一轮041 带电粒子在复合场中的运动

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2021届高考物理一轮复习电磁学专项特训(8)带电粒子在复合场中的运动

1.答案：D
参考答案
解析：当粒子所受的洛伦兹力和电场力平衡时，粒子流匀速直线通过该区域，有 qvB＝qE ，所以 E＝Bv 。假设粒子带正电，则受向下的洛伦兹力，电场方向应该向上。粒子带负电时，电场方向仍应向上。故正确答案为 D。
2.答案：A
解析：离子在磁场 B2 中发生偏转,知离子带正电.在速度选择器中,有 qE=qvB 可得 v=E/B, 只有速度满足一定值的离子才能通过速度选择器.因 va vb = vc vd 。,所以只有 b、c 两离子能通过速度选择器.a 的速度小于 b 的速度,所以 a 所受的电场力大于洛伦兹力,a 向 P,板偏转,故 A 正确,B 错误.只有 b、c 两离子能通过速度选择器进人磁场队,根据 r=mn/qB2 知质量大的半径大,知射向 A1 的是 b 离子,射向 A2 的是 C 离子.C、D 错误.
q2 q1
=
1 1
，其中
B2
= 12B1 ，
q1
=
q2 ，可得
m2 m1
= 144 ,故选
D.
4.答案：B
解析：A. 粒子从左射入,不论带正电还是负电,电场力大小为 qE,洛伦兹力大小 F = qvB = qE ,二者方向相反,故两个力平衡,速度 v = E ，粒子做匀速直线运动。故 A 错误，
B
A.上板为正极,电流 I = Bdvab Rad + d
B.上板为负极,电流 I = Bvad 2
Rad + b
C.下板为正极,电流 I = Bdvab Rad + d
D.下板为负极,电流 I = Bvad 2
Rad + b
7.如图所示为磁流体发电机的示意图。平行金属板 A、C 间有垂直于纸面向外的匀强磁场, 磁场的磁感应强度大小为 B,两板间距离为 d,两板间连接有理想电流表和定值电阻 R。等离子体以一定的速度 v0 平行金属板、垂直于磁场射入两板间,电路稳定时电流表的示数为 I,则下列说法正确的是( )

高考物理第一轮考点带电粒子在复合场中的运动

时，则qBv′>qE，粒子向上偏 E
v B
时，则qBv′<qE，粒子向下偏
• 二、质谱仪 • 质谱仪是一种测量带电粒子质量和分离同位素的仪器.如图9-4-10所示，离子源S产生质量为m，带电量为q的正离子(所受重力不计).
图9-4-10
• 离子出来时速度很小(可忽略不计)，经过电压为U的电场加速后进入磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动，经过半个周期到达照相底片P上，测得它在P上的位置到入口处的距离为L， 2 1 v 2-0 • 则：qU= mv qBv= m L=2r 2 r • 联立求解得：m=qB2L2/8U. • 因此，只要知道q、B、L与U，就可以计算出带电粒子的质量m，又因m与L2成正比，不同质量的同位素可从离入口的不同处分离出来，故质谱仪又是分离同位素的重要仪器.
qa r2 • (2)t=t1+t2= T1+ T2= 4 a 1 1 ( r1 2r2 ) 3v0 3v0 • 带电粒子先后在两个磁场中运动，确定 6 3
点评粒子的轨道半径和圆心，是解题的关键.注意粒子在两磁场区的交界处，轨道是相切的.
• 变式训练3：如图9-4-6所示，在y＞0 的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在y＜0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy平面(纸面)向外.一电荷量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y=h处的点P1 时速率为v0，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上x＝2h处的P2点进入磁场，并经过y轴上y＝-2h处的P3点.不计重力.
•
带电微粒在电场力、洛伦兹力和重力作用下的运动
如图9-4-3所示，在与水平面成30°角斜向下的匀强电场E和沿水平方向垂直纸面向里的匀强磁场B的空间中，有一个质量为m的带电体竖直向下做匀速直线运动，则此带电体带电，电荷量为，运动速度为 .

高三物理一轮复习带电粒子在复合场中的运动课件

• 3．较复杂的曲线运动
• 当带电粒子所受的合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线．
• 三、带电粒子在复合场中运动的应用实例
• 1．速度选择器(如右图所示)
• (1)平行板中电场强度E和磁感应强度B互相垂直．这种装置能把具有一定速度的粒子选择出来，所以叫做速度选择器．
抛物线
圆弧
类平抛知识、牛顿第二定牛顿第二定律、向心力公
律
式
L＝vt，y＝21at2，a＝qmE， tan θ＝at/v
qvB＝mvr2，r＝mv/(qB) T＝2πm/(qB)
t＝θT/(2π)，sin θ＝L/r
电场力既改变速度方向，洛伦兹力只改变速度方
也改变速度的大小，对电向，不改变速度的大小，
由于小球带正电，故 E2 方向沿 y 轴正方向．
3)设小球在 x 轴上方做圆周运动的轨道半径为 R，由几何关系得
ON＝OMtan 37°＝3 m ON＝R＋Rcos 37°
解得 R＝53 m 小球做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由牛顿第二定律得：B2qv＝mRv2 得 B2＝mqRv＝4.5 T B2 方向垂直纸面向里．
GH＝Rsin
60°＋L2/tan
60°＝2
3
3 L2.
【答案】
(1)32mqLv120
(2)3qmLv2 0
23 (3) 3 L2
• 如右图所示，直线OA与y轴成θ＝30° 角，在AOy范围内有沿y轴负方向的匀强电场，在AOx范围内有一个矩形区域的匀强磁场．该磁场区域的磁感应强度B＝0.2 T，方向垂直纸面向里．一带电微粒电荷量q＝＋2×10－14 C，质量m＝4×10－20 kg，微粒在y轴上的某点以速度v0垂直于y轴进入匀强电场，

2019版高考物理一轮复习9.3-带电粒子在复合场中的运动

mv 2m 、T qB根据R= qB ,粒子在回旋加速器中
做圆周运动的半径随粒子速度的增大而增大,周期不变
(5)在速度选择器中做匀速直线运动的粒子的比荷都相同。纠错:_________________________________________ _____________________________。
相切
【解析】(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动,设粒子在电场中运动的时间为t,粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y,沿电场方向:qE=ma sOA= at2 垂直电场方向:y=v0t 联立解得a=1.0×1015 m/s2; t=2.0×10-8 s;y=0.4 m
1 2
(2)粒子经过y轴时在电场方向的分速度为: vx=at=2×107 m/s 粒子经过y轴时的速度大小为: v= ×107 m/s 与y轴正方向的夹角为θ,则θ=arctan =45°
(3)能量的观点:常用于处理带电粒子在磁场中的变加速运动、复杂的曲线运动等,但要注意三力做功的特点。
【慧眼纠错】 (1)带电粒子在匀强磁场中只受洛伦兹力和重力时, 可能做匀加速直线运动。纠错:________________________________________ ____________________________________________ ___________。
【通关秘籍】 1.组合场:电场与磁场各位于一定的区域内,并不重叠,电场、磁场交替出现。
2.分析思路: (1)划分过程:将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段,对不同的阶段选取不同的规律处理。 (2)找关键点:确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键。 (3)画运动轨迹:根据受力分析和运动分析,大致画出粒子的运动轨迹图,有利于形象、直观地解决问题。

2020届高考物理一轮复习检测：第十一章_磁场_第3讲_带电粒子在复合场中的运动(含答案)

第3讲带电粒子在复合场中的运动基础巩固1.地面附近水平虚线MN的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场,电场强度为E,磁感应强度为B,如图所示。

一带电微粒自距MN为h的高处由静止下落,从P点进入场区,沿半圆圆弧POQ运动,经圆弧的最低点O从Q点射出。

重力加速度为g,忽略空气阻力的影响。

下列说法中错误的是( )A.微粒进入场区后受到的电场力的方向一定竖直向上B.微粒进入场区后做圆周运动,半径为C.从P点运动到Q点的过程中,微粒的电势能先增大后减小D.从P点运动到O点的过程中,微粒的电势能与重力势能之和越来越小2.(2016北京西城期末,16)(多选)如图所示,两个半径相同的半圆形光滑轨道置于竖直平面内,左右两端点等高,分别处于沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中。

两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放。

M、N为轨道的最低点。

则下列分析正确的是( )A.两个小球到达轨道最低点的速度< v NB.两个小球第一次经过轨道最低点时对轨道的压力> F NC.小球第一次到达M点的时间小于小球第一次到达N点的时间D.磁场中小球能到达轨道另一端最高处,电场中小球不能到达轨道另一端最高处3.(多选)在如图所示的空间直角坐标系所在的区域内,同时存在匀强电场E和匀强磁场B。

已知从坐标原点O沿x轴正方向射入的质子,穿过此区域时未发生偏转,则可以判断此区域中E和B的方向可能是( )A.E和B都沿y轴的负方向B.E和B都沿x轴的正方向C.E沿y轴正方向,B沿z轴负方向D.E沿z轴正方向,B沿y轴负方向4.显像管原理的示意图如图所示,当没有磁场时,电子束将打在荧光屏正中的O点,安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场,使电子束发生偏转。

设垂直纸面向里的磁场方向为正方向,若使电子打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点,下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是( )5.(2017北京海淀一模,22,16分)如图所示,分界线MN左侧存在平行于纸面水平向右的有界匀强电场,右侧存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场。

带电粒子在复合场中的运动

所示]，MN 的长度等于直径，粒子在磁场中的路程为二分之一圆周长，即 s1＝πR，
设粒子在电场中运动的路程为 s2，根据动能定理得 Eq·s22＝12mv2，得 s2＝mEvq2，则总路程 s＝πR＋mEvq2，代入数据得 s＝(0．5π＋1)m。
[答案] (1)0．2 T (2)(0．5π＋1)m
(3)较复杂的曲线运动：当带电粒子所受合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线。 (4)分阶段运动：带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成。
(1)小球运动到 O 点时的速度大小； (2)悬线断裂前瞬间拉力的大小； (3)ON 间的距离。 [解析] (1)小球从 A 运动到 O 点的过程中，根据动能定理： 12mv2＝mgl－qEl 则小球在 O 点时的速度为 v＝ 2lg－qmE＝2 m/s。
(2)小球运动到 O 点绳子断裂前瞬间，对小球应用牛顿第二定律：
场荷受力的方向与该点电场电势能，且W电＝－ΔEp
强度的方向相反)
磁 (1)大小：F＝qvB 场 (2)方向：垂直于v和B决
定的平面
洛伦兹力不做功
2．电偏转和磁偏转的比较
受力特征运动性质
电偏转 F电＝qE(恒力) 匀变速曲线运动
运动轨迹
磁偏转 F洛＝qvB(变力) 匀速圆周运动
电偏转
类平抛运动
图2
(1)小球运动的速率v； (2)电场E2的大小与方向； (3)磁场B2的大小与方向。
解析：(1)小球在 x 轴下方受力如图所示：其中重力竖直向下，G＝mg＝3×10－2 N 电场力水平向右，F＝qE1＝4×10－2 N G 与 F 的合力 F 合＝ G2＋F2＝5×10－2N 设合力与水平方向的夹角为 α，则 tan α＝GF，即 tan α＝34，α＝37° 由 f＝qvB1，f＝F 合得 v＝qBf 1＝2×5×101－03－×2 5 m/s＝5 m/s。

高三物理一轮复习 11.3带电粒子在复合场中的运动

所以CD错；因为离子在场中所受合力为零，
• 【答案】 A
精选课件
• 四、“磁偏转”和“电偏转”的差别
偏转条件受力情况运动情况运动轨迹物理规律
基本公式
做功情况
电偏转
磁偏转
带电粒子以 v⊥E 进入匀带电粒子以 v⊥B 进入匀
强电场
强磁场
只受恒定的电场力
只受大小恒定的洛伦兹力
类平抛运动
匀速圆周运动
• 两触点间的距离为3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160μV，磁感应强度的大小为0.040 T．则血流速度的近似值和电极a、b的正负为 ( )
精选课件
• A．1.3 m/s，a正，b负 • B．2.7 m/s，a正，b负 • C．1.3 m/s，a负、b正 • D．2.7 m/s，a负、b正 • 【解析】根据左手定则，可知a正b负定牛顿第二定律、向心力公
律
式
L＝vt，y＝21at2，a＝qmE， tan θ＝at/v
qvB＝mvr2，r＝mv/(qB) T＝2πm/(qB)
t＝θT/(2π)，sin θ＝L/r
电场力既改变速度方向，洛伦兹力只改变速度方
也改变速度的大小，对电向，不改变速度的大小，
相垂直．这种装置能把具有一定速度的粒子选择出来，所以叫做速度选择器．
精选课件
• (2)带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qE＝qvB，即v＝
精选课件
•
1．在两平行金属板间，有如右图所
示的互相正交的匀强电场和匀强磁场．α粒
子以速度v0从两板的正中央垂直于电场方向和磁场方向射入时，恰好能沿直线匀速通
荷要做功
对电荷永不做功
精选课件

带电粒子在复合场中的运动(含答案)

带电粒子在复合场中的运动一、带电粒子在复合场中运动问题的解题思路和方法1、电场和磁场成独立区域时分阶段求解电场中：匀变速直线运动求法：牛顿运动定律、运动学公式、动能定理。

类平抛运动求法；常规分解法、特殊分解法。

磁场中：匀速直线运动求法：匀速运动公式。

匀速圆周运动求法：圆周运动公式、牛顿运动定律以及几何知识。

2、电场和匀强磁场共存区域求解方法① 匀速直线运动:用二平衡知识 ②复杂的曲线运动: 牛顿定律、功能关系 3、电场、匀强磁场重力场共存区域求解方法：① 匀速直线运动:用平衡知识 ②匀速圆周运动必然重力与电场力平衡③复杂曲线运动牛顿定律、功能关系。

二、典例分析1、带电粒子在电场和磁场成独立区域运动问题例1．如图所示，在x 轴上方有垂直于xy 平面的匀强磁场，磁感应强度为B ，在x 轴下方有沿y 轴负方向的匀强电场，场强为E ，一质量为m ，电量为—q 的粒子从坐标原点O 沿着y 轴正方向射出，射出之后，第三次到达x 轴时，它与O 点的距离为L ，求此时粒子射出时的速度和运动的总路程（重力不记）(4BqLv m=,221162qB L S L mE π=+) 解：画出粒子运动轨迹如图所示，形成“拱桥”图形,由题知粒子轨道半径4LR =① 由牛顿定律2v qvB m R = ② ,①②联立 4BqLv m=对粒子进入电场后沿y 轴负方向做减速运动的最大路程y 由动能定理知：212qEy mv = 得232qBL y mE =,所以粒子运动的总路程为21322qBL S L mE π=+例2、如图所示，P 和Q 是两块水平放置的长为L 的导体板，间距为d ，在其间加有电压U ，下极板电势高于上极板。

电子（重力不计）以水平速度v 0从两板正中间射入，穿过两板后又沿垂直于磁场方向射入距两平行板右端为L 1的有竖直边界MN 的匀强磁场，经磁场偏转后又从其竖直边界MN 射出，求：（1）电子从进入电场再进入磁场的瞬间运动的时间t 和偏转的距离y(1120()tan ()22L L eULy L L mv dα=+=+) （2）电子进出磁场的两点间距离s(022cos mv S r eBβ==) 解：电子在水平方向作匀速直线运动1L L t v +=在电场中U E d =, F Ee =, F eU a m md==, 01L v t =,1y v at =,200tan y v eULv mv dα==,1120()tan ()22L L eULy L L mv dα=+=+在磁场中2v Bev m r =, mv r eB=, 2cos S r β=,αβ=, 0cos v v α=, 022cos mv S r eBβ==. 例3、（2014年高考大纲版 25题）．(20 分)如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x 轴负向。

高三物理第一轮复习资料：带电粒子在复合场中的运动

带电粒子在复合场中的运动1.考点分析：本考点是带电粒子在复合场中的运动知识，侧重于考查带电粒子在磁场和电场、磁场和重力场以及磁场、电场和重力场三场所形成的复合场的问题．2.考查类型说明：这部分的考查在考卷中主要计算题的形式出现，以综合性的题目为主．3. 考查趋势预测：带电粒子在复合场中的运动是高考的重点和热点，如在复合场中的直线运动以及依次通过电场和磁场的运动，题目与共点力平衡、牛顿运动定律、能量守恒、动能定理、圆周运动等联系在一起，且多与实际问题相结合，主要考查学生分析问题的能力、综合能力和利用数学方法解决问题的能力．【知识储备】一．带电粒子在复合场中的受力复合场是指电场、磁场和重力场并存，或其中某两场并存，或分区域存在的某一空间 .粒子经过该空间时可能受到的力有重力、电场力和洛伦兹力，抓住三个力的特点是分析和求解相关问题的前提和基础．1．重力：若为基本粒子（如电子、质子、α粒子、离子等）一般不考虑重力；若为带电颗粒（如液滴、油滴、小球、尘埃等）一般需考虑重力．2．电场力：带电粒子（体）在电场中一定受到电场力作用，在匀强电场中，电场力为恒力，大小为F=qE．电场力的方向与电场的方向相同或相反．电场力做功也与路径无关，只与初末位置的电势差有关，电场力做功一定伴随着电势能的变化．3．洛伦兹力：带电粒子（体）在磁场中受到的洛伦兹力与运动的速度（大小、方向）有关，洛伦兹力的方向始终和磁场方向垂直，又和速度方向垂直，故洛伦兹力永远不做功，也不会改变粒子的动能．二．粒子在复合场中运动1．在运动的各种方式中，最为熟悉的是以垂直电磁场的方向射入的带电粒子，它将在电磁场中做匀速直线运动，那么，初速v0的大小必为E/B，这就是速度选择器模型，关于这一模型，我们必须清楚，它只能选取择速度，而不能选取择带电的多少和带电的正负，这在历年高考中都是一个重要方面．2．带电物体在复合场中的受力分析：带电物体在重力场、电场、磁场中运动时，其运动状态的改变由其受到的合力决定，因此，对运动物体进行受力分析时必须注意以下几点：①受力分析的顺序：先场力（包括重力、电场力、磁场力）、后弹力、再摩擦力等．②重力、电场力与物体运动速度无关，由物体的质量决定重力大小，由电场强决定电场力大小；但洛仑兹力的大小与粒子速度有关，方向还与电荷的性质有关．所以必须充分注意到这一点才能正确分析其受力情况，从而正确确定物体运动情况．3．带电物体在复合场的运动类型：①匀速运动或静止状态：当带电物体所受的合外力为零时②匀速圆周运动：当带电物体所受的合外力充当向心力时③非匀变速曲线运动；当带电物体所受的合力变化且和速度不在一条直线上时4．综合问题的处理方法(1)处理力电综合题的的方法处理力电综合题与解答力学综合题的思维方法基本相同，先确定研究对象，然后进行受力分析（包括重力）、状态分析和过程分析，能量的转化分析，从两条主要途径解决问题．①用力的观点进解答，常用到正交分解的方法将力分解到两个垂直的方向上，分别应用牛顿第三定律列出运动方程，然后对研究对象的运动进分解．可将曲线运动转化为直线运动来处理，再运用运动学的特点与方法，然后根据相关条件找到联系方程进行求解．②用能量的观点处理问题对于受变力作用的带电体的运动，必须借助于能量观点来处理．即使都是恒力作用的问题，用能量观点处理也常常显得简洁，具体方法有两种：ⅰ．用动能定理处理，思维顺序一般为：A ．弄清研究对象，明确所研究的物理过程B ．分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功C ．弄清所研究过程的始、末状态（主要指动能）ⅱ．用包括静电势能和内能在内的能量守恒定律处理，列式的方法常有两种：A ．从初、末状态的能量相等（即21E E =）列方程B ．从某些能量的减少等于另一些能量的增加（即E E '∆=∆）列方程c 若受重力、电场力和磁场力作用，由于洛仑兹力不做功，而重力与电场力做功都与路径无关，只取决于始末位置．因此它们的机械能与电势能的总和保持不变．(2)处理复合场用等效方法：各种性质的场与实物（由分子和原子构成的物质）的根本区别之一是场具有叠加性．即几个场可以同时占据同一空间，从而形成叠加场，对于叠加场中的力学问题，可以根据力的独立作用原理分别研究每一种场力对物体的作用效果；也可以同时研究几种场力共同作用的效果，将叠加紧场等效为一个简单场，然后与重力场中的力学问题进行类比，利用力学的规律和方法进行分析与解答．三．“磁偏转”和“电偏转”磁偏转与电偏转分别是利用磁场和电场对运动电荷施加作用，控制其运动方向．这两种偏转有如下差别：1．受力特征在磁偏转中，质量为m ，电荷量为q 的粒子以速度v 垂直射入磁感应强度为B 的匀强磁场中，所受磁场力（即洛伦兹力）F B q v B =．F B 使粒子的速度方向发生变化，而速度方向的变化反过来又使F B 的方向变化，F B 是变力．在电偏转中，质量为m ，电荷量为q 的粒子以速度v 0垂直射入电场强度为E 的匀强电场中，所受电场力F qE E =．F E 与粒子的速度无关，是恒力． 2．运动规律在磁偏转中，变化的F B 使粒子做匀速曲线运动––––匀速圆周运动，其运动规律分别从时（周期）、空（半径）两个方面给出：T m B q r m v q B ==2π，．在电偏转中，恒定的F E 使粒子做匀变速曲线运动––––类平抛运动，其运动规律分别从垂直于电场方向和平行于电场方向给出：v v x v t x ==00， v q E m t y q E mt y ==⋅，122 3．偏转情况在磁偏转中，粒子的运动方向所能偏转的角度不受限制，θωB t v t r q B m t ===，且在相等时间内偏转的角度总是相等．在电偏转中，粒子的运动方向所能偏转的角度θπE <2，且在相等的时间内偏转的角度是不相等的．4．动能变化在磁偏转中，由于F B 始终与粒子的运动方向垂直，所以，粒子动能的大小保持不变．在电偏转中，由于F E 与粒子运动方向之间的夹角越来越小，粒子的动能将不断增大，且增大得越来越快．四．高科技器材1．速度选择器正交的匀强磁场和匀强电场组成速度选择器．带电粒子必须以唯一确定的速度（包括大小、方向）才能匀速（或者说沿直线）通过速度选择器．否则将发生偏转．这个速度的大小可以由洛伦兹力和电场力的平衡得出：qvB=Eq ，BE v =．在本图中，速度方向必须向右．（1）这个结论与离子带何种电荷、电荷多少都无关．（2）若速度小于这一速度，电场力将大于洛伦兹力，带电粒子向电场力方向偏转，电场力做正功，动能将增大，洛伦兹力也将增大，粒子的轨迹既不是抛物线，也不是圆，而是一条复杂曲线；若大于这一速度，将向洛伦兹力方向偏转，电场力将做负功，动能将减小，洛伦兹力也将减小，轨迹是一条复杂曲线．2．电磁流量计电磁流量计的原理可解释为：一圆形导管直径为d ，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向左流动．导电液体中的自由电荷（正负离子）在洛仑兹力的作用下横向偏转，a 、b 间出现电势差．当自由电荷所受的电场力和洛仑兹力平衡时，a 、b 间的电势差就保持稳定．则d Uq Eq Bqv ==，可得BdU v =．流量为B dU Bd U d Sv Q 442ππ=⨯==．【典例分析】例题1：图中为一“滤速器”装置示意图．a 、b 为水平放置的平行金属板，一束具有各种不同速率的电子沿水平方向经小孔O 进入a 、b 两板之间．为了选取具有某种特定速率的电子，可在a 、b 间加上电压，并沿垂直于纸面的方向加一匀强磁场，使所选电子仍能够沿水平直线OO'运动，由O'射出．不计重力作用．可能达到上述目的的办法是（）A.使a 板电势高于b 板，磁场方向垂直纸面向里B.使a 板电势低于b 板，磁场方向垂直纸面向里C.使a 板电势高于b 板，磁场方向垂直纸面向外D.使a 板电势低于b 板，磁场方向垂直纸面向外考点分析：本题主要考查了应用平衡的知识求解问题．解题思路：要使电子沿直线OO ′射出，则电子必做匀速直线运动，电子受力平衡．在该场区，电子受到电场力和洛仑兹力，要使电子二力平衡，则二力方向为竖直向上和竖直向下．A 答案电子所受的电场力竖直向上，由左手定则判断洛仑兹力竖直向下，满座受力平衡．同理，D 答案也满足受力平衡．则本题的正确答案为AD ．失分陷阱：粒子速度选择器关键是抓住电场力和洛仑兹力平衡，只要满足“磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向上：均有可能使粒子匀速通过，与粒子的电性没有关系．其中，因qvB=Eq ，则BE v =．例题2：如图所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B =.小球1带正电，其电量与质量之比q 1/m 1=4 C/kg ，所受重力与电场力的大小相等；小球2不带电，静止放置于固定的水平悬空支架上．小球向右以v 0= m/s 的水平速度与小球2正碰，碰后经过 s 再次相碰．设碰撞前后两小球带电情况不发生改变，且始终保持在同一竖直平面内．（取g=10 m/s 2)问(1)电场强度E 的大小是多少(2)(2)两小球的质量之比12m m 是多少考点分析：本题主要考查学生应用牛顿定律和动量的观点解决问题的思想．解题思路：(1)小球1所受的重力与电场力始终平衡：m 1g=q1E ①E= N/C ②(2)相碰后小球1做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：q 1v 1B =1211R v m ③ 半径为：Bq v m R 1111= ④ 周期为Bq m T 112π=＝1 s ⑤ ∵两小球运动时间t= s=43T ． ∴小球1只能逆时针经43个圆周时与小球2再次相碰⑥ 第一次相碰后小球2作平抛运动：2221gt R h == ⑦ L=R 1=v 1t ⑧两小球第一次碰撞前后动量守恒，以水平向右为正方向m 1v 0=-m 1v 1+m 2v 2 ⑨由⑦、⑧式得v 2= m/s ．由④式得==1111m BR q v m/s ． ∴两小球质量之比=12m m 11210=+v v v ⑩ 失分陷阱：此题的过程比较复杂，因此在求解本题时关键是先根据题中的条件了解物体的运动过程，针对每个过程的特点选择合适的解题方法．例题3：在光滑绝缘的水平桌面上，有两个质量均为m ，电量为q +的完全相同的带电粒子1P 和2P ，在小孔A 处以初速度为零先后释放．在平行板间距为d 的匀强电场中加速后，1P 从C 处对着圆心进入半径为R 的固定圆筒中（筒壁上的小孔C 只能容一个粒子通过），圆筒内有垂直水平面向上的磁感应强度为B 的匀强磁场．1P 每次与筒壁发生碰撞均无电荷迁移，1P 进入磁场第一次与筒壁碰撞点为D ，θ=∠COD ，如图所示．延后释放的2P ，将第一次欲逃逸出圆筒的1P 正碰圆筒内，此次碰撞刚结束，立即改变平行板间的电压，并利用2P 与1P 之后的碰撞，将1P 限制在圆筒内运动．碰撞过程均无机械能损失．设R d π85=，求：在2P 和1P 相邻两次碰撞时间间隔内，粒子1P 与筒壁的可能碰撞次数．附：部分三角函数值 ϕ 52π 3π 4π 5π 6π 7π 8π 9π 10π ϕtan 08.3 73.1 00.1 73.0 58.041.0 36.0 32.0 考点分析：本题对学生的要求比较高，要求能应用数学的知识归纳出粒子转过的圈数和碰撞次数的关系．解题思路：P 1从C 运动到D ，周期Bq m T π2=，半径Bqmv R r ==2tan θ．从C 到D 的时间πθπ2-=T t CD ． P 1、P 2每次碰撞应当在C 点，设P 1在圆筒内转动了n 圈和筒壁碰撞了K 次后和P 2相碰于C 点，K+1=θπn2．则P 1、P 2每次碰撞的时间间隔为：)1()12()1(22)1(++-=+⨯-⨯=+=K qB K n m K Bq m K t t CD πππθππ．在t 时间内，P 2向左运动x 再回到C ，平均速度为2v ，vx v x t 422==≤vR v R v d 258544ππ=⨯=．由以上两式得：v R 25π≥)1()12(++-K qBK n m ππ )121()1(+-+K n qB mv K ≤R 25 所以)21(1tan n K K n -++π≤25．当 n=1， K=2、3、4、5、6、7 时符合条件，K=1、8、9………不符合条件当 n=2，3，4………．时，无化K=多少，均不符合条件．失分陷阱：本题重点在考察带电粒子在匀强电场中的运动和带电粒子在匀强磁场中的运动圆周运动．有些同学认为带电粒子在磁场中每转一圈两粒子就碰撞一次．最后还需要注意归纳法在高中物理中经常用到的方法．例题5：有个演示实验，在上下面都是金属板的玻璃盒内，放了许多锡箔纸揉成的小球，当上下板间加上电压后，小球就上下不停地跳动．现取以下简化模型进行定量研究．如图所示，电容量为C 的平行板电容器的极板A 和B 水平放置，相距为d ，与电动势为ε、内阻可不计的电源相连．设两板之间只有一个质量为m 的导电小球，小球可视为质点．已知：若小球与极板发生碰撞，则碰撞后小球的速度立即变为零，带电状态也立即改变，改变后，小球所带电荷符号与该极板相同，电量为极板电量的α倍（α<<1）．不计带电小球对极板间匀强电场的影响．重力加速度为g ．（1）欲使小球能够不断地在两板间上下往返运动，电动势ε至少应大于多少（2）设上述条件已满足，在较长的时间间隔T 内小球做了很多次往返运动．求在T 时间内小球往返运动的次数以及通过电源的总电量．考点分析：本题重点考查了带电粒子在重力场和电场中的运动，具体应用牛顿定律去解决问题．解题思路：（1）用Q 表示极板电荷量的大小，q 表示碰后小球电荷量的大小．要使小球能不停地往返运动，小球所受的向上的电场力至少应大于重力，则q εd>mg 其中 q=αQ又有Q=C ε由以上三式有 ε>mgd αC（2）当小球带正电时，小球所受电场力与重力方向相同，向下做加速运动．以a 1表示其加速度，t 1表示从A 板到B 板所用的时间，则有：q εd +mg=ma 1d=12a 1t 12．当小球带负电时，小球所受电场力与重力方向相反，向上做加速运动，以a2表示其加速度，t 2表示从B 板到A 板所用的时间，则有：q εd－mg=ma 2， d=12a 2t 22，小球往返一次共用时间为（t 1+t 2），故小球在T 时间内往返的次数：n=T t 1+t 2．由以上关系式得： n=T2md 2αC ε2+mgd + 2md 2αC ε2－mgd．小球往返一次通过的电量为2q ，在T 时间内通过电源的总电量：Q'=2qn ，由以上两式可得 Q'=2αC εT2md 2αC ε2+mgd + 2md 2αC ε2－mgd ．失分陷阱：本题实际上是带电粒子在复合场（电场和重力场）中的运动与电容器问题的组合．需要充分运用牛顿第二定律和运动学公式求解粒子的匀变速直线运动问题．很多考生在计算小球往返一次通过电源的电荷量时，误把2q 理解成q 结果出现了错误，应引起同学的注意．例题6：两块足够大的平行金属极板水平放置，极板间加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律分别如图1、图2所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向)。

2023年高考物理一轮复习讲义——带电粒子在组合场中的运动

专题强化二十一带电粒子在组合场中的运动目标要求 1.掌握带电粒子在组合场中的运动规律和分析思路.2.学会处理磁场和磁场组合场、电场和磁场组合场中带电粒子的运动问题．1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场交替出现．2．分析思路(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理．(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键．(3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题．3．常见粒子的运动及解题方法题型一磁场与磁场的组合磁场与磁场的组合问题实质就是两个有界磁场中的圆周运动问题，带电粒子在两个磁场中的速度大小相同，但轨迹半径和运动周期往往不同．解题时要充分利用两段圆弧轨迹的衔接点与两圆心共线的特点，进一步寻找边角关系．例1(2020·江苏卷·16)空间存在两个垂直于Oxy平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为2B0、3B0.甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场，速度均为v.甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示．甲经过Q时，乙也恰好同时经过该点．已知甲的质量为m，电荷量为q.不考虑粒子间的相互作用和重力影响．求：(1)Q 到O 的距离d ；(2)甲两次经过P 点的时间间隔Δt ； (3)乙的比荷q ′m ′可能的最小值．答案 (1)m v 3qB 0 (2)2πm qB 0 (3)2qm解析 (1)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设半径分别为r 1、r 2 由q v B ＝m v 2r 可知r ＝m vqB ，故r 1＝m v 2qB 0，r 2＝m v3qB 0且d ＝2r 1－2r 2 解得d ＝m v 3qB 0(2)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设运动时间分别 t 1、t 2 由T ＝2πr v ＝2πm qB 得t 1＝πm 2qB 0，t 2＝πm 3qB 0且Δt ＝2t 1＋3t 2 解得Δt ＝2πmqB 0(3)乙粒子周期性地先后在两磁场中做匀速圆周运动若经过两磁场的次数均为n (n ＝1,2,3，…) 相遇时，有n m ′v 3q ′B 0＝d ，n 5πm ′6q ′B 0＝t 1＋t 2解得q ′m ′＝n qm根据题意，n ＝1舍去．当n ＝2时，q ′m ′有最小值，(q ′m ′)min ＝2qm若先后经过右侧、左侧磁场的次数分别为(n ＋1)、n (n ＝0,1,2,3，…)，经分析不可能相遇．综上分析，乙的比荷的最小值为2qm.题型二电场与磁场的组合考向1 先电场后磁场1．带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，然后垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动，如图甲．2．带电粒子先在匀强电场中做类平抛运动，然后垂直进入磁场做匀速圆周运动，如图乙．例2 (2018·全国卷Ⅰ·25)如图，在y >0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)21H 第一次离开磁场的位置到原点O 的距离．答案 (1)233h (2)6mE qh (3)233(2－1)h 解析 (1)11H 在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示．设11H 在电场中的加速度大小为a 1，初速度大小为v 1，它在电场中的运动时间为t 1，第一次进入磁场的位置到原点O 的距离为s 1，由运动学公式有s 1＝v 1t 1① h ＝12a 1t 12② 由题给条件，11H 进入磁场时速度的方向与x 轴正方向夹角θ1＝60°.11H 进入磁场时速度沿y 轴方向的分量的大小为 a 1t 1＝v 1tan θ1③ 联立以上各式得 s 1＝233h ④(2)11H 在电场中运动时，由牛顿第二定律有 qE ＝ma 1⑤设11H 进入磁场时速度的大小为v 1′，由速度合成法则有 v 1′＝v 12＋(a 1t 1)2⑥设磁感应强度大小为B ，11H 在磁场中运动的圆轨道半径为R 1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q v 1′B ＝m v 1′2R 1⑦由几何关系得 s 1＝2R 1sin θ1⑧ 联立以上各式得 B ＝6mEqh⑨ (3)设21H 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a 2，由题给条件得12(2m )v 22＝12m v 12⑩ 由牛顿第二定律有 qE ＝2ma 2⑪设21H 第一次射入磁场时的速度大小为v 2′，速度的方向与x 轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s 2，在电场中运动的时间为t 2.由运动学公式有 s 2＝v 2t 2⑫ h ＝12a 2t 22⑬ v 2′＝v 22＋(a 2t 2)2⑭ sin θ2＝a 2t 2v 2′⑮ 联立以上各式得s 2＝s 1，θ2＝θ1，v 2′＝22v 1′⑯ 设21H 在磁场中做圆周运动的半径为R 2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得R 2＝2m v 2′qB＝2R 1⑰所以出射点在原点左侧．设21H 进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s 2′，由几何关系有 s 2′＝2R 2sin θ2⑱联立④⑧⑯⑰⑱式得，21H 第一次离开磁场时的位置到原点O 的距离为s 2′－s 2＝233(2－1)h .考向2 先磁场后电场1．进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反(如图甲所示)． 2．进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直(如图乙所示)．例3 如图所示的xOy 坐标系中，第一象限存在与xOy 平面平行的匀强电场E ，且与y 轴负方向的夹角θ＝30°，第二象限存在垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B .一带正电粒子自O 点射入第二象限，速度v 与x 轴负方向的夹角θ＝30°，粒子经磁场偏转后从y 轴上的P 点进入第一象限，并由x 轴上的M 点(未画出)离开电场．已知OM 距离为3L ，粒子的比荷为vBL，不计粒子重力．(1)求OP 两点的距离；(2)求粒子在磁场中运动的时间；(3)当该粒子经过P 点的同时，在电场中的N 点由静止释放另一个完全相同的带电粒子，若两粒子在离开电场前相遇且所需时间最长，求N 点的坐标．答案 (1)3L (2)2πL 3v (3)(32L ，332L )解析 (1)带电粒子在第二象限内做匀速圆周运动，轨迹如图，圆心为C由牛顿第二定律，得q v B ＝m v 2R解得R ＝L由几何关系得∠OCP ＝120°则OP ＝3L(2)粒子在磁场中的运动周期T ＝2πRv 粒子偏转120°，即在磁场中运动时间t ＝T3解得t ＝2πL3v(3)带电粒子进入第一象限时速度与y 轴正方向成60°角，与电场方向垂直，故粒子在第一象限内做类平抛运动，轨迹如图．由于两粒子完全相同，所以只需在带电粒子进入电场时速度方向的直线上PN 范围内任一点释放粒子，均可保证两粒子在电场中相遇，且两粒子在M 点相遇所需时间最长，即在图中N 点由静止释放粒子即可．设N 点的横坐标为x ，纵坐标为y ，根据几何知识可得PN ＝QM ＝3L 又x ＝PN cos 30° y ＝OP ＋PN sin 30° 解得x ＝32L ，y ＝332L考向3 粒子多次进出电场、磁场的运动例4 (2021·广东卷·14)如图是一种花瓣形电子加速器简化示意图，空间有三个同心圆a 、b 、c 围成的区域，圆a 内为无场区，圆a 与圆b 之间存在辐射状电场，圆b 与圆c 之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ.各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外．电子以初动能E k0从圆b 上P 点沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速，已知圆a 与圆b 之间电势差为U ，圆b 半径为R ，圆c 半径为3R ，电子质量为m ，电荷量为e ，忽略相对论效应，取tan 22.5°＝0.4.(1)当E k0＝0时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ均为45°，最终从Q 点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示，求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q 点出射时的动能；(2)已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射．当E k0＝keU 时，要保证电子从出射区域出射，求k 的最大值．答案 (1)5eUm eR πR meU 4eU 8eU (2)136解析 (1)电子在电场中加速有2eU ＝12m v 2在Ⅰ区磁场中，由几何关系可得r ＝R tan 22.5°＝0.4R 根据洛伦兹力提供向心力有B 1e v ＝m v 2r联立解得B 1＝5eUmeR电子在Ⅰ区磁场中的运动周期为T ＝2πrv由几何关系可得，电子在Ⅰ区磁场中运动的圆心角为 φ＝54π电子在Ⅰ区磁场中的运动时间为t ＝φ2πT联立解得t ＝πR meU4eU电子从P 到Q 在电场中共加速8次，故在Q 点出射时的动能为E k ＝8eU(2)设电子在Ⅰ区磁场中做匀速圆周运动的最大半径为r m ，此时圆周的轨迹与Ⅰ区磁场边界相切，由几何关系可得()3R －r m 2＝R 2＋r m 2解得r m ＝33R 根据洛伦兹力提供向心力有B 1e v m ＝m v m 2r m2eU ＝12m v m 2－keU联立解得k ＝136.例5 如图，直角坐标系xOy 中，在第一象限内有沿y 轴负方向的匀强电场；在第三、第四象限内分别有方向垂直于坐标平面向里和向外的匀强磁场．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子从y 轴上P 点(0，h )以初速度v 0垂直于y 轴射入电场，再经x 轴上的Q 点沿与x 轴正方向成45°角进入磁场．粒子重力不计．(1)求匀强电场的场强大小E ；(2)要使粒子能够进入第三象限，求第四象限内磁感应强度B 的大小范围； (3)若第四象限内磁感应强度大小为m v 0qh ，第三象限内磁感应强度大小为2m v 0qh，且第三、第四象限的磁场在y ＝－L (L >2h )处存在一条与x 轴平行的下边界MN (图中未画出)，则要使粒子能够垂直边界MN 飞出磁场，求L 的可能取值．答案 (1)m v 022qh (2)B <(1＋2)m v 02qh(3)L ＝⎝⎛⎭⎫1＋32n h (n ＝1,2,3…) 解析 (1)在第一象限内，粒子在静电力作用下做类平抛运动，由运动学规律有v y 2＝2ah ，v y ＝v 0tan 45°由牛顿第二定律有：qE ＝ma 联立解得E ＝m v 022qh(2)粒子在Q 点的速率v ＝v 0cos 45°＝2v 0，h ＝12v y t ，x ＝v 0t 可得OQ 的距离为x ＝2h粒子进入第四象限后做匀速圆周运动，如图甲所示，轨迹恰与y 轴相切时，对应恰能够进入第三象限的磁感应强度最大值由牛顿第二定律有q v B max ＝m v 2R min由几何关系有x ＝R min ()1＋cos 45° 联立以上各式解得B max ＝(1＋2)m v 02qh故B 的大小范围为B <(1＋2)m v 02qh(3)由洛伦兹力提供向心力可知q v B ＝m v 2R粒子在第四、第三象限的轨道半径分别为 R 1＝2h ，R 2＝2h 2易知：粒子由Q 点进入第四象限后运动半周进入第三象限，作出粒子在第四、第三象限的可能运动轨迹如图乙所示要让粒子垂直边界MN 飞出磁场，则L 满足的条件为 R 1sin 45°＋n ()R 1＋R 2sin 45°＝L (n ＝0,1,2,3…) 结合题意L >2h解得L ＝⎝⎛⎭⎫1＋32n h (n ＝1,2,3…)．课时精练1．平面直角坐标系xOy 中，第二象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E ，第三、四象限存在垂直坐标平面向里的匀强磁场，如图所示．一质量为m ，带电荷量为q 的正粒子从坐标为(－L ，L )的P 点沿y 轴负向进入电场，初速度大小为v 0＝2EqLm，粒子第二次到达x 轴的位置为坐标原点．不计粒子的重力．(1)求匀强磁场的磁感应强度B 的大小；(2)若粒子由P 点沿x 轴正方向入射，初速度仍为v 0＝2EqLm，求粒子第二次到达x 轴时与坐标原点的距离．答案 (1)4mEqL (2)6＋24L 解析 (1)由动能定理得EqL ＝12m v 2－12m v 02粒子进入磁场时速度大小为v ＝4EqLm在磁场中L ＝2R q v B ＝m v 2R可得B ＝4mE qL(2)假设粒子由y 轴离开电场，运动轨迹如图所示L ＝v 0t ， y 1＝12at 2，Eq ＝ma解得y 1＝L4<L ，假设成立v y ＝at速度偏转角tan θ＝v yv 0第一次到达x 轴的坐标x 1＝L －y 1tan θ＝32L在磁场中R ′＝m v ′qBx 2＝2R ′sin θ＝2m v ′qB sin θ＝2m v y qB ＝24L粒子第二次到达x 轴的位置与坐标原点的距离 x ＝x 1＋x 2＝6＋24L .2.如图所示，在x 轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外；在x 轴下方存在匀强电场，电场方向与xOy 平面平行，且与x 轴成45°夹角．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子以初速度v 0从y 轴上的P 点沿y 轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T 0，磁场的方向变为垂直于纸面向里，大小不变．不计重力．(1)求粒子从P 点出发至第一次到达x 轴时所需时间； (2)若要使粒子能够回到P 点，求电场强度的最大值．答案 (1)5πm 4qB (2)2m v 0qT 0解析 (1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示．设运动半径为R ，运动周期为T ，根据洛伦兹力提供向心力，有q v 0B ＝m v 02RT ＝2πR v 0联立解得T ＝2πmBq依题意，粒子第一次到达x 轴时，转过的角度为54π所需时间为t 1＝θ2πT ＝58T解得t 1＝5πm4qB.(2)粒子进入电场后，先做匀减速直线运动，直到速度减小为0，然后沿原路返回做匀加速直线运动，到达x 轴时速度大小仍为v 0，设粒子在电场中运动的总时间为t 2，加速度大小为a ，有qE ＝ma v 0＝a ·t 22解得t 2＝2m v 0qE根据题意，要使粒子能够回到P 点，必须满足 t 2≥T 0解得电场强度最大值E max ＝2m v 0qT 0. 3．如图所示，xOy 平面内，OP 与x 轴夹角为θ＝53°，在 xOP 范围内(含边界)存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ＝0.1 T ．第二象限有平行于 y 轴向下的匀强电场，场强大小为E ＝8340×105 V/m.一带电微粒以速度 v 0 ＝5×106 m/s 从 x 轴上 a (L,0)点平行于OP 射入磁场，并从OP 上的b 点垂直于OP 离开磁场，与y 轴交于c 点，最后回到x 轴上的点d ，图中点b 、d 未标出．已知L ＝54 m ，sin 53°＝45，cos 53°＝35，不计微粒的重力，求：(1)微粒的比荷qm ；(2)d 点与O 点的距离l;(3)仅改变磁场强弱而其他条件不变，当磁感应强度B x 大小满足什么条件时，微粒能到达第四象限．答案 (1)5×107 C/kg (2)4 m (3)B x ≥0.2 T解析 (1)微粒在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系得： r ＝L sin 53°由牛顿第二定律得q v 0B ＝m v 02r解得qm＝5×107 C/kg(2)粒子进入电场后做类斜抛运动．由几何关系得 y Oc ＝L cos 53°＋r sin 53°在y 轴方向 y Oc ＝－v 0t cos 53°＋12qE mt 2在x 轴方向 l ＝ v 0t sin 53° 解得l ＝4 m(3)微粒在磁场中做匀速圆周运动的轨迹与边界OP 相切时，恰好能到达第四象限．由几何关系知R ＝12L sin 53°由牛顿第二定律得q v 0B 1＝m v 02R解得B 1 ＝ 0.2 T故当磁感应强度B x ≥0.2 T 时，微粒能到达第四象限．4．(2022·湖北宜昌市联考)如图所示，在矩形区域ABCD 内存在竖直向上的匀强电场，在BC 右侧Ⅰ、Ⅱ两区域存在匀强磁场，L 1、L 2、L 3是磁场的边界(BC 与L 1重合)，宽度相同，方向如图所示，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B 1.一电荷量为＋q 、质量为m 的粒子(重力不计)从AD 边中点以初速度v 0沿水平向右方向进入电场，粒子恰好从B 点进入磁场，经区域Ⅰ后又恰好从与B 点同一水平高度处进入区域Ⅱ.已知AB 长度是BC 长度的3倍．(1)求带电粒子到达B 点时的速度大小； (2)求区域Ⅰ磁场的宽度L ；(3)要使带电粒子在整个磁场中运动的时间最长，求区域Ⅱ的磁感应强度B 2的最小值．答案 (1)23v 03 (2)23m v 03qB 1(3)1.5B 1解析 (1)设带电粒子进入磁场时的速度大小为v ，与水平方向成θ角，粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动的速度方向与位移方向的关系有：tan θ＝L BC L AB ＝33，则θ＝30°根据速度关系有：v ＝v 0cos θ＝23v 03；(2)设带电粒子在区域Ⅰ中的轨道半径为r 1，由牛顿第二定律得：q v B 1＝m v 2r 1，轨迹如图甲所示：由几何关系得：L ＝r 1 解得：L ＝23m v 03qB 1；(3)当带电粒子不从区域Ⅱ右边界离开磁场时，在磁场中运动的时间最长．设区域Ⅱ中最小磁感应强度为B 2m ，此时粒子恰好不从区域Ⅱ右边界离开磁场，对应的轨迹半径为r 2，轨迹如图乙所示：可得：q v B 2m ＝m v 2r 2根据几何关系有：L ＝r 2(1＋sin θ) 解得：B 2m ＝1.5B 1.。

2021版高考物理一轮总复习热点专题11 带电粒子在复合场中的运动课件

mE qh
提分秘笈
解决带电粒子在组合场中运动问题的思路方法
跟踪训练 1 如图所示，平面直角坐标系 xOy，第一象限内一直角三角形
ABC
区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为
B＝2＋m
；第四象限内存在匀强电 3q
场，方向与 x 轴负方向成 30°角，大小为 E＝2 m3q.一带电粒子质量为 m，电荷量为＋
显像管原理示意图(俯视图)
2
抓重难点动手演练掌握提分技巧
重难点 1 带电粒子在组合场中的运动 1．是否考虑粒子重力的三种情况 (1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与电场力或
磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些宏观物体，如带电小球、液滴、金属块等一般应当考虑其重力．
U Bd
，因此液体流量
Q＝Sv＝π4d2·BUd
＝
πdU 4B
.
6．霍尔效应在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流导体，当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现了电势差，这种现象称为霍尔效应，所产生的电势差称为霍尔电势差，其原理如图所示．
7．电视显像管电视显像管是应用电子束磁偏转 (选填“电偏转”或“磁偏转”)的原理来工作的，使电子束偏转的磁场 ( 选填 “ 电场 ” 或 “ 磁场 ” ) 是由两对偏转线圈产生的．显像管工作时，由阴极发射电子束，利用磁场来使电子束偏转，实现电视技术中的扫描，使整个荧光屏都在发光．
解得最短时间为 t＝t1＋t2＋t3＝22＋3 3π＋223 s. 答案：(1)43 3 m/s (2)22＋3 3π＋223 s
重难点 2 带电粒子在叠加场中的运动

高考物理一轮复习详细讲义(教师版)：带电粒子在复合场中的运动

第三节带电粒子在复合场中的运动【基础梳理】提示：动能定理场力电场力洛伦兹力牛顿运动定律能量守恒定律【自我诊断】判一判(1)带电粒子在匀强磁场中只受洛伦兹力和重力时，不可能做匀加速直线运动．()(2)带电粒子在复合场中不可能处于静止状态．()(3)带电粒子在复合场中不可能做匀速圆周运动．()(4)不同比荷的粒子在质谱仪磁场中做匀速圆周运动的半径不同．()(5)粒子在回旋加速器中做圆周运动的半径、周期都随粒子速度的增大而增大．()(6)在速度选择器中做匀速直线运动的粒子的比荷可能不同．()提示：(1)√(2)×(3)×(4)√(5)×(6)√做一做(2019·江苏常州高级中学高三模拟)回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示．设D形盒半径为R.若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率为f.则下列说法正确的是()A ．质子被加速后的最大速度不可能超过2πfRB ．质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小有关C ．高频电源只能使用矩形交变电流，不能使用正弦式交变电流D ．不改变B 和f ，该回旋加速器也能用于加速α粒子提示：选A.由T ＝2πR v ，T ＝1f ，可得质子被加速后的最大速度为2πfR ，其不可能超过2πfR ，质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关，选项A 正确、B 错误；高频电源可以使用正弦式交变电流，选项C 错误；要加速α粒子，高频交流电周期必须变为α粒子在其中做圆周运动的周期，即T ＝2πm αq αB，选项D 错误．洛伦兹力在科技中的应用【知识提炼】带电粒子在复合场中运动的应用实例【典题例析】(2016·高考全国卷Ⅰ)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比值约为( )A ．11B ．12C ．121D ．144[审题指导] 若两粒子经磁场偏转后仍从同一出口离开，则意味着其运动半径相等，由磁场中运动半径公式代入求解即可．[解析] 设加速电压为U ，质子做匀速圆周运动的半径为r ，原来磁场的磁感应强度为B ，质子质量为m ，一价正离子质量为M .质子在入口处从静止开始加速，由动能定理得，eU ＝12m v 21，质子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，e v 1B ＝m v 21r；一价正离子在入口处从静止开始加速，由动能定理得，eU ＝12M v 22，该正离子在磁感应强度为12B 的匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径仍为r ，洛伦兹力提供向心力，e v 2·12B ＝M v 22r ；联立解得M ∶m ＝144∶1，选项D 正确．[答案] D【迁移题组】迁移1 电磁流量计的应用1. 医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a 和b 以及一对磁极N 和S 构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a 、b 均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示．由于血液中的正、负离子随血流一起在磁场中运动，电极a 、b 之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看做是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点间的距离为3.0 mm ，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 μV ，磁感应强度的大小为0.040 T ．则血流速度的近似值和电极a 、b 的正、负为( )A ．1.3 m/s ，a 正、b 负B ．2.7 m/s ，a 正、b 负C ．1.3 m/s ，a 负、b 正D ．2.7 m/s ，a 负、b 正解析：选A.由左手定则可判定正离子向上运动，负离子向下运动，所以a 正、b 负，达到平衡时离子所受洛伦兹力与电场力平衡，所以有：q v B ＝q Ud ，代入数据解得v ≈1.3 m/s.迁移2 磁流体发电机的应用2. (多选)如图所示为磁流体发电机的原理图．金属板M 、N 之间的距离为d ＝20 cm ，磁场的磁感应强度大小为B ＝5 T ，方向垂直纸面向里．现将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，整体呈中性)从左侧喷射入磁场，发现在M 、N 两板间接入的额定功率为P ＝100 W 的灯泡正常发光，且此时灯泡电阻为R ＝100 Ω，不计离子重力和发电机内阻，且认为离子均为一价离子，则下列说法中正确的是( )A ．金属板M 上聚集负电荷，金属板N 上聚集正电荷B ．该发电机的电动势为100 VC ．离子从左侧喷射入磁场的初速度大小为103 m/sD ．每秒钟有6.25×1018个离子打在金属板N 上解析：选BD.由左手定则可知，射入的等离子体中正离子将向金属板M 偏转，负离子将向金属板N 偏转，选项A 错误；由于不考虑发电机的内阻，由闭合电路欧姆定律可知，电源的电动势等于电源的路端电压，所以E ＝U ＝PR ＝100 V ，选项B 正确；由Bq v ＝q Ud 可得v ＝UBd＝100 m/s ，选项C 错误；每秒钟经过灯泡L 的电荷量Q ＝It ，而I ＝PR＝1 A ，所以Q ＝1 C ，由于离子为一价离子，所以每秒钟打在金属板N 上的离子个数为n ＝Qe＝11.6×10－19＝6.25×1018(个)，选项D 正确．迁移3 霍尔效应的分析 3. (2019·浙江嘉兴一中高三测试)如图所示，X 1、X 2，Y 1、Y 2，Z 1、Z 2分别表示导体板左、右，上、下，前、后六个侧面，将其置于垂直Z 1、Z 2面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场中，当电流I 通过导体板时，在导体板的两侧面之间产生霍尔电压U H .已知电流I 与导体单位体积内的自由电子数n 、电子电荷量e 、导体横截面积S 和电子定向移动速度v 之间的关系为I ＝neS v .实验中导体板尺寸、电流I 和磁感应强度B 保持不变，下列说法正确的是( )A ．导体内自由电子只受洛伦兹力作用B ．U H 存在于导体的Z 1、Z 2两面之间C ．单位体积内的自由电子数n 越大，U H 越小D ．通过测量U H ，可用R ＝UI求得导体X 1、X 2两面间的电阻解析：选C.由于磁场的作用，电子受洛伦兹力，向Y 2面聚集，在Y 1、Y 2平面之间累积电荷，在Y 1、Y 2之间产生了匀强电场，故电子也受电场力，故A 错误；电子受洛伦兹力，向Y 2面聚集，在Y 1、Y 2平面之间累积电荷，在Y 1、Y 2之间产生了电势差U H ，故B 错误；电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态，有：q v B ＝qE ，其中：E ＝U Hd (d 为Y 1、Y 2平面之间的距离)根据题意，有：I ＝neS v ，联立得到：U H ＝B v d ＝B I neS d ∝1n ，故单位体积内的自由电子数n 越大，U H 越小，故C 正确；由于U H ＝B IneS d ，与导体的电阻无关，故D 错误．迁移4 回旋加速器的应用4. (多选)劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示．置于真空中的D 形金属盒半径为R ，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略．磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f ，加速电压为U .若A 处粒子源产生质子的质量为m 、电荷量为＋q ，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响．则下列说法正确的是( )A ．质子被加速后的最大速度与D 形盒半径R 有关B ．质子离开回旋加速器时的最大动能与交流电频率f 成正比C ．质子第2次和第1次经过两D 形盒间狭缝后轨道半径之比为 2∶1D ．不改变磁感应强度B 和交流电频率f ，经该回旋加速器加速的各种粒子的最大动能不变解析：选AC.质子被加速后的最大速度受到D 形盒半径R 的制约，因v m ＝2πRT＝2πRf ，故A 正确；质子离开回旋加速器的最大动能E km ＝12m v 2m ＝12m ×4π2R 2f 2＝2m π2R 2f 2，故B 错误；根据q v B ＝m v 2r ，Uq ＝12m v 21，2Uq ＝12m v 22，得质子第2次和第1次经过两D 形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1，故C 正确；因经回旋加速器加速的粒子最大动能E km ＝2m π2R 2f 2与m 、R 、f 均有关，故D 错误．迁移5 质谱仪的应用5．(2017·高考江苏卷)一台质谱仪的工作原理如图所示．大量的甲、乙两种离子飘入电压为U 0的加速电场，其初速度几乎为0，经加速后，通过宽为L 的狭缝MN 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，最后打到照相底片上．已知甲、乙两种离子的电荷量均为＋q ，质量分别为2m 和m ，图中虚线为经过狭缝左、右边界M 、N 的甲种离子的运动轨迹．不考虑离子间的相互作用．(1)求甲种离子打在底片上的位置到N 点的最小距离x ；(2)在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d ；(3)若考虑加速电压有波动，在(U 0－ΔU )到(U 0＋ΔU )之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L 满足的条件．解析：(1)设甲种离子在磁场中的运动半径为r 1.电场加速qU 0＝12×2m v 2且q v B ＝2m v 2r 1解得r 1＝2BmU 0q根据几何关系x ＝2r 1－L 解得x ＝4BmU 0q－L . (2)如图所示最窄处位于过两虚线交点的垂线上 d ＝r 1－r 21－⎝⎛⎭⎫L 22解得d ＝2BmU 0q－4mU 0qB 2－L 24. (3)设乙种离子在磁场中的运动半径为r 2 r 1的最小半径r 1min ＝2Bm （U 0－ΔU ）qr 2的最大半径 r 2max ＝1B2m （U 0＋ΔU ）q由题意知2r 1min －2r 2max ＞L 即4Bm （U 0－ΔU ）q －2B2m （U 0＋ΔU ）q＞L解得L ＜2Bm q [2（U 0－ΔU ）－2（U 0＋ΔU ）]．答案：见解析解决实际问题的一般过程1．带电体在叠加场中无约束情况下的运动情况分类带电体在复合场中的运动【知识提炼】(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，由此可求解问题．(2)电场力、磁场力、重力并存①若三力平衡，一定做匀速直线运动．②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒或动能定理求解问题．2．带电体在叠加场中有约束情况下的运动带电体在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，除受场力外，还受弹力、摩擦力作用，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果．【典题例析】如图，绝缘粗糙的竖直平面MN 左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E ，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B .一质量为m 、电荷量为q 的带正电的小滑块从A 点由静止开始沿MN 下滑，到达C 点时离开MN 做曲线运动．A 、C 两点间距离为h ，重力加速度为g .(1)求小滑块运动到C 点时的速度大小v C ；(2)求小滑块从A 点运动到C 点过程中克服摩擦力做的功W f ；(3)若D 点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D 点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P 点．已知小滑块在D 点时的速度大小为v D ，从D 点运动到P 点的时间为t ，求小滑块运动到P 点时速度的大小v P .[审题指导] (1)理解带电体运动到C 点时的临界条件，进行受力分析求解问题． (2)A 到C 过程中运用动能定理求解． (3)撤去磁场后带电体将做类平抛运动．[解析] (1)小滑块沿MN 运动过程，水平方向受力满足q v B ＋N ＝qE 小滑块在C 点离开MN 时 N ＝0 解得v C ＝EB .(2)由动能定理得mgh －W f ＝12m v 2C －0解得W f ＝mgh －mE 22B2.(3) 如图，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直．撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g ′，g ′＝⎝⎛⎭⎫qE m 2＋g 2 且v 2P ＝v 2D ＋g ′2t 2解得v P ＝v 2D ＋⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫qE m 2＋g 2t 2.[答案] (1)E B (2)mgh －mE 22B 2(3)v 2D ＋⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫qE m 2＋g 2t 2 【迁移题组】迁移1 带电体在叠加场中的运动 1．(2017·高考全国卷Ⅰ)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里．三个带正电的微粒a 、b 、c 电荷量相等，质量分别为m a 、m b 、m c .已知在该区域内，a 在纸面内做匀速圆周运动，b 在纸面内向右做匀速直线运动，c 在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是( )A ．m a ＞m b ＞m cB ．m b ＞m a ＞m cC ．m c ＞m a ＞m bD ．m c ＞m b ＞m a解析：选B.该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场，a 在纸面内做匀速圆周运动，可知其重力与所受到的电场力平衡，洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，有m a g ＝qE ，解得m a ＝qEg .b 在纸面内向右做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向上，可知m b g ＝qE ＋q v b B ，解得m b ＝qE g ＋q v b B g.c 在纸面内向左做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向下，可知m c g ＋q v c B ＝qE ，解得m c ＝qE g －q v c Bg.综上所述，可知m b >m a >m c ，选项B 正确．迁移2 带电体在组合场中的运动2. 在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD 和倾斜轨道GH 与半径r ＝944 m 的光滑圆弧轨道分别相切于D 点和G 点，GH 与水平面的夹角θ＝37°.过G 点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B ＝1.25 T ；过D 点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E ＝1×104 N/C.小物体P 1质量m ＝ 2×10－3 kg 、电荷量q ＝＋8×10－6 C ，受到水平向右的推力F ＝9.98×10－3 N 的作用，沿CD 向右做匀速直线运动，到达D 点后撤去推力．当P 1到达倾斜轨道底端G 点时，不带电的小物体P 2在GH 顶端静止释放，经过时间t ＝0.1 s 与P 1相遇．P 1和P 2与轨道CD 、GH 间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力．求：(1)小物体P 1在水平轨道CD 上运动速度v 的大小； (2)倾斜轨道GH 的长度s .解析：(1)设小物体P 1在匀强磁场中运动的速度为v ，受到向上的洛伦兹力为F 1，受到的摩擦力为f ，则F 1＝q v B ① f ＝μ(mg －F 1)②由题意，水平方向合力为零 F －f ＝0③ 联立①②③式，代入数据解得 v ＝4 m/s.④ (2)设P 1在G 点的速度大小为v G ，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理qEr sin θ－mgr (1－cos θ)＝12m v 2G －12m v 2 ⑤P 1在GH 上运动，受到重力、支持力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a 1，根据牛顿第二定律qE cos θ－mg sin θ－μ(mg cos θ＋qE sin θ)＝ma 1 ⑥P 1与P 2在GH 上相遇时，设P 1在GH 上运动的距离为s 1，则s 1＝v G t ＋12a 1t 2 ⑦设P 2质量为m 2，在GH 上运动的加速度为a 2，则m 2g sin θ－μm 2g cos θ＝m 2a 2 ⑧ P 1与P 2在GH 上相遇时，设P 2在GH 上运动的距离为s 2，则s 2＝12a 2t 2 ⑨ s ＝s 1＋s 2⑩联立④～⑩式，代入数据得s ＝0.56 m.答案：(1)4 m/s (2)0.56 m分析带电体在复合场中运动的三种观点(1)力的观点：在力学中我们知道力是物体运动状态发生变化的原因，在分析带电物体在复合场中运动时，同样要把握住“力以及力的变化”这一根本．一般而言，重力大小、方向不变(有时明确要求不计重力)；匀强电场中带电物体受电场力大小、方向都不变；洛伦兹力随带电粒子运动状态的改变而发生变化．(2)运动的观点：带电物体在复合场中可以设计出多阶段、多形式、多变化、具有周期性的运动过程．在分析物体的运动过程时，主要把握住以下几个方面：①在全面把握粒子受力以及力的变化特点的基础上，始终抓住力和运动之间相互促进、相互制约的关系．如速度的变化引起洛伦兹力变化，洛伦兹力变化又可能引起弹力和摩擦力的变化，从而引起合外力的变化，合外力的变化又引起加速度和速度的变化，速度变化反过来又引起洛伦兹力的变化，在这一系列变化中，力和运动相互促进、相互制约．②准确划分粒子运动过程中的不同运动阶段、不同运动形式，以及不同运动阶段、不同运动形式之间的转折点和临界点，只有明确粒子在某一阶段的运动形式后，才能确定解题所用到的物理规律．③明确不同运动阶段、不同的运动形式所遵循的物理规律，包括物理规律使用时所必须满足的条件；设定未知量，表述原始物理规律式．(3)能量的观点：由于带电物体在复合场中运动时，除重力、电场力以外还有洛伦兹力参与，而洛伦兹力是随运动状态改变而变化的，故合外力是一个变力，运动形式可能为变加速运动，对这类问题应用牛顿运动定律和运动学知识不能有效解决．但从力对物体做功的角度看，由于洛伦兹力方向始终垂直于速度方向，洛伦兹力对粒子不做功，运用动能定理或能量守恒的观点来处理这类问题时往往能“柳暗花明”．带电体在电磁场中的运动分析小球做匀速直线运动的速度v的大小和方从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这【对点训练】(多选)(2019·浙江名校联考) 质量为m 、电荷量为q 的微粒以速度v 与水平方向成θ角从O 点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A ，下列说法中正确的是( )A ．该微粒一定带负电荷B ．微粒从O 到A 的运动可能是匀变速运动C ．该磁场的磁感应强度大小为mg q v cos θD ．该电场的场强为B v cos θ解析：选AC.若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力mg 、水平向左的电场力qE 和垂直OA 斜向右下方的洛伦兹力q v B ，知微粒不能做直线运动，据此可知微粒应带负电荷，它受竖直向下的重力mg 、水平向右的电场力qE 和垂直OA 斜向左上方的洛伦兹力q v B ，又知微粒恰好沿着直线运动到A ，可知微粒应该做匀速直线运动，故选项A 正确，B 错误；由平衡条件得：q v B cos θ＝mg ，q v B sin θ＝qE ，得磁场的磁感应强度B ＝mg q v cos θ，电场的场强E ＝B v sin θ，故选项C 正确，D 错误．(多选)(2019·赣州模拟)如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN ，小球P 套在杆上，已知P 的质量为m 、电荷量为＋q ，电场强度为E ，磁感应强度为B ，P 与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .小球由静止开始下滑直到稳定的过程中( )A ．小球的加速度一直减小B ．小球的机械能和电势能的总和保持不变C ．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v ＝2μqE －mg 2μqBD ．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v ＝2μqE ＋mg 2μqB解析：选CD.开始时对小球受力分析如图所示，则mg －μ(qE －q v B )＝ma ，随着v 的增加，小球加速度先增大，当qE ＝q v B 时达到最大值，a max ＝g ，继续运动，mg －μ(q v B －qE )＝ma ，随着v 的增大，a 逐渐减小，所以A 错误；因为有摩擦力做功，机械能与电势能总和在减小，B 错误；若在前半段达到最大加速度的一半，则mg －μ(qE －q v B )＝m g 2，得v ＝2μqE －mg 2μqB ；若在后半段达到最大加速度的一半，则mg －μ(q v B －qE )＝m g 2，得v ＝2μqE ＋mg 2μqB ，故C 、D 正确．(建议用时：35分钟)一、单项选择题1. 如图所示，场强为E 的匀强电场方向竖直向下，场强为B 的水平匀强磁场垂直纸面向里，三个油滴a 、b 、c 带有等量的同种电荷．已知a 静止，b 、c 在纸面内按图示方向做匀速圆周运动(轨迹未画出)．忽略三个油滴间的静电力作用，比较三个油滴的质量及b 、c 的运动情况，以下说法中正确的是( )A ．三个油滴的质量相等，b 、c 都沿顺时针方向运动B ．a 的质量最大，c 的质量最小，b 、c 都沿逆时针方向运动C ．b 的质量最大，a 的质量最小，b 、c 都沿顺时针方向运动D ．三个油滴的质量相等，b 沿顺时针方向运动，c 沿逆时针方向运动解析：选A.油滴a 静止不动，其受到的合力为零，所以m a g ＝qE ，电场力方向竖直向上，油滴带负电荷．又油滴b 、c 在场中做匀速圆周运动，则其重力和受到的电场力是一对平衡力，所以m b g ＝m c g ＝qE ，油滴受到的洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，由左手定则可判断，b 、c 都沿顺时针方向运动．故A 正确．2. 如图所示为一速度选择器，内有一磁感应强度为B 、方向垂直纸面向外的匀强磁场，一束粒子流以速度v 水平射入，为使粒子流经过磁场时不偏转(不计重力)，则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，关于此电场场强大小和方向的说法中，正确的是 ( )A ．大小为B v ，粒子带正电时，方向向上B ．大小为B v ，粒子带负电时，方向向上C ．大小为B v ，方向向下，与粒子带何种电荷无关D ．大小为B v ，方向向上，与粒子带何种电荷无关解析：选D.当粒子所受的洛伦兹力和电场力平衡时，粒子流匀速直线通过该区域，有q v B ＝qE ，所以E ＝B v .假设粒子带正电，则受向下的洛伦兹力，电场方向应该向上．粒子带负电时，则受向上的洛伦兹力，电场方向仍应向上．故正确答案为D.3. 中国科学家发现了量子反常霍尔效应，杨振宁称这一发现是诺贝尔奖级的成果．如图所示，厚度为h 、宽度为d 的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上、下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应．下列说法正确的是( )A ．上表面的电势高于下表面的电势B ．仅增大h 时，上、下表面的电势差增大C ．仅增大d 时，上、下表面的电势差减小D ．仅增大电流I 时，上、下表面的电势差减小解析：选C.因电流方向向右，则金属导体中的自由电子是向左运动的，根据左手定则可知上表面带负电，则上表面的电势低于下表面的电势，A 错误；当电子达到平衡时，电场力等于洛伦兹力，即q U h ＝q v B ，又I ＝nq v hd (n 为导体单位体积内的自由电子数)，得U ＝IB nqd，则仅增大h 时，上、下表面的电势差不变；仅增大d 时，上、下表面的电势差减小；仅增大I 时，上、下表面的电势差增大，故C 正确，B 、D 错误．4. 速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中S 0A ＝23S 0C ，则下列说法中正确的是( )A ．甲束粒子带正电，乙束粒子带负电B ．甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C ．能通过狭缝S 0的带电粒子的速率等于E B 2D ．若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为3∶2解析：选B.由左手定则可判定甲束粒子带负电，乙束粒子带正电，A 错误；粒子在磁场中做圆周运动满足B 2q v ＝m v 2r ，即q m ＝v B 2r，由题意知r 甲<r 乙，所以甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷，B 正确；由qE ＝B 1q v 知能通过狭缝S 0的带电粒子的速率等于E B 1，C 错误；由q m ＝v B 2r 知m 甲m 乙＝r 甲r 乙＝23，D 错误．5．如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心线的半径为R ，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E ，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向外．一质量为m 、电荷量为q 的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P 点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q 点．不计粒子重力．下列说法不正确的是( )A ．粒子一定带正电B ．加速电场的电压U ＝12ER C ．直径PQ ＝2BqmER D ．若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的比荷解析：选C.由P 点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q 点，根据左手定则可得，粒子带正电，选项A 正确；由粒子在加速电场中做匀加速运动，则有qU ＝12m v 2，又粒子在静电分析器做匀速圆周运动，由电场力提供向心力，则有qE ＝m v 2R ，解得U ＝ER 2，选项B 正确；粒子在磁分析器中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，则有q v B ＝m v 2r，由P 点垂直边界进入磁分析器，最终打在Q 点，可得PQ ＝2r ＝2B ERm q，选项C 错误；若离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点说明运动的轨道半径r ＝1B mER q 相同，由于加速电场、静电分析器与磁分析器都相同，则该群离子具有相同的比荷，选项D 正确．6. (2019·铜陵质检)如图所示，粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带电的小球，整个装置处在由水平匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，在整个运动过程中小球的v －t 图象如下图所示，其中正确的是( )。