備戰(zhàn)2019年高考物理 考點(diǎn)一遍過 考點(diǎn)47 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動（含解析）

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1、帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動 一、帶電粒子在組合場中運(yùn)動的分析方法 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(yùn)動狀態(tài)，注意運(yùn)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(jìn)行處理。 4．畫出粒子運(yùn)動軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動規(guī)律。 二、帶電粒子在疊加場中運(yùn)動的分析方法 1．帶電體在疊加場中運(yùn)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(yùn)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(yùn)動，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒。 （2）電場力、

2、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(yùn)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(yùn)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(yùn)動。 ②若重力與電場力平衡，帶電體做勻速圓周運(yùn)動。 ③若合力不為零，帶電體可能做復(fù)雜的曲線運(yùn)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(yùn)動的分析方法 （1）弄清疊加場的組成。 （2）進(jìn)行受力分析。 （3）確定帶電粒子的運(yùn)動狀態(tài)，注意運(yùn)動情況和受力情況的結(jié)合。 （4）畫出粒子運(yùn)動軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動規(guī)律。 ①當(dāng)帶電粒子

3、在疊加場中做勻速直線運(yùn)動時，根據(jù)受力平衡列方程求解。 ②當(dāng)帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運(yùn)動時，應(yīng)用牛頓定律結(jié)合圓周運(yùn)動規(guī)律求解。 ③當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜曲線運(yùn)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(diǎn)：能夠正確對疊加場中的帶電粒子從受力、運(yùn)動、能量三個方面進(jìn)行分析 ①受力分析是基礎(chǔ)：一般要從受力、運(yùn)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(yùn)動過程分析是關(guān)鍵：包含的運(yùn)動種類多，含勻速直線運(yùn)動、勻變速直線運(yùn)動、類平拋運(yùn)動、圓周運(yùn)動以及其他曲線運(yùn)動； ③根據(jù)不同的運(yùn)動過程及物理模型，選擇合

4、適的定理列方程（牛頓運(yùn)動定律、運(yùn)動學(xué)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(yùn)動 帶電粒子在交變電場或磁場中運(yùn)動的情況較復(fù)雜，運(yùn)動情況不僅取決于場的變化規(guī)律，還與粒子進(jìn)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(yùn)動情況，若交變電壓的變化周期遠(yuǎn)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(qiáng)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(diǎn)。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(diǎn)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(diǎn)較為隱蔽。 如圖是質(zhì)

5、譜儀的工作原理示意圖。帶電粒子被加速電場加速后，進(jìn)入速度選擇器。速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場的強(qiáng)度分別為B和E。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A1、A2。平板S下方有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場。下列表述錯誤的是 A．質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具 B．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向里 C．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于 D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷（）越小 【參考答案】BD 【詳細(xì)解析】粒子在速度選擇器中做勻速直線運(yùn)動，有qE=qvB，解得，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后，有，解得，知r越小，比荷越大，同位素電荷量相等，質(zhì)量不同，則偏轉(zhuǎn)半徑

6、不同，所以質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具，故AC正確，D錯誤；粒子在磁場中向左偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則知該粒子帶正電，在速度選擇器中，所受的電場力水平向右，則洛倫茲力水平向左，根據(jù)左手定則，磁場的方向垂直紙面向外，故B錯誤。 1．如圖所示，兩平行金屬板P、Q水平放置，上極板帶正電，下極板帶負(fù)電；板間存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出）。一個帶電粒子在兩板間沿虛線所示路徑做勻速直線運(yùn)動。粒子通過兩平行板后從O點(diǎn)垂直進(jìn)入另一個垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場中，粒子做勻速圓周運(yùn)動，經(jīng)過半個周期后打在擋板MN上的A點(diǎn)。不計粒子重力。則下列說法不正確的是 A．此粒子一定帶正電 B．P、Q間的磁場一定垂直紙

7、面向里 C．若另一個帶電粒子也能做勻速直線運(yùn)動，則它一定與該粒子具有相同的荷質(zhì)比 D．若另一個帶電粒子也能沿相同的軌跡運(yùn)動，則它一定與該粒子具有相同的荷質(zhì)比 【答案】C 【解析】由粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡，根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，選項A正確；粒子在兩板間受向下的電場力，則洛倫茲力方向向上，由左手定則可知，P、Q間的磁場一定垂直紙面向里，選項B正確；若另一個帶電粒子也能做勻速直線運(yùn)動，則，可得，則它一定與該粒子具有相同的速度，選項C錯誤；若另一個帶電粒子也能沿相同的軌跡運(yùn)動，則，可得，它一定與該粒子具有相同的荷質(zhì)比和相同的速度，故選項D正確；此題選項不正確的選項，故選C。 2．（

8、2018·江蘇省南京市南京師范大學(xué)附屬中學(xué)高三模擬）某儀器用電場和磁場來控制電子在材料表面上方的運(yùn)動，如圖所示，材料表面上方矩形區(qū)域PP′N′N充滿豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場寬【解析】NP=N′P′=d。長NN′=MM′=5s、寬MN=M′N′=s的矩形區(qū)域NN′M′M充滿垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B；NN′為磁場與電場之間的分界線．點(diǎn)C1、C2將M′N′三等分，在C1、C2間安裝一接收裝置．一個電荷量為e、質(zhì)量為m、初速度為零的電子，從P點(diǎn)開始由靜止被電場加速后垂直進(jìn)入磁場．電場強(qiáng)度可以取一定范圍內(nèi)的任意值，電子運(yùn)動時，電場強(qiáng)度不變，最后電子僅能從磁場邊界M′N′飛出．不計電子所受重

9、力。 （1）電場強(qiáng)度的最大值為多少？ （2）若接收裝置只接收垂直M′N′方向的電子（不含C1、C2），求接受裝置能夠接受到幾種不同速度的電子，其中速度最小為多少？ （3）求恰好擊中C1的電子速度大小的可能值。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）在磁場運(yùn)動過程中 解得 加速過程中，根據(jù)動能定理可得 根據(jù)幾何知識可知R=s時，速度最大，有 故 （2）垂直進(jìn)入接收裝置，設(shè)進(jìn)入磁場n次（n為整數(shù)），則 且 解得n=4、5、6，共三種，所以接受到的電子速度有三種 其中半徑最小的為 由得速度最小的為 （3）如下圖所示，擊中C1有兩類情形：

10、 設(shè)電子經(jīng)過電場N次， ，且為奇數(shù)．由圖可得 兩邊平方，化簡得 要使R有解， 化簡得，N=5或7 時， 化簡得 考慮，取 時， 化簡得 由 得，， 【名師點(diǎn)睛】帶電粒子在組合場中的運(yùn)動問題，首先要運(yùn)用動力學(xué)方法分析清楚粒子的運(yùn)動情況，再選擇合適方法處理。對于勻變速曲線運(yùn)動，常常運(yùn)用運(yùn)動的分解法，將其分解為兩個直線的合成，由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合求解，對于磁場中圓周運(yùn)動，要正確畫出軌跡，由幾何知識求解半徑。 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屏上的O點(diǎn)，出現(xiàn)一個光斑。在垂直于紙面向里的方向上加一磁

11、感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場后，粒子束發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿半徑為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，場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場，光斑從P點(diǎn)又回到O點(diǎn)，關(guān)于該粒子（不計重力），下列說法正確的是 A．粒子帶負(fù)電 B．初速度為 C．比荷為 D．比荷為 【參考答案】D 【詳細(xì)解析】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)，根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，選項A錯誤；當(dāng)電場和磁場同時存在時，解得，選項B錯誤；在磁場中時，由，可得：，故選項D正確，C錯誤；故選D。 【名師點(diǎn)睛】本題主要是考查帶電粒子在復(fù)合場的運(yùn)動，解答本題要能夠根據(jù)共點(diǎn)力的平

12、衡條件分析洛倫茲力和電場力的大小關(guān)系；在復(fù)合場中做勻速直線運(yùn)動粒子，在解題時要注意過程分析和受力分析。 1．（2018·江西省上饒縣中學(xué)高三月考）如圖所示，在正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中有質(zhì)量和電荷量都相同的兩油滴M、N。M靜止，N做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動，若N與M相碰后并結(jié)合在一起，則關(guān)于它們下列說法中不正確的 A．以N原速率的一半做勻速直線運(yùn)動 B．以為半徑做勻速圓周運(yùn)動 C．仍以R為半徑做勻速圓周運(yùn)動 D．做周期為N的一半的勻速圓周運(yùn)動 【答案】ACD 【解析】設(shè)M、N的質(zhì)量和電荷量分別為m、q，碰撞前N的速率為v。碰撞后瞬間整體的速率為v′。碰撞前，對N，由洛倫茲力

13、提供向心力，有 qvB=m，得R=；對M有qE=mg；碰撞過程，取碰撞前N的速度方向為正方向，由動量守恒定律有 mv=2mv′，得 v′=；MN整體受到的電場力 2qE，重力為2mg，則2qE=2mg，所以整體的電場力和重力仍平衡，所以碰后整體做勻速圓周運(yùn)動，軌跡半徑為，故AC錯誤，B正確。N原來的周期．碰后整體的周期．故D錯誤。此題選擇不正確的選項，故選ACD。 2．（2018·天津市耀華中學(xué)高三模擬）如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，其第–象限存在著正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度的方向水平向右；，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里。–帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的微粒從原點(diǎn)出發(fā)沿與x

14、軸正方向的夾角為45°的初速度進(jìn)入復(fù)合場中，正好做直線運(yùn)動，當(dāng)微粒運(yùn)動到A（l，l）時，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上（不計電場變化的時間），粒子繼續(xù)運(yùn)動–段時間后，正好垂直于y軸穿出復(fù)合場。不計–切阻力，求： （1）電場強(qiáng)度E的大??； （2）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??； （3）粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動時間。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）微粒在到達(dá)A（l，l）之前做勻速直線運(yùn)動，受力分析如圖： 根據(jù)平衡條件，有： 解得： （2）根據(jù)平衡條件，有： ；電場方向變化后，微粒所受重力與電場力平衡，微粒在洛侖茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，軌跡如圖： 根據(jù)牛頓第二定律，有

15、： 由幾何關(guān)系可得： 聯(lián)立解得： （3）微粒做勻速直線運(yùn)動的時間為： 做圓周運(yùn)動的時間為： 在復(fù)合場中運(yùn)動時間為： 【名師點(diǎn)睛】在電場中正確受力分析根據(jù)平衡可求出電場強(qiáng)度的大小，在磁場中運(yùn)動時要找到運(yùn)動軌跡的半徑，再結(jié)合物理知識求解即可。 （2018·重難強(qiáng)化卷）如圖甲所示，豎直面MN的左側(cè)空間中存在豎直方向的勻強(qiáng)電場（上、下及左側(cè)無邊界）。一個質(zhì)量為m、電荷量為q、可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電小球，以水平初速度v0沿PQ向右做直線運(yùn)動，Q位于MN上．若小球剛經(jīng)過D點(diǎn)時（t＝0），在電場所在空間疊加如圖乙所示隨時間做周期性變化、垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，使得小球再次通過D點(diǎn)時

16、速度與PQ連線成90°角，已知D、Q間的距離為2L，t0小于小球在磁場中做圓周運(yùn)動的周期，忽略磁場變化造成的影響，重力加速度為g. （1）求電場強(qiáng)度的大小E和方向； （2）求t0與t1的比值； （3）小球過D點(diǎn)后做周期性運(yùn)動，則當(dāng)小球運(yùn)動的周期最大時，求出此時磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B0及運(yùn)動的最大周期Tm. 【參考答案】（1），豎直向上 （2） （3）， 【詳細(xì)解析】（1）不加磁場時，小球沿直線PQ做直線運(yùn)動，則有，解得，方向豎直向上 （2）小球能再次通過D點(diǎn)，其運(yùn)動軌跡如圖所示，設(shè)半徑為r，做圓周運(yùn)動的周期為T，則有 ，， 解得； （3）當(dāng)小球運(yùn)動周期最大時，其運(yùn)動軌

17、跡應(yīng)與MN相切．由幾何關(guān)系得2R=2L， 由牛頓第二定律得 解得 故 1．（2018·云南省宣威市第一中學(xué)高二期中）在第一象限（含坐標(biāo)軸）內(nèi)有垂直xOy平面周期性變化的均勻磁場，規(guī)定垂直xOy平面向里的磁場方向為正．磁場變化規(guī)律如圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0，變化周期為T0.某一正粒子質(zhì)量為m、電量為q在t＝0時從0點(diǎn)沿x軸正向射入磁場中．若要求粒子在t＝T0時距x軸最遠(yuǎn)，則B0的值為 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】粒子在磁場中勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，則： ，所以：，粒子運(yùn)動的周期：，要求在T0時，粒子距x軸最遠(yuǎn)．如圖作出粒子運(yùn)動軌跡，設(shè)兩段圓弧的

18、圓心的連線與y軸夾角為θ，P點(diǎn)的縱坐標(biāo)為y，圓心O2到y(tǒng)軸之間的距離為x，則由幾何關(guān)系，得：， ，因為粒子在第一象限內(nèi)運(yùn)動， ，由題意根據(jù)數(shù)學(xué)關(guān)系知，當(dāng)時，y取最大值，故此時粒子在磁場中時間內(nèi)對圓心轉(zhuǎn)過的角度為，根據(jù)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的時間： ，得：，又粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期公式知： ，知磁感應(yīng)強(qiáng)度，故選項D正確，ABC錯誤。 【名師點(diǎn)睛】本題是帶電粒子在交變磁場中運(yùn)動的問題，畫出粒子運(yùn)動的軌跡，根據(jù)幾何知識求出P點(diǎn)橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)與粒子圓周運(yùn)動半徑的關(guān)系．根據(jù)粒子在第一象限運(yùn)動的條件求解P點(diǎn)的縱坐標(biāo)的最大值時周期與T0的關(guān)系，再根據(jù)周期公式求出磁感應(yīng)強(qiáng)度B。 2．在如圖所示

19、的平面直角坐標(biāo)系xOy中，存在沿x方向按如圖所示規(guī)律周期性變化的勻強(qiáng)電場，沿x軸正向為正，沿垂直于xOy平面指向紙里的方向中存在按如圖所示規(guī)律周期性變化的勻強(qiáng)磁場，坐標(biāo)原點(diǎn)O處有帶正電的粒子，從t=0時刻無初速度釋放，已知粒子的質(zhì)量m=5×10–10 kg，電荷量q=1×10–6 C，不計粒子的重力，求： （1）t=0.25×10–3 s時粒子的速度及位置； （2）t=1×10–3 s時粒子的位置坐標(biāo)； （3）t=8×10–3 s時粒子的速度。 【答案】（1）5 m/s （2）（–1.25×10–3 m，–8×10–4 m） （3）80 m/s 方向沿x軸正向 【解析

20、】（1）在第一個t0=0.25×10–3s內(nèi)粒子的加速度a滿足：qE=ma 末速度v1=at0=5 m/s，沿x軸正向運(yùn)動 （2）在0.25×10–3 s到0.5×10–3 s內(nèi)粒子做勻速圓周運(yùn)動， 故粒子在0.25×10–3 s內(nèi)運(yùn)動了半個圓周，而圓周運(yùn)動的半徑 在0.5×10–3 s到0.75×10–3 s內(nèi)粒子沿x軸負(fù)向勻加速運(yùn)動 末速度大小v2=v1+at0=2v1，位移大小 在0.75×10–3 s到1×10–3 s內(nèi)粒子做勻速圓周運(yùn)動， 末位置坐標(biāo)：x=–(L2–L1)=–1.25×10–3 m y=–(2R2–2R1)=–8×10–4 m 即（–1.25×1

21、0–3 m，–8×10–4 m） （3）粒子在8×10–3s內(nèi)16次加速，每次速度增加v1 故v=16v1=80 m/s，方向沿x軸正向 1．如圖所示為回旋加速器的示意圖。兩個靠得很近的D形金屬盒處在與盒面垂直的勻強(qiáng)磁場中，一質(zhì)子從加速器的A處開始加速。已知D型盒的半徑為R，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，高頻交變電源的電壓為U、頻率為f，質(zhì)子質(zhì)量為m，電荷量為q。下列說法錯誤的是 A．質(zhì)子的最大速度不超過2πRf B．質(zhì)子的最大動能為 C．質(zhì)子的最大動能與電壓U無關(guān) D．只增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B，可增加質(zhì)子的最大動能 2．（2018·四川省成都市高中畢業(yè)班摸底測試）圖示區(qū)域有方向

22、豎直向下的勻強(qiáng)電場和水平向里的勻強(qiáng)磁場，一帶正電的微粒以水平向右的初速度進(jìn)入該區(qū)域時，恰能沿直線運(yùn)動。欲使微粒向下偏轉(zhuǎn)，可采用的方法是 A．僅減小入射速度 B．僅減小微粒的質(zhì)量 C．僅增大微粒的電荷量 D．僅增大磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度 3．如圖所示，一束含有、的帶電粒子束從小孔O1處射入速度選擇器，其中沿直線O1O2運(yùn)動的粒子在小孔O2處射出后垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場，最終打在P1、P2兩點(diǎn)，不計粒子間的相互作用。則 A．打在P1點(diǎn)的粒子是 B．O2P2的長度是O2P1長度的2倍 C．粒子與粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運(yùn)動的時間之比為2:1 D．粒子與粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運(yùn)動的時間之比為1:1

23、 4．（2018·衡水金卷高三四省第三次大聯(lián)考）如圖所示的速度選擇器水平放置，板長為L，兩板間距離也為L，兩板間分布著如圖所示的正交勻強(qiáng)電場與勻強(qiáng)磁場，一帶正電的粒子(不計重力)從兩板左側(cè)中點(diǎn)O處沿圖中虛線水平向右射入速度選擇器，恰好做勻速直線運(yùn)動；若撤去磁場，保留電場，粒子以相同的速度從O點(diǎn)進(jìn)入電場，恰好從上板極右邊緣b點(diǎn)離開場區(qū)；若撤去電場，保留磁場，粒子以相同的速度從O點(diǎn)進(jìn)入磁場，則粒子圓周運(yùn)動的半徑為 A．L B．2L C． D． 5．（2018·河南省七校模擬測試）如圖所示，在正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，電場方向豎直向上，磁場方向垂直于紙面向里，帶電粒子B靜止在正交的電磁場中

24、，另一帶電粒子A以一定的水平速度沿直線向右運(yùn)動，與粒子B碰撞后粘在一起，碰撞過程中粒子的電荷量沒有損失，兩個粒子的質(zhì)量相等，則下列說法正確的是 A．粒子A帶負(fù)電，粒子B帶正電 B．粒子A的帶電量一定小于粒子B的帶電量 C．兩粒子碰撞后仍沿直線運(yùn)動 D．兩粒子碰撞后會做向上偏轉(zhuǎn)運(yùn)動 6．質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)雖和分析同位索的重要工具。圖中的鉛盒A中的放射源放出大量的帶正電粒子(可認(rèn)為初速度為零)，從狹縫S1進(jìn)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(zhuǎn)磁場，該偏轉(zhuǎn)磁場是以直線MN為切線、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于紙面向外半徑為R的圓形勻強(qiáng)磁場?，F(xiàn)在MN

25、上的F點(diǎn)（圖中末畫出）接收到該粒子，且。則該粒子的荷質(zhì)比為（粒子的重力忽略不計） A． B． C． D． 7．（2018·四川省成都市高中畢業(yè)班摸底測試）如圖，平面直角坐標(biāo)系xOy中，在y>0及y<—L區(qū)域存在場強(qiáng)大小相同，方向相反（均平行于y軸）的勻強(qiáng)電場，在L

26、的點(diǎn)P2（，0）進(jìn)入磁場。不計粒子重力。求： （1）粒子到達(dá)P2點(diǎn)時的速度大小和方向； （2）粒子第一次從磁場下邊界穿出位置的橫坐標(biāo)； （3）粒子從P1點(diǎn)出發(fā)后做周期性運(yùn)動的周期。 8．如圖，在xOy平面第一象限整個區(qū)域分布勻強(qiáng)電場，電場方向平行于y軸向下，在第四象限內(nèi)存在有界勻強(qiáng)磁場，左邊界為y軸，右邊界為的直線，磁場方向垂直紙面向外。質(zhì)量為m，帶電荷量為+q的粒子從y軸上P點(diǎn)以初速度垂直y軸射入勻強(qiáng)電場，在電場力作用下從x軸上Q點(diǎn)以與x軸正方向成45°角進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，已知OQ=d，不計粒子重力，求： （1）P點(diǎn)坐標(biāo)； （2）要使粒子能再進(jìn)入電場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍；

27、 （3）要使粒子能第二次進(jìn)入磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍。 9．（2018·福建省廈門市外國語學(xué)校高三適應(yīng)性考試）如圖所示，xOy坐標(biāo)系中，在y軸右側(cè)有一平行于y軸的邊界PQ，PQ左側(cè)和右側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B與的勻強(qiáng)磁場，磁場方向均垂直于xOy平面向里．y軸上有一點(diǎn)A與原點(diǎn)O的距離為l。電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子，以某一速度從坐標(biāo)原點(diǎn)O處沿x軸正方向射出，經(jīng)過的時間為時恰好到達(dá)A點(diǎn)，不計粒子的重力作用。 （1）粒子在左右中圓周運(yùn)動半徑大小之比； （2）求邊界PQ與y軸的距離d和粒子從O點(diǎn)射出的速度大小v0； （3）若相同的粒子以更大的速度從原點(diǎn)O處沿x軸正方向射出，

28、為使粒子能經(jīng)過A點(diǎn)，粒子的速度大小應(yīng)為多大？ 10．如圖甲所示，豎直面MN的左側(cè)空間中存在豎直向上的勻強(qiáng)電場（上、下及左側(cè)無邊界）。一個質(zhì)量為m、電荷量為q、可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電小球，以水平初速度v0沿PQ向右做直線運(yùn)動。若小球剛經(jīng)過D點(diǎn)時（t=0），在電場所在空間疊加如圖乙所示隨時間周期性變化、垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，使得小球再次通過D點(diǎn)時與PQ連線成600角。已知DQ間的距離為(+1)L，t0小于小球在磁場中做圓周運(yùn)動的周期，忽略磁場變化造成的影響，重力加速度為g。求： （1）電場強(qiáng)度E的大??； （2）t0與t1的比值； （3）小球過D點(diǎn)后將做周期性運(yùn)動，則當(dāng)小球運(yùn)動的周期最大時

29、，求出此時的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0及運(yùn)動的最大周期Tm的大小，并在圖中畫出此情形下小球運(yùn)動一個周期的軌跡。 11．（2018·浙江鎮(zhèn)海中學(xué)高三選考模擬）如圖所示，空間存在兩對平行板，平行板間存在垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，板間距d=5 cm，MN、PQ為磁場的邊界，MN、PQ之間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，OO，為該區(qū)域的對稱軸，MN與PQ之間的距離L=2 cm。兩個質(zhì)量均為m、電荷量分別為+q和?q的粒子以相同速度大小v0=2×105m/s垂直電場線進(jìn)入電場，而后以v= m/s大小的速度進(jìn)入磁場，粒子重力不計。 （1）若兩個粒子都從O點(diǎn)沿OO′直線入射，試判斷兩粒子的軌跡是否關(guān)于OO，直線對稱?

30、（2）若+q粒子從O點(diǎn)沿OO，直線入射，?q粒子由O，沿O，o直線入射（未畫出），且已知兩粒子在磁場中運(yùn)動的周期為s，試判斷兩粒子是否會打到板上，若打到板上，求出打在板上的位置;若不能打在板上，則求出兩粒子分別從O、O，進(jìn)入到第一次離開磁場各自所用的時間。 （3）若+q粒子仍從O沿OO′直線入射，?q粒子從O，沿O′O直線入射，且已知兩粒子的比荷q/m=5×107C/kg，若要使粒子進(jìn)出磁場一次后，從MP或NQ之間離開電場，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍。 12．（2017·新課標(biāo)全國Ⅰ卷）如圖，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），磁場方向垂直于紙面向里，三個帶

31、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。下列選項正確的是 A． B． C． D． 13．（2016·新課標(biāo)全國Ⅰ卷）現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)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(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)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(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為 A．11

32、 B．12　　 　C．121 D．144 14．（2018·新課標(biāo)全國I卷）如圖，在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E，在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場。一個氕核11H和一個氘核21H先后從y軸上y=h點(diǎn)以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向。已知11H進(jìn)入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標(biāo)原點(diǎn)O處第一次射出磁場。11H的質(zhì)量為m，電荷量為q不計重力。求 （1）11H第一次進(jìn)入磁場的位置到原點(diǎn)O的距離 （2）磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小 （3）12H第一次離開磁場的

33、位置到原點(diǎn)O的距離 15．（2016·天津卷）如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為，同時存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.5 T。有一帶正電的小球，質(zhì)量m=1×10–6 kg，電荷量q=2×10–6 C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，當(dāng)經(jīng)過P點(diǎn)時撤掉磁場（不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象），取g=10 m/s2。求： （1）小球做勻速直線運(yùn)動的速度v的大小和方向； （2）從撤掉磁場到小球再次穿過P點(diǎn)所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t。 16．（2016·江蘇卷）回旋加速器的工作原理如圖1所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為

34、R，兩盒間狹縫的間距為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直，被加速粒子的質(zhì)量為m，電荷量為+q，加在狹縫間的交變電壓如圖2所示，電壓值的大小為U0。周期T=。一束該種粒子在t=0~時間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零?，F(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運(yùn)動時間，假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運(yùn)動，不考慮粒子間的相互作用。求： （1）出射粒子的動能； （2）粒子從飄入狹縫至動能達(dá)到所需的總時間； （3）要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出，d應(yīng)滿足的條件。 圖1 圖2 17．（2015·江蘇卷）一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示，電荷量均為+q、質(zhì)量不同

35、的離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為零，這些離子經(jīng)過加速后通過狹縫O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，最后打在底片上，已知放置底片區(qū)域已知放置底片的區(qū)域MN =L，且OM =L。某次測量發(fā)現(xiàn)MN中左側(cè)2/3區(qū)域MQ損壞，檢測不到離子，但右側(cè)1/3區(qū)域QN仍能正常檢測到離子。 在適當(dāng)調(diào)節(jié)加速電壓后，原本打在MQ的離子即可在QN檢測到。 （1）求原本打在MN中點(diǎn)P的離子質(zhì)量m； （2）為使原本打在P的離子能打在QN區(qū)域，求加速電壓U的調(diào)節(jié)范圍； （3）為了在QN區(qū)域?qū)⒃敬蛟贛Q區(qū)域的所有離子檢測完整，求需要調(diào)節(jié)U的最少次數(shù)。（?。唬? 1．D【解析】質(zhì)子出

36、回旋加速器的速度最大，此時的半徑為R，最大速度為，A正確；根據(jù)得，則粒子的最大動能，與加速的電壓無關(guān)，BC正確； 只增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B，則粒子運(yùn)動周期變了，與交變電場周期不一致，不會一直被加速，故D錯誤。 3．B【解析】帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，所以，所以，可知粒子的比荷越大，則運(yùn)動的半徑越小，所以打在P1點(diǎn)的粒子是，打在P2點(diǎn)的粒子是，故A錯誤；因粒子與粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運(yùn)動的半徑比為1:2，則O2P1和O2P2長度之比為1:2，選項B正確；帶電粒子在沿直線通過速度選擇器時，電場力與洛倫茲力大小相等方向相反，即：qvB=qE，所以，可知從粒子速度選擇器中射出的粒子

37、具有相等的速度；粒子運(yùn)動的周期，則粒子與粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運(yùn)動的周期之比為1:2，運(yùn)動半個周期，則時間之比也為1:2，選項CD錯誤；故選B。 4．A【解析】該粒子恰能勻速通過圖中虛線，電場力向上，洛倫茲力向下，根據(jù)平衡條件，有：，解得；撤去磁場，保持電場不變，粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，則，，解得粒子的比荷，撤去電場，保持磁場不變，粒子做勻速圓周運(yùn)動，由，解得，故A正確，B、C、D錯誤。 【名師點(diǎn)睛】粒子恰能勻速通過圖中虛線時，電場力和洛倫茲力平衡，根據(jù)平衡條件列式求解速度；撤去磁場，粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，根據(jù)分運(yùn)動的規(guī)律和牛頓第二定律結(jié)合求解；撤去電場，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，求解

38、軌道半徑。 6．C【解析】設(shè)離子被加速后獲得的速度為v，由動能定理有：，離子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑，又，可求，故C正確。 10．（1） （2） （3） 設(shè)半徑為r，有 由幾何關(guān)系得 設(shè)小球做圓周運(yùn)動的周期為T，則 由以上各式得 （3）當(dāng)小球運(yùn)動的周期最大時，其運(yùn)動軌跡應(yīng)與MN相切，如圖所示 由幾何關(guān)系得 由牛頓第二定律得 得 可得 小球運(yùn)動一個周期的軌跡如圖所示。 【名師點(diǎn)睛】此題考查帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動問題；關(guān)鍵是知道粒子做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，掌握牛頓第二定律的應(yīng)用，注意幾何關(guān)系的正確建立，理解二力

39、平衡條件。 11．（1）兩粒子的軌跡關(guān)于OO′直線對稱 （2）正粒子不會打到板上．運(yùn)動時間為（1+）×10-7s；負(fù)粒子不會打到板上，運(yùn)動時間為（1+）×10-7 s （3）B>0.8 T 【解析】（1）正負(fù)粒子進(jìn)入電場時初速度大小相等、方向相反．所受的電場力大小相等、方向相反，則加速度大小相等、方向相反，所以兩粒子的軌跡關(guān)于OO′直線對稱 （2）粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，平行于電場方向有：vx=v=2×105m/s，，t0=10-7s 垂直于電場方向有：x=v0t0=2 cm 粒子在磁場中運(yùn)動周期T= 則軌跡半徑 正粒子：r+rcos45°=cm＜2cm，則不會打到板上．運(yùn)

40、動時間 負(fù)粒子：x+2rcos45°=4cm＜5cm，不會打到板上，運(yùn)動時間 此時r1已小于第（2）問中的r，故此時的磁感應(yīng)強(qiáng)度比B1大 負(fù)粒子：恰到M點(diǎn)臨界，半徑應(yīng)小于此臨界值，對應(yīng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度設(shè)為B2 可得弦長為 r2=5-2=3cm 軌跡半徑 r2= 此時r2>r1，對應(yīng)的B2＜B1 綜合分析得：磁感應(yīng)強(qiáng)度只要大于B1，正粒子既不會再次進(jìn)入磁場也不會打到板上，負(fù)粒子也不會打到板上，即B>0.8 T 【名師點(diǎn)睛】粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，在電場力作用下做類平拋運(yùn)動，掌握兩種運(yùn)動的處理規(guī)律，學(xué)會運(yùn)動的分解與幾何關(guān)系的應(yīng)用。 12．B【解析】由題意知，mag=

41、qE，mbg=qE+Bqv，mcg+Bqv=qE，所以，故B正確，ACD錯誤。 【名師點(diǎn)睛】三種場力同時存在，做勻速圓周運(yùn)動的條件是mag=qE，兩個勻速直線運(yùn)動，合外力為零，重點(diǎn)是洛倫茲力的方向判斷。 【名師點(diǎn)睛】本題主要考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動。要特別注意帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做圓周運(yùn)動的向心力由洛倫茲力提供，根據(jù)動能定理求出帶電粒子出電場進(jìn)磁場的速度。本題關(guān)鍵是要理解兩種粒子在磁場中運(yùn)動的半徑不變。 14．（1） （2） （3） 【解析】（1）在電場中做類平拋運(yùn)動，在磁場中做圓周運(yùn)動，運(yùn)動軌跡如圖所示。設(shè)在電場中的加速度大小為，初速度大小為v1，它在電場中的

42、運(yùn)動時間為，第一次進(jìn)入磁場的位置到原點(diǎn)Ｏ的距離為。由運(yùn)動學(xué)公式有 ① ② 由題給條件， 進(jìn)入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角 。進(jìn)入磁場時速度的y分量的大小為 ③ 聯(lián)立以上各式得 ④ （2）在電場中運(yùn)動時，由牛頓第二定律有 ⑤ 設(shè)進(jìn)入磁場時速度的大小為，由速度合成法則有 ⑥ 設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，在磁場中運(yùn)動的圓軌道半徑為R1.，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 ⑦ 由幾何關(guān)系得

43、 ⑧ 聯(lián)立以上各式得 ⑨ （3）設(shè)在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為v2，在電場中的加速度大小為a2，由題給條件得 ⑩ 由牛頓第二定律有 ? 設(shè)第一次射入磁場時的速度大小為，速度的方向與x軸正方向夾角為，入射點(diǎn)到原點(diǎn)的距離為，在電場中運(yùn)動的時間為t2。由運(yùn)動學(xué)公式有 ? ? ? ? 聯(lián)立以上各式得 ， ，? 設(shè)在磁場中做圓周運(yùn)

44、動的半徑為R2，由⑦?式及粒子在勻強(qiáng)磁場中做圓周運(yùn)動的半徑公式得 ? 所以出射點(diǎn)在原點(diǎn)左側(cè)。設(shè)進(jìn)入磁場的入射點(diǎn)到第一次離開磁場的出射點(diǎn)的距離為，由幾何關(guān)系有 ? 聯(lián)立④⑧???式得，第一次離開磁場時的位置到原點(diǎn)O的距離為 ? 【名師點(diǎn)睛】此題與2004年全國理綜卷第25題情景類似，都是帶電粒子在勻強(qiáng)電場中類平拋運(yùn)動后進(jìn)入勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，且都是在第一象限和第二象限設(shè)置了豎直向下的勻強(qiáng)電場，在第三象限和第四象限設(shè)置了方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，解答需要的知識都是帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的類平拋運(yùn)動規(guī)律和洛倫茲力等于向心力、幾何關(guān)系等知識點(diǎn)。帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的類平拋運(yùn)動和在勻

45、強(qiáng)磁場中的勻速圓周運(yùn)動是教材例題和練習(xí)中的常見試題，此題可認(rèn)為是由兩個課本例題或習(xí)題組合而成。 15．（1）20 m/s，與電場方向夾角為60° （2）3.5 s 速度v的方向與電場E的方向之間的夾角θ滿足tan θ= 代入數(shù)據(jù)解得tan θ=，θ=60° （2）撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運(yùn)動，設(shè)其加速度為a，有 a= 設(shè)撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有x=vt 設(shè)小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有y=at2 a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又tan θ= 聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得t=2s=3.5 s 【名師

46、點(diǎn)睛】此題是帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動問題，主要考查物體的平衡、牛頓運(yùn)動定律的應(yīng)用、平拋運(yùn)動等知識；關(guān)鍵是要知道物體做勻速直線運(yùn)動時，物體所受的重力、洛倫茲力和電場力平衡；撤去磁場后粒子所受重力和電場力都是恒力，將做類平拋運(yùn)動；知道了物體的運(yùn)動性質(zhì)才能選擇合適的物理規(guī)律列出方程求解。 16．（1） （2） （3） （2）粒子被加速n次達(dá)到動能Em，則Em=nqU0 粒子在狹縫間做勻加速運(yùn)動，設(shè)n次經(jīng)過狹縫的總時間為Δt 加速度 勻加速直線運(yùn)動 由，解得 （3）只有在0~時間內(nèi)飄入的粒子才能每次均被加速 則所占的比例為 由，解得。 【方法技巧】考查回旋加速器的原理，能獲

47、得的最大速度對應(yīng)最大的軌道半徑，即D形盒的半徑，粒子在加速器運(yùn)動的時間分兩部分，一是在磁場中圓周運(yùn)動的時間，二是在電場中的勻加速運(yùn)動時間，把加速過程連在一起就是一勻加速直線運(yùn)動。 17．（1） （2）（3）3次 代入，解得 （2）由（1）知，離子打在Q點(diǎn)， 離子打在N點(diǎn)r=L，，則電壓的范圍 （3）由（1）可知， 由題意知，第1次調(diào)節(jié)電壓到U1，使原本Q點(diǎn)的離子打在N點(diǎn) 此時，原本半徑為r1的打在Q1的離子打在Q上 解得 第2次調(diào)節(jié)電壓到U2，原本打在Q1的離子打在N點(diǎn)，半徑為r2的打在Q2的離子打在Q上，則： ， 解得 同理，第n次調(diào)節(jié)電壓，有 檢測完整，有 解得： 最少次數(shù)為3次 【名師點(diǎn)睛】本題主要是對運(yùn)動過程的分析，能正確計算帶電粒子在電場中的加速運(yùn)動以及在磁場做圓周運(yùn)動的半徑等，通過對運(yùn)動過程的分析，結(jié)合計算找到運(yùn)動的規(guī)律。 30