1、第3节 带电粒子在复合场中的运动1复合场一般指在某空间有场、场、场中的两个或三个同时并存的场2组合场电场或磁场各位于一定的区域内，并不重叠或在同一区域，电场、磁场分时间段或分小区域交替出现重力电磁3三种场力的分析与比较种 类比较量电场力洛伦兹力重力 力的大小FEqE与电荷的运动状态无关某电荷在匀强电场中所受电场力为恒量电荷静止或运动方向与磁场方向平行，不受洛伦兹力电荷运动方向与磁场方向垂直，洛伦兹力最大，FBmqBvGmg与带电体的运动状态无关 力的方向正电荷受力方向与 E 方向相同，负电荷受力方向与E 方向相反FB 方向垂直于 B、v 所决定的平面，分清正、负电荷后应用左手定则确定 FB的指
2、向总是竖直向下 做功特点做功多少与路径无关，只与电场中两点间电势差有关：WqU.电场力做正功，电荷电势能减少洛伦兹力对电荷不做功，不能改变电荷速度的大小做功多少与路径无关，只取决于始、末位置的高度差：Wmg h，重力做正功，重力势能减少1明确复合场的基本组成也就是看这个复合场中有哪些场要注意的是，题中不一定明确告诉有哪些场存在，这就需要从题中挖掘出来一般情况下，电子、质子、粒子、离子等不计重力，带电尘粒、颗粒、液滴等不能忽略重力如题中只说某带电液滴在复合场中做匀速圆周运动时，必定有其他力与恒定的重力相平衡，以确保合力等于洛伦兹力，以提供向心力2明确带电粒子所处的运动状态及其遵守的运动规律(一般
3、都是力学中我们所熟悉的一些运动，如匀速直线运动、匀加速直线运动、匀速圆周运动等)粒子的运动性质取决于粒子的受力情况和初速度，因此应把运动情况和受力情况综合起来分析3对不同的过程选择相应的规律建立相关的方程，然后解方程以求出所求量考点一 带电粒子在电、磁组合场中的运动“磁偏转”和“电偏转”的差别电偏转磁偏转 偏转条件带电粒子以 vE 进入匀强电场带电粒子以 vB 进入匀强磁场受力情况只受恒定的电场力只受大小恒定的洛伦兹力 运动情况类平抛运动匀速圆周运动运动轨迹抛物线圆弧 物理规律类平抛知识、牛顿第二定律牛顿第二定律、向心力公式 基本公式Lvt，y12at2，aqEm，tan atv(是末速度方向
4、与初速度方向的夹角)rmvqB，T2 mqB，t T2例 1 如图所示，在 xOy 直角坐标系中，第象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，第象限内分布着方向沿 y 轴负方向的匀强电场初速度为零、带电荷量为 q、质量为 m 的粒子经过电压为 U 的电场加速后，从 x 轴上的 A 点垂直 x 轴进入磁场区域，经磁场偏转后过 y 轴上的 P 点且垂直 y 轴进入电场区域，在电场中偏转并击中 x 轴上的 C点已知 OAOCd.求电场强度 E 和磁感应强度 B 的大小(粒子的重力不计)【解析】设带电粒子经电压为 U 的电场加速后速度为 v，由动能定理得：qU12mv20 带电粒子进入磁场后做圆周运动，
5、洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qBvmv2r 依题意可知：rd 联立可解得：B 2qUmqd 带电粒子在电场中偏转，做类平抛运动，设经时间 t 从 P 点到达 C 点，则：dvt d12qEm t2 联立可解得：E4Ud.【小结】1.组合场一般是指由电场和磁场或磁场和磁场组成，它们互不重叠，分别位于某一直线边界两侧的情况 2在这类问题中，粒子在某一场中运动时，通常只受该场对粒子的作用力 3处理该类问题的方法(1)分析带电粒子在各种场中的受力情况和运动情况，一般在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动(2)正确地画出粒子的运动轨迹图，在画图的基础上特别注意运用几何知识，寻找关系(3)
6、选择物理规律，列方程对类平抛运动，一般分解为初速度方向的匀速运动和垂直初速度方向的匀加速运动；对粒子在磁场中做匀速圆周运动，应注意洛伦兹力提供向心力这一受力特点(4)注意确定粒子在组合场交界位置处的速度大小与方向该速度是联系两种运动的桥梁 带电粒子在匀强电场、匀强磁场中可能的运动性质 电场强度为 E 的匀强电场中磁感应强度为 B 的匀强磁场中 初速度为零做初速度为零的匀加速直线运动保持静止 初速度平行场线做匀变速直线运动做匀速直线运动 初速度垂直场线做匀变速曲线运动(类平抛运动)做匀速圆周运动 特点受恒力作用，做匀变速运动洛伦兹力不做功，动能不变变式 1 一圆筒的横截面如图所示，其圆心为 O.
7、筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B.圆筒下面有相距为 d 的平行金属板 M、N，其中 M 板带正电荷，N 板带等量负电荷质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子自 M 板边缘的 P 处由静止释放，经 N 板的小孔 S 以速度 v 沿半径 SO 方向射入磁场中，粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从 S 孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：(1)M、N 间电场强度 E 的大小；(2)圆筒的半径 R；(3)保持 M、N 间电场强度 E 不变，仅将 M板向上平移23d，粒子仍从 M 板边缘的 P 处由静止释放粒子自进入圆筒至从 S 孔射出期间，与圆
8、筒的碰撞次数 n.【解析】(1)设两极板间的电压为 U，由动能定理得 qU12mv2 由匀强电场中电势差与电场强度的关系得 UEd 联立上式可得 Emv22qd(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心 O，圆半径为 r，设第一次碰撞点为 A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从 S 孔射出，因此 SA 弧所对圆心角AOS3由几何关系得 rRtan3 粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得 qvBmv2r 联立得 R 3mv3qB (3)保持 M、N 间电场强度 E 不变，M 板向上平移后，设板间电压为，则 UEd3 U3 设粒子进入 S孔时的速度为 v，由UU v2v2
9、，可得 v 33 v 设粒子做圆周运动的半径为 r，r 3mv3qB 设粒子从 S 到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为，比较两式得到 rR，可见 2 粒子须经过 4 段这样的圆弧才能从 S 孔射出，故 n3考点二 带电粒子在复合场中的运动例 2(2015 福建)如图，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.(1)求小滑块运动
10、到 C 点时的速度大小 vC；(2)求小滑块从 A 点运动到 C 点过程中克服摩擦力做的功 Wf；(3)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.关键词语获取信息隐含条件突破口 绝缘粗糙，同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，带正电的小滑块从 A 点由静止开始沿 MN 下滑受重力 mg，电场力 qE，支持力 N 和滑动摩擦力，将加速向下滑动，有了速度之后，将在上述基础上
11、，增加一个水平向左的洛仑兹力速度增大，洛伦兹力增大，支持力减小 达到 C 点时离开 MN，做曲线运动C 点，支持力 N0，摩擦力也为 0水平方向瞬间平衡由 qvcBqE，可求出 vc.克服摩擦力做的功 Wf摩擦力为变力，变化规律不知位移的大小为 h，但不能用 Wffh 直接求 Wf.重力做功已知，动能增加量已知可以间接求Wf.用动能定理求出 Wf.关键词语获取信息隐含条件突破口 D 点为速度最大的位置mg 和 qE 的合力 F斜向右下方，vc 竖直向下，其夹角小于 90，洛伦兹力使 v 顺时针偏转，增大 v 与 F 的夹角F 和 v 夹角小于 90，v 增加，F 和 v 夹角等于 90，v 最
12、大，F 和v 夹角大于 90，v 减小D 点，F 和 vD 夹角为 90 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.mg 和 qE 的合力 F可求，vd 可知和F 垂直，D 到 P 的运动为类似于平抛的运动等效加速度 gFm（qEm）2g2 vpv2d（gt）2，可求 vp.【解析】(1)小滑块沿 MN 运动过程，水平方向受力满足 qvBNqE 小滑块在 C 点离开 MN 时 N0 解得 vCEB(2)由动能定理得 mghWf12mv2C0 解得 WfmghmE22B2 (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
13、抛运动，等效加速度为 g，gqEm2g2 且 v2Pv2Dg2t2 解得 vPv2DqEm2g2 t2【小结】常见的复合场有：电场与重力场的复合，磁场与电场的复合，磁场、电场、重力场的复合等 1带电粒子在复合场中运动问题的处理技巧(1)受力分析：分析带电体受到的重力、电场力、洛伦兹力，区分其中的恒力(重力、匀强电场对带电体的电场力)与变力(点电荷对带电体的电场力、洛伦兹力)，明确带电体受到的恒力的合力特点(如重力与匀强电场对带电体的电场力的合力为零)(2)运动分析 当带电粒子所受合力为零时，将处于静止或匀速直线运动状态 当带电粒子做匀速圆周运动时，合外力提供向心力 当带电粒子所受合力大小与方向
14、均变化时，将做非匀变速曲线运动(3)画出轨迹图(在画图的基础上特别注意运用几何知识寻找关系)(4)巧选力学规律：带电粒子在复合场中的运动问题的分析方法和力学问题的分析方法基本相同，可利用动力学观点、能量观点来分析，不同之处是多了电场力、洛伦兹力 2带电粒子在复合场中的运动情况(1)直线运动：自由的带电粒子(无轨道约束)在复合场中的直线运动是匀速直线运动，除非运动方向沿磁场方向而不受洛伦兹力这是因为电场力和重力都是恒力当速度变化时会引起洛伦兹力的变化，合力也相应的发生变化粒子的运动方向就要改变而做曲线运动在具体题目中，应根据 F 合0进行计算(2)匀速圆周运动：当带电粒子在复合场中，重力与电场力
15、相平衡，粒子运动方向与匀强磁场方向垂直时，带电粒子就做匀速圆周运动此种情况下要同时应用平衡条件和向心力公式来进行分析(3)一般曲线运动：当带电粒子所受合外力是变力，且与初速度方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹不是圆弧，也不是抛物线，一般用动能定理或功能关系计算变式 2x 轴水平向右、y 轴竖直向上，磁场方向垂直 xOy 平面向里，磁感应强度大小为 B1.0 T；电场方向水平向右，电场强度大小为 E 3 N/C.一个质量为 m2.0107 kg，电荷量为q2.0106 C的带正电粒子从 x轴上 P点以速度 v0 射入第象限，恰好在 xOy 平面内做匀速直线运动.0.
16、10 s 后改变电场强度的大小和方向，带电粒子在 xOy 平面内做匀速圆周运动，取g10 m/s2.求：(1)带电粒子在 xOy 平面内做匀速直线运动的速度 v0 的大小和方向；(2)带电粒子在 xOy 平面内做匀速圆周运动时电场强度 E的大小和方向；(3)若带电粒子做匀速圆周运动时恰好未离开第象限，从 x 轴上入射点 P 应满足什么条件【解析】(1)粒子在电场中受力如图所示，重力 mg2.0106 N 电场力 F 电qE2 3106 N 洛伦兹力 F 洛（mg）2F2电4.0106 N 由 F 洛qv0B 得 v02.0 m/s 设 v0 与 x 轴正方向夹角为，则 tan qEmg 3，6
17、0(2)带电粒子在 xOy 平面内做匀速圆周运动时，电场力 F 电必须与重力平衡，洛伦兹力提供向心力：qEmg 解得 E1 N/C，方向竖直向上 (3)如图，带电粒子做匀速圆周运动恰好未离开第象限，圆弧左边与 y 轴相切于 N 点 t0.10 s 内粒子做匀速直线运动 PQv0t0.20 m 之后粒子做匀速圆周运动，则 qv0Bmv20R 解得 R0.20 m 由几何知识得：OPRRsin 60PQcos600.27 m 即 x 轴上入射点 P 离 O 点距离至少为 0.27 m.考点三 复合场在科技中的应用例 3 英国物理学家阿斯顿首次制成了质谱仪，并用它确定了同位素的普遍存在若两种带电粒子
18、 a、b(不计重力)由 S1 射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列说法中正确的是()A两种粒子都带负电B金属板 P1、P2 间电场方向水平向左Cb 粒子的速度大于 a 粒子的速度Da 粒子的比荷大于 b 粒子的比荷【解析】由左手定则可知，两种粒子都带正电，选项 A 错误；在金属板 P1、P2 间，由 S1 到S2 洛伦兹力向左，故电场力向右，选项 B 错误；因为经过速度选择器的粒子的速度都满足 qvBEq，故两种粒子的速度相同，选项 C 错误；根据RmvqB可知，b 的运动半径大于 a，故 a 粒子的比荷大于 b 粒子的比荷，选项 D 正确【答案】D【小结】带电粒子在电场、磁场中的运动与现代
19、科技密切相关，应重视以科学技术的具体问题为背景的考题涉及带电粒子在复合场中运动的科技应用主要是粒子速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、质谱仪、霍尔效应等，对应原理如下：装置原理图规律 速度选 择器若 qv0BEq，即 v0EB，粒子做匀速直线运动 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，两极电压为 U 时稳定，qUd qvB，UBdv 霍尔 元件UhqqvB 所以 UvBh 电磁流 量计UDqqvB，所以 v UDB所以流量 QvSUD4B 质谱仪电子经 U 加速，从 A 孔入射经偏转打到 P 点，eU12mv20，得v02eUm.APd2r2mv0eB 2meB2e
20、Um 比荷 em 8UB2d2 回旋 加速器两 D 形盒分别接频率为 f qB2m的高频交流电源两极，带电粒子在窄缝间电场加速，在 D 形盒内偏转变式 3 两块面积为 S 的平行板，彼此相距 l，板间通入已电离的气流，气流速度为 v，两板间存在一磁感应强度为 B 的磁场，磁场方向与气流垂直，如图所示把两板与外电阻 R 连接起来，在磁场力作用下，气流中的正、负离子分别向两板移动形成电流，这个装置就是磁流体发电机设气体的导电率(电阻率的倒数)为，求流过外电阻 R 的电流强度【解析】由闭合电路欧姆定律得 I ERrBlvR lS BlvSRSl.一、选择题：1 题为单选，2 题为多选1如图所示为“滤
21、速器”装置示意图a、b 为水平放置的平行金属板，其电容为 C，板间距离为 d，平行板内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B.a、b 板带上等量异种电荷，可在平行板间产生匀强电场，且电场方向和磁场方向互相垂直一带电粒子以速度v0 经小孔 O 进入正交电磁场可沿直线 OO运动，由O射出，粒子所受重力不计，则 a 板所带电荷量情况是()A带正电，其电荷量为Cv0BdB带负电，其电荷量为Bdv0CC带正电，其电荷量为 CBdv0D带负电，其电荷量为Bv0CC【解析】根据题目意思所谓“滤速器”实际上就是速度选择器，即当电荷在洛伦兹力作用下偏转，使得 ab 两板带上电荷，从而形成附加电场，当粒子所
22、受电场力和洛伦兹力相等，粒子便不再偏转，即 Bv0qqUd，根据电容器公式则 QCU，QCBdv0，假设粒子带负电，则在洛伦兹力作用下向下偏转，则附加电场向下，负电荷所受电场力向上，因此可以平衡若假设粒子带正电，则在洛伦兹力作用下向上偏转，则附加电场向下，负电荷所受电场力向下，因此也可以平衡，所以粒子电性并不能判断综合以上因素，C 正确2竖直放置的固定绝缘光滑轨道由半径分别为 R 的14圆周 MN 和半径为 r的半圆周NP拼接而成，R2r(两段圆弧相切于N点)，小球带正电，质量为 m，电荷量为 q.已知将小球由M 点静止释放后，它刚好能通过 P 点，不计空气阻力下列说法正确的是()A若加竖直向
23、上的匀强电场 E(Eqmg)，则小球能通过 P 点B若加竖直向下的匀强电场，则小球不能通过 P 点C若加垂直纸面向里的匀强磁场，则小球不能通过P 点D若加垂直纸面向外的匀强磁场，则小球不能通过P 点AC【解析】由 M 到 P，根据动能定理和牛顿第二定律，无电场和磁场时满足：mg(R2r)12mv21，在 P 点 mgmv21r，可得 R52r，即 MP 之间的高度差为r2.若加竖直向上的电场，电场力向上，(mgqE)r212mv22，即 mgqEmv22r，重力与电场力的合力提供向心力，小球对轨道没有压力，恰好通过 P 点，故 A 正确 若加竖直向下的电场，电场力向下，(mgqE)r212mv
24、23，即 mgqEmv23r 重力与电场力的合力提供向心力，小球对轨道没有压力，恰好通过 P 点，故B 错误 加磁场时，小球受洛伦兹力，洛仑兹力不做功，由 M 到 P，mgr212mv23.在 P 点对小球受力分析，取向下为正方向若磁场向里，洛伦兹力 f 向下假设小球能通过 P 点，有 mgfNmv23r，解得轨道对小球的弹力 Nf0)，速度选择器内部存在着相互垂直的场强大小为 E0的匀强电场和磁感应强度大小为 B0 的匀强磁场，照相底片 D 与狭缝 S1、S2的连线平行且距离为 L，忽略重力的影响(1)求从狭缝 S2 射出的离子速度 v0 的大小；(2)若打在照相底片上的离子在偏转电场中沿速
25、度 v0 方向飞行的距离为 x，求出 x 与离子质量m 之间的关系式(用 E0、B0、E、q、m、L 表示)【解析】(1)能从速度选择器射出的离子满足 qE0qv0B0 v0E0B0(2)离子进入匀强偏转电场 E 后做类平抛运动，则 xv0t L12at2 由牛顿第二定律得 qEma 由解得 xE0B02mLqE.4在平面直角坐标系 xOy 中，第象取存在沿 y 轴负方向的匀强电场，第象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为 B.一质量为 m、电荷量为 q 的带正电的粒子从 y 轴正半轴上的 M 点以速度 v0 垂直于 y轴射入电场，经 x 轴上的 N 点与 x 轴正方向成 60角射
26、入磁场，最后从 y 轴负半轴上的 P 点垂直于 y 轴射出磁场，如图所示不计粒子重力，求：(1)M、N 两点间的电势差 UMN；(2)粒子在磁场中运动的轨道半径 r；(3)粒子从 M 点运动到 P 点的总时间 t.【解析】(1)设粒子过 N 点的速度为 v，有v0v cos v2v0 粒子从 M 点到 N 点的过程，有 qUMN12mv212mv20，UMN3mv202q (2)粒子在磁场中以 O 为圆心做匀速圆周运动，半径为 ON，有：qvBmv2r 得：r2mv0qB (3)由几何关系得：ON rsin 设粒子在电场中运动的时间为 t1，ON v0t1t1 3mqB 粒子在磁场中做匀速圆周
27、运动的周期T2mqB 设粒子在磁场中运动的时间为 t2，有 t22 T，所以 t22m3qBtt1t2 解得：t（3 32）m3qB一、选择题：15 题为单选，69 题为多选1关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是()A安培力的方向可以不垂直于直导线B安培力的方向总是垂直于磁场的方向C安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半B【解析】通电直导线在匀强磁场中所受安培力的方向由左手定则判断，安培力的大小由 FBILsin 计算 安培力的方向始终与电流方向和磁场方向垂直，选项 A 错误，选项 B 正确；由 FBILsin
28、可知，安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角有关，选项 C 错误；将直导线从中点折成直角时，因磁场与导线的夹角未知，则安培力的大小不能确定，选项 D 错误2英国物理学家狄拉克曾经预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，其周围磁感线呈均匀辐射状分布，距离它 r 处的磁感应强度大小为 Bkr2(k 为常数)，其磁场分布与点电荷的电场分布相似现假设某磁单极子 S 固定，一带电小球分别在 S 极附近做匀速圆周运动下列小球可以沿图示方向做匀速圆周运动的有(箭头表示小球在纸面外侧轨迹的运动方向)()A【解析】带电小球做匀速圆周运动的向心力应由它所受的重力和洛伦兹力的合力提供，经分析，只有 A 才有可
29、能选 A.3如图所示，套在很长的绝缘直棒上的小球，质量为 1.0104 kg，带4.0104 C 的正电荷，小球在棒上可以滑动，将此棒竖直放置在沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中，匀强电场的电场强度 E10 N/C，方向水平向右，匀强磁场的磁感应强度 B0.5 T，方向为垂直于纸面向里，小球与棒间的动摩擦因数为 0.2(设小球在运动过程中所带电荷量保持不变，g 取 10 m/s2)()A小球由静止沿棒竖直下落的最大加速度为10 m/s2B小球由静止沿棒竖直下落最大速度 2 m/sC若磁场的方向反向，其余条件不变，小球由静止沿棒竖直下落的最大加速度为 5 m/s2D若磁场的方向反向，其余条件不变，
30、小球由静止沿棒竖直下落的最大速度为 45 m/sD【解析】小球下滑过程受到重力，向右的洛伦兹力，向右的电场力，向左的弹力，向上的摩擦力；开始小球向下做加速运动时，速度增大，洛伦兹力增大，小球所受杆的弹力大小为 FNqEqvB，FN 随着 v的增大而增大，滑动摩擦力 fFN 也增大，由牛顿第二定律 F 合mgfma，加速度 a 减小；故 v0 时，加速度最大为 amgqEm2 m/s2，故选项 A 错误当加速度等于零时，即重力等于摩擦力，此时小环速度达到最大，则有 mg(qEqvmB)，解得 vmmgqEqB5 m/s，故选项 B 错误当磁场反向时，洛伦兹力反向，FNqEqvB，FN 随着 v
31、的增大而减小，摩擦力不断减小，当 f0 时，加速度最大为 g10 m/s2，故选项 C 错误当磁场反向时，加速度 a 先增大到最大值 g10 m/s2 当速度增大到一定程度，小球所受杆的弹力方向改变大小 FNqvBqE，FN 随 v 的增大而增大，加速度减小，当 a0 时速度最大，即mg(qvmBqE)，解得 vmmgqEqB45 m/s，选项 D 正确4如图所示，P、Q 为相距较近的一对平行金属板，间距为 2d，OO为两板间的中线一束相同的带电粒子，以初速度 v0 从 O 点射入 P、Q 间，v0 的方向与两板平行如果在 P、Q 间加上方向竖直向上、大小为 E 的匀强电场，则粒子束恰好从 P
32、 板右端的 a 点射出；如果在 P、Q 间加上方向垂直纸面向外、大小为 B 的匀强磁场，则粒子束将恰好从 Q 板右端的 b 点射出不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，如果同时加上上述的电场和磁场，粒子仍能从两板间射出，则()A粒子束将沿直线 OO运动B粒子束将沿曲线运动，射出点位于 O点上方C粒子束将沿曲线运动，射出点位于 O点下方D粒子束可能沿曲线运动，但射出点一定位于 O点B【解析】设板长为 L，加上电场后，粒子做类平抛运动，则：Lv0t，d12at2，aEqm，可得E2mdv20qL2；加磁场后，在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知，(Rd)2L2R2，又因为qv0Bmv20R 可得
33、，磁感强度 B2mdv0q（d2L2），因此当加上电场和磁场时，由于 EqBqv0，因此粒子向上偏转，做曲线运动，从 O点上方射出，B正确，ACD 错误5如图所示，电源电动势为 E，内阻为 r，滑动变阻器最大阻值为 R，G 为灵敏电流计，开关闭合，两平行金属板 M、N 之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，一带正电的粒子恰好以速度 v匀速穿过两板，不计粒子重力以下说法中正确的是()A保持开关闭合，滑片 P 向上移动，粒子可能从 M 板边缘射出B保持开关闭合，滑片 P 的位置不动，将 N板向下移动，粒子可能从 M 板边缘射出C将开关断开，粒子将继续沿直线匀速射出D在上述三个选项的变化中，灵敏电流计 G
34、指针均不发生偏转B【解析】保持开关闭合，电容器电压等于滑动变阻器电压，上极板与电源正极相连带正电，下极板与电源负极相连带负电一带正电的粒子恰好以速度 v 穿过两极板，受到洛伦兹力向上，电场力向下滑片 P 向上移动，滑动变阻器接入电路中的阻值变大，电压变大，电容器带电量变大，G的指针偏转电容器中间的匀强电场 EUd变大，电场力变大，粒子向下偏，可能从 N 板边缘射出选项 A 错滑片 P 的位置不动，则电压不变，将 N 板向下移动使得间距 d 变大，电容器带电量减小，G 指针偏转，电场强度变小电场力变小，粒子向上偏，可能从 M 板边缘射出选项 B 对将开关断开，电容器上下极板电荷通过电阻 R 相互
35、中和而放电，选项 D 错放电结束电压变为 0，则只受洛伦兹力不能沿直线匀速通过，选项 C 错6如图所示，空间存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场一带电粒子在电场力和洛伦兹力的共同作用下，从静止开始自 a 点沿曲线acb 运动，到 b 点时速度刚好为零c 点是轨迹的最低点，不计粒子的重力下列说法正确的是()A粒子带负电Ba 点和 b 点位于同一高度C粒子经过 c 点时速度最大D粒子到 b 点后，将沿原轨迹返回 a 点BC【解析】带电粒子从静止开始自 a 点沿曲线 ac 运动，由轨迹向上弯曲知洛伦兹力斜向右上方，再由左手定则判定粒子带正电，A 选项错误；从静止开始自 a 点沿曲线 ac
36、b 运动，到 b 点时速度刚好为零，由动能定理得 qEh0，得 h0，a 点和b 点位于同一高度，故 B 选项正确；粒子经过 c点时粒子下落的高度最大，qEhm12mv2，粒子经c 点时速度最大，故 C 选项正确；粒子到 b 点后，将继续向右与 acb 的轨迹相同的运动，不会沿原轨迹返回 a 点，故 D 选项错误7如图所示，在匀强磁场中，磁感应强度B12B2，当不计重力的带电粒子从 B1 磁场区域运动到 B2 磁场区域时，粒子的()A速率将加倍B轨迹半径加倍C周期将加倍D做圆周运动的角速度将加倍BC【解析】因为洛伦兹力不做功，所以粒子速率不会改变 据 rmvqB，B 减半，r 加倍；据 T2m
37、qB，B减半，T 加倍 而 2T，T 加倍，减半选项 B、C 正确8如图，为探讨霍尔效应，取一块长度为 a、宽度为 b、厚度为 d 的金属导体，給金属导体加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()AM 板比 N 板电势高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 UBdD导体单位体积内的自由电子数为 BIeUbCD【解析】由左手定则可知自由电子偏向 M 板，故 M 板比 N 板电势低，选项 A 错误；根据 qUdBqv，可知 UBdv，又
38、 IneSv，Sbd，则 U BIneb，电流不变时 U 与 n 成反比，选项 B 错误；根据 qUdBqv，导体中自由电子定向移动的速度为 v UdB，选项 C 正确；由 IneSv，可知 n IeSvIebd UBd，选项 D 正确；故选 CD.9回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的 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以忽略不计磁感应强度为 B的匀强磁场与盒面垂直A 处粒子源产生质量为m、电荷量为q 的粒子，在加速电压为 U 的加速电场中被加速所加磁场的磁感应强度、加速电场的频率可调，磁场的磁感应强度最大值为 Bm和加速电场频率的最大值 fm.则下列说法
39、正确的是()A粒子第 n 次和第 n1 次半径之比总是n1 nB粒子从静止开始加速到出口处所需的时间为 t BR22UC若 fm qBm2 m，则粒子获得的最大动能为 Ekm（qBmR）22mBCD【解析】在电场中加速过程中，根据动能定理可得12mv2nUq，解得粒子第 n 次和第 n1 次获得的速度之比为 n n1，根据公式 rmvBq可得粒子第 n 次和第 n1 次半径之比为 n n1，A 错误；根据动能定理12mv2nUq，牛顿第二定律 qvBmv2R，可得 nB2R2q2Um，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计，则时间为粒子在磁场中运动的时间，磁场中运动的周期 T2mBq
40、，则 tn2TBR22U，B 正确；电场频率可以从 0 调到 fm，带电粒子运动的频率由磁感应强度 B 决定，可由 0 变到 qBm2m，只有电场频率和粒子运动频率相等，加速器才能工作若 fm qBm2m；则实验加速的最大频率只能取qBm2m.Ekm（BmqR）22m，D 对；若 fm qBm2m，则实际加速的最大频率只能取 fm，Ekm22mf2mR2，C对二、计算题10如图所示，两块水平放置、相距为 d 的长金属板接在电压可调的电源上两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为 m、水平速度均为 v0、带相等电荷量的墨滴调节电
41、源电压至 U，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的 M 点已知重力加速度为 g.(1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；(2)求磁感应强度 B 的值【解析】(1)墨滴在电场区域做匀速直线运动，有 qUdmg 由式得：qmgdU 由于电场方向向下，墨滴所受电场力方向向上，可知：墨滴带负电荷 由式得 Bv0Ugd2.(2)墨滴垂直进入电场、磁场共存区域后，重力仍与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，墨滴做匀速圆周运动，有 qv0Bmv20R 考虑墨滴进入电场、磁场共存区域和下板的几何关系，可知墨滴在该区域恰完成四分之一圆周运动，则半径 Rd 11
42、如图甲中所示，M、N 为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为 d，两板中央各有一个小孔O、O且正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示有一束正离子在 t0 时垂直于 M 板从小孔 O 射入磁场已知正离子质量为 m、带电荷量为 q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为 T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力求：(1)磁感应强度 B0 的大小；(2)要使正离子从 O孔垂直于 N 板射出磁场，正离子射入磁场时的速度 v0 的可能值【解析】设垂直纸面向里的磁场方向为正方向(1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力B0qv0mv
43、20R 做匀速圆周运动的周期 T02Rv0 联立两式得磁感应强度 B02mqT0.(2)要使正离子从 O孔垂直于 N 板射出磁场，v0 的方向应如右图所示，两板之间正离子只运动一个周期即 T0 时，有 Rd4，当两板之间正离子运动 n 个周期即 nT0 时，有 R d4n(n1，2，3)联立求解，得正离子的速度的可能值为 v0B0qRm d2nT0(n1，2，3)12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(xy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
44、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】根据带电粒子在匀强磁场和匀强电场中的运动规律解题(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 qv0Bmv20R0 由题给条件和几何关系可知 R0d 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
45、得 Eqmax vxaxt vx2 td 由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有 tanvxv0 联立式得EB12v0tan2 (2)联立式得 t2dv0tan.13如图所示，竖直平面 xOy 内存在水平向右的匀强电场，电场强度大小 E10 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 B0.5 T，一带电量 q0.2 C、质量 m0.4 kg 的小球由长 l0.4 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 取 10 m/s2.求：(1)小球运动到 O 点时的速度大小；(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：12mv2mglqEl 则小球在 O 点速度为：v2l（gqEm）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：TmgF 洛mv2l F 洛Bvq 由、得：TmgBvqmv2l 8.2 N (3)绳断后，小球水平方向加速度 axF电mEqm5 m/s2 小球从 O 点运动至 N 点所用时间 tvax 2（2）5s0.8 s ON 间距离 h12gt23.2 m
