1、1带电粒子在复合场中的运动考点一 电磁技术的应用1.考查对霍尔效应的理解与分析在一个很小的厚度为 d 的矩形半导体薄片上，制作四个电极 E、 F、 M、 N，它就成了一个霍尔元件，如图所示。在 E、 F 间通入恒定的电流 I，同时外加与薄片垂直的磁场 B，则薄片中的载流子(形成电流的自由电荷)就在洛伦兹力的作用下，向着与电流和磁场都垂直的方向漂移，使 M、 N 间出现了电压，称为霍尔电压 UH。可以证明 UH ， k 为霍尔系数，它kIBd的大小与薄片的材料有关。下列说法正确的是( )A若 M 的电势高于 N 的电势，则载流子带正电B霍尔系数 k 较大的材料，其内部单位体积内的载流子数目较多C
2、借助霍尔元件能够把电压表改装成磁强计(测定磁感应强度)D霍尔电压 UH越大，载流子受到磁场的洛伦兹力越小解析：选 C 根据左手定则可知载流子向 N 偏转，若载流子带正电，则 N 的电势高于M 的电势，A 错误；设左右两个表面相距为 L，载流子所受的电场力等于洛伦兹力：e evB，设材料单位体积内载流子的个数为 n，材料截面积为 S， I neSv， S dL，联立UHL解得： UH ，令 k ，则 UH k ，所以根据 k 可知单位体积内的载流子数目，随BIned 1ne BId 1ne着霍尔系数增大而减小，B 错误；根据 UH 可得 B ，故借助霍尔元件能够把电压kIBd UHdkI表改装成
3、磁强计(测定磁感应强度)，C 正确；载流子受到的洛伦兹力 F e ，霍尔电压 UHUHL越大，载流子受到磁场的洛伦兹力越大，D 错误。2考查回旋加速器的原理分析多选回旋加速器工作原理示意图如图所示，磁感应强度为 B 的匀强磁场与盒面垂直，两盒间的狭缝很小，粒子穿过的时间可忽略，它们接在电压为 U、频率为 f 的交流电源上，若 A 处粒子源产生的质子在加速器中被加速，下列说法正确的是( )A若只增大交流电压 U，则质子获得的最大动能增大B若只增大交流电压 U，则质子在回旋加速器中运行时间会变短C若磁感应强度 B 增大，交流电频率 f 必须适当增大才能正常工作2D不改变磁感应强度 B 和交流电频率
4、 f，该回旋加速器也能用于加速 粒子解析：选 BC 当粒子从 D 形盒中出来时速度最大，根据 qvmB m ，得 vm ，那vm2R qBRm么质子获得的最大动能 Ekm ，则最大动能与交流电压 U 无关，故 A 错误。根据 Tq2B2R22m，若只增大交流电压 U，不会改变质子在回旋加速器中运行的周期，但加速次数减少，2 mBq则运行时间也会变短，故 B 正确。根据 T ，若磁感应强度 B 增大，那么 T 会减小，2 mBq则交流电频率 f 必须适当增大才能正常工作，故 C 正确。带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等，根据 T 知，换用 粒子，粒子的比荷变化，周期变化，回旋2 mB
5、q加速器需改变交流电的频率 f 才能加速 粒子，故 D 错误。3考查用质谱仪分析两种离子的运动多选一束粒子流由左端平行于极板 P1射入质谱仪，沿着直线通过电磁场复合区后，并从狭缝 S0进入匀强磁场 B2，在磁场 B2中分为如图所示的三束。下列说法中正确的是( )A速度选择器的 P1极板带负电B粒子 1 带负电C能通过狭缝 S0的带电粒子的速率等于EB1D粒子 2 的比荷 的绝对值最大qm解析：选 BC 三种粒子在正交的电磁场中做匀速直线运动，由受力平衡得：qvB qE，根据左手定则可知，若带电粒子带正电荷，洛伦兹力的方向向上，所以电场力的方向向下，速度选择器的 P1极板带正电；若带电粒子带负电
6、，洛伦兹力的方向向下，所以电场力方向向上，速度选择器的 P1极板带正电，故速度选择器的 P1极板一定是带正电，与带电粒子无关，故 A 错误。在磁场 B2中，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力的方向向下，将向下偏转；负电荷受到的洛伦兹力的方向向上，将向上偏转，所以粒子 1 带负电，故 B 正确。能通过狭缝 S0的带电粒子受到的电场力与洛伦兹力的大小相等，方向相反，即： qvB1 qE，所以 v ，故 C 正确。根据 qvB2 m ，解得：EB1 v2rr ， r 与比荷成反比，粒子 2 的半径最大，所以粒子 2 的比荷 的绝对值最小，故 D 错mvqB2 qm误。考点二
7、带电粒子在组合场中的运动4.考查带电粒子加速后进入磁场3如图所示，在坐标系 xOy 的第二象限内有沿 y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为 E。第三象限内存在匀强磁场， y 轴右侧区域内存在匀强磁场，、磁场的方向均垂直于纸面向里。一质量为 m、电荷量为 q 的粒子自 P( l， l )点由静止释放，沿垂直于 x 轴的方向进入磁场，接着以垂直于y 轴的方向进入磁场，不计粒子重力。(1)求磁场的磁感应强度 B1；(2)若磁场的磁感应强度 B23 B1，求粒子从第一次经过 y 轴到第四次经过 y 轴的时间 t 及这段时间内的位移。解析：(1)设粒子垂直于 x 轴进入磁场时的速度为 v，由运动学公式
8、有：2 al v2，由牛顿第二定律有： Eq ma，由题意知，粒子在中做圆周运动的半径为 l，由牛顿第二定律有： qvB1 m ，v2l联立以上各式，解得： B1 。2mEql(2)粒子的运动轨迹如图所示。设粒子在磁场中运动的半径为 r1，周期为 T1，则r1 l， T1 2 r1v 2 mqB1设粒子在磁场中运动的半径为 r2，周期为 T2，有：3qvB1 m ， T2 v2r2 2 r2v 2 m3qB1得： r2 ， T2 。r13 T13粒子从第一次经过 y 轴到第四次经过 y 轴的时间t T2，T12代入数据得 t 53 ml2qE粒子从第一次经过 y 轴到第四次经过 y 轴时间内的
9、位移 s2 r14 r22 r2解得： s l，方向沿 y 轴负方向。23答案：(1) (2) l，方向沿 y 轴负方向2mEql 53 ml2qE 235考查带电粒子由磁场进入电场后再返回磁场的情况如图所示，真空中有一以 O 点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为 R，磁场垂直纸面向里，在 yR 的区域存在沿 y 方向的匀强电场，4电场强度为 E，在 M 点有一粒子源，辐射的粒子以相同的速率 v 沿不同方向射入第一象限，发现沿 x 方向射入磁场的粒子穿出磁场进入电场，速度减小到 0 后又返回磁场，已知粒子的质量为 m，电荷量为 q，粒子重力不计。(1)求圆形磁场区域磁感应强度的大小；(2)求沿
10、x 方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程；(3)沿与 x 方向成 60角射入的粒子，最终将从磁场边缘的 N 点(图中未画出)穿出，不再进入磁场，求 N 点的坐标和粒子从 M 点运动到 N 点的总时间。解析：(1)沿 x 方向射入磁场的粒子穿出磁场进入电场后，速度减小到 0，粒子一定是从如图中的 P 点射出磁场，逆电场线运动，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径： r R根据 Bqv mv2r得： B 。mvqR(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从 H 点射出磁场， MH 为直径，在磁场中的路程为二分之一圆周长 s1 R设在电场中路程为 s2，根据动能定理 Eq mv2s22 1
11、2解得 s2mv2Eq总路程 s R 。mv2Eq(3)沿与 x 方向成 60角射入的粒子，经分析从 C 点竖直射出磁场，从 D 点射入、射出电场，又从 C 点射入磁场，最后从 N 点(MN 为直径)射出磁场。所以 N 点坐标为(2 R,0)。C 点在磁场中， MC 段圆弧对应圆心角 30 ， CN 段圆弧对应圆心角 150 ，所以在磁场中的时间为半个周期， t1 T2 Rv粒子在 CD 段做匀速直线运动，由几何关系知 CDR2t2 2CDv Rv粒子在电场中做匀变速直线运动，加速度 aEqmt3 2va 2mvEq总时间 t t1 t2 t3 。 1 Rv 2mvEq5答案：(1) (2)
12、R (3)(2R,0) mvqR mv2Eq 1 Rv 2mvEq考点三 带电粒子在叠加场中的运动6.考查带电粒子在叠加场中的直线运动多选如图所示，区域中有正交的匀强电场和匀强磁场，区域中只有匀强磁场，不同的离子(不计重力)从左侧进入两个区域，在区域中都没有发生偏转，在区域中做圆周运动的轨迹都相同，则关于这些离子说法正确的是( )A离子一定都带正电B这些离子进入复合场的初速度相等C离子的比荷一定相同D这些离子的初动能一定相同解析：选 BC 因为它们通过区域时不偏转，说明受到的电场力与洛伦兹力相等，即Eq B1qv，故离子的速度相等。若为正离子，则电场力向下，洛伦兹力向上；若为负离子，则电场力向
13、上，洛伦兹力向下，同样能够满足平衡，所以选项 A 错误，B 正确。又因为进入磁场后，其偏转半径相同，由公式 R 可知，它们的比荷相同，选项 C 正确。虽然mvBq确定初速度相等，但无法判断质量是否相等，所以无法判断初动能是否相等，选项 D 错误。7考查带电粒子在叠加场中的圆周运动多选如图所示，竖直虚线边界左侧为一半径为 R 的光滑半圆轨道， O 为圆心， A 为最低点， C 为最高点，右侧同时存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场。一电荷量为 q、质量为 m 的带电小球从半圆轨道的最低点 A 以某一初速度开始运动恰好能到最高点 C，进入右侧区域后恰好又做匀速圆周运动回到 A 点，空气阻
14、力不计，重力加速度为g。则( )A小球在最低点 A 开始运动的初速度大小为 5gRB小球返回 A 点后可以第二次到达最高点 CC小球带正电，且电场强度大小为mgqD匀强磁场的磁感应强度大小为mqgR解析：选 ACD 小球恰能经过最高点 C，则 mg m ，解得 vC ；从 A 到 C 由动能vC2R gR定理： mg2R mvC2 mvA2，解得 vA ，选项 A 正确；小球在复合场中以速度12 12 5gR6做匀速圆周运动，再次过 A 点时的速度为 ，则小球不能第二次到达最高点 C，选项gR gRB 错误；小球在复合场中受向下的重力和向上的电场力而平衡，可知小球带正电，满足mg qE，解得
15、E ，选项 C 正确；由 qvB m ，其中 v ，解得 B ，选项 D 正确。mgq v2R gR mqgR8考查带电粒子在叠加场中的直线运动与类平抛运动如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小 E5N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁3感应强度大小 B0.5 T。有一带正电的小球，质量 m110 6 kg，电荷量 q210 6 C，正以速度 v 在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过 P 点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取 g10 m/s 2。求：(1)小球做匀速直线运动的速度 v 的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过 P
16、点所在的这条电场线经历的时间 t。解析：(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有 qvB q2E2 m2g2代入数据解得v20 m/s速度 v 的方向与电场 E 的方向之间的夹角 满足tan qEmg代入数据解得tan 3 60 。(2)法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有a q2E2 m2g2m设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为 x，有x vt设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为 y，有y at212a 与 mg 的夹角和 v 与 E 的夹角相同，均为 ，又tan yx7联立式，代入数据解得t2 s3.46
17、 s。3法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以 P 点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为vy vsin 若使小球再次穿过 P 点所在的电场线，仅需小球在竖直方向上分位移为零，则有vyt gt2012联立式，代入数据解得t2 s3.46 s。3答案：(1)20 m/s，方向与电场方向成 60角斜向上(2)3.46 s考点四 带电粒子在交变场中的运动9.考查带电粒子在周期性变化的电场和恒定磁场中的运动如图甲所示，两个平行正对的水平金属板 XX板长 L0.2 m，板间距离 d0.2 3m，在金属板右端竖直边界 MN 的右侧有一
18、区域足够大的匀强磁场，磁感应强度 B510 3 T，方向垂直纸面向里。现将 X极板接地， X 极板上电势 随时间变化规律如图乙所示。现有带正电的粒子流以 v0110 5 m/s 的速度沿水平中线 OO连续射入电场中，粒子的比荷 110 8 C/kg，重力可忽略不计，在每个粒子通过电场的极短时间内，电场可视为匀qm强电场(设两板外无电场)。求：(1)若粒子恰好可以从极板右侧边缘飞出，求此时两极板间的电压值；(2)粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间之比；(3)分别从 O点和距 O点下方 0.05 m 处射入磁场的两个粒子，在 MN 上射出磁场d4时两出射点之间的距离。解析：(1)带电粒子在偏转电
19、场中做类平抛运动水平方向： L v0t，竖直方向： y at212 d28设此时两极板间的电压值为 U1，则 q ma，U1d联立以上各式，解得 U1 V。1003(2)当 U V 时进入电场中的粒子将打到极板上，即在电压等于 V 时刻进入磁场1003 1003的粒子具有最大速度所以由动能定理得到： q mvmax2 mv02U12 12 12解得： vmax 105 m/s233此时粒子射入磁场时的速度与水平方向的夹角 满足 cos ，则 30 ，v0vmax 32从下极板边缘射出的粒子轨迹如图中 a 所示，在磁场中轨迹所对的圆心角为 240，时间最长从上极板边缘射出的粒子轨迹如图中 b 所
20、示，在磁场中轨迹所对应的圆心角为 120，时间最短，因为两粒子的周期 T 相同，所以粒子在磁场中运动的最长时间2 mBq和最短时间之比为 21。(3)如图所示，从 O点射入磁场的粒子速度为 v0它在磁场中的出射点与入射点间距为 d12 R1由 qv1B m ，解得： R1 ， v1 v0v12R1 mv1Bq所以： d12mv0Bq从距 O点下方 0.05 m 处射入磁场的粒子速度与水平方向夹角为 d4则它的速度为： v2v0cos 它在磁场中的出射点与入射点间距为 d22 R2cos 由于 R2 ，所以： d2mv2Bq 2mv0Bq所以两个粒子向上偏移的距离相等所以两粒子射出磁场的出射点间距仍为射入磁场时的间距，即 d 0.05 m。d2 d4答案：(1) V (2)21 (3)0.05 m10039
