.eq\f(6U,R2B2) D.eq\f(2U,R2B2)【答案】C【解析】設粒子被加速后獲得的速度為v，由動能定理有：qU＝eq\f(1,2)mv2，粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑r＝eq\f(\r(3)R,3)，又Bqv＝meq\f(v2,r)，可求eq\f(q,m)＝eq\f(6U,R2B2)，故C正確．如圖所示，空間的某個復合場區(qū)域內存在著豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場．質子由靜止開始經一加速電場加速后，垂直于復合場的邊界進入并沿直線穿過場區(qū)，質子(不計重力)穿過復合場區(qū)所用時間為t，從復合場區(qū)穿出時的動能為Ek，則()A．若撤去磁場B，質子穿過場區(qū)時間大于tB．若撒去電場E，質子穿過場區(qū)時間等于tC．若撒去磁場B，質子穿出場區(qū)時動能大于EkD．若撤去電場E，質子穿出場區(qū)時動能大于Ek【答案】C【解析】質子在電場中是直線加速，進入復合場，電場力與洛倫茲力等大反向，質子做勻速直線運動．若撤去磁場，只剩下電場，質子做類平拋運動，水平分運動是勻速直線運動，速度不變，故質子穿過場區(qū)時間不變，等于t，A錯誤；若撒去電場，只剩下磁場，質子做勻速圓周運動，速率不變，水平分運動的速度減小，故質子穿過場區(qū)時間增加，大于t，B錯誤；若撤去磁場，只剩下電場，質子做類平拋運動，電場力做正功，故末動能大于Ek，C正確，若撤去電場，只剩下磁場，質子做勻速圓周運動，速率不變，末動能不變，仍為Ek，D錯誤．如圖所示，a、b、c、d四種正離子（不計重力）垂直地射入勻強磁場和勻強電場相互垂直的區(qū)域里，a、b分別向上、下極板偏轉，c、d沿直線通過該區(qū)域后進入另一勻強磁場，分別沿不同半徑做圓周運動，則（）A．平行板電容器的上極板電勢低 B．c、d兩離子的比荷不同C．c、d兩離子的電荷量一定不同 D．a、b兩離子的電荷量一定不同【答案】B【詳解】A．c、d沿直線通過勻強磁場和勻強電場相互垂直的區(qū)域，有SKIPIF1<0由左手定則，洛倫茲力豎直向上，所以電場力豎直向下。由c、d為正離子，所以場強方向豎直向下，則上極板比下極板電勢高，A錯誤；BC．c、d進入勻強磁場后，由洛倫茲力提供向心力SKIPIF1<0解得SKIPIF1<0由c、d做圓周運動的半徑不同，所以c、d兩離子的比荷不同，又不知質量，所以無法判斷電荷量大小，B正確，C錯誤；D．a、b分別向上、下極板偏轉，說明洛倫茲力和電場力不相等，無法判斷電荷量大小，D錯誤。故選B。如圖所示為質譜儀的原理圖，某同學欲使用該裝置測量帶電粒子的比荷，粒子從靜止開始經過電壓為U的加速電場后，進入速度選擇器，選擇器中存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁感應強度大小為B1，磁場方向如圖，勻強電場的場強為E，帶電粒子能夠沿直線穿過速度選擇器，從G點既垂直直線MN又垂直于磁場的方向射入偏轉磁場。偏轉磁場是一個以直線MN為邊界、方向垂直紙面向外的勻強磁場，帶電粒子經偏轉磁場后，最終到達照相底片上與G距離為d的H點。已知偏轉磁場的磁感應強度為B2，帶電粒子的重力可忽略不計。以下說法正確的是（）A．該裝置可用于測定電子的比荷B．速度選擇器的a板接電源的負極C．所測粒子的比荷SKIPIF1<0D．所測粒子的比荷SKIPIF1<0【答案】C【詳解】A．電子帶負電，加速電場上板帶正電，下板帶負電，無法起到加速電子的作用，所以電子無法進入偏轉磁場，則無法測定電子的比荷，故A錯誤；B．由題知帶正電粒子能在加速電場中加速，則它在速度選擇器中做勻速直線運動，電場力與洛倫茲力等大反向，根據(jù)左手定則，可知洛倫茲力水平向左，則電場力水平向右，故a板接電源的正極，故B錯誤；CD．帶電粒子在速度選擇器中受力平衡SKIPIF1<0勻強磁場中勻速圓周運動的半徑為SKIPIF1<0洛倫茲力提供向心力SKIPIF1<0聯(lián)立上式得SKIPIF1<0故C正確，D錯誤。故選C。如圖所示，相互正交的勻強電場方向豎直向下，勻強磁場垂直紙面向里．帶有等量同種電荷的三個液滴在此空間中，a液滴靜止不動，b液滴沿水平線向右做直線運動，c液滴沿水平線向左做直線運動．則下列說法中正確的是()A．三個液滴都帶負電B．液滴b的速率一定大于液滴c的速率C．三個液滴中液滴b質量最大D．液滴b和液滴c一定做的是勻速直線運動【答案】AD【解析】a液滴受力平衡，有Ga＝qE，重力和電場力等值、反向、共線，故電場力向上，由于電場強度向下，故液滴帶負電，b液滴受力平衡，有Gb＋q