1、带电粒子在复合场中的运动(建议用时40分钟)1如图所示的坐标系中，第一象限存在与y轴平行的匀强电场，方向沿y轴负方向，第二象限存在垂直纸面向里的匀强磁场。P、Q两点在x轴上，Q点横坐标是C点纵坐标的2倍。一带电粒子(不计重力)若从C点以垂直于y轴的速度v0向右射入第一象限，恰好经过Q点。若该粒子从C点以垂直于y轴的速度v0向左射入第二象限，恰好经过P点，经过P点时，速度方向与x轴正方向成90角，则电场强度E与磁感应强度B的比值为()Av0 Bv0 Cv0 Dv0【解析】选B。画出粒子运动轨迹如图所示，O点为粒子在磁场中运动轨迹的圆心；则POC90，粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，OCr，粒子
2、在电场中做类平抛运动，有：OQ2OC2r，粒子在电场中运动的时间为t，OCat2t2，联立解得EBv0，故EB，故B正确，A、C、D错误。2如图所示，在xOy平面内，匀强电场的方向沿x轴正向，匀强磁场的方向垂直于xOy平面向里。一电子在xOy平面内运动时，速度方向保持不变。则电子的运动方向沿()A.x轴正向 Bx轴负向Cy轴正向 Dy轴负向【解析】选C。电子受电场力方向一定水平向左，所以需要受向右的洛伦兹力才能做匀速运动，根据左手定则进行判断可得电子应沿y轴正向运动，则C正确，A、B、D错误。【加固训练】如图所示，一束粒子(不计重力，初速度可忽略)缓慢通过小孔O1进入极板间电压为U的水平加速电
3、场区域，再通过小孔O2射入相互正交的恒定匀强电场、磁场区域，其中磁场的方向如图所示，收集室的小孔O3与O1、O2在同一条水平线上。则()A.该装置可筛选出具有特定质量的粒子B.该装置可筛选出具有特定电量的粒子C.该装置可筛选出具有特定速度的粒子D.该装置可筛选出具有特定动能的粒子【解析】选C。粒子要想无偏转地通过区域，进入收集室的小孔O3，需要满足qE=qvB，即粒子的速度v=，C正确。3电磁流量计是一种测量导电液体流量的装置(单位时间内通过某一截面的液体体积，称为流量)，其结构如图所示，上、下两个面M、N为导体材料，前后两个面为绝缘材料。流量计的长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，在
4、垂直于前、后表面向里的方向加磁感应强度为B的匀强磁场，某次测量中，与上下两个面M、N相连的电压表示数为U，则管道内液体的流量为()A.c Bb CUBc DUBb【解析】选B。导电液体通过电磁流量计，相当于带电粒子直线通过装置区域，由qqBv，解得v。管道内液体的流量Qbcvb，则B正确，A、C、D错误。【加固训练】电磁泵在目前的生产、科技中得到了广泛应用。如图所示，泵体是一个长方体，ab边长为L1，两侧端面是边长为L2的正方形；流经泵体内的液体密度为，在泵头通入导电剂后液体的电导率为(电阻率倒数)，泵体处有方向垂直向外的磁场B，泵体的上下两表面接在电压为U(内阻不计)的电源上，则()A.泵体
5、上表面应接电源负极B.通过泵体的电流I=C.增大磁感应强度可获得更大的抽液高度D.增大液体的电阻率可获得更大的抽液高度【解析】选C。当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向左，拉动液体，故A错误；根据电阻定律，泵体内液体的电阻R=，因此流过泵体的电流I=UL1，故B错误；增大磁感应强度B，受到的磁场力变大，因此可获得更大的抽液高度，故C正确；若增大液体的电阻率，可以使电流减小，受到的磁场力减小，使抽液高度减小，故D错误。4.地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带电油滴沿着一条与竖直方向成角的直线MN运动，如图所示，由此
6、可以判断()A油滴一定做匀速运动B油滴一定做匀变速运动C油滴带正电，且它是从N点运动到M点D油滴带负电，且它是从N点运动到M点【解析】选A。由于电场对电荷的作用力与电荷的运动速度无关，又因为是在匀强电场中，所以油滴受到的电场力和重力都不变，油滴沿着一条与竖直方向成角的直线MN运动，所以磁场对油滴的作用力也不变，所以油滴一定做匀速运动，A正确、B错误；油滴可以带正电荷，从M运动到N时磁场力斜向上，可以满足油滴受到的合力为零的平衡条件，所以选项C、D错。【题后反思】本题的关键是要搞清楚做直线运动的条件是合外力与速度方向在一条直线上，做匀速运动的条件是合外力为零，做匀变速直线运动的条件是合外力恒定。
7、5. (多选)如图所示，a、b是一对平行金属板，分别接到直流电源的两极上，使a、b两板间产生匀强电场(场强大小为E)，右边有一块挡板，正中间开有一小孔d，在较大空间范围内存在着匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。从两板左侧中点c处射入一束正离子(不计重力)，这些正离子都沿直线运动到右侧，从d孔射出后分成三束，则下列判断正确的是()A这三束正离子的速度一定不相同B这三束正离子的比荷一定不相同Ca、b两板间的匀强电场方向一定由a指向bD若这三束离子改为带负电而其他条件不变，则仍能从d孔射出【解析】选B、C、D。因为三束正离子在两极板间都是沿直线运动的，电场力等于洛伦兹力，可以判断三束正
8、离子的速度一定相同，且电场方向一定由a指向b，A错误，C正确；在右侧磁场中三束正离子运动轨迹半径不同，可知这三束正离子的比荷一定不相同，B正确；若将这三束离子改为带负电，而其他条件不变的情况下分析受力可知，三束离子在两板间仍做匀速直线运动，仍能从d孔射出，D正确。6(创新题)(多选)如图甲所示的磁流体发电是一项新兴技术。其原理如图乙所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场，图中虚线框部分相当于发电机，把两个极板与用电器相连，则()A.用电器中的电流方向从B到AB用电器中的电流方向从A到BC若只增大带电粒子电荷量，发电机的电动势增大D若
9、只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大【解析】选B、D。首先对等离子体进行动态分析：开始时由左手定则判断正离子所受洛伦兹力方向向上(负离子所受洛伦兹力方向向下)，则正离子向上板聚集，负离子向下板聚集，两板间产生了电势差，即金属板变为一电源，且上板为正极、下板为负极，所以通过用电器的电流方向从A到B，选项A错误，选项B正确；此后的正离子除受到向上的洛伦兹力f外还受到向下的电场力F，最终两力达到平衡，即最终等离子体将匀速通过磁场区域，因fqvB，Fq，则：qvBq，解得E电动势Bdv，所以电动势与速度v及磁感应强度B成正比，与带电粒子的电荷量无关，选项C错误，选项D正确。7.如图所示，水平放置的
10、平行板电容器上极板带正电，下极板带负电，两板间存在场强为E的匀强电场和垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场。现有大量带电粒子沿中线OO射入，所有粒子都恰好沿OO做直线运动。若仅将与极板垂直的虚线MN右侧的磁场去掉，则其中比荷为的粒子恰好自下极板的右边缘P点离开电容器。已知电容器两极板间的距离为，带电粒子的重力不计。(1)求下极板上N、P两点间的距离；(2)若仅将虚线MN右侧的电场去掉，保留磁场，另一种比荷的粒子也恰好自P点离开，求这种粒子的比荷。【解题指导】解答本题应注意以下两点：(1)粒子都恰好沿OO做直线运动，电场力等于洛伦兹力。(2)仅将虚线MN右侧的电场去掉后，粒子在MN右侧的匀强磁
11、场中做匀速圆周运动。【解析】(1)粒子从O点到虚线MN的过程中做匀速直线运动，则有qEqvB，则粒子运动到MN时的速度大小v，仅将MN右侧磁场去掉，粒子在MN右侧的匀强电场中做类平抛运动，沿电场方向有t2，垂直于电场方向xvt，解得下极板上N、P两点间的距离x。(2)仅将虚线MN右侧的电场去掉，粒子在MN右侧的匀强磁场中做匀速圆周运动，设经过P点的粒子的比荷为，其做匀速圆周运动的半径为R，由几何关系得R2x2(R)2，解得R，又qvB，解得比荷。答案：(1)(2) 8(多选)(2021昆明模拟)如图所示，电荷量相等的两种离子氖20和氖22从容器A下方的狭缝S1飘入(初速度为零)电场区，经电场加
12、速后通过狭缝S2、S3垂直于磁场边界MN射入匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，离子经磁场偏转后发生分离，最终到达照相底片D上。不考虑离子间的相互作用，则()A电场力对每个氖20和氖22做的功相等B氖22进入磁场时的速度较大C氖22在磁场中运动的半径较小D若加速电压发生波动，两种离子打在照相底片上的位置可能重叠【解析】选A、D。根据电场力做功公式WqU，氖20和氖22的电荷量相同，加速电场电压相同，所以做的功相同，A正确；在加速电场中，根据动能定理有qUmv2，由于氖20的质量小于氖22的质量，所以氖20的速度大于氖22的速度，B错误；在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，可得qvBm，解得R，根据动
13、能和动量的关系有mv。综上可判断，q、B和Ek相同，由于氖22的质量大，所以氖22的半径也大，C错误；在加速电场中，根据动能定理有qUmv2，在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，可得qvBm，联立可得R。对于同位素，加速电压相同时，质量越大，做圆周运动的半径越大；对同种离子，加速电压越大，其做圆周运动的半径越大；若电压发生波动，则氖20和氖22做圆周运动的半径在一定的范围内变化，所以氖20在电压较高时的半径可能和氖22在电压较低时的半径相等，两种离子打在照相底片上的位置就重叠，所以D正确。9(多选)图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并
14、分别与高频电源相连。带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列说法中正确的是()A.在Ekt图中应有t4t3t3t2t2t1B高频电源的变化周期应该等于tntn2C要使粒子获得的最大动能增大，可以增大电源电压D在磁感应强度B、D形盒半径、粒子的质量m及其电荷量q不变的情况下，粒子的加速次数越多，粒子的最大动能一定越大【解析】选A、B。洛伦兹力提供向心力，有qvBm，解得r，故周期T，与速度无关，故t4t3t3t2t2t1，故A正确；交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，故高频电源的变化周期应该等于tntn2，故B正确；当粒子从
15、D形盒中出来时，速度最大，此时运动的半径等于D形盒的半径，最大动能Ekmv2，可知最大动能与加速器的半径、磁感应强度以及电荷的电荷量和质量有关，与加速电压等其他因素无关，故C、D错误。10. (创新题)(多选)如图所示，竖直放置的两块很大的平行金属板a、b，相距为d，ab间的电场强度为E，今有一带正电的微粒从a板下边缘以初速度v0竖直向上射入电场，当它飞到b板时，速度大小不变，而方向变为水平方向，且刚好从高度也为d的狭缝穿过b板而进入bc区域，bc区域的宽度也为d，所加电场强度大小为E，方向竖直向上，磁感应强度方向垂直纸面向里，磁场磁感应强度大小等于，重力加速度为g，则下列关于粒子运动的有关说
16、法正确的是()A粒子在ab区域的运动时间为B粒子在bc区域中做匀速圆周运动，圆周半径r2dC粒子在bc区域中做匀速圆周运动，运动时间为D粒子在ab、bc区域中运动的总时间为【解析】选A、B、D。粒子在ab区域，竖直方向上做匀减速运动，由v0gt得t，故A正确；水平方向上做匀加速运动，ag，则qEmg，进入bc区域，电场力大小未变方向竖直向上，电场力与重力平衡，粒子做匀速圆周运动，由qv0B，得r，代入数据得r，又v2gd，故r2d，故B正确；在bc区域，粒子运动轨迹所对圆心角为，sin ，运动时间：t，故C错误；粒子在ab区域的运动时间也可以表示为：t，故总时间t总，故D正确。11(创新题)如
17、图甲所示的质谱仪，是由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图乙。左侧静电分析器中有方向指向圆心O、与O点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零。离子源发出两种速度均为v0、电荷量均为q、质量分别为m和0.5m的正离子束，从M点垂直该点电场方向进入静电分析器。在静电分析器中，质量为m的离子沿半径为r0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N点水平射出，而质量为0.5m的离子恰好从ON连线的中点P与水平方向成角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界
18、的探测板上，其中质量为m的离子打在O点正下方的Q点。已知OP0.5r0，OQr0，N、P两点间的电势差UNP，cos ，不计重力和离子间相互作用。(1)求静电分析器中半径为r0处的电场强度E0和磁分析器中的磁感应强度B的大小；(2)求质量为0.5m的离子到达探测板上的位置与O点的距离l(用r0表示)；(3)若磁感应强度在(BB)到(BB)之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m和0.5m的两束离子，求的最大值。【解析】(1)径向电场力提供向心力：E0qmE0，进入磁分析器后，离子做匀速圆周运动，由Bv0qm得出B(2)由动能定理：0.5mv20.5mvqUNPvv0rr0l2r cos 0.5
19、r0解得l1.5r0(3)若要在探测板上恰好能完全分辨出两束离子，质量为m的离子打在探测板上的最远位置和质量为0.5m的离子打在探测板上的最近位置恰好重合，设质量为m的离子最大半径为r1，则r1，设质量为0.5m的离子最小半径为r2，则r2，二者重合时有2r12r2cos ，解得最大值为412%。答案：(1)(2)1.5r0(3)12%【加固训练】如图所示，在平面直角坐标系中，AO是xOy的角平分线，x轴上方存在水平向左的匀强电场，下方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，两电场的电场强度大小相等。一质量为m、电荷量为+q的质点从OA上的M点由静止释放，质点恰能沿AO运动且通过O点进
20、入x轴下方区域，经偏转后从x轴上的C点进入第一象限内并击中AO上的D点(C点、D点图中均未标出)。已知OM=20 m，匀强磁场的磁感应强度大小为B=，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)两匀强电场的电场强度E的大小；(2)OD的长L；(3)质点从M点出发到击中D点所经历的时间t。【解析】(1)质点在第一象限沿AO做匀加速直线运动，有mg=qE即E=。(2)质点在x轴下方，重力与电场力平衡，质点做匀速圆周运动，从C点进入第一象限后做类平抛运动，其轨迹如图所示，沿AO做匀加速直线运动，由运动学规律可知v2=2ax因为a=gv=20m/s洛伦兹力提供向心力Bqv=m解得R=10 m垂直OM方向R=vt3解得t3=0.5 s沿OM方向R-L=a解得L=m。(3)质点做匀加速直线运动过程x=a解得t1=2 s质点做匀速圆周运动有t2=质点从M点出发到击中D点的时间t=t1+t2+t3=(2.5+) s。答案：(1) (2) (3)(2.5+) s