(江苏专用)2020版高考物理总复习第八章磁场专题突破2 带电粒子在电磁场中的运动与现代科

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2020届高考物理一轮复习 8章磁场章末整合全程课件精品

运动到达C处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且刚好
到达D点，从D点飞出时磁场消失，不计空气阻力，g＝
10m/s2，cos37°＝0.8，求：
(1)小球带何种电荷； (2)小球离开D点后的运动轨迹与直线AC的交点距C点的距离； (3)小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功．
[解析] (1)正电荷； (2)依题可知小球在BC间做匀速直线运动．
[例2] 如图所示，与水平面成37°角的倾斜轨道
AB，其延长线在C点与半圆轨道CD(轨道半径R＝1m)相
切，全部轨道为绝缘材料制成且放在竖直面内．整个空间
存在水平向左的匀强电场，MN的右侧存在垂直纸面向里
的匀强磁场．一个质量为0.4kg的带电小球沿斜面下滑，
至B点时速度为
接着沿直接BC(此处无轨道)
章末整合
一、带电粒子在有界磁场中运动的分析方法带电粒子在有界磁场中的运动问题是高考的热点，分析该类问题一般要注意下列结论： 1．刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切． 2．当速率v一定时，弧长(或弦长)越长，圆周角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长． 3．当速率v变化时，圆周角大的，运动时间长．在此基础上再按照定圆心、求半径、画轨迹的思路，由洛伦兹力提供粒子做匀速圆周运动] (2009·济宁测试)如图所示，一足够长的矩形区域abcd内充满磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，现从ad中点O垂直于磁场射入一速度方向与ad边夹角为30°，大小为v0的带正电粒子，已知粒子的质量为 m，电荷量为q，ad边长为L，ab边足够长，粒子重力不计，求粒子能从ab边上射出磁场的v0的大小范围．
2．正确分析带电粒子的受力情况除重力、弹力、摩擦力外要特别注意静电力和磁场力的分析，判断带电粒子所受重力是否忽略不计，电场力和洛伦兹力的大小和方向怎样，这些都必须根据题意以及各场力的特征作出全面的分析． 3．正确分析带电粒子运动情况要确定带电粒子做什么运动？是匀速还是变速？是直线还是曲线？有哪些运动过程？对于粒子连续通过几个不同情况的场的问题，要分阶段进行处理．最典型的运动状态有平衡状态以及类平抛运动和匀速圆周运动等．

(江苏专用版)2020版高考物理总复习第八章微专题5带电粒子在电磁场中的运动课件

速度vy=v0 tan 45°
在电场中运动的加速度a= vy ,由牛顿第二定律qE=ma,解得E= mv02
t1
2qL
(2)粒子向右通过电场和向左进入电场回到O点的过程可统一看成类平
抛运动,则粒子两次经过边界MN的位置间的距离h= 12 a(2t1)2 由动能定理有qEh=Ek- 12 m v02 ,解得Ek= 52 mv 02
(1)当微粒入射速度为v0时能完成上述运动,求此时所加的电场强度 E1和E2的大小;
(2)若微粒入射速度v0= B20mqd 时能完成上述运动,求电场变化的周期T;
(3)若电场变化的周期T= (2 2 )m ,且微粒能完成上述运动并从M点射出 B0q
磁场,求微粒进入磁场时的初速度v0的范围。
2.先磁场后电场模型对于粒子从磁场进入电场的运动,常见的有两种情况:(a)进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反;(b)进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直。(如图所示)
例1 (2018南通调研)如图所示,两边界MN、PQ相互平行,相距为L,MN 左侧存在平行边界沿纸面向下的匀强电场,PQ右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场,电场和磁场的区域足够大,质量为m、电荷量为+q的粒子从与边界MN距离为2L的O点,以方向垂直于边界M、大小为v0的初速度向右运动,粒子飞出电场时速度方向与MN的夹角为45°,粒子还能回到O 点,忽略粒子的重力,求:
受力分析
分析粒子在不同的变化场区的受力情况
过程分析
分析粒子在不同时间内的运动情况
找衔接点
找出衔接相邻两过程的物理量
选规律
联立不同阶段的方程求解
例3 (2018常州一模)如图甲所示,宽度为d的竖直区域内(边界为L1、 L2),存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场和竖直方向的周期性变化的电场(如图乙所示),电场强度的大小未知,E>0表示电场方向竖直向上。t=0时,一质量为m、带电荷量为+q的微粒从左边界上的N 点以水平速度垂直射入该区域,沿直线NM运动一段距离后做完整的圆周运动,再沿直线NM运动。重力加速度为g,上述d、B0、m、q、g为已知量。

江苏专用2020版高考物理新增分大一轮复习第八章磁场专题突破九带电粒子在复合场中运动实例课

(3)霍尔电压的计算：导体中的自由电荷(电荷量为q)在洛伦兹力作用下偏转，
A、A′间出现电势差，当自由电荷所受静电力和洛伦兹力平衡时，A、A′间的电势差(U)就保持稳定，由 qvB＝qUh ，I＝nqvS，S＝hd；联立得 U＝nBqId＝ kBdI，k＝n1q称为霍尔系数.
模型1 速度选择器
例3 (2018·泰州中学月考)在如图9所示的平行板器件中，电场强度E和磁感应
二、电场与磁场的组合应用实例
装置
原理图
规律
质谱仪
带电粒子由静止被加速电场加速qU
＝ 12mv2 ，在磁场中做匀速圆周运动 v2
qvB＝ m r ，则比荷 mq ＝B22Ur2
回旋加速器
交变电流的周期和带电粒子做圆周
运动的周期相同，带电粒子在做圆
周运动过程中每次经过D形盒缝隙都
会被加速.由qvB＝ Ekm＝q22Bm2r2
子与正离子，即高温等离子体，等离子体以速度v进入矩形发电通道，发电通
道里有图示方向的匀强磁场，磁感应强度为B.等离子体进入发电通道后发生
偏转，落到相距为d的两个金属极板上，在两极板间形成电势差，等离子体的
电阻不可忽略.下列说法正确的是
√A.上极板为发电机正极
B.外电路闭合时，电阻R两端的电压为Bdv
喷射到加有强磁场的管道内，正、负离子在洛伦兹力作用下分别向A、B两金
属板偏转，形成直流电源对外供电.则
A.仅减小A、B两金属板间的距离，发电机的电动势将增大
B.仅增强磁感应强度，发电机的电动势将减小
C.仅增加负载的阻值，发电机的输出功率将增大
√D.仅增大等离子体的喷射速度，发电机的总功率将增大
图10
等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带正、负电荷，两极板间电压为U时稳定，_q_dU_＝qv0B，U＝_v_0_B_d_

(江苏专用版)2020版高考物理总复习第八章第2讲带电粒子在匀强磁场中的运动课件

m
D. qB
m
解析依题中条件“磁场方向垂直于它的运动平面”,磁场方向
有两种可能,且这两种可能方向相反。在方向相反的两个匀强磁场中,
由左手定则可知负电荷所受的洛伦兹力的方向也是相反的。当负电荷
所受的洛伦兹力与电场力方向相同时,根据牛顿第二定律可知4Bqv=m
v2 ,得v= 4BqR ,此种情况下,负电荷运动的角速度为ω= v = 4Bq ;当负电荷
2.两个质量和电荷量均相同的带电粒子a、b分别以速度v和2v垂直射入一匀强磁场,其轨道半径分别为ra和rb,运动的周期分别为Ta和T b,不计粒子重力,则 ( B ) A.ra>rb B.ra<rb C.Ta>Tb D.Ta<Tb
解析根据牛顿第二定律得qvB=m v2,解得r= mv,由题知m、q、B大小均
t粒1=子12 (在0d1BvMBx )间=运1.03动11的0062时s间= t323=×vd1B2x0=-8
s
4.0 102 2 3 106
2
s=
3 ×10-8 s
3
则粒子平行于板方向运动的最大位移ym=v0(t1+t2)=2 3 cm 所以该带电粒子打在荧光屏M上形成的亮线的长度l1=2ym=4 3 cm (3)在B、M间加一垂直纸面向外的匀强磁场后,粒子在BM间运动的轨迹
2.(2018南京、盐城一模)如图所示,电视显像管中有一个电子枪,工作时它能发射电子,荧光屏被电子束撞击就能发光。在偏转区有垂直于纸面的磁场B1和平行纸面上下的磁场B2,就是靠这样的磁场来使电子束偏转, 使整个荧光屏发光。经检测仅有一处故障:磁场B1不存在,则荧光屏上 ( C )
A.不亮 B.仅有一个中心亮点
答案 B 速度方向水平向右的竖直向上的粒子的轨迹如图所示,则所有粒子可能经过的区域,即为速度水平向右的粒子的轨迹绕O点向左移动的过程中所扫过的区域,而图中的阴影部分是两临界轨迹交叉的部分,没有轨迹扫过,即没有粒子到达该区域,故B正确。

江苏专用2020版高考物理新增分大一轮复习第八章磁场第2讲磁吃运动电荷的作用讲义含解

第2讲　磁场对运动电荷的作用一、洛伦兹力的大小和方向1．定义：磁场对运动电荷的作用力．2．大小(1)v ∥B 时，F ＝0；(2)v ⊥B 时，F ＝qvB ；(3)v 与B 的夹角为θ时，F ＝qvB sin θ.3．方向(1)判定方法：应用左手定则，注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向；(2)方向特点：F ⊥B ，F ⊥v ，即F 垂直于B 、v 决定的平面．(注意B 和v 可以有任意夹角)4．做功：洛伦兹力不做功.自测1　带电荷量为＋q 的粒子在匀强磁场中运动，下列说法中正确的是( )A ．只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同B ．如果把＋q 改为－q ，且速度反向、大小不变，则其所受洛伦兹力的大小、方向均不变C ．洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向一定与电荷运动方向垂直D ．粒子在只受洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变答案　B二、带电粒子(不计重力)在匀强磁场中的运动1．若v ∥B ，带电粒子以入射速度v 做匀速直线运动．2．若v ⊥B ，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度大小v 做匀速圆周运动．3．基本公式(1)向心力公式：qvB ＝m ；v 2r(2)轨道半径公式：r ＝；mv Bq(3)周期公式：T ＝.2πmqB注意：带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速率无关．自测2　(多选)如图1所示，在匀强磁场中，磁感应强度B1＝2B2，当不计重力的带电粒子从B1磁场区域运动到B2磁场区域时，粒子的( )图1A．速率将加倍B．轨迹半径加倍C．周期将加倍D．做圆周运动的角速度将加倍答案　BC命题点一　对洛伦兹力的理解1．洛伦兹力的特点(1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意区分正、负电荷．(2)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用．(3)洛伦兹力一定不做功．2．洛伦兹力与安培力的联系及区别(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力，都是磁场力．(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功．3．洛伦兹力与电场力的比较洛伦兹力电场力产生条件v≠0且v不与B平行电荷处在电场中大小F＝qvB(v⊥B)F＝qE力方向与场方向的关系F⊥B，F⊥v F∥E做功情况任何情况下都不做功可能做功，也可能不做功例1　(2018·南京市、盐城市二模)如图2所示，在磁感应强度大小为B，范围足够大的水平匀强磁场内，固定着倾角为θ的绝缘斜面，一个质量为m、电荷量为－q的带电小物块以初速度v0沿斜面向上运动，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ.设滑动时电荷量不变，在小物块上滑过程中，其加速度大小a与时间t的关系图象，可能正确的是( )图2答案　C解析　物块向上运动的过程中合力为F＝mg sin θ＋F f＝mg sin θ＋μmg cos θ＋μqvB，方向沿斜面向下，故物块做减速运动，当物块速度减小时，所受合力减小，加速度减小，速度的变化越来越慢，即合力的变化越来越慢，又因合力大小大于等于mg sin θ＋μmg cos θ，所以加速度减小得越来越慢，但大于等于某个值，不会逐渐减小到零，故C正确．变式1　(2018·南京市、盐城市一模)如图3所示，电视显像管中有一个电子枪，工作时它能发射电子，荧光屏被电子束撞击就能发光．在偏转线圈处有垂直于纸面的磁场B1和平行于纸面方向竖直的磁场B2，就是靠这样的磁场来使电子束偏转，使整个荧光屏发光．经检测仅有一处故障：磁场B1不存在，则荧光屏上( )图3A．不亮B．仅有一个中心亮点C．仅有一条水平亮线D．仅有一条竖直亮线答案　C解析　磁场B1不存在，只有平行于纸面方向竖直的磁场B2，电子垂直进入该磁场后，所受的洛伦兹力为水平方向，所以在荧光屏上仅有一条水平亮线，故C正确．命题点二　带电粒子在有界匀强磁场中的运动基本思路图例说明P 、M 点速度垂线的交点为圆心P 点速度垂线与弦的垂直平分线的交点为圆心圆心的确定①与速度方向垂直的直线过圆心②弦的垂直平分线过圆心③轨迹圆弧与边界切点的法线过圆心某点的速度垂线与切点法线的交点为圆心半径的确定利用平面几何知识求半径常用解三角形法：例：(左图)R ＝或由Lsin θR 2＝L 2＋(R －d )2求得R ＝L 2＋d 22d运动时间的确定利用轨迹对应圆心角θ或轨迹长度L 求时间①t ＝Tθ2π②t ＝L v(1)速度的偏转角φ等于所对的圆心角θ(2)偏转角φ与弦切角α的关系：φ<180°时，φ＝2α；φ>180°时，φ＝360°－2α模型1　直线边界匀强磁场直线边界，粒子进出磁场具有对称性(如图4所示)图4图a 中t ＝＝T 2πmBq图b 中t ＝(1－)T ＝(1－)＝θπθπ2πm Bq 2m (π－θ)Bq图c 中t ＝T ＝θπ2θmBq例2　(2018·南通市等七市三模)如图5所示，水平虚线MN 上方有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里．大量带正电的相同粒子，以相同的速率沿位于纸面内水平向右到竖直向上90°范围内的各个方向，由小孔O 射入磁场区域，做半径为R 的圆周运动．不计粒子重力和粒子间相互作用．下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中正确的是( )图5答案　B解析　入射粒子轨迹圆半径相同，入射方向变化，可看作轨迹圆旋转，如图由①→②→③，只有①与③两圆的“交集”区域没有粒子经过．模型2　平行边界匀强磁场平行边界存在临界条件(如图6所示)图6图a 中t ＝，t ′＝＝θm Bq T 2πm Bq 图b 中t ＝θm Bq图c 中t ＝(1－)T ＝(1－)＝θπθπ2πm Bq 2m (π－θ)Bq图d 中t ＝T ＝θπ2θmBq例3　(2018·海安中学开学考)如图7，在0≤x ≤l 区域内存在与xOy 平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .一位于坐标原点的粒子源在xOy 平面内发射出大量同种带负电粒子，所有粒子的初速度大小均为v 0，方向与x 轴正方向的夹角分布在0°～60°范围内，在x ＝l 处垂直x 轴放置一荧光屏S .已知沿x 轴正方向发射的粒子经过了荧光屏S 上y ＝－l 的点，则( )图7A ．粒子的比荷为＝q m v 0BlB ．粒子的运动半径一定大于等于lC ．粒子在磁场中运动时间最长的一定超过πlv 0D ．粒子打在荧光屏S 上亮线的长度大于2l 答案　A解析　沿x 轴正方向入射的粒子轨迹如图，“经过”了S 屏上P 点，即与S 在P 点相切，所以轨迹圆半径为l ，由qv 0B ＝，得＝，mv 02Rq m v 0Bl故A 正确；与x 轴正方向的夹角在0～60°范围内向x 轴下方入射的粒子不会打到屏S 上，与x 轴正方向成60°角向x 轴上方入射的粒子轨迹如图，与屏S 交于Q 点，由图可知Q 点纵坐标一定小于l ，故PQ 长度小于2l ，故D 错误；在磁场中运动的周期T ＝，故运动的最2πmqB长时间为＝，故C 错误；粒子在磁场中运动的半径r ＝＝l ，所以粒子运动的半径一T 2πl v 0mv 0qB定等于l ，故B 错误．模型3　圆形边界匀强磁场沿径向射入圆形磁场必沿径向射出，运动具有对称性(如图8所示)图8r ＝Rtan θt ＝T ＝θπ2θmBq θ＋α＝90°.例4　(多选)(2018·江苏一模) 如图9所示，在半径为R 的虚线圆形区域内存在一垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．大量带电荷量为q 的粒子以相同的速率从M 点沿纸面以不同的方向射入该磁场，只有磁场边界MN 劣弧上有粒子射出，已知∠NOM ＝60°.不计粒子重力及带电粒子之间的相互作用，则( )图9A ．这些粒子带负电B ．这些粒子进入磁场的初速度为qBR2m C ．这些粒子进入磁场的初速度为qBR mD ．这些粒子在磁场中运动的最长时间为πmqB答案　BD解析　根据左手定则知，这些粒子带正电，故A 错误；当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到虚线圆形磁场的位置最远，根据几何关系知，粒子做匀速圆周运动的直径等于磁场区域圆的半径，即粒子运动轨迹半径r ＝R2根据洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝m ，解得r ＝＝，得v ＝，故B 正确，C 错误；带v 2r mv qB R 2qBR2m电粒子做匀速圆周运动的周期T ＝，轨迹弦长最长即图示轨迹时，在磁场中运动的时间2πmqB最长，最长时间t ＝＝，故D 正确．T 2πmqB命题点三　带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题类型分析图例带电粒子电性不确定受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解；如图，带电粒子以速度v 垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为a ，如带负电，其轨迹为b 磁场方向不确定在只知道磁感应强度大小，而未具体指出磁感应强度方向时，必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成多解；如图，带正电粒子以速度v 垂直进入匀强磁场，若磁场方向垂直纸面向里，其轨迹为a ，若磁场方向垂直纸面向外，其轨迹为b临界状态不唯一带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过磁场飞出，也可能转过180°从入射界面反向飞出，于是形成多解运动具有周期性带电粒子在部分是电场、部分是磁场空间运动时，运动往往具有周期性，因而形成多解例5　如图10甲所示，M 、N 为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d ，两板中央各有一个小孔O 、O ′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示．有一群正离子在t ＝0时垂直于M 板从小孔O射入磁场．已知正离子质量为m 、带电荷量为q ，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T 0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力及离子之间的相互作用．求：图10(1)磁感应强度B 0的大小；(2)要使正离子从O ′垂直于N 板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v 0的可能值．答案　(1)　(2)(n ＝1,2,3，…)2πmqT 0πd2nT 0解析　(1)设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向．正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力B 0qv 0＝mv 02R做匀速圆周运动的周期T 0＝2πRv 0由以上两式得磁感应强度B 0＝2πmqT(2)要使正离子从O ′孔垂直于N 板射出磁场，v 0的方向应如图所示，两板之间正离子只运动一个周期即T 0时，有R ＝；当两板之间正离子运动n 个周期，即nT 0d4时，有R ＝(n ＝1,2,3，…)．d4n联立解得正离子的速度的可能值为v 0＝＝(n ＝1,2,3，…)．B 0qR m πd2nT 01．(多选)(2018·东台创新学校月考)以下说法正确的是( )A ．电荷处于电场中一定受到静电力B ．运动电荷在磁场中一定受到洛伦兹力C ．洛伦兹力对运动电荷一定不做功D ．洛伦兹力可以改变运动电荷的速度方向和速度大小答案　AC解析　电荷处于电场中一定受到静电力F ＝qE ，故A 正确；运动电荷的速度方向与磁场方向平行时，运动电荷不受洛伦兹力，故B 错误；洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，洛伦兹力对运动电荷一定不做功，故C 正确；洛伦兹力对运动电荷一定不做功，由动能定理得，洛伦兹力不能改变运动电荷的动能，即洛伦兹力不能改变运动电荷的速度大小，只能改变速度方向，故D 错误．2．(多选)下列关于图11中各带电粒子所受洛伦兹力的方向或带电粒子的带电性质的判断正确的是( )图11A ．甲图中粒子所受洛伦兹力方向竖直向上B ．乙图中粒子所受洛伦兹力方向垂直纸面向里C ．丙图中粒子带负电D ．丁图中粒子所受洛伦兹力方向垂直纸面向外答案　ABD3.(2018·丰县中学月考)如图12所示，MN 为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于纸面的匀强磁场(未画出)．一带电粒子从紧贴铝板上表面的P 点垂直于铝板向上射出，从Q 点穿越铝板后到达PQ 的中点O .已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变．不计重力，铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( ).图12A ．2B.C ．1D.222答案　D解析　设粒子在铝板上、下方的轨道半径分别为r 1、r 2，速度分别为v 1、v 2，由题意可知，粒子轨道半径：r 1＝2r 2，穿过铝板时粒子动能损失一半，即mv ＝·mv ，得v 1＝v 2，12221212122粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB ＝m ，磁感应强度：B ＝，磁感应v 2r mvqr强度之比：＝∶＝＝×＝，故选项D 正确．B 1B 2mv 1qr 1mv 2qr 2v 1r 2v 2r 12v 2v2r 22r 2224．在赤道处，将一小球向东水平抛出，落地点为a ；给小球带上电荷后，仍从同一位置以原来的速度水平抛出，考虑地磁场的影响，不计空气阻力，下列说法正确的是( )A ．无论小球带何种电荷，小球仍会落在a 点B ．无论小球带何种电荷，小球下落时间都会延长C ．若小球带负电荷，小球会落在更远的b 点D ．若小球带正电荷，小球会落在更远的b 点答案　D5.如图13所示，在半径为R ＝的圆形中，磁感应强度为B ，圆形区域右侧有一竖直感光板MN ，mv 0Bq带正电粒子从圆弧顶点P 以速率v 0平行于纸面进入磁场，已知粒子的质量为m ，电荷量为q ，粒子重力不计．图13(1)若粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间；(2)若粒子对准圆心射入，且速率为v 0，求它打到感光板上时速度的垂直分量；3(3)若粒子以速度v 0从P 点以任意角射入磁场，试证明它离开磁场后均垂直打在感光板上．答案　(1)　(2)v 0　(3)见解析πm 2Bq 32解析　(1)设带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r ，由牛顿第二定律得Bqv 0＝m v 02r解得r ＝R带电粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆弧，轨迹对应的圆心角为，如图甲所示，则π2在磁场中运动的时间t ＝＝π2R v 0πm 2Bq(2)当v ＝v 0时，带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为R 33其运动轨迹如图乙所示，由图可知∠PO 2O ＝∠OO 2D ＝30°所以带电粒子离开磁场时速度的偏转角为60°故打到感光板上速度的垂直分量v ⊥＝v sin60°＝v 032(3)当带电粒子以v 0射入时，带电粒子在磁场中的运动轨迹半径为R .设粒子射入方向与PO 方向夹角为θ，带电粒子从区域边界S 射出，带电粒子运动轨迹如图丙所示，由图可知PO 3＝O 3S ＝PO ＝SO ＝R 所以四边形POSO 3为菱形故PO ∥O 3S因此，带电粒子射出磁场时的速度方向为水平方向，与入射的方向无关，故粒子均能垂直打在感光板上．1．下列说法正确的是( )A．运动电荷在磁感应强度不为0的地方，一定受到洛伦兹力的作用B．运动电荷在某处不受洛伦兹力的作用，则该处的磁感应强度一定为0C．洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也不能改变带电粒子的速度D．洛伦兹力对带电粒子总不做功答案　D2.如图1所示，电子射线管放在U形磁铁的N极和S极之间，射线管的P和Q两极分别接在直流高压电源的正极和负极，此时荧光屏上显示的电子束运动径迹将( )图1A．向上偏转B．向下偏转C．不发生偏转D．先向上偏转后向下偏转答案　B3.(多选)(2018·东台创新学校月考)如图2所示，质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，以不同的初速度两次从O点垂直于磁场和磁场边界向上射入匀强磁场，在洛伦兹力作用下分别从M、N两点射出磁场，测得OM∶ON＝3∶4，粒子重力不计，则下列说法中不正确的是( )图2A．带电粒子两次在磁场中运动的时间之比为3∶4B．带电粒子两次在磁场中运动的路程之比为3∶4C．带电粒子两次在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为3∶4D．带电粒子两次在磁场中所受的洛伦兹力大小之比为4∶3答案　AD解析　粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB ＝m ，v 2R解得R ＝∝v mv qB周期：T ＝＝，2πRv2πmqB故运动时间t 1＝t 2＝＝，故A 错误；T 2πmqB由于轨道半径之比为3∶4，故弧长之比为3∶4，即路程之比为3∶4，故B 正确；由于R ＝∝v ，mvqB轨道半径之比为3∶4，故速度大小之比为3∶4；由于洛伦兹力F ＝qvB ∝v ，故洛伦兹力大小之比为3∶4，故C 正确，D 错误．4.(2019·新海中学月考)如图3所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，两个质量和电荷量都相同的带电粒子a 、b ，以不同的速率沿着AO 方向对准圆心O 射入磁场，其运动轨迹如图．若带电粒子只受洛伦兹力的作用，则下列说法正确的是( )图3A ．a 粒子速率较大B ．b 粒子速率较大C ．b 粒子在磁场中运动时间较长D ．a 、b 粒子在磁场中运动时间一样长答案　B5.如图4所示，长直导线ab 附近有一带正电荷的小球用绝缘丝线静止悬挂在M 点．当ab 中通以由b →a 的恒定电流时，下列说法正确的是( )图4A ．小球受磁场力作用，方向与导线垂直且垂直纸面向里B ．小球受磁场力作用，方向与导线垂直且垂直纸面向外C ．小球受磁场力作用，方向与导线垂直并指向左方D ．小球不受磁场力作用答案　D6．(多选)(2018·盐城中学模拟)如图5所示，虚线上方存在匀强磁场，磁感应强度为B ；一群电子以不同速率从边界上的P 点以相同的方向射入磁场．其中某一速率为v 0的电子从Q 点射出．已知电子入射方向与边界夹角为θ，则由以上条件可判断( )图5A ．该匀强磁场的方向垂直纸面向里B ．所有电子在磁场中的轨迹相同C ．速率大于v 0的电子在磁场中运动时间长D ．所有电子的速度方向都改变了2θ答案　AD解析　由左手定则可知，该匀强磁场的方向垂直纸面向里，A 选项正确；由牛顿第二定律可知qvB ＝，得R ＝，可知不同速率的电子在磁场中的轨迹不相同，B 选项错误；由电子mv 2R mvqB在磁场中运动周期T ＝得T ＝，故电子在磁场中运动时间t ＝T ＝，所以所有2πRv2πmqB2θ2π2θmqB电子在磁场中的运动时间都相同，C 选项错误；所有电子偏转角度相同，所有电子的速度方向都改变了2θ，D 选项正确．7．(2018·徐州三中月考)如图6所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场中，质量为m 、带电荷量为＋Q 的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是( )图6A ．滑块受到的摩擦力不变B ．滑块到达地面时的动能与B 的大小无关C ．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下D ．B 很大时，滑块可能静止于斜面上答案　C解析　据左手定则可知，滑块受到垂直斜面向下的洛伦兹力，C 正确；随着滑块速度的变化，洛伦兹力大小变化，它对斜面的压力大小发生变化，故滑块受到的摩擦力大小变化，A 错误；速度相同时，B 越大，滑块受到的洛伦兹力越大，受到的摩擦力也越大，摩擦力做功越多，根据动能定理可知，滑块到达地面时的动能就越小，B 错误；由于开始时滑块不受洛伦兹力就能下滑，故B 再大，滑块也不可能静止在斜面上，D 错误．8.(多选)(2018·丰县中学月考) 如图7所示，在平板PQ 上方有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．某时刻有a 、b 、c 三个电子(不计重力)分别以大小相等、方向如图所示的初速度v a 、v b 和v c 经过平板PQ 上的小孔O 射入匀强磁场．这三个电子打到平板PQ 上的位置到小孔O 的距离分别是l a 、l b 和l c ，电子在磁场中运动的时间分别为t a 、t b 和t c .整个装置放在真空中．则下列判断正确的是( )图7A ．l a ＝l c ＜l bB ．l a ＜l b ＜l cC ．t a ＜t b ＜t cD ．t a ＞t b ＞t c答案　AD解析　三个电子的速度大小相等，方向如图所示，垂直进入同一匀强磁场中．由于初速度v a 和v c 的方向与PQ 的夹角相等，所以这两个电子的运动轨迹正好组合成一个完整的圆，则这两个电子打到平板PQ 上的位置到小孔的距离是相等的．而初速度为v b 的电子初速度方向与PQ 垂直，则它的运动轨迹正好是半圆，所以初速度为v b 的电子打到平板PQ 上的位置到小孔的距离恰好是轨迹圆的直径．由于它们的速度大小相等，因此它们的运动轨迹的半径均相同，所以l a ＝l c ＜l b ，选项A 正确，B 错误；从图中可得，初速度为v a 的电子偏转的角度最大，初速度为v c 的电子偏转的角度最小，根据粒子在磁场中运动的时间与偏转的角度之间的关系：t ＝T 可得，t a ＞t b ＞t c ，故选项C 错误，D 正确．α2π9.(多选)(2018·江苏省高考压轴卷)在xOy 平面上以O 为圆心，半径为r 的圆形区域内，存在磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy 平面．一个质量为m 、电荷量为q 的带电粒子，从原点O 以初速度v 沿y 轴正方向开始运动，经时间t 后经过x 轴上的P 点，此时速度与x 轴正方向成θ角，如图8所示．不计重力的影响，则下列关系一定成立的是( )图8A ．若r ＜，则0°＜θ＜90°2mvqBB ．若r ≥，则t ≥2mvqBπmqBC ．若t ＝，则r ＝πmqB2mvqBD ．若r ＝，则t ＝2mvqB πmqB答案　AD解析　带电粒子在磁场中从O 点沿y 轴正方向开始运动，圆心一定在垂直于速度的方向上，即圆心一定在x 轴上，轨道半径R ＝.当r ≥时，P 点在磁场内，粒子不能射出磁场区，mv qB 2mv qB所以垂直于x 轴经过P 点，θ最大且为90°，运动时间为半个周期，即t ＝，B 项错误；πmqB当r ＜时，粒子在到达P 点之前射出圆形磁场区，速度偏转角φ在大于0°、小于180°2mvqB范围内，如图所示，能过x 轴的粒子的速度偏转角φ>90°，所以过x 轴时0°＜θ＜90°，A 项正确；同理，若t ＝，则r ≥，若r ＝，则t ＝，C 项错误，D 项正确．πmqB2mvqB2mvqBπmqB10.(2018·铜山中学模拟)如图9所示，在边长为2a 的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子(重力不计)从AB 边的中心O 以速度v 进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB 边的夹角为60°，若要使粒子能从AC 边穿出磁场，则匀强磁场的磁感应强度B 需满足( )图9A ．B >B ．B <3mv 3aq 3mv 3aqC ．B >D ．B <3mvaq 3mvaq答案　B解析　若粒子刚好达到C 点时，其运动轨迹与AC 相切，如图所示，则粒子运动的半径为r 0＝＝a .由牛顿第二定律得r ＝，故粒子要能从AC 边射出，atan30°3mv qB粒子运动的半径应满足r >r 0，解得B <，选项B 正确．3mv 3aq11.(2018·淮安信息调研)如图10所示，竖直平面内的光滑倾斜轨道AB 、水平轨道CD 与半径r ＝0.5m 的光滑圆弧轨道分别相切于B 、C 点，AB 与水平面的夹角为37°，过B 点垂直于水平面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁感应强度B ＝1T 、方向垂直于水平面向里；过C 点垂直于纸面的竖直平面右侧有电场强度大小E ＝1×104N/C 、方向水平向右的匀强电场(图中未画出)．现将小物块P 从倾斜轨道上A 点由静止释放沿AB 向下运动，运动过程中电荷量保持不变，不计空气阻力．已知物块P 的质量m ＝0.5 kg 、电荷量q ＝＋2.5×10－4 C ，P 与水平轨道间的动摩擦因数为0.2，A 、B 两点间距离x ＝1 m ，取g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图10(1)P 下滑到B 点的速度大小；(2)P 运动到C 点时对圆轨道的压力；(结果可用根式表示)(3)P 与水平面间因摩擦而产生的热量．答案　见解析解析　(1)小物块从A 到B 过程，根据动能定理得mgx sin 37°－qEx cos 37°＝mv －012B 2代入数据解得v B ＝2 m/s(2)小物块从B 到C 过程，根据动能定理得mgr (1－cos 37°)－qEr sin 37°＝mv －mv 12C 212B 2代入数据解得v C ＝ m/s3小物块到C 点时，由牛顿第二定律有F N －mg －qv C B ＝mv C 2r解得F N ＝(8＋×10－4) N 523由牛顿第三定律，小物块在C 点时对圆轨道的压力F N ′＝(8＋×10－4) N ，方向竖直向下523(3)小物块从C 点到停止的过程，根据能量守恒定律得因摩擦而产生的热量Q ＝mv ＝0.75 J.12C 212.如图11所示，在屏蔽装置底部中心位置O 点放一医用放射源，可通过细缝沿扇形区域向外辐射速率为v ＝3.2×106m/s 的α粒子．已知屏蔽装置宽AB ＝9cm ，缝长AD ＝18cm ，α粒子的质量m ＝6.64×10－27kg ，电荷量q ＝3.2×10－19C ．若在屏蔽装置右侧条形区域内加一匀强磁场来隔离辐射，磁感应强度B ＝0.332T ，方向垂直于纸面向里，整个装置放于真空环境中．(结果可带根号)图11(1)若所有的α粒子均不能从条形磁场隔离区的右侧穿出，则磁场的宽度d 至少是多少？(2)若条形磁场的宽度d ＝20cm ，则射出屏蔽装置的α粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间各是多少？答案　(1)(20＋10) cm (2)×10－6s ×10－6s 2π16π48解析　(1)由题意：AB ＝9cm ，AD ＝18cm ，可得∠BAO ＝∠ODC ＝45°所有α粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，设为R ，根据洛伦兹力提供向心力有Bqv ＝mv 2R解得R ＝0.2m.由题意及几何关系可知：若条形磁场区域的右边界与沿OD 方向进入磁场的α粒子的圆周轨迹相切，则所有α粒子均不能从条形磁场隔离区右侧穿出，此时磁场的宽度最小，如图甲所示．设此时磁场宽度d ＝d 0，由几何关系得d 0＝R ＋R cos45°＝(0.2＋) m ＝(20＋10) cm ，2102则磁场的宽度d 至少为(20＋10) cm.2(2)设α粒子在磁场内做匀速圆周运动的周期为T ，则T ＝＝×10－6s.2πmBqπ8设速度方向垂直于AD 进入磁场区域的α粒子的入射点为E ，如图乙所示．因磁场宽度d ＝20cm<d 0，且R ＝20cm ，则在∠EOD 间进入磁场区域的α粒子均能穿出磁场右边界，在∠EOA 间进入磁场区域的α粒子均不能穿出磁场右边界，沿OE 方向进入磁场区域的α粒子运动轨迹与磁场右边界相切，转过的圆心角最大，故沿OE 方向进入磁场的α粒子在磁场中运动时间最长，设在磁场中运动的最长时间为t max ，则t max ＝＝×10－6sT 2π16若α粒子在磁场中做匀速圆周运动对应的圆弧轨迹的弦长最短，则α粒子在磁场中运动的时间最短．最短的弦长为磁场宽度d .轨迹如图乙所示，因R ＝d ，则最短的弦长对应的圆心角为60°，设在磁场中运动的最短时间为t min ，则t min ＝＝×10－6s.T 6π48。

江苏省2020版高考物理三轮复习热点8带电粒子的电偏转和磁偏转练习含解析201911221149

热点8 带电粒子的电偏转和磁偏转(建议用时：20分钟)1．(2019·连云港高三模拟)如图所示，在边长为L 的正方形ABCD 阴影区域内存在垂直纸面的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q (q <0)的带电粒子以大小为v 0的速度沿纸面垂直AB 边射入正方形，若粒子从AB 边上任意点垂直射入，都只能从C 点射出磁场，不计粒子重力的影响．下列说法正确的是( )A ．此匀强磁场的方向可能垂直纸面向外B ．此匀强磁场的磁感应强度大小为2mv 0qLC ．此匀强磁场区域的面积为πL 24D ．此匀强磁场区域的面积为（π－2）L222.(多选)如图所示，矩形的四个顶点分别固定有带电荷量均为q 的正、负点电荷，水平直线AC 将矩形分成面积相等的两部分，B 为矩形的重心．一质量为m 的带正电微粒(重力不计)沿直线AC 从左向右运动，到A 点时的速度为v 0，到B 点时的速度为 5v 0.取无穷远处的电势为零，则( )A ．微粒在A 、C 两点的加速度相同B ．微粒从A 点到C 点的过程中，电势能先减小后增大 C ．A 、C 两点间的电势差为U AC ＝4mv 20qD ．微粒最终可以返回B 点，其速度大小为 5v 03.(多选)如图所示，半径为R 的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，现有比荷大小相等的甲、乙两粒子，甲以速度v 1从A 点沿直径AOB 方向射入磁场，经过t 1时间射出磁场，射出磁场时的速度方向与初速度方向间的夹角为60°；乙以速度v 2从距离直径AOB 为R2的C 点平行于直径AOB 方向射入磁场，经过t 2时间射出磁场，其轨迹恰好通过磁场的圆心．不计粒子受到的重力，则( )A ．两个粒子带异种电荷B ．t 1＝t 2C ．v 1∶v 2＝3∶1D ．两粒子在磁场中轨迹长度之比l 1∶l 2＝3∶14．(多选)(2019·徐州高三质量检测)在一次南极科考中，科考人员使用磁强计测定地磁场的磁感应强度．其原理如图所示，电路中有一段长方体的金属导体，它长、宽、高分别为a 、b 、c ，放在沿y 轴正方向的匀强磁场中，导体中电流沿x 轴正方向，大小为I .已知金属导体单位体积中的自由电子数为n ，电子电荷量为e ，自由电子做定向移动可视为匀速运动，测得金属导体前后两个侧面间电压为U ，则( )A ．金属导体的前侧面电势较低B ．金属导体的电阻为U IC ．自由电子定向移动的速度大小为I neabD ．磁感应强度的大小为necUI5．一带负电的小球以一定的初速度v 0竖直向上抛出，达到的最大高度为h 1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v 0，小球上升的最大高度为h 2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v 0，小球上升的最大高度为h 3；若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v 0，小球上升的最大高度为h 4，如图所示．不计空气阻力，则( )A ．h 1＝h 3B ．h 1<h 4C ．h 2与h 3无法比较D ．h 2<h 46．(多选)(2019·扬州中学高三模拟)如图所示直角坐标系xOy ，P (a ，－b )为第四象限内的一点，一质量为m 、电荷量为q 的负电荷(电荷重力不计)从原点O 以初速度v 0沿y 轴正方向射入．第一次在整个坐标系内加垂直纸面向内的匀强磁场，该电荷恰好能通过P 点；第二次保持y >0区域磁场不变，而将y <0区域磁场改为沿x 轴方向的匀强电场，该电荷仍通过P 点( )A ．匀强磁场的磁感应强度B ＝2amv 0q （a 2＋b 2）B ．匀强磁场的磁感应强度B ＝2amv 0q a 2＋b 2C ．电荷从O 运动到P ，第二次所用时间一定短些D ．电荷通过P 点时的速度，第二次与x 轴负方向的夹角一定小些 7．(多选)(2019·盐城二模)磁流体发电机是一种把物体内能直接转化为电能的低碳环保发电机，如图所示为其原理示意图，平行金属板C 、D 间有匀强磁场，磁感应强度为B ，将一束等离子体(高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒)水平喷入磁场，两金属板间就产生电压．定值电阻R 0的阻值是滑动变阻器最大阻值的一半，与开关S 串联接在C 、D 两端，已知两金属板间距离为d ，喷入气流的速度为v ，磁流体发电机的电阻为r (R 0<r <2R 0)．则滑动变阻器的滑片P 由a 端向b 端滑动的过程中( )A ．电阻R 0消耗功率最大值为B 2d 2v 2R 0（R 0＋r ）2B ．滑动变阻器消耗功率最大值为B 2d 2v 2R 0＋rC ．金属板C 为电源负极，D 为电源正极 D ．发电机的输出功率先增大后减小8.质谱仪可以测定有机化合物分子结构，现有一种质谱仪的结构可简化为如图所示，有机物的气体分子从样品室注入离子化室，在高能电子作用下，样品气体分子离子化或碎裂成离子．若离子化后的离子带正电，初速度为零，此后经过高压电源区、圆形磁场室(内为匀强磁场)、真空管，最后打在记录仪上，通过处理就可以得到离子比荷(qm)，进而推测有机物的分子结构．已知高压电源的电压为U ，圆形磁场区的半径为R ，真空管与水平面夹角为θ，离子进入磁场室时速度方向指向圆心．则下列说法正确的是( )A ．高压电源A 端应接电源的正极B ．磁场室的磁场方向必须垂直纸面向里C ．若离子化后的两同位素X 1、X 2(X 1质量大于X 2质量)同时进入磁场室后，出现图中的轨迹Ⅰ和Ⅱ，则轨迹Ⅰ一定对应X 1D ．若磁场室内的磁感应强度大小为B ，当记录仪接收到一个明显的信号时，与该信号对应的离子比荷qm ＝2U tan2θ2B 2R2热点8 带电粒子的电偏转和磁偏转1．解析：选D.若保证所有的粒子均从C 点离开此区域，则由左手定则可判断匀强磁场的方向应垂直纸面向里，A 错误；由A 点射入磁场的粒子从C 点离开磁场，结合题图可知该粒子的轨道半径应为R ＝L ，则由qBv 0＝m v 20R ，可解得B ＝mv 0qL，B 错误；由几何关系可知匀强磁场区域的面积应为S ＝2×(14πL 2－12L 2)＝（π－2）L 22，C 错误，D 正确．2．解析：选AC.由场强叠加原理和对称性可知，A 、C 两点的场强大小相等、方向相同，故由牛顿第二定律可知，微粒在A 、C 两点的加速度相同，A 正确；由电场的性质可知，沿直线AC 电势逐渐降低，根据电场力做功W ＝qU 可知，电场力对该微粒一直做正功，故微粒从A 点到C 点的过程中电势能一直在减小，B 错误；由对称性可知U AB ＝U BC ，故由动能定理可得qU AB ＝12mv 2B －12mv 2A ，同理可得qU BC ＝12mv 2C －12mv 2B ，以上两式联立并代入数据求解可得vC ＝3v 0，故qU AC＝12mv 2C －12mv 2A ，解得U AC ＝4mv 20q ，C 正确；由于B 点电势为零，故微粒从B 点沿直线AC 运动到无穷远处的过程中，电场力做功为零，所以微粒到无穷远处的速度与微粒在B 点时的速度相同，仍为5v 0，故粒子不会返回B 点，D 错误．3．解析：选AC.根据左手定则判断可得，甲粒子带正电，乙粒子带负电，选项A 正确；分别对甲、乙粒子作图，找出其做匀速圆周运动的圆心和半径以及圆心角，则有：r 甲＝3R ，r 乙＝R ，θ甲＝π3，θ乙＝2π3，根据qvB ＝m v 2r 可得：v ＝qBr m ，所以v 1v 2＝r 甲r 乙＝31，选项C 正确；根据t ＝θ2πT 可得：t 1t 2＝θ甲θ乙＝12，选项B 错误；粒子在磁场中的轨迹长度为l ＝vt ，所以l 1l 2＝v 1t 1v 2t 2＝32，选项D 错误．4．解析：选AD.根据左手定则(注意电子带负电)可知电子打在前侧面，即前侧面带负电，电势较低，A 正确；电流方向为从左向右，而题中U 表示的是导体前后两个侧面的电压，故导体的电阻不等于UI ，B 错误；在t 时间内通过bc 横截面的电荷量为q ＝n (bcvt )e ，又I ＝nbcvte t＝nbcve ，解得v ＝Inbce①，C 错误；因为当金属导体中自由电子定向移动时受洛伦兹力作用向前侧面偏转，使得前后两侧面间产生电势差，当电子所受的电场力与洛伦兹力平衡时，前后两侧面间产生恒定的电势差．因而可得eU b ＝Bev ②，联立①②式可得B ＝necUI，D 正确． 5．解析：选A.甲图，由竖直上抛运动的规律得h 1＝v 202g；丙图，当加上电场时，在竖直方向上有v 20＝2gh 3，所以h 1＝h 3，A 项正确；乙图中，洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球有水平速度，设此时小球的动能为E k ，则由能量守恒定律得mgh 2＋E k ＝12mv 20，又12mv 20＝mgh 1，所以h 1>h 2，h 3>h 2，C 项错误；丁图，因小球带负电，所受电场力方向向下，则h 4一定小于h 1，B 项错误；由于无法明确电场力做功的多少，故无法确定h 2和h 4之间的关系，D 项错误．6．解析：选AC.第一次在整个坐标系内加垂直纸面向内的匀强磁场，该电荷恰好能通过P 点；粒子做匀速圆周运动，由几何作图得(a －R )2＋b 2＝R 2，解得R ＝a 2＋b 22a ，由qvB ＝m v 2R解得匀强磁场的磁感应强度B ＝2amv 0q （a 2＋b 2），故A 正确，B 错误；第二次保持y >0区域磁场不变，而将y <0区域磁场改为沿x 轴方向的匀强电场，该电荷仍通过P 点，粒子先做匀速圆周运动，后做类平抛运动，运动时间t 2＝12T ＋b v 0；第一次粒子做匀速圆周运动，运动时间t 1＝12T ＋QP︵v 0，弧长大于b ，所以t 1>t 2，即第二次所用时间一定短些，故C 正确；电荷通过P 点时的速度，第一次与x 轴负方向的夹角为α，则有tan α＝R 2－b 2b ＝a 2－b 22ab；第二次与x 轴负方向的夹角为θ，则有tan θ＝b2R －R 2－b 2＝a2b，所以有tan θ>tan α，电荷通过P 点时的速度，第二次与x 轴负方向的夹角一定大些，故D 错误．7．解析：选ACD.根据左手定则判断两金属板的极性，离子在运动过程中同时受电场力和洛伦兹力，二力平衡时两板间的电压稳定．由题图知当滑片P 位于b 端时，电路中电流最大，电阻R 0消耗功率最大，其最大值为P 1＝I 2R 0＝E 2R 0（R 0＋r ）2＝B 2d 2v 2R 0（R 0＋r ）2，故A 正确；将定值电阻归为电源内阻，由滑动变阻器的最大阻值2R 0<r ＋R 0，则当滑动变阻器连入电路的阻值最大时消耗功率最大，最大值为P ＝2B 2d 2v 2R 0（r ＋3R 0）2，故B 错误；因等离子体喷入磁场后，由左手定则可知正离子向D 板偏，负离子向C 板偏，即金属板C 为电源负极，D 为电源正极，故C 正确；等离子体稳定流动时，洛伦兹力与电场力平衡，即Bqv ＝q E d，所以电源电动势为E ＝Bdv ，又R 0<r <2R 0，所以滑片P 由a 向b 端滑动时，外电路总电阻减小，期间某位置有r ＝R 0＋R ，由电源输出功率与外电阻关系可知，滑片P 由a 向b 端滑动的过程中，发电机的输出功率先增大后减小，故D 正确．8．解析：选D.正离子在电场中加速，可以判断高压电源A 端应接负极，同时根据左手定则知，磁场室的磁场方向应垂直纸面向外，A 、B 均错误；设离子通过高压电源后的速度为v ，由动能定理可得qU ＝12mv 2，离子在磁场中偏转，则qvB ＝m v 2r ，联立计算得出r ＝1B2mUq，由此可见，质量大的离子的运动轨迹半径大，即轨迹 Ⅱ 一定对应X 1，C 错误；离子在磁场中偏转轨迹如图所示，由几何关系可知r ＝Rtanθ2，可解得qm ＝2U tan2θ2B 2R2，D 正确．。

(江苏专用)2020版高考物理新增分大一轮复习第八章磁场本章综合能力提升练(含解析)

本章综合能力提升练一、单项选择题1.如图1，一导体棒ab 静止在U 形铁芯的两臂之间.电键闭合后导体棒受到的安培力方向( )图1A.向上B.向下C.向左D.向右答案 D解析由安培定则知U 形铁芯下端为N 极，上端为S 极，ab 中的电流方向由a →b ，由左手定则可知导体棒受到的安培力方向向右，选项D 正确.2.(2017·南师附中模拟)如图2所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为θ.质量为m 、长为L 的金属杆ab 垂直导轨放置，整个装置处于垂直ab 方向的匀强磁场中.当金属杆ab 中通有从a 到b 的恒定电流I 时，金属杆ab 保持静止.则磁感应强度的方向和大小可能为( )图2A.竖直向上，mgIL tan θB.平行导轨向上，mg cos θILC.水平向右，mg ILD.水平向左，mg IL答案 D解析金属导轨光滑，所以没有摩擦力，则金属杆只受重力、支持力和安培力，根据平衡条件知三力的合力为零.当磁感应强度方向竖直向上时，如图所示，安培力水平向右，由几何关系和F ＝BIL 得磁感应强度大小为mg tan θIL，选项A 错误；磁感应强度方向平行导轨向上，安培力垂直于导轨向下，不可能平衡，选项B 错误；磁感应强度方向水平向右，安培力竖直向下，不可能平衡，选项C 错误；磁感应强度方向水平向左，安培力竖直向上，若平衡，安培力和重力相等，且由F ＝BIL 得磁感应强度大小为mg IL，选项D 正确.3.(2018·铜山中学模拟)如图3所示，MN 为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为B 1＝2B 2，一带电荷量为＋q 、质量为m 的粒子从O 点垂直MN 进入B 1磁场，则经过多长时间它将向下再一次通过O 点( )图3A.2πmqB 1B.2πm qB 2C.2πmq (B 1＋B 2)D.πmq (B 1＋B 2)答案 B解析粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由周期公式T ＝2πmqB知，粒子从O 点进入磁场到向下再一次通过O 点的时间t ＝2πm qB 1＋πm qB 2＝2πm qB 2，所以选项B 正确.4.如图4，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( )图4A.m a >m b >m cB.m b >m a >m cC.m c >m a >m bD.m c >m b >m a答案 B解析由题意知，三个带电微粒所受洛伦兹力和重力的关系为：m a g ＝qE ，m b g ＝qE ＋Bqv b ，m c g ＋Bqv b ＝qE ，所以m b >m a >m c ，故选项B 正确，A 、C 、D 错误.5.(2017·如皋市第二次质检)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5所示，其中磁感应强度恒定.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2价正离子在入口处从静止开始被加速电场加速，为使它经同一匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将加速电压减小到原来的112倍.此离子和质子的质量比约为( )图5A.6B.12C.24D.144 答案 C解析根据动能定理得，qU ＝12mv 2得v ＝2qUm①粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qvB ＝mv 2R ，得R ＝mv qB② ①②两式联立得：m ＝qB 2R 22U二价正离子与质子从同一出口离开磁场，则R 相同，所以m ∝q U，二价正离子电荷量是质子的2倍，且加速电压是质子的112，故二价正离子质量是质子质量的24倍，C 正确，A 、B 、D 错误.6.带电粒子(不计重力)以初速度v 0从a 点垂直y 轴进入匀强磁场，如图6所示，运动过程中粒子经过b 点，且Oa ＝Ob .若撤去磁场加一个与y 轴平行的匀强电场，仍以v 0从a 点垂直y 轴进入电场，粒子仍能过b 点，那么电场强度E 与磁感应强度B 之比为( )图6A.v 0B.1C.2v 0D.v 02答案 C解析带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，经过a 、b 两点且Oa ＝Ob ，故O 为圆心，Oa ＝Ob ＝mv 0qB ，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，竖直方向加速度a ＝qEm，故Ob ＝v 0t ，Oa ＝qE2m t 2，联立解得EB＝2v 0，故选项C 正确. 7.如图7，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P 点，在纸面内沿不同的方向射入磁场，若粒子射入速率为v 1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v 2，相应的出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则v 2∶v 1为( )图7A.3∶2B.2∶1C.3∶1D.3∶ 2答案 C解析根据作图分析可知，当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场边界的位置距P 点最远，则若粒子射入的速率为v 1，轨迹如图甲所示，设圆形磁场半径为R ，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r 1＝R cos60°＝12R ；若粒子射入的速率为v 2，轨迹如图乙所示，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r 2＝R cos30°＝32R ；根据轨道半径公式r ＝mv qB可知，v 2∶v 1＝r 2∶r 1＝3∶1，故选项C 正确.二、多项选择题8.(2018·如皋市调研)如图8所示为一种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成：离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器.静电分析器通道中心线半径为R ，通道内有均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E ；磁分析器中分布着方向垂直于纸面，磁感应强度为B 的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行.由离子源发出一个质量为m 、电荷量为q 的正离子(初速度为零，重力不计)，经加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线MN 做匀速圆周运动，而后由P 点进入磁分析器中，最终经过Q 点进入收集器.下列说法中正确的是( )图8A.磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向内B.加速电场中的加速电压U ＝12ERC.磁分析器中轨迹圆心O 2到Q 点的距离d ＝1BmER qD.任何离子若能到达P 点，则一定能进入收集器答案 BC解析进入磁分析器后，正离子顺时针转动，所受洛伦兹力指向圆心，根据左手定则，可知磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向外，A 错误；离子在静电分析器中做匀速圆周运动，设离子进入静电分析器时的速度为v ，根据牛顿第二定律有Eq ＝m v 2R，离子在加速电场中加速的过程中，由动能定理有：qU ＝12mv 2，解得加速电压U ＝ER2，B 正确；离子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qvB ＝m v 2d，由B 项分析可知：v ＝2qUm，得d ＝1B2mU q ＝1BmERq，C 正确；由题意可知，圆周运动的轨道半径与电荷的质量和电荷量有关，能够到达P 点的不同离子，轨道半径不一定都等于d ，不一定都能进入收集器，D 错误.9.如图9所示为电磁轨道炮的工作原理图.待发射弹体与轨道保持良好接触，并可在两平行轨道之间无摩擦滑动.电流从一条轨道流入，通过弹体后从另一条轨道流回.轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道平面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与电流I 成正比.通电的弹体在安培力的作用下离开轨道，则下列说法正确的是( )图9A.弹体向左高速射出B.I 为原来的2倍，弹体射出的速度也为原来的2倍C.弹体的质量为原来的2倍，射出的速度也为原来的2倍D.轨道长度L 为原来的4倍，弹体射出的速度为原来的2倍答案 BD解析根据安培定则可知，弹体处的磁场方向垂直于轨道平面向里，再利用左手定则可知，弹体受到的安培力水平向右，所以弹体向右高速射出，选项A 错误；设B ＝kI (其中k 为比例系数)，轨道间距为l ，弹体的质量为m ，射出时的速度为v ，则安培力F ＝BIl ＝kI 2l ，根据动能定理有FL ＝12mv 2，联立可得v ＝I2klLm，选项C 错误，B 、D 正确.10.(2018·盐城中学最后一卷)如图10所示是某霍尔元件的内部结构图，其载流子为电子.a 接直流电源的正极，b 接直流电源的负极，cd 间输出霍尔电压.下列说法正确的是( )图10A.若工作面水平，置于竖直向下的匀强磁场中，c 端的电势高于d 端B.cd 间霍尔电压与ab 间电流大小有关C.将该元件移至另一位置，若霍尔电压相同，但两处的磁场强弱相同D.在测定地球赤道上的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持竖直答案 ABD解析若工作面水平，置于竖直向下的磁场中，由于电流从a 流向b ，电子从b 流向a ，由左手定则可知，电子偏向d 极，则c 端的电势高于d 端，选项A 正确；cd 间霍尔电压满足U dq ＝Bqv ，而电流I ＝neSv ，可知U ＝Bdv ＝BdIneS，即cd 间霍尔电压与ab 间电流大小有关，选项B正确；由以上分析可知，将该元件移至另一位置，若霍尔电压相同，但两处的磁场强弱不一定相同，选项C 错误；地球赤道处的磁场与地面平行，则在测定地球赤道上的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持竖直，选项D 正确. 三、计算题11.(2018·南京市期中)如图11所示，一个质量为m 、电荷量为＋q 的微粒(不计重力)，初速度为零，经两金属板间电场加速后，沿y 轴射入一个边界为矩形的匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，磁场方向垂直纸面向里.磁场的四条边界分别是y ＝0，y ＝a ，x ＝－1.5a ，x ＝1.5a .图11(1)求微粒分别从磁场上、下边界射出时对应的电压范围；(2)微粒从磁场左侧边界射出时，求微粒的射出速度相对进入磁场时初速度偏转角度的范围，并确定在左边界上出射范围的宽度d . 答案见解析解析 (1)当微粒运动轨迹与上边界相切时，由图(a)中几何关系可知，R 1＝a微粒做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得qv 1B ＝m v 21R 1微粒在电场中加速，由动能定理得qU 1＝12mv 12联立得U 1＝qB 2a 22m所以微粒从上边界射出的电压范围为U 1′>qB 2a 22m当微粒由磁场区域左下角射出时，由图(b)中几何关系可知，R 2＝0.75a微粒做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得qv 2B ＝m v22R 2微粒在电场中加速，由动能定理得qU 2＝12mv 22联立得U 2＝9qB 2a232m所以微粒从下边界射出的电压范围为 0<U 2′<9qB 2a232m(2)微粒从左侧边界射出时，轨迹如图(c)，当微粒运动轨迹与上边界相切时由几何关系可知sin∠AO 1C ＝AC AO 1＝12，故∠AO 1C ＝30°由图中几何关系可知此时速度方向偏转了120°，微粒由左下角射出磁场时，速度方向偏转了180°，所以微粒的速度偏转角度范围为120°～180°. 左边界出射范围的宽度d ＝R 1cos 30°＝32a . 12.(2018·南京市三模)如图12所示，平面直角坐标系x 轴水平，y 轴竖直向上，虚线MN 与y 轴平行，y 轴左侧有竖直向下的匀强电场，场强E 1＝6N/C ，y 轴与MN 之间有平行于y 轴的匀强电场E 2(未画出)，y 轴右侧存在垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B ＝1T.一带正电小球(m ＝1×10－3kg ，q ＝5×10－3C)从图中与y 轴距离为x 0＝0.3m 的P 点，以v 0＝3m/s 的初速度沿x 轴正向开始运动，经坐标原点O 越过y 轴，在y 轴与MN 之间恰好做匀速圆周运动，再经C 点越过MN ，越过时速度方向与x 轴正方向一致.线段CD 平行于x 轴，小球能通过D 点，取g ＝10 m/s 2.求：图12(1)经过O 点时的速度；(2)匀强电场的场强E 2以及C 点的坐标； (3)线段CD 的长度.答案 (1)5m/s ，方向与x 轴夹角为53°斜向右下 (2)2N/C ，方向向上 (0.8m ，－0.4m) (3)0.8πn m(n ＝1,2,3，……) 解析 (1)小球在PO 段做类平抛运动t ＝x 0v 0＝0.1 s ，a y ＝mg ＋qE 1m＝40 m/s 2 v y ＝a y t ＝4 m/s ，v ＝v 20＋v 2y ＝5 m/s设速度与x 轴夹角为θ，则tan θ＝v y v 0＝43，故速度与x 轴夹角θ＝53°斜向右下(2)小球在y 轴与MN 之间做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，得mg ＝qE 2，则E 2＝mg q＝2 N/C ，方向向上洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力，qvB ＝m v 2R ，故R ＝mvqB＝1 mx ＝R sin θ＝0.8 m ，y ＝R －R cos θ＝0.4 m故由题图可知C 点坐标为(0.8 m ，－0.4 m) (3)在MN 右侧，由qv 1B ＝mg ，得v 1＝mgqB＝2 m/sv 2＝v －v 1＝3 m/s小球在C 点的速度大小是v ＝5 m/s ，可看成是v 1＝2 m/s 和v 2＝3 m/s 两个速度的合成，在磁场中小球的运动轨迹为摆轮线. 周期为T ＝2πmqB＝0.4π s所以L CD ＝v 1·nT ＝0.8πn m(n ＝1,2,3，……).。

【推荐】2020届高考物理专题卷8：磁场答案与解析

绝密★启用前高考物理专题八考试范围：磁场一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项符合题目要求，有的有多个选项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

）1．电子作近核运动的时候，产生了垂直于相对运动方向的磁场。

如下图所示，为某种用束缚原子的磁场的磁感线分布情况，以O点（图中白点）为坐标原点，沿轴正方向磁感应强度大小的变化最有可能为（）2．如右图所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd，e是ad的中点，f是cd的中点，如果在a点沿对角线方向以速度v射入一带负电的带电粒子，恰好从e点射出，则（）A．如果粒子的速度增大为原的二倍，将从d点射出B．如果粒子的速度增大为原的三倍，将从f点射出C．如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原的二倍，也将从d点射出D．只改变粒子的速度使其分别从e、d、f点射出时，从f点射出所用时间最短3．“速度选择器”是一个借助带电粒子在电磁场中偏转的原理，挑选出具有所需速度的粒子的装置。

右图是某粒子速度选择器的原理示意图，在一半径为R=10cm的圆柱形桶内有B=10-4T的匀强磁场，方向平行于轴线。

在圆柱形桶的某直径两端开有小孔，作为入射孔和出射孔，离子束以不同角度入射，先后有不同速度的离子束射出，现有一离子发射的比荷为2×1011C/g的阳离子，且粒子束中速度分布连续，当θ=45°时，出射粒子的速度v的大小是（）A．2×106m/s B．22×106 m/sC．22×108 m/s D．42×106 m/s4．如右图所示，竖直光滑的墙面上有一闭合导线框a，在导线框a的下方有一面积比导线框a稍小的磁场区域b。

导线框a从图示位置自由下落，在其整个下落过程中，下列说法正确的是（）A ．导线框做自由落体运动B ．导线框通过磁场区域后做曲线运动C ．导线框通过磁场区域时机械能会减少D ．导线框在穿过磁场区域时，上下两个导线受到的安培力方向都向上5．2010年，上海成功举办盛大的世界博览会。

(江苏专用)2020版高考物理总复习第八章磁场专题突破1带电粒子在复合场中的运动课件

解得 r1＝B2
mU0 q
根据几何关系x＝2r1－L，
解得 x＝B4 mqU0－L。
(2)如图最窄处位于过两虚线交点的垂线上 d＝r1－ r21－（L2）2 解得 d＝B2 mqU0－ 4qmBU20－L42
(3)设乙种离子在磁场中的运动半径为r2， r1 的最小半径 r1min＝B2 m（U0－q ΔU）， r2 的最大半径 r2max＝B1 2m（U0q＋ΔU），由题意知2r1min－2r2max＞L，即B4 m（U0－ q ΔU）－B2 2m（U0q＋ΔU）＞L，
解析 (1)如图甲所示，
在磁场中，qv0B0＝mvR0 2 由几何关系，有 R2＝l2＋R－2l 2，解得 R＝54l
甲因此 B0＝45vcl0
(2)根据
qv0B0＝mRv′0
2
，粒子运动的半径为
R′＝2l ，临界情况为粒子从
t＝
0 时刻入射，并且轨迹恰好与 y 轴相切，如图乙所示。
圆周运动的周期 T＝2qπBm0 ＝vπ0l
由几何关系知，在 t＝T20内，粒子转过的圆心角为56π
5π
乙
对应运动时间 t1＝26πT＝152T
应满足 t1≥T20
联立可得 T0≤65vπ0l
(3)运动轨迹如图丙所示
由题意知，12·2qπBm0 ＝T0
得到 T0＝2πvl0
在电场中，qE＝ma
丙
往返一次用时 Δt＝2av0
图3.6－4
(1)求粒子进入磁场时的速率； (2)求粒子在磁场中运动的轨道半径。
解析 (1)由动能定理得
qU＝12mv2－0
v＝
2qU m
(2)在磁场中 qvB＝mRv2
R＝B1

江苏专用2020版高考物理新增分大一轮复习第八章磁场专题突破十带电粒子在复合场中的运动讲义含解

专题突破十　带电粒子在复合场中的运动命题点一　带电粒子在组合场中的运动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．3．“磁偏转”和“电偏转”的区别电偏转磁偏转偏转条件带电粒子以v ⊥E 进入匀强电场带电粒子以v ⊥B 进入匀强磁场受力情况只受恒定的电场力只受大小恒定的洛伦兹力运动轨迹抛物线圆弧物理规律类平抛知识、牛顿第二定律牛顿第二定律、向心力公式基本公式L ＝vt y ＝at 212a ＝　tan θ＝qE m atvqvB ＝m r ＝v 2r mv qB T ＝　t ＝2πmqBθT2πsin θ＝Lr做功情况电场力既改变速度方向，也改变速度的大小，对电荷要做功洛伦兹力只改变速度方向，不改变速度的大小，对电荷永不做功物理图象题型1　“磁－磁”组合例1　(2018·江苏单科·15)如图1所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d ，宽为d ，中间两个磁场区域间隔为2d ，中轴线与磁场区域两侧相交于O 、O ′点，各区域磁感应强度大小相等．某粒子质量为m 、电荷量为＋q ，从O 沿轴线射入磁场．当入射速度为v 0时，粒子从O 上方处射出磁场．取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.d2图1(1)求磁感应强度大小B ；(2)入射速度为5v 0时，求粒子从O 运动到O ′的时间t ；(3)入射速度仍为5v 0，通过沿轴线OO ′平移中间两个磁场(磁场不重叠)，可使粒子从O 运动到O ′的时间增加Δt ，求Δt 的最大值．答案　(1)　(2)　(3)4mv 0qd (53π＋72180)d v 0d5v解析　(1)粒子做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得qv 0B ＝m ，由题意知r 0＝，解得B ＝v 02r0d 44mv 0qd(2)粒子运动轨迹如图所示，设粒子在矩形磁场中的偏转角为α.由几何关系得d ＝r sin α，由洛伦兹力提供向心力得r ＝＝，解得sin α＝，即m ·5v 0qB 5d 445α＝53°粒子在一个矩形磁场中的运动时间t 1＝·，解得t 1＝α360°2πmqB53πd720v 0直线运动的时间t 2＝2d5v 0则粒子从O 运动到O ′的时间t ＝4t 1＋t 2＝()53π＋72180dv(3)设将中间两磁场分别向中央移动距离x .粒子向上的偏移量y ＝2r (1－cos α)＋x tan α由y ≤2d ，解得x ≤d34则当x m ＝d 时，Δt 有最大值34粒子直线运动路程的最大值s m ＝＋(2d －2x m )＝3d2x mcos α增加路程的最大值Δs m ＝s m －2d ＝d增加时间的最大值Δt m ＝.d 5v 0题型2　“电－磁”组合例2　(2018·南通市、泰州市一模) 如图2所示，两边界MN 、PQ 相互平行、相距为L ，MN 左侧存在平行边界沿纸面向下的匀强电场，PQ 右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场的区域足够大．质量为m 、电荷量为＋q 的粒子从与边界MN 距离为2L 的O 点以方向垂直于边界MN 、大小为v 0的初速度向右运动，粒子飞出电场时速度方向与MN 的夹角为45°，粒子还能回到O 点．忽略粒子的重力，求：图2(1)匀强电场的场强大小E ；(2)粒子回到O 点时的动能E k ；(3)磁场的磁感应强度B 和粒子从O 点出发回到O 点的时间t .答案　(1)　(2)mv (3)　mv 022qL 5202mv 03ql 3(4＋3π)L 2v 0解析　(1) 粒子向右通过电场的时间t 1＝2Lv 0离开电场时沿电场方向的分速度v y ＝v 0tan 45°在电场中运动的加速度a ＝v yt1由牛顿第二定律有qE ＝ma解得E ＝.mv 022qL(2)粒子向右通过电场和向左进入电场回到O 点的过程可统一看成类平抛运动，则粒子两次经过边界MN 的位置间的距离h ＝v 0t 1＋at ＋at ＝4L12121212由动能定理有qEh ＝E k －mv 1202解得E k ＝mv .5202(3)粒子进入磁场的速度v ＝＝v 0v 02＋v y 22设粒子在磁场中的运动半径为r ，由几何关系可知2r cos 45°＝h ＋2L tan 45°解得r ＝3L2由洛伦兹力提供向心力有qvB ＝mv 2r 解得磁场的磁感应强度B ＝mv 03qL粒子在磁场中运动时间t 2＝·342πrv 则粒子运动的总时间t ＝2t 1＋t 2＋2Lv 0解得t ＝.3(4＋3π)L2v 0命题点二　带电粒子(体)在叠加场中的运动1．带电体在叠加场中无约束情况下的运动(1)洛伦兹力、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、洛伦兹力并存(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若电场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，可用动能定理求解问题．(3)电场力、洛伦兹力、重力并存(初速度与磁场垂直)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，可用能量守恒定律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叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，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解．例3　(2018·金陵中学等三校四模)如图3所示，在竖直虚线PQ 左侧、水平虚线MN 下方有范围足够大的竖直向上的匀强电场和水平向外的匀强磁场，电场的电场强度大小为E ，磁场的磁感应强度B 未知．在距离MN 为h 的O 点将带电小球以v 0＝的初速度向右水平抛出，2gh 小球在MN 下方的运动为匀速圆周运动，已知重力加速度为g .图3(1)求带电小球的比荷，并指出小球的带电性质．q m(2)若小球从O 点抛出后最后刚好到达PQ 上与O 点等高的O 1点，求OO 1间最小距离s 及对应磁场的磁感应强度的值B 0.(3)已知磁场磁感应强度为B 1，若撤去电场，小球从O 点抛出后，在磁场中运动过程距离MN 的最大距离为d (该点在PQ 左侧)，求小球经过此点时的加速度a 的大小．答案　(1)　粒子带正电　(2)4(2－)h (3)－gg E 2(2＋1)E2ghgB 12g (2h ＋d )E 解析　(1)因为小球在MN 下方的运动是匀速圆周运动，所以电场力等于重力，电场力方向向上，所以带正电因为重力等于电场力即mg ＝qE ，所以带电小球的比荷＝q m gE(2)小球从O 点抛出做类平抛运动，运动轨迹如图所示：根据平抛运动知识可得：x ＝v 0t ，h ＝gt 212v y ＝gt ＝，v ＝＝22gh v 02＋v y 2gh tan θ＝，解得θ＝45°v yv0所以OO 1间距离s ＝2x －R2s 最小时R 最大，此时磁场的磁感应强度有最小值B 0.由图可知s ＝2x －R ＝2R ，可得R ＝2(2－)h ，故最小距离s ＝4(2－)h 222小球在MN 下方做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，得qvB ＝m ，R ＝v 2R mvqB所以B 0＝(2＋1)E2gh(3)若撤去电场，小球从O 点抛出后，在磁场中运动过程距离MN 的最大距离为d 根据动能定理得：mg (h ＋d )＝mv －mv 12121202又qv 1B 1－mg ＝ma所以a ＝－g .gB 12g (2h ＋d )E命题点三　带电粒子在交变电磁场中的运动例4　(2018·如皋市模拟四)如图4甲所示，xOy 平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E 和磁感应强度B 随时间t 变化的图象如图乙所示，周期均为2t 0，y 轴正方向为E 的正方向，垂直于纸面向里为B 的正方向．t ＝0时刻，一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子从坐标原点O 开始运动，此时速度大小为v 0，方向为＋x 轴方向．已知电场强度大小为E 0，磁感应强度大小B 0＝，不计粒子所受重力．求：πmqt 0图4(1)t 0时刻粒子的速度大小v 1及对应的位置坐标(x 1，y 1)；(2)为使粒子第一次运动到y 轴时速度沿－x 方向，B 0与E 0应满足的关系；(3)t ＝4nt 0(n 为正整数)时刻粒子所在位置的横坐标x .答案　见解析解析　(1)0～t 0时刻，粒子在电场中做平抛运动，沿着x 轴正方向有：x 1＝v 0t 0，沿着y 轴正方向，有：v y ＝at 0，y 1＝at ，1202由牛顿第二定律，有qE 0＝ma ，运动的速度大小v 1＝，v 02＋v y 2解得：v 1＝，y 1＝，v 02＋q 2E 02t 02m 2E 0qt 022m 故粒子的位置坐标为(v 0t 0，)；E 0qt 022m(2)设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T ，由牛顿第二定律，有qv 1B 0＝m r 1，4π2T 2解得：T ＝2t 0；则粒子第一次运动到y 轴前的轨迹如图所示：粒子在磁场中做圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，有：qv 1B 0＝m ，v 12r1由图可知圆心在y 轴上，结合几何关系得到：r 1sin θ＝v 0t 0，且v 1cos θ＝v 0，解得：＝v 0.E 0B0(3)粒子在磁场中做圆周运动的周期为2t 0，即在t 0～2t 0时间内粒子转了半圈，在x 方向上向左移动了Δx,2t 0时刻速度大小仍为v 1，方向与t 0时刻速度方向相反，在2t 0～3t 0时间内粒子做匀变速曲线运动，根据对称性可知，粒子运动轨迹与0～t 0时间内相同，3t 0时刻速度大小为v 0，方向沿着x 轴负方向，在3t 0～4t 0时间内粒子转动半圈，4t 0时刻速度大小为v 0，方向沿着x 正方向，如图所示；则0～4t 0时间内粒子在x 方向上向左移动的距离为Δx ＝2r 1sin θ＝2E 0t 0B 0则粒子的横坐标x ＝－n Δx ＝－(n ＝1,2，……)．2nE 0qt 02πm1．(2018·无锡市高三期末)如图5甲，xOy 平面内，以O 为圆心，R 为半径的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B 0.一比荷大小为c 的粒子以某一初速度从A (R,0)沿－x 方向射入磁场，并从B (0，R )射出．不计粒子重力．图5(1)判定粒子的电性并求出粒子的初速度大小．(2)若在原磁场区域叠加上另一垂直于纸面的匀强磁场，粒子从A 以原初速度射入磁场，射出时速度方向与＋x 轴成60°，求所叠加的磁场的磁感应强度．(3)若在平面内加一个以O 为圆心，从原磁场边界为内边界的圆环形匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，如图乙．粒子从A 以原初速度射入磁场，从B 射出后，在圆环形磁场中偏转，从P (－R ，R )再次从圆环形磁场进入圆形磁场，则圆环形磁场外径应满足什么条件？求粒3212子运动的周期．答案　见解析解析　(1)由左手定则可知，粒子带正电．粒子运动轨迹如图(a)，由洛伦兹力提供向心力得qvB 0＝m ，解得v ＝cB 0Rv 2R(2)粒子运动轨迹如图(b)，由几何关系可知，粒子的轨道半径变为R 1＝R33由qvB ＝可知，合磁感应强度应大小变为B ＝B 0mv 233R3若所叠加磁场垂直于纸面向外，粒子从M 射出，则根据B 1＋B 0＝B ，有B 1＝(－1)B 03若所叠加磁场垂直于纸面向里，粒子从N 射出，则根据B 1′－B 0＝B ，有B 1′＝(＋1)B 03(3)粒子运动轨迹如图(c)，由几何关系可知∠POB ＝，π3粒子在圆环形磁场区的轨道半径为R 2＝R ，33则要求外径R ′≥R 2＋2R 2＝R3粒子完成一个周期运动满足×n ＝2π×m ，m 、n 均为正整数(π2＋π3)满足条件的m 、n 的最小值m ＝5、n ＝12的周期为T ＝n ×(14×2π·Rv＋23×2π·33Rv)＝.(6＋1633)πcB 02.(2018·南京市、盐城市一模)如图6所示，半径为r 的圆形区域内有平行于纸面的匀强偏转电场，电场与水平方向成60°角，同心大圆半径为r ，两圆间有垂直于纸面向里的匀强3磁场，磁感应强度为B ．质量为m ，电荷量为＋q 的粒子经电场加速后恰好沿磁场边界进入磁场，经磁场偏转恰好从内圆的最高点A处进入电场，并从最低点C 处离开电场．不计粒子的重力．求：图6(1)该粒子从A 处进入电场时的速率；(2)偏转电场的场强大小；(3)使该粒子不进入电场并在磁场中做完整的圆周运动，加速电压的取值范围．答案　见解析解析　(1)带电粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示，由图可知粒子以v 进入磁场经T 的时13间从内圆最高点A 处进入电场．由洛伦兹力提供向心力得Bqv ＝m ，由几何关系得R ＝v 2R 23r3解得v ＝.23rBq3m(2)带电粒子进入电场做类平抛运动，运动轨迹如图乙所示．由几何知识和平抛运动规律可得：2r cos 60°＝vt ，2r sin 60°＝at 2，Eq ＝ma12解得E ＝83B 2qr3m(3)带电粒子经加速电场获得一定动能进入磁场．加速电场中由动能定理得U 加q ＝mv 2，磁场中由洛伦兹力提供向心力得Bqv ＝m 12v 2R解得U 加＝B 2qR 22m使该粒子不进入电场并在磁场中做完整的圆周运动，经分析R 有三种临界值，如图丙所示．①当粒子运动半径为R 1＝r ，3则粒子的速度大小为v 1＝r ，加速电压大小为U 加1＝Bq m 33B 2qr 22m②当粒子运动半径为R 2＝r ，3＋12则粒子的速度大小为v 2＝·r ，加速电压大小为U 加2＝Bq m 3＋12(2＋3)B 2qr 24m③当粒子运动半径为R 3＝r ，3－12则粒子的速度大小为v 3＝·r, 加速电压大小为U 加3＝Bq m 3－12(2－3)B 2qr 24m所以加速电压的取值范围：0＜U 加≤或≤U 加≤.(2－3)B 2qr 24m (2＋3)B 2qr 24m3B 2qr 22m 3．(2018·苏州市模拟)如图7所示，在竖直平面内建立平面直角坐标系xOy ，y 轴正方向竖直向上．在第一、第四象限内存在沿x 轴负方向的匀强电场，其大小E 1＝；在第二、第3mg 3q三象限内存在着沿y 轴正方向的匀强电场和垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，电场强度大小E 2＝，磁感应强度大小为B .现将一质量为m 、电荷量为q 的带正电小球从x 轴上距坐标原点mgq为d 的P 点由静止释放．(重力加速度为g )图7(1)求小球从P 点开始运动后，第一次经过y 轴时速度的大小；(2)求小球从P 点开始运动后，第二次经过y 轴时的纵坐标；(3)若小球第二次经过y 轴后，第一、第四象限内的电场强度大小变为E 1′＝，方向不变，3mgq求小球第三次经过y 轴时的纵坐标．答案　(1)　(2)－d (3)－d83gd3m qB 83gd 33m qB 83gd 32539解析　(1)设小球在第一、四象限中的加速度为a ，由牛顿第二定律得＝ma(mg )2＋(qE 1)2得到a ＝，对小球受力分析知加速度方向斜向左下，设其方向与水平面夹角为θ，则23g3tan θ＝＝，小球移动的位移x ＝＝2d ，所以经过y 轴时速度的大小为v 0＝＝mg qE 13dcos θ2ax ＝.2×23g 3×2d 83gd3(2)小球第一次经过y 轴后，在第二、三象限内，由于qE 2＝mg ，电场力与重力平衡，故小球做匀速圆周运动，小球运动轨迹如图甲所示．设轨迹半径为R ，由洛伦兹力提供向心力qv 0B ＝m ，得R ＝v 02Rmv 0qB 由几何关系知Δy ＝R ＝＝，OP ′＝d tan θ＝dmv 0qB m qB 83gd33故小球第二次经过y 轴时的纵坐标y 1＝－d .m qB 83gd33(3)从第二次经过y 轴到第三次经过y 轴过程，小球在第一、四象限内的受力分析如图乙所示．由图可知tan α＝＝，则刚进入第一象限时小球所受合力方向与速度方向垂直，小球mgqE 1′33做类平抛运动，加速度a ′＝＝2g(qE 1′m )2＋(mg m)2小球第三次经过y 轴时，由沿初速度方向的位移和垂直于初速度方向的位移的关系可知v 0t ′＝××2gt ′2312得小球运动时间t ′＝＝＝3v 03g 33g 83gd383gd 3g 小球第二次经过y 轴与第三次经过y 轴的距离为：Δy ′＝＝·＝dv 0t ′sin60°2383gd383gd 3g 1639故小球第三次经过y 轴时的纵坐标为：y 2＝y 1－Δy ′＝－d .m qB 83gd 325391．(2018·扬州市一模)在如图1所示的坐标系内，PQ 是垂直于x 轴的分界线，PQ 左侧的等腰直角三角形区域内分布着匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里，AC 边有一挡板可吸收电子，AC 长为d .PQ 右侧为偏转电场，两极板长度为d ，间距为d .电场右侧的x 轴上12有足够长的荧光屏．现有速率不同的电子在纸面内从坐标原点O 沿y 轴正方向射入磁场，电子能打在荧光屏上的最远处为M 点，M 到下极板右端的距离为d ，电子电荷量为e ，质量为m ，12不考虑电子间的相互作用以及偏转电场边缘效应，求：图1(1)电子通过磁场区域的时间t ；(2)偏转电场的电压U ；(3)电子至少以多大速率从O 点射出时才能打到荧光屏上．答案　(1)　(2)　(3)πm 2eB 8eB 2d 23m eBd33m解析　(1)电子在磁场区域由洛伦兹力提供向心力可得：evB ＝m ，得到：r ＝v 2r mv eB运动周期T ＝＝2πrv 2πmeB△OAC 和△OQC 均为等腰直角三角形，故粒子偏转的圆心角为90°，故通过磁场区域的时间为t ＝T ＝.90°360°πm2eB(2)打在最远处，则必是速度最大的电子恰从偏转电场的最高点进入电场，如图所示，由几何知识得r ＝d ，由r ＝解得v ＝mv eB eBd m通过电场的时间t 1＝＝d 2v m 2eB电子离开电场后做匀速直线运动到达M 点，由几何关系有：＝＝，y 1y 214d 12d 12又y 1＋y 2＝d 解得y 1＝d13即·t ＝d 12eU md 1213代入数据解得U ＝.8eB 2d 23m(3)若电子恰好打在下极板右边缘，如图所示．磁场中r ′＝mv ′eB电场中水平方向：d ＝v ′t12竖直方向：r ′＝·t 212eUmd 由上述三式代入数据解得v ′＝.eBd33m2.(2019·高邮中学段考)北京正负电子对撞机是国际上唯一高亮度对撞机，它主要由直线加速器、电子分离器、环形储存器和对撞测量区组成，其简化原理如图2所示：MN 和PQ 为足够长的水平边界，竖直边界EF 将整个区域分成左右两部分，Ⅰ区域的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B ，Ⅱ区域的磁场方向垂直纸面向外．调节Ⅱ区域的磁感应强度的大小可以使正、负电子在测量区内不同位置进行对撞．经加速和积累后的电子束以相同速率分别从注入口C 和D 同时入射，入射方向平行EF 且垂直磁场．已知注入口C 、D 到EF 的距离均为d ，边界MN 和PQ 的间距为8d ，正、负电子的质量均为m ，所带电荷量分别为＋e 和－e ，忽略电子进入加速器的初速度．图2(1)试判断从注入口C 入射的是哪一种电子？电子经加速器加速后速度为v 0，求直线加速器的加速电压U ；(2)若将Ⅱ区域的磁感应强度大小调为B ，正、负电子以v 1＝的速率同时射入，则正、负deBm电子经多长时间相撞？(3)若将Ⅱ区域的磁感应强度大小调为，正、负电子仍以v 1＝的速率射入，但负电子射B 3deBm 入时刻滞后于正电子Δt ＝，求正、负电子相撞的位置坐标．πmeB答案　(1)正电子 (2)　(3)(d ，d )mv 022e 2πm eB 33252解析　(1)由左手定则判断，从C 入射的为正电子，由动能定理eU ＝mv ，1202解得：加速电压U ＝mv 022e(2)电子射入后的轨迹如图甲所示电子在Ⅰ、Ⅱ区域中运动时半径相同，设为r ，由洛伦兹力提供向心力eBv 1＝m ，解得：r ＝dv 12r周期T ＝2πmeB对撞时间：t ＝T ＝2πmeB(3)电子射入后的轨迹如图乙所示电子在Ⅰ区域中运动时半径r 1＝d ，周期T 1＝2πmeB电子在Ⅱ区域中运动时半径r 2＝3d ，周期T 2＝，Δt ＝＝6πmeB πm eBT 26设正、负电子在A 点相撞，由几何关系可知A 与圆心的连线与水平方向夹角θ＝30°，A 的横坐标x ＝r 2cos θ＝d ，A 的纵坐标y ＝4d －r 2sin θ＝d33252正、负电子相撞的位置坐标为(d ，d )．332523．(2018·海安中学月考)如图3甲所示，空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场．匀强磁场分为Ⅰ、Ⅱ两个区域，其边界为MN 、PQ ，两区域磁感应强度大小均为B ，方向如图所示，Ⅰ区域高度为d ，Ⅱ区域的高度足够大，一个质量为m 、电荷量为q 的带正电的小球从磁场上方的O 点由静止开始下落，进入电、磁复合场后，恰能做匀速圆周运动．(重力加速度为g )图3(1)求电场强度E 的大小；(2)若带电小球运动一定时间后恰能回到O 点，求带电小球释放时距MN 的高度h ；(3)若带电小球从距MN 高度为3h 的O ′点由静止开始下落，为使带电小球运动一定时间后仍能回到O ′点，需将磁场Ⅱ向下移动一定距离(如图乙所示)，求磁场Ⅱ向下移动的距离y 及小球从O ′点释放到第一次回到O ′点的运动时间T .答案　见解析解析　(1)带电小球进入复合场后恰能做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，即qE ＝mg ，解得E ＝mg q(2)只有小球从进入磁场的位置离开磁场，做竖直上抛运动，才能恰好回到O 点，如图甲所示由动能定理得：mgh ＝mv 212Bqv ＝mv 2R由几何关系得：R ＝d 233联立解得：h ＝2d 2q 2B 23gm 2(3)当带电小球从距MN 的高度为3h 的O ′点由静止开始下落时，应有mg ·3h ＝mv ，小球运动轨迹半径R 1＝1212mv 1qB联立解得：R 1＝2d画出小球的运动轨迹，如图乙所示，在中间匀速直线运动过程中，小球的速度方向与竖直方向成30°角，根据几何关系有，R 1sin 60°＝R 1(1－cos 30°)＋y tan 30°，可得磁场Ⅱ向下移动距离y ＝(6－2)d3小球自由落体和竖直上抛的总时间t 1＝2＝2×3h g 4dqB mg 小球做圆周运动的总时间t 2＝5πm3qB 小球做匀速直线运动的总时间t 3＝＝2(43－4)d v 14(3－1)m qB第一次回到O ′点的运动时间T ＝t 1＋t 2＋t 3＝＋＋.4dqBmg 5πm 3qB 4(3－1)m qB4.(2018·常州市一模)如图4所示的xOy 平面内，以O 1(0，R )为圆心、R 为半径的圆形区域内有垂直于xOy 平面向里的匀强磁场(用B 1表示，大小未知)；x 轴下方有一直线MN ，MN 与x 轴相距为Δy (未知)，x 轴与直线MN 间区域有平行于y 轴的匀强电场，电场强度大小为E ；在MN 的下方有矩形区域的匀强磁场，磁感应强度大小为B 2，磁场方向垂直于xOy 平面向外．电子a 、b 以平行于x 轴的速度v 0分别正对O 1点、A (0,2R )点射入圆形磁场，偏转后都经过原点O 进入x 轴下方的电场．已知电子质量为m ，电荷量为e ，E ＝，B 2＝，不3mv 022eR 3mv 02eR 计电子重力．图4(1)求磁感应强度B 1的大小；(2)若电场沿y 轴负方向，欲使电子a 不能到达MN ，求Δy 的取值范围；(3)若电场沿y 轴正方向，Δy ＝R ，欲使电子b 能到达x 轴且距原点O 距离最远，求矩形3磁场区域的最小面积．答案　(1)　(2)Δy ＞R (3)4(2＋)R 2mv 0eR 333解析　(1)电子射入圆形区域后做圆周运动，轨道半径大小相等，设为r ，电子a 射入，经过O 点进入x 轴下方，则r ＝R ，洛伦兹力提供向心力得ev 0B 1＝m ，解得B 1＝v 02Rmv 0eR (2)匀强电场沿y 轴负方向，电子a 从O 点沿y 轴负方向进入电场做匀减速运动，设电子a 速度减小为0时位移是Δy 0，此过程由动能定理有eE ·Δy 0＝mv ，可求出Δy 0＝＝R ，1202mv 022eE 33则电子a 不能到达MN 时Δy ＞R33(3)匀强电场沿y 轴正方向，电子b 从O 点进入电场做类平抛运动，设电子b 经电场加速后到达MN 时的速度大小为v ，电子b 在MN 下方磁场区域做匀速圆周运动的轨道半径为r 1，电子b 离开电场进入磁场时速度方向与水平方向成θ角，如图甲所示．由动能定理有eE ·Δy ＝mv 2－mv ，121202解得v ＝2v 0，在电场中的加速度a ＝＝，eE m 3v 022R在电场中运动的时间t 1＝＝，2·Δy a 2R v0电子在x 轴方向上的位移x ＝v 0t 1＝2R ；由牛顿第二定律，有：evB 2＝m ，代入得：r 1＝R ，v 2r 1433cos θ＝＝，故θ＝；v 0v 12π3由几何关系可知，在MN 下方磁场中运动的圆心O 2在y 轴上，当粒子从矩形磁场右边界射出，且射出方向与水平方向夹角为θ＝时，粒子能够到达x 轴且与原点O 距离最远，如图乙所π3示．由几何关系得，最小矩形磁场的水平边长为l 1＝r 1＋r 1sin θ，竖直边长为l 2＝r 1＋r 1cos θ，最小面积为S ＝l 1l 2＝r (1＋sin θ)(1＋cos θ)＝4(2＋)R 2.123。

2020版高考物理(江苏专用版)新增分大一轮课件：第八章磁场专题突破十

做功，故机械能守恒，由此可求解问题.
(2)电场力、洛伦兹力并存(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若电场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，可用动能定理求解问题.
(3)电场力、洛伦兹力、重力并存(初速度与磁场垂直) 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
答案
53π＋72 d 180 v0
(3)入射速度仍为5v0，通过沿轴线OO′平移中间两个磁场(磁场不重叠)，可使粒子从O运动到O′的时间增加Δt，求Δt的最大值.
d 答案 5v 0
题型2
例2
“电－磁”组合
(2018·南通市、泰州市一模) 如图2所示，两边界MN、PQ相互平行、相
电偏转磁偏转
偏转条件带电粒子以v⊥E进入匀强电场带电粒子以v⊥B进入匀强磁场
受力情况运动轨迹物理规律只受恒定的电场力抛物线类平抛知识、牛顿第二定律
L＝vt 1 2 y＝2at
at tan θ＝ v
只受大小恒定的洛伦兹力圆弧牛顿第二定律、向心力公式
v2 mv qvB＝m r r＝ qB 2πm θT T＝ qB t＝2π L sin θ＝ r
距离s及对应磁场的磁感应强度的值B0.
2＋1E 答案 4(2－ 2)h 2gh
(3)已知磁场磁感应强度为 B1，若撤去电场，小球从O点抛出后，在磁场中运动过程距离MN的最大距离为d(该点在PQ左侧)，求小球经过此点时的加速度a 的大小.
gB1 2g2h＋d 答案－g E
命题点三

2020版物理高考新素养总复习江苏专用讲义：选修3-1+第八章+磁场+第2讲和答案

第2讲带电粒子在匀强磁场中的运动知识排查洛伦兹力、洛伦兹力的方向和大小1.洛伦兹力：磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力。

2.洛伦兹力的方向(1)判定方法：左手定则：掌心——磁感线垂直穿入掌心；四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向；拇指——指向洛伦兹力的方向。

(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的平面。

3.洛伦兹力的大小(1)v∥B时，洛伦兹力F＝0。

(θ＝0°或180°)(2)v⊥B时，洛伦兹力F＝q v B。

(θ＝90°)(3)v＝0时，洛伦兹力F＝0。

带电粒子在匀强磁场中的运动1.若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动。

2.若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v 做匀速圆周运动。

如图1，带电粒子在磁场中，①中粒子做匀速圆周运动，②中粒子做匀速直线运动，③中粒子做匀速圆周运动。

图13.半径和周期公式：(v⊥B)小题速练1.思考判断(1)带电粒子在磁场中运动时一定会受到磁场力的作用。

()(2)洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直。

()(3)根据公式T＝2πrv，说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反比。

()(4)粒子在只受洛伦兹力作用时运动的速度不变。

()(5)由于安培力是洛伦兹力的宏观表现，所以洛伦兹力也可能做功。

()(6)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，其运动半径与带电粒子的比荷有关。

()答案(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)√2.[人教版选修3－1P98第1题改编]下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是()答案 B3.[人教版选修3－1P95插图改编]在阴极射线管中电子流方向由左向右，其上方置一根通有如图2所示电流的直导线，导线与阴极射线管平行，则阴极射线将会()图2A.向上偏转B.向下偏转C.向纸内偏转D.向纸外偏转解析由题意可知，直线电流的方向由左向右，根据安培定则，可判定直导线下方的磁场方向为垂直纸面向里，而阴极射线电子运动方向由左向右，由左手定则知(电子带负电，四指要指向其运动方向的反方向)，阴极射线将向下偏转，故B 选项正确。

(江苏专用)2020版高考物理总复习第八章磁场第1讲磁场的描述磁场对电流的作用教案(选修3-1)

磁场的描述磁场对电流的作用[高考导航](2)带电粒子在匀强磁场中的运动的计算限于带电粒子的速度与磁感应强度平行或垂直两种情况。

第1讲磁场的描述磁场对电流的作用知识排查磁场、磁感应强度1.磁场(1)基本特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用。

(2)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向。

2.磁感应强度(1)物理意义：描述磁场的强弱和方向。

(2)大小：B＝FIL(通电导线垂直于磁场)。

(3)方向：小磁针静止时N极的指向。

(4)单位：特斯拉(T)。

3.匀强磁场(1)定义：磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场。

(2)特点：磁感线是疏密程度相同、方向相同的平行直线。

磁感线通电直导线和通电线圈周围的磁场1.磁感线在磁场中画出一些有方向的曲线，使曲线上各点的切线方向跟这点的磁感应强度方向一致。

2.几种常见的磁场(1)常见磁体的磁场(如图1所示)图1(2)电流的磁场安培力的大小和方向1.安培力的大小(1)磁场和电流垂直时：F＝BIL。

(2)磁场和电流平行时：F＝0。

图22.安培力的方向左手定则判断：(1)伸出左手，让拇指与其余四指垂直，并且都在同一个平面内。

(2)让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流方向。

(3)拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。

小题速练1.思考判断(1)磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的试探电流元的情况无关。

( )(2)在磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度越大。

( )(3)垂直磁场放置的线圈面积减小时，穿过线圈的磁通量可能增大。

( )(4)磁场中某点磁感应强度的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力的方向一致。

( )(5)由定义式B＝FIL可知，电流强度I越大，导线L越长，某点的磁感应强度就越小。

( )(6)将通电导线放入磁场中，若不受安培力，说明该处磁感应强度为零。

( )(7)安培力可能做正功，也可能做负功。

( )答案(1)√(2)√(3)√(4)×(5)×(6)×(7)√2.[人教版选修3－1P94第1题改编]下面的几个图显示了磁场对通电直导线的作用力，其中正确的是( )答案 C3.[人教版选修3－1P94第3题改编]如图3所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度。

江苏专用2020版高考物理新增分大一轮复习第八章磁场本章学科素养提升讲义含.docx

本章学科素养提升1.动态放缩法 (1)适用条件①速度方向一定，大小不同粒子源发射速度方向一定，大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化. ②轨迹圆圆心共线如图1所示(图中只画出粒子带正电的情景)，速度v 越大，运动半径也越大.可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线CO 上.图1(2)界定方法以入射点O 为定点，圆心位于CO 直线上，将半径放缩作轨迹，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆法”.例1 如图2所示，宽度为d 的有界匀强磁场，磁感应强度为B ，MM ′和NN ′是磁场左右两条边界线.现有一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子沿图示方向垂直射入磁场中，速度与边界的夹角θ＝45°，要使粒子不能从右边界NN ′射出，求粒子入射速率的最大值为多少？图2解析用“放缩圆法”作出带电粒子运动的轨迹如图所示，当其运动轨迹与NN ′边界线相切于P 点时，这就是具有最大入射速率v max 的粒子的轨迹.由图可知：R max (1－cos45°)＝d ，又由牛顿第二定律可知：Bqv max ＝mv 2max R max ，联立可得v max ＝(2＋2)Bqdm.答案(2＋2)Bqdm2.定圆旋转法当粒子的入射速度大小确定而方向不确定时，所有不同方向入射的粒子的轨迹圆是一样大的，只是位置绕入射点发生了旋转，从定圆的动态旋转(作图)中，也容易发现“临界点”. 另外，要重视分析时的尺规作图，规范而准确的作图可突出几何关系，使抽象的物理问题更形象、直观，如图3.图3(1)适用条件①速度大小一定，方向不同粒子源发射速度大小一定，方向不同的带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若入射初速度为v 0，由qv 0B ＝mv 20R 得圆周运动半径为R ＝mv 0qB.②轨迹圆圆心共圆带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点O 为圆心、半径R ＝mv 0qB的圆(这个圆在下面的叙述中称为“轨迹圆心圆”)上. (2)界定方法将一半径为R ＝mv 0qB的圆的圆心沿着“轨迹圆心圆”平移，从而探索出临界条件，这种方法称为“平移圆法”.例2 如图4，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B ＝0.60T.磁场内有一块平面感光板ab ，板面与磁场方向平行.在距ab 为l ＝16cm 处，有一个点状的α粒子放射源S ，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速率都是v ＝3.0×106m/s.已知α粒子的电荷量与质量之比qm＝5.0×107C/kg.现只考虑在纸面内运动的α粒子，求ab 板上被α粒子打中区域的长度.图4解析 α粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动.用R 表示轨迹半径，根据牛顿第二定律有qvB ＝m v 2R ，由此得R ＝mvqB，代入数据解得R ＝10cm ，可见R <l <2R .因朝不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S ，由此可知，某一圆轨迹在如图所示中N 左侧与ab 相切，则此切点P 1就是α粒子能打中的左侧最远点.为确定P 1点的位置，可作平行于ab的直线cd ，cd 到ab 的距离为R ，以S 为圆心，R 为半径，作圆弧交cd 于Q 点，过Q 作ab 的垂线，它与ab 的交点即为P 1.由图可知：NP 1＝R 2－(l －R )2.再考虑右侧最远点.任何α粒子在运动中离S 的距离不可能超过2R ，以S 为圆心、2R 为半径作圆弧，交ab 于N 右侧的P 2点，此即右侧能打到的最远点. 从图中几何关系得NP 2＝(2R )2－l 2，所求长度为P 1P 2＝NP 1＋NP 2，代入数据解得P 1P 2＝20cm. 答案 20cm带电粒子在多磁场中的运动，一般是指带电粒子在两个相邻匀强磁场中的运动.解决此类问题的一般思路：(1)根据题中所给的条件，画出粒子在两磁场中做匀速圆周运动的轨迹； (2)根据画出的轨迹，找出粒子在两磁场中做匀速圆周运动的圆心和半径；(3)适当添加辅助线，运用数学方法计算出粒子在两磁场中的轨迹半径(有时候还要找出圆心角)；(4)结合粒子运动的半径公式r ＝mv Bq(或周期公式T ＝2πmqB)即可得出所求的物理量.例3 如图5所示，在一个圆形区域内，两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在以直径A 2A 4为边界的两个半圆形区域Ⅰ和Ⅱ中，直径A 2A 4与直径A 1A 3之间的夹角为α＝60°.一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子以某一速度从Ⅰ区的边缘点A 1处沿与A 1A 3成β＝30°角的方向射入磁场，随后该粒子以垂直于A 2A 4的方向经过圆心进入Ⅱ区，最后再从A 4处射出磁场.已知该粒子从射入到射出磁场所用的时间为t ，求：图5(1)粒子在磁场区域Ⅰ和Ⅱ中运动的轨道半径R 1与R 2的比值； (2)Ⅰ区和Ⅱ区中磁场的磁感应强度B 1和B 2的大小. 解析 (1)粒子在两匀强磁场中的运动轨迹如图所示设粒子射入磁场时的速度大小为v ，圆形区域的半径为r .连接A 1A 2，由几何知识可知，△A 1A 2O 为等边三角形，A 2为粒子在区域Ⅰ磁场中运动时轨迹圆的圆心，所以R 1＝r .由于粒子垂直直径A 2A 4进入Ⅱ区，从A 4点离开磁场，所以粒子在区域Ⅱ磁场中运动的轨迹为半圆，所以R 2＝r2，由此可得：R 1R 2＝2.(2)带电粒子在Ⅰ区磁场中做圆周运动的周期为T 1＝2πmqB 1，因为∠A 1A 2O ＝60°，所以粒子在Ⅰ区磁场中运动的时间为t 1＝T 16＝πm3qB 1.带电粒子在Ⅱ区磁场中做圆周运动的周期为T 2＝2πm qB 2，因粒子在Ⅱ区磁场中运动轨迹为半圆，所以其运动时间为t 2＝T 22＝πmqB 2，带电粒子在磁场中运动的总时间为t ＝t 1＋t 2，又因为R 1R 2＝2，所以B 2＝2B 1，由以上各式可得：B 1＝5πm 6qt ，B 2＝5πm3qt. 答案 (1)2 (2)5πm 6qt 5πm 3qt。

2020版高考物理新设计一轮复习江苏专版讲义：第八章第3节带电粒子在组合场中的运动含答案

第3节带电粒子在组合场中的运动突破点(一) 质谱仪与回旋加速器1．质谱仪(1)构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。

(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，qU ＝12m v 2。

粒子在磁场中做匀速圆周运动，有q v B ＝m v 2r 。

由以上两式可得r ＝1B 2mU q ，m ＝qr 2B 22U，q m ＝2UB 2r 2。

2．回旋加速器(1)构造：如图所示，D 1、D 2是半圆形金属盒，D 形盒的缝隙处接交流电源，D 形盒处于匀强磁场中。

(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由q v B ＝m v 2r ，得E km ＝q 2B 2r 22m ，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B 和D 形盒半径r 决定，与加速电压无关。

[典例] (2019·盐城中学检测)如图所示，离子从容器A 下方的狭缝S1飘入(初速度为零)电压为U 的加速电场区，加速后通过狭缝S 2后再从狭缝S 3垂直于磁场边界射入偏转磁场，该偏转磁场是一个以直线MN 为上边界、方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B ，离子经偏转磁场后最终到达照相底片D 上。

不考虑离子间的相互作用。

(1)若离子的电荷量为q ，它最终打在照相底片D 上的位置到狭缝S 3的距离为d ，求粒子的质量m ；(2)若容器A 中有大量如(1)中所述的离子，它们经过电场加速后由狭缝S 3垂直进入磁场时，可认为速度大小相等，但速度方向并不都严格垂直于边界，其中偏离垂直于MN 方向的最大偏角为θ，则照相底片D 上得到的谱线的宽度Δx 为多少？(3)若容器A 中有电荷量相等的铜63和铜65两种离子，它们经电场加速后垂直于MN 进入磁场中会发生分离，但实际工作时加速电压的大小会在U ±ΔU 范围内微小变化，为使这两种离子打在照相底片上的区域不发生重叠，ΔUU 应小于多少？(结果用百分数表示，保留两位有效数字)。