2025年高考物理復(fù)習之預(yù)測壓軸題：帶電粒子在復(fù)合場中的運動（解析版）

壓軸題10帶電粒子在復(fù)合場中的運動

一、考向分析

q二二二二二一：一——一二--――二二二二二二二二一二一二::二二一二二一二一二二二

本專題是磁場、力學、電場等知識的綜合應(yīng)用，高考往往以計算壓軸題的形式出現(xiàn).

學習本專題，可以培養(yǎng)同學們的審題能力、推理能力和規(guī)范表達能力.針對性的專

題訓練，可以提高同學們解決難題、壓軸題的信心.用到的知識主要有：動力學觀

點（牛頓運動定律）、運動學觀點、能量觀點（動能定理、能量守恒定律）、電場的觀

點（類平拋運動的規(guī)律）、磁場的觀點（帶電粒子在磁場中運動的規(guī)律）.

二、壓軸題要領(lǐng)

一、帶電粒子在組合場中運動的分析方法

帶

電

粒

子

組

在

的

合

場

電

場

磁磁

運

中場

中

動

1.正確受力分析，除重力、彈力、摩擦力外要特別注意靜電力和磁場力的分析。

2.確定帶電粒子的運動狀態(tài)，注意運動情況和受力情況的結(jié)合。

3.對于粒子連續(xù)通過幾個不同區(qū)域、不同種類的場時，要分階段進行處理。

4.畫出粒子運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律。

二、帶電粒子在疊加場中運動的分析方法

1.帶電體在疊加場中運動的歸類分析

（1）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(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能

守恒。

（2）電場力、磁場力并存（不計重力的微觀粒子）

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(fù)雜的曲線運動，可用動能定理求解。

（3）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(fù)雜的曲線運動，可用能量守恒定律或動能定理求解。

2.帶電粒子（帶電體）在疊加場中運動的分析方法

（1）弄清疊加場的組成。

（2）進行受力分析。

（3）確定帶電粒子的運動狀態(tài)，注意運動情況和受力情況的結(jié)合。

（4）畫出粒子運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律。

①當帶電粒子在疊加場中做勻速直線運動時，根據(jù)受力平衡列方程求解。

②當帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運動時，應(yīng)用牛頓定律結(jié)合圓周運動規(guī)律求解。

③當帶電粒子做復(fù)雜曲線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解。

④對于臨界問題，注意挖掘隱含條件。

（5）記住三點：能夠正確對疊加場中的帶電粒子從受力、運動、能量三個方面進行分析

①受力分析是基礎(chǔ)：一般要從受力、運動、功能的角度來分析。這類問題涉及的力的種類多，

含重力、電場力、磁場力、彈力、摩擦力等；

②運動過程分析是關(guān)鍵：包含的運動種類多，含勻速直線運動、勻變速直線運動、類平拋運

動、圓周運動以及其他曲線運動；

③根據(jù)不同的運動過程及物理模型，選擇合適的定理列方程（牛頓運動定律、運動學規(guī)律、

動能定理、能量守恒定律等）求解。

三、帶電粒子在周期性的電場和磁場中的運動

帶電粒子在交變電場或磁場中運動的情況較復(fù)雜，運動情況不僅取決于場的變化規(guī)律，還與

粒子進入場的的時候的時刻有關(guān)，一定要從粒子的受力情況著手，分析出粒子在不同時間間

隔內(nèi)的運動情況，若交變電壓的變化周期遠大于粒子穿越電場的時間，那么粒子在穿越電場

的過程中，可看作勻強電場。

注意：空間存在的電場或磁場是隨時間周期性變化的，一般呈現(xiàn)“矩形波”的特點。交替變化

的電場及磁場會使帶電粒子順次經(jīng)過不同特點的電場，磁場或疊加的場，從而表現(xiàn)出多過程

現(xiàn)象，其特點較為隱蔽。

三、壓軸題速練

1.如圖1所示，空間某處存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，一個帶負電

的金屬小球從M點水平射入場區(qū)，經(jīng)一段時間運動到N點，關(guān)于小球由M到N的運動，下

列說法正確的是（）

A.小球可能做勻變速運動小球一定做變加速運動

C.小球動能可能不變小球機械能守恒

答案BC

解析小球從M到N,在豎直方向上發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，所以在M點受到的豎直向下的洛倫茲力、

豎直向下的重力和豎直向上的電場力的合力不為零，且速度方向變化，則洛倫茲力方向變化,

所以合力為變力，故不可能做勻變速運動，一定做變加速運動，A錯誤，B正確；若電場力

和重力等大反向，則運動過程中電場力和重力做功之和為零，而洛倫茲力不做功，所以小球

的動能可能不變，C正確；沿電場方向有位移，電場力一定做功，故小球的機械能不守恒，

D錯誤.

2.如圖2所示，空間存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度為8的勻強磁場和水平向左、場強為

E的勻強電場.有一質(zhì)量為加、電荷量大小為《的微粒垂直于磁場且以與水平方向成45。角

的速度v做直線運動，重力加速度為g.則下列說法正確的是（）

XX

微?？赡茏鰟蚣铀僦本€運動

B.微?？赡苤皇軆蓚€力作用

C.勻強磁場的磁感應(yīng)強度8=儂

D.勻強電場的電場強度￡=陛

q

答案D

解析微粒受重力、電場力、洛倫茲力作用，若V發(fā)生變化，則洛倫茲力發(fā)生變化且洛倫茲

力與速度方向垂直，微粒不可能做直線運動，所以重力、電場力和洛倫茲力三力平衡，微粒

做勻速直線運動，故A、B錯誤；根據(jù)平衡條件，有：q￡=mgtan45。，qvB=\j(mg)2+(qE)2,

聯(lián)立解得：E=磐,8=也儂，故C錯誤，D正確.

qqv

3.(多選)如圖3所示，空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，一帶電液

滴從靜止開始自/點沿曲線/C8運動，到達8點時速度為零，C點是運動的最低點，不計

摩擦阻力，則以下說法中正確的是()

圖3

A.液滴一定帶正電

B.液滴在C點時的動能最大

C.從/到C過程液滴的電勢能增大

D.從C到B過程液滴的機械能增大

答案BCD

解析從題圖中可以看出，帶電液滴由靜止開始向下運動，說明重力和電場力的合力向下，

洛倫茲力指向弧線內(nèi)側(cè)，根據(jù)左手定則可知，液滴帶負電，故A錯誤；從/到。的過程中，

重力做正功，而電場力做負功，洛倫茲力不做功，合力做正功，液滴動能增大，從C到8

的過程中，重力做負功，電場力做正功，洛倫茲力不做功，合力做負功，液滴動能減小，所

以液滴在C點時的動能最大，故B正確；從/到C過程液滴克服電場力做功，電勢能增加，

故C正確；從。到2的過程中，電場力做正功，洛倫茲力不做功，機械能增大，故D正確.

4.一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場，其在xQy平面內(nèi)的截面如圖4所示：中

間是磁場區(qū)域，其邊界與了軸垂直，寬度為/,磁感應(yīng)強度的大小為3,方向垂直于xQy平

面；磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域，寬度均為心電場強度的大小均為E,方向均沿x軸正

方向；M,N為條狀區(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j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j軸

正方向射出.不計重力.

圖4

(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點入射時速度的大小.

答案(1)見解析圖(2)宣

解析(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)

(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vo,

在下側(cè)電場中運動的時間為力加速度的大小為粒子進入磁場的速度大小為v,方向與電

場方向的夾角為仇如圖(b),速度沿電場方向的分量為vi.

(b)

根據(jù)牛頓第二定律有qE=ma①

式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量.

由運動學公式有

vi-at?

r=vot@

vi=vcos6?

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

2

D加V自

由幾何關(guān)系得

l=2RcosO?

聯(lián)立①②③④⑤⑥式得

2EI'

5.如圖5,在平面直角坐標系xOy中，x軸上方存在沿y軸負方向的勻強電場，電場強度為

E,x軸下方存在垂直坐標系平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為3一個靜止的帶正電粒子

位于y軸正半軸的/(0,〃)點，某時刻由于內(nèi)部作用，分裂成兩個電荷量都為十夕的粒子a

和6,分別沿x軸正方向和負方向進入電場.已知粒子。的質(zhì)量為根,粒子。進入第一象限

的動量大小為p.設(shè)分裂過程不考慮外力的作用，在電場與磁場中的運動過程不計粒子重力和

粒子間的相互作用.求：

y

bAa

\M

圖5

(1)粒子a第一次通過x軸時離原點。的距離x；

(2)粒子a第二次通過x軸時與第一次通過x軸時兩點間的距離L.

答案見解析

解析(1)如圖所示，粒子。在電場中只受電場力，做類平拋運動

由平拋運動規(guī)律可得：x=voZ?

人=%2②

2

qE=ma③

p=mvo@

聯(lián)立①②③④解得：》=八&

VmEq

(2)粒子q進入磁場時，設(shè)速度為v,與、軸正方向成。角，y軸方向的速度為力，則

vy=at@

Vy=vsin3?

粒子〃在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)軌跡半徑為尸，有

qvB=$)

由幾何知識得：

￡=2rsin6?

聯(lián)立②③⑤⑥⑦⑧式解得:

r2IlmEh

6.如圖6甲所示，以。為坐標原點建立坐標系，等邊三角形內(nèi)存在垂直紙面向里的

勻強磁場，三角形外側(cè)有沿x軸負方向的勻強電場.現(xiàn)有質(zhì)量機=1x10-18kg、電荷量“=

+1x10-&c的帶電微粒從坐標為(0,—0.5m)的。點，以某一初速度w沿某一方向入射，

從x軸上的P點以v=200m/s的速度垂直x軸進入三角形區(qū)域.若此時將三角形外側(cè)的電

場換成垂直紙面向外的勻強磁場(如圖乙所示)，兩磁場的磁感應(yīng)強度大小相等.已知三角形

的邊長￡=4m,。、P兩點間距離為d=lm,重力不計.求：

/xXx\

。/4X*/X,

Q.*p

■E

,甲

圖6

⑴勻強電場的電場強度大小及帶電微粒的初速度大??；

(2)若兩磁場的磁感應(yīng)強度大小3o=O.2T,求該微粒在乙圖中運動一個周期的時間t；

(3)乙圖中若微粒能再次回到P點，則兩勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小B應(yīng)滿足什么條件.

答案(1)320V/m200Vl7m/s(2)6.28x10^s(3)5=(0.4n+0.2)T,(H=0,1,2,3...)

解析(1)在勻強電場中，微粒在電場力作用下，做類平拋運動的逆運動

水平方向：0P=晅住

2m

豎直方向：

水平分速度%=嗎

m

微粒的初速度『一十#

聯(lián)立解得E=320V/m,VO=2OOA/17m/s；

(2)粒子在兩磁場中均做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律知

qvBo—m-,解得r="=lm

rqBo

T=—,解得T=3.14xl(F2s

粒子的運動軌跡如圖所示,

N

故Z=3x-+3x-=:6.28xl0-2s

62

⑶由對稱性可知，粒子能再次回到尸點，則粒子運動的半徑應(yīng)滿足―(2〃+1)=0尸(〃=

0,123...)且尸="，

qB

聯(lián)立可得B=(0.4"+0.2)T,(〃=0,1,2,3...).

7.在如圖1所示的平行板器件中，電場強度￡和磁感應(yīng)強度8相互垂直.一帶電粒子(重力

不計)從左端以速度v沿虛線射入后做直線運動，則該粒子()

一定帶正電

速度丫=與

若速度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入，仍做直線運動

答案B

解析粒子帶正電和負電均可，選項A錯誤；由洛倫茲力等于電場力，可得qvB=qE,解

得速度v=￡選項B正確；若速度v＞紇粒子可能會從板間射出，選項C錯誤；若此粒子

BB

從右端沿虛線方向進入，所受電場力和洛倫茲力方向相同，不能做直線運動，選項D錯誤.

8.(多選)醫(yī)用回旋加速器的核心部分是兩個。形金屬盒，如圖2所示，兩金屬盒置于勻強

磁場中，并分別與高頻電源相連.現(xiàn)分別加速笊核(汨)和氫核(3He)并通過線束引出加速器.下

列說法中正確的是()

高頻電速形盒

'粒子源

圖2

A.加速兩種粒子的高頻電源的頻率相同

B.兩種粒子獲得的最大動能相同

C.兩種粒子在。形盒中運動的周期相同

D.增大高頻電源的電壓可增大粒子的最大動能

答案AC

解析回旋加速器加速粒子時，粒子在磁場中運動的周期應(yīng)和交流電的周期相同.帶電粒子

在磁場中運動的周期7=配，兩粒子的比荷4相等，所以周期相同，故加速兩種粒子的高

qBm

頻電源的頻率也相同，A、C正確；根據(jù)gv2=導"，得v=遜,最大動能曷=1/=謹避,

Rm22m

與加速電壓無關(guān)，兩粒子的比荷旦相等，電荷量4不相等，所以最大動能不等，故B、D錯

m

誤.

9.（多選）如圖3所示是磁流體發(fā)電機的示意圖，兩平行金屬板尸、。之間有一個很強的磁場.一

束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電離子）沿垂直于磁場的方向噴入磁

場.把尸、0與電阻尺相連接.下列說法正確的是（）

等離子體

圖3

A.。板的電勢高于P板的電勢

B.R中有由。向b方向的電流

C.若只改變磁場強弱，R中電流保持不變

D.若只增大離子入射速度，R中電流增大

答案BD

解析等離子體進入磁場，根據(jù)左手定則，正離子向上偏，打在上極板上，負離子向下偏，

打在下極板上，所以上極板帶正電，下極板帶負電，則尸板的電勢高于。板的電勢，流過

電阻R的電流方向由。到6,故A錯誤，B正確；依據(jù)電場力等于洛倫茲力，即

a

則有。=2不，再由閉合電路歐姆定律/=一刀=叁"，電流與磁感應(yīng)強度成正比，故C錯

R+rR+r

誤；由以上分析可知，若只增大離子的入射速度，R中電流會增大，故D正確.

10.（多選）利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件，廣泛應(yīng)用于測量和自動控制等領(lǐng)域.如圖4所示是

霍爾元件的工作原理示意圖，磁感應(yīng)強度8垂直于霍爾元件的工作面向下，當元件中通入

圖示方向的電流/時，C、D兩側(cè)面會形成一定的電勢差U.下列說法中正確的是（）

/

A.若C側(cè)面電勢高于。側(cè)面，則元件中形成電流的載流子帶負電

B.若C側(cè)面電勢高于。側(cè)面，則元件中形成電流的載流子帶正電

C.在地球南、北極上方測地磁場強弱時，元件工作面豎直放置時。最大

D.在地球赤道上方測地磁場強弱時，元件工作面豎直放置且與地球經(jīng)線垂直時，U最大

答案AD

解析若元件的載流子帶負電，由左手定則可知，載流子受到洛倫茲力向。側(cè)面偏，則C

側(cè)面的電勢高于。側(cè)面的電勢，故A正確；若元件的載流子帶正電，由左手定則可知，載

流子受到洛倫茲力向。側(cè)面偏，則。側(cè)面的電勢高于C側(cè)面的電勢，故B錯誤；在測地球

南、北極上方的地磁場強弱時，因磁場方向豎直，則元件的工作面保持水平時。最大，故C

錯誤；地球赤道上方的地磁場方向水平，在測地球赤道上方的地磁場強弱時，元件的工作面

應(yīng)保持豎直，當與地球經(jīng)線垂直時。最大，故D正確.

11.容器/中裝有大量的質(zhì)量、電荷量不同但均帶正電的粒子，粒子從容器下方的小孔與

不斷飄入加速電場（初速度可視為零）做直線運動，通過小孔&后從兩平行板中央沿垂直電場

方向射入偏轉(zhuǎn)電場.粒子通過平行板后沿垂直磁場方向進入磁感應(yīng)強度為3、方向垂直紙面

向里的勻強磁場區(qū)域，最后打在感光片上，如圖5所示.已知加速電場中Si、S2間的加速

電壓為。，偏轉(zhuǎn)電場極板長為L,兩板間距也為乙板間勻強電場強度￡=，，方向水平向

左（忽略板間外的電場），平行板了的下端與磁場邊界相交于點P,在邊界上實線處固

定放置感光片.測得從容器/中逸出的所有粒子均打在感光片尸0之間，且0距尸的長度

為3￡,不考慮粒子所受重力與粒子間的相互作用，求：

圖5

⑴粒子射入磁場時，其速度方向與邊界ab間的夾角；

（2）射到感光片Q處的粒子的比荷（電荷量q與質(zhì)量m之比）;

（3）粒子在磁場中運動的最短時間.

TT3兀弘2

答案(1)45°(2)后(3)：

16(7

解析(1)設(shè)質(zhì)量為加、電荷量為q的粒子通過孔&的速度為vo，貝lj：qU=，ivo2

粒子在平行板e、/間做類平拋運動：￡=vof,以=亞3tand=也

mvx

聯(lián)立可得：tan9=l,貝彤=45。，故其速度方向與邊界仍間的夾角為。=45。.

(2)粒子在偏轉(zhuǎn)電場中沿場強方向的位移故粒子從e板下端與水平方向成45。角

斜向下射入勻強磁場，如圖所示，設(shè)質(zhì)量為加、電荷量為g的粒子射入磁場時的速度為v,

做圓周運動的軌道半徑為r,則v=Ym=gvo=2'W

Ym

由幾何關(guān)系：戶+戶=(44)2

貝I]尸2也

_v2imv

qvBn=m一，貝mi!]r——

rqB

聯(lián)立解得：

m2L2B2

LL

L感光片Q

x不湯々、外呼

XXXXXX

XXXXXXX

XX、xxxxxxXX

XXXXX文、、XX>^zXrXXXX

XXXXXX汰多，攵XXXXX

XXXXXX:01XXXXX

XXXXXXXXXXXX

XXXxXXXXXXXXX

XXXXxXXXXXXXX

XXXxXXXXXXXX

XXXxXXXXXXX

XXXXXXXXXXX

XXXXXXXXXXX

(3)設(shè)粒子在磁場中運動的時間為3偏轉(zhuǎn)角為Q，

則餐券

=aB2

聯(lián)立可得:

~4。

因為粒子在磁場中運動的偏轉(zhuǎn)角a=:,所以粒子打在尸處時間最短，此時半徑為，，

2

由幾何關(guān)系知：*+/2=￡2,則心￡

2

2

37t足BL2

聯(lián)立可得：=12=嚴用.

4。16U

12.(多選)空間虛線上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度為3；一群電子以不同速率從邊界上的

尸點以相同的方向射入磁場.其中某一速率vo的電子從0點射出，如圖1所示.已知電子

入射方向與邊界夾角為仇則由以上條件可判斷（）

A.該勻強磁場的方向垂直紙面向里

B.所有電子在磁場中的軌跡相同

C.速率大于w的電子在磁場中運動時間長

D.所有電子的速度方向都改變了2。

答案AD

解析電子在尸點受到的洛倫茲力方向沿尸一O,如圖所示，根據(jù)左手定則判斷得知：勻強

磁場的方向垂直紙面向里，故A正確.

電子進入磁場后受到洛倫茲力而做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有以5="二則r

r

=-,軌跡半徑與電子的速率成正比，速率不同，軌跡半徑不同，則軌跡就不同，故B錯誤.

qB

根據(jù)圓的對稱性可知，所有電子離開磁場時速度方向與尸。線的夾角都是。，則所有電子的

速度方向都改變了2仇由幾何知識得知，所有電子軌跡對應(yīng)的圓心角都是20,則所有電子

在磁場中運動的時間都相同，故C錯誤，D正確.

13.如圖2所示，在xOy直角坐標系的第一象限中，以坐標原點為圓心的四分之一圓內(nèi)，有

垂直于坐標平面向里的勻強磁場，圓的半徑為上磁場的磁感應(yīng)強度為3,一個質(zhì)量為機、

電荷量為q的帶正電粒子從坐標原點。沿x軸正方向射入磁場，粒子出磁場時速度方向剛

好沿y軸正方向，則粒子在磁場中運動的速度大小為（粒子在磁場中僅受洛倫茲力）（）

A遜B蟠

2mm

C啦qBR口也qBR

m2m

答案D

解析粒子運動的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知粒子運動的軌道半徑為『小

洛倫茲力提供向心力，則qvB=m-

r

可得尸王'故選D.

14.如圖3所示，空間有一圓柱形勻強磁場區(qū)域，。點為圓心.磁場方向垂直于紙面向外.一

帶正電的粒子從/點沿圖示箭頭方向以速率v射入磁場，0=30°,粒子在紙面內(nèi)運動，經(jīng)過

時間,離開磁場時速度方向與半徑。/垂直.不計粒子重力.若粒子速率變法，其他條件

不變，粒子在圓柱形磁場中運動的時間為（）

A.土B.tC.-D.It

22

答案C

解析粒子在磁場中運動，由洛倫茲力提供向心力可得

qvB=n^

解得尺=小

qB

則周期r=-=—

vqB

粒子在紙面內(nèi)運動，經(jīng)過時間，離開磁場時速度方向與半徑CM垂直，作出粒子運動軌跡如

圖甲所示

由幾何關(guān)系可得a=120。，R=OA

所以粒子以速率v在磁場中運動的時間為

/=a丁=2nm

360°~3qB

當粒子速率變?yōu)?時，由氏=，匕可知，粒子運動半徑變?yōu)?/p>

22qB

ROA

R=—=—

22

周期r=r=—

qB

作出此時粒子運動的軌跡如圖乙所示

根據(jù)幾何知識可知粒子轉(zhuǎn)過的圓心角

〃=180。

則粒子以速率丫在磁場中運動的時間為

2

t，=Ur=7im

360°qB

所以，m

2

故A、B、D錯誤，C正確.

15.（多選）如圖4所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，在邊長為27?的正方形區(qū)域

內(nèi)也有勻強磁場.兩個磁場的磁感應(yīng)強度大小相同，兩個相同的帶電粒子以相同的速率分別

從M、N兩點射入勻強磁場.在M點射入的帶電粒子，其速度方向指向圓心；在N點射入

的帶電粒子,速度方向與邊界垂直，且N點為正方形邊長的中點，則下列說法正確的是（）

/'XXXX'\xxxxx

/\

X個XXX

XXXXX

XXXXX

圖4

A.帶電粒子在磁場中飛行的時間可能相同

B.帶電粒子在磁場中飛行的時間一定相同

C.從N點射入的帶電粒子可能先飛出磁場

D.從N點射入的帶電粒子不可能比M點射入的帶電粒子先飛出磁場

答案AD

解析帶電粒子垂直于磁場方向進入勻強磁場，粒子做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,

則有qvB=m^,

r

解得，需,兩粒子相同、兩粒子的速率相同，則兩粒子的軌道半徑，相同，粒子做圓周運

動的周期？=2也相等，磁場圓的直徑恰好等于正邊形邊長，故圓內(nèi)切于正方形；作出粒子

qB

在磁場中的運動軌跡如圖所示

XXXX

①（2XH）

由圖示可知，當粒子軌道半徑r=R時，即軌跡2,兩粒子在磁場中的運動時間相等，都等

于17，故A正確；

由圖示可知，當粒子軌道半徑洋式時，粒子在圓形磁場中做圓周運動轉(zhuǎn)過的圓心角都小于在

正方形區(qū)域中做圓周運動轉(zhuǎn)過的圓心角，則粒子在圓形磁場中的運動時間小于在正方形磁場

中的運動時間，即從M點射入的粒子在磁場中的運動時間小于從N點射入的粒子在磁場中

的運動時間，故D正確，B、C錯誤.

16.如圖5所示圓形區(qū)域內(nèi)，有垂直于紙面方向的勻強磁場，一束質(zhì)量和電荷量都相同的帶

電粒子，以不同的速率，沿著相同的方向，正對圓心。射入勻強磁場，又都從該磁場中射

出，這些粒子在磁場中的運動時間有的較長，有的較短，若帶電粒子只受磁場力的作用，則

在磁場中運動時間越短的帶電粒子（）

A.在磁場中的周期一定越小

B.在磁場中的速率一定越小

C.在磁場中的軌道半徑一定越大

D.在磁場中通過的路程一定越小

答案C

解析質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子，其比荷巨相同，根據(jù)帶電粒子在磁場中運動周期7

也可知，它們進入勻強磁場后做勻速圓周運動的周期相同，選項A錯誤;

如圖所示為帶電粒子的運動軌跡,

設(shè)這些粒子在磁場中的運動軌跡所對應(yīng)的圓心角為仇則運動時間t=-T

360°

在磁場中運動時間越短的帶電粒子，圓心角越小，軌跡半徑越大，根據(jù)洛倫茲力提供向心力,

有/8=%匕則r=3，所以軌跡半徑越大，則速率一定越大，選項B錯誤，選項C正確;

rqB

通過的路程即圓弧的長度￡=與半徑r和圓心角。有關(guān)，所以運動時間越短，軌跡半徑

越大，路程也越大，選項D錯誤.

17.（多選）磁流體發(fā)電是一項新興技術(shù).如圖6所示，平行金屬板之間有一個很強的磁場，

將一束含有大量正、負帶電粒子的等離子體，沿圖中所示方向噴入磁場，圖中虛線框部分相

當于發(fā)電機，把兩個極板與用電器相連，貝1（）

圖6

A.用電器中的電流方向從/到8

B.用電器中的電流方向從3到4

C.若只增大帶電粒子電荷量，發(fā)電機的電動勢增大

D.若只增大噴入粒子的速度，發(fā)電機的電動勢增大

答案AD

解析首先對等離子體進行動態(tài)分析:開始時由左手定則判斷正離子所受洛倫茲力方向向上

（負離子所受洛倫茲力方向向下），則正離子向上極板聚集，負離子則向下極板聚集，兩極板

間產(chǎn)生了電勢差，即兩金屬板變?yōu)橐浑娫?，且上極板為正極下極板為負極，所以通過用電器

的電流方向從/到8,故A正確，B錯誤；此后的正離子除受到向上的洛倫茲力/外還受到

向下的電場力E最終兩力達到平衡，即最終等離子體將勻速通過磁場區(qū)域，因/?="3F

=￡貝I]與解得九所以電動勢￡與速度v及磁感應(yīng)強度8成正比，所以C

aa

錯誤，D正確.

18.（多選）1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖7所示，此加速器由

兩個半徑均為R的銅質(zhì)。形盒。卜￡>2構(gòu)成，其間留有空隙.比荷為人的質(zhì)子由加速器的中

心附近飄入加速器，以最大速度Vm射出加速器.笊核的比荷是質(zhì)子比荷的1下列說法正確

2

的是（）

圖7

A.磁場的磁感應(yīng)強度大小為為

kR

B.交變電壓”的最大值越大，質(zhì)子射出加速器的速度也越大

C.此加速器可以直接用來加速笊核

D.若此加速器中磁場的磁感應(yīng)強度加倍，就可用來加速笊核

答案AD

解析設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為m、電荷量為q,則g=匕由＞8=加-，可得3=型，當r=R時，

mrqr

有"=想，聯(lián)立解得5=也，故A正確；由3=^,可得Vm=BkR,可見Vm與比的最大值無

kRkR

關(guān)，故B錯誤；回旋加速器正常工作時，要求交變電壓的周期與粒子在加速器中運動的周

期相等，即交變電壓的周期而笊核在回旋加速器中運動的周期7=華=包=

qBkBLBkB

2

2T,所以不可以直接加速笊核，故C錯誤；若此加速器中磁場的磁感應(yīng)強度加倍，則笊核

2兀‘1T

的周期變?yōu)?"=1=幺=7,所以此時可用來加速笊核，故D正確.

與3kB

2

19.（多選）如圖8所示，電荷量相等的兩種離子就20和短22從容器下方的狹縫Si飄入（初速

度為零）電場區(qū)，經(jīng)電場加速后通過狹縫S2、S3垂直于磁場邊界〃N射入勻強磁場，磁場方

向垂直紙面向里，離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后發(fā)生分離，最終到達照相底片。上.不考慮離子間的

相互作用，貝1（）

D

M-Io------1"n1'In1,m?1-N

xWxxx盧必x

X右X-X-/X/XX

xxxx_5<xxx

圖8

A.電場力對每個就20和氮22做的功相等

B.就22進入磁場時的速度較大

C.M22在磁場中運動的半徑較小

D.若加速電壓發(fā)生波動，兩種離子打在照相底片上的位置可能重疊

答案AD

解析電場力對粒子做的功為少=gU,則電場力對每個銀20和速22做的功相等，A正確;

根據(jù)山=1/2,得丫=、歷〃，所以就22（質(zhì)量較大）進入磁場時的速度較小，B錯誤；根

2vm

據(jù)廠=出，及丫=%邢,得因為速22質(zhì)量較大，所以窟22在磁場中運動

qBmB\jq

的半徑較大，C錯誤；加速電壓發(fā)生波動，根據(jù)廠=入事，兩種離子打在照相底片上的

BVq

位置可能重疊（不同時刻），D正確.

20.三個a粒子4、b、。同時從同一點沿同一水平方向飛入偏轉(zhuǎn)電場，出現(xiàn)了如圖1所示的不

同軌跡，不計粒子間的相互作用，由此可以判斷下列說法不正確的是（）

,'、、、c

Ia”

圖1

A.在6飛離電場的同時，。剛好打在負極板上

B.b和c同時飛離電場

C.進電場時。的速度最大，。的速度最小

D.動能的增加量c最小，。和6一樣大

答案B

解析三個粒子的質(zhì)量和電荷量都相同，則知加速度相同.。、6兩粒子在豎直方向上的位

移相等，根據(jù)>=不凡可知運動時間相等，故A正確.

6、c在豎直方向上的位移不等，由題圖知芹<"，根據(jù)y=$凡可知心<加即。先飛離電

場，故B錯誤.

在垂直于電場方向，三個粒子做勻速直線運動，則有：土，因xd,則—

根據(jù)勿=⑦，Xb>Xa,則V0&>V0a,所以有V（）c>V（?>V0a,故C正確.

根據(jù)動能定理知，。、b兩粒子運動過程中電場力做功一樣多，所以動能增加量相等，C粒子

運動過程中電場力做功最少，動能增加量最小，故D正確.

21.（多選）如圖2所示，一充電后與電源斷開的平行板電容器的兩極板水平放置，板長為L

板間距離為/距板右端￡處有一豎直屏M一帶電荷量為外質(zhì)量為優(yōu)的質(zhì)點以初速度w

沿中線射入兩板間，最后垂直打在M上，已知重力加速度為g,下列結(jié)論正確的是（）

%

L

圖2

A.兩極板間電場強度大小為儂

q

B.兩極板間電壓為功血

q

C.整個過程中質(zhì)點的重力勢能增加翅半

2V()2

D.若僅增大兩極板間距，該質(zhì)點仍能垂直打在M上

答案BD

解析據(jù)題分析可知，質(zhì)點在平行金屬板間軌跡應(yīng)向上偏轉(zhuǎn)，做類平拋運動，飛出電場后，

質(zhì)點的軌跡向下偏轉(zhuǎn)，才能最后垂直打在新屏上，前后過程質(zhì)點的運動軌跡有對稱性，如

圖，

的J

-------------p

H——L————L——>

可見兩次偏轉(zhuǎn)的加速度大小相等，根據(jù)牛頓第二定律得：qE—mg=mg,

得到：￡=功%，

q

由U=Ed可知兩極板間電壓為。=&也，故A錯誤，B正確.

q

質(zhì)點在電場中向上偏轉(zhuǎn)的距離為

BL

而a=gft=—

vo

解得：產(chǎn)支

2vo2

故質(zhì)點打在屏上的位置與尸點的距離為：s=2y=嗎

V02

重力勢能的增加量為：△Ep=%gs=^f,故C錯誤.

V02

僅增大兩極板間的距離，因兩極板上電荷量不變，根據(jù)￡=￥=?,

aCd

而°=理，解得：E=*,可知，板間場強不變，質(zhì)點在電場中受力情況不變，則運動

4兀4d8rS

情況不變，故質(zhì)點仍垂直打在屏上，故D正確.

22.如圖3所示，。。為平行板電容器的中線，板間為勻強電場.在。點分別以vo、刃的速

2

度水平拋出N、8兩質(zhì)量都為〃?且?guī)N電荷的小球，qA：qB=3：1,兩小球運動軌跡恰關(guān)

于O。，對稱，重力加速度為g,則/球受到電場力大小為()

圖3

A.一mgB.-mg

C.JgD.7機g

答案A

解析兩軌跡關(guān)于水平線對稱，說明相同水平位移處，位移偏角相同，位移偏角為tan

2

2v0

所以2：aB=4-1，

即合外力之比為4：1.兩小球電性相同，所受電場力都向上，有（K—mg）：（加g—E?）=4：I

且后：FB=3：1

解得FA=T，"g，故選項A正確.

23.（多選）如圖4所示，M、N是組成電容器的兩塊水平放置的平行金屬極板，M中間有一

小孔.M、N分別接到電壓恒定的電源上（圖中未畫出）.小孔正上方的/點與極板M相距人

與極板N相距3〃.某時刻一質(zhì)量為〃?、帶電荷量為q的微粒從/點由靜止下落，到達極板N

時速度剛好為零，不計空氣阻力，重力加速度為自則（）

A,

________:M

N

圖4

A.帶電微粒在M、N兩極板間往復(fù)運動

B.兩極板間電場強度大小為崛

2q

C.若將M向下平移幺微粒仍從/點由靜止下落，進入電場后速度為零的位置與N的距離

3

為

4

D.若將N向上平移幺微粒仍從4由靜止下落，進入電場后速度為零的位置與M的距離為

3

-h

4

答案BD

解析由于微粒在電場中和在電場外受到的力都是恒力，可知微粒將在/點和下極板之間

往復(fù)運動，選項A錯誤；由動能定理：mg3h—Eq2h=0,解得￡=包區(qū)，選項B正確；若

2q

將M向下平移々則板間場強變?yōu)?=蕓=也=與，設(shè)微粒速度為零時的位置與N極板相

3與5〃5

3

距A肌由動能定理：吆（3〃一冽一￡可胃一郎）=0,解得△〃=（）,選項C錯誤；若將N向

上平移2則板間場強變?yōu)椤?=[=竺=與，設(shè)微粒速度為零時的位置與M極板相距AY,

3A5

由動能定理：mg-（h+Ah'）-E2q-M'=O,解得A〃=j,選項D正確.

24.（多選）勻強電場的場強隨時間變化的圖像如圖5所示，在該勻強電場中有一個帶電粒子,

在，=0時刻，由靜止釋放.若帶電粒子只受電場力的作用，則電場力的作用和帶電粒子的

運動情況是（）

E/CV-m-1)

A.帶電粒子將在電場中做有往復(fù)但總體上看不斷向前的運動

B.0?3s內(nèi)電場力的沖量為零，電場力做功為零

C.3s末帶電粒子回到原出發(fā)點

D.0?4s內(nèi)電場力的沖量不等于零，而電場力做功卻為零

答案BC

解析由題意可畫出該粒子的速度一時間圖像（取開始運動方向為正方向）:

從v-f圖像可看出，帶電粒子將在電場中某段距離間做往復(fù)運動，故A錯誤；

在3秒末，帶電粒子的速度為零，由于粒子初速度為0,由動量定理可知0?3s內(nèi)電場力的

沖量為零；由v-f圖像可知此時該帶電粒子又回到原來的出發(fā)點，所以電場力做功為零，

故B、C正確；4s末，帶電粒子的速度不等于零，所以0?4s內(nèi)電場力的沖量不為零，由

于此時該帶電粒子不在原來的位置，所以電場力做功不為零，故D錯誤.

25.電子束熔煉是指真空下，將高速電子束的動能轉(zhuǎn)換為熱能作為熱源來進行金屬熔煉的一

種熔煉方法.如圖6所示，