1、1专题突破与题型专练 带电粒子在复合场中的运动题型一:带电粒子在复合场中的运动实例分析1.(2018南京高二检测)如图所示,在正交的匀强电场和磁场的区域内(磁场水平向里),有一正电粒子恰能沿直线飞过此区域(不计粒子重力),则下列说法正确的是( D )A.可以判断出电场方向向上B.仅增大粒子电荷量,粒子将向上偏转C.仅增大粒子电荷量,粒子将向下偏转D.仅改变粒子电性,粒子仍能继续沿直线飞出解析:在复合场中对带电粒子进行正确的受力分析,在不计重力的情况下,离子在复合场中沿水平方向直线通过,故有 qE=qvB,解得 v= ,若粒子带正电,则受洛伦兹力向上,而静电力向下,所以电场强度的方向向下;若带负
2、电,则受洛伦兹力向下,而静电力向上,所以电场强度的方向向下,所以无论粒子带何种电性的电,只要速度满足 v= ,即可沿直线通过,选项 D正确2.(多选)用如图所示的回旋加速器来加速质子,为了使质子获得的最大动能增加为原来的 4倍,可采用的方法是( AC )A.将其磁感应强度增大为原来的 2倍B.将其磁感应强度增大为原来的 4倍C.将 D形金属盒的半径增大为原来的 2倍D.将两 D形金属盒间的加速电压增大为原来的 4倍解析:在磁场中由牛顿第二定律得evB=m ,质子的最大动能 Ekm= mv2,解得 Ekm= ,2要使质子的动能增加为原来的 4倍,可以将磁感应强度增大为原来的 2倍或将两 D形金属
3、盒的半径增大为原来的 2倍,选项 B错误,A,C 正确;质子获得的最大动能与加速电压无关,选项 D错误.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( C )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: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,选项
4、 A错误;当电子达到平衡时,静电力等于洛伦兹力,即 q =qvB,又 I=nqvhd(n为导体单位体积内的自由电子数),得 U= ,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,选项 C正确,B,D错误.4.(2018西安长安区高二期中)(多选)磁流体发电是一项新兴技术,它可把气体的内能直接转化为电能,如图是它的示意图,平行金属板 A,C间有一很强的磁场,将一束等离子体(即高温下电离的气体,含有大量正、负带电离子)喷入磁场,两极板间便产生电压,现将 A,C两极板与电阻 R相连,两极板间距离为 d,正对面积为 S,等离子体的电阻率为
5、 ,磁感应强度为 B,等离子体以速度 v沿垂直磁场方向射入 A,C两板之间,则稳定时下列说法中正确的是( BC )A.极板 A是电源的正极B.电源的电动势为 Bdv3C.极板 A,C间电压大小为D.回路中电流为解析:由左手定则知正离子向下偏转,所以上极板带负电,上板是电源的负极,下板是电源的正极,选项 A错误;根据 qvB=q 得电动势的大小为 E=Bdv,则流过 R的电流为 I= = ,而r= ,则电流大小 I= ,两极板间电势差为 U=IR= ,选项 B,C正确,D 错误.5.质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具.如图所示为质谱仪的原理示意图,现利用质谱仪对氢元素进行测量.让氢
6、元素三种同位素的离子流从容器 A下方的小孔 S无初速度飘入电势差为 U的加速电场.加速后垂直进入磁感应强度为 B的匀强磁场中.氢的三种同位素最后打在照相底片 D上,形成 a,b,c三条“质谱线”.则下列判断正确的是( A )A.进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氕、氘、氚B.进入磁场时动能从大到小排列的顺序是氕、氘、氚C.在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氕、氘、氚D.a,b,c三条“质谱线”依次排列的顺序是氕、氘、氚解析:离子通过加速电场的过程,有 qU= mv2,因为氕、氘、氚三种离子的电荷量相同、质量依次增大,故进入磁场时动能相同,速度依次减小,选项 A正确,B 错误;由 T= 可知,
7、氕、氘、氚三种离子在磁场中运动的周期依次增大,又三种离子在磁场中运动的时间均为半个周期,故在磁场中运动时间由大到小排列依次为氚、氘、氕,选项 C错误;由 qvB=m 及qU= mv2,可得 R= ,故氕、氘、氚三种离子在磁场中的轨道半径依次增大,所以a,b,c三条“质谱线”依次对应氚、氘、氕,选项 D错误.题型二:带电粒子在组合场中的运动1.(2018昆明模拟)如图所示,两导体板水平放置,两板间电势差为 U,带电粒子以某一初速度 v0沿平行于两板的方向从两板正中间射入,穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖4直的匀强磁场,则粒子射入磁场和射出磁场的 M,N两点间的距离 d随着 U和 v0的变化
8、情况为( A )A.d随 v0增大而增大,d 与 U无关B.d随 v0增大而增大,d 随 U增大而增大C.d随 U增大而增大,d 与 v0无关D.d随 v0增大而增大,d 随 U增大而减小解析:设粒子从 M点进入磁场时的速度大小为 v,该速度与水平方向的夹角为 ,故有 v=.粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 r= ,而 MN之间的距离为 d=2rcos .联立解得 d=2 ,选项 A正确.2.(2018昆明高二检测)(多选)用固定于 O点的丝线悬挂一个质量为 m、带电荷量为 q(q0)的小球,以过 O点的竖直线 Ox为界,左侧有匀强磁场,右侧有匀强电场,方向如图所示.将带电小球从最低位置 c
9、拉至 a点由静止释放,让小球在 ab间摆动,b 为小球在左侧能到达的最高点.不计空气阻力,下列说法正确的是( BD )A.a,b两位置高度相等B.小球在磁场中运动时机械能守恒,在电场中运动时机械能不守恒C.小球经过 Ox左侧磁场中同一位置时丝线张力相等D.小球从 a到 c所用的时间比从 b到 c所用的时间短解析:从 a到 b静电力做正功,机械能不守恒,由动能定理(mg+qE)h E=m ;在磁场中运动过程中,洛伦兹力不做功,故机械能守恒,则 mghB=m ,可知 hBhE,即 a,b两位置高度不相等,选项 A错误,B 正确;小球经过 Ox左侧磁场中同一位置时,速度的方向可能不同,则洛伦兹力的方
10、向不同,丝线张力不相等,选项 C错误;小5球从 a到 c受向下的重力和向下的静电力作用;从 b到 c过程中受向下的重力作用,洛伦兹力垂直于速度方向,故小球从 a到 c所用的时间比从 b到 c所用的时间短,选项 D正确.3.(2018吉林高二校级月考)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(xOy平面)向外;在第四象限存在匀强电场,方向沿 x轴负向.在 y轴正半轴上某点以与 x轴正向平行、大小为 v0的速度发射出一带正电荷的粒子,该粒子在(d,0)点沿垂直于 x轴的方向进入电场.不计重力.若该粒子离开电场时速度方向与 y轴负方向的夹角为 ,求:(1)电场强度大小和磁感应强度大小的
11、比值;(2)该粒子在电场和磁场中运动的总时间.解析:(1)粒子运动轨迹如图所示,在磁场中,粒子做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得 qv0B=m ,由几何知识可得 r=d,粒子进入电场后做类平抛运动,由牛顿第二定律得 qE=max,vx=axt,d= t,tan = ,解得 = v0tan2.(2)由 d= t和 tan = ,得 t= .答案:(1) v0tan2 (2)4.(2018吉林梅河口高二检测)如图所示,M,N 为加速电场的两极板,M 板中心有一小孔 Q,其正上方有一圆心为 O、半径 R1=2 m的圆形区域,另有一内径为 R1,外径 R2=4 m的同心环形6匀强磁场区域,区域边界与 M
12、板相切于 Q点,磁感应强度大小 B= T,方向垂直于纸面向里.一比荷 =1108 C/kg的带正电粒子从紧邻 N板上的 P点由静止释放,经加速后通过小孔 Q,垂直进入环形磁场区域.P,Q,O 三点在同一竖直线上,不计粒子重力,且不考虑粒子的相对论效应.(1)若加速电压 U0=2104 V,求粒子刚进入环形磁场时的速率 v0;(2)要使粒子能进入中间的圆形区域,加速电压 U应满足什么条件?解析:(1)粒子在匀强电场中运动的过程中,由动能定理有 qU0= m ,解得 v0=2106 m/s.(2)粒子刚好不进入中间圆形区域的轨迹如图所示,设此时粒子在磁场中运动的半径为 r,根据几何关系有 r2+
13、=(r+R1)2,设粒子在环形磁场中做匀速圆周运动的速度大小为 v,根据洛伦兹力提供向心力可得 qvB= ,设对应的加速电压为 U1,对粒子在匀强电场中运动的过程,根据动能定理 qU1= ,可得 U1=5107 V,故要使粒子能进入中间的圆形区域,加速电压 U应满足的条件为 UU1=5107 V.答案:(1)210 6 m/s (2)U510 7 V5.(2018西安高二期末)如图所示,在 x轴上方有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为7B,在 x轴下方有沿 y轴负向的匀强电场,电场强度为 E.现在 y轴负半轴上 M点(未画出)有一质量为 m带电荷量绝对值为 q的粒子,由静止释放,经过一段时间
14、的运动后在第四次经过x轴时的位置 P点(未画出)到 O点的距离为 L,不计粒子的重力,求:(1)该粒子带何种电荷?(2)M点到 O点的距离?(3)从 M点到 P点经历的时间?解析:(1)带电粒子向上运动,电场向下,故粒子带负电.(2)粒子在电场中沿 y轴向上做匀加速运动,到达 O点后进入磁场,在匀强磁场中,靠洛伦兹力提供向心力,做匀速圆周运动(半周).粒子在电场中,受静电力,做往复运动,匀减速到零后匀加速返回,然后在磁场中做半个圆周运动,第四次经过 x轴,此时它与点 O的距离为 L,则 L=4R.设粒子初速度为 v,qvB=m ,可得 v= ,设 M点到 O点距离为 x,粒子在电场中加速度为
15、a,v2=2ax,qE=ma,解得 x= .(3)粒子在电场中加速或减速的总时间 t1=3 = ,粒子在磁场中运动的总时间为 t2= ,则从 M点到 P点经历的时间 t=t1+t2= + .8答案:(1)负电荷 (2) (3) +题型三:带电粒子在叠加场中的运动1.(2018江西抚州校级高二月考)如图所示,水平向右的匀强电场场强为 E,垂直纸面向里的水平匀强磁场磁感应强度为 B,一带电荷量为 q的液滴质量为 m,在重力、静电力和洛伦兹力作用下做直线运动,下列关于带电液滴的性质和运动的说法中正确的是( D )A.液滴一定带负电B.液滴可能做匀加速直线运动C.不论液滴带正电或负电,运动轨迹为同一条
16、直线D.液滴不可能在垂直电场的方向上运动解析:在重力、静电力和洛伦兹力作用下做直线运动,说明洛伦兹力要被抵消,若不能被抵消就不能做直线运动,重力和静电力是恒力,所以洛伦兹力与重力和静电力的合力相平衡时,液滴才能做直线运动,无论液滴带正电还是负电,液滴沿垂直于重力与静电力的合力方向向上运动即可,选项 A错误;重力和静电力是恒力,所以洛伦兹力不发生改变,故液滴一定做匀速直线运动,选项 B错误;由选项 A分析可知,液滴带正电或负电时,运动轨迹恰好垂直,不是同一直线,选项 C错误;若液滴在垂直电场的方向上运动,则洛伦兹力与静电力在同一直线上,重力不可能被平衡,故液滴不可能在垂直电场的方向上运动,选项
17、D正确.2.如图所示一带电液滴在正交的匀强电场和匀强磁场的竖直平面内做匀速圆周运动(其中电场竖直向下,磁场垂直纸面向外),则液滴带电性质和环绕方向是( C )A.带正电,逆时针 B.带正电,顺时针C.带负电,逆时针 D.带负电,顺时针解析:带电液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动,可知,带电粒子受到的重力和静电力是一对平衡力,重力竖直向下,所以静电力竖直向上,与电场方向相反,故可知带电液滴带负电荷;磁场方向向外,洛伦兹力的方向始终指向圆心,由左手定则可判断粒子的旋9转方向为逆时针(四指所指的方向与带负电的粒子的运动方向相反),故选项 C正确,A,B,D错误.3.(2018德州高二检
18、测)如图所示,A,B 两金属板与电路良好接触,两板间距为 d,两板之间有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为 B;一束粒子流(不计重力)以速度 v0从 S1孔平行于金属板射入,恰好沿直线运动从 S2孔射出,已知电源的电动势为 E,内阻为 r,定值电阻为 R0,求:(1)A,B两板之间的电势差;(2)此时滑动变阻器 R接入电路的阻值.解析:(1)根据题意,带电粒子在平行板电容器内做直线运动,对带电粒子根据平衡条件,有 qE=qv 0B,又 E= ,解得 UAB=Bdv0.(2)设此时滑动变阻器接入电路的电阻为 R,由闭合电路的欧姆定律 E=I(r+R+R0),又 I= ,解得 R= -r-
19、R0.答案:(1)Bdv 0 (2) -r-R04.如图所示,某空间内存在着正交的匀强电场和匀强磁场,电场方向水平向右,磁场方向垂直于纸面向里,一段光滑绝缘的圆弧轨道 AC固定在场中,圆弧所在平面与电场平行,圆弧的圆心为 O,半径 R=1.8 m,连线 OA在竖直方向上,圆弧所对应的圆心角 =37.现有一质量 m=3.610-4 kg、电荷量 q=9.010-4 C的带正电小球(视为质点),以 v0=4.0 m/s的速度沿水平方向由 A点射入圆弧轨道,一段时间后小球从 C点离开圆弧轨道.小球离开圆弧轨道后在场中做匀速直线运动.不计空气阻力,sin 37=0.6,cos 37=0.8,取 g=1
20、0 m/s2.求:10(1)匀强电场电场强度 E的大小;(2)小球运动到 C点时的速度大小;(3)匀强磁场磁感应强度 B的大小.解析:(1)小球离开轨道后做匀速直线运动,其受力情况如图所示,根据矢量的合成法则有 qE=mgtan ,解得 E=3 N/C.(2)设小球运动到 C点时的速度为 v,在小球沿轨道从 A运动到 C的过程中,根据动能定理有qERsin -mgR(1-cos )= mv2- m ,解得 v=5 m/s.(3)依据如图,结合平衡条件及三角形知识,则有 qvB= mg,解得 B=1 T.答案:(1)3 N/C (2)5 m/s (3)1 T5.(2018大庆高二期中)如图所示,
21、竖直平面 xOy内存在水平向右的匀强电场,电场强度大小 E=10 N/C,在 y0 的区域内还存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小B=0.5 T,一带电荷量 q=+0.2 C、质量 m=0.4 kg的小球由长 l=0.4 m的细线悬挂于 P点,小球可视为质点,现将小球拉至水平位置 A无初速度释放,小球运动到悬点 P正下方的坐标原点 O时,悬线突然断裂,此后小球又恰好能通过 O点正下方的 N点.(g=10 m/s 2),求:(1)小球运动到 O点时的速度大小;11(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的过程中,根据动能定理m =mgl-q
22、El,代入数据求得小球在 O点速度为 v0=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 T-mg-f 洛 =m ,洛伦兹力 f 洛 =Bv0q,联立解得 T=8.2 N.(3)绳断后,小球水平方向加速度 ax= = =5 m/s2.小球从 O点运动至 N点所用时间为 t= = s=0.8 s,ON间距离为 h= gt2= 100.82 m=3.2 m.答案:(1)2 m/s (2)8.2 N (3)3.2 m(教师备用)1.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
23、),则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场,关于此电场强度大小和方向的说法中,正确的是( D )A.大小为 ,粒子带正电时,方向向上B.大小为 ,粒子带负电时,方向向上C.大小为 Bv,方向向下,与粒子带何种电荷无关D.大小为 Bv,方向向上,与粒子带何种电荷无关解析:当粒子所受的洛伦兹力和静电力平衡时,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.故选项 D12正确.2.(多选)北半球某处,地磁场水平分量 B1=0.810-4 T,竖直分量 B2=0.510-4 T,海水向北流动,海洋工作者测量海
24、水的流速时,将两极板插入此海水中,保持两极板正对且垂线沿东西方向,两极板相距 d=20 m,如图所示,与两极板相连的电压表(可看做是理想电压表)示数为U=0.2 mV,则( AD )A.西侧极板电势高,东侧极板电势低B.西侧极板电势低,东侧极板电势高C.海水的流速大小为 0.125 m/sD.海水的流速大小为 0.2 m/s解析:由于海水向北流动,地磁场有竖直向下的分量,由左手定则可知,正电荷偏向西侧极板,负电荷偏向东侧极板,即西侧极板电势高,东侧极板电势低,故选项 A正确;对于流过两极板间的带电粒子有 qvB2=q ,即 v= = m/s=0.2 m/s,故选项 D正确.3.如图所示,一个板
25、长为 L,板间距离也是 L的平行板电容器上极板带正电,下极板带负电,在极板右边的空间里存在着垂直于纸面向里的匀强磁场.有一质量为 M,重力不计,带电荷量为-q 的粒子从极板正中以初速度 v0水平射入,恰能从上极板边缘飞出又能从下极板边缘飞入.求:(1)两极板间匀强电场的电场强度 E的大小和方向;(2)粒子飞出极板时的速度 v的大小与方向;(3)磁感应强度 B的大小.解析:(1)由于上极板带正电,下极板带负电,故板间电场强度方向竖直向下,粒子在水平方向上匀速运动,在竖直方向上匀加速运动,L=v0t,13= at2,其中 a= ,解得 E= .(2)设粒子飞出极板时水平速度为 vx,竖直速度为 v
26、y,水平偏转角为 ,vx=v0,vy=at= ,tan = ,v= ,可得 =45,v= v0.(3)由几何关系易知 R= L,洛伦兹力提供向心力,则有 qvB=m ,得 B= .答案:(1) ,竖直向下 (2) v0,与水平方向成 45角(3)4.如图(甲)所示,宽度为 d的竖直狭长区域内(边界为 L1,L2),存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场如图(乙)所示,电场强度的大小为 E0,E00表示电场方14向竖直向上.t=0 时,一带正电、质量为 m的微粒从左边界上的 N1点以水平速度 v射入该区域,沿直线运动到 Q点后,做一次完整的圆周运动,再沿直线运动到右边界上的 N
27、2点.Q 为线段 N1N2的中点,重力加速度为 g.上述 d,E0,m,v,g为已知量.(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=qvB, 微粒做圆周运动,则 mg=qE0, q= , 联立得 B= . (2)设微粒从 N1点运动到 Q点的时间为 t1,做圆周运动的半径为 R,周期为 t2,则=vt1, qvB=m , 2R=vt 2, 联立得 t1= ,t2= , 电场变化的周期 T=t1+t2= + . (3)若微粒能完成题述的运动过程,要求 d2R,联立得 R= , 设微粒在 N1Q段直线运动的最短时间为 t1 min,则由 得 t1 min= ,15因 t2不变,所以 T的最小值 Tmin=t1 min+t2= .答案:(1) (2) + (3)
