資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
專題提升Ⅴ 帶電粒子在疊加場中的運動
目錄
模塊一 知己知彼 1
模塊二 知識掌握 2
知識點一　疊加場 2
知識點二　帶電粒子在交變電、磁場中的運動 5
模塊三 鞏固提高 7
模塊一 知己知彼
考點分布 命題趨勢
1、掌握帶電粒子在疊加場中常見的兩種運動情景. 2、會分析其受力情況和運動情況，能正確運用物理規律解決問題． 3、通過知識應用的實例，感受物理中科學技術與社會的緊密聯系，體會科學知識的應用價值，進一步增強學生的學習動力和科學意識。 高考對本講內容的考查呈現“三高”的特點:一是高頻率,即各地高考對本講內容的考查都保持在較高頻次，多次考查;二是高覆蓋率,即涉及的知識點眾多,涉及的題型全,選擇題、計算題均有;三是高難度,即平均難度大、分值點比較大，是分層拉分的重要模塊
模塊二 知識掌握
知識點一　疊加場
【重難詮釋】
疊加場：電場、磁場、重力場疊加，或其中某兩場疊加．
1．是否考慮粒子重力
(1)對于微觀粒子，如電子、質子、離子等，因為一般情況下其重力與靜電力或洛倫茲力相比太小，可以忽略；而對于一些宏觀物體，如帶電小球、液滴、塵埃等一般應當考慮其重力．
(2)在題目中有明確說明是否要考慮重力的，按題目要求處理．
(3)不能直接判斷是否要考慮重力的，在進行受力分析與運動分析時，要結合運動狀態確定是否考慮重力．
2．處理帶電粒子在疊加場中的運動的基本思路
（2023 湖北模擬）如圖所示，空間存在著勻強磁場和勻強電場，磁場的方向垂直紙面（xOy平面）向外，電場的方向沿y軸正方向。一質量為m、電荷量為q的帶電粒子在電場和磁場的作用下，從坐標原點O由靜止開始運動（其軌跡如圖所示）。已知磁感應強度的大小為B，電場強度大小為E，不計粒子的重力，下列說法正確的是（　　）
A．粒子帶負電
B．粒子運動軌跡是拋物線
C．粒子距離x軸的最大距離為
D．粒子運動過程中的最大速度為
（2023 重慶模擬）如圖所示，場強為E的勻強電場方向豎直向下，磁感應強度為B的勻強磁場垂直電場向外，帶電量為q的小球（視為質點）獲得某一垂直磁場水平向右的初速度，正好做勻速圓周運動，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．小球必須帶正電
B．小球的質量為
C．小球做勻速圓周運動的周期為
D．若僅把電場的方向改成豎直向上，小球正好做勻速直線運動，則其速度為
（2023 海淀區校級模擬）空間同時存在勻強電場和勻強磁場。勻強電場的方向沿y軸正方向，場強大小為E；磁場方向垂直紙面向外。質量為m、電荷量為+q的粒子（重力不計）從坐標原點O由靜止釋放，釋放后，粒子恰能沿圖中的曲線運動。已知該曲線的最高點P的縱坐標為h，曲線在P點附近的一小部分，可以看作是半徑為2h的圓周上的一小段圓弧。則（　　）
A．粒子在y軸方向做勻加速運動
B．粒子在最高點P的速度大小為
C．磁場的磁感應強度大小為
D．粒子經過時間π運動到最高點
（2023 黃陂區校級模擬）如圖甲所示，已知車輪邊緣上一質點P的軌跡可看成質點P相對圓心O做速率為v的勻速圓周運動，同時圓心O向右相對地面以速率v做勻速運動形成的，該軌跡稱為圓滾線。如圖乙所示，空間存在豎直向下的大小為E勻強電場和水平方向（垂直紙面向里）大小為B的勻強磁場，已知一質量為m電量大小為q的正離子在電場力和洛倫茲力共同作用下，從靜止開始自A點沿曲線ACB運動（該曲線屬于圓滾線），到達B點時速度為零，C點為運動的最低點。不計重力，試求：
（1）若要求粒子從A點以最短路徑到達B點，在A點給粒子的速度v大小和方向；
（2）粒子從A點靜止釋放運動到B點的時間t及A、B兩點間的距離L；
（3）粒子從A點靜止釋放運動到C點的速度大小vC及C點離A點的豎直高度h。
（2023春 和平區校級月考）控制帶電粒子的運動在現代科學技術、生產生活、儀器電器等方面有廣泛的應用。如圖，以豎直向上為y軸正方向建立直角坐標系，該真空中存在方向沿x軸正方向、電場強度大小的勻強電場和方向垂直xOy平面向外、磁感應強度大小B＝0.5T的勻強磁場。原點O處的粒子源連續不斷地發射速度大小和方向一定、質量m＝1×10﹣6kg、電荷量q＝2×10﹣6C的帶負電的粒子束，粒子恰能在xOy平面內做直線運動，重力加速度為g＝10m/s2，不計粒子間的相互作用。
（1）求粒子發射速度的大小和方向；
（2）若保持E、B初始狀態和粒子束的初速度不變，在粒子從O點射出時立即取消磁場，求粒子從O點射出后經過y軸時的坐標（不考慮磁場變化產生的影響）；
（3）若保持E、B初始狀態和粒子束的初速度不變，在粒子從O點射出時立即將電場變為豎直向下、場強大小變為E'＝5N/C，求從O點射出的所有粒子第一次打在x軸上的坐標（不考慮電場變化產生的影響）。
知識點二　帶電粒子在交變電、磁場中的運動
【重難詮釋】
解決帶電粒子在交變電、磁場中的運動問題的基本思路
先讀圖 看清并且明白場的變化情況
受力分析 分析粒子在不同的變化場區的受力情況
過程分析 分析粒子在不同時間段內的運動情況
找銜接點 找出銜接相鄰兩過程的速度大小及方向
選規律 聯立不同階段的方程求解
（2023 新華區校級開學）利用圖甲所示裝置可以測定帶電粒子的比荷，其中MN、PQ是兩正對金屬平行板，其右端有一磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的有界勻強磁場。測量時先在兩平行板MN和PQ間加上按圖乙所示規律變化的正弦交流電壓，讓初速度為v0的粒子沿平行板的中心線OO′進入平行板間，粒子離開平行板間后，從磁場的CD邊界進入磁場區域，最后又從CD邊界離開。若粒子進入極板間時極板間的電壓為50V，CD邊界上入射點與出射點間的距離為L，則該粒子的比荷為（　　）
A． B． C． D．
（2022秋 市南區校級期末）在如圖所示的空間里，存在沿y軸負方向、大小為的勻強磁場。有一質量為m、電量為q的帶正電的粒子（重力不計），以初速度v0從O點沿x軸負方向運動，同時在空間加上平行于y軸的勻強交變電場，電場強度E隨時間的變化如圖所示（以沿y軸正向為E的正方向），則下列說法不正確的是（　　）
A．t＝2T時粒子所在位置的x坐標值為0
B．時粒子所在位置的z坐標值為
C．粒子在運動過程中速度的最大值為2v0
D．在0到2T時間內粒子運動的平均速度為
（2023 重慶模擬）如題圖1所示，一對豎直固定的平行金屬板M、N間距為L，O1、O2為兩板上正對的小孔，M、N兩板間加有恒定電壓，M板為正極板。緊貼N板右側存在上下范圍足夠大、水平寬度為d的有界勻強磁場區域，磁場方向垂直紙面（圖中未畫出），豎直虛線P1Q1、P2Q2是該磁場區域的左、右邊界。現有一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從O1孔進入M、N兩板間，粒子初速度和重力均不計。
（1）若M、N兩板間電壓為U，求兩板間勻強電場的場強大小E和該粒子剛進入磁場區域時的速度大小；
（2）磁場的磁感應強度B隨時間t變化的關系如圖2所示，其中B0為已知量，周期。t＝0時刻該粒子從O2孔射入磁場，始終不能穿出右邊界P2Q2，求M、N兩板間電壓U′應滿足的條件；
（3）在（2）的條件下，該粒子末與N板發生碰撞，求該粒子在磁場中運動的總時間。
模塊三 鞏固提高
（多選）（2023 銅仁市模擬）圖甲的左側平行金屬板M、N間距為d，加有圖乙所示的交變電壓，M、N右側有半徑為R（d＜2R）的圓形勻強磁場，磁感應強度為B垂直于紙面向內，AB為豎直方向直徑。OO′是M、N板間的中線并經過圓形磁場的圓心。不同時刻從O點沿中線射入初速度都為v0的不同粒子（不計粒子的重力），所有出射粒子都從A點離開磁場。則下列說法中正確的是（　　）
A．粒子都帶負電
B．粒子在電場中運動時間都相同，且一定是交流電周期T的整數倍
C．所有粒子從電場中射出的位置相同
D．粒子的比荷均為
（2023 海安市校級模擬）如圖甲所示，平行板電容器板長為L、間距離為d，虛線PO為兩板間的中軸線。質量為m、電荷量為e的電子源從平行金屬板之外的P點（無窮遠處）沿虛線PO方向以初速度v0均勻持續射入。兩板間加上如圖乙所示的電壓U（U未知），T。平行板電容器右側有一方向垂直紙面向里的勻強磁場，MN為其左邊界，磁感應強度為B，磁場中放置一半徑為的圓柱ed形金屬圓筒，圓心O到MN的距離OO1，圓筒軸線與磁場平行，圓筒用導線通過一個電阻r0接地。已知t＝0時刻射入的電子剛好打不到極板，不計電子的重力以及電子間的相互作用力，忽略平行金屬板之外的電場。
（1）求U的大小（用不含T的表達式表示）；
（2）最初金屬圓筒不帶電，求能夠打到圓筒上的電子占發射的電子百分比η；
（3）不考慮MN左右電場的相互影響，當圓筒上電量達到相對穩定時，測量到通過電阻r0的電流恒為I，求此時電子到達圓筒時速度v和金屬圓筒的發熱功率P。（取無窮遠處或大地電勢為零）。
（2023春 福田區校級期中）如圖所示，在豎直平面內建立直角坐標系xOy，其第一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。一帶電荷量為+q、質量為m的微粒從原點出發，以某一初速度沿與x軸正方向的夾角為45°的方向進入復合場中，正好做直線運動，當微粒運動到A（l，l）時，電場方向突然變為豎直向上（不計電場變化的時間），微粒繼續運動一段時間后，正好垂直于y軸穿出復合場。不計一切阻力，重力加速度為g，求：
（1）電場強度E的大小；
（2）磁感應強度B的大小；
（3）微粒在復合場中的運動時間。
（2023 香坊區校級一模）如圖所示，離子加速后沿水平方向進入速度選擇器，然后通過磁分析器，選擇出特定比荷的離子；經偏轉系統后到達水平面。圖中勻強磁場的磁感應強度大小均為B，方向垂直于紙面向外；勻強電場的電場強度大小均為E。磁分析器截面四分之一圓弧的半徑分別為L和3L，M和N為兩端中心小孔；偏轉系統中電場分布在棱長為L的正方體內，底面與水平面平行且間距為L。當偏轉系統不加垂直紙面向外的電場時，質量為m的離子恰好豎直到達水平面內的O點（x軸正方向垂直紙面向外，y軸正方向水平向左）。整個系統置于真空中，不計離子重力及離子間的相互作用。求：
（1）通過磁分析器的離子電性及比荷；
（2）離子通過正方體底面到達水平面的位置坐標。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
21世紀教育網(www.21cnjy.com)中小學教育資源及組卷應用平臺
專題提升Ⅴ 帶電粒子在疊加場中的運動
目錄
模塊一 知己知彼 1
模塊二 知識掌握 2
知識點一　疊加場 2
知識點二　帶電粒子在交變電、磁場中的運動 8
模塊三 鞏固提高 12
模塊一 知己知彼
考點分布 命題趨勢
1、掌握帶電粒子在疊加場中常見的兩種運動情景. 2、會分析其受力情況和運動情況，能正確運用物理規律解決問題． 3、通過知識應用的實例，感受物理中科學技術與社會的緊密聯系，體會科學知識的應用價值，進一步增強學生的學習動力和科學意識。 高考對本講內容的考查呈現“三高”的特點:一是高頻率,即各地高考對本講內容的考查都保持在較高頻次，多次考查;二是高覆蓋率,即涉及的知識點眾多,涉及的題型全,選擇題、計算題均有;三是高難度,即平均難度大、分值點比較大，是分層拉分的重要模塊
模塊二 知識掌握
知識點一　疊加場
【重難詮釋】
疊加場：電場、磁場、重力場疊加，或其中某兩場疊加．
1．是否考慮粒子重力
(1)對于微觀粒子，如電子、質子、離子等，因為一般情況下其重力與靜電力或洛倫茲力相比太小，可以忽略；而對于一些宏觀物體，如帶電小球、液滴、塵埃等一般應當考慮其重力．
(2)在題目中有明確說明是否要考慮重力的，按題目要求處理．
(3)不能直接判斷是否要考慮重力的，在進行受力分析與運動分析時，要結合運動狀態確定是否考慮重力．
2．處理帶電粒子在疊加場中的運動的基本思路
（2023 湖北模擬）如圖所示，空間存在著勻強磁場和勻強電場，磁場的方向垂直紙面（xOy平面）向外，電場的方向沿y軸正方向。一質量為m、電荷量為q的帶電粒子在電場和磁場的作用下，從坐標原點O由靜止開始運動（其軌跡如圖所示）。已知磁感應強度的大小為B，電場強度大小為E，不計粒子的重力，下列說法正確的是（　　）
A．粒子帶負電
B．粒子運動軌跡是拋物線
C．粒子距離x軸的最大距離為
D．粒子運動過程中的最大速度為
【解答】解：A．粒子由靜止開始運動，電場力方向豎直向上，故粒子帶正電，故A錯誤；
B．粒子運動時受電場力和洛倫茲力，因洛倫茲力是變力，則軌跡不是拋物線，故B錯誤；
CD．為使粒子在磁場作用下做勻速圓周運動的分運動，則沿x軸正方向的分速度v在磁場作用下產生的洛倫茲力應與電場力平衡，
qE＝qvB
解得：
將粒子的運動分解為速度的向右勻速直線運動和速度為v的沿順時針方向的勻速圓周運動，則粒子距x軸的最大距離為：
Y＝2R
粒子一個分運動做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：
聯立解得：
兩分運動同向時速度最大，則最大速度為：
，故C正確，D錯誤。
故選：C。
（2023 重慶模擬）如圖所示，場強為E的勻強電場方向豎直向下，磁感應強度為B的勻強磁場垂直電場向外，帶電量為q的小球（視為質點）獲得某一垂直磁場水平向右的初速度，正好做勻速圓周運動，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．小球必須帶正電
B．小球的質量為
C．小球做勻速圓周運動的周期為
D．若僅把電場的方向改成豎直向上，小球正好做勻速直線運動，則其速度為
【解答】解：A．小球受到重力、電場力和洛倫茲力的作用，小球做圓周運動，則電場力與重力平衡，可知，電場力豎直向上，電場力方向與電場強度方向相反，則小球帶負電，故A錯誤；
B．根據上述有qE＝mg
解得：，故B錯誤；
C．小球在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律和運動學公式可得：
結合上述解得
，故C正確；
D．若把電場的方向改成豎直向上，小球正好做勻速直線運動，根據平衡條件有
mg+qE＝qv0B
結合上述解得：，故D錯誤。
故選：C。
（2023 海淀區校級模擬）空間同時存在勻強電場和勻強磁場。勻強電場的方向沿y軸正方向，場強大小為E；磁場方向垂直紙面向外。質量為m、電荷量為+q的粒子（重力不計）從坐標原點O由靜止釋放，釋放后，粒子恰能沿圖中的曲線運動。已知該曲線的最高點P的縱坐標為h，曲線在P點附近的一小部分，可以看作是半徑為2h的圓周上的一小段圓弧。則（　　）
A．粒子在y軸方向做勻加速運動
B．粒子在最高點P的速度大小為
C．磁場的磁感應強度大小為
D．粒子經過時間π運動到最高點
【解答】解：A、粒子受到電場力和洛倫茲力作用，不可能做勻加速運動，故A錯誤；
B、粒子從O運動到P的過程，只有電場力做功，由動能定理得：qEh，解得：vp，故B錯誤；
C、粒子經過P點時，由電場力和洛倫茲力的合力提供向心力，則有：qvB﹣qE＝m，聯立解得：B，故C正確；
D、粒子從O到P的過程不是圓周運動，時間無法求解，故D錯誤。
故選：C。
（2023 黃陂區校級模擬）如圖甲所示，已知車輪邊緣上一質點P的軌跡可看成質點P相對圓心O做速率為v的勻速圓周運動，同時圓心O向右相對地面以速率v做勻速運動形成的，該軌跡稱為圓滾線。如圖乙所示，空間存在豎直向下的大小為E勻強電場和水平方向（垂直紙面向里）大小為B的勻強磁場，已知一質量為m電量大小為q的正離子在電場力和洛倫茲力共同作用下，從靜止開始自A點沿曲線ACB運動（該曲線屬于圓滾線），到達B點時速度為零，C點為運動的最低點。不計重力，試求：
（1）若要求粒子從A點以最短路徑到達B點，在A點給粒子的速度v大小和方向；
（2）粒子從A點靜止釋放運動到B點的時間t及A、B兩點間的距離L；
（3）粒子從A點靜止釋放運動到C點的速度大小vC及C點離A點的豎直高度h。
【解答】解：（1）A、B兩點在同一水平面上，沿AB連線運動路徑最短。所以使粒子沿AB連線勻速運動，滿足：qvB＝qE
解得：v，方向由A指向B
（2）粒子由靜止開始的曲線運動可以看成是水平向右的勻速運動和紙面內的勻速圓周運動的合運動
水平方向有：v
圓周運動線速度大小v'，周期T
所以：t
則A、B兩點間的距離L＝v't
（3）C點的速度等于水平向右的勻速運動速度與圓周運動在C點水平向右速度的合速度，所以：vc
粒子由C點到A點應用動能定理有：qEh
所以：h
答：（1）若要求粒子從A點以最短路徑到達B點，在A點給粒子的速度v大小為，方向由A指向B；
（2）粒子從A點靜止釋放運動到B點的時間為，A、B兩點間的距離為；
（3）粒子從A點靜止釋放運動到C點的速度大小為，C點離A點的豎直高度為。
（2023春 和平區校級月考）控制帶電粒子的運動在現代科學技術、生產生活、儀器電器等方面有廣泛的應用。如圖，以豎直向上為y軸正方向建立直角坐標系，該真空中存在方向沿x軸正方向、電場強度大小的勻強電場和方向垂直xOy平面向外、磁感應強度大小B＝0.5T的勻強磁場。原點O處的粒子源連續不斷地發射速度大小和方向一定、質量m＝1×10﹣6kg、電荷量q＝2×10﹣6C的帶負電的粒子束，粒子恰能在xOy平面內做直線運動，重力加速度為g＝10m/s2，不計粒子間的相互作用。
（1）求粒子發射速度的大小和方向；
（2）若保持E、B初始狀態和粒子束的初速度不變，在粒子從O點射出時立即取消磁場，求粒子從O點射出后經過y軸時的坐標（不考慮磁場變化產生的影響）；
（3）若保持E、B初始狀態和粒子束的初速度不變，在粒子從O點射出時立即將電場變為豎直向下、場強大小變為E'＝5N/C，求從O點射出的所有粒子第一次打在x軸上的坐標（不考慮電場變化產生的影響）。
【解答】解：（1）粒子做勻速直線運動，由共點力平衡條件得：
（Bvq）2＝（qE）2+（mg）2
解得：v＝20m/s
粒子出射的速度方向與y軸負方向夾角為：
即
所以θ＝30°
（2）撤去磁場后，粒子做類平拋運動
聯立解得：
所以坐標。
（3）由題意可得qE'＝mg
粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：
解得：R＝20m
由幾何關系可知
x＝2Rcos30°
解得：
坐標為。
答：（1）粒子發射速度的大小20m/s，方向與y軸負方向夾角為30°；
（2）粒子從O點射出后經過y軸時的坐標（不考慮磁場變化產生的影響）為；
（3）從O點射出的所有粒子第一次打在x軸上的坐標（不考慮電場變化產生的影響）為
知識點二　帶電粒子在交變電、磁場中的運動
【重難詮釋】
解決帶電粒子在交變電、磁場中的運動問題的基本思路
先讀圖 看清并且明白場的變化情況
受力分析 分析粒子在不同的變化場區的受力情況
過程分析 分析粒子在不同時間段內的運動情況
找銜接點 找出銜接相鄰兩過程的速度大小及方向
選規律 聯立不同階段的方程求解
（2023 新華區校級開學）利用圖甲所示裝置可以測定帶電粒子的比荷，其中MN、PQ是兩正對金屬平行板，其右端有一磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的有界勻強磁場。測量時先在兩平行板MN和PQ間加上按圖乙所示規律變化的正弦交流電壓，讓初速度為v0的粒子沿平行板的中心線OO′進入平行板間，粒子離開平行板間后，從磁場的CD邊界進入磁場區域，最后又從CD邊界離開。若粒子進入極板間時極板間的電壓為50V，CD邊界上入射點與出射點間的距離為L，則該粒子的比荷為（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：粒子以初速度v0進入平行板間，設粒子離開平行板間時的速度大小為v，射入磁場時速度與水平方向的夾角為θ，作出粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示：
由幾何知識可知粒子在磁場中運動的軌跡半徑為：R
粒子在磁場中運動時，根據洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m
根據幾何關系可得：v
聯立解得：，故B正確、ACD錯誤。
故選：B。
（2022秋 市南區校級期末）在如圖所示的空間里，存在沿y軸負方向、大小為的勻強磁場。有一質量為m、電量為q的帶正電的粒子（重力不計），以初速度v0從O點沿x軸負方向運動，同時在空間加上平行于y軸的勻強交變電場，電場強度E隨時間的變化如圖所示（以沿y軸正向為E的正方向），則下列說法不正確的是（　　）
A．t＝2T時粒子所在位置的x坐標值為0
B．時粒子所在位置的z坐標值為
C．粒子在運動過程中速度的最大值為2v0
D．在0到2T時間內粒子運動的平均速度為
【解答】解：對粒子受力分析可知，粒子始終受到垂直于y軸的洛倫茲力和平行于y軸的電場力作用，所以粒子的運動可分解為在垂直于y軸的平面內做勻速圓周運動，其線速度為v0；在平行于y軸方向上做勻加速直線運動和勻減速直線運動。
對垂直于y軸的勻速圓周分運動有：
解得圓周運動半徑為：
粒子做圓周運動的周期為：
A、因t＝2T＝4T0，故圓周分運動的軌跡為四個圓周，粒子回到了y軸上，故粒子所在位置的x坐標值為0，故A正確；
B、因1.5T0，故圓周分運動的軌跡為1.5個圓周，z軸坐標值為2r，故B正確；
C、對粒子在平行于y軸的分運動有：qE＝ma，已知：E，解得：
在電場變化的第一個周期內的0～0.5T和0.5T～T內，電場力等大反向，粒子做對稱的先勻加速直線運動和后勻減速直線運動，在t＝0.5T時沿y軸正向速度達到最大，在電場變化的每個周期內粒子在平行于y軸的分運動是相同的，故在t＝nT+0.5T，（n＝0、1、2……）的時刻粒子沿y軸正向速度均達到相同的最大值，最大值等于
由運動的合成可得粒子在運動過程中速度最大值為：，故C錯誤；
D、在0到2T時間內粒子圓周分運動的軌跡為四個圓周，粒子回到了y軸上，故只需要考慮y軸方向的位移即可，由粒子沿y軸運動的對稱性與周期性，可得0到2T時間內沿y軸的位移就等于0到0.5T時間內沿y軸的位移的4倍，則有：
則粒子運動的平均速度為，故D正確。
本題選擇錯誤的選項，故選：C。
（2023 重慶模擬）如題圖1所示，一對豎直固定的平行金屬板M、N間距為L，O1、O2為兩板上正對的小孔，M、N兩板間加有恒定電壓，M板為正極板。緊貼N板右側存在上下范圍足夠大、水平寬度為d的有界勻強磁場區域，磁場方向垂直紙面（圖中未畫出），豎直虛線P1Q1、P2Q2是該磁場區域的左、右邊界。現有一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從O1孔進入M、N兩板間，粒子初速度和重力均不計。
（1）若M、N兩板間電壓為U，求兩板間勻強電場的場強大小E和該粒子剛進入磁場區域時的速度大小；
（2）磁場的磁感應強度B隨時間t變化的關系如圖2所示，其中B0為已知量，周期。t＝0時刻該粒子從O2孔射入磁場，始終不能穿出右邊界P2Q2，求M、N兩板間電壓U′應滿足的條件；
（3）在（2）的條件下，該粒子末與N板發生碰撞，求該粒子在磁場中運動的總時間。
【解答】解：（1）由題知，兩板間勻強電場的場強大小：
設該粒子剛進入磁場區域時的速度大小為v，根據動能定理有：
解得：
（2）設該粒子從O2孔進入磁場時速度大小為v0，0～內，該粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1，周期為T1，由：
變形得到：
該過程中，運動時間為：
偏轉角度：
～T0內，該粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，周期為T，由動力學規律：qv0×2B，T
得到：
該過程中，運動時間：
偏轉角度：
由此可知：R1＝2R，T1＝2T
取0～內的磁場方向垂直紙面向外，該粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示
整個運動過程中，該粒子在磁場中的水平位移為x，由幾何關系有
該粒子始終不能穿出右邊界P2Q2，應滿足：d≥x
又因為：
聯立解得：
（3）由（2）可知，粒子在磁場中的運動時間為：
答：（1）兩板間勻強電場的場強大小E為，該粒子剛進入磁場區域時的速度大小為；
（2）M、N兩板間電壓U′應滿足的條件為；
（3）該粒子在磁場中運動的總時間為。
模塊三 鞏固提高
（多選）（2023 銅仁市模擬）圖甲的左側平行金屬板M、N間距為d，加有圖乙所示的交變電壓，M、N右側有半徑為R（d＜2R）的圓形勻強磁場，磁感應強度為B垂直于紙面向內，AB為豎直方向直徑。OO′是M、N板間的中線并經過圓形磁場的圓心。不同時刻從O點沿中線射入初速度都為v0的不同粒子（不計粒子的重力），所有出射粒子都從A點離開磁場。則下列說法中正確的是（　　）
A．粒子都帶負電
B．粒子在電場中運動時間都相同，且一定是交流電周期T的整數倍
C．所有粒子從電場中射出的位置相同
D．粒子的比荷均為
【解答】解：A、粒子進入磁場后從A點離開磁場，根據左手定則可知粒子帶正電，故A錯誤；
B、不同時刻從O點進入偏轉電場的所有粒子都從A點離開磁場，根據“磁聚焦”原理可知，所有粒子離開偏轉電場時速度方向均平行于OO′，說明粒子在偏轉電場中運動過程中電場力做功為零，即所有粒子在電場中運動時間都相同，且一定是交流電周期T的整數倍，故B正確；
C、由于粒子進入磁場的時刻不同，在豎直方向偏轉位移可能不同，所以粒子從電場中射出的位置不一定相同，故C錯誤；
D、根據“磁聚焦”原理可知，粒子在磁場中運動的軌跡半徑與磁場圓的半徑相同，即r＝R，根據洛倫茲力提供向心力可得：qv0B＝m，聯立解得粒子的比荷均為，故D正確。
故選：BD。
（2023 海安市校級模擬）如圖甲所示，平行板電容器板長為L、間距離為d，虛線PO為兩板間的中軸線。質量為m、電荷量為e的電子源從平行金屬板之外的P點（無窮遠處）沿虛線PO方向以初速度v0均勻持續射入。兩板間加上如圖乙所示的電壓U（U未知），T。平行板電容器右側有一方向垂直紙面向里的勻強磁場，MN為其左邊界，磁感應強度為B，磁場中放置一半徑為的圓柱ed形金屬圓筒，圓心O到MN的距離OO1，圓筒軸線與磁場平行，圓筒用導線通過一個電阻r0接地。已知t＝0時刻射入的電子剛好打不到極板，不計電子的重力以及電子間的相互作用力，忽略平行金屬板之外的電場。
（1）求U的大小（用不含T的表達式表示）；
（2）最初金屬圓筒不帶電，求能夠打到圓筒上的電子占發射的電子百分比η；
（3）不考慮MN左右電場的相互影響，當圓筒上電量達到相對穩定時，測量到通過電阻r0的電流恒為I，求此時電子到達圓筒時速度v和金屬圓筒的發熱功率P。（取無窮遠處或大地電勢為零）。
【解答】解：（1）電子在電場中做類平拋運動，
水平方向：L＝2v0t
豎直方向：
解得：
（2）電子經過電場后速度方向均與極板平行，寬度為d，設電子進入磁場的軌道半徑為R，
由牛頓第二定律得：
解得：
電子運動軌跡如圖所示：
大量電子從MN上不同點進入磁場，從O1上方O點射入的電子剛好與圓筒外切，根據幾何關系有：
從O1上方A點射入的電子剛好與圓筒外切于E，根據幾何關系可知能夠打到圓筒上的電子占發射的電子百分比為：
（3）穩定時，圓筒上的電荷不再增加，設粒子從P點射到圓筒表面的速度為v，由動能定理得：
解得：
單位時間內到達圓筒的電子數：
所以圓筒的發熱功率為：
答：（1）U的大小是；
（2）能夠打到圓筒上的電子占發射的電子百分比η是50%；
（3）此時電子到達圓筒時速度v是，金屬圓筒的發熱功率P是。
（2023春 福田區校級期中）如圖所示，在豎直平面內建立直角坐標系xOy，其第一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。一帶電荷量為+q、質量為m的微粒從原點出發，以某一初速度沿與x軸正方向的夾角為45°的方向進入復合場中，正好做直線運動，當微粒運動到A（l，l）時，電場方向突然變為豎直向上（不計電場變化的時間），微粒繼續運動一段時間后，正好垂直于y軸穿出復合場。不計一切阻力，重力加速度為g，求：
（1）電場強度E的大小；
（2）磁感應強度B的大小；
（3）微粒在復合場中的運動時間。
【解答】解：（1）微粒在到達A（l，l）之前做直線運動，因為洛倫茲力的大小F洛＝qvB與速度v有關，故微粒一定做勻速直線運動，對微粒受力分析，如圖所示：
沿微粒的速度方向受力平衡：Eqcos45°＝mgsin45°
可得：E①
（2）微粒做直線運動時，垂直微粒的速度方向受力平衡：qvB＝mgcos45°+Eqsin45° ②
電場方向變化后，微粒所受重力與電場力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡如上圖所示，根據洛倫茲力提供向心力可得：qvB＝m③
由幾何關系可得：rl④
聯立①②③④式可得：v⑤
B
（3）微粒做勻速直線運動的時間為：t1⑥
微粒做圓周運動的周期：T⑦
微粒做圓周運動轉過的圓心角：θ⑧
微粒做圓周運動的時間：t2 T ⑨
聯立⑤⑦⑧⑨式可得：t2π⑩
聯立⑥⑩兩式子可得微粒在復合場中運動時間：
t＝t1+t2＝（π+1）
答：（1）電場強度E的大小為；
（2）磁感應強度B的大小為；
（3）微粒在復合場中的運動時間為（π+1）。
（2023 香坊區校級一模）如圖所示，離子加速后沿水平方向進入速度選擇器，然后通過磁分析器，選擇出特定比荷的離子；經偏轉系統后到達水平面。圖中勻強磁場的磁感應強度大小均為B，方向垂直于紙面向外；勻強電場的電場強度大小均為E。磁分析器截面四分之一圓弧的半徑分別為L和3L，M和N為兩端中心小孔；偏轉系統中電場分布在棱長為L的正方體內，底面與水平面平行且間距為L。當偏轉系統不加垂直紙面向外的電場時，質量為m的離子恰好豎直到達水平面內的O點（x軸正方向垂直紙面向外，y軸正方向水平向左）。整個系統置于真空中，不計離子重力及離子間的相互作用。求：
（1）通過磁分析器的離子電性及比荷；
（2）離子通過正方體底面到達水平面的位置坐標。
【解答】解：（1）離子在速度選擇器中做勻速直線運動，由平衡條件得：qvB＝qE，解得離子的速度大小：v
離子在磁分析器中做勻速圓周運動，由左手定則可知，離子帶正電，離子的軌道半徑r＝2L，
洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝m，
解得，離子的比荷：
（2）離子在偏轉系統中做類平拋運動，在豎直方向：L＝vt
沿x軸方向：x1，vx＝at，由牛頓第二定律得：qE＝ma
離開偏轉系統后，在豎直方向：L＝vt'
沿x軸方向：x2＝vxt'
離子到達水平面時x＝x1+x2
解得：xL
離子通過正方體底面到達水平面的位置坐標是（L，0）
答：（1）通過磁分析器的離子帶正電，比荷是；
（2）離子通過正方體底面到達水平面的位置坐標是（L，0）。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
21世紀教育網(www.21cnjy.com)

展開更多......

收起↑