2021年高考物理一轮复习资料第九单元综合专题带电粒子在交变电场、磁场中的运动专题课件
2025年高考物理一轮总复习课件第9章专题强化11带电粒子(或带电体)在电场中运动的综合问题
静电场
专题强化十一 带电粒子(或带电体)在电场 中运动的综合问题
核心考点·重点突破 名师讲坛·素养提升 提能训练 练案[44]
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核心考点·重点突破
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1 带电粒子在交变电场中的运动 (能力考点·深度研析)
1．带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、 方向做周期性变化(如方波)的情形。
为零，则电子沿板间中线射出偏转极板，与板间中线的距离为 0。
[答案] (1)
2eU0 m
(2)0
第九章 静电场
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2 用等效法处理带电体在电场和重力场中的运动 (能力考点·深度研析)
1．等效重力法
将重力与电场力进行合成，如图所示，则 F 合为等效 重力场中的“重力”，g′＝Fm合为等效重力场中的“等 效重力加速度”，F 合的方向为等效“重力”的方向，即在等效重力场中 的“竖直向下”方向。
第九章 静电场
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►考向1 利用动力学观点求解力、电综合问题 (2024·广东茂名月考)如图所示，有一长度L＝
1 m、质量M＝10 kg的平板小车，静止在光滑的水平面 上 ， 在 小 车 左 端 放 置 一 质 量 m ＝ 4 kg 的 带 正 电 小 物 块 ， 电 荷 量 q ＝ 1.6×10－2 C(始终保持不变)，小物块与小车间的摩擦因数μ＝0.25，现 突然施加一个水平向右的匀强电场，要使物块在2 s内能运动到小车的另 一端，g取10 m/s2。
(1)1 000 N/C
(2)
14 2ห้องสมุดไป่ตู้
s
第九章 静电场
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高考物理一轮复习 第九章 磁场章末综合提升
如图所示，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 A2A4 为边界的两个半圆 形区域Ⅰ和Ⅱ中，直径 A2A4 与直径 A1A3 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 A1 处沿与 A1A3 成 β＝30°角的方向 射入磁场，随后该粒子以垂直于 A2A4 的方向经过圆心进入Ⅱ 区，最后再从 A4 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：
⑨
粒子运动轨迹如图所示，O1、O2 为
圆心，O1O2 连线与水平方向的夹角为 θ， 在每个 TB 内，只有 A、B 两个位置才有
可能垂直击中 P 板，且均要求 0＜θ＜π2，
由题意可知π22＋πθT＝T2B
⑩
设经历完整 TB 的个数为 n(n＝0,1,2,3，…) 若在 A 点击中 P 板，据题意由几何关系得
4．带电粒子在有磁场的叠加场中运动，若做直线运动， 则必为匀速直线运动．
5．带电粒子穿过磁场的时间一般是极短的，带电粒子经 过交变磁场极短时间内的磁场可以看成匀强磁场．
6．带电粒子在复合场中运动，需考虑是否有多种可能的 解．
7．霍尔效应问题，因未判断元件的载流子而判断错误电 势高低．
8．计算题中因不注意审题，在结果中出现未知量．
R＋2(R＋Rsin θ)n＝d
⑪
当 n＝0 时，无解
⑫
当 n＝1 时，联立⑨⑪式得 θ＝π6或sin θ＝12
⑬
联立⑦⑨⑩⑬式得 TB＝3πvd0
⑭
当 n≥2 时，不满足 0＜θ＜90°的要求
⑮
备考2024届高考物理一轮复习讲义第九章静电场专题十三带电体在电场中运动的综合问题题型2带电粒子在交
题型2 带电粒子在交变电场中的运动1.带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化（如方波）的情形.当粒子垂直于交变电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动具有周期性.2.研究带电粒子在交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况.根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等.3.注重全面分析（分析受力特点和运动规律）：抓住粒子运动时间上的周期性和空间上的对称性，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与运动过程相关的临界条件.4.对于锯齿波和正弦波类电压产生的交变电场，若粒子穿过板间的时间极短，带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动.研透高考明确方向5.[粒子在交变电场中的直线运动/多选]如图甲所示，A、B是一对平行的金属板，在两板间加上一周期为T的交变电压，A板的电势φA＝0，U BA随时间的变化规律如图乙所示.现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区域，设电子的初速度和重力的影响可忽略，则（AB）图甲图乙A.若电子是在t＝0时刻进入的，它将一直向B板运动时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板B.若电子是在t＝T8上T时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B C.若电子是在t＝38板上时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动D.若电子是在t＝T2解析根据题意及电子进入电场后的受力情况和运动情况，作出如图所示的4个图像.由图4可知，当电子在t＝0时刻进入电场时，电子一直向B板运动，A正确；若电子在T8时刻进入电场，则由图4知，电子向B板运动的位移大于向A板运动的位移，因此最后仍能打在B板上，B正确；若电子在3T时刻进入电场，则由图4知，在第一个周期内电子即8时刻进入电场，则它一靠近小孔便受到排斥返回至A板，从A板射出，C错误；若电子在T2力，根本不能进入电场，D错误.方法点拨交变电场中的直线运动处理方法U－t图像v－t图像轨迹图6.[粒子在交变电场中的临界问题/2024四川泸县四中月考]如图甲所示，在xOy坐标系中，两金属板平行放置，OD与x轴重合，板的左端与原点O重合，板长L＝2m，板间距离d＝1m，紧靠极板右侧有一足够大荧光屏.两金属板间电压U AO随时间的变化规律如图乙所示，变化周期为T＝2×10－3s，U0＝5×103V，t＝0时刻一带正电的粒子从左上角A点附近，以v0＝1000m/s的速度平行于AB边射入两板间，最终打到荧光屏上.已知粒子带电荷量q＝1×10－5C，质量m＝1×10－7kg，不计粒子所受重力，求：（1）粒子在板间运动的时间；（2）粒子打到屏上的速度；（3）若A处的粒子源以v0＝1000m/s的速度平行于AB边连续不断发射相同粒子，求荧光屏上的光带长度是多少？若向右移动荧光屏，屏上光带位置和长度如何变化（写出结论，不要求计算过程）.答案（1）2×10－3s（2）大小为500√5m/s，方向与v0的夹角θ满足tanθ＝12（3）0.5m光带位置下移，长度不变解析（1）粒子在板间沿x轴方向做匀速运动，运动时间为t，根据L＝v0t0代入数据解得t0＝2×10－3s（2）设t＝0时刻射入板间的粒子射到荧光屏上时沿y轴方向的分速度为v y，合速度为v，v与v0的夹角为θ，有v y＝a·T2根据牛顿第二定律有a＝Fm ＝qU0md粒子打到屏上的速度v＝√v02＋v y2，tanθ＝v yv0代入数据解得v＝500√5m/s，tanθ＝12（3）粒子在t＝2n×10－3s（其中n＝0，1，2，3，…）时刻射入两板，射到荧光屏上时有最大侧移y max，有打入y max＝12U0qmd（T2）2＋U0qmd（T2）2＝0.75m粒子在t＝（2n＋1）×10－3s（其中n＝0，1，2，3，…）时刻射入两板，射到荧光屏时有最小侧移y min，有y min＝12U0qmd（T2）2＝0.25m光带长度ΔL＝y max－y min＝0.5m若向右移动荧光屏，光带位置下移，长度不变.。
2021届高考物理一轮复习考点强化：带电粒子在交变电磁场中的运动课件
答案 C
素养提升
实例五 霍尔元件
装置
原理图
霍尔 元件
规律
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
的方向上出现电势差
转到解析
素养提升
社会态度与责任系列 复合场中的STSE问题
实例一 质谱仪
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 qvB＝mvr2，则比荷mq ＝B22Ur2
素养提升
1.(多选)质谱仪最初是由汤姆逊的学生阿斯顿设计的，他用质谱仪证实了同位素的存 在。如图所示，容器A中有质量分别为m1、m2，电荷量相同的两种粒子(不考虑粒子 重力及粒子间的相互作用)，它们从容器A下方的小孔S1不断飘入电压为U的加速电场 (粒子的初速度可视为零)，沿直线S1S2(S2为小孔)与磁场垂直的方向进入磁感应强度 为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，最后打在水平放置的照相底片上。由于实际 加速电压的大小在U±ΔU范围内微小变化，这两种粒子在底片上可能发生重叠。对 此，下列说法正确的有( )
转到解析
素养提升
讨论与电、磁场有关的实际问题，首先应通过分析将其提炼成纯粹的物理问 题，然后用解决物理问题的方法进行分析。这里较多的是用分析力学问题的 方法，对于带电粒子在磁场中的运动，还应特别注意运用几何知识寻找关系。
备选训练
1、质谱仪又称质谱计，是分离和检测不同同位素的仪器。工作原理如图所示，电荷
每个带正电粒子的速度 v0＝105 m/s，比荷为mq ＝108 C/kg，重力忽略不计，在每个粒子通过
2021届高考物理一轮复习考点强化：带电粒子在交变电磁场中的运动课件
解析 图乙为俯视图，舰艇向右行驶，必须获得向右 的作用力，由牛顿第三定律知，海水受到的安培力必须向 左，M接正极，电流从M到N，由左手定则知所加磁场方 向必须竖直向上，选项C正确。
答案 C
素养提升
实例五 霍尔元件
装置
原理图
霍尔 元件
规律
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
的方向上出现电势差
(1)求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小； (2)求电场变化的周期T； (3)改变宽度d，使微粒仍能按上述运动 过程通过相应宽度的区域，求T的最小值。
解析 (1)微粒做直线运动，则 mg＋qE0＝qvB①
微粒做圆周运动，则 mg＝qE0②
联立①②得 q＝mEg0 ③
B＝2Ev 0④
转到下页
多维训练
选项 D 错误。 答Байду номын сангаас B
素养提升
实例四 电磁流量计
装置
原理图
电磁 流量计
规律
UDq＝qvB，所以 v＝DUB，所以 Q＝vS＝DUBπ(D2 )2＝π4UBD
素养提升
4.如图甲所示为海影号电磁推进试验舰艇，船体下部的大洞使海水前后贯通。舰艇 沿海平面截面图如图乙所示，其与海水接触的两侧壁M 和N 分别连接舰艇内电源的 正极和负极，舰艇内超导体在M、N 间产生强磁场，使M、N 间海水受到磁场力作用 被推出，船因此前进。要使图乙中的舰艇向右前进，则所加磁场的方向应为( ) A．水平向左 B．水平向右 C．竖直向上 D．竖直向下
高考物理一轮复习 第9章 磁场 第3节 带电粒子在复合场中的运动教案-人教版高三全册物理教案
第3节 带电粒子在复合场中的运动带电粒子在组合场中的运动 [讲典例示法]带电粒子在电场和磁场的组合场中运动，实际上是将粒子在电场中的加速与偏转，跟在磁场中偏转两种运动有效组合在一起，有效区别电偏转和磁偏转，寻找两种运动的联系和几何关系是解题的关键。
当带电粒子连续通过几个不同的场区时，粒子的受力情况和运动情况也发生相应的变化，其运动过程则由几种不同的运动阶段组成。
[典例示法] (2018·全国卷Ⅱ)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy 平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y 轴垂直，宽度为l ，磁感应强度的大小为B ，方向垂直于xOy 平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l ′，电场强度的大小均为E ，方向均沿x 轴正方向；M 、N 为条状区域边界上的两点，它们的连线与y 轴平行。
一带正电的粒子以某一速度从M 点沿y 轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M 点入射的速度从N 点沿y 轴正方向射出。
不计重力。
(1)定性画出该粒子在电、磁场中运动的轨迹； (2)求该粒子从M 点入射时速度的大小；(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x 轴正方向的夹角为π6，求该粒子的比荷及其从M 点运动到N 点的时间。
[解析] (1)粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称，如图(a)所示。
图(a)(2)设粒子从M 点射入时速度的大小为v 0，进入磁场的速度大小为v ，方向与电场方向的夹角为θ，如图(b )，速度v 沿电场方向的分量为v 1。
图(b)根据牛顿第二定律有qE ＝ma ① 由运动学公式有l ′＝v 0t ② v 1＝at ③ v 1＝v cos θ④设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为R ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB ＝mv 2R⑤ 由几何关系得l ＝2R cos θ ⑥ 联立①②③④⑤⑥式得v 0＝2El ′Bl。
⑦(3)由运动学公式和题给数据得 v 1＝v 0cot π6⑧联立①②③⑦⑧式得q m ＝43El ′B 2l2⑨设粒子由M 点运动到N 点所用的时间为t ′，则t ′＝2t ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－π62πT ⑩式中T 是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期， T ＝2πmqB⑪由③⑦⑨⑩⑪式得t ′＝Bl E ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋3πl 18l ′。
高考物理总复习 第九单元 磁场 微专题8 带电粒子在组合场和复合场中的运动(含解析)
微专题8 带电粒子在组合场和复合场中的运动一带电粒子在组合场中的运动组合场是指电场与磁场同时存在或者磁场与磁场同时存在,但各位于一定的区域内,并不重叠的情况。
所以弄清带电粒子在电场及磁场中的运动形式、规律和研究方法是解决此类问题的基础。
1.基本类型运动类型带电粒子在匀强电场中加速(v0与电场线平行或为零)带电粒子在匀强电场中偏转(v0⊥E)带电粒子在匀强磁场中匀速运动(v0与磁感线平行)带电粒子在匀强磁场中偏转(v0与磁感线垂直)受力特点受到恒定的电场力;电场力做功不受磁场力作用受磁场力作用;但磁场力不做功运动特征匀变速直线运动类平抛运动匀速直线运动匀速圆周运动研究方法牛顿运动定律匀变速运动学规律牛顿运动定律匀变速运动学公式正交分解法匀速直线运动公式牛顿运动定律向心力公式圆的几何知识表达方式如何求运动时间、速度和位移如何求飞行时间、偏移量和偏转角-如何求时间和偏转角用匀变速直线运动的基本公式、导出公式和推论求解飞出电场时间:t=打在极板上t=偏移量:y=偏转角:tan-时间t=T(θ是圆心角,T是周期)偏转角sin θ=(l是磁场宽度,R是粒子轨道半径)α=运动情境2.解题思路题型1电场与磁场的组合例1如图所示,在xOy直角坐标系中,第Ⅰ象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场,第Ⅱ象限内分布着沿y轴负方向的匀强电场。
初速度为零、带电荷量为q、质量为m的粒子经过电压为U的电场加速后,从x轴上的A点垂直x轴进入磁场区域,重力不计,经磁场偏转后过y轴上的P点且垂直于y轴进入电场区域,在电场中偏转并击中x轴上的C点。
已知OA=OC=d。
则磁感应强度B和电场强度E分别为多少?解析设带电粒子经电压为U的电场加速后速度为v,则qU=mv2带电粒子进入磁场后,由洛伦兹力提供向心力qBv=依题意可知r=d,联立解得B=带电粒子在电场中偏转,做类平抛运动,设经时间t从P点到达C点,由d=vt,d=t2联立解得E=。
2021年高考物理一轮复习资料第九单元第4节带电粒子在组合场中的运动专题课件
洛伦兹力提供向心力有
qvB＝
mv2 3R
可得：v＝
3qBR m
设粒子在电场中运动的时间为 t，
根据动量定理得：qEt＝mv－0
联立可得：t＝
3BR E.
(2)当粒子在磁场中运动的轨迹与内圆相切时，转过的圆心角 最小，所用的时间最短，如图：
设粒子此时的半径为 r， 由几何关系得：(r－R)2＋( 3R)2＝r2
多个电场、磁场组合 在多个电场、磁场形成的组合场中，带电粒子的运动往往具 有周期性和对称性，解决此类问题的两个关键： 1．弄清粒子经过场区边界时的受力变化，进而确定运动变 化情况． 2．找出粒子运动的周期性和对称性规律．
例 3 (2018·课标全国Ⅱ)一足够长的条状区 域内存在匀强电场和匀强磁场，其在 xOy 平面内 的截面如图所示．中间是磁场区域，其边界与 y 轴垂直，宽度为 l，磁感应强度的大小为 B，方 向垂直于 xOy 平面．磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为 l′， 电场强度的大小均为 E，方向均沿 x 轴正方向．M、N 为条状区 域边界上的两点，它们的连线与 y 轴平行．一带正电的粒子以某 一速度从 M 点沿 y 轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以 从 M 点入射的速度从 N 点沿 y 轴正方向射出．不计粒子重力．
所以最大速度相等．最大动能 Ek＝12mv2，两粒子的质量不等， 所以最大动能不等，故 B 项错误；最大动能为：Ek＝12mv2＝ q22Bm2R2，与加速电压无关，增大高频电源的电压不能增大粒子的 最大动能，故 D 项错误．
例 7 (2016·江苏)回旋加速器的工作原理如图甲所示，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乙所示，电压值的大小为 U0，周期 T＝2qπBm.一束粒子在 0～T2时间内从 A 处均匀地飘入狭 缝，其初速度视为 0.现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够 射出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 用力．求：
2024高考物理一轮复习--带电粒子在电场中的运动(三)--等效重力场、交变电场中的运动
等效重力场、交变电场、力电综合问题一、带电粒子在力电等效场中的圆周运动1．等效重力场物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对于处在匀强电场和重力场中物体的运动问题就会变得复杂一些．此时可以将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复合场”来代替，可形象称之为“等效重力场”．2.3．举例二、带电粒子在交变电场中的运动1.此类题型一般有三种情况:一是粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解);二是粒子做往返运动(一般分段研究);三是粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)。
2.分析时从两条思路出发:一是力和运动的关系,根据牛顿第二定律及运动学规律分析;二是功能关系。
3.注重全面分析(分析受力特点和运动特点),抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征,求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件。
4.交变电场中的直线运动（方法实操展示）5.交变电场中的偏转（带电粒子重力不计，方法实操展示）U -t 图轨迹图v y -t 图三、电场中的力、电综合问题1．带电粒子在电场中的运动(1)分析方法：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线)，然后选用恰当的规律解题。
(2)受力特点：在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时，重力是否要考虑，关键看重力与其他力相比较是否能忽略。
一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子的重力可以忽略，一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用。
2．处理带电粒子(带电体)运动的方法(1)结合牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题。
(2)用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理思路 ①利用初、末状态的能量相等(即E 1＝E 2)列方程。
①利用某些能量的减少等于另一些能量的增加列方程。
(3)常用的两个结论①若带电粒子只在电场力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变。
2021江苏新高考物理一轮复习讲义：第九章 专题强化九 带电粒子在复合场中运动的实例分析 (含答案)
专题强化九带电粒子在复合场中运动的实例分析专题解读1.本专题是磁场、力学、电场等知识的综合应用，高考往往以计算压轴题的形式出现．2．学习本专题，可以培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力．针对性的专题训练，可以提高同学们解决难题、压轴题的信心．3．用到的知识有：动力学观点(牛顿运动定律)、运动学观点、能量观点(动能定理、能量守恒定律)、电场的观点(类平抛运动的规律)、磁场的观点(带电粒子在磁场中运动的规律)．1．作用测量带电粒子质量和分离同位素的仪器． 2．原理(如图1所示)图1(1)加速电场：qU ＝12m v 2；(2)偏转磁场：q v B ＝m v 2r ，l ＝2r ；由以上两式可得r ＝1B 2mUq， m ＝qr 2B 22U ，q m ＝2U B 2r 2.例1 (2015·江苏卷·15改编)一台质谱仪的工作原理如图2所示，电荷量均为＋q 、质量不同的离子飘入电压为U 0的加速电场，其初速度几乎为零．这些离子经加速后通过狭缝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．已知放置底片的区域MN ＝L ，且OM ＝L .某次测量发现MN 中左侧23区域MQ 损坏，检测不到离子，但右侧13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．图2(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． 答案 (1)9qB 2L 232U 0 (2)100U 081≤U ≤16U 09解析 (1)离子在电场中加速： qU 0＝12m v 2在磁场中做匀速圆周运动：q v B ＝m v 2r解得r ＝1B2mU 0q打在MN 中点P 的离子半径为r 0＝34L ，代入解得m ＝9qB 2L 232U 0(2)由(1)知，U ＝16U 0r 29L 2离子打在Q 点时r ＝56L ，U ＝100U 081离子打在N 点时r ＝L ，U ＝16U 09，则电压的范围100U 081≤U ≤16U 09.变式1(2020·山东济南市模拟)质谱仪可利用电场和磁场将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用．如图3所示，虚线上方有两条半径分别为R和r(R>r)的半圆形边界，分别与虚线相交于A、B、C、D点，圆心均为虚线上的O点，C、D间有一荧光屏．虚线上方区域处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.虚线下方有一电压可调的加速电场，离子源发出的某一正离子由静止开始经电场加速后，从AB的中点垂直进入磁场，离子打在边界上时会被吸收．当加速电压为U时，离子恰能打在荧光屏的中点．不计离子的重力及电、磁场的边缘效应．求：图3(1)离子的比荷；(2)离子在磁场中运动的时间；(3)离子能打在荧光屏上的加速电压范围．答案 (1)8UB 2(R ＋r )2 (2)πB (R ＋r )28U (3)U (R ＋3r )24(R ＋r )2≤U ′≤U (3R ＋r )24(R ＋r )2解析 (1)由题意知，加速电压为U 时，离子在磁场区域做匀速圆周运动的半径r 0＝R ＋r2洛伦兹力提供向心力，q v B ＝m v 2r 0在电场中加速，有qU ＝12m v 2解得：q m ＝8UB 2(R ＋r )2(2)离子在磁场中运动的周期为T ＝2πmqB在磁场中运动的时间t ＝T2解得：t ＝πB (R ＋r )28U(3)由(1)中关系，知加速电压和离子轨迹半径之间的关系为U ′＝4U(R ＋r )2r ′2 若离子恰好打在荧光屏上的C 点，轨道半径 r C ＝R ＋3r 4U C ＝U (R ＋3r )24(R ＋r )2若离子恰好打在荧光屏上的D 点，轨道半径r D ＝3R ＋r 4U D ＝U (3R ＋r )24(R ＋r )2即离子能打在荧光屏上的加速电压范围： U (R ＋3r )24(R ＋r )2≤U ′≤U (3R ＋r )24(R ＋r )2.1．构造：如图4所示，D 1、D 2是半圆形金属盒，D 形盒处于匀强磁场中，D 形盒的缝隙处接交流电源．图42．原理：交流电周期和粒子做圆周运动的周期相等，使粒子每经过一次D 形盒缝隙，粒子被加速一次． 3．最大动能：由q v m B ＝m v m 2R 、E km ＝12m v m 2得E km ＝q 2B 2R 22m，粒子获得的最大动能由磁感应强度B 和盒半径R 决定，与加速电压无关． 4．总时间：粒子在磁场中运动一个周期，被电场加速两次，每次增加动能qU ，加速次数n ＝E kmqU ，粒子在磁场中运动的总时间t ＝n 2T ＝E km 2qU ·2πm qB ＝πBR 22U.例2 (2016·江苏卷·15改编)回旋加速器的工作原理如图5甲所示，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乙所示，电压值的大小为U 0.周期T ＝2πm qB .一束该种粒子在t ＝0～T2时间内从A 处均匀地飘入狭缝，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：图5(1)出射粒子的动能E m ；(2)粒子从飘入狭缝至动能达到E m 所需的总时间t 0. 答案 (1)q 2B 2R 22m (2)πBR 2＋2BRd 2U 0－πm qB解析 (1)粒子运动半径为R 时 q v B ＝m v 2R且E m ＝12m v 2解得E m ＝q 2B 2R 22m(2)粒子被加速n 次达到动能E m ，则E m ＝nqU 0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a ＝qU 0md匀加速直线运动nd ＝12a ·Δt 2由t 0＝(n －1)·T2＋Δt ，解得t 0＝πBR 2＋2BRd 2U 0－πm qB.变式2 (多选)(2019·山东烟台市第一学期期末)如图6所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，分别与高频交流电源连接，两个D 形金属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，两个D 形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，下列说法中正确的是( )图6A ．加速电压越大，粒子最终射出时获得的动能就越大B ．粒子射出时的最大动能与加速电压无关，与D 形金属盒的半径和磁感应强度有关C.若增大加速电压，粒子在金属盒间的加速次数将减少，在回旋加速器中运动的时间将减小D ．粒子第5次被加速前、后的轨道半径之比为5∶ 6答案 BC解析 粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：q v m B ＝m v m 2R ，解得：v m ＝qBR m，则粒子获得的最大动能为：E km ＝12m v m 2＝q 2B 2R 22m，知粒子获得的最大动能与加速电压无关，与D 形金属盒的半径R 和磁感应强度B 有关，故A 错误，B 正确；对粒子，由动能定理得：nqU ＝q 2B 2R 22m ，加速次数：n ＝qB 2R 22mU，增大加速电压U ，粒子在金属盒间的加速次数将减少，粒子在回旋加速器中运动的时间：t ＝n 2T ＝n πm qB 将减小，故C 正确；对粒子，由动能定理得：nqU ＝12m v n 2，解得v n ＝2nqU m ，粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：q v n B ＝m v n 2r n ，解得：r n ＝1B2nmU q，则粒子第5次被加速前、后的轨道半径之比为：r 4r 5＝45，故D 错误．共同特点：当带电粒子(不计重力)在复合场中做匀速直线运动时，q v B ＝qE .1．速度选择器图7(1)平行板中电场强度E 和磁感应强度B 互相垂直．(如图7)(2)带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是q v B ＝qE ，即v ＝E B. (3)速度选择器只能选择粒子的速度，不能选择粒子的电性、电荷量、质量．(4)速度选择器具有单向性．例3 如图8所示是一速度选择器，当粒子速度满足v 0＝E B时，粒子沿图中虚线水平射出；若某一粒子以速度v 射入该速度选择器后，运动轨迹为图中实线，则关于该粒子的说法正确的是( )图8A ．粒子射入的速度一定是v >E BB ．粒子射入的速度可能是v <E BC ．粒子射出时的速度一定大于射入速度D ．粒子射出时的速度一定小于射入速度答案 B2．磁流体发电机(1)原理：如图9所示，等离子体喷入磁场，正、负离子在洛伦兹力的作用下发生偏转而聚集在B 、A 板上，产生电势差，它可以把离子的动能通过磁场转化为电能．图9(2)电源正、负极判断：根据左手定则可判断出图中的B 是发电机的正极．(3)电源电动势U ：设A 、B 平行金属板的面积为S ，两极板间的距离为l ，磁场磁感应强度为B ，等离子体的电阻率为ρ，喷入气体的速度为v ，板外电阻为R .当正、负离子所受电场力和洛伦兹力平衡时，两极板间达到的最大电势差为U (即电源电动势)，则q U l＝q v B ，即U ＝Bl v . (4)电源内阻：r ＝ρl S. (5)回路电流：I ＝U r ＋R. 例4 (2020·福建三明市质检)磁流体发电机的原理如图10所示．将一束等离子体连续以速度v 垂直于磁场方向喷入磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，可在相距为d 、面积为S 的两平行金属板间产生电压．现把上、下板和电阻R 连接，上、下板等效为直流电源的两极．等离子体稳定时在两极板间均匀分布，电阻率为ρ.忽略边缘效应及离子的重力，下列说法正确的是( )图10A ．上板为正极，a 、b 两端电压U ＝Bd vB ．上板为负极，a 、b 两端电压U ＝Bd 2v ρS RS ＋ρdC ．上板为正极，a 、b 两端电压U ＝Bd v RS RS ＋ρdD ．上板为负极，a 、b 两端电压U ＝Bd v RS Rd ＋ρS答案 C解析 根据左手定则可知，等离子体射入两极板之间时，正离子偏向a 板，负离子偏向b 板，即上板为正极；稳定时满足U ′dq ＝Bq v ，解得U ′＝Bd v ；根据电阻定律可知两极板间的电阻为r ＝ρd S ，根据闭合电路欧姆定律：I ＝U ′R ＋r ，a 、b 两端电压U ＝IR ，联立解得U ＝Bd v RS RS ＋ρd，故选C.3．电磁流量计(1)流量(Q )的定义：单位时间流过导管某一截面的导电液体的体积．(2)公式：Q ＝S v ；S 为导管的横截面积，v 是导电液体的流速．(3)导电液体的流速(v )的计算如图11所示，一圆柱形导管直径为d ，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向右流动．导电液体中的自由电荷(正、负离子)在洛伦兹力作用下发生偏转，使a 、b 间出现电势差，当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，a 、b 间的电势差(U )达到最大，由q U d＝q v B ，可得v ＝U Bd.图11(4)流量的表达式：Q＝S v＝πd24·UBd＝πdU4B.(5)电势高低的判断：根据左手定则可得φa>φb.例5 (多选)(2019·江苏扬州市一模)暗访组在某化工厂的排污管末端安装了如图12所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，其长为L 、直径为D ，左右两端开口，匀强磁场方向竖直向下，在前后两个内侧面a 、c 固定有金属板作为电极．污水充满管口从左向右流经测量管时，a 、c 两端电压为U ，显示仪器显示污水流量为Q (单位时间内排出的污水体积)．则( )图12A ．a 侧电势比c 侧电势高B ．污水中离子浓度越高，显示仪器的示数将越大C ．若污水从右侧流入测量管，显示器显示为负值，将磁场反向则显示为正值D ．污水流量Q 与U 成正比，与L 、D 无关答案 AC解析 根据左手定则可知，正离子向a 侧偏转，负离子向c 侧偏转，则a 侧电势比c 侧电势高，选项A 正确；根据q v B ＝q U D可得U ＝BD v ，可知显示仪器的示数与污水中离子浓度无关，选项B 错误；若污水从右侧流入测量管，则受磁场力使得正离子偏向c 侧，负离子偏向a 侧，则c 端电势高，显示器显示为负值，将磁场反向，则受磁场力使得正离子偏向a 侧，负离子偏向c 侧，则显示为正值，选项C 正确；污水流量Q ＝S v ＝14πD 2·U BD ＝πDU 4B，则污水流量Q 与U 成正比，与D 有关，与L 无关，选项D 错误．4．霍尔效应的原理和分析(1)定义：高为h 、宽为d 的导体(自由电荷是电子或正电荷)置于匀强磁场B 中，当电流通过导体时，在导体的上表面A 和下表面A ′之间产生电势差，这种现象称为霍尔效应，此电压称为霍尔电压．图13(2)电势高低的判断：如图13，导体中的电流I 向右时，根据左手定则可得，若自由电荷是电子，则下表面A ′的电势高．若自由电荷是正电荷，则下表面A ′的电势低．(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，当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，A 、A ′间的电势差(U )就保持稳定，由q v B ＝q U h ，I ＝nq v S ，S ＝hd ，联立得U ＝BI nqd ＝k BI d ，k ＝1nq称为霍尔系数．例6(多选)(2019·江苏省四星级高中一调)常见的半导体材料分为P型半导体和N型半导体，P型半导体中导电载流子是空穴(看作带正电)，N型半导体中导电载流子是电子，利用如图14所示的方法可以判断半导体材料的类型并测得半导体中单位体积内的载流子数．现测得一块横截面为矩形的半导体的宽为b，厚为d，并加有与侧面垂直的匀强磁场B，当通以图示方向电流I时，在半导体上、下表面间用电压表可测得电压为U，载流子的电荷量为e，则下列判断正确的是()图14A ．若上表面电势高，则为P 型半导体B ．若下表面电势高，则为P 型半导体C ．该半导体单位体积内的载流子数为1edbD ．该半导体单位体积内的载流子数为BI eUb答案 AD解析 若为P 型半导体，则载流子带正电，由左手定则知载流子向上偏，上表面电势高；若为N 型半导体，则载流子带负电，由左手定则知载流子向上偏，上表面电势低，故A 正确，B 错误；当载流子受到的电场力和洛伦兹力平衡时，即q v B ＝q U d ，即v ＝U Bd，由电流微观表达式I ＝ne v S ，即I ＝ne ·U Bd ·bd ，解得：n ＝IB eUb，故C 错误，D 正确．1．(质谱仪)(2019·江苏南京市六校联考)如图15所示为质谱仪测定带电粒子质量的装置示意图．速度选择器(也称滤速器)中场强E 的方向竖直向下，磁感应强度B 1的方向垂直纸面向里，分离器中磁感应强度B 2的方向垂直纸面向外．在S 处有甲、乙、丙、丁四个一价正离子垂直于E 和B 1入射到速度选择器中，若m 甲＝m 乙<m 丙＝m 丁，v 甲<v 乙＝v 丙<v 丁，在不计重力的情况下，则打在P 1、P 2、P 3、P 4四点的离子分别是( )图15A ．甲、乙、丙、丁B ．甲、丁、乙、丙C ．丙、丁、乙、甲D ．甲、乙、丁、丙答案 B解析 四个离子中有两个离子通过了速度选择器，因只有速度满足v ＝E B才能通过速度选择器，所以通过速度选择器进入磁场的离子是乙和丙．由牛顿第二定律得：q v B ＝m v 2R，解得：R ＝m v qB，乙的质量小于丙的质量，所以乙的半径小于丙的半径，则乙打在P 3点，丙打在P 4点．甲的速度小于乙的速度，即小于E B，洛伦兹力小于电场力，离子向下偏转，打在P 1点．丁的速度大于丙的速度，即大于E B，洛伦兹力大于电场力，离子向上偏转，打在P 2点．故选B. 2．(回旋加速器)(2019·江苏南京市三模)如图16所示为回旋加速器示意图，利用回旋加速器对21H 粒子进行加速，此时D 形盒中的磁场的磁感应强度大小为B ，D 形盒缝隙间电场变化周期为T ，加速电压为U .忽略相对论效应和粒子在D 形盒缝隙间的运动时间，下列说法正确的是( )图16A ．保持B 、U 和T 不变，该回旋加速器可以加速质子B ．只增大加速电压U ，21H 粒子获得的最大动能增大C ．只增大加速电压U ，21H 粒子在回旋加速器中运动的时间变短D ．回旋加速器只能加速带正电的粒子，不能加速带负电的粒子答案 C解析 D 形盒缝隙间电场变化周期T ＝2πm qB，此加速器对21H 粒子进行加速，所以为了能加速质子，应进行参数调节，改变B 和T ，A 错误；粒子离开回旋加速器的最大速度v ＝qBr m，所以只增大加速电压U ，21H 粒子获得的最大动能不会增大，B 错误；粒子在回旋加速器回旋一周，增加的动能为2qU ，在回旋加速器中运动时间由回旋次数决定，可得n ＝qB 2r 24mU，所以粒子运动总时间t ＝nT ＝qB 2r 24mU ·2πm qB ＝πBr 22U，只增大加速电压U ，21H 粒子在回旋加速器中回旋的次数会变小，运动时间会变短，C 正确；回旋加速器既能加速带正电的粒子，也能加速带负电的粒子，D 错误．3.(霍尔元件)(2019·江苏通州、海门、启东三县期末)利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图17是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B 垂直于霍尔元件的表面向下，通入图示方向的电流I ，C 、D 两侧面会形成电势差U CD .下列说法中正确的是( )图17A．霍尔元件的上、下表面的距离越大，U CD越大B．若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差U CD<0C．仅增大电流I时，电势差U CD不变D．如果仅将霍尔元件改为电解质溶液，其他条件不变，电势差U CD将变大答案 B解析若载流子为自由电子，根据左手定则，电子向C侧面偏转，C表面带负电，D表面带正电，所以D表面的电势高，即U CD＜0，故B正确；载流子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长、宽、高分别为a、b、c，有q Ub＝q v B，I＝nq v S＝nq v bc，则U＝BInqc，霍尔元件上、下表面的距离越大，U CD越小；仅增大电流I时，电势差U CD增大，故A、C 错误；如果仅将霍尔元件改为电解质溶液，其他条件不变，正、负离子都向一个方向偏转，电势差U CD将变小或者变为零，故D错误．4．(电磁流量计)为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图18所示的长方体流量计．该装置由绝缘材料制成，其长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口．在垂直于上下底面方向加一匀强磁场，前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极．污水充满管口从左向右流经该装置时，接在M、N两端间的电压表将显示两个电极间的电压U.若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是()图18A ．M 端的电势比N 端的高B ．电压表的示数U 与a 和b 均成正比，与c 无关C ．电压表的示数U 与污水的流量Q 成正比D ．若污水中正、负离子数相同，则电压表的示数为0答案 C解析 根据左手定则知，正离子所受的洛伦兹力方向向里，则向里偏转，N 端带正电，M 端带负电，则M 端的电势比N 端电势低，故A 错误； 最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：q v B ＝q U b，解得U ＝v Bb ，电压表的示数U 与b 成正比，与污水中正、负离子数无关，故B 、D 错误；因v ＝U Bb ，则流量Q ＝v bc ＝Uc B ，因此U ＝BQ c，所以电压表的示数U 与污水流量Q 成正比，故C 正确．1．在如图1所示的平行板器件中，电场强度E 和磁感应强度B 相互垂直．一带电粒子(重力不计)从左端以速度v 沿虚线射入后做直线运动，则该粒子( )图1A ．一定带正电B ．速度v ＝E BC ．若速度v ＞E B，粒子一定不能从板间射出 D ．若此粒子从右端沿虚线方向进入，仍做直线运动答案 B解析 粒子带正电和负电均可，选项A 错误；由洛伦兹力等于电场力，可得q v B ＝qE ，解得速度v ＝E B ，选项B 正确；若速度v ＞E B，粒子可能会从板间射出，选项C 错误；若此粒子从右端沿虚线方向进入，所受电场力和洛伦兹力方向相同，不能做直线运动，选项D 错误．2．(多选)(2020·陕西宝鸡市质检)医用回旋加速器的核心部分是两个D 形金属盒，如图2所示，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核(21H)和氦核(42He)并通过线束引出加速器．下列说法中正确的是( )图2A ．加速两种粒子的高频电源的频率相同B ．两种粒子获得的最大动能相同C ．两种粒子在D 形盒中运动的周期相同D ．增大高频电源的电压可增大粒子的最大动能答案 AC解析 回旋加速器加速粒子时，粒子在磁场中运动的周期应和交流电的周期相同．带电粒子在磁场中运动的周期T ＝2πm qB ，两粒子的比荷q m相等，所以周期相同，故加速两种粒子的高频电源的频率也相同，A 、C 正确； 根据q v B ＝m v 2R ，得v ＝qBR m ，最大动能E k ＝12m v 2＝q 2B 2R 22m，与加速电压无关，两粒子的比荷q m相等，电荷量q 不相等，所以最大动能不等，故B 、D 错误． 3.(多选)如图3所示是磁流体发电机的示意图，两平行金属板P 、Q 之间有一个很强的磁场．一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电离子)沿垂直于磁场的方向喷入磁场．把P 、Q 与电阻R 相连接．下列说法正确的是( )图3A ．Q 板的电势高于P 板的电势B ．R 中有由a 向b 方向的电流C ．若只改变磁场强弱，R 中电流保持不变D ．若只增大离子入射速度，R 中电流增大答案 BD解析 等离子体进入磁场，根据左手定则，正离子向上偏，打在上极板上，负离子向下偏，打在下极板上，所以上极板带正电，下极板带负电，则P 板的电势高于Q 板的电势，流过电阻R 的电流方向由a 到b ，故A 错误，B 正确；依据电场力等于洛伦兹力，即q U d＝q v B ，则有U ＝Bd v ，再由闭合电路欧姆定律I ＝U R ＋r ＝Bd v R ＋r，电流与磁感应强度成正比，故C 错误；由上分析可知，若只增大离子的入射速度，R 中电流会增大，故D 正确．4.(多选)利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图4所示是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B 垂直于霍尔元件的工作面向下，当元件中通入图示方向的电流I 时，C 、D 两侧面会形成一定的电势差U .下列说法中正确的是( )图4A ．若C 侧面电势高于D 侧面，则元件中形成电流的载流子带负电B ．若C 侧面电势高于D 侧面，则元件中形成电流的载流子带正电C ．在地球南、北极上方测地磁场强弱时，元件工作面竖直放置时U 最大D ．在地球赤道上方测地磁场强弱时，元件工作面竖直放置且与地球经线垂直时，U 最大 答案 AD解析 若元件的载流子带负电，由左手定则可知，载流子受到洛伦兹力向D 侧面偏，则C 侧面的电势高于D 侧面的电势，故A 正确；若元件的载流子带正电，由左手定则可知，载流子受到洛伦兹力向D 侧面偏，则D 侧面的电势高于C 侧面的电势，故B 错误；在测地球南、北极上方的地磁场强弱时，因磁场方向竖直，则元件的工作面保持水平时U 最大，故C 错误；地球赤道上方的地磁场方向水平，在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直，当与地球经线垂直时U 最大，故D 正确．5．(2019·山西临汾市二轮复习模拟)容器A 中装有大量的质量、电荷量不同但均带正电的粒子，粒子从容器下方的小孔S 1不断飘入加速电场(初速度可视为零)做直线运动，通过小孔S 2后从两平行板中央沿垂直电场方向射入偏转电场．粒子通过平行板后沿垂直磁场方向进入磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域，最后打在感光片上，如图5所示．已知加速电场中S 1、S 2间的加速电压为U ，偏转电场极板长为L ，两板间距也为L ，板间匀强电场强度E ＝2U L，方向水平向左(忽略板间外的电场)，平行板f 的下端与磁场边界ab 相交于点P ，在边界ab 上实线处固定放置感光片．测得从容器A 中逸出的所有粒子均打在感光片PQ 之间，且Q 距P 的长度为3L ，不考虑粒子所受重力与粒子间的相互作用，求：图5(1)粒子射入磁场时，其速度方向与边界ab 间的夹角；(2)射到感光片Q 处的粒子的比荷(电荷量q 与质量m 之比)；(3)粒子在磁场中运动的最短时间．答案 (1)45° (2)U 2L 2B 2 (3)3πBL 216U解析 (1)设质量为m 、电荷量为q 的粒子通过孔S 2的速度为v 0，则：qU ＝12m v 02 粒子在平行板e 、f 间做类平抛运动：L ＝v 0t ，v x ＝qE mt ， tan θ＝v 0v x联立可得：tan θ＝1，则θ＝45°，故其速度方向与边界ab 间的夹角为θ＝45°.(2)粒子在偏转电场中沿场强方向的位移x ＝12v x t ＝L 2，故粒子从e 板下端与水平方向成45°角斜向下射入匀强磁场，如图所示，设质量为m 、电荷量为q 的粒子射入磁场时的速度为v ，做圆周运动的轨道半径为r ，则v ＝v 02＋v x 2＝2v 0＝2qU m 由几何关系：r 2＋r 2＝(4L )2则r ＝22Lq v B ＝m v 2r ，则r ＝m v qB联立解得：q m ＝U 2L 2B 2.(3)设粒子在磁场中运动的时间为t ，偏转角为α，则t ＝αm qB ，r ＝m v qB ＝2BmU q 联立可得：t ＝αBr 24U因为粒子在磁场中运动的偏转角α＝32π，所以粒子打在P 处时间最短，此时半径为r ′， 由几何关系知：r ′2＋r ′2＝L 2，则r ′＝22L 联立可得：t min ＝32πB L 224U ＝3πBL 216U.。
2021届高考物理一轮复习：电场部分 带电粒子在电场中的运动
知识梳理
示波管
一台正常工作的示波管，突然发现荧光屏上画面的高度缩小，则产生故障的 原因可能是什么？
知识梳理
示波管 3.荧光屏上侧移量的计算 在图中，设加速电压为U1，偏转电压为U2，电子电荷量为e，质量为 m
其中 d 为两板的间距。
偏转角和侧移量只与加速 电场和偏转电场有关，与 粒子本身没有关系
练习 (2017·安徽蚌埠四校联考)如图所示，两极板与电源相连接，电 子从负极板边缘沿垂直电场方向射入匀强电场，电子恰好从正 极板边缘飞出，现保持负极板不动，正极板在竖直方向移动， 并使电子入射速度变为原来的2倍，而电子仍从原位置射入，且 仍从正极板边缘飞出，则两极板间距离变为原C来的（ ）
提示：电子的侧位移不变，用极板间距 和初速度表示侧位移。
带电粒子在电场中的运动
思维导图
高考考纲
复习目标
掌握带电粒子在电场中加速和偏转所遵循的规律 。 知道示波管的主要构造和工作原理 。
知识梳理 带电粒子在电场中的直线运 动1.平衡
如图所示，一带电小球恰能在平行板电容器沿直线匀速通 过电容器，则带电小球受力有何特点？
带电小球必受力平衡
F合=0或qE=mg（仅受电场力和重力时 ）
知识梳理
带电粒子在匀强电场中的偏转 2.基本关系式：
a.能飞出平行板电容器：t=____ 运动时间
对于同一偏转电场，粒子离 开电场时的偏移量和偏转角 均只与荷质比和初速度有关
例题——带电粒子在匀强电场中的偏转
如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金 属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为 L，板间的距离为 d，板间电压为 U，带电粒子的电荷量为＋q，粒子通过平行金属板的时间为t(不计粒子的重力) ，则（ B）
高考物理一轮复习 第九章 磁场 微专题72 带电粒子在交变电场、磁场中的运动备考精炼
72 带电粒子在交变电场、磁场中的运动[方法点拨] (1)先分析在一个周期内粒子的运动情况，明确运动性质，判断周期性变化的电场或磁场对粒子运动的影响；(2)画出粒子运动轨迹，分析轨迹在几何关系方面的周期性．1．(2017·广东肇庆第二次模拟)如图1甲所示，竖直挡板MN左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度E＝40 N/C，磁感应强度B随时间t变化的关系图象如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向．t＝0时刻，一质量m＝8×10－4 kg、电荷量q＝＋2×10－4 C的微粒在O点具有竖直向下的速度v ＝0.12 m/s，O′是挡板MN上一点，直线OO′与挡板MN垂直，取g＝10 m/s2.求：图1(1)微粒再次经过直线OO′时与O点的距离；(2)微粒在运动过程中离开直线OO′的最大高度；(3)水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O点间的距离应满足的条件．2．(2017·北京平谷区零模)当今医学成像诊断设备PET/CT堪称“现代医学高科技之冠”，它在医疗诊断中，常利用能放射电子的同位素碳11作为示踪原子，碳11是由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氮14获得的．加速质子的回旋加速器如图2甲所示．D 形盒装在真空容器中，两D 形盒内匀强磁场的磁感应强度为B ，两D 形盒间的交变电压的大小为U .若在左侧D 1盒圆心处放有粒子源S 不断产生质子，质子质量为m ，电荷量为q .假设质子从粒子源S 进入加速电场时的初速度不计，不计质子所受重力，忽略相对论效应．图2(1)第1次被加速后质子的速度大小v 1是多大？(2)若质子在D 形盒中做圆周运动的最大半径为R ，且D 形盒间的狭缝很窄，质子在加速电场中的运动时间可忽略不计．那么，质子在回旋加速器中运动的总时间t 总是多少？ (3)要把质子从加速器中引出，可以采用静电偏转法．引出器原理如图乙所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，内、外侧圆弧形金属板分别为两同心圆的一部分，圆心位于O ′点．内侧圆弧的半径为r 0，外侧圆弧的半径为r 0＋d .在内、外金属板间加直流电压，忽略边缘效应，两板间产生径向电场，该电场可以等效为放置在O ′处的点电荷Q 在两圆弧之间区域产生的电场，该区域内某点的电势可表示为φ＝k Qr(r 为该点到圆心O ′点的距离)．质子从M 点进入圆弧形通道，质子在D 形盒中运动的最大半径R 对应的圆周，与圆弧形通道正中央的圆弧相切于M 点．若质子从圆弧通道外侧边缘的N 点射出，则质子射出时的动能E k 是多少？要改变质子从圆弧通道中射出时的位置，可以采取哪些办法？3．如图3甲所示，两平行金属板A 、B 长L ＝8 cm ，两极板间距d ＝6 cm ，A 、B 两极板间的电势差U AB ＝100 3 V ．一比荷为q m＝1×106C/kg 的带正电粒子(不计重力)从O 点沿电场中心线垂直电场线以初速度v 0＝2×104m/s 飞入电场，粒子飞出平行板电场后经过界面MN 、PS 间的无电场区域，已知两界面MN 、PS 间的距离为s ＝8 cm.带电粒子从PS 分界线上的C点进入PS 右侧的区域，当粒子到达C 点开始计时，PS 右侧区域有磁感应强度按图乙变化的匀强磁场(垂直纸面向里为正方向)．求：图3(1)PS 分界线上的C 点与中心线OO ′的距离y ；(2)粒子进入磁场区域后第二次经过中心线OO ′时与PS 分界线的距离x .4．(2018·福建三明一中模拟)如图4甲所示，在平行边界MN 、PQ 之间存在宽度为L 的匀强电场，电场周期性变化的规律如图乙所示，取竖直向下为电场正方向；在平行边界MN 、EF 之间存在宽度为s 、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域Ⅱ，在PQ 右侧有宽度足够大、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域Ⅰ.在区域Ⅰ中距PQ 为L 的A 点，有一质量为m 、电荷量为q 、重力不计的带正电粒子以初速度v 0沿竖直向上方向开始运动，以此作为计时起点，再经过一段时间粒子又恰好回到A 点，如此循环，粒子循环运动一周，电场恰好变化一个周期，已知粒子离开区域Ⅰ进入电场时，速度恰好与电场方向垂直，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.图4(1)求区域Ⅰ的磁场的磁感应强度大小B 1.(2)若E 0＝4mv 023qL ，要实现上述循环，确定区域Ⅱ的磁场宽度s 的最小值以及磁场的磁感应强度大小 B 2.(3)若E 0＝4mv 023qL ，要实现上述循环，求电场的变化周期T .答案精析1．(1)1.2 m (2)2.48 m (3)L ＝(1.2n ＋0.6) m(n ＝0,1,2，…) 解析 (1)根据题意可以知道，微粒所受的重力G ＝mg ＝8×10－3N① 电场力大小F ＝qE ＝8×10－3N② 因此重力与电场力平衡微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则qvB ＝m v 2R③由③式解得：R ＝0.6 m④ 由T ＝2πR v⑤得：T ＝10π s⑥则微粒在5π s 内转过半个圆周，再次经过直线OO ′时与O 点的距离：l ＝2R ⑦ 将数据代入上式解得：l ＝1.2 m⑧(2)微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间为t ＝5π s ， 轨迹如图所示，位移大小：x ＝vt ⑨ 由⑨式解得：x ≈1.88 m⑩因此，微粒离开直线OO ′的最大高度：H ＝x ＋R ＝2.48 m ⑪(3)若微粒能垂直射到挡板上的某点P ，P 点在直线OO ′下方时，由图象可以知道，挡板MN 与O 点间的距离应满足：L ＝(2.4n ＋0.6) m (n ＝0,1,2，…)⑫若微粒能垂直射到挡板上的某点P ，P 点在直线OO ′上方时，由图象可以知道，挡板MN 与O 点间的距离应满足：L ＝(2.4n ＋1.8) m (n ＝0,1,2，…)⑬⑫⑬两式合写成 L ＝(1.2n ＋0.6) m (n ＝0,1,2…) 2．见解析解析 (1)质子第一次被加速，由动能定理：qU ＝12mv 12解得：v 1＝2qUm(2)质子在磁场中做圆周运动时，洛伦兹力提供向心力：qvB ＝m v 2R质子在做圆周运动的周期为：T ＝2πRv设质子在D 形盒中被电场加速了n 次，由动能定理：nqU ＝12mv 2质子在磁场中做圆周运动的周期恒定，在回旋加速器中运动的总时间为：t 总＝n2T解得：t 总＝πBR22U(3)设M 、N 两点的电势分别为φ1、φ2，由能量守恒定律：q φ1＋12mv 2＝q φ2＋E k由题可知：φ1＝kQr 0＋12d，φ2＝kQr 0＋d解得：E k ＝kQqd (2r 0＋d )(r 0＋d )＋q 2B 2R 22m改变圆弧通道内、外金属板间所加直流电压的大小(改变圆弧通道内电场的强弱)，或者改变圆弧通道内磁场的强弱，可以改变质子从圆弧通道中射出时的位置． 3．(1)4 3 cm (2)12 cm解析 (1)粒子在电场中的加速度a ＝U AB q dm粒子在电场中运动的时间t 1＝L v 0粒子离开电场时竖直方向分速度v y ＝at 1 粒子在MN 与PS 间运动时间t 2＝s v 0粒子在电场中偏转位移y 1＝12at 12＝U AB qL 22dmv 02＝43 3 cm 出电场后：y 2＝v y t 2 联立解得：y 2＝833cm所以C 点与中心线OO ′的距离y ＝y 1＋y 2＝4 3 cm (2)粒子运动轨迹如图所示，粒子进入磁场时， 设速度与水平方向夹角为θ，tan θ＝v y v 0＝33所以θ＝30°粒子进入磁场时的速度v ＝v 0cos θ＝433×104 m/s 设粒子在磁场中运动轨道半径为R则qvB ＝mv 2R所以R ＝4 cm粒子在磁场中运动的周期T ＝2πR v＝23π×10－6s在t ＝23π3×10－6 s 内粒子的偏转角α＝2πT t ＝120°竖直向上偏移h 1＝R cos 30°＝2 3 cm 在23π3×10－6～433π×10－6s 内通过OO ′，这段时间内竖直向上偏移h 2＝h 1＝2 3 cm 因为h 1＋h 2＝y ＝4 3 cm则粒子在t ＝43π3×10－6s 时刚好第二次到达OO ′此时x ＝2(R ＋R sin 30°)＝12 cm. 4．(1)mv 0qL (2)L 9 3mv 0qL (3)307π＋540270v 0L 解析 (1)粒子在区域Ⅰ做圆周运动的半径R ＝L由洛伦兹力提供向心力知qv 0B 1＝mv 02R联立解得B 1＝mv 0qL(2)粒子在电场中做类平抛运动，离开电场时沿电场方向的速度v y ＝at ＝qE 0m ·L v 0＝43v 0， 设离开电场时速度的偏转角为θ，tan θ＝v y v 0＝43，θ＝53°所以粒子离开电场时的速度v ＝v 0cos 53°＝53v 0粒子在电场中偏转的距离y ＝12at 2＝12·qE 0m ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02＝23L画出粒子运动轨迹的示意图如图所示，粒子在区域Ⅱ做圆周运动的圆心O 2与在区域Ⅰ做圆周运动的圆心O 1的连线必须与边界垂直才能完成上述运动，由几何关系知粒子在区域Ⅱ做圆周运动的半径r ＝L －23Lcos 53°＝59L所以s ≥r (1－sin 53°)＝L9即s 的最小值为L9根据r ＝mv qB 2 解得B 2＝3mv 0qL(3)电场变化的周期等于粒子运动的周期 粒子在区域Ⅰ中运动的时间t 1＝πL v 0粒子在电场中运动的时间t 2＝2Lv 0粒子在区域Ⅱ中运动的时间t 3＝37°180°·2πr v ＝37πL270v 0所以周期T ＝t 1＋t 2＋t 3＝307π＋540270v 0L .。
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因为 4 2＝8R，所以粒子运动第四个半圆的过程中第一次经 过 x 轴，由等腰三角形性质可知，粒子第一、二次经过 x 轴，在 x 轴上对应的弦长为 2R＝1 m；
所以 OD＝3 m，则粒子第一次经过 x 轴时的位置坐标为(3 m，0)．
带电粒子在“变化电场＋恒定磁场”中的运动 例 3 如图甲所示，以两虚线 M、N 为边界，中间存在平行 纸面且与边界垂直的水平电场，M、N 间电压 UMN 的变化图象如 图乙所示，电压的最大值为 U0、周期为 T0；M、N 两侧为相同 的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为 B.t＝0 时，将一带正电的粒子从边界线 M 上的 A 处由静止释放， 经电场加速后进入磁场，粒子在磁场中做圆周运动的周期也为 T0.两虚线 M、N 间宽度很小，粒子在其间的运动时间不计，也 不考虑粒子所受的重力．
v0＝20 m/s 的速度从 x 轴上的点 A(－2 m，0)进入第二象限，从 y 轴上的点 C(0，4 m)进入第一象限．取粒子刚进入第一象限的时 刻为 0 时刻，第一、四象限内磁场的磁感应强度按图乙所示规律 变化，g＝10 m/s2.
(1)求第二象限内电场的电场强度大小； (2)求粒子第一次经过 x 轴时的位置坐标．
则 x1＝v0t0＝π2R⑥
y1＝12at02，⑦
其中加速度 a＝qmE0
由③⑦解得 y1＝2πv0t0＝R，
因此 t＝2t0 时刻粒子 P 的位置坐标为(2＋π πv0t0，0)，如图中
的 b 点所示．
(3)分析知，粒子 P 在 2t0～3t0 时间内，电场力产生的加速度 方向沿 y 轴正方向，由对称关系知，在 3t0 时刻速度方向为 x 轴 正方向，位移 x2＝x1＝v0t0；在 3t0～5t0 时间内粒子 P 沿逆时针方 向做匀速圆周运动，往复运动轨迹如图所示，由图可知，带电粒 子在运动中距原点 O 的最远距离 L 即 O、d 间的距离 L＝2R＋ 2x1⑧
3．(2019·合肥三模)图甲为直角坐标系 xOy，y 轴正向沿竖直 向上方向，其所在空间分布着均匀的、大小随时间周期性变化的 电场和磁场，其变化规律如图乙所示，规定电场强度方向沿 y 轴 正向为正方向，磁感应强度方向垂直坐标 xOy 平面向里为正方 向．t＝0 时刻，电荷量为 q、质量 m 的带正电微粒由坐标原点 O 静止释放，已知场强大小 E0＝2mq g，磁感应强度大小 B0＝2πqm， g 取 10 m/s2.求：
(3)如图，微粒穿过圆形磁场要求偏转角最 大，入射点 A 与出射点 B 的连线必须为磁场 圆的直径．
由牛顿第二定律，有：qvB2＝mRv22 解得：R2＝0.6 m＝2r 所以最大偏转角为 60° 所以圆心坐标 x＝0.30 m y＝s′－rcos60°＝2.4 m－0.3 m×12＝2.25 m 即磁场的圆心坐标为(0.30，2.25)．
(1)t＝1 s 末粒子速度的大小和方向； (2)粒子第一次进入磁场时做圆周运动的半径和周期； (3)在 0～6 s 内粒子运动过程中最高点的位置坐标．
答案
(1)10 m/s
方向竖直向上
5 (2)π m
1s
(3)P(－1π5，45＋1π5)
解析 (1)粒子自坐标原点 O 静止释放，设 1 s 末速度大小为
【答案】 (1)1 N/C (2)(3 m，0) 【解析】 (1)带电粒子在电场中做类平抛运动， 粒子从 A 点到 C 点用时 t＝OvC0 ＝240 s＝15 s； 粒子在水平方向上有 a＝qmE，OA＝12at2， 则有 E＝mq a＝2·OqAt2·m＝1002××2152 N/C＝1 N/C；
2．(2019·榆林三模)如图甲所示，在 xOy 平面内有足够大的 匀强电场 E，在 y 轴左侧平面内有足够大的磁场，磁感应强度 B1 随时间 t 变化的规律如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正 方向．在 y 轴右侧平面内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁 场，分布在一个半径为 r＝0.3 m 的圆形区域(图中未画出)且圆的 左侧与 y 轴相切，磁感应强度 B2＝0.8 T，t＝0 时刻，一质量 m ＝8×10－4 kg、电荷量 q＝＋2×10－4 C 的微粒从 x 轴上 xP＝－0.8 m 处的 P 点以速度 v＝0.12 m/s 向 x 轴正方向入射．已知该带电 微粒在电磁场区域做匀速圆周运动(g 取 10 m/s2)．
(1)粒子 P 的比荷； (2)t＝2t0 时刻粒子 P 的位ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ； (3)带电粒子在运动中距离原点 O 的最远距离 L.
【答案】
(1)π4Ev00t0
(2)(2＋π πv0t0，0)
2＋π (3) π 2v0t0
【解析】 (1)0～t0 时间内粒子 P 在匀强磁场中做匀速圆周
运动，当粒子所在位置的纵、横坐标相等时，粒子在磁场中恰好
(2)正离子从 O′孔垂直于 N 板射出磁场时，运动轨迹如图所 示．
在两板之间正离子只运动一个周期 T0 时，有 r＝d4
在两板之间正离子运动 n 个周期即 nT0 时，有 r＝4dn(n＝1， 2，3，…)，联立 B0＝2qπTm0
解得 v0＝2πndT0(n＝1，2，3，…)．
带电粒子在“变化磁场＋恒定电场”中的运动 例 2 如图甲所示，直角 坐标系 xOy 中，第二象限内 有沿 x 轴正方向的匀强电场， 第一、四象限内有垂直坐标平 面的匀强交变磁场，磁场方向垂直纸面向外为正方向．第三象限 内有一发射装置(没有画出)沿 y 轴正方向射出一个比荷mq ＝100 C/kg 的带正电的粒子(可视为质点且不计重力)，该粒子以
(1)求电场强度； (2)若磁场 15π s 后消失，求微粒在第二象限运动过程中离 x 轴的最大距离； (3)若微粒穿过 y 轴右侧圆形磁场时速度方向的偏转角最大， 求此圆形磁场的圆心坐标(x，y)．
答案 (1)40 N/C，方向竖直向上 (2)2.4 m (3)(0.30，2.25) 解析 (1)因为微粒射入电磁场后做匀速圆周运动受到的电 场力和重力大小相等：qE＝mg 解得：E＝40 N/C，方向竖直向上
由动能定理得：2qU0＝12mv12，
第 2 次自右向左到达边界线 N 时被加速 3 次，速度设为 v2， 由动能定理得：3qU0＝12mv22， 如图所示，两次到达边界 N 的位置距离为 Δd：
Δd＝2(R2－R1)＝2mqBv2－mqBv1 解得：Δd＝2( 3－ 2) Uπ0TB0.
带电粒子在“变化磁场＋变化电场”中的运动 例 4 如图 a 所示的 xOy 平面处于变化的匀强电场和匀强磁 场中，电场强度 E 和磁感应强度 B 随时间做周期性变化的图象 如图 b 所示，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，带负电粒子 P(重力不计)由原点 O 以速度 v0 沿 y 轴正方向射出，它恰能沿一定轨道做周期性运动．v0、E0 和 t0 为已知量，图 b 中EB00＝8πv02，在 0～t0 时间内粒子 P 第一次离 x 轴最远时的坐标为2πv0t0，2πv0t0.求：
(2)由牛顿第二定律有：qvB1＝mRv21 解得：R1＝0.6 m 又 T＝2qπBm1 ＝10π s 从图乙可知在 0～5π s 内微粒做匀速圆周运动，在 5π～10π s 内微粒向左做匀速直线运动， 在 10π～15π s 时，微粒又做匀速圆周运动，15π s 以后向 右匀速运动，之后穿过 y 轴． 离 x 轴的最大距离 s′＝2R1×2＝4R1＝2.4 m.
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01 专题综述 02 题型透析
综合专题 带电粒子在交变电场、 磁场中的运动专题
带电粒子在交变电场、磁场中运动时，电场或磁场随时间做
周期性变化，带电粒子的受力也做周期性变化，使粒子的运动具
有周期性．解决此类问题的基本思路是：
题型透析
带电粒子在“变化磁场”中的运动 例 1 如图甲所示，M、N 为竖直放置且彼此平行的两块平 板，板间距离为 d，两板中央各有一个小孔 O、O′且正对，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规律如 图乙所示．有一束正离子在 t＝0 时垂直于 M 板从小孔 O 射入磁 场．已知正离子的质量为 m，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 T0，磁场方向垂 直于纸面向里时为正，不计离子所受的重力．
(1)求磁感应强度 B0 的大小； (2)要使正离子从 O′孔垂直于 N 板射出磁场，求正离子射入 磁场时的速度 v0 的可能值．
【答案】
2πm (1) qT0
(2)v0＝2πndT0(n＝1，2，3，…)
【解析】 (1)设正离子射入磁场后做匀速圆周运动，
粒子运动的周期 T0＝2qπBm0 磁感应强度：B0＝2qπTm0 .
(1)求该粒子的比荷； (2)求粒子第 1 次和第 2 次从右向左经边界线 N 离开磁场区 域Ⅰ时两位置间的距离．
【答案】
2π (1)T0B
(2)2( 3－ 2)
U0T0 πB
【解析】 (1)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，
周期为：2Bπqm，
由题可知：T＝T0，解得：mq ＝T20πB.
(2)由于不计粒子穿越 MN 间的时间，则可认为 t＝0 时刻出 发的粒子穿越 MN 的过程中电压始终为 U0，t＝12T0 时刻第 1 次 自右向左穿过边界线 N，再加速一次进入磁场区域Ⅱ时的速度为 v1，
A．1∶1 C．2 3π∶9
B．2 3π∶3 D. 3π∶9
答案 C 解析 设粒子的质量为 m，带电量为 q，设粒子的偏转半径 为 r，经T21粒子转过的圆心角为 α，则有： 2rsinα＝AB 2(r－rcosα)＝AD 又 AB＝ 3AD，
联立解得 α＝60°，所以有： T21＝16TB TB＝2vπ0r 解得：T1＝2 93vπ0AB； 如果把磁场换为电场，则有 AB＝v0T2，解得：T2＝AvB0 ， 所以TT12＝2 93π，故 C 项正确，A、B、D 三项错误．