物理2018届高考教版大一轮复习配套打包老师搜集第九章能力课

能力课(2)带电粒子在复合场中的运动问题角度1

带电粒子在复合场中运动的应用实例【真题示例1】(2016·全国卷Ⅰ，15)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1

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()图1A．11

B．12

C．121

D．144解析设质子的质量和电荷量分别为m1、q1，一价正离子的质量和电荷量为m2、q2。对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得2qU＝1

v2－0，得v＝mm2qU①v2在磁场中qvB＝m

r

②B2r2q由①②式联立得

m＝

2U

，由题意知，两种粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，加速电压U

不变，其中B2＝12B1，m2m1B2B21＝

2＝144，故选项D

正确。q1＝q2，可得答案

D【变式训练1】(多选)劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图

2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，高频交流电频率为

f，加速电压为

U。若

A

处粒子源产生的质子的质量为

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(

)图2A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πRf

B．质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U

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，该回旋加速器的最大动能不变解析

质子被加速后的最大速度受到

D

形盒半径

R

的制约，因v＝2πRT

＝2πRf，故

A

正确；质子离开回旋加速器的最大动能km2

2E

＝1

v2＝1m×4π2R2f2＝2mπ2R2f2，与加速电压

U

无关，Bm错误；根据R＝mv2，qU＝

mv

，2qU1

1qB

2

221

2＝

mv

，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2∶1，C

正确；因回旋加速器的最大动能Ekm＝2mπ2R2f2与m、R、f均有关，D

错误。答案

AC【变式训练2】(多选)如图3

所示，一块长度为a、宽度为b、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()图3导体的M

面比N

面电势高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＝

UBdD．导体单位体积内的自由电子数为

BI

eUb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，＝d选项B

错误，C

正确；再根据I＝neSv，可知选项D

正确。答案

CD解决实际问题的一般过程：方法技巧角度2

带电粒子在组合场中的运动“磁偏转”和“电偏转”的比较电偏转磁偏转偏转条件带电粒子以v⊥E进入匀强电场(不计重力)带电粒子以v⊥B进入匀强磁场(不计重力)受力情况只受恒定的电场力F＝Eq只受大小恒定的洛伦兹力F＝qvB运动情况类平抛运动匀速圆周运动【模拟示例2】(2016·福州二模)如图4

所示，在x

轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。在x

轴下方存在匀强电场，方向竖直向上。一个质量为

m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y

轴上的a(h，0)点沿y轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子与x轴正方向成45°进入电场，经过y轴的b点时速度方向恰好与y

轴垂直。求：图4(1)粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v1；(2)匀强电场的电场强度大小E；(3)粒子从开始到第三次经过x轴的时间t总。解析

(1)根据题意可知，大致画出粒子在复合场中的运动轨迹，如图所示：由几何关系得：rcos45°＝h解得：r＝

2h1由牛顿第二定律得：qBv

＝mv2

1r解得：v

＝qBr1

m

＝

2qBh

m(2)设粒子第一次经过x轴的位置为x1，到达b点时速度大小为vb，根据类平抛运动规律，则：vb＝v1cos

45°b解得：v

＝qBhm设粒子进入电场经过时间t

运动到b

点，b

点的纵坐标为－yb，由类平抛运动规律得：r＋rsin45°＝v0tb21y

＝1

v

sin

45°＋0)t＝(2＋12h由动能定理得：－b22b1

1qEy

＝

mv

－2mv21解得：E＝（

2－1）qhB2m(3)粒子在磁场中的周期为：T＝2πr2πmv1

＝

Bq第一次经过x

轴的时间t

＝51

8T＝5πm4qB在电场中运动的时间t2＝2t＝2（

2＋1）mqB在第二次经过x

轴到第三次经过x

轴的时间t3

3πm3＝4T＝2qB则总时间：总1

2

3Bq答案

(1)2ht

＝t

＋t

＋t

＝

11π＋2

2＋2)

m(

4

2qBh

m（

2－1）qhB2(2)m11π(3)(

4

＋2

m2＋2)Bq【拓展延伸1】

改变电场方向将【模拟示例2】中x轴下方的匀强电场方向改成与x轴负方向成45°角，如图5所示，若粒子沿平行电场线方向进入电场，且粒子沿电场线移动的最大距离为h，求：图5(1)匀强电场的电场强度大小E；(2)粒子从开始到第三次经过x轴的时间t。解析

(1)带电粒子运动轨迹如图所示：0由牛顿第二定律得：qv

B＝m由几何关系得：rcos

45°＝h解得：r＝

2hv2

0r0解得：v

＝2qBhm0粒子在电场中做匀减速直线运动，则：v2＝2ah由牛顿第二定律得：qE＝ma解得：E＝qB2hm(2)粒子在磁场中运动的时间：5

1

7

7πm

t1＝8T＋4T＝8T＝4qB2粒子在电场中运动的时间：t

＝2v0a解得：t2＝2

2mqB故：t＝t1＋t2＝（7π＋8

2）m4qBqB2h答案

(1)

m

(2)（7π＋8

2）m4qB【拓展延伸2】

改变释放点的位置将【模拟示例2】中的带电粒子在a(2h，－2h)点由静止释放，粒子第二次经过x轴时恰好过坐标原点O。求：图6匀强电场的电场强度；粒子从开始运动到第五次经过x轴时的时间。解析

(1)粒子运动轨迹如图所示：由几何关系得：r＝hv2由牛顿第二定律得：qvB＝m

r解得：v＝qBhm粒子在电场中加速的过程，由动能定理得：2qE·2h＝1mv2－0qB2h解得：E＝

4m(2)粒子在电场中运动的时间：1t

＝5·

v22h＝20mqB2粒子在磁场中运动的时间：t

＝T＝2πmqB故：t＝t1＋t2＝（20＋2π）mqBqB2h答案

(1)

4m

(2)（20＋2π）mqB“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题方法技巧【变式训练3】如图7

所示，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

θ，求：图7(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值；

(2)该粒子在电场中运动的时间。解析(1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动。设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，圆周运动的半径为R0。由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得0qv

B＝mv2R00①由题给条件和几何关系可知R0＝d②设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x

轴负方向的加速度大小为ax，在电场中运动的时间为t，离开电场时沿x

轴负方向的速度大小为vx。由牛顿第二定律及运动学公式得Eq＝max③vx＝axt④vxt＝d⑤vx2由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有tan

θ＝v0⑥联立①②③④⑤⑥式得E

1B

202＝

v

tan

θ⑦(2)联立⑤⑥式得t＝2dv0tan

θ12答案

(1)

v02tan

θ

2d

(2)v0tan

θ角度3

带电粒子在叠加场中的运动磁场力、重力并存若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。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。电场力、磁场力并存(不计重力)若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。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。电场力、磁场力、重力并存若三力平衡，带电体做匀速直线运动。若重力与电场力平衡，带电体做匀速圆周运动。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。【真题示例3】(2016·天津理综，11)如图8

所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5

3

N/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，磁感应强度大小B＝0.5

T。有一带正电的小球，质量m＝

1×10－6

kg，电荷量q＝2×10－6

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g＝10

m/s2，求：图8小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；从撤掉磁场到小球再次穿过P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＋m2g2①代入数据解得v＝20

m/s②速度v

的方向与电场E

的方向之间的夹角满足tan

θ＝qE③mg代入数据解得tan

θ＝

3θ＝60°④(2)解法一撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，如图所示，设其加速度为a，有a＝q2E2＋m2g2m⑤设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有x＝vt⑥设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有y＝12at2⑦ytan

θ＝x⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t＝2

3 s＝3.5

s⑨解法二撤去磁场后，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

θ⑤若使小球再次穿过P

点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上y分位移为零，则有v

t－12gt2＝0⑥联立⑤⑥式，代入数据解得

t＝2

3 s＝3.5

s⑦答案

(1)20

m/s

与电场方向成

60°角斜向上(2)3.5

s【变式训练4】(2015·福建理综，22)如图9，绝缘粗糙的竖直平面MN

左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q

的带正电的小滑块从A

点由静止开始沿MN

下滑，到达C

点时离开MN

做曲线运动。A、C

两点间距离为h，重力加速度为g。图9求小滑块运动到C点时的速度大小vC；求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vP。解析

(1)小滑块沿

MN

运动过程，水平方向受力满足qvB＋N＝qE小滑块在C

点离开MN

时N＝0C解得

v

＝EB(2)由动能定理f122Cmgh－W

＝

mv

－0mE2解得Wf＝mgh－2B2(3)如图，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直．撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g′（qEg′＝

m

）

＋2

g2且v2

＝v2

＋g′2t2P

D2D解得

vP＝

v

＋（qEm2）

＋gt2

2EmE2答案

(1)B

(2)mgh－

2B22D(3)

v

＋（qE

m2）

＋gt2

2带电粒子在叠加场中运动的处理方法方法技巧1．(多选)如图10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()图10A．若电子从右向左飞入，电子也沿直线运动

B．若电子从右向左飞入，电子将向上偏转

C．若电子从左向右飞入，电子将向下偏转

D．若电子从左向右飞入，电子也沿直线运动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。答案BD2.

(2016·北京东城区模拟)如图11所示，一束质量、速度和电荷

量不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成

的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B两束，下列说法中正确的是(

)图11A．组成A束和B束的离子都带负电

B．组成A束和B束的离子质量一定不同

C．A束离子的比荷大于B束离子的比荷

D．速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外解析

由左手定则知，A、B离子均带正电，A错误；两束离子经过同一速度选择器后的速度相同，在偏转磁场中，由R＝mvqB可知，半径大的离子对应的比荷小，但离子的质量不一定相同，故选项B错误，C

正确；速度选择器中的磁场方向应垂直纸面向里，D

错误。答案

C3．如图

12

所示是医用回旋加速器示意图，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(4He)。下列说法中1

2正确的是(

)图12A．它们的最大速度相同

B．它们的最大动能相同

C．两次所接高频电源的频率不相同

D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能v2qBR

q解析

根据

qvB＝m

R

，得

v＝

m

。两粒子的比荷m相等，所以k12最大速度相等，故A

正确；最大动能E

＝

mv

＝q2B2R22

2m，两粒子

q电粒子在磁场中运动的周期T＝2πm

q的比荷m相等，但质量不相等，所以最大动能不相等，故B

错；带qB

，两粒子的比荷m相等，所以周期相等。做圆周运动的频率相等，因为所接高频电源的频率等于粒子做圆周运动的频率，故两次所接高频电源的频率相同，故Cq2B2R22m错误；由

Ek＝

可知，粒子的最大动能与加速电压的频率无关，故仅增大高频电源的频率不能增大粒子的最大动能，故D

错。答案

A4．如图13所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线L做直线运动，L与水平方向成β角，且α＞β，则下列说法中错误的是()图13A．液滴一定做匀速直线运动

B．液滴一定带正电

C．电场线方向一定斜向上

D．液滴有可能做匀变速直线运动解析

带电液滴做直线运动，且受到洛伦兹力的作用，这种直线运动必为匀速直线运动，如