備戰(zhàn)2019年高考物理 考點一遍過 考點47 帶電粒子在復合場中的運動（含解析）

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1、帶電粒子在復合場中的運動 一、帶電粒子在組合場中運動的分析方法 1．正確受力分析，除重力、彈力、摩擦力外要特別注意靜電力和磁場力的分析。 2．確定帶電粒子的運動狀態(tài)，注意運動情況和受力情況的結合。 3．對于粒子連續(xù)通過幾個不同區(qū)域、不同種類的場時，要分階段進行處理。 4．畫出粒子運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律。 二、帶電粒子在疊加場中運動的分析方法 1．帶電體在疊加場中運動的歸類分析 （1）磁場力、重力并存 ①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動。 ②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒。 （2）電場力、

2、磁場力并存（不計重力的微觀粒子） ①若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動。 ②若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體做復雜的曲線運動，可用動能定理求解。 （3）電場力、磁場力、重力并存 ①若三力平衡，帶電體做勻速直線運動。 ②若重力與電場力平衡，帶電體做勻速圓周運動。 ③若合力不為零，帶電體可能做復雜的曲線運動，可用能量守恒定律或動能定理求解。 2．帶電粒子（帶電體）在疊加場中運動的分析方法 （1）弄清疊加場的組成。 （2）進行受力分析。 （3）確定帶電粒子的運動狀態(tài)，注意運動情況和受力情況的結合。 （4）畫出粒子運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律。 ①當帶電粒子

3、在疊加場中做勻速直線運動時，根據(jù)受力平衡列方程求解。 ②當帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運動時，應用牛頓定律結合圓周運動規(guī)律求解。 ③當帶電粒子做復雜曲線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解。 ④對于臨界問題，注意挖掘隱含條件。 （5）記住三點：能夠正確對疊加場中的帶電粒子從受力、運動、能量三個方面進行分析 ①受力分析是基礎：一般要從受力、運動、功能的角度來分析。這類問題涉及的力的種類多，含重力、電場力、磁場力、彈力、摩擦力等； ②運動過程分析是關鍵：包含的運動種類多，含勻速直線運動、勻變速直線運動、類平拋運動、圓周運動以及其他曲線運動； ③根據(jù)不同的運動過程及物理模型，選擇合

4、適的定理列方程（牛頓運動定律、運動學規(guī)律、動能定理、能量守恒定律等）求解。 三、帶電粒子在周期性的電場和磁場中的運動 帶電粒子在交變電場或磁場中運動的情況較復雜，運動情況不僅取決于場的變化規(guī)律，還與粒子進入場的的時候的時刻有關，一定要從粒子的受力情況著手，分析出粒子在不同時間間隔內(nèi)的運動情況，若交變電壓的變化周期遠大于粒子穿越電場的時間，那么粒子在穿越電場的過程中，可看作勻強電場。 注意：空間存在的電場或磁場是隨時間周期性變化的，一般呈現(xiàn)“矩形波”的特點。交替變化的電場及磁場會使帶電粒子順次經(jīng)過不同特點的電場，磁場或疊加的場，從而表現(xiàn)出多過程現(xiàn)象，其特點較為隱蔽。 如圖是質

5、譜儀的工作原理示意圖。帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器。速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E。平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1、A2。平板S下方有磁感應強度為B0的勻強磁場。下列表述錯誤的是 A．質譜儀是分析同位素的重要工具 B．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向里 C．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于 D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷（）越小 【參考答案】BD 【詳細解析】粒子在速度選擇器中做勻速直線運動，有qE=qvB，解得，進入偏轉電場后，有，解得，知r越小，比荷越大，同位素電荷量相等，質量不同，則偏轉半徑

6、不同，所以質譜儀是分析同位素的重要工具，故AC正確，D錯誤；粒子在磁場中向左偏轉，根據(jù)左手定則知該粒子帶正電，在速度選擇器中，所受的電場力水平向右，則洛倫茲力水平向左，根據(jù)左手定則，磁場的方向垂直紙面向外，故B錯誤。 1．如圖所示，兩平行金屬板P、Q水平放置，上極板帶正電，下極板帶負電；板間存在勻強電場和勻強磁場（圖中未畫出）。一個帶電粒子在兩板間沿虛線所示路徑做勻速直線運動。粒子通過兩平行板后從O點垂直進入另一個垂直紙面向外的勻強磁場中，粒子做勻速圓周運動，經(jīng)過半個周期后打在擋板MN上的A點。不計粒子重力。則下列說法不正確的是 A．此粒子一定帶正電 B．P、Q間的磁場一定垂直紙

7、面向里 C．若另一個帶電粒子也能做勻速直線運動，則它一定與該粒子具有相同的荷質比 D．若另一個帶電粒子也能沿相同的軌跡運動，則它一定與該粒子具有相同的荷質比 【答案】C 【解析】由粒子在磁場中的運動軌跡，根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，選項A正確；粒子在兩板間受向下的電場力，則洛倫茲力方向向上，由左手定則可知，P、Q間的磁場一定垂直紙面向里，選項B正確；若另一個帶電粒子也能做勻速直線運動，則，可得，則它一定與該粒子具有相同的速度，選項C錯誤；若另一個帶電粒子也能沿相同的軌跡運動，則，可得，它一定與該粒子具有相同的荷質比和相同的速度，故選項D正確；此題選項不正確的選項，故選C。 2．（

8、2018·江蘇省南京市南京師范大學附屬中學高三模擬）某儀器用電場和磁場來控制電子在材料表面上方的運動，如圖所示，材料表面上方矩形區(qū)域PP′N′N充滿豎直向下的勻強電場，電場寬【解析】NP=N′P′=d。長NN′=MM′=5s、寬MN=M′N′=s的矩形區(qū)域NN′M′M充滿垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B；NN′為磁場與電場之間的分界線．點C1、C2將M′N′三等分，在C1、C2間安裝一接收裝置．一個電荷量為e、質量為m、初速度為零的電子，從P點開始由靜止被電場加速后垂直進入磁場．電場強度可以取一定范圍內(nèi)的任意值，電子運動時，電場強度不變，最后電子僅能從磁場邊界M′N′飛出．不計電子所受重

9、力。 （1）電場強度的最大值為多少？ （2）若接收裝置只接收垂直M′N′方向的電子（不含C1、C2），求接受裝置能夠接受到幾種不同速度的電子，其中速度最小為多少？ （3）求恰好擊中C1的電子速度大小的可能值。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）在磁場運動過程中 解得 加速過程中，根據(jù)動能定理可得 根據(jù)幾何知識可知R=s時，速度最大，有 故 （2）垂直進入接收裝置，設進入磁場n次（n為整數(shù)），則 且 解得n=4、5、6，共三種，所以接受到的電子速度有三種 其中半徑最小的為 由得速度最小的為 （3）如下圖所示，擊中C1有兩類情形：

10、 設電子經(jīng)過電場N次， ，且為奇數(shù)．由圖可得 兩邊平方，化簡得 要使R有解， 化簡得，N=5或7 時， 化簡得 考慮，取 時， 化簡得 由 得，， 【名師點睛】帶電粒子在組合場中的運動問題，首先要運用動力學方法分析清楚粒子的運動情況，再選擇合適方法處理。對于勻變速曲線運動，常常運用運動的分解法，將其分解為兩個直線的合成，由牛頓第二定律和運動學公式結合求解，對于磁場中圓周運動，要正確畫出軌跡，由幾何知識求解半徑。 如圖所示為研究某種帶電粒子的裝置示意圖，粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直線射到熒光屏上的O點，出現(xiàn)一個光斑。在垂直于紙面向里的方向上加一磁

11、感應強度為B的勻強磁場后，粒子束發(fā)生偏轉，沿半徑為r的圓弧運動，打在熒光屏上的P點，然后在磁場區(qū)域再加一豎直向下，場強大小為E的勻強電場，光斑從P點又回到O點，關于該粒子（不計重力），下列說法正確的是 A．粒子帶負電 B．初速度為 C．比荷為 D．比荷為 【參考答案】D 【詳細解析】垂直于紙面向里的方向上加一磁感應強度為B的勻強磁場后，粒子束打在熒光屏上的P點，根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，選項A錯誤；當電場和磁場同時存在時，解得，選項B錯誤；在磁場中時，由，可得：，故選項D正確，C錯誤；故選D。 【名師點睛】本題主要是考查帶電粒子在復合場的運動，解答本題要能夠根據(jù)共點力的平

12、衡條件分析洛倫茲力和電場力的大小關系；在復合場中做勻速直線運動粒子，在解題時要注意過程分析和受力分析。 1．（2018·江西省上饒縣中學高三月考）如圖所示，在正交的勻強電場和勻強磁場中有質量和電荷量都相同的兩油滴M、N。M靜止，N做半徑為R的勻速圓周運動，若N與M相碰后并結合在一起，則關于它們下列說法中不正確的 A．以N原速率的一半做勻速直線運動 B．以為半徑做勻速圓周運動 C．仍以R為半徑做勻速圓周運動 D．做周期為N的一半的勻速圓周運動 【答案】ACD 【解析】設M、N的質量和電荷量分別為m、q，碰撞前N的速率為v。碰撞后瞬間整體的速率為v′。碰撞前，對N，由洛倫茲力

13、提供向心力，有 qvB=m，得R=；對M有qE=mg；碰撞過程，取碰撞前N的速度方向為正方向，由動量守恒定律有 mv=2mv′，得 v′=；MN整體受到的電場力 2qE，重力為2mg，則2qE=2mg，所以整體的電場力和重力仍平衡，所以碰后整體做勻速圓周運動，軌跡半徑為，故AC錯誤，B正確。N原來的周期．碰后整體的周期．故D錯誤。此題選擇不正確的選項，故選ACD。 2．（2018·天津市耀華中學高三模擬）如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標系xOy，其第–象限存在著正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度的方向水平向右；，磁感應強度的方向垂直紙面向里。–帶電荷量為+q、質量為m的微粒從原點出發(fā)沿與x

14、軸正方向的夾角為45°的初速度進入復合場中，正好做直線運動，當微粒運動到A（l，l）時，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上（不計電場變化的時間），粒子繼續(xù)運動–段時間后，正好垂直于y軸穿出復合場。不計–切阻力，求： （1）電場強度E的大小； （2）磁感應強度B的大?。? （3）粒子在復合場中的運動時間。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）微粒在到達A（l，l）之前做勻速直線運動，受力分析如圖： 根據(jù)平衡條件，有： 解得： （2）根據(jù)平衡條件，有： ；電場方向變化后，微粒所受重力與電場力平衡，微粒在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡如圖： 根據(jù)牛頓第二定律，有

15、： 由幾何關系可得： 聯(lián)立解得： （3）微粒做勻速直線運動的時間為： 做圓周運動的時間為： 在復合場中運動時間為： 【名師點睛】在電場中正確受力分析根據(jù)平衡可求出電場強度的大小，在磁場中運動時要找到運動軌跡的半徑，再結合物理知識求解即可。 （2018·重難強化卷）如圖甲所示，豎直面MN的左側空間中存在豎直方向的勻強電場（上、下及左側無邊界）。一個質量為m、電荷量為q、可視為質點的帶正電小球，以水平初速度v0沿PQ向右做直線運動，Q位于MN上．若小球剛經(jīng)過D點時（t＝0），在電場所在空間疊加如圖乙所示隨時間做周期性變化、垂直紙面向里的勻強磁場，使得小球再次通過D點時

16、速度與PQ連線成90°角，已知D、Q間的距離為2L，t0小于小球在磁場中做圓周運動的周期，忽略磁場變化造成的影響，重力加速度為g. （1）求電場強度的大小E和方向； （2）求t0與t1的比值； （3）小球過D點后做周期性運動，則當小球運動的周期最大時，求出此時磁感應強度的大小B0及運動的最大周期Tm. 【參考答案】（1），豎直向上 （2） （3）， 【詳細解析】（1）不加磁場時，小球沿直線PQ做直線運動，則有，解得，方向豎直向上 （2）小球能再次通過D點，其運動軌跡如圖所示，設半徑為r，做圓周運動的周期為T，則有 ，， 解得； （3）當小球運動周期最大時，其運動軌

17、跡應與MN相切．由幾何關系得2R=2L， 由牛頓第二定律得 解得 故 1．（2018·云南省宣威市第一中學高二期中）在第一象限（含坐標軸）內(nèi)有垂直xOy平面周期性變化的均勻磁場，規(guī)定垂直xOy平面向里的磁場方向為正．磁場變化規(guī)律如圖，磁感應強度的大小為B0，變化周期為T0.某一正粒子質量為m、電量為q在t＝0時從0點沿x軸正向射入磁場中．若要求粒子在t＝T0時距x軸最遠，則B0的值為 A． B． C． D． 【答案】D 【解析】粒子在磁場中勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則： ，所以：，粒子運動的周期：，要求在T0時，粒子距x軸最遠．如圖作出粒子運動軌跡，設兩段圓弧的

18、圓心的連線與y軸夾角為θ，P點的縱坐標為y，圓心O2到y(tǒng)軸之間的距離為x，則由幾何關系，得：， ，因為粒子在第一象限內(nèi)運動， ，由題意根據(jù)數(shù)學關系知，當時，y取最大值，故此時粒子在磁場中時間內(nèi)對圓心轉過的角度為，根據(jù)粒子在磁場中做圓周運動的時間： ，得：，又粒子在磁場中做圓周運動的周期公式知： ，知磁感應強度，故選項D正確，ABC錯誤。 【名師點睛】本題是帶電粒子在交變磁場中運動的問題，畫出粒子運動的軌跡，根據(jù)幾何知識求出P點橫坐標和縱坐標與粒子圓周運動半徑的關系．根據(jù)粒子在第一象限運動的條件求解P點的縱坐標的最大值時周期與T0的關系，再根據(jù)周期公式求出磁感應強度B。 2．在如圖所示

19、的平面直角坐標系xOy中，存在沿x方向按如圖所示規(guī)律周期性變化的勻強電場，沿x軸正向為正，沿垂直于xOy平面指向紙里的方向中存在按如圖所示規(guī)律周期性變化的勻強磁場，坐標原點O處有帶正電的粒子，從t=0時刻無初速度釋放，已知粒子的質量m=5×10–10 kg，電荷量q=1×10–6 C，不計粒子的重力，求： （1）t=0.25×10–3 s時粒子的速度及位置； （2）t=1×10–3 s時粒子的位置坐標； （3）t=8×10–3 s時粒子的速度。 【答案】（1）5 m/s （2）（–1.25×10–3 m，–8×10–4 m） （3）80 m/s 方向沿x軸正向 【解析

20、】（1）在第一個t0=0.25×10–3s內(nèi)粒子的加速度a滿足：qE=ma 末速度v1=at0=5 m/s，沿x軸正向運動 （2）在0.25×10–3 s到0.5×10–3 s內(nèi)粒子做勻速圓周運動， 故粒子在0.25×10–3 s內(nèi)運動了半個圓周，而圓周運動的半徑 在0.5×10–3 s到0.75×10–3 s內(nèi)粒子沿x軸負向勻加速運動 末速度大小v2=v1+at0=2v1，位移大小 在0.75×10–3 s到1×10–3 s內(nèi)粒子做勻速圓周運動， 末位置坐標：x=–(L2–L1)=–1.25×10–3 m y=–(2R2–2R1)=–8×10–4 m 即（–1.25×1

21、0–3 m，–8×10–4 m） （3）粒子在8×10–3s內(nèi)16次加速，每次速度增加v1 故v=16v1=80 m/s，方向沿x軸正向 1．如圖所示為回旋加速器的示意圖。兩個靠得很近的D形金屬盒處在與盒面垂直的勻強磁場中，一質子從加速器的A處開始加速。已知D型盒的半徑為R，磁場的磁感應強度為B，高頻交變電源的電壓為U、頻率為f，質子質量為m，電荷量為q。下列說法錯誤的是 A．質子的最大速度不超過2πRf B．質子的最大動能為 C．質子的最大動能與電壓U無關 D．只增大磁感應強度B，可增加質子的最大動能 2．（2018·四川省成都市高中畢業(yè)班摸底測試）圖示區(qū)域有方向

22、豎直向下的勻強電場和水平向里的勻強磁場，一帶正電的微粒以水平向右的初速度進入該區(qū)域時，恰能沿直線運動。欲使微粒向下偏轉，可采用的方法是 A．僅減小入射速度 B．僅減小微粒的質量 C．僅增大微粒的電荷量 D．僅增大磁場的磁感應強度 3．如圖所示，一束含有、的帶電粒子束從小孔O1處射入速度選擇器，其中沿直線O1O2運動的粒子在小孔O2處射出后垂直進入偏轉磁場，最終打在P1、P2兩點，不計粒子間的相互作用。則 A．打在P1點的粒子是 B．O2P2的長度是O2P1長度的2倍 C．粒子與粒子在偏轉磁場中運動的時間之比為2:1 D．粒子與粒子在偏轉磁場中運動的時間之比為1:1

23、 4．（2018·衡水金卷高三四省第三次大聯(lián)考）如圖所示的速度選擇器水平放置，板長為L，兩板間距離也為L，兩板間分布著如圖所示的正交勻強電場與勻強磁場，一帶正電的粒子(不計重力)從兩板左側中點O處沿圖中虛線水平向右射入速度選擇器，恰好做勻速直線運動；若撤去磁場，保留電場，粒子以相同的速度從O點進入電場，恰好從上板極右邊緣b點離開場區(qū)；若撤去電場，保留磁場，粒子以相同的速度從O點進入磁場，則粒子圓周運動的半徑為 A．L B．2L C． D． 5．（2018·河南省七校模擬測試）如圖所示，在正交的勻強電場和勻強磁場中，電場方向豎直向上，磁場方向垂直于紙面向里，帶電粒子B靜止在正交的電磁場中

24、，另一帶電粒子A以一定的水平速度沿直線向右運動，與粒子B碰撞后粘在一起，碰撞過程中粒子的電荷量沒有損失，兩個粒子的質量相等，則下列說法正確的是 A．粒子A帶負電，粒子B帶正電 B．粒子A的帶電量一定小于粒子B的帶電量 C．兩粒子碰撞后仍沿直線運動 D．兩粒子碰撞后會做向上偏轉運動 6．質譜儀是一種測定帶電粒子質雖和分析同位索的重要工具。圖中的鉛盒A中的放射源放出大量的帶正電粒子(可認為初速度為零)，從狹縫S1進入電壓為U的加速電場區(qū)加速后，再通過狹縫S2從小孔G垂直于MN射入偏轉磁場，該偏轉磁場是以直線MN為切線、磁感應強度為B，方向垂直于紙面向外半徑為R的圓形勻強磁場?，F(xiàn)在MN

25、上的F點（圖中末畫出）接收到該粒子，且。則該粒子的荷質比為（粒子的重力忽略不計） A． B． C． D． 7．（2018·四川省成都市高中畢業(yè)班摸底測試）如圖，平面直角坐標系xOy中，在y>0及y<—L區(qū)域存在場強大小相同，方向相反（均平行于y軸）的勻強電場，在L

26、的點P2（，0）進入磁場。不計粒子重力。求： （1）粒子到達P2點時的速度大小和方向； （2）粒子第一次從磁場下邊界穿出位置的橫坐標； （3）粒子從P1點出發(fā)后做周期性運動的周期。 8．如圖，在xOy平面第一象限整個區(qū)域分布勻強電場，電場方向平行于y軸向下，在第四象限內(nèi)存在有界勻強磁場，左邊界為y軸，右邊界為的直線，磁場方向垂直紙面向外。質量為m，帶電荷量為+q的粒子從y軸上P點以初速度垂直y軸射入勻強電場，在電場力作用下從x軸上Q點以與x軸正方向成45°角進入勻強磁場，已知OQ=d，不計粒子重力，求： （1）P點坐標； （2）要使粒子能再進入電場，磁感應強度B的取值范圍；

27、 （3）要使粒子能第二次進入磁場，磁感應強度B的取值范圍。 9．（2018·福建省廈門市外國語學校高三適應性考試）如圖所示，xOy坐標系中，在y軸右側有一平行于y軸的邊界PQ，PQ左側和右側存在磁感應強度大小分別為B與的勻強磁場，磁場方向均垂直于xOy平面向里．y軸上有一點A與原點O的距離為l。電荷量為q、質量為m的帶正電粒子，以某一速度從坐標原點O處沿x軸正方向射出，經(jīng)過的時間為時恰好到達A點，不計粒子的重力作用。 （1）粒子在左右中圓周運動半徑大小之比； （2）求邊界PQ與y軸的距離d和粒子從O點射出的速度大小v0； （3）若相同的粒子以更大的速度從原點O處沿x軸正方向射出，

28、為使粒子能經(jīng)過A點，粒子的速度大小應為多大？ 10．如圖甲所示，豎直面MN的左側空間中存在豎直向上的勻強電場（上、下及左側無邊界）。一個質量為m、電荷量為q、可視為質點的帶正電小球，以水平初速度v0沿PQ向右做直線運動。若小球剛經(jīng)過D點時（t=0），在電場所在空間疊加如圖乙所示隨時間周期性變化、垂直紙面向里的勻強磁場，使得小球再次通過D點時與PQ連線成600角。已知DQ間的距離為(+1)L，t0小于小球在磁場中做圓周運動的周期，忽略磁場變化造成的影響，重力加速度為g。求： （1）電場強度E的大??； （2）t0與t1的比值； （3）小球過D點后將做周期性運動，則當小球運動的周期最大時

29、，求出此時的磁感應強度B0及運動的最大周期Tm的大小，并在圖中畫出此情形下小球運動一個周期的軌跡。 11．（2018·浙江鎮(zhèn)海中學高三選考模擬）如圖所示，空間存在兩對平行板，平行板間存在垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，板間距d=5 cm，MN、PQ為磁場的邊界，MN、PQ之間存在水平向右的勻強電場，OO，為該區(qū)域的對稱軸，MN與PQ之間的距離L=2 cm。兩個質量均為m、電荷量分別為+q和?q的粒子以相同速度大小v0=2×105m/s垂直電場線進入電場，而后以v= m/s大小的速度進入磁場，粒子重力不計。 （1）若兩個粒子都從O點沿OO′直線入射，試判斷兩粒子的軌跡是否關于OO，直線對稱?

30、（2）若+q粒子從O點沿OO，直線入射，?q粒子由O，沿O，o直線入射（未畫出），且已知兩粒子在磁場中運動的周期為s，試判斷兩粒子是否會打到板上，若打到板上，求出打在板上的位置;若不能打在板上，則求出兩粒子分別從O、O，進入到第一次離開磁場各自所用的時間。 （3）若+q粒子仍從O沿OO′直線入射，?q粒子從O，沿O′O直線入射，且已知兩粒子的比荷q/m=5×107C/kg，若要使粒子進出磁場一次后，從MP或NQ之間離開電場，求磁感應強度B的取值范圍。 12．（2017·新課標全國Ⅰ卷）如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上（與紙面平行），磁場方向垂直于紙面向里，三個帶

31、正電的微粒a、b、c電荷量相等，質量分別為ma、mb、mc。已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動。下列選項正確的是 A． B． C． D． 13．（2016·新課標全國Ⅰ卷）現(xiàn)代質譜儀可用來分析比質子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定。質子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉后從出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍。此離子和質子的質量比約為 A．11

32、 B．12　　 　C．121 D．144 14．（2018·新課標全國I卷）如圖，在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E，在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場。一個氕核11H和一個氘核21H先后從y軸上y=h點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向。已知11H進入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標原點O處第一次射出磁場。11H的質量為m，電荷量為q不計重力。求 （1）11H第一次進入磁場的位置到原點O的距離 （2）磁場的磁感應強度大小 （3）12H第一次離開磁場的

33、位置到原點O的距離 15．（2016·天津卷）如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小為，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應強度大小B=0.5 T。有一帶正電的小球，質量m=1×10–6 kg，電荷量q=2×10–6 C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動，當經(jīng)過P點時撤掉磁場（不考慮磁場消失引起的電磁感應現(xiàn)象），取g=10 m/s2。求： （1）小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向； （2）從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t。 16．（2016·江蘇卷）回旋加速器的工作原理如圖1所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為

34、R，兩盒間狹縫的間距為d，磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，被加速粒子的質量為m，電荷量為+q，加在狹縫間的交變電壓如圖2所示，電壓值的大小為U0。周期T=。一束該種粒子在t=0~時間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零?，F(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運動時間，假設能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運動，不考慮粒子間的相互作用。求： （1）出射粒子的動能； （2）粒子從飄入狹縫至動能達到所需的總時間； （3）要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出，d應滿足的條件。 圖1 圖2 17．（2015·江蘇卷）一臺質譜儀的工作原理如圖所示，電荷量均為+q、質量不同

35、的離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為零，這些離子經(jīng)過加速后通過狹縫O沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場，最后打在底片上，已知放置底片區(qū)域已知放置底片的區(qū)域MN =L，且OM =L。某次測量發(fā)現(xiàn)MN中左側2/3區(qū)域MQ損壞，檢測不到離子，但右側1/3區(qū)域QN仍能正常檢測到離子。 在適當調(diào)節(jié)加速電壓后，原本打在MQ的離子即可在QN檢測到。 （1）求原本打在MN中點P的離子質量m； （2）為使原本打在P的離子能打在QN區(qū)域，求加速電壓U的調(diào)節(jié)范圍； （3）為了在QN區(qū)域將原本打在MQ區(qū)域的所有離子檢測完整，求需要調(diào)節(jié)U的最少次數(shù)。（?。唬? 1．D【解析】質子出

36、回旋加速器的速度最大，此時的半徑為R，最大速度為，A正確；根據(jù)得，則粒子的最大動能，與加速的電壓無關，BC正確； 只增大磁感應強度B，則粒子運動周期變了，與交變電場周期不一致，不會一直被加速，故D錯誤。 3．B【解析】帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，所以，所以，可知粒子的比荷越大，則運動的半徑越小，所以打在P1點的粒子是，打在P2點的粒子是，故A錯誤；因粒子與粒子在偏轉磁場中運動的半徑比為1:2，則O2P1和O2P2長度之比為1:2，選項B正確；帶電粒子在沿直線通過速度選擇器時，電場力與洛倫茲力大小相等方向相反，即：qvB=qE，所以，可知從粒子速度選擇器中射出的粒子

37、具有相等的速度；粒子運動的周期，則粒子與粒子在偏轉磁場中運動的周期之比為1:2，運動半個周期，則時間之比也為1:2，選項CD錯誤；故選B。 4．A【解析】該粒子恰能勻速通過圖中虛線，電場力向上，洛倫茲力向下，根據(jù)平衡條件，有：，解得；撤去磁場，保持電場不變，粒子在電場中做類平拋運動，則，，解得粒子的比荷，撤去電場，保持磁場不變，粒子做勻速圓周運動，由，解得，故A正確，B、C、D錯誤。 【名師點睛】粒子恰能勻速通過圖中虛線時，電場力和洛倫茲力平衡，根據(jù)平衡條件列式求解速度；撤去磁場，粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)分運動的規(guī)律和牛頓第二定律結合求解；撤去電場，粒子在磁場中做勻速圓周運動，求解

38、軌道半徑。 6．C【解析】設離子被加速后獲得的速度為v，由動能定理有：，離子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑，又，可求，故C正確。 10．（1） （2） （3） 設半徑為r，有 由幾何關系得 設小球做圓周運動的周期為T，則 由以上各式得 （3）當小球運動的周期最大時，其運動軌跡應與MN相切，如圖所示 由幾何關系得 由牛頓第二定律得 得 可得 小球運動一個周期的軌跡如圖所示。 【名師點睛】此題考查帶電粒子在復合場中的運動問題；關鍵是知道粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，掌握牛頓第二定律的應用，注意幾何關系的正確建立，理解二力

39、平衡條件。 11．（1）兩粒子的軌跡關于OO′直線對稱 （2）正粒子不會打到板上．運動時間為（1+）×10-7s；負粒子不會打到板上，運動時間為（1+）×10-7 s （3）B>0.8 T 【解析】（1）正負粒子進入電場時初速度大小相等、方向相反．所受的電場力大小相等、方向相反，則加速度大小相等、方向相反，所以兩粒子的軌跡關于OO′直線對稱 （2）粒子在電場中做類平拋運動，平行于電場方向有：vx=v=2×105m/s，，t0=10-7s 垂直于電場方向有：x=v0t0=2 cm 粒子在磁場中運動周期T= 則軌跡半徑 正粒子：r+rcos45°=cm＜2cm，則不會打到板上．運

40、動時間 負粒子：x+2rcos45°=4cm＜5cm，不會打到板上，運動時間 此時r1已小于第（2）問中的r，故此時的磁感應強度比B1大 負粒子：恰到M點臨界，半徑應小于此臨界值，對應的磁感應強度設為B2 可得弦長為 r2=5-2=3cm 軌跡半徑 r2= 此時r2>r1，對應的B2＜B1 綜合分析得：磁感應強度只要大于B1，正粒子既不會再次進入磁場也不會打到板上，負粒子也不會打到板上，即B>0.8 T 【名師點睛】粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，在電場力作用下做類平拋運動，掌握兩種運動的處理規(guī)律，學會運動的分解與幾何關系的應用。 12．B【解析】由題意知，mag=

41、qE，mbg=qE+Bqv，mcg+Bqv=qE，所以，故B正確，ACD錯誤。 【名師點睛】三種場力同時存在，做勻速圓周運動的條件是mag=qE，兩個勻速直線運動，合外力為零，重點是洛倫茲力的方向判斷。 【名師點睛】本題主要考查帶電粒子在勻強磁場和勻強電場中的運動。要特別注意帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，根據(jù)動能定理求出帶電粒子出電場進磁場的速度。本題關鍵是要理解兩種粒子在磁場中運動的半徑不變。 14．（1） （2） （3） 【解析】（1）在電場中做類平拋運動，在磁場中做圓周運動，運動軌跡如圖所示。設在電場中的加速度大小為，初速度大小為v1，它在電場中的

42、運動時間為，第一次進入磁場的位置到原點Ｏ的距離為。由運動學公式有 ① ② 由題給條件， 進入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角 。進入磁場時速度的y分量的大小為 ③ 聯(lián)立以上各式得 ④ （2）在電場中運動時，由牛頓第二定律有 ⑤ 設進入磁場時速度的大小為，由速度合成法則有 ⑥ 設磁感應強度大小為B，在磁場中運動的圓軌道半徑為R1.，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 ⑦ 由幾何關系得

43、 ⑧ 聯(lián)立以上各式得 ⑨ （3）設在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為v2，在電場中的加速度大小為a2，由題給條件得 ⑩ 由牛頓第二定律有 ? 設第一次射入磁場時的速度大小為，速度的方向與x軸正方向夾角為，入射點到原點的距離為，在電場中運動的時間為t2。由運動學公式有 ? ? ? ? 聯(lián)立以上各式得 ， ，? 設在磁場中做圓周運

44、動的半徑為R2，由⑦?式及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公式得 ? 所以出射點在原點左側。設進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為，由幾何關系有 ? 聯(lián)立④⑧???式得，第一次離開磁場時的位置到原點O的距離為 ? 【名師點睛】此題與2004年全國理綜卷第25題情景類似，都是帶電粒子在勻強電場中類平拋運動后進入勻強磁場中做勻速圓周運動，且都是在第一象限和第二象限設置了豎直向下的勻強電場，在第三象限和第四象限設置了方向垂直紙面向外的勻強磁場，解答需要的知識都是帶電粒子在勻強電場中的類平拋運動規(guī)律和洛倫茲力等于向心力、幾何關系等知識點。帶電粒子在勻強電場中的類平拋運動和在勻

45、強磁場中的勻速圓周運動是教材例題和練習中的常見試題，此題可認為是由兩個課本例題或習題組合而成。 15．（1）20 m/s，與電場方向夾角為60° （2）3.5 s 速度v的方向與電場E的方向之間的夾角θ滿足tan θ= 代入數(shù)據(jù)解得tan θ=，θ=60° （2）撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，設其加速度為a，有 a= 設撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有x=vt 設小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有y=at2 a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又tan θ= 聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得t=2s=3.5 s 【名師

46、點睛】此題是帶電粒子在復合場中的運動問題，主要考查物體的平衡、牛頓運動定律的應用、平拋運動等知識；關鍵是要知道物體做勻速直線運動時，物體所受的重力、洛倫茲力和電場力平衡；撤去磁場后粒子所受重力和電場力都是恒力，將做類平拋運動；知道了物體的運動性質才能選擇合適的物理規(guī)律列出方程求解。 16．（1） （2） （3） （2）粒子被加速n次達到動能Em，則Em=nqU0 粒子在狹縫間做勻加速運動，設n次經(jīng)過狹縫的總時間為Δt 加速度 勻加速直線運動 由，解得 （3）只有在0~時間內(nèi)飄入的粒子才能每次均被加速 則所占的比例為 由，解得。 【方法技巧】考查回旋加速器的原理，能獲

47、得的最大速度對應最大的軌道半徑，即D形盒的半徑，粒子在加速器運動的時間分兩部分，一是在磁場中圓周運動的時間，二是在電場中的勻加速運動時間，把加速過程連在一起就是一勻加速直線運動。 17．（1） （2）（3）3次 代入，解得 （2）由（1）知，離子打在Q點， 離子打在N點r=L，，則電壓的范圍 （3）由（1）可知， 由題意知，第1次調(diào)節(jié)電壓到U1，使原本Q點的離子打在N點 此時，原本半徑為r1的打在Q1的離子打在Q上 解得 第2次調(diào)節(jié)電壓到U2，原本打在Q1的離子打在N點，半徑為r2的打在Q2的離子打在Q上，則： ， 解得 同理，第n次調(diào)節(jié)電壓，有 檢測完整，有 解得： 最少次數(shù)為3次 【名師點睛】本題主要是對運動過程的分析，能正確計算帶電粒子在電場中的加速運動以及在磁場做圓周運動的半徑等，通過對運動過程的分析，結合計算找到運動的規(guī)律。 30