2020高考备考物理重难点《带电粒子在复合场中的运动》(附答案解析版)

重难点08 带电粒子在复合场中的运动
【知识梳理】
考点带电粒子在组合场中的运动
1．带电粒子在组合场中的运动是力电综合的重点和高考热点．这类问题的特点是电场、磁场或重力场依次出现，包含空间上先后出现和时间上先后出现，磁场或电场与无场区交替出现相组合的场等．其运动形式包含匀速直线运动、匀变速直线运动、类平抛运动、圆周运动等，涉及牛顿运动定律、功能关系等知识的应用．
复习指导：1.理解掌握带电粒子的电偏转和磁偏转的条件、运动性质，会应用牛顿运动定律进行分析研究，掌握研究带电粒子的电偏转和磁偏转的方法，能够熟练处理类平抛运动和圆周运动．2．学会按照时间先后或空间先后顺序对运动进行分析，分析运动速度的承前启后关联、空间位置的距离关系、运动时间的分配组合等信息将各个运动联系起来．
2．解题时要弄清楚场的性质、场的方向、强弱、范围等．
3．要进行正确的受力分析，确定带电粒子的运动状态．
4．分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹是解题的关键
【重点归纳】
1、求解带电粒子在组合复合场中运动问题的分析方法
（1）正确受力分析，除重力、弹力、摩擦力外要特别注意静电力和磁场力的分析．
（2）确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合．
（3）对于粒子连续通过几个不同区域、不同种类的场时，要分阶段进行处理．
（4）画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律．
2、带电粒子在复合场中运动的应用实例 （1）质谱仪 （2）回旋加速器 （3）速度选择器 （4）磁流体发电机 （5） 电磁流量计工作原理 【限时检测】（建议用时：30分钟）
1．（2019·天津卷）笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。

当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。

如图所示，一块宽为a 、长为c 的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e 的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v 。

当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U ，以此控制屏幕的熄灭。

则元件的
A ．前表面的电势比后表面的低
B ．前、后表面间的电压U 与v 无关
C ．前、后表面间的电压U 与c 成正比
D ．自由电子受到的洛伦兹力大小为eU
a
【答案】D
【解析】由图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到后面表，因此前表面的电势比后表面的高，故A 错误，电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，有=,=U F evB F eE e
a =洛电，故=U F e a 洛，故D 正确，由U
evB e a
=则电压U avB =，故前后表面的电压与速度有关，与a 成正比，故BC 错误。

2．如图所示的竖直平面内，带负电小球穿在水平放置的绝缘长杆上，整个装置处于正交的电磁场中
（电磁场足够大），电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，将小球由静止释放，小球在运动过程中具有的最大速度和最大加速度分别为m v 和m a 。

则下列判断正确的是
A ．小球的速度和加速度均先增大后减小
B ．小球的速度1
2m v v =时，小球的加速度达到最大 C ．小球的速度1
2m v v =时，小球的加速度正在减小
D ．小球的加速度12m a a =时，小球的速度可能大于1
2
m v
【答案】CD
【解析】A ．小球开始运动时，mg qvB ＞，小球的加速度1()
qE mg qvB a m
μ--=
，小球做加速
度逐渐增大的加速运动；当mg qvB =，之后，小球的加速度2()
qE qvB mg a m
μ--=，小球做
加速度逐渐减小的加速运动，最后小球做匀速运动。

故A 错误；BC ．作出加速度随速度变化的规律图象，
两阶段的图线斜率大小相等，由图易知112m v v ＜，故11
2
m v v =时小球处于加速度减小阶段，选项B 错误，C 正确；D ．1
2
m a a =
可能出现在加速度增大阶段，也可能出现在加速度减小阶段；如果在加速度减小阶段，就是正确的，选项D 正确；故选CD 。

3．磁流体发电机可简化为如下模型：两块长、宽分别为a 、b 的平行板，彼此相距L ，板间通入已电离的速度为v 的气流，两板间存在一磁感应强度大小为B 的磁场，磁场方向与两板平行，并与气流垂直，如图所示．把两板与外电阻R 连接起来，在磁场力作用下，气流中的正、负离子分别向两板移动形成电流．设该气流的导电率（电阻率的倒数）为σ，则
A ．该磁流体发电机模型的内阻为r ＝L ab
σ B ．产生的感应电动势为E ＝Bav
C ．流过外电阻R 的电流强度I
＝BLv
L R ab σ+
D ．该磁流体发电机模型的路端电压为BLvR
L R ab
σ+
【答案】AC
【解析】根据左手定则知正电荷向上偏，负电荷向下偏，上极板带正电，下极板带负电，最终电
荷处于平衡有：qvB L E q
=，解得电动势为：E =BLv ，内电阻为：L L L
r S S ab
ρσσ===，根据
闭合电路欧姆定律有：
E BLv I L L R R ab ab σσ==++，那么路端电压为：BLvR U IR L R ab
σ==
+
，综上所述，故AC 正确，BD 错误．故选AC ．
4．如图所示的电路中，电源电动势为E 、内阻为r ，两平行金属板间有匀强磁场．开关S 闭合后，当滑动变阻器滑片位于图示位置时，一带正电粒子恰好以速度v 匀速穿过两板．若不计重力，以下说法正确的是
A ．如果将开关断开，粒子将继续沿直线运动
B ．保持开关闭合，将a 极板向下移动一点，粒子将向下偏转
C ．保持开关闭合，将滑片P 向上滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出
D ．保持开关闭合，将滑片P 向下滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出 【答案】BD
【解析】若开关断开，则电容器与电源断开，而与R 形成通路，电荷会减小，故两板间的电场强度要减小，故所受电场力减小，粒子不会做直线运动，故A 错误；保持开关闭合，将a 极板向
下移动一点，板间距离减小，电压不变，由E =U /d 可知，板间场强增大，因为粒子带正电，则粒子所受电场力向下，洛仑兹力向上，带电粒子受电场力变大，则粒子将向下偏转，故B 正确；由图可知a 板带正电，b 板带负电；带电粒子带正电，则受电场力向下，洛仑兹力向上，原来二力应大小相等，物体才能做匀速直线运动；若滑片向上滑动，则滑动变阻器接入电阻减小，则电路中电流增大，定值电阻及内阻上的电压增大，则由闭合电路的欧姆定律可知R 两端的电压减小，故电容器两端的电压减小，则由E =U /d 可知，所受极板间电场强度小，则所受电场力减小，故粒子一定向上偏转，不可能从下极板边缘射出，故C 错误；若滑片向下滑动，则滑动变阻器接入电阻增大，则电路中电流减小，定值电阻及内阻上的电压减小，则由闭合电路的欧姆定律可知R 两端的电压增大，故电容器两端的电压增大，则由E =U /d 可知，所受极板间电场强度增大，则所受电场力增大，故粒子将向下偏转，可能从下极板边缘飞出，故D 正确。

故选BD 。

5．如图所示，长均为d 的两正对平行金属板MN 、PQ 水平放置，板间距离为2d ，板间有正交的竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m 的带电粒子从MP 的中点O 垂直于电场和磁场方向以0v 射入，恰沿直线从NQ 的中点A 射出；若撤去电场，则粒子从M 点射出（粒子重力不计）。

以下说法正确的是
A ．该粒子带正电
B ．若撤去电场，则该粒子运动时间为原来的
4
倍 C ．若撤去磁场，则该粒子在运动过程中电势能增加2
0mv D 05v 【答案】AD
【解析】A.撤去电场后，粒子做匀速圆周运动，粒子从M 点射出；则在初位置，洛仑兹力向上，
根据左手定则，粒子带正电荷，故A 正确；B.匀速直线运动过程，有：10
d
t v =
，圆周运动过程，有：200
π
π22d
d t v v ==，则有：21π
2t t =，故B 错误；C.若撤去磁场，则该粒子做类平抛运动，电
场力做正功，电势能减小，故C 错误；D.撤去磁场，粒子做类平抛运动，根据运动的合成与分解则有：0
y qE d
v at m v ==
g ，匀速运动时，洛伦兹力与电场力平衡，则有：qE qvB =，圆周运动过程，洛伦兹力提供向心力，则有：20
02
m v qv B d =
，联立解得：02y v v =，故粒子射出时的速度大
小：22220000()25y v v v v v v =
+=+=，故D 正确。

6．（2019·江苏卷）如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B ．磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M 、N ，MN =L ，粒子打到板上时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．质量为m 、电荷量为-q 的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d ，且d <L ，粒子重力不计，电荷量保持不变。

（1）求粒子运动速度的大小v ；
（2）欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M 的最大距离d m ； （3）从P 点射入的粒子最终从Q 点射出磁场，PM =d ，QN =
2
d
，求粒子从P 到Q 的运动时间t ．
【答案】（1）qBd v m =
（2）m 23
d + （3）334π2L m t d qB -=-（） 【解析】（1）粒子的运动半径mv
d qB
= 解得qBd
v m
=
（2）如图4所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切
由几何关系得d m =d （1+sin60°） 解得m 23
d +=
（3）粒子的运动周期2πm
T qB
=
设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t '，则 (1,3,5,)4
T
t n
t n '=+=L L （a ）当 3
1L nd d =+（时，粒子斜向上射出磁场 1
12
t T '=
解得 334π2L m t d qB -=+（） （b ）当3
L nd d =+（时，粒子斜向下射出磁场 5
12
t T '=
解得334π2L m t d qB
-=（） 7．如图所示，在平面直角坐标系第Ⅲ象限内充满沿＋y 方向的匀强电场，第Ⅰ象限的某个圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场（电场、磁场均未画出）；一个比荷为q
m
-
=K 的带电粒子以大小为 v0 的初速度自点 P （－3，-d ）；沿＋x 方向运动，恰经原点O 进入第Ⅰ象限，粒子穿过匀强磁场后，最终从 x 轴上的点 Q （9d ，0）沿－y 方向进入第Ⅳ象限； 已知该匀强磁场的磁感应强度 B ＝
v Kd '
，不计粒子重力。

求： （1）第Ⅲ象限内匀强电场的电场强度的大小； （2）粒子在匀强磁场中运动的半径及时间t B ； （3）圆形磁场区的最小面积S min 。

求：
【答案】（1）
6v Kd
θ
（2）023d v π（3）πd 2
【解析】（1）粒子在第III 象限做类平抛运动，则有 水平方向： 3=v 0t ① 竖直方向：
d =
12
at 2
② 又：a =qE
m
③ 联立①②③式得电场强度 E =
66mv v qd Kd
θθ
= （2）设粒子到达O 点瞬间，速度大小为v ，与x 轴夹角为α，则 v y =at ④
联立①②④式得进入磁场的速度大小：
3
y v =
22
003
y v v v =+=
⑥ tan α=
3
y v v =
α=
6
π
⑦ 粒子在磁场中，洛伦兹力提供向心力：
qvB
=
2
mv
R
⑧
解得粒子在匀强磁场中运动的半径：
R =
23
3
mv d
qB
=⑨
在磁场中运动的轨迹如图甲所示，由几何关系知，对应的圆心角：
2
23
π
θαπ
=+=⑩
在磁场中的运动时间：
t B=
22
23
R d
v v
θππ
π
⋅=⑪
（3）如图乙所示，若粒子进入磁场和离开磁场的位置恰位于磁场区的某条直径两端，可求得磁场区的最小半径r min。

2R sin
min
2
2
r
θ
=⑫
解得：
r min=Rsin
2
d
θ
=⑬
面积：
S=πd2
8．如图所示，荧光屏MN与x轴垂直放置，荧光屏所在位置的横坐标x0=60cm，在第一象限y轴和MN之间存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E=1.6×103N/C，在第二象限有半径R=5cm的圆形磁场，磁感应强度B=0.8T，方向垂直xOy平面向外。

磁场的边界和x轴相切于P点。

在P
点有一个粒子源，可以向x 轴上方180°范围内的各个方向发射比荷为
q
m
=1.0×108C/kg 的带正电的粒子，已知粒子的发射速率v 0=4.0×
106m/s 。

不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用。

求：
（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径； （2）粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围； （3）带电粒子打到荧光屏上的位置与Q 点的最远距离。

【答案】（1）5cm （2）0≤y≤10cm （3）9cm
【解析】（1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：
2
v qvB m r
=
解得：20
510m 5cm mv r Bq
=
=⨯=﹣ （2）由（1）问可知r =R ，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示， 由几何关系可知四边形PO′FO 1为菱形，所以FO 1∥O′P ，
又O′P 垂直于x 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径FO 1垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x 轴平行，所以粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为010cm y ≤≤ （3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有
000x v t =
2
012h at =
qE a m
= 解得：18cm 210cm h R ==＞
说明粒子离开电场后才打在荧光屏上。

设从纵坐标为y 的点进入电场的粒子在电场中沿x 轴方向的位移为x ，则
0x v t =
212
y at = 代入数据解得：2x y =
设粒子最终到达荧光屏的位置与Q 点的最远距离为H ，粒子射出电场时速度方向与x 轴正方向间的夹角为θ，
000
tan 2y qE x v m v y v v θ⋅===所以0022y H x x tan x y θ==（﹣）（﹣）由数学知识可知，当022y x y =（﹣） 4.5cm y =时H 有最大值
所以max 9cm H =。