資源簡介

第3節　帶電粒子在復合場中的運動
[學習目標]　1．了解組合場的特點，學會處理帶電粒子在磁場和電場組合場中的運動問題。
2．了解疊加場的特點，會分析帶電粒子在疊加場中的運動問題。
3．理解質譜儀和回旋加速器的原理，會分析電場和磁場疊加的幾種實例。
1．疊加場與組合場
(1)疊加場：電場、____、重力場共存或其中某兩場共存。
(2)組合場：電場與磁場各位于一定的區域內，并不重疊，或在同一區域，電場、磁場分時間段或分區域交替出現。
2．帶電粒子在復合場中運動情況分類
(1)靜止或勻速直線運動：當帶電粒子在復合場中所受合外力為0時，將處于____狀態或____________狀態。
(2)勻速圓周運動：當帶電粒子所受的重力與靜電力大小____，方向____時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內做________運動。
(3)較復雜的曲線運動：當帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在__________時，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子的運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線。
(4)分階段運動：帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復合場區域，其運動情況隨區域發生變化，其運動過程由幾種不同的運動階段組成。
3．質譜儀
(1)構造：如圖所示，由粒子源、加速電場、偏轉磁場和照相底片等構成。
(2)原理：粒子由靜止被加速電場加速，qU＝。
粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qvB＝__________。
由以上兩式可得r＝，m＝，＝。
4．回旋加速器
(1)構造：如圖所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源，D形盒處于勻強磁場中。
(2)原理：交流電的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子經電場加速，經磁場回旋，由qvB＝，得Ekm＝，可見粒子獲得的最大動能由____________和____________決定，與____________。
1．易錯易混辨析
(1)用質譜儀可測量帶電粒子的比荷。 ( )
(2)加在回旋加速器的交流電源的電壓越大，帶電粒子最終獲得的速度越大。
( )
(3)帶電粒子在復合場中運動時，要關注是否受重力作用。 ( )
(4)帶電粒子在復合場中做勻變速直線運動時，可能受洛倫茲力作用。 ( )
(5)帶電粒子在疊加場中做圓周運動時，一定是重力和靜電力平衡，洛倫茲力提供向心力。 ( )
2．(人教版選擇性必修第二冊改編)A、B是兩種同位素的原子核，它們具有相同的電荷、不同的質量。為測定它們的質量比，使它們從質譜儀(如圖所示)的同一加速電場由靜止開始加速，然后沿著與磁場垂直的方向進入同一勻強磁場，打到照相底片上。如果從底片上獲知A、B在磁場中運動軌跡的直徑分別為x1、x2，則A、B的質量之比為(　　)
3．(魯科版選擇性必修第二冊改編)(多選)我國建造的第一臺回旋加速器存放于中國原子能科學研究院，其工作原理如圖所示：其核心部分是兩個D形盒，粒子源O置于D形盒的圓心附近，能不斷釋放出帶電粒子，忽略粒子在電場中運動的時間，不考慮加速過程中引起的粒子質量變化?，F用該回旋加速器對、粒子分別進行加速，下列說法正確的是(　　)
A．兩種粒子在回旋加速器中運動的時間相等
B．兩種粒子在回旋加速器中運動的時間不相等
C．兩種粒子離開出口處的動能相等
D．兩種粒子離開出口處的動能不相等
帶電粒子在組合場中的運動
1．“磁偏轉”和“電偏轉”的比較
2．“五步法”解決帶電粒子在組合場中的運動問題
(1)明性質
弄清場的性質、方向、強弱、范圍等。
(2)定運動
帶電粒子通過不同場區，由受力情況確定其在不同區域的運動情況。
(3)畫軌跡
正確規范地畫出粒子的運動軌跡圖。
(4)選規律
根據區域和運動情況的不同，將整個運動過程分段處理，不同階段選用不同的規律求解。
(5)找關系
明確不同場區交界處的速度大小和方向，注意上一區域的末速度往往是下一區域的初速度。
　先電場后磁場
[典例1]　(2025·八省聯考河南卷)如圖所示，在水平虛線上方區域有豎直向下的勻強電場，電場強度大小為E，在虛線下方區域有垂直紙面向外的勻強磁場。質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子從距虛線高度為h的a點向右水平發射，當粒子進入磁場時其速度方向與水平虛線的夾角為45°。不計重力。
(1)求粒子進入磁場時的速度大?。?br/>(2)若粒子第一次回到電場中高度為h時，粒子距a點的距離為s＝2h，求磁場的磁感應強度大小的可能值；
(3)若粒子第一次回到電場中高度為h時，粒子在電場中運動的時間與在磁場中運動的時間相等，求粒子此時距a點的距離。
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　先磁場后電場
[典例2]　(2025·福建龍巖市第一次質檢)如圖所示，在xOy平面(紙面)內，x＞0空間內存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，第三象限空間內存在方向沿x軸正方向的勻強電場。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，以大小為v、方向與y軸正方向的夾角為θ＝60°的速度沿紙面從坐標為(0，L)的P1點進入磁場中，然后從坐標為(0，－L) 的P2點進入電場區域，最后從x軸上的P3點(圖中未畫出)垂直于x軸射出電場。求：
(1)磁場的磁感應強度大小B；
(2)粒子從P1點運動到P2點所用的時間t；
(3)電場強度的大小E。
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　帶電粒子在電場、磁場中的交替運動
[典例3]　如圖所示，在x軸上方存在磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，在x軸下方存在豎直向上的勻強電場。一個質量為m、電荷量為q、重力不計的帶正電粒子從y軸上的P(0，h)點沿y 軸正方向以某初速度開始運動，一段時間后，粒子與x軸正方向成θ＝60°角第一次進入電場。
(1)求粒子在磁場中運動的軌道半徑r和速度大小v；
(2)若粒子經過y軸上Q點時速度方向恰好與y軸垂直，求勻強電場的電場強度大小E；
(3)求粒子返回出發點P所用的總時間t。
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
帶電粒子在疊加場中的運動
1．疊加場
電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存。
2．帶電粒子在疊加場中常見的幾種運動形式
運動性質 受力特點 方法規律
勻速直線運動 粒子所受合力為0 平衡條件
勻速圓周運動 除洛倫茲力外，另外兩力的合力為零，qE＝mg 牛頓第二定律、圓周運動的規律
較復雜的曲線運動 除洛倫茲力外，其他力的合力既不為0，也不與洛倫茲力等大反向 動能定理、能量守恒定律
[典例4]　(多選)(2024·安徽卷)空間中存在豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，電場強度大小為E，磁感應強度大小為B。一質量為m的帶電油滴a，在紙面內做半徑為R的圓周運動，軌跡如圖所示。當a運動到最低點P時，瞬間分成兩個小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者帶電量、質量均相同。Ⅰ在P點時與a的速度方向相同，并做半徑為3R的圓周運動，軌跡如圖所示。Ⅱ的軌跡未畫出。已知重力加速度大小為g，不計空氣浮力與阻力以及Ⅰ、Ⅱ分開后的相互作用，則(　　)
A．油滴a帶負電，所帶電量的大小為
B．油滴a做圓周運動的速度大小為
C．小油滴Ⅰ做圓周運動的速度大小為，周期為
D．小油滴Ⅱ沿順時針方向做圓周運動
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　[典例5]　(2025·八省聯考陜西卷)如圖所示，cd邊界與x軸垂直，在其右方豎直平面內，第一、二象限存在垂直紙面向外的勻強磁場，第三、四象限存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁場區域覆蓋有豎直向上的外加勻強電場。在xOy平面內，某質量為m、電荷量為q帶正電的絕緣小球從P點與cd邊界成30°角以速度v0射入，小球到坐標原點O時恰好以速度v0豎直向下運動，此時去掉外加的勻強電場。重力加速度大小為g，已知磁感應強度大小均為。求：
(1)電場強度的大小和P點距y軸的距離；
(2)小球第一次到達最低點時速度的大?。?br/>(3)小球從過坐標原點時到第一次到達最低點時所用時間。
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
帶電粒子在復合場中運動的科技應用
裝置 原理圖 規律
質譜儀 帶電粒子由靜止被加速電場加速有qU＝mv2，在磁場中做勻速圓周運動有qvB＝m，則比荷＝
回旋加 速器 交變電流的周期和帶電粒子做圓周運動的周期相同，帶電粒子在圓周運動過程中每次經過D形盒縫隙都會被加速。由qvB＝m 得Ekm＝
速度選擇器 若qv0B＝qE，即v0＝，粒子做勻速直線運動
磁流體發電機 等離子體射入，受洛倫茲力偏轉，使兩極板帶正、負電，兩極電壓U穩定時，q＝qv0B，U＝v0Bd
電磁流量計 q＝qvB，所以v＝，所以Q＝vS＝
霍爾元件 當磁場方向與電流方向垂直時，導體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現電勢差，稱為霍爾電壓。由qvB＝q，I＝nqvS，S＝hd，聯立解得U＝＝k，k＝，稱為霍爾系數
　回旋加速器
[典例6]　1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖所示，這臺加速器由兩個銅質D形盒D1、D2構成，其間留有空隙，現對氚核加速，所需的高頻電源的頻率為f，已知元電荷為e，下列說法正確的是(　　)
A．被加速的帶電粒子在回旋加速器中做圓周運動的周期隨半徑的增大而增大
B．高頻電源的電壓越大，氚核最終射出回旋加速器的速度越大
C．氚核的質量為
D．該回旋加速器接頻率為f的高頻電源時，也可以對氦核()加速
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　質譜儀
[典例7]　(人教版選擇性必修第二冊改編)某一具有速度選擇器的質譜儀原理如圖所示，A為粒子加速器，加速電壓為U1；B為速度選擇器，磁場與電場正交，磁感應強度為B1，兩板間距離為d；C為偏轉分離器，磁感應強度為B2。今有一質量為m、電荷量為e的正粒子(不計重力)，經加速后，該粒子恰能通過速度選擇器，粒子進入分離器后做勻速圓周運動。若加速電壓減小為原來的，通過調節速度選擇器兩板間的電壓，粒子仍從原位置進入分離器，則(　　)
A．速度選擇器兩板間的電壓減小為原來的
B．粒子在分離器中運動時間減小為原來的
C．粒子在分離器中做圓周運動的半徑減小為原來的
D．粒子在分離器中運動的動能減小為原來的
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　電場與磁場疊加的應用實例
[典例8]　(2024·江西卷)石墨烯是一種由碳原子組成的單層二維蜂窩狀晶格結構新材料，具有豐富的電學性能?，F設計一電路測量某二維石墨烯樣品的載流子(電子)濃度。如圖(a)所示，在長為a，寬為b的石墨烯表面加一垂直向里的勻強磁場，磁感應強度為B，電極1、3間通以恒定電流I，電極2、4間將產生電壓U。當I＝1.00×10-3 A時，測得U-B關系圖線如圖(b)所示，元電荷e＝1.60×10-19 C，則此樣品每平方米載流子數最接近(　　)
A．1.7×1019 B．1.7×1015
C．2.3×1020 D．2.3×1016
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　[典例9]　工業上常用電磁流量計來測量高黏度及強腐蝕性流體的流量Q(單位時間內流過管道橫截面的液體體積)，原理如圖甲所示，在非磁性材料做成的圓管處加一磁感應強度大小為B的勻強磁場，當導電液體流過此磁場區域時，測出管壁上下M、N兩點間的電勢差U，就可計算出管中液體的流量。為了測量某工廠的污水排放量，技術人員在充滿污水的排污管末端安裝了一個電磁流量計，如圖乙所示，已知排污管和電磁流量計處的管道直徑分別為20 cm和10 cm。當流經電磁流量計的液體速度為10 m/s時，其流量約為280 m3/h，若某段時間內通過電磁流量計的流量為70 m3/h，則在這段時間內(　　)
A．M點的電勢一定低于N點的電勢
B．通過排污管的污水流量約為140 m3/h
C．排污管內污水的速度約為2.5 m/s
D．電勢差U與磁感應強度B之比約為0.25 m2/s
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．(多選)(2024·湖北卷)磁流體發電機的原理如圖所示，MN和PQ是兩平行金屬極板，勻強磁場垂直于紙面向里。等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子)從左側以某一速度平行于極板噴入磁場，極板間便產生電壓。下列說法正確的是(　　)
A．極板MN是發電機的正極
B．僅增大兩極板間的距離，極板間的電壓減小
C．僅增大等離子體的噴入速率，極板間的電壓增大
D．僅增大噴入等離子體的正、負帶電粒子數密度，極板間的電壓增大
2．(2025·八省聯考陜西卷)人體血管狀況及血液流速可以反映身體健康狀態。血管中的血液通常含有大量的正、負離子。如圖所示，血管內徑為d，血流速度v方向水平向右。現將方向與血管橫截面平行且垂直紙面向里的勻強磁場施于某段血管，其磁感應強度大小恒為B，當血液的流量(單位時間內流過管道橫截面的液體體積)一定時(　　)
A．血管上側電勢低，血管下側電勢高
B．若血管內徑變小，則血液流速變小
C．血管上下側電勢差與血液流速無關
D．血管上下側電勢差變大，說明血管內徑變小
3．(2023·全國乙卷)如圖所示，一磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直于紙面(xOy平面)向里，磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；SP＝l，S與屏的距離為，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場區域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏。該粒子的比荷為(　　)
A．
C．
第3節　帶電粒子在復合場中的運動
鏈接教材·夯基固本
梳理·必備知識
1．(1)磁場
2．(1)靜止　勻速直線運動　(2)相等　相反　勻速圓周　(3)一條直線上
3．(2)mv2　m　　
4．(2)　　磁感應強度B　D形盒半徑R　加速電壓無關
激活·基本技能
1．(1)√　(2)×　(3)√　(4)×　(5)√
2．C　[由題意得qU＝mv2，qvB＝，聯立解得r＝，即r∝，則mA∶mB＝，C項正確。]
3．AD　[粒子在磁場中飛出的最大軌跡半徑為D形盒的半徑，對應速度也最大，則有qvmaxB＝動能為Ekmax＝場中加速一次，在磁場中旋轉半周，令加速的次數為n，則有Ekmax＝nqU，解得n＝，則粒子運動的時間t＝n·，其中T＝，解得t＝，可知兩種粒子在回旋加速器中運動的時間相等，A正確，B錯誤；粒子離開出口處的動能最大，根據上述解得Ekmax＝粒子的質量數為2，電荷數為粒子的質量數為4，電荷數為2，可知粒子離開出口處的動能為粒子的兩倍，即兩種粒子離開出口處的動能不相等，C錯誤，D正確。]
細研考點·突破題型
考點1
典例1　解析：(1)粒子在電場中做類平拋運動，則豎直方向＝2ah
由牛頓第二定律得a＝
粒子進入磁場時的速度大小v＝vy
解得v＝2。
(2)粒子從a點拋出到進入磁場時的水平位移x＝v0t＝vyt＝2t＝2h
粒子進入磁場后做勻速圓周運動，離開磁場時速度方向與x軸正向仍成45°角，到達h高度時水平位移仍為2h，作出粒子的運動軌跡如圖所示，由題意可知2r cos 45°＝2h＋2h＋2h或2r cos 45°＝2h
即r＝3h或r＝h
根據洛倫茲力提供向心力qvB＝m
可得B＝或B＝。
(3)若粒子第一次回到電場中高度為h時，粒子在電場中運動的時間t＝＝2
可知粒子在磁場中運動的時間也為t＝2
根據t＝＝
由洛倫茲力提供向心力qvB′＝m
解得r′＝
此時粒子距a點的距離s＝4h－r′＝4h－。
答案：(1)2　(2)或　(3)4h－
典例2　解析：(1)帶電粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示
其圓心為O1，對應軌道半徑為R
由幾何關系可得R sin θ＝L，解得R＝2L
由洛倫茲力提供向心力有qvB＝
聯立解得B＝。
(2)帶電粒子從P1點運動到P2點所用的時間為t＝T，又T＝＝
聯立解得t＝。
(3)設帶電粒子在電場中的運動時間為t′，由運動的合成與分解有v cos θ·t′＝L，v sin θ－at′＝0
由牛頓第二定律有qE＝ma
聯立解得E＝。
答案：(1)　(2)　(3)
典例3　解析：(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示
由幾何知識得r cos 60°＝h，解得r＝2h
粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB＝
解得粒子在磁場中做勻速圓周運動的速度大小為
v＝。
(2)粒子在電場中做類平拋運動，粒子經過y軸的Q點時速度方向恰好與y軸垂直，則粒子到達Q點時沿電場方向的速度為零，則有垂直電場方向有
r＋ r sin 60° ＝ v cos 60°·t1
沿電場方向有v sin 60°＝at1
又a＝
聯立可得粒子在第三象限電場中的運動時間為
t1＝
勻強電場的電場強度大小為
E＝。
(3)設粒子第一次在第二象限的磁場中運動的時間為t2，如圖示關系有t2＝T
由qvB＝，T＝得T＝
又t＝2(t1＋t2)
解得t＝＋。
答案：(1)2h　　(2)
(3)＋
考點2
典例4　ABD　[油滴a做圓周運動，故重力與靜電力平衡，可知帶負電，有mg＝Eq，解得q＝，故A正確；根據洛倫茲力提供向心力Bqv＝m，得R＝，解得油滴a做圓周運動的速度大小為v＝，故B正確；設小油滴Ⅰ的速度大小為v1，得3R＝，解得v1＝＝，周期為T＝＝，故C錯誤；帶電油滴a分離前后動量守恒，設分離后小油滴Ⅱ的速度為v2，取油滴a分離前瞬間的速度方向為正方向，得mv＝v1＋v2，解得v2＝－，由于分離后的小油滴受到的靜電力和重力仍然平衡，分離后小油滴Ⅱ的速度方向與正方向相反，根據左手定則可知小油滴Ⅱ沿順時針方向做圓周運動，故D正確。]
典例5　解析：(1)依題意，小球從P點運動到坐標原點O，速率沒有改變，即動能變化量為零，由動能定理可知合力做功為零，靜電力與重力等大反向，可得
qE＝mg
解得E＝
可知小球在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡如圖
根據qv0B＝
解得r＝
由幾何關系，可得
xP＝r＋r cos 30°
聯立解得xP＝。
(2)把小球在坐標原點的速度v0分解為沿x軸正方向的v0和與x軸負方向成45°角的v0，如圖所示
其中沿x軸正方向的v0對應的洛倫茲力恰好與小球重力平衡，即
F洛＝qv0B＝mg
小球沿x軸正方向做勻速直線運動，與x軸負方向成45°角的v0對應的洛倫茲力提供小球做逆時針勻速圓周運動的向心力，可知小球第一次到達最低點時速度的大小為
v＝v0＋v0＝(1＋)v0。
(3)由第二問分析可知小球在撤去電場后做勻速圓周運動的分運動軌跡如圖所示
根據qv0B＝m
又T＝
由幾何關系，可得小球從過坐標原點時到第一次到達最低點時圓弧軌跡對應的圓心角為135°，則所用時間為
t＝T
聯立解得t＝。
答案：(1)　(2)(1＋)v0　(3)
考點3
典例6　C　[根據周期公式T＝可知，被加速的帶電粒子在回旋加速器中做圓周運動的周期與半徑無關，A錯誤；設D形盒的半徑為R，則氚核最終射出回旋加速器的速度滿足evB＝m，即v＝，可知氚核最終射出回旋加速器的速度與高頻電源的電壓無關，B錯誤；根據周期公式T＝，可知m＝，C正確；因為氚核()與氦核()的比荷不同，則在磁場中做圓周運動的周期不同，所以該回旋加速器接頻率為f的高頻電源時，不能用來加速氦核()，D錯誤。]
典例7　D　[粒子在加速電場中有qU1＝mv2，在速度選擇器中有q＝qvB1，則有U1q＝，若加速電壓U1減小為原來的，要使粒子仍從原位置射出，則速度選擇器板間電壓U2減小為原來的，選項A錯誤；粒子在分離器中做勻速圓周運動，周期T＝，與粒子的速度無關，若加速電壓減小為原來的，粒子在分離器中運動的時間不變，選項B錯誤；由r＝＝ 知，若加速電壓U1減小為原來的，粒子在分離器中做圓周運動的半徑減小為原來的，選項C錯誤；由Ek＝＝qU1知，若加速電壓U1減小為原來的，則粒子運動的動能減小為原來的，選項D正確。]
典例8　D　[設樣品每平方米載流子(電子)數為n，電子定向移動的速率為v，則時間t內通過樣品的電荷量q＝nevtb，根據電流的定義式得I＝＝nevb，當電子穩定通過樣品時，其所受電場力與洛倫茲力平衡，則有e＝evB，聯立解得U＝B，結合題圖(b)可知 k＝＝ V/T，解得n≈2.3×1016，D正確。]
典例9　D　[根據左手定則可知，進入磁場區域時正電荷會向上偏轉，負電荷向下偏轉，所以M點的電勢一定高于N點的電勢，故A錯誤；某段時間內通過電磁流量計的流量為70 m3/h，通過排污管的污水流量也是70 m3/h，由題意知此段時間內流經電磁流量計的液體速度為v1＝2.5 m/s，流量計半徑為r＝5 cm＝0.05 m，排污管的半徑R＝10 cm＝0.1 m，由Q＝πr2v1＝πR2v2可得排污管內污水的速度約為v2＝v1＝0.625 m/s，故B、C錯誤；流量計內污水的速度約為v1＝2.5 m/s，當粒子在電磁流量計中受力平衡時，有q＝qv1B，可知＝v1·2r＝0.25 m2/s，故D正確。]
即時檢驗·感悟高考
1．AC　[由左手定則可知，帶正電粒子在磁場中受到向上的洛倫茲力，帶負電粒子在磁場中受到向下的洛倫茲力，則等離子體從左側噴入磁場時，帶正電粒子向上偏轉，帶負電粒子向下偏轉，所以極板MN帶正電，為發電機的正極，A正確；極板間的電壓穩定后，對在極板間運動的某個帶電粒子，有qE＝qvB，又U＝Ed，可得U＝vBd，所以僅增大兩極板間的距離d，極板間的電壓增大，B錯誤；結合B項分析可知，僅增大等離子體的噴入速率v，極板間的電壓增大，C正確；結合B項分析可知，僅增大等離子體的正、負帶電粒子數密度，極板間的電壓不變，D錯誤。]
2．D　[根據左手定則可知正離子向血管上側偏轉，負離子向血管下側偏轉，則血管上側電勢高，血管下側電勢低，故A錯誤；血液的流量(單位時間內流過管道橫截面的液體體積)一定，設為V，若血管內徑變小，則血管的橫截面積變小，根據V＝Sv可知血液流速變大，故B錯誤；穩定時，離子所受洛倫茲力等于所受的靜電力，根據qvB＝可得U＝dvB，又v＝，聯立可得U＝，根據U＝可知血管上下側電勢差變大，說明血管內徑變小，血液的流速變化，所以血管上下側電勢差與血液流速有關，故D正確，C錯誤。故選D。]
3．A　[
畫出帶電粒子僅在磁場中運動時的運動軌跡，如圖所示。設帶電粒子僅在磁場中運動的軌跡半徑為r，運動軌跡對應的圓心角為θ，由幾何知識得cos θ＝＝，r－a＝r cos θ，解得r＝2a，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝，解得r＝2a＝，在勻強磁場區域加上勻強電場后帶電粒子沿x軸運動，分析知，此時粒子受力平衡，則有Eq＝qvB，聯立解得＝，A正確。 ]
13 / 13(共109張PPT)
第十章　磁　場
第3節　帶電粒子在復合場中的運動
[學習目標]　1．了解組合場的特點，學會處理帶電粒子在磁場和電場組合場中的運動問題。
2．了解疊加場的特點，會分析帶電粒子在疊加場中的運動問題。
3．理解質譜儀和回旋加速器的原理，會分析電場和磁場疊加的幾種實例。
鏈接教材·夯基固本
1．疊加場與組合場
(1)疊加場：電場、____、重力場共存或其中某兩場共存。
(2)組合場：電場與磁場各位于一定的區域內，并不重疊，或在同一區域，電場、磁場分時間段或分區域交替出現。
磁場
2．帶電粒子在復合場中運動情況分類
(1)靜止或勻速直線運動：當帶電粒子在復合場中所受合外力為0時，將處于____狀態或____________狀態。
(2)勻速圓周運動：當帶電粒子所受的重力與靜電力大小____，方向____時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內做________運動。
靜止
勻速直線運動
相等
相反
勻速圓周
(3)較復雜的曲線運動：當帶電粒子所受合外力的大小和方向均變化，且與初速度方向不在__________時，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子的運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線。
(4)分階段運動：帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復合場區域，其運動情況隨區域發生變化，其運動過程由幾種不同的運動階段組成。
一條直線上
3．質譜儀
(1)構造：如圖所示，由粒子源、加速電場、偏轉磁場和照相底片等構成。
(2)原理：粒子由靜止被加速電場加速，qU＝。
粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qvB＝________。
由以上兩式可得r＝，m＝，＝。
mv2
m
4．回旋加速器
(1)構造：如圖所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源，D形盒處于勻強磁場中。
(2)原理：交流電的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子經電場
加速，經磁場回旋，由qvB＝，得Ekm＝，可見粒子獲得的最大動能由____________和____________決定，與____________。
磁感應強度B
D形盒半徑R
加速電壓無關
1．易錯易混辨析
(1)用質譜儀可測量帶電粒子的比荷。 (　　)
(2)加在回旋加速器的交流電源的電壓越大，帶電粒子最終獲得的速度越大。 (　　)
(3)帶電粒子在復合場中運動時，要關注是否受重力作用。 (　　)
√
×
√
(4)帶電粒子在復合場中做勻變速直線運動時，可能受洛倫茲力作用。 (　　)
(5)帶電粒子在疊加場中做圓周運動時，一定是重力和靜電力平衡，洛倫茲力提供向心力。 (　　)
×
√
2．(人教版選擇性必修第二冊改編)A、B是兩種同位素的原子核，它們具有相同的電荷、不同的質量。為測定它們的質量比，使它們從質譜儀(如圖所示)的同一加速電場由靜止開始加速，然后沿著與磁場垂直的方向進入同一勻強磁場，打到照相底片上。如果從底片上獲知A、B在磁場中運動軌跡的直徑分別為x1、x2，則A、B的質
量之比為(　　)
√
C　[由題意得qU＝mv2，qvB＝，聯立解得r＝， 即r∝，則mA∶mB＝，C項正確。]
3．(魯科版選擇性必修第二冊改編)(多選)我國建造的第一臺回旋加速器存放于中國原子能科學研究院，其工作原理如圖所示：其核心部分是兩個D形盒，粒子源O置于D形盒的圓心附近，能不斷釋放出帶電粒子，忽略粒子在電場中運動的時間，不考慮加速過程中引起的粒子質量變化。現用該回旋加速器對
、粒子分別進行加速，下列說法
正確的是(　　)
A．兩種粒子在回旋加速器中運動的時間相等
B．兩種粒子在回旋加速器中運動的時間不相等
C．兩種粒子離開出口處的動能相等
D．兩種粒子離開出口處的動能不相等
√
√
AD　[粒子在磁場中飛出的最大軌跡半徑為D形盒的半徑，對應速度也最大，則有qvmaxB＝動能為Ekmax＝場中加速一次，在磁場中旋轉半周，令加速的次數為n，則有Ekmax＝nqU，解得n＝，則粒子運動的時間t＝n·，其中T＝，解得t＝，可知兩種粒子在回旋加速器中運動的時間相等，A正確，B錯
誤；粒子離開出口處的動能最大，根據上述解得Ekmax＝粒子的質量數為2，電荷數為粒子的質量數為4，電荷數為2，可知粒子離開出口處的動能為粒子的兩倍，即兩種粒子離開出口處的動能不相等，C錯誤，D正確。]
細研考點·突破題型
考點1　帶電粒子在組合場中的運動
1．“磁偏轉”和“電偏轉”的比較
2．“五步法”解決帶電粒子在組合場中的運動問題
(1)明性質
弄清場的性質、方向、強弱、范圍等。
(2)定運動
帶電粒子通過不同場區，由受力情況確定其在不同區域的運動情況。
(3)畫軌跡
正確規范地畫出粒子的運動軌跡圖。
(4)選規律
根據區域和運動情況的不同，將整個運動過程分段處理，不同階段選用不同的規律求解。
(5)找關系
明確不同場區交界處的速度大小和方向，注意上一區域的末速度往往是下一區域的初速度。
角度1　先電場后磁場
[典例1]　(2025·八省聯考河南卷)如圖所示，在水平虛線上方區域有豎直向下的勻強電場，電場強度大小為E，在虛線下方區域有垂直紙面向外的勻強磁場。質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子從距虛線高度為h的a點向右水平發射，當粒子進入
磁場時其速度方向與水平虛線的夾角為45°。
不計重力。
(1)求粒子進入磁場時的速度大?。?br/>(2)若粒子第一次回到電場中高度為h時，粒子距a點的距離為s＝2h，求磁場的磁感應強度大小的可能值；
(3)若粒子第一次回到電場中高度為h時，粒子在電場中運動的時間與在磁場中運動的時間相等，求粒子此時距a點的距離。
[解析]　(1)粒子在電場中做類平拋運動，則豎直方向＝2ah
由牛頓第二定律得a＝
粒子進入磁場時的速度大小v＝vy
解得v＝2。
(2)粒子從a點拋出到進入磁場時的水平位移x＝v0t＝vyt＝2t＝2h
粒子進入磁場后做勻速圓周運動，離開磁場時速度方向與x軸正向仍成45°角，到達h高度時水平位移仍為2h，作出粒子的運動軌跡如圖所示，由題意可知2r cos 45°＝2h＋2h＋2h或2r cos 45°＝2h
即r＝3h或r＝h
根據洛倫茲力提供向心力qvB＝m
可得B＝或B＝。
(3)若粒子第一次回到電場中高度為h時，粒子在電場中運動的時間t＝＝2
可知粒子在磁場中運動的時間也為t＝2
根據t＝＝
由洛倫茲力提供向心力qvB′＝m
解得r′＝
此時粒子距a點的距離s＝4h－r′＝4h－。
[答案]　(1)2　(2)或
(3)4h－
角度2　先磁場后電場
[典例2]　(2025·福建龍巖市第一次質檢)如圖所示，在xOy平面(紙面)內，x＞0空間內存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，第三象限空間內存在方向沿x軸正方向的勻強電場。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，以大小為v、方向與y軸正方向的夾角為θ＝60°的速度沿紙面從坐標為(0，L)的P1點進入磁場中，然后從坐標為(0，－L) 的P2點進入電場區域，最后從x軸上的P3點(圖中未畫出)垂直于x軸射出電場。求：
(1)磁場的磁感應強度大小B；
(2)粒子從P1點運動到P2點所用的時間t；
(3)電場強度的大小E。
[解析]　(1)帶電粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示
其圓心為O1，對應軌道半徑為R
由幾何關系可得R sin θ＝L，解得R＝2L
由洛倫茲力提供向心力有qvB＝
聯立解得B＝。
(2)帶電粒子從P1點運動到P2點所用的時間為t＝T，又T＝＝
聯立解得t＝。
(3)設帶電粒子在電場中的運動時間為t′，由運動的合成與分解有v cos θ·t′＝L，v sin θ－at′＝0
由牛頓第二定律有qE＝ma
聯立解得E＝。
[答案]　(1)　(2)　(3)
角度3　帶電粒子在電場、磁場中的交替運動
[典例3]　如圖所示，在x軸上方存在磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，在x軸下方存在豎直向上的勻強電場。一個質量為m、電荷量為q、重力不計的帶正電粒子從y軸上的P(0，h)點沿y 軸正方向以某初速度開始運動，一段時間
后，粒子與x軸正方向成θ＝60°角第一次
進入電場。
(1)求粒子在磁場中運動的軌道半徑r和速度大小v；
(2)若粒子經過y軸上Q點時速度方向恰好與y軸垂直，求勻強電場的電場強度大小E；
(3)求粒子返回出發點P所用的總時間t。
[解析]　(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示
由幾何知識得r cos 60°＝h，解得r＝2h
粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB＝
解得粒子在磁場中做勻速圓周運動的速度
大小為
v＝。
(2)粒子在電場中做類平拋運動，粒子經過y軸的Q點時速度方向恰好與y軸垂直，則粒子到達Q點時沿電場方向的速度為零，則有垂直電場方向有
r＋ r sin 60° ＝ v cos 60°·t1
沿電場方向有v sin 60°＝at1
又a＝
聯立可得粒子在第三象限電場中的運動時間為
t1＝
勻強電場的電場強度大小為
E＝。
(3)設粒子第一次在第二象限的磁場中運動的時間為t2，如圖示關系有t2＝T
由qvB＝，T＝得T＝
又t＝2(t1＋t2)
解得t＝＋。
[答案]　(1)2h　　(2)
(3)＋
考點2　帶電粒子在疊加場中的運動
1．疊加場
電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存。
2．帶電粒子在疊加場中常見的幾種運動形式
運動性質 受力特點 方法規律
勻速直線運動 粒子所受合力為0 平衡條件
勻速圓周運動 除洛倫茲力外，另外兩力的合力為零，qE＝mg 牛頓第二定律、圓周運動的規律
較復雜的曲線運動 除洛倫茲力外，其他力的合力既不為0，也不與洛倫茲力等大反向 動能定理、能量守恒定律
[典例4]　(多選)(2024·安徽卷)空間中存在豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，電場強度大小為E，磁感應強度大小為B。一質量為m的帶電油滴a，在紙面內做半徑為R的圓周運動，軌跡如圖所示。當a運動到最低點P時，瞬間分成兩個小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者帶電量、質量均相同。Ⅰ在P點時與a的速度方向相同，并做半徑為3R的圓周運動，軌跡如圖所示。Ⅱ的軌跡未畫出。已知重力加
速度大小為g，不計空氣浮力與阻力以及Ⅰ、Ⅱ分開
后的相互作用，則(　　)
A．油滴a帶負電，所帶電量的大小為
B．油滴a做圓周運動的速度大小為
C．小油滴Ⅰ做圓周運動的速度大小為，周期為
D．小油滴Ⅱ沿順時針方向做圓周運動
√
√
√
ABD　[油滴a做圓周運動，故重力與靜電力平衡，可知帶負電，有mg＝Eq，解得q＝，故A正確；根據洛倫茲力提供向心力Bqv＝m，得R＝，解得油滴a做圓周運動的速度大小為v＝，故B正確；設小油滴Ⅰ的速度大小為v1，得3R＝，解得v1＝＝，周期為T＝＝，故C錯誤；帶電油滴a分離前后動量
守恒，設分離后小油滴Ⅱ的速度為v2，取油滴a分離前瞬間的速度方向為正方向，得mv＝v1＋v2，解得v2＝－， 由于分離后的小油滴受到的靜電力和重力仍然平衡，分離后小油滴Ⅱ的速度方向與正方向相反，根據左手定則可知小油滴Ⅱ沿順時針方向做圓周運動，故D正確。]
[典例5]　(2025·八省聯考陜西卷)如圖所示，cd邊界與x軸垂直，在其右方豎直平面內，第一、二象限存在垂直紙面向外的勻強磁場，第三、四象限存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁場區域覆蓋有豎直向上的外加勻強電場。在xOy平面內，某質量為m、電荷量為q帶正電的絕緣小球從P點與cd邊界成30°角以速度v0射入，小球到坐標原點O時恰好以速度v0豎直向下運動，此時去掉外加的勻強電場。重力加速度大小為g，已知磁感應強度大小均為。求：
(1)電場強度的大小和P點距y軸的距離；
(2)小球第一次到達最低點時速度的大??；
(3)小球從過坐標原點時到第一次到達最低點時所用時間。
[解析]　(1)依題意，小球從P點運動到坐標原點O，速率沒有改變，即動能變化量為零，由動能定理可知合力做功為零，靜電力與重力等大反向，可得
qE＝mg
解得E＝
可知小球在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，
軌跡如圖
根據qv0B＝
解得r＝
由幾何關系，可得
xP＝r＋r cos 30°
聯立解得xP＝。
(2)把小球在坐標原點的速度v0分解為沿x軸正方向的v0和與x軸負方向成45°角的 v0，如圖所示
其中沿x軸正方向的v0對應的洛倫茲力恰好與小球重力平衡，即
F洛＝qv0B＝mg
小球沿x軸正方向做勻速直線運動，與x軸負方
向成45°角的v0對應的洛倫茲力提供小球做
逆時針勻速圓周運動的向心力，可知小球第一
次到達最低點時速度的大小為
v＝v0＋v0＝(1＋)v0。
(3)由第二問分析可知小球在撤去電場后做勻速圓周運動的分運動軌跡如圖所示
根據qv0B＝m
又T＝
由幾何關系，可得小球從過坐標原點時
到第一次到達最低點時圓弧軌跡對應的
圓心角為135°，則所用時間為
t＝T
聯立解得t＝。
[答案]　(1)　(2)(1＋)v0　(3)
裝置 原理圖 規律
質譜儀 帶電粒子由靜止被加速電場加速有qU＝mv2，在磁場中做勻速圓周運動有qvB＝m，則比荷＝
考點3　帶電粒子在復合場中運動的科技應用
裝置 原理圖 規律
回旋加 速器 交變電流的周期和帶電粒子做圓周運動的周期相同，帶電粒子在圓周運動過程中每次經過D形盒縫隙都會被加速。由qvB＝m 得Ekm＝
裝置 原理圖 規律
速度選擇器 若qv0B＝qE，即v0＝，粒子做勻速直線運動
裝置 原理圖 規律
磁流體發電機 等離子體射入，受洛倫茲力偏轉，使兩極板帶正、負電，兩極電壓U穩定時，q＝qv0B，U＝v0Bd
電磁流量計 q＝qvB，所以v＝，所以Q＝vS＝
裝置 原理圖 規律
霍爾元件 當磁場方向與電流方向垂直時，導體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現電勢差，稱為霍爾電壓。由qvB＝q，I＝nqvS，S＝hd，聯立解得U＝＝k，k＝，稱為霍爾系數
角度1　回旋加速器
[典例6]　1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖所示，這臺加速器由兩個銅質D形盒D1、D2構成，其間留有空隙，現對氚核()加速，所需的高頻電源的頻率為f，已知元電荷為e，下列說法正確的是(　　)
A．被加速的帶電粒子在回旋加速器中做圓周運動的周期隨半徑的增大而增大
B．高頻電源的電壓越大，氚核最終射出回旋加速器的速度越大
C．氚核的質量為
D．該回旋加速器接頻率為f的高頻電源時，也可以對氦核()加速
√
C　[根據周期公式T＝可知，被加速的帶電粒子在回旋加速器中做圓周運動的周期與半徑無關，A錯誤；設D形盒的半徑為R，則氚核最終射出回旋加速器的速度滿足evB＝m，即v＝，可知氚核最終射出回旋加速器的速度與高頻電源的電壓無關，B錯誤；根據周期公式T＝，可知m＝，C正確；因為氚核()與氦核()的比荷不同，則在磁場中做圓周運動的周期不同，所以該回旋加速器接頻率為f的高頻電源時，不能用來加速氦核()，D錯誤。]
角度2　質譜儀
[典例7]　(人教版選擇性必修第二冊改編)某一具有速度選擇器的質譜儀原理如圖所示，A為粒子加速器，加速電壓為U1；B為速度選擇器，磁場與電場正交，磁感應強度為B1，兩板間距離為d；C為偏轉分離器，磁感應強度為B2。今有一質量為m、電荷量為e的正粒子(不計重力)，經加速后，該粒子恰能通過速度選擇器，粒子進入分離器后做勻速圓周運動。若加速電壓減小為原來的，通過調節速度選擇器兩板間的電壓，粒子仍從原位置進入分離器，則(　　)
A．速度選擇器兩板間的電壓減小為原來的
B．粒子在分離器中運動時間減小為原來的
C．粒子在分離器中做圓周運動的半徑減小為原來的
D．粒子在分離器中運動的動能減小為原來的
√
D　[粒子在加速電場中有qU1＝mv2，在速度選擇器中有q＝qvB1，則有U1q＝，若加速電壓U1減小為原來的，要使粒子仍從原位置射出，則速度選擇器板間電壓U2減小為原來的，選項A錯誤；粒子在分離器中做勻速圓周運動，周期T＝，與粒子的速度無關，若加速電壓減小為原來的，粒子在分離器中運動的
時間不變，選項B錯誤；由r＝＝知，若加速電壓U1減小為原來的，粒子在分離器中做圓周運動的半徑減小為原來的，選項C錯誤；由Ek＝＝qU1知，若加速電壓U1減小為原來的，則粒子運動的動能減小為原來的，選項D正確。]
角度3　電場與磁場疊加的應用實例
[典例8]　(2024·江西卷)石墨烯是一種由碳原子組成的單層二維蜂窩狀晶格結構新材料，具有豐富的電學性能?，F設計一電路測量某二維石墨烯樣品的載流子(電子)濃度。如圖(a)所示，在長為a，寬為b的石墨烯表面加一垂直向里的勻強磁場，磁感應強度為B，電極1、3間通以恒定電流I，電極2、4間將產生電壓U。當I＝1.00×10-3 A時，測得U-B關系圖線如圖(b)所示，元電荷e＝1.60×10-19 C，則此樣品每平方米載流子數最接近(　　)
A．1.7×1019 B．1.7×1015
C．2.3×1020 D．2.3×1016
√
D　[設樣品每平方米載流子(電子)數為n，電子定向移動的速率為v，則時間t內通過樣品的電荷量q＝nevtb，根據電流的定義式得I＝＝nevb，當電子穩定通過樣品時，其所受電場力與洛倫茲力平衡，則有e＝evB，聯立解得U＝B，結合題圖(b)可知k＝＝
V/T，解得n≈2.3×1016，D正確。]
[典例9]　工業上常用電磁流量計來測量高黏度及強腐蝕性流體的流量Q(單位時間內流過管道橫截面的液體體積)，原理如圖甲所示，在非磁性材料做成的圓管處加一磁感應強度大小為B的勻強磁場，當導電液體流過此磁場區域時，測出管壁上下M、N兩點間的電勢差U，就可計算出管中液體的流量。為了測量某工廠的污水排放量，技術人員在充滿污水的排污管末端安裝了一個電磁流量計，如圖乙所示，已知排污管和電磁流量計處的管道直徑分別為20 cm和10 cm。當流經電磁流量計的液體速度為10 m/s時，其流量約為280 m3/h，若某段時間內通過電磁流量計的流量為70 m3/h，則在這段時間內(　　)
A．M點的電勢一定低于N點的電勢
B．通過排污管的污水流量約為140 m3/h
C．排污管內污水的速度約為2.5 m/s
D．電勢差U與磁感應強度B之比約為0.25 m2/s
√
D　[根據左手定則可知，進入磁場區域時正電荷會向上偏轉，負電荷向下偏轉，所以M點的電勢一定高于N點的電勢，故A錯誤；某段時間內通過電磁流量計的流量為70 m3/h，通過排污管的污水流量也是70 m3/h，由題意知此段時間內流經電磁流量計的液體速度為v1＝2.5 m/s，流量計半徑為r＝5 cm＝0.05 m，排污管的半徑R＝10 cm＝0.1 m，由Q＝πr2v1＝πR2v2可得排污管內污水的速度約為v2＝v1＝0.625 m/s，故B、C錯誤；流量計內污水的速度約為v1＝2.5 m/s，當粒子在電磁流量計中受力平衡時，有q＝qv1B，可知＝v1·2r＝0.25 m2/s，故D正確。]
即時檢驗·感悟高考
1．(多選)(2024·湖北卷)磁流體發電機的原理如圖所示，MN和PQ是兩平行金屬極板，勻強磁場垂直于紙面向里。等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子)從左側以某一速度平行于極板噴入磁場，極板間便產生電壓。下列說法正確的是(　　)
A．極板MN是發電機的正極
B．僅增大兩極板間的距離，極板間的電壓減小
C．僅增大等離子體的噴入速率，極板間的電壓增大
D．僅增大噴入等離子體的正、負帶電粒子數密度，極板間的電壓增大
√
√
AC　[由左手定則可知，帶正電粒子在磁場中受到向上的洛倫茲力，帶負電粒子在磁場中受到向下的洛倫茲力，則等離子體從左側噴入磁場時，帶正電粒子向上偏轉，帶負電粒子向下偏轉，所以極板MN帶正電，為發電機的正極，A正確；極板間的電壓穩定后，對在極板間運動的某個帶電粒子，有qE＝qvB，又U＝Ed，可得U＝vBd，所以僅增大兩極板間的距離d，極板間的電壓增大，B錯誤；結合B項分析可知，僅增大等離子體的噴入速率v，極板間的電壓增大，C正確；結合B項分析可知，僅增大等離子體的正、負帶電粒子數密度，極板間的電壓不變，D錯誤。]
2．(2025·八省聯考陜西卷)人體血管狀況及血液流速可以反映身體健康狀態。血管中的血液通常含有大量的正、負離子。如圖所示，血管內徑為d，血流速度v方向水平向右?，F將方向與血管橫截面平行且垂直紙面向里的勻強磁場施于某段血管，其磁感應強度大小恒為B，當血液的流量(單位時間內流過管道橫截面的液體體積)一定時(　　)
A．血管上側電勢低，血管下側電勢高
B．若血管內徑變小，則血液流速變小
C．血管上下側電勢差與血液流速無關
D．血管上下側電勢差變大，說明血管內徑變小
√
D　[根據左手定則可知正離子向血管上側偏轉，負離子向血管下側偏轉，則血管上側電勢高，血管下側電勢低，故A錯誤；血液的流量(單位時間內流過管道橫截面的液體體積)一定，設為V，若血管內徑變小，則血管的橫截面積變小，根據V＝Sv可知血液流速變大，故B錯誤；穩定時，離子所受洛倫茲力等于所受的靜電力，根據qvB＝可得U＝dvB，又v＝，聯立可得U＝，根據U＝可知血管上下側電勢差變大，說明血管內徑變小，血液的流速變化，所以血管上下側電勢差與血液流速有關，故D正確，C錯誤。故選D。]
3．(2023·全國乙卷)如圖所示，一磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直于紙面(xOy平面)向里，磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；SP＝l，S與屏的距離為，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場區域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏。該粒子的比荷為(　　)
A．
C．
√
A　[畫出帶電粒子僅在磁場中運動時的運動軌跡，如圖所示。設帶電粒子僅在磁場中運動的軌跡半徑為r，運動軌跡對應的圓心角為θ，由幾何知識得cos θ＝＝，r－a＝r cos θ，解得r＝2a，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝，解得r＝2a＝，在勻強磁場區域加上勻強電場后帶電粒子沿x軸運動，分析知，此時粒子受力平衡，
則有Eq＝qvB，聯立解得＝，A正確。 ]
課時數智作業(二十七)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
1．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，電場強度大小為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．磁場的磁感應強度大小為
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
C　[受力分析可知，粒子受到洛倫茲力沿y軸方向的分力是變化的，故粒子在y軸方向的合力是變化的，加速度也是變化的，A錯誤；從O到P，洛倫茲力不做功，由動能定理得qEh＝，解得vP＝，B錯誤；粒子經過最高點時，洛倫茲力和靜電力的合力提供向心力，即qvPB－qE＝，聯立解得B＝，C正確，D錯誤。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
2．(人教版選擇性必修第二冊P12T3教材改編)如圖所示，M、N為速度選擇器的上、下兩個帶電極板，兩極板間有勻強電場和勻強磁場。勻強電場的電場強度大小為E、方向由M板指向N板；勻強磁場的方向垂直紙面向里。速度選擇器左右兩側各有一個小孔P、Q，連線PQ與兩極板平行。某種帶電微粒以速度v從P孔沿PQ連線射入速度選擇器，從Q孔射出。不計微粒重力，下列判斷正確的是(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
A．帶電微粒一定帶正電
B．勻強磁場的磁感應強度大小為
C．若將該種帶電微粒以速率v從Q孔沿QP連
線射入，不能從P孔射出
D．若將該帶電微粒以2v的速度從P孔沿PQ連線射入，將做類平拋運動
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
C　[若帶電微粒帶正電，則受到的洛倫茲力向上，靜電力向下，若帶電微粒帶負電，則受到的洛倫茲力向下，靜電力向上，微粒沿PQ運動，洛倫茲力等于靜電力，因此微?？梢詭д娨部梢詭ж撾姡蔄錯誤；對微粒受力分析有Eq＝qvB，解得B＝，故B錯誤；若帶電微粒帶負電，從Q孔沿QP連線射入，受到的洛倫茲力和靜電力均向上，若帶電微粒帶正電，從Q孔沿QP連線射入，受到的洛倫茲力和靜電力均向下，不可能做直線運動，故不能從P孔射出，故C正確；若將該帶電微粒以2v的速度從P孔沿PQ連線射入，洛倫茲力大于靜電力，微粒做曲線運動，由于洛倫茲力的方向一直在變，微粒不可能做類平拋運動，故D錯誤。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
3．(2023·浙江1月選考)某興趣小組設計的測量大電流的裝置如圖所示，通有電流I的螺繞環在霍爾元件處產生的磁場B＝k1I，通有待測電流I′的直導線ab垂直穿過螺繞環中心，在霍爾元件處產生的磁場B′＝k2I′。調節電阻R，當電流表示數為I0時，元件輸出霍爾電壓UH為零，則待測電流I′的方向和大小分別為(　　)
A．a→b，I0 B．a→b，I0
C．b→a，I0 D．b→a，I0
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
D　[根據安培定則可知螺繞環在霍爾元件處產生的磁場方向向下，則要使元件輸出霍爾電壓UH為零，直導線ab在霍爾元件處產生的磁場方向應向上，根據安培定則可知待測電流I′的方向應該是b→a；元件輸出霍爾電壓UH為零，則霍爾元件處合磁場的磁感應強度為0，所以有k1I0＝k2I′，解得I′＝I0，故D正確。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
4．如圖為一種改進后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間加速電場的電場強度大小恒定，且被限制在AC板間，虛線中間不需加電場，帶電粒子從P0處以速度v0沿電場線方向射入加速電場，經加速后再進入D形盒中做勻速圓周運動，對這種改進后的回旋加速器，下列說法正確的是(　　)
A．加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸無關
B．帶電粒子每運動一周被加速一次
C．帶電粒子每運動一周P1P2等于P2P3
D．加速電場方向需要做周期性的變化
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
B　[帶電粒子只有經過AC板間時被加速，即帶電粒子每運動一周被加速一次，電場的方向沒有改變，則在AC間加速，電場方向不需要做周期性的變化，故B正確，D錯誤；根據qvB＝和nqU＝mv2(n為加速次數)，聯立解得r＝，可知P1P2＝2(r2－r1)＝2(－1)，P2P3＝2(r3－r2)＝2()，所以P1P2≠P2P3，故C錯誤；當粒子從D形盒中出來時，速度最大，根據r＝知加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關，故A錯誤。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
5．某一具有速度選擇器的質譜儀原理如圖所示，A為粒子加速器，加速電壓為U1；B為速度選擇器，磁場與電場正交，磁感應強度為B1，兩板間距離為d；C為偏轉分離器，磁感應強度為B2。今有一質量為m、電荷量為e的正粒子(不計重力)，經加速后，該粒子恰能通過速度選擇器，粒子進入分離器后做勻速圓周運動。
(1)粒子的速度v為多少？
(2)速度選擇器兩板間電壓U2為多少？
(3)粒子在B2磁場中做勻速圓周運動的半徑R為多大？
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
[解析]　(1)粒子經加速電場加速，獲得速度v，
由動能定理得eU1＝mv2
解得v＝。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
(2)粒子在速度選擇器中做勻速直線運動，電場力與洛倫茲力平衡，由平衡條件得eE＝evB1
即e＝evB1
解得U2＝B1dv＝B1d。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
(3)粒子在B2磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得evB2＝m
解得R＝＝。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
[答案]　(1)　(2)B1d(3)
6．如圖所示，平面直角坐標系xOy中存在一與x軸相切的圓形勻強磁場區域，圓心坐標為(0，0.2)，勻強磁場的磁感應強度大小為B＝ T，方向垂直紙面向外。y<0區域，存在電場強度大小為E＝4×103 N/C、方向沿y軸正方向的勻強電場。第四象限內的P點有一質量m＝2×10-9 kg、帶電量q＝5×10-5 C的帶正電粒子，以大小為v0＝5×103 m/s的初速度沿x軸負方向射入勻強電場，從坐標原點O與x軸負方向成θ＝45°角進入勻強磁場。粒子重力不計，求：
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
(1)P點的坐標；
(2)粒子在勻強磁場中做圓周運動的時間。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
[解析]　(1)粒子在勻強電場中做類平拋運動，由幾何關系有vy＝v0tan θ＝5×103 m/s
根據牛頓第二定律有a＝＝1×108 m/s2
則粒子在勻強電場中運動的時間為
t＝＝5×10-5 s
水平方向有x＝v0t＝0.25 m
豎直方向有y＝at2＝0.125 m
故P點的坐標為(0.25，－0.125)。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
(2)粒子進入勻強磁場的速度大小為
v＝＝5×103 m/s
由洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m
解得R＝0.2 m
粒子在勻強磁場中做圓周運動的周期為
T＝＝×10-4 s
粒子的運動軌跡如圖所示
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
由幾何關系可知，粒子在勻強磁場中轉過的圓心角為α＝135°，故粒子在勻強磁場中的運動時間為
t′＝T＝×10-5 s。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
[答案]　(1)(0.25，－0.125)　(2)×10-5 s
7．(2024·遼寧卷)現代粒子加速器常用電磁場控制粒子團的運動及尺度。簡化模型如圖：Ⅰ、Ⅱ區寬度均為L，存在垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度等大反向；Ⅲ、Ⅳ區為電場區，Ⅳ區電場足夠寬；各區邊界均垂直于x軸，O為坐標原點。甲、乙為粒子團中的兩個電荷量均為＋q(q>0)、質量均為m的粒子。如圖所示，甲、乙平行于x軸向右運動，先后射入Ⅰ區時速度大小分別為v0和v0。甲到P
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
點時，乙剛好射入Ⅰ區。乙經過Ⅰ區的速度偏轉角為30°。甲到O點時，乙恰好到P點。已知Ⅲ區存在沿＋x方向的勻強電場，電場強度大小E0＝。不計粒子重力及粒子間相互作用，忽略邊界效應及變化的電場產生的磁場。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
(1)求Ⅰ、Ⅱ區磁場的磁感應強度的大小B。
(2)求Ⅲ區寬度d。
(3)Ⅳ區x軸上的電場方向沿x軸，電場強度E隨時間t、位置坐標x的變化關系為E＝ωt－kx，其中常系數ω>0，ω已知，k未知，取甲經過O點時t＝0。已知甲在Ⅳ區始終做勻速直線運動，設乙在Ⅳ區受到的靜電力大小為F，甲、乙間距為Δx，求乙追上甲前F與Δx間的關系式(不要求寫出Δx的取值范圍)。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
[解析]　(1)根據題意，作出甲、乙兩粒子在Ⅰ區和Ⅱ區中的運動軌跡，如圖所示。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
乙經過Ⅰ區的速度偏轉角為30°，則乙在Ⅰ區運動軌跡所對的圓心角為30°。
根據幾何關系有r乙sin 30°＝L
對乙在Ⅰ區運動的過程，由洛倫茲力提供向心力有
qv0B＝
聯立解得B＝。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
(2)乙從進入Ⅰ區到運動至P點的過程，運動時間t1＝T
又T＝＝
解得t1＝
分析可知，甲、乙都沿＋x方向從P點射入Ⅲ區，在t1時間內，甲從P點運動到O點，根據運動學規律有d＝
根據牛頓第二定律有qE0＝ma
聯立解得d＝πL。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
(3)甲從P點運動到O點的過程，根據運動學規律有v甲O＝v0＋at1
解得v甲O＝3v0
由于甲在Ⅳ區做勻速直線運動，則甲所在位置的電場強度為E甲＝ωt－kx＝ωt－kv甲Ot＝0
解得k＝
當甲運動t0時間至x＝x0處時，乙在Ⅳ區x＝(x0－Δx)處。
在x＝x0處有E甲＝ωt0－kx0＝0
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
在x＝(x0－Δx)處有E乙＝ωt0－k(x0－Δx)
又F＝qE乙
聯立解得F＝Δx。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
[答案]　(1)　(2)πL　(3)F＝Δx
8．(2024·湖南卷)如圖所示，有一內半徑為2r、長為L的圓筒，左、右端面圓心O′、O處各開有一小孔。以O為坐標原點，取O′O方向為x軸正方向建立xyz坐標系。在筒內x≤0區域有一勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向沿x軸正方向；筒外x≥0區域有一勻強電場，場強大小為E，方向沿y軸正方向。一電子槍在O′處向圓筒內多個方向發射電子，電子初速度方向均在xOy平面內，且在x軸正方向的分速度大小均為v0。已知電子的質量為m，電荷量為e，設電子始終未與筒壁碰撞，不計電子之間的相互作用及電子的重力。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
(1)若所有電子均能經過O進入電場，求磁感應強度B的最小值；
(2)取(1)問中最小的磁感應強度B，若進入磁場中電子的速度方向與x軸正方向的最大夾角為θ，求tan θ的絕對值；
(3)取(1)問中最小的磁感應強度B，求電子在電場中運動時在y軸正方向的最大位移。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
[解析]　(1)將電子的初速度分解為沿x軸方向的速度v0、y軸方向的速度vy0，則電子做沿x軸正方向的勻速運動和投影到yOz平面內的圓周運動，又電子做勻速圓周運動的周期為T＝，電子均能經過O進入電場，則＝nT(n＝1，2，3，…)
聯立解得B＝(n＝1，2，3，…)
當n＝1時，磁感應強度的最小值Bmin＝。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
(2)由于電子始終未與筒壁碰撞，則電子投影到yOz平面內的圓周運動的最大半徑為r，由洛倫茲力提供向心力有evy0maxB＝
則|tan θ|＝＝。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
(3)電子在電場中做類斜拋運動，當電子運動到O點時沿y軸正方向的分速度大小為vy0max時，電子在電場中運動時在y軸正方向的位移最大，由牛頓第二定律有eE＝ma
由速度位移公式有2aym＝解得ym＝。
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
[答案]　(1)　(2)
謝 謝 ！課時分層作業(二十七)
1．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，電場強度大小為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．磁場的磁感應強度大小為
2．(人教版選擇性必修第二冊P12T3教材改編)如圖所示，M、N為速度選擇器的上、下兩個帶電極板，兩極板間有勻強電場和勻強磁場。勻強電場的電場強度大小為E、方向由M板指向N板；勻強磁場的方向垂直紙面向里。速度選擇器左右兩側各有一個小孔P、Q，連線PQ與兩極板平行。某種帶電微粒以速度v從P孔沿PQ連線射入速度選擇器，從Q孔射出。不計微粒重力，下列判斷正確的是(　　)
A．帶電微粒一定帶正電
B．勻強磁場的磁感應強度大小為
C．若將該種帶電微粒以速率v從Q孔沿QP連線射入，不能從P孔射出
D．若將該帶電微粒以2v的速度從P孔沿PQ連線射入，將做類平拋運動
3．(2023·浙江1月選考)某興趣小組設計的測量大電流的裝置如圖所示，通有電流I的螺繞環在霍爾元件處產生的磁場B＝k1I，通有待測電流I′的直導線ab垂直穿過螺繞環中心，在霍爾元件處產生的磁場B′＝k2I′。調節電阻R，當電流表示數為I0時，元件輸出霍爾電壓UH為零，則待測電流I′的方向和大小分別為(　　)
A．a→b，I0 B．a→b，I0
C．b→a，I0 D．b→a，I0
4．如圖為一種改進后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間加速電場的電場強度大小恒定，且被限制在AC板間，虛線中間不需加電場，帶電粒子從P0處以速度v0沿電場線方向射入加速電場，經加速后再進入D形盒中做勻速圓周運動，對這種改進后的回旋加速器，下列說法正確的是(　　)
A．加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸無關
B．帶電粒子每運動一周被加速一次
C．帶電粒子每運動一周P1P2等于P2P3
D．加速電場方向需要做周期性的變化
5．某一具有速度選擇器的質譜儀原理如圖所示，A為粒子加速器，加速電壓為U1；B為速度選擇器，磁場與電場正交，磁感應強度為B1，兩板間距離為d；C為偏轉分離器，磁感應強度為B2。今有一質量為m、電荷量為e的正粒子(不計重力)，經加速后，該粒子恰能通過速度選擇器，粒子進入分離器后做勻速圓周運動。
(1)粒子的速度v為多少？
(2)速度選擇器兩板間電壓U2為多少？
(3)粒子在B2磁場中做勻速圓周運動的半徑R為多大？
6．如圖所示，平面直角坐標系xOy中存在一與x軸相切的圓形勻強磁場區域，圓心坐標為(0，0.2)，勻強磁場的磁感應強度大小為B＝ T，方向垂直紙面向外。y<0區域，存在電場強度大小為E＝4×103 N/C、方向沿y軸正方向的勻強電場。第四象限內的P點有一質量m＝2×10-9 kg、帶電量q＝5×10-5 C的帶正電粒子，以大小為v0＝5×103 m/s的初速度沿x軸負方向射入勻強電場，從坐標原點O與x軸負方向成θ＝45°角進入勻強磁場。粒子重力不計，求：
(1)P點的坐標；
(2)粒子在勻強磁場中做圓周運動的時間。
7．(2024·遼寧卷)現代粒子加速器常用電磁場控制粒子團的運動及尺度。簡化模型如圖：Ⅰ、Ⅱ區寬度均為L，存在垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度等大反向；Ⅲ、Ⅳ區為電場區，Ⅳ區電場足夠寬；各區邊界均垂直于x軸，O為坐標原點。甲、乙為粒子團中的兩個電荷量均為＋q(q>0)、質量均為m的粒子。如圖所示，甲、乙平行于x軸向右運動，先后射入Ⅰ區時速度大小分別為v0和v0。甲到P點時，乙剛好射入Ⅰ區。乙經過Ⅰ區的速度偏轉角為30°。甲到O點時，乙恰好到P點。已知Ⅲ區存在沿＋x方向的勻強電場，電場強度大小E0＝。不計粒子重力及粒子間相互作用，忽略邊界效應及變化的電場產生的磁場。
(1)求Ⅰ、Ⅱ區磁場的磁感應強度的大小B。
(2)求Ⅲ區寬度d。
(3)Ⅳ區x軸上的電場方向沿x軸，電場強度E隨時間t、位置坐標x的變化關系為E＝ωt－kx，其中常系數ω>0，ω已知，k未知，取甲經過O點時t＝0。已知甲在Ⅳ區始終做勻速直線運動，設乙在Ⅳ區受到的靜電力大小為F，甲、乙間距為Δx，求乙追上甲前F與Δx間的關系式(不要求寫出Δx的取值范圍)。
8．(2024·湖南卷)如圖所示，有一內半徑為2r、長為L的圓筒，左、右端面圓心O′、O處各開有一小孔。以O為坐標原點，取O′O方向為x軸正方向建立xyz坐標系。在筒內x≤0區域有一勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向沿x軸正方向；筒外x≥0區域有一勻強電場，場強大小為E，方向沿y軸正方向。一電子槍在O′處向圓筒內多個方向發射電子，電子初速度方向均在xOy平面內，且在x軸正方向的分速度大小均為v0。已知電子的質量為m，電荷量為e，設電子始終未與筒壁碰撞，不計電子之間的相互作用及電子的重力。
(1)若所有電子均能經過O進入電場，求磁感應強度B的最小值；
(2)取(1)問中最小的磁感應強度B，若進入磁場中電子的速度方向與x軸正方向的最大夾角為θ，求tan θ的絕對值；
(3)取(1)問中最小的磁感應強度B，求電子在電場中運動時在y軸正方向的最大位移。
課時分層作業(二十七)
1．C　[受力分析可知，粒子受到洛倫茲力沿y軸方向的分力是變化的，故粒子在y軸方向的合力是變化的，加速度也是變化的，A錯誤；從O到P，洛倫茲力不做功，由動能定理得qEh＝，解得vP＝，B錯誤；粒子經過最高點時，洛倫茲力和靜電力的合力提供向心力，即qvPB－qE＝，聯立解得B＝，C正確，D錯誤。]
2．C　[若帶電微粒帶正電，則受到的洛倫茲力向上，靜電力向下，若帶電微粒帶負電，則受到的洛倫茲力向下，靜電力向上，微粒沿PQ運動，洛倫茲力等于靜電力，因此微粒可以帶正電也可以帶負電，故A錯誤；對微粒受力分析有Eq＝qvB，解得B＝，故B錯誤；若帶電微粒帶負電，從Q孔沿QP連線射入，受到的洛倫茲力和靜電力均向上，若帶電微粒帶正電，從Q孔沿QP連線射入，受到的洛倫茲力和靜電力均向下，不可能做直線運動，故不能從P孔射出，故C正確；若將該帶電微粒以2v的速度從P孔沿PQ連線射入，洛倫茲力大于靜電力，微粒做曲線運動，由于洛倫茲力的方向一直在變，微粒不可能做類平拋運動，故D錯誤。]
3．D　[根據安培定則可知螺繞環在霍爾元件處產生的磁場方向向下，則要使元件輸出霍爾電壓UH為零，直導線ab在霍爾元件處產生的磁場方向應向上，根據安培定則可知待測電流I′的方向應該是b→a；元件輸出霍爾電壓UH為零，則霍爾元件處合磁場的磁感應強度為0，所以有k1I0＝k2I′，解得I′＝I0，故D正確。]
4．B　[帶電粒子只有經過AC板間時被加速，即帶電粒子每運動一周被加速一次，電場的方向沒有改變，則在AC間加速，電場方向不需要做周期性的變化，故B正確，D錯誤；根據qvB＝和nqU＝mv2(n為加速次數)，聯立解得r＝，可知P1P2＝2(r2－r1)＝2(－1)，P2P3＝2(r3－r2)＝2()，所以P1P2≠P2P3，故C錯誤；當粒子從D形盒中出來時，速度最大，根據r＝知加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關，故A錯誤。]
5．解析：(1)粒子經加速電場加速，獲得速度v，
由動能定理得eU1＝mv2
解得v＝。
(2)粒子在速度選擇器中做勻速直線運動，電場力與洛倫茲力平衡，由平衡條件得eE＝evB1
即e＝evB1
解得U2＝B1dv＝B1d。
(3)粒子在B2磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得evB2＝m
解得R＝＝。
答案：(1)　(2)B1d
(3)
6．解析：(1)粒子在勻強電場中做類平拋運動，由幾何關系有vy＝v0tan θ＝5×103 m/s
根據牛頓第二定律有a＝＝1×108 m/s2
則粒子在勻強電場中運動的時間為
t＝＝5×10-5 s
水平方向有x＝v0t＝0.25 m
豎直方向有y＝at2＝0.125 m
故P點的坐標為(0.25，－0.125)。
(2)粒子進入勻強磁場的速度大小為
v＝＝5×103 m/s
由洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m
解得R＝0.2 m
粒子在勻強磁場中做圓周運動的周期為
T＝＝×10-4 s
粒子的運動軌跡如圖所示
由幾何關系可知，粒子在勻強磁場中轉過的圓心角為α＝135°，故粒子在勻強磁場中的運動時間為
t′＝T＝×10-5 s。
答案：(1)(0.25，－0.125)　(2)×10-5 s
7．解析：(1)根據題意，作出甲、乙兩粒子在Ⅰ區和Ⅱ區中的運動軌跡，如圖所示。
乙經過Ⅰ區的速度偏轉角為30°，則乙在Ⅰ區運動軌跡所對的圓心角為30°。
根據幾何關系有r乙sin 30°＝L
對乙在Ⅰ區運動的過程，由洛倫茲力提供向心力有
qv0B＝
聯立解得B＝。
(2)乙從進入Ⅰ區到運動至P點的過程，運動時間t1＝T
又T＝＝
解得t1＝
分析可知，甲、乙都沿＋x方向從P點射入Ⅲ區，在t1時間內，甲從P點運動到O點，根據運動學規律有d＝
根據牛頓第二定律有qE0＝ma
聯立解得d＝πL。
(3)甲從P點運動到O點的過程，根據運動學規律有v甲O＝v0＋at1
解得v甲O＝3v0
由于甲在Ⅳ區做勻速直線運動，則甲所在位置的電場強度為E甲＝ωt－kx＝ωt－kv甲Ot＝0
解得k＝
當甲運動t0時間至x＝x0處時，乙在Ⅳ區x＝(x0－Δx)處。
在x＝x0處有E甲＝ωt0－kx0＝0
在x＝(x0－Δx)處有E乙＝ωt0－k(x0－Δx)
又F＝qE乙
聯立解得F＝Δx。
答案：(1)　(2)πL　(3)F＝Δx
8．解析：(1)將電子的初速度分解為沿x軸方向的速度v0、y軸方向的速度vy0，則電子做沿x軸正方向的勻速運動和投影到yOz平面內的圓周運動，又電子做勻速圓周運動的周期為T＝，電子均能經過O進入電場，則＝nT(n＝1，2，3，…)
聯立解得B＝(n＝1，2，3，…)
當n＝1時，磁感應強度的最小值Bmin＝。
(2)由于電子始終未與筒壁碰撞，則電子投影到yOz平面內的圓周運動的最大半徑為r，由洛倫茲力提供向心力有evy0maxB＝
則|tan θ|＝＝。
(3)電子在電場中做類斜拋運動，當電子運動到O點時沿y軸正方向的分速度大小為vy0max時，電子在電場中運動時在y軸正方向的位移最大，由牛頓第二定律有eE＝ma
由速度位移公式有2aym＝解得ym＝。
答案：(1)　(2)
5 / 5

展開更多......

收起↑