24带电粒子在复合场中的运动(解析版).docx

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1、带电粒子(带电体)在复合场中的运动一 带电粒子在叠加场中运动的实例分析1. 质谱仪(1)构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成.(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，qU=mv2.v2粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB=mr.1: 2mUqr2B2 q 2U由以上两式可得r=B： ，m= 2U，m=B2r2.【例1 (2018-高考全国卷IH)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直.已知甲种离子射入磁场的速度大小为V，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN

2、的中点射出；MN长为Z.不计重力影响和离子间的相互作用.求:(1)磁场的磁感应强度大小;(2)甲、乙两种离子的比荷之比.【答案】(1)普(2)1 : 4【解析】(1)设甲种离子所带电荷量为q质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为鸟，磁场的磁感 应强度大小为B，由动能定理有1 三q1U=2m1v1 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有y2q1v1 B=mR 由几何关系知 2R=l由式得4U_B=稣(2)设乙种离子所带电荷量为、质量为m2,射入磁场的速度为v2,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2.同理有TT 1 g*=22 V2qB=mR 2由题给条件有lf2R2=2 由式得，甲、乙两种离子的比荷之

3、比为 勺:冬=1 ：4m1 m2【变式1 (2019-山东枣庄高三上学期期末)如图所示，从离子源产生的某种离子，由静止经加速电压U加 速后在纸面内水平向右运动，自M点射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场的磁感应强度大小为 B,磁场左边界与水平方向的夹角为6(090)。已知该离子在磁场边界的N点射出，MN长为I。不计 重力影响。则该离子的比荷为，进入磁场时的速度大小为。* KMKXKIEE.ZAEB2l2Bl设离子的质量为m，电荷量为，进入磁场时的速度为v0。则qU=2mv2，粒子在磁场中有qv0Bv2q8Usin2。4Usin。=”了，由几何关系知2rsin9=l，联立解得”=g2/2

4、一，%=一面 【变式2 (2016-高考全国卷I)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加 速电压恒定.质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场.若某种一价 正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍.此离子和质子的质量比约为（）1/ j加速屯属 / *出口不，.A. 11B. 12C. 121D. 144【答案】D【解析】带电粒子在加速电场中运动时，有qU=1mv2，在磁场中偏转时，其半径=代，由以上两式整理 2qB得r=ByJ2mT由于质子与一价正离子的电荷量

5、相同，B1 ：B2=1 : 12,当半径相等时，解得m2=144,选 项D正确.2. 回旋加速器 （1）构造：如图所示，DD2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，D形盒处于匀强磁场中.mv2（2）原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由qvB=m， 得Ekm =警，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径r决定，与加速电压无关.【例2】（2019山东德州检测）如图是一个回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，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（2H）和氦核（2He），下列说法中正确的是（）A. 它们的最大速度相同

6、B.它们的最大动能相同C.两次所接高频电源的频率相同D.仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能【答案】 AC【解析】由R=mV得最大速度v=亨，两粒子的土相同，所以最大速度相同，A正确；最大动能E =1mv2, qBmmk 2因为两粒子的质量不同，最大速度相同，所以最大动能不同，b错误；高频电源的频率f=*,因为m相同， 所以两次所接高频电源的频率相同，C正确；粒子的最大动能与高频电源的频率无关，D错误.【变式1】劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示.置于真空中的D形金属盒半径 为R两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略.磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交 流电

7、频率为f，加速电压为U.若A处粒子源产生质子的质量为m、电荷量为+q，在加速器中被加速，且加 速过程中不考虑相对论效应和重力的影响.则下列说法正确的是（）再于出叮姓1 、J/ U广A. 质子被加速后的最大速度与D形盒半径R有关B质子离开回旋加速器时的最大动能与交流电频率f成正比C. 质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为2 : 1D. 不改变磁感应强度B和交流电频率f，经该回旋加速器加速的各种粒子的最大动能不变【答案】AC.【解析】质子被加速后的最大速度受到D形盒半径R的制约，因vm=2TR=2nRf，故A正确；质子离开回11mv211旋加速器的最大动能Ekm=2mvm=2mx4

8、n2R2/2=2mn2R2f2，故 B 错误;根据 qvB=，Uq=2mv2,2Uq=2mv2， 得质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为-克:1，故C正确；因经回旋加速器加速的 粒子最大动能Ekm=2m2R2f与m、R、f均有关，故D错误.【变式2】.（2019-湖北华中师范大学第一附属中学模拟）美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，其基本原 理如图所示.现有一回旋加速器，当外加磁场一定时，可把质子的速度从零加速到v，质子获得的动能为 Ek.在不考虑相对论效应的情况下，用该回旋加速器加速原来静止的a粒子（氦核）时，有（）A.能把a粒子从零加速到；B.能使a粒子获得的动能为2EC.

9、加速a粒子的交变电场频率与加速质子的交变电场频率之比为1 ： 2D.加速a粒子的交变电场频率与加速质子的交变电场频率之比为2 : 1【答案】AC【解析】粒子在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，根据qvB=mV2，解得v = qBR，则粒子的最大动能气 上Rmkm= ?mv2=q2严，因质子与a粒子的质量数之比为1 : 4,而电荷量之比为1 ： 2，所以a粒子加速到的速度22m 为V，动能仍为气，故A正确，B错误；加速器所接交流电的频率应与粒子做匀速圆周运动的频率相同，粒 子做匀速圆周运动的频率为f=2B，所以加速a粒子的交变电场频率与加速质子的交变电场频率之比为1 :匕mm2，故C正确，D错误.

10、3. 谏度选择器.rIIX X X XX X X X r.E右qv0B=Eq，即v0=B，粒子做匀速直线运动【例3 （2019-辽宁大连高三模拟）如图所示为研究某种带电粒子的装置示意图，粒子源射出的粒子束以一定 的初速度沿直线射到荧光屏上的0点，出现一个光斑.在垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为B的 匀强磁场后，粒子束发生偏转，沿半径为r的圆弧运动，打在荧光屏上的P点，然后在磁场区域再加一竖 直向下，场强大小为E的匀强电场，光斑从P点又回到0点.关于该粒子（不计重力），下列说法正确的是（）粒子菠 卜卜po0/ /荧屏A粒子带负电B .初速度为v=BEC.比荷为T%D.比荷为m=Br【答案】

11、D【解析】在垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为B的匀强磁场后，粒子束打在荧光屏上的P点，根 据左手定则可知，粒子带正电，选项A错误；当电场和磁场同时存在时qvB=Eq，解得v=%，选项B错误； 在磁场中时，由qvB=mV；，可得m=rB=Bb，故选项d正确，c错误.【变式】如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，匀强电场方向竖直向下，有一正离子恰能沿直线从左向 右水平飞越此区域.不计重力，则（）X X A次*A. 若电子以相同的速率从右向左飞入，电子也沿直线运动B. 若电子以相同的速率从右向左飞入，电子将向下偏转C. 若电子以相同的速率从左向右飞入，电子将向下偏转D. 若电子以相同的速率从左向

12、右飞入，电子也沿直线运动 【答案】D【解析】若电子从右向左飞入，电场力向上，洛伦兹力也向上，所以向上偏，A、B选项错误；若电子从左 向右飞入，电场力向上，洛伦兹力向下.由题意知电子受力平衡将做匀速直线运动，D选项正确，C选项错误.4.磁流体发电机等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带正、负电荷，两极电压为U时稳定，器=qv0B，U=v0Bd【例4】如图所示为磁流体发电机的原理图.金属板M、N之间的距离为d=20 cm，磁场的磁感应强度大 小为B=5 T，方向垂直纸面向里.现将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微 粒，整体呈中性）从左侧喷射入磁场，发现在M、N两板间接入

13、的额定功率为P=100 W的灯泡正常发光， 且此时灯泡电阻为R=100 Q不计离子重力和发电机内阻，且认为离子均为一价离子，则下列说法中正确的是（）A.金属板M上聚集负电荷，金属板N上聚集正电荷B.该发电机的电动势为100 VC.离子从左侧喷射入磁场的初速度大小为103 m/sD.每秒钟有6.25x1018个离子打在金属板N上【答案】BD【解析】.由左手定则可知，射入的等离子体中正离子将向金属板M偏转，负离子将向金属板N偏转，选项A错误；由于不考虑发电机的内阻，由闭合电路欧姆定律可知，电源的电动势等于电源的路端电压，所以?= U=PR =100 V,选项B正确；由Bqv=qU可得v=g=100

14、 m/s,选项C错误；每秒钟经过灯泡L的电 荷量Q=It, 而 I=P=1 A，所以Q=1C，由于离子为一价离子，所以每秒钟打在金属板N上的离子个 数为 =Q=gf=6.25x1018（个），选项 D 正确.e 1.6X10-19【变式】如图所示，一块长度为。、宽度为、厚度为d的金属导体，当加有与侧面垂直的匀强磁场B，且 通以图示方向的电流I时，用电压表测得导体上、下表面M、N间电压为U，已知自由电子的电荷量为e. 下列说法中正确的是（）A.导体的M面比N面电势高B. 导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越大C. 导体中自由电子定向移动的速度为v=U D.导体单位体积内的自由电子数法；B

15、deUb【答案】CD【解析】 由于自由电子带负电，根据左手定则可知，M板电势比N板电势低，选项A错误；当上、下表 面电压稳定时，有qU =qvB，得U=Bdv，与单位体积内自由电子数无关，选项B错误，C正确；再根据I =neSv，可知选项D正确.x a X5.电磁流量计UUnDlqqvB，所以 vdb，所以 Q vS 4B 【例5】医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度.电磁血流计由一对电极a和 b以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的.使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、 磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示.由于血液中的正、负离子随血液一起在磁场中

16、运动，电极 ab之间会有微小电势差.在达到平衡时，血管内部的电场可看做是匀强电场，血液中的离子所受的电场力 和磁场力的合力为零.在某次监测中，两触点间的距离为3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势 差为160 pV，磁感应强度的大小为0.040 T.则血流速度的近似值和电极a、b的正负为 （）测电势力A. 1.3 m/s, a 正、b 负C. 1.3 m/s, a 负、b 正【答案】AB. 2.7 m/s, a 正、b 负D. 2.7 m/s, a 负、b 正【解析】由于正、负离子在匀强磁场中垂直于磁场方向运动，利用左手定则可以判断电极a带正电，电极bE U 带负电.血液流动速度可根

17、据离子所受的电场力和洛伦兹力的合力为0,即qvB=qE得v=赤1.3 m/s,A正确.6.霍尔元件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【例6】（2019江西南昌三校联考）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。、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【答案】C【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，A选项错误.当电子达到

18、平衡时，电场力等于洛伦兹力，即qU=qvB, 又I=nqvhd（n为导体单位体积内的自由电子数），得U=B，则仅增大h时，上下表面的电势差不变；仅增q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，故C正确，B、D错误.【变式】（2019浙江嘉兴一中高三测试）如图所示，& X2,匕、七，Z、Z2分别表示导体板左、右，上、下，前、后六个侧面，将其置于垂直Z1、Z2面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中，当电流I通过导体板 时，在导体板的两侧面之间产生霍尔电压UH.已知电流I与导体单位体积内的自由电子数n、电子电荷量e、 导体横截面积S和电子定向移动速度v之间的关系为I=neSv.实验

19、中导体板尺寸、电流I和磁感应强度B保 持不变，下列说法正确的是（）A.导体内自由电子只受洛伦兹力作用B. UH存在于导体的Z1、Z2两面之间C.单位体积内的自由电子数n越大，UH越小D.通过测量UH，可用人=号求得导体X、X2两面间的电阻【答案】C.【解析】由于磁场的作用，电子受洛伦兹力，向七面聚集，在七、Y2平面之间累积电荷，在七、Y2之间产 生了匀强电场，故电子也受电场力，故A错误；电子受洛伦兹力，向Y2面聚集，在七、Y2平面之间累积电 荷，在七、Y2之间产生了电势差UH，故B错误；电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态，有：qvB = qE，其中：E=UdH（d为Y、Y2平面之间的距

20、离）根据题意，有：I=neSv，联立得到：UH=Bvd=B，故单位体积内的自由电子数n越大，UH越小，故C正确；由于UH=BneSd，与导体的电阻无关，故D错误.二 带电粒子在组合场中的运动“3步”突破带电粒子在组合场中的运动问题第1步：分阶段（分过程）按照时间顺序和进入不同的区域分成几个不同的阶段;第2步：受力和运动分析，主要涉及两种典型运动.第3步：用规律磁偏转一|匀速圆| I周运动I求法 一定圆心一画轨迹圆周运动公式、牛顿 定律以及几何知识1.先电场，后磁场常规分解法A类平抛运动|土功能关系电偏转（1）先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动.（如图甲、乙所示） 在电场中利用动能

21、定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度.（2）先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动.（如图丙、丁所示）在电场中利用平抛运动知识求粒冲二郭伽子进入磁场时的速度.【例7】（2019全国卷I）如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为8、方向垂直 于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后， 该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在j轴上，OP与x轴的夹角 为30，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为乙不计重力。求【解析】(1)设带电粒子的质量为m、电荷量为g,经电压U加速后的速

22、度大小为vo由动能定理有gU=?mv2说v0，与x轴正方向成45角斜向上设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有v2qvB=mr粒子的运动轨迹如图，由几何关系知d=2r联立式得土=B2%nr-(2)由几何关系知，带电粒子从射入磁场到运动至x轴所经过的路程为s=3+rtan30 带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为 联立式得r=BU2(n+33)。【变式】(20町高考天津卷)平面直角坐标系xQy中，第I象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第m象限 存在沿j轴负方向的匀强电场，如图所示.一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动， Q点到j轴的距离为到x

23、轴距离的2倍.粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出 磁场，P点到j轴距离与Q点到j轴距离相等.不计粒子重力，问：XXXS运动时间为，有2L=v0t1 L=)at2 设粒子到达O点时沿J轴方向的分速度为七vy=at设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为a,有v _tan a=r v0联立式得a=45 即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45角斜向上.设粒子到达O点时速度大小为v,由运动的合成有V= V2 + v2联立式得v=-./2v0.(2)设电场强度为&粒子电荷量为g,质量为m,粒子在电场中受到的电场力为F由牛顿第二定律可得F=ma又F=qE设磁场的磁感应强度大小为

24、8,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R所受的洛伦兹力提供向心力，有 v2qvB=mR 由几何关系可知R=l2L联立式得E_B =v02先磁场，后电场 对于粒子从磁场进入电场的运动，常见的有两种情况: 进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反;(2)进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直.(如图甲、乙所示)粒子在电场中做加速或流速远动，粒子在屯场中做斐平抛运动 用动能定理或运动学公式列式 用平抛运动知识分析【例8】(2019-山东潍坊模拟)在如图所示的坐标系中，第一和第二象限(包括j轴的正半轴)内存在磁感应强 度大小为B、方向垂直xQy平面向里的匀强磁场；第三和第四象限内存在平行于j轴正方向、

25、大小未知的匀 强电场.p点为j轴正半轴上的一点，坐标为(0, l)； n点为j轴负半轴上的一点，坐标未知.现有一质量为 m、电荷量为q的带正电的粒子由p点沿j轴正方向以一定的速度射入匀强磁场，该粒子经磁场偏转后以与 x轴正半轴成45角的方向进入匀强电场，在电场中运动一段时间后，该粒子恰好垂直于j轴经过n点.粒 子的重力忽略不计.求：(3)(14 2疽+2点 q.冬2疽+2)劳(1)粒子在p点的速度大小;(2)第三和第四象限内的电场强度的大小;带电粒子从由p点进入磁场到第三次通过x轴的总时间.【答案】(1)噜1 (2)错误!【解析】粒子在复合场中的运动轨迹如图所示.(1)由几何关系可知rsin

26、45 = l 解得r=.0又因为qv0B=m，可解得0BqlV0m (2)粒子进入电场在第三象限内的运动可视为平抛运动的逆过程，设粒子射入电场坐标为(一0)，从粒子射 入电场到粒子经过n点的时间为t2，由几何关系知x1 = 6；2+1)l，在n点有v2=%=号v0 由类平抛运动规律有 (勺2+i)z=2 财2 勺2 Eq2 v0=at2= mt2 联立以上方程解得，2=错误！，二=错误!.(3) 粒子在磁场中的运动周期为2nmT=T qB 粒子第一次在磁场中运动的时间为5 5nm t =- T=ti 84qB 粒子在电场中运动的时间为2,2=错误!粒子第二次在磁场中运动的时间为3 3nm t

27、= T=t3 42qB 故粒子从开始到第三次通过x轴所用时间为11nmt=t. +2t +t =( a + 22+2) D.i 23 4，qB 【变式】如图，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为8,方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀 强电场，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45夹角.一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子以初速度%从J轴上的P点沿J轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经 过一段时间70,磁场的方向变为垂直于纸面向里，大小不变.不计重力.【答案】【解析】(1) 求粒子从P点出发至第一次到达X轴时所需的时间;(2) 若要使粒子能够回到P点

28、，求电场强度的最大值.5nm2mv(1) (2)4qB / qT动规律，欢 e 2nR 有 qVoB=mR0, T= M依题意，粒子第一次到达x轴时，运动转过的角度为5n，所需时间t为r =5T，求得r =滂.411814qB(2)粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为0,然后沿原路返回做匀加速运动，到达x轴时速度大小仍为v0，设粒子在电场中运动的总时间为t2，加速度大小为。，电场强度大小为E，二.12mv_有 qE=ma， %=2力2，得 t?=根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足tT0得电场强度最大值E=* qT0三 带电粒子在叠加场中的运动带电粒子在叠加场中的运动的分析方法密

29、加场的神类卜电场、磁场、堂力场荫两雄加，或三者理加 _ 受峪晰日三种场力、弹力、摩擦力一, u、I匀速直嫁运讯 匀逑通周运动、匀庾速直 运盼折一线适珈 非句变速宜蝮适枢 非匀应速的 蛆运动选规律列方程运动学公式、 牛顿第二定 律顷能关系、(1)力和短动的角度根据带电粒子所受 的丸运用牛顿第二定律并结合运动学规 律求解，必要时桩行运动的合成与分解， 如类平扯运动功能的角度：根据场力及其他外力 对带电恩子做功引起的能匿变化或全过 程中的劫能关系解决问题，这条建索不 但耗用于均句场，也贺用于非均句场， 因此要熟悉希神力做功的特点(1)带电粒子在磁场中做圆周运动，设运动半径为R，运动周期为T，根据洛伦

30、兹力公式及圆周运1. 磁场力，重力并存(1) 若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动.(2) 若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒.【例9】如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨 道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里.质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带 正电、乙球带负电、丙球不带电.现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则()uA. 经过最高点时，三个小球的速度相等B.经过最高点时，甲球的速度最小C.甲球的释放位置比乙球的高D.运

31、动过程中三个小球的机械能均保持不变【答案】CD 【解析】设磁感应强度为B，圆形轨道半径为，三个小球质量均为m，它们恰好通过最高点时的速度分别为v甲、u乙和v丙，显然，u甲丙乙，选项A、B错贝mg+Bu q=骂甲，mg _ Bu q=%乙，mg=丙，甲r乙rr误；三个小球在运动过程中，只有重力做功，即它们的机械能守恒，选项D正确；甲球在最高点处的动能 最大，因为重力势能相等，所以甲球的机械能最大，甲球的释放位置最高，选项C正确.2, 电场力、磁场力并存 (1)若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动.(2)若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体做复杂的曲线运动，可用动能定理求解.【例10】(多

32、选)如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，匀强电场方向竖直向下，有一正离子恰能沿直线从左向右水平飞越此区域.不计重力，则()A. 若电子以和正离子相同的速率从右向左飞入，电子也沿直线运动B. 若电子以和正离子相同的速率从右向左飞入，电子将向上偏转C. 若电子以和正离子相同的速率从左向右飞入，电子将向下偏转D. 若电子以和正离子相同的速率从左向右飞入，电子也沿直线运动 【答案】BD 【解析】 若电子从右向左飞入，电场力向上，洛伦兹力也向上，所以向上偏，B选项正确；若电子从左向 右飞入，电场力向上，洛伦兹力向下.由题意知电子受力平衡将做匀速直线运动，D选项正确.3电场力、磁场力、重力并存（1）若三力

33、平衡，带电体做匀速直线运动.（2）若重力与电场力平衡，带电体做匀速圆周运动.（3）若合力不为零，带电体可能做复杂的曲线运动，可用能量守恒定律或动能定理求解.【例11】（2019浙江名校联考）质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成0角从O点进入方向如 图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下， 恰好沿直线运动到A，下列说法中正确的是（）A.该微粒一定带负电荷B.微粒从O到A的运动可能是匀变速运动C.该磁场的磁感应强度大小柘岂D.该电场的场强为Bvcos 0qvcos【答案】AC 【解析】.若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向左的

34、电场力qE和垂直OA斜向右下方的洛伦 兹力qvB，知微粒不能做直线运动，据此可知微粒应带负电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向右的电场 力qE和垂直OA斜向左上方的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着直线运动到A，可知微粒应该做匀速直线运动，故选项A正确，B错误；由平衡条件得:qvBcos 0=mg，qvBsin 0=qE，得磁场的磁感应强度8=-， qv cos电场的场强E=Bvsin 0，故选项C正确，D错误.【变式】（2019赣州模拟）如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定 绝缘杆，小球P套在杆上，已知P的质量为m、电荷量为+q，电场强度为E，磁感应强度为B，

35、P与 杆间的动摩擦因数为，重力加速度为g.小球由静止开始下滑直到稳定的过程中（）MA.小球的加速度一直减小B. 小球的机械能和电势能的总和保持不变C.下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是。=籍伊D.下滑加速度为最大加速度半时的速度可能是v=2qE+mg2qB【答案】CD 【解析】.开始时对小球受力分析如图所示，则mg以qEqvB) = ma，随着v的增加，小球加速度先增大， 当qE=qvB时达到最大值，amax=g，继续运动，mg(qvB qE)=ma，随着v的增大，a逐渐减小，所以A错误；因为有摩擦力做功，机械能与电势能总和在减小，B错误；若在前半段达到最大加速度的一半，则g ,曰2,q

36、E mgg 曰mg(qEqvB)”2，得v= 叩qB ;若在后半段达到最大加速度的一半，! Umg(qvBqE) = m?，得2qE+mgv2四B ，故C、D正确.MX X X四 带电粒子在交变电、磁场中的运动解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路先读图看清并明白场的变化情况受力分析分析粒子在不同的变化场区的受力情况过程分析分析粒子在不同时间内的运动情况找衔接点找出衔接相邻两过程的物理量选规律联立不同阶段的方程求解【例12】(2019浙江宁波高三上学期期末十校联考)如图甲所示，在归0的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示;与x轴平行的虚线MN下方

37、有沿+y方向的匀强电场，一、8电场强度E=nx1Q3 N/C。在J轴上放置一足够大的挡板。t=0时刻，一个带正电粒子从P点以v=2x1Q4 m/sn 2的速度沿+x万向射入磁场。已知电场边界MN到x轴的距离为1Q m，P点到坐标原点O的距离为1.1 m， 粒子的比荷育=106 C/kg，不计粒子的重力。求粒子:(1) 在磁场中运动时距X轴的最大距离；(2) 连续两次通过电场边界MN所需的时间；(3) 最终打在挡板上的位置到坐标原点O的距离。n【答案】(1)0.4 m (2)2x10-5 s 或 4nx10-5 s(3)0.37 m 【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，有v2qvB=m，R

38、解得半径R = 0.2 m,.、一，一 .一 一2nm. .、一3粒子做匀速圆周运动的周期T=m=2nx10-5 s,由图乙可知粒子运动3圆周后磁感应强度发生变化，在0 qB43兀3兀彗X10-5 s内，粒子做匀速圆周运动的时长为r1=3fx10-5 s。由磁场变化规律可知，粒子在0芸10-5，(即0罚时间内做匀速圆周运动至A点，接着沿r 方向做匀速直线运动直至电场边界上的C点，如图1所示，设电场边界MN到X轴的距离为七，用时 t2=RT=2X10-5 s= 2v匕l进入电场后做匀减速运动至D点，由牛顿第二定律得粒子的加速度：a=qf=8x109 m/s2， mi n粒子从C点减速至D再反向加

39、速至C所需的时间2v 2x2x104n 小 Tr3=a=8s=2x10-5 s=4。一x109n接下来，粒子沿+y轴方向匀速运动至A所需时间仍为t2,磁感应强度刚好变为0.1 T，粒子将在洛伦兹力3兀的作用下从A点开始做匀速圆周运动，再经2x10-5 s时间，粒子将运动到F点，此后将重复刖面的运动过 程。因此粒子在磁场中运动时，到X轴的最大距离ym=2R = 0.4 m。(2) 由(1)中结论可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=2nx105 s粒子连续两次通过电场边界MN有两种可能情况，以图1所示过程为例，n第一种可能是，由。点先沿一y方向到D再返回经过C,所需时间为t=t3=2x10-

40、5 s。第二种可能是，由C点先沿+y方向运动至A点，做匀速圆周运动一圈半后，从G点沿一y方向做匀速直线3T .运动至 MN，所需时间为 t = t2+t2=2T=4nx105 s。(3) 由(1)可知，粒子每完成一次周期性的运动，将向f 方向平移2R(即图1中所示从P点移到尸点)，OP =1.1 m=5.5R故粒子打在挡板前的前运动轨迹如图2所示，其中I是粒子开始做圆周运动的起点，/是粒子 打在挡板上的位置，K是最后一段圆周运动的圆心，Q是I点与K点连线与y轴的交点。，一 一 一R由题意知，QI = OP 5R=0.1 m， KQ =R QI =0.1 m=2，则 JQ = /R2(KQ )2

41、=夺，32+ 3 一J点到O的距离JO =R+*R= 折 m-0.37 mo乙JL K_/【变式】(2019-哈尔滨三中模拟)如图甲所示，质量为m带电量为一q的带电粒子在t=0时刻由a点以初速 度垂直进入磁场，I区域磁场磁感应强度大小不变、方向周期性变化如图乙所示(垂直纸面向里为正方向); II区域为匀强电场，方向向上；III区域为匀强磁场，磁感应强度大小与I区域相同均为8.粒子在I区域内T 能完成半圆运动且每次经过mn的时刻均为与整数倍，则:(1)粒子在I区域运动的轨道半径为多少?（2）若初始位置与第四次经过mn时的位置距离为x,求粒子进入111区域时速度的可能值（初始位置记为第一次 经过m

42、n）.【答案】vT s、qBx 。孝 或男（2烦2-2v0v2【解析】（1）带电粒子在I区域做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qv0B=mr动半径r=2qv2B=mR解得粒子在hi区域速度大小v=m第二种情况，若粒子进入第111区域，当第三次经过mn进入1区域，I区域磁场向里时:x 4r粒子在m区域运动半径r=2-粒子在m区域速度大小v2=qBf2v0.【题型演练】1.（2019-山西名校联考）质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具.图中的铅盒A中的放射源 放出大量的带正电粒子（可认为初速度为零），从狭缝S进入电压为U的加速电场区加速后，再通过狭缝s2 从小孔G垂直于MN射入偏

43、转磁场，该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B，方向垂直于纸面 向外半径为R的圆形匀强磁场.现在MN上的F点（图中未画出）接收到该粒子，且GF=.则该粒子的比 荷为（粒子的重力忽略不计）（）3UA AR2B2B芸BR2B22UDR2B2【答案】C【解析】设粒子被加速后获得的速度为力由动能定理有:qU=2mv2，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道 半径r=半，又Bqv=mV，可求宜=RU，故C正确.2.（2019厦门一模）如图所示，空间的某个复合场区域内存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁 场.质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于复合场的边界进入并沿直线穿过场区，质子（不计重力

44、） 穿过复合场区所用时间为房从复合场区穿出时的动能为气，则（）III i IA. 若撤去磁场B，质子穿过场区时间大于rB.若撒去电场矿质子穿过场区时间等于rC. 若撒去磁场B，质子穿出场区时动能大于EkD.若撤去电场E，质子穿出场区时动能大于Ek【答案】C【解析】质子在电场中是直线加速，进入复合场，电场力与洛伦兹力等大反向，质子做匀速直线运动.若 撤去磁场，只剩下电场，质子做类平抛运动，水平分运动是匀速直线运动，速度不变，故质子穿过场区时 间不变，等于r，A错误；若撒去电场，只剩下磁场，质子做匀速圆周运动，速率不变，水平分运动的速度 减小，故质子穿过场区时间增加，大于r，B错误；若撤去磁场，只

45、剩下电场，质子做类平抛运动，电场力 做正功，故末动能大于Ek，C正确，若撤去电场，只剩下磁场，质子做匀速圆周运动，速率不变，末动能 不变，仍为Ek，D错误.3. 如图所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，一 带电油滴尸恰好处于静止状态，则下列说法正确的是（）x T X.1XXXXXXXXXXXXXA.若仅撤去磁场，P可能做匀加速直线运动B.若仅撤去电场，P可能做匀加速直线运动C.若给P 一初速度，P不可能做匀速直线运动D.若给P 一初速度，P可能做匀速圆周运动【答案】D【解析】P处于静止状态，mg = qE，带负电荷，若仅撤去磁场，P仍静止，A错误；仅撤去电场，P向下加 速，同时受到洛