高考物理考点47 带电粒子在复合场中的运动

高考物理考点47 带电粒子在复合场中的运动

1 考点 47 带点粒子在复合场中的运动 一、带电粒子在组合场中运动的分析方法 1．正确受力分析，除重力、弹力、摩擦力外要特别注意静电力和磁场力的分析。 2．确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合。 3．对于粒子连续通过几个不同区域、不同种类的场时，要分阶段进行处理。 4．画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律。 二、带电粒子在叠加场中运动的分析方法 1．带电体在叠加场中运动的归类分析 （1）磁场力、重力并存 ①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。 ②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒。 （2）电场力、磁场力并存（不计重力的微观粒子） ①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。 2 ②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体做复杂的曲线运动，可用动能定理求解。 （3）电场力、磁场力、重力并存 ①若三力平衡，带电体做匀速直线运动。 ②若重力与电场力平衡，带电体做匀速圆周运动。 ③若合力不为零，带电体可能做复杂的曲线运动，可用能量守恒定律或动能定理求解。 2．带电粒子（带电体）在叠加场中运动的分析方法 （1）弄清叠加场的组成。 （2）进行受力分析。 （3）确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合。[来源:学_科_网] （4）画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律。 ①当带电粒子在叠加场中做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程求解。 ②当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，应用牛顿定律结合圆周运动规律求解。 ③当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解。 ④对于临界问题，注意挖掘隐含条件。 （5）记住三点：能够正确对叠加场中的带电粒子从受力、运动、能量三个方面进行分析 ①受力分析是基础：一般要从受力、运动、功能的角度来分析。这类问题涉及的力的种类多，含重力、 电场力、磁场力、弹力、摩擦力等； ②运动过程分析是关键：包含的运动种类多，含匀速直线运动、匀变速直线运动、类平抛运动、圆周 运动以及其他曲线运动； ③根据不同的运动过程及物理模型，选择合适的定理列方程（牛顿运动定律、运动学规律、动能定理、 能量守恒定律等）求解。 三、带电粒子在周期性的电场和磁场中的运动 带电粒子在交变电场或磁场中运动的情况较复杂，运动情况不仅取决于场的变化规律，还与粒子进入场 的的时候的时刻有关，一定要从粒子的受力情况着手，分析出粒子在不同时间间隔内的运动情况，若交变 电压的变化周期远大于粒子穿越电场的时间，那么粒子在穿越电场的过程中，可看作匀强电场。 注意：空间存在的电场或磁场是随时间周期性变化的，一般呈现“矩形波”的特点。交替变化的电场及磁 场会使带电粒子顺次经过不同特点的电场，磁场或叠加的场，从而表现出多过程现象，其特点较为隐蔽。 3 如图是质谱仪的工作原理示意图。带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互 正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为 B 和 E。平板 S 上有可让粒子通过的狭缝 P 和记录粒子位置的胶 片 A1、A2。平板 S 下方有磁感应强度为 B0 的匀强磁场。下列表述错误的是 A．质谱仪是分析同位素的重要工具 B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里 C．能通过狭缝 P 的带电粒子的速率等于 D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝 P，粒子的比荷（ ）越小 【参考答案】BD 【详细解析】粒子在速度选择器中做匀速直线运动，有 qE=qvB，解得 ，进入偏转电场后，有 ，解得 ，知 r 越小，比荷越大，同位素电荷量相等，质量不同，则偏转半径 不同，所以质谱仪是分析同位素的重要工具，故 AC 正确，D 错误；粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则 知该粒子带正电，在速度选择器中，所受的电场力水平向右，则洛伦兹力水平向左，根据左手定则，磁场 的方向垂直纸面向外，故 B 错误。 1．如图所示，两平行金属板 P、Q 水平放置，上极板带正电，下极板带负电；板间存在匀强电场和匀强磁 场（图中未画出）。一个带电粒子在两板间沿虚线所示路径做匀速直线运动。粒子通过两平行板后从 O 点垂直进入另一个垂直纸面向外的匀强磁场中，粒子做匀速圆周运动，经过半个周期后打在挡板 MN 上 的 A 点。不计粒子重力。则下列说法不正确的是 E B q m Ev B 2 0 vqvB m R 0 0 = =mv mER qB qB B 4 A．此粒子一定带正电 B．P、Q 间的磁场一定垂直纸面向里 C．若另一个带电粒子也能做匀速直线运动，则它一定与该粒子具有相同的荷质比 D．若另一个带电粒子也能沿相同的轨迹运动，则它一定与该粒子具有相同的荷质比 【答案】C 【解析】由粒子在磁场中的运动轨迹，根据左手定则可知，粒子带正电，选项A 正确；粒子在两板间受 向下的电场力，则洛伦兹力方向向上，由左手定则可知，P、Q 间的磁场一定垂直纸面向里，选项 B 正 确；若另一个带电粒子也能做匀速直线运动，则 ，可得 ，则它一定与该粒子具有相同 的速度，选项 C 错误；若另一个带电粒子也能沿相同的轨迹运动，则 ，可得 ，它一 定与该粒子具有相同的荷质比和相同的速度，故选项 D 正确；此题选项不正确的选项，故选 C。[来源:ZXXK] 2．（2018·江苏省南京市南京师范大学附属中学高三模拟）某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方 的运动，如图所示，材料表面上方矩形区域 PP′N′N 充满竖直向下的匀强电场，电场宽【解析】NP=N ′P′=d。长 NN′=MM′=5s、宽 MN=M′N′=s 的矩形区域 NN′M′M 充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强 度为 B；NN′为磁场与电场之间的分界线．点 C1、C2 将 M′N′三等分，在 C1、C2 间安装一接收装置．一 个电荷量为 e、质量为 m、初速度为零的电子，从 P 点开始由静止被电场加速后垂直进入磁场．电场强 度可以取一定范围内的任意值，电子运动时，电场强度不变，最后电子仅能从磁场边界 M′N′飞出．不计 电子所受重力。 （1）电场强度的最大值为多少？ （2）若接收装置只接收垂直 M′N′方向的电子（不含 C1、C2），求接受装置能够接受到几种不同速度的 qvB qE Ev B 2vqvB m r mvr qB 5 电子，其中速度最小为多少？ （3）求恰好击中 C1 的电子速度大小的可能值。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）在磁场运动过程中 解得 加速过程中，根据动能定理可得 根据几何知识可知 R=s 时，速度最大，有 故 （2）垂直进入接收装置，设进入磁场 n 次（n 为整数），则 且 解得 n=4、5、6，共三种，所以接受到的电子速度有三种 其中半径最小的为 由 得速度最小的为 （3）如下图所示，击中 C1 有两类情形： 设电子经过电场 N 次， ，且为奇数．由图可得 2 2 2 eB s md 5 13 eBs m 1 4325 3 48v eBsm   2 1135 3 48v eBsm   3 1135 3 48v eBsm   2vevB m R mvR Be 2 m m 1 2eE d mv m eBsv m 2 2 m 2 eB sE md  2 1 5n R s  1 2 3 3s R s  min 5 5 2 1 13 s sR n  2vevB m R min 5 13 eBsv m 5N  2 2 25 3 sNR s R        6 两边平方，化简得 要使 R 有解， 化简得 ，N=5 或 7 时， 化简得 考虑 ，取 时， 化简得 由 得 ， ， 【名师点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选 择合适方法处理。对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿 第二定律和运动学公式结合求解，对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径。 如图所示为研究某种带电粒子的装置示意图，粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直线射到荧光屏 上的 O 点，出现一个光斑。在垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为 B 的匀强磁场后，粒子束发生偏 转，沿半径为 r 的圆弧运动，打在荧光屏上的 P 点，然后在磁场区域再加一竖直向下，场强大小为 E 的匀 强电场，光斑从 P 点又回到 O 点，关于该粒子（不计重力），下列说法正确的是  2 2 241 10 25 09N R NsR s         2 2 2 24Δ 100 4 1 25 09N s N s        2 229 57.254N   5N  2 2 25 5 3 sR s R        4325 3 24R s   R s 4325 3 24R s   7N  2 2 27 5 3 sR s R        1135 3 48R s   eBRv m 1 4325 3 48v eBsm   2 1135 3 48v eBsm   3 1135 3 48v eBsm   7 A．粒子带负电 B．初速度为 C．比荷为 D．比荷为 【参考答案】D 【详细解析】垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为B 的匀强磁场后，粒子束打在荧光屏上的 P 点， 根据左手定则可知，粒子带正电，选项 A 错误；当电场和磁场同时存在时 ，解得 ，选 项 B 错误；在磁场中时，由 ，可得： ，故选项 D 正确，C 错误；故选 D。 【名师点睛】本题主要是考查带电粒子在复合场的运动，解答本题要能够根据共点力的平衡条件分析洛 伦兹力和电场力的大小关系；在复合场中做匀速直线运动粒子，在解题时要注意过程分析和受力分析。 1．（2018·江西省上饶县中学高三月考）如图所示，在正交的匀强电场和匀强磁场中有质量和电荷量都相同 的两油滴 M、N。M 静止，N 做半径为 R 的匀速圆周运动，若 N 与 M 相碰后并结合在一起，则关于它们 下列说法中不正确的 A．以 N 原速率的一半做匀速直线运动 B．以 为半径做匀速圆周运动 C．仍以 R 为半径做匀速圆周运动 D．做周期为 N 的一半的匀速圆周运动 【答案】ACD 【解析】设M、N 的质量和电荷量分别为 m、q，碰撞前 N 的速率为 v。碰撞后瞬间整体的速率为 v′。碰 撞前，对 N，由洛伦兹力提供向心力，有 qvB=m ，得 R= ；对 M 有 qE=mg；碰撞过程，取碰撞前 N Bv E 2q B r m E 2 q E m B r qvB Eq Ev B 2vqvB m r 2 q v E m rB B r  8 的速度方向为正方向，由动量守恒定律有 mv=2mv′，得 v′= ；MN 整体受到的电场力 2qE，重力为 2mg，则 2qE=2mg，所以整体的电场力和重力仍平衡，所以碰后整体做匀速圆周运动，轨迹半径为 ， 故 AC 错 误 ， B 正 确 。 N 原 来 的 周 期 ． 碰 后 整 体 的 周 期 ．故 D 错误。此题选择不正确的选项，故选 ACD。 2．（2018·天津市耀华中学高三模拟）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系 xOy，其第–象限存在着正 交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右；，磁感应强度的方向垂直纸面向里。–带电荷量 为+q、质量为 m 的微粒从原点出发沿与 x 轴正方向的夹角为 45°的初速度进入复合场中，正好做直线运 动，当微粒运动到 A（l，l）时，电场方向突然变为竖直向上（不计电场变化的时间），粒子继续运动– 段时间后，正好垂直于 y 轴穿出复合场。不计–切阻力，求： （1）电场强度 E 的大小； （2）磁感应强度 B 的大小； （3）粒子在复合场中的运动时间。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）微粒在到达 A（l，l）之前做匀速直线运动，受力分析如图： 根据平衡条件，有： 解得： [来源:] （2）根据平衡条件，有： ；电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛仑兹 力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图： mgE q m gB q l 3 π 14 lt g （ ） qE mg mgE q 2qvB mg 9 根据牛顿第二定律，有： 由几何关系可得： 联立解得： （3）微粒做匀速直线运动的时间为： 做圆周运动的时间为： 在复合场中运动时间为： 【名师点睛】在电场中正确受力分析根据平衡可求出电场强度的大小，在磁场中运动时要找到运动轨迹 的半径，再结合物理知识求解即可。 （2018·重难强化卷）如图甲所示，竖直面 MN 的左侧空间中存在竖直方向的匀强电场（上、下及左侧 无边界）。一个质量为 m、电荷量为 q、可视为质点的带正电小球，以水平初速度 v0 沿 PQ 向右做直线运动， Q 位于 MN 上．若小球刚经过 D 点时（t＝0），在电场所在空间叠加如图乙所示随时间做周期性变化、垂 直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过 D 点时速度与 PQ 连线成 90°角，已知 D、Q 间的距离为 2L，t0 小于小球在磁场中做圆周运动的周期，忽略磁场变化造成的影响，重力加速度为 g. （1）求电场强度的大小 E 和方向； 2vqvB m r 2r l 2 m gv gl B q l ； 1 2l lt v g  2 3 π 2 34 π4 l lt v g    1 2 3 π 14 lt t t g   （ ） 10 （2）求 t0 与 t1 的比值； （3）小球过 D 点后做周期性运动，则当小球运动的周期最大时，求出此时磁感应强度的大小 B0 及运 动的最大周期 Tm. 【参考答案】（1） ，竖直向上 （2） （3） ， 【详细解析】（1）不加磁场时，小球沿直线 PQ 做直线运动，则有 ，解得 ，方向竖 直向上 （2）小球能再次通过 D 点，其运动轨迹如图所示，设半径为 r，做圆周运动的周期为 T，则有 ， ， 解得 ； （3）当小球运动周期最大时，其运动轨迹应与 MN 相切．由几何关系得 2R=2L， 由牛顿第二定律得 解得 故 1．（2018·云南省宣威市第一中学高二期中）在第一象限（含坐标轴）内有垂直 xOy 平面周期性变化的均 匀磁场，规定垂直 xOy 平面向里的磁场方向为正．磁场变化规律如图，磁感应强度的大小为 B0，变化周 mg q 3 2  0mv qL   0 6 8 L v   qE mg mgE q 0 1r v t 0 2 rT v  0 3 4t T 0 1 3 2 t t  2 0 0 vqv B m R 0 0 mvB qL   m 0 0 6 8 LsT v v    11 期为 T0.某一正粒子质量为 m、电量为 q 在 t＝0 时从 0 点沿 x 轴正向射入磁场中．若要求粒子在 t＝T0 时 距 x 轴最远，则 B0 的值为 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】粒子在磁场中匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则： ，所以： ，粒 子运动的周期： ，要求在 T0 时，粒子距 x 轴最远．如图作出粒子运动轨迹，设两段 圆弧的圆心 的连线与 y 轴夹角为 θ，P 点的纵坐标为 y，圆心 O2 到 y 轴之间的距离为 x，则由几何 关系，得： ， ，因为粒子在第一象限内运动， ，由题意根据数学关 系知，当 时，y 取最大值，故此时粒子在磁场中 时间内对圆心转过的角度为 ， 根据粒子在磁场中做圆周运动的时间： ，得： ，又粒子在磁场中做圆周 运动的周期公式知： ，知磁感应强度 ，故选项 D 正确，ABC 错误。 【名师点睛】本题是带电粒子在交变磁场中运动的问题，画出粒子运动的轨迹，根据几何知识求出P 点 0 m qT  0 2 m qT  0 3 2 m qT  0 5 3 m qT  2vqvB m r mvr qB 2 2r mT v qB    1 2O O 2 2y r rcos  2 xsin r  x r 30   0 2 Tt  5150 6    2t T  02 2 5 2 6 TT t       2 mT qB  0 0 5 3 mB qT  12 横坐标和纵坐标与粒子圆周运动半径的关系．根据粒子在第一象限运动的条件求解 P 点的纵坐标的最大 值时周期与 T0 的关系，再根据周期公式求出磁感应强度 B。 2．在如图所示的平面直角坐标系 xOy 中，存在沿 x 方向按如图所示规律周期性变化的匀强电场，沿 x 轴正 向为正，沿垂直于 xOy 平面指向纸里的方向中存在按如图所示规律周期性变化的匀强磁场，坐标原点 O 处有带正电的粒子，从 t=0 时刻无初速度释放，已知粒子的质量 m=5×10–10 kg，电荷量 q=1×10–6 C，不 计粒子的重力，求： （1）t=0.25×10–3 s 时粒子的速度及位置； （2）t=1×10–3 s 时粒子的位置坐标； （3）t=8×10–3 s 时粒子的速度。 【答案】（1）5 m/s （2）（–1.25×10–3 m，–8×10–4 m） （3）80 m/s 方向沿 x 轴正向 【解析】（1）在第一个 t0=0.25×10–3s 内粒子的加速度 a 满足：qE=ma 末速度 v1=at0=5 m/s，沿 x 轴正向运动 （2）在 0.25×10–3 s 到 0.5×10–3 s 内粒子做匀速圆周运动， 故粒子在 0.25×10–3 s 内运动了半个圆周，而圆周运动的半径 在 0.5×10–3 s 到 0.75×10–3 s 内粒子沿 x 轴负向匀加速运动 末速度大小 v2=v1+at0=2v1，位移大小 在 0.75×10–3 s 到 1×10–3 s 内粒子做匀速圆周运动， 末位置坐标：x=–(L2–L1)=–1.25×10–3 m y=–(2R2–2R1)=–8×10–4 m 46.25 10 m 0（ ，） 41 1 0 6.25 10 m2 vL t    32π 0.5 10 smT qB    1 1 mvR Bq 1 2 2 0 132 v vL t L  2 2 12mvR RBq  13 即（–1.25×10–3 m，–8×10–4 m） （3）粒子在 8×10–3s 内 16 次加速，每次速度增加 v1 故 v=16v1=80 m/s，方向沿 x 轴正向 1．如图所示为回旋加速器的示意图。两个靠得很近的 D 形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，一质子从 加速器的 A 处开始加速。已知 D 型盒的半径为 R，磁场的磁感应强度为 B，高频交变电源的电压为 U、 频率为 f，质子质量为 m，电荷量为 q。下列说法错误的是 A．质子的最大速度不超过 2πRf B．质子的最大动能为 C．质子的最大动能与电压 U 无关 D．只增大磁感应强度 B，可增加质子的最大动能 2．（2018·四川省成都市高中毕业班摸底测试）图示区域有方向竖直向下的匀强电场和水平向里的匀强磁场， 一带正电的微粒以水平向右的初速度进入该区域时，恰能沿直线运动。欲使微粒向下偏转，可采用的方 法是 A．仅减小入射速度 B．仅减小微粒的质量[来源:] C．仅增大微粒的电荷量 D．仅增大磁场的磁感应强度 3．如图所示，一束含有 、 的带电粒子束从小孔 O1 处射入速度选择器，其中沿直线 O1O2 运动的粒子 2 2 2 2 q B R m 1 1H 2 1H 14 在小孔 O2 处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在 P1、P2 两点，不计粒子间的相互作用。则 A．打在 P1 点的粒子是 B．O2P2 的长度是 O2P1 长度的 2 倍 C． 粒子与 粒子在偏转磁场中运动的时间之比为 2:1 D． 粒子与 粒子在偏转磁场中运动的时间之比为 1:1 4．（2018·衡水金卷高三四省第三次大联考）如图所示的速度选择器水平放置，板长为L，两板间距离也为 L，两板间分布着如图所示的正交匀强电场与匀强磁场，一带正电的粒子(不计重力)从两板左侧中点 O 处沿图中虚线水平向右射入速度选择器，恰好做匀速直线运动；若撤去磁场，保留电场，粒子以相同的 速度从 O 点进入电场，恰好从上板极右边缘 b 点离开场区；若撤去电场，保留磁场，粒子以相同的速度 从 O点进入磁场，则粒子圆周运动的半径为 A．L B．2L C． D． 5．（2018·河南省七校模拟测试）如图所示，在正交的匀强电场和匀强磁场中，电场方向竖直向上，磁场方 向垂直于纸面向里，带电粒子 B 静止在正交的电磁场中，另一带电粒子 A 以一定的水平速度沿直线向 右运动，与粒子 B 碰撞后粘在一起，碰撞过程中粒子的电荷量没有损失，两个粒子的质量相等，则下 列说法正确的是 2 1H 1 1H 2 1H 1 1H 2 1H 5 4 L 2 L 15 A．粒子 A 带负电，粒子 B 带正电 B．粒子 A 的带电量一定小于粒子 B 的带电量 C．两粒子碰撞后仍沿直线运动 D．两粒子碰撞后会做向上偏转运动 6．质谱仪是一种测定带电粒子质虽和分析同位索的重要工具。图中的铅盒 A 中的放射源放出大量的带正电 粒子(可认为初速度为零)，从狭缝 S1 进入电压为 U 的加速电场区加速后，再通过狭缝 S2 从小孔 G 垂直 于 MN 射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线 MN 为切线、磁感应强度为 B，方向垂直于纸面向外半径为 R 的圆形匀强磁场。现在 MN 上的 F 点（图中末画出）接收到该粒子，且 。则该粒子的荷质比 为（粒子的重力忽略不计） A． B． C． D． 7．（2018·四川省成都市高中毕业班摸底测试）如图，平面直角坐标系 xOy 中，在 y>0 及 y<— L 区域存在 场强大小相同，方向相反（均平行于 y 轴）的匀强电场，在 L0 的区域存在方向沿 y 轴负方向的匀强电场，场强大小为 E， 在 y<0 的区域存在方向垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场。一个氕核 11H 和一个氘核 21H 先后从 y 轴上 y =h 点以相同的动能射出，速度方向沿 x 轴正方向。已知 11H 进入磁场时，速度方向与 x 轴正方向的夹 角为 60°，并从坐标原点 O 处第一次射出磁场。11H 的质量为 m，电荷量为 q 不计重力。求 （1）11H 第一次进入磁场的位置到原点 O 的距离 （2）磁场的磁感应强度大小 （3）12H 第一次离开磁场的位置到原点 O 的距离 15．（2016·天津卷）如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为 ，同时 存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小 B=0.5 T。有一带正电的小球， 质量 m=1×10–6 kg，电荷量 q=2×10–6 C，正以速度 v 在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过 P 点时 撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象），取 g=10 m/s2。求： （1）小球做匀速直线运动的速度 v 的大小和方向； （2）从撤掉磁场到小球再次穿过 P 点所在的这条电场线经历的时间 t。 16．（2016·江苏卷）回旋加速器的工作原理如图 1 所示，置于真空中的 D 形金属盒半径为 R，两盒间狭缝 的间距为 d，磁感应强度为 B 的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为 m，电荷量为+q，加在狭缝 间的交变电压如图 2 所示，电压值的大小为 U0。周期 T= 。一束该种粒子在 t=0~ 时间内从 A 处 5 3 N/CE  2πm qB 2 T 20 均匀地飘入狭缝，其初速度视为零。现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过 狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用。求： （1）出射粒子的动能 ； （2）粒子从飘入狭缝至动能达到 所需的总时间 ； （3）要使飘入狭缝的粒子中有超过 99%能射出，d 应满足的条件。 图 1 图 2 17．（2015·江苏卷）一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为+q、质量不同的离子飘入电压为 U0 的加 速电场，其初速度几乎为零，这些离子经过加速后通过狭缝 O 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度 为 B 的匀强磁场，最后打在底片上，已知放置底片区域已知放置底片的区域 MN =L，且 OM =L。某次 测量发现 MN 中左侧 2/3 区域 MQ 损坏，检测不到离子，但右侧 1/3 区域 QN 仍能正常检测到离子。 在适当调节加速电压后，原本打在 MQ 的离子即可在 QN 检测到。 （1）求原本打在 MN 中点 P 的离子质量 m； （2）为使原本打在 P 的离子能打在 QN 区域，求加速电压 U 的调节范围； （3）为了在 QN 区域将原本打在 MQ 区域的所有离子检测完整，求需要调节 U 的最少次数。（取 ； ） 1．D【解析】质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，最大速度为 ，A 正确； 根据 得 ，则粒子的最大动能 ，与加速的电压无关，BC mE mE 0t 301.02lg  lg3 0.477 lg5 0.699 ， 2π 2πRv RfT  2vqvB m R qBRv m 2 2 2 2 km 1 2 2 q B RE mv m  21 正确； 只增大磁感应强度 B，则粒子运动周期变了，与交变电场周期不一致，不会一直被加速，故 D 错误。 3．B【解析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，所以 ，所以 ， 可知粒子的比荷越大，则运动的半径越小，所以打在 P1 点的粒子是 ，打在 P2 点的粒子是 ，故 A 错误；因 粒子与 粒子在偏转磁场中运动的半径比为 1:2，则 O2P1 和 O2P2 长度之比为 1:2，选项 B 正确；带电粒子在沿直线通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力大小相等方向相反，即：qvB=qE，所以 ，可知从粒子速度选择器中射出的粒子具有相等的速度；粒子运动的周期 ，则 粒子 与 粒子在偏转磁场中运动的周期之比为 1:2，运动半个周期，则时间之比也为 1:2，选项 CD 错误； 故选 B。~网 4．A【解析】该粒子恰能匀速通过图中虚线，电场力向上，洛伦兹力向下，根据平衡条件，有： ，解得 ；撤去磁场，保持电场不变，粒子在电场中做类平抛运动，则 ， ，解得粒子的比荷 ，撤去电场，保持磁场不变，粒子做匀速圆周运动，由 ，解得 ，故 A 正确，B、C、D 错误。 【名师点睛】粒子恰能匀速通过图中虚线时，电场力和洛伦兹力平衡，根据平衡条件列式求解速度；撤 去磁场，粒子在电场中做类平抛运动，根据分运动的规律和牛顿第二定律结合求解；撤去电场，粒子在 磁场中做匀速圆周运动，求解轨道半径。 2vqvB m r mvr qB 1 1H 2 1H 1 1H 2 1H Ev B 2πrT v 1 1H 2 1H qvB qE Ev B L vt 21 1·2 2 qEL tm 2 q E m LB 2vqvB m r mvr LqB  22 6．C【解析】设离子被加速后获得的速度为v，由动能定理有： ，离子在磁场中做匀速圆周运 动的轨道半径 ，又 ，可求 ，故 C 正确。#网 7．（1） 与 x 轴的夹角为 （2）2L （3） 【解析】（1）如图所示，粒子从 P1 到 P2 做类平抛运动，设到达 P2 时的 y 方向分速度为 vy 由运动学规律有： ， 可得： ， 故粒子在 P2 的速度大小： 设 v 与 x 轴的夹角为 β 则 即 β＝53° （2）粒子从 P1 到 P2，据动能定理有：qEL＝ mv2－ mv02 可得： 椐题意解得： 据： 得： 故粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心为 O' 21 2qU mv 3 3 Rr  2vqvB m r 2 2 6q U m R B 0 (405+37π) 60 L v 23 在图中，过 P2 作 v 方向的垂线交 y＝－ L 直线于 O'点 可得：P2O'＝ ＝r 故粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心为 O' 因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角 α＝37° 故粒子将垂直于 y＝－ L 直线从 M 点穿出磁场 由几何关系可得 M 点的横坐标为：x＝ L+（r–rcos37°）＝2L （3）粒子运动一个周期的轨迹如图所示 粒子从 P1 运动到 P2： 又因为： 粒子从 P2 运动到 M： 粒子从 M 运动到 N： 则： 则粒子周期运动的周期为：T＝2(t1＋t2＋t3)＝ 【名师点睛】带电粒子在电场及磁场中的运动问题，关键是画出运动的轨迹图，灵活运用几何关系；知 道类平抛运动的研究方法以及圆周运动的研究方法。 8．（1）（0， ） （2） （3） 0 (405+37π) 60 L v 2 d 0( 2+1)mvB qd 0 0( 2 1) 4mv mvBqd qd    24 （2）粒子刚好能再进入电场的轨迹如图所示，设此时的轨迹半径为 ，则 ，解得： 令粒子在磁场中的速度为 v，则 根据牛顿第二定律 解得： 要使粒子能再进入电场，磁感应强度 B 的范围 （3）假设粒子刚好从 处磁场边界与电场的交界 D 处第二次进入磁场，设粒子从 P 到 Q 的时间 为 t，则由粒子在电场中运动对称性可知粒子从第一次出磁场的 C 点到 D 的时间为 ， 由水平方向的匀速直线运动可得： ， 设此时粒子在磁场中的轨道半径为 r2，由几何关系知： ，解得： 根据牛顿第二定律得： ，解得： 要使粒子能第二次进磁场，粒子必须先进入电场，故磁感应强度 B 要满足 B≤B2 综上所述要使粒子能第二次进磁场，磁感应强度 B 要满足 【名师点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选 1r 1 1 sin 45r r d   1 2( )2r d  0 cos45 vv   2 1 1 mvqvB r 0 1 2 1( )mvB qd  0( 2+1)mvB qd 5 2x d 2t 2CD d  2 2.5 2 dCQ CD QD d d d      22 sin 45r CQ  2 2 2 r d 2 2 2 mvqvB r 0 2 4mvB qd 0 0( 2 1) 4mv mvBqd qd    25 择合适方法处理。对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿 第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中的圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径。 9．（1）1:2 （2） （3） 或 设 OM 段圆弧对应圆心角为 ，则： 解得： 为等边三角形，由几何关系可得： ， 解得： ， 由 得 （3）速度更大的粒子，必从 y 轴高点处转向下方时经过 A 点，一个周期图像如图 粒子在一个周期内沿 y 轴方向的位移为： ，其中：r2=2r1 即： ，其中 经过 A 点的条件是： ，n=1，2，3，… 3 6d l 0 3 qBlv m 3 qBlv m  21 12 qBlv m  1 2 2 π 2 4π 2π 2π 3 mT T qB    060  1 2 3O O O△ 13l r 1sind r  3 6d l 1 3 lr  2 0 0 1 vqv B m r 0 3 qBlv m  1 2 1 12 2 sin 2y r r r r    12 siny r  1 cos d r  ny l 26 且： 得： ，n=1，2，3，… 因 v>v0，故 n 只能取 1 或 2，故粒子的速度大小为 或 【名师点睛】本题的难点：①粒子在方向相同但大小不同的两个磁场区域内做匀速圆周运动，已知磁感 应强度关系，也就知道了半径关系，由于进入两个磁场的速度方向不能突变，所以偏向角有一定关系， 从而时间也有了一定的关系．②当速度增大时，半径也要增大，要使带电粒子同样能到达 A 点，则粒子 在左、右两侧磁场中各偏转一次向上上移的距离之和的整数倍等于 OA 长。%网 10．（1） （2） （3） 设半径为 r，有 由几何关系得 设小球做圆周运动的周期为 T，则 由以上各式得 （3）当小球运动的周期最大时，其运动轨迹应与 MN 相切，如图所示 2 1 vqvB m r 2 1 1 2 3 qBlv m n  3 qBlv m  21 12 qBlv m mgE q 0 1 4 3 π9 t t  0 0 mvB qL m 0 (4π 6 3)LT v  0 1s v t tan30 rs   0 2πrT v 0 2 3t T 0 1 4 3 π9 t t  27 由几何关系得 由牛顿第二定律得 得 可得 小球运动一个周期的轨迹如图所示。 【名师点睛】此题考查带电粒子在复合场中的运动问题；关键是知道粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力 提供向心力，掌握牛顿第二定律的应用，注意几何关系的正确建立，理解二力平衡条件。 11．（1）两粒子的轨迹关于 OO′直线对称 （2）正粒子不会打到板上．运动时间为（1+ ）×10-7s； 负粒子不会打到板上，运动时间为（1+ ）×10-7 s （3）B>0.8 T 【解析】（1）正负粒子进入电场时初速度大小相等、方向相反．所受的电场力大小相等、方向相反， 则加速度大小相等、方向相反，所以两粒子的轨迹关于 OO′直线对称 ( 3 1)tan30 RR L   2 0 0 vqv B m R 0 0 mvB qL 1 23 2π 63 tan30 Rs L      1 m 0 0 (4π 6 3)s LT v v   3 2 8  2 8  28 （2）粒子在电场中做类平抛运动，平行于电场方向有：vx= v=2×105m/s， ，t0=10-7s 垂直于电场方向有：x=v0t0=2 cm 粒子在磁场中运动周期 T= 则轨迹半径 正粒子：r+rcos45°= cm＜2cm，则不会打到板上．运动时间 负粒子：x+2rcos45°=4cm＜5cm，不会打到板上，运动时间 此时 r1 已小于第（2）问中的 r，故此时的磁感应强度比 B1 大 负粒子：恰到 M 点临界，半径应小于此临界值，对应的磁感应强度设为 B2 可得弦长为 r2=5-2=3cm 轨迹半径 r2= 此时 r2>r1，对应的 B2＜B1 综合分析得：磁感应强度只要大于 B1，正粒子既不会再次进入磁场也不会打到板上，负粒子也不会打 到板上，即 B>0.8 T 【名师点睛】粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，在电场力作用下做类平抛运动，掌握两种运动 的处理规律，学会运动的分解与几何关系的应用。&网 12．B【解析】由题意知，mag=qE，mbg=qE+Bqv，mcg+Bqv=qE，所以 ，故 B 正确，ACD 错误。 2 2 0 2 2 xv t d 2 r v  12 Tvr cm  2 2 2  7 0 3 3 21 104 8t t T s     （ ） 7 0 1 2π' 1 10 s4 8t t T     （ ） 2 3 2 2 cm b a cm m m  29 【名师点睛】三种场力同时存在，做匀速圆周运动的条件是mag=qE，两个匀速直线运动，合外力为零， 重点是洛伦兹力的方向判断。 【名师点睛】本题主要考查带电粒子在匀强磁场和匀强电场中的运动。要特别注意带电粒子在匀强磁 场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，根据动能定理求出带电粒子出电场进磁场的速度。本题关 键是要理解两种粒子在磁场中运动的半径不变。 14．（1） （2） （3） 【解析】（1） 在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示。设 在电场中的 加速度大小为 ，初速度大小为 v1，它在电场中的运动时间为 ，第一次进入磁场的位置到原点Ｏ的 距离为 。由运动学公式有 ① ② 由题给条件， 进入磁场时速度的方向与 x 轴正方向夹角 。 进入磁场时速度的 y 分量的 大小为 ③ 联立以上各式得 ④ （2） 在电场中运动时，由牛顿第二定律有 ⑤ 1 2 3 3s h 6mEB qh 2 2 2 3 2 13s s h   （ ） 1 1H 1a 1t 1s 1 1 1s v t 2 1 1 1 2h a t 1 1H 1 60   1 1H 1 1 1 1tana t v  1 2 3 3s h 1 1H 1qE ma 30 设 进入磁场时速度的大小为 ，由速度合成法则有 ⑥ 设磁感应强度大小为 B， 在磁场中运动的圆轨道半径为 R1.，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 ⑦ 由几何关系得 ⑧ 联立以上各式得 ⑨ （3）设在电场中沿 x 轴正方向射出的速度大小为 v 2，在电场中的加速度大小为 a2，由题给条件得 ⑩ 由牛顿第二定律有 ⑪ 设 第一次射入磁场时的速度大小为 ，速度的方向与 x 轴正方向夹角为 ，入射点到原点的距离为 ，在电场中运动的时间为 t2。由运动学公式有 ⑫ ⑬ ⑭ ⑮ 联立以上各式得 ， ， ⑯ 设 在磁场中做圆周运动的半径为 R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得 ⑰[来源:§网] 所以出射点在原点左侧。设 进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为 ，由几何关 系有 ⑱ 联立④⑧⑯⑰⑱式得， 第一次离开磁场时的位置到原点 O 的距离为 1 1H 1v  22 1 1 1 1' vv a t  1 1H 2 1 1 1 'mqv B R 1 1 12 sins R  6mEB qh   2 2 2 1 1 122 2m v mv 22qE ma 2 1H 2v 2 2s 2 2 2s v t 2 2 2 1 2h a t  22 2 2 2 2'v v a t  2 2 2 2 sin a t v   2 1s s 2 1  2 1 2 2v v  2 1H   2 2 1 2 2m vR RqB  2 1H 2s 2 2 22 sins R   2 1H 31 ⑲ 【名师点睛】此题与 2004 年全国理综卷第 25 题情景类似，都是带电粒子在匀强电场中类平抛运动后 进入匀强磁场中做匀速圆周运动，且都是在第一象限和第二象限设置了竖直向下的匀强电场，在第三 象限和第四象限设置了方向垂直纸面向外的匀强磁场，解答需要的知识都是带电粒子在匀强电场中的 类平抛运动规律和洛伦兹力等于向心力、几何关系等知识点。带电粒子在匀强电场中的类平抛运动和 在匀强磁场中的匀速圆周运动是教材例题和练习中的常见试题，此题可认为是由两个课本例题或习题 组合而成。 15．（1）20 m/s，与电场方向夹角为 60° （2）3.5 s 速度 v 的方向与电场 E 的方向之间的夹角 θ 满足 tan θ= 代入数据解得 tan θ= ，θ=60° （2）撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为 a，有 a= 设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为 x，有 x=vt 设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为 y，有 y= at2 a 与 mg 的夹角和 v 与 E 的夹角相同，均为 θ，又 tan θ= 联立以上各式，代入数据解得 t=2 s=3.5 s 【名师点睛】此题是带电粒子在复合场中的运动问题，主要考查物体的平衡、牛顿运动定律的应用、 平抛运动等知识；关键是要知道物体做匀速直线运动时，物体所受的重力、洛伦兹力和电场力平衡； 撤去磁场后粒子所受重力和电场力都是恒力，将做类平抛运动；知道了物体的运动性质才能选择合适  2 2 2 3 2 13s s h    qE mg 3 2 2 2 2q E m g m  1 2 y x 3 32 的物理规律列出方程求解。 16．（1） （2） （3） （2）粒子被加速 n 次达到动能 Em，则 Em=nqU0 粒子在狭缝间做匀加速运动，设 n 次经过狭缝的总时间为 Δt 加速度 匀加速直线运动 由 ，解得 （3）只有在 0~ 时间内飘入的粒子才能每次均 被加速 则所占的比例为 由 ，解得 。 【方法技巧】考查回旋加速器的原理，能获得的最大速度对应最大的轨道半径，即 D 形盒的半径，粒 子在加速器运动的时间分两部分，一是在磁场中圆周运动的时间，二是在电场中的匀加速运动时间， 把加速过程连在一起就是一匀加速直线运动。 17．（1） （2） （3）3 次 2 2 2 m 2 q B RE m 2 0 0 π 2 π 2 BR BRd mt U qB   0 2 π 100 mUd qB R 0qUa md 21 Δ2nd a t  0 ( 1) Δ2 Tt n t    2 0 0 π 2 π 2 BR BRd mt U qB   ( )2 T t  2 2 T t T    99%  0 2 π 100 mUd qB R 0 22 32 9 U LqBm  9 16 81 100 00 UUU  33 代入 ，解得 （2）由（1）知， 离子打在 Q 点 ， 离子打在 N 点 r=L， ，则电压的范围 （3）由（1）可知， 由题意知，第 1 次调节电压到 U1，使原本 Q 点的离子打在 N 点 此时，原本半径为 r1 的打在 Q1 的离子打在 Q 上 解得 第 2 次调节电压到 U2，原本打在 Q1 的离子打在 N 点，半径为 r2 的打在 Q2 的离子打在 Q 上，则： ， 解得 同理，第 n 次调节电压，有 检测完整，有 解得： Lr 4 3 0  0 22 32 9 U LqBm  2 2 0 9 16 L rUU  Lr 6 5 81 100 0UU  9 16 0UU  9 16 81 100 00 UUU  Ur  0 1 6 5 U U L L  0 1 1 6 5 U U r L  2 1 5( )6r L 0 2 1 U U r L  0 2 2 6 5 U U r L  3 1 5( )6r L 15( )6 n nr L 2 Lrn  lg 2 1 2.86lg( )6 n    34 最少次数为 3 次 【名师点睛】本题主要是对运动过程的分析，能正确计算带电粒子在电场中的加速运动以及在磁场做 圆周运动的半径等，通过对运动过程的分析，结合计算找到运动的规律 。15( )6 n nr L