高考物理二轮复习专题带电粒子在复合场中的运动教学案

预计高考对该部分内容的考查主要是： (1)考查带电粒子在组合场中的运动问题； (2)考查带电粒子在复合场中的运动问题；

(3)考查以带电粒子在组合场、复合场中的运动规律为工作原理的仪器在科学领域、生活实际中的应用．

一、带电粒子在组合复合场中的运动 “电偏转”和“磁偏转”的比较 垂直进入磁场(磁偏转) 垂直进入电场(电偏转) 情图 景 FB＝qv0B大小不变，方向总指向圆心，受力 方向变化，FB为变力 FE＝qE，FE大小、方向不变，为恒力 Eq类平抛运动vx＝v0，vy＝mt 运动规律 2πm匀速圆周运动r＝Bq，T＝Bq mv0x＝v0t，y＝2mt2 θθmLEq运动时间 t＝2πT＝Bq t＝v0，具有等时性 1

动能 不变 变化 二、带电粒子在叠加复合场中的运动

考点一 带电粒子在叠加场中的运动分析

例1、如图1所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5 T，还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E＝2 N/C.在其第一象限空间有沿y轴负方向的、场强大小也为E的匀强电场，并在y>h＝0.4 m的区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场．一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ＝45°)，并从原点O进入第一象限．已知重力加速度g＝10 m/s，问：

2

图1

(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷；

2

(2)油滴在P点得到的初速度大小； (3)油滴在第一象限运动的时间．

(1)根据受力分析(如图)可知油滴带负电荷， 设油滴质量为m，由平衡条件得：

mg∶qE∶F＝1∶1∶.

(2)由第(1)问得：mg＝qE

qvB＝qE

2E

解得：v＝B＝4 m/s.

(3)进入第一象限，电场力和重力平衡，知油滴先做匀速直线运动，进入y≥h的区域后做匀速圆周运动，轨迹如图，最后从x轴上的N点离开第一象限． h

由O→A匀速运动的位移为x1＝sin 45°＝h x1EhB

其运动时间：t1＝v＝B＝E＝0.1 s

2πm

由几何关系和圆周运动的周期关系式T＝qB知， 1πE

由A→C的圆周运动时间为t2＝4T＝2gB≈0.628 s 由对称性知从C→N的时间t3＝t1

在第一象限运动的总时间t＝t1＋t2＋t3＝2×0.1 s＋0.628 s＝0.828 s 答案 (1)1∶1∶ 油滴带负电荷 (2)4 m/s (3)0.828 s

【变式探究】如图2，水平地面上方有一底部带有小孔的绝缘弹性竖直挡板，板高h＝9 m，与板上端等高处水平线上有一P点，P点离挡板的距离x＝3 m．板的左侧以及板上端与P

3

点的连线上方存在匀强磁场和匀强电场．磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B＝1 T；比q

荷大小m＝1.0 C/kg可视为质点的小球从挡板下端处小孔以不同的速度水平射入场中做匀速圆周运动，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电量不变，小球最后都能经过位置P，g＝10 m/s2

，求：

图2

(1)电场强度的大小与方向；

(2)小球不与挡板相碰运动到P的时间；

(3)要使小球运动到P点时间最长应以多大的速度射入？ 答案 (1)10 N/C，方向竖直向下 (2)π＋arcsin 35(s) (3)3.75 m/s

解析 (1)由题意可知，小球带负电，因小球做匀速圆周运动，有：Eq＝mg 得：E＝mg

q＝10 N/C，方向竖直向下

(3)因速度方向与半径垂直，圆心必在挡板上， 设小球与挡板碰撞n次，有R≤2nh

4

又R≥x，n只能取0,1.

n＝0时，(2)问不符合题意 n＝1时，有(3R－h)2＋x2＝R2

解得：R1＝3 m，R2＝3.75 m

轨迹如图，半径为R2时运动时间最长

v2

洛伦兹力提供向心力：qvB＝mR2 得：v＝3.75 m/s.

【方法技巧】带电粒子在叠加场中运动的处理方法 1．弄清叠加场的组成特点．

2．正确分析带电粒子的受力及运动特点． 3．画出粒子的运动轨迹，灵活选择不同的运动规律

(1)若只有两个场且正交，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止．例如电场与磁场中满足qE＝qvB；重力场与磁场中满足mg＝qvB；重力场与电场中满足mg＝qE.

(2)若三场共存时，合力为零，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂直．

(3)若三场共存时，粒子做匀速圆周运动，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周v2

运动，即qvB＝mr.

(4)当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．

考点二 带电粒子在组合场中的运动分析

例2、【2017·江苏卷】（16分）一台质谱仪的工作原理如图所示．大量的甲、乙两种离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为0，经过加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上．已知甲、乙两种

5

离子的电荷量均为+q，质量分别为2m和m，图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹．不考虑离子间的相互作用．

（1）求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x；

（2）在答题卡的图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d； （3）若考虑加速电压有波动，在（

）到（

）之间变化，要使甲、乙两种

离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L满足的条件． 【答案】（1）

（2）

（3）

（2）（见图） 最窄处位于过两虚线交点的垂线上

解得

6

（3）设乙种离子在磁场中的运动半径为r2

r1的最小半径

r2 的最大半径

由题意知 2r1min–2r2max >L，即

解得

【变式探究】如图3所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距为6L.两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面．Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外，A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离为L.质量为m、电量为＋q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区．P点与A1板的距离是L的k倍．不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑．

图3

(1)若k＝1，求匀强电场的电场强度E；

(2)若2解析 (1)若k＝1，则有MP＝L，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系，该情况粒子的轨迹半径为

7

R＝L

v2

粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，则有：qvB0＝mR 12

粒子在匀强电场中加速，根据动能定理有：qEd＝2mv L2

综合上式解得：E＝2dm

3

【变式探究】如图4所示的直角坐标xOy平面内有间距为d，长度为3d的平行正对金属板M、π

N，M位于x轴上，OP为过坐标原点O和极板N右边缘的直线，与y轴的夹角θ＝3，OP与

y轴之间及y轴右侧空间中分别存在磁感应强度大小相等方向相反且均垂直于坐标平面的匀

强磁场．质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板左侧边缘以速度v0沿极板方向射入，恰好从N板的右侧边缘A点射出进入磁场．粒子第一次通过y轴时，速度与y轴负方向的夹角π

为6.不计粒子重力，求：

8

图4

(1)极板M、N间的电压； (2)匀强磁场磁感应强度的大小； (3)粒子第二次通过y轴时的纵坐标值；

(4)粒子从进入板间到第二次通过y轴时经历的时间． 2mv03＋7πd

答案 (1)0 (2)qd (3)2d (4)(6)v0

(2)设粒子经过A点时的速度为v，方向与x轴的夹角为α， 1212

根据动能定理，得qU＝2mv－2mv0 v0

cos α＝v π

解得v＝2v0，α＝3

设粒子第一次与y轴相交于D点，轨迹如图，由几何关系知D点与A点高度相等，△C1DO为等边三角形．

R＝d

v2

根据牛顿定律，得qvB＝mR 2mv0

整理得B＝qd.

9

(3)粒子在y轴右侧空间的运动轨迹如图． 由几何关系知

DE＝2Rcos θ＝d

即E点的纵坐标为yE＝2d. (4)粒子从A到D的时间 1t2＝3T

5

从D到E的时间t3＝6T 2πmπd而T＝qB＝v0

3＋7πd

故t＝t1＋t2＋t3＝(6)v0.

【举一反三】如图5所示，相距3L的AB、CD两直线间的区域存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场，其中PT上方的电场Ⅰ的场强方向竖直向下，PT下方的电场Ⅱ的场强方向竖直向上，电场Ⅰ的场强大小是电场Ⅱ的场强大小的两倍，在电场左边界AB上有点Q，

PQ间距离为L.从某时刻起由Q以初速度v0沿水平方向垂直射入匀强电场的带电粒子，电量

为＋q、质量为m.通过PT上的某点R进入匀强电场Ⅰ后从CD边上的M点水平射出，其轨迹如图，若PR两点的距离为2L.不计粒子的重力．试求：

图5

(1)匀强电场Ⅰ的电场强度的大小和MT之间的距离；

(2)有一边长为a、由光滑弹性绝缘壁围成的正三角形容器，在其边界正开有一小孔S，将其置于CD右侧且紧挨CD边界，若从Q点射入的粒子经AB、CD间的电场从S孔水平射入容器中．欲使粒子在容器中与器壁多次垂直碰撞后仍能从S孔射出(粒子与绝缘壁碰撞时无机械能和电量损失)，并返回Q点，需在容器中现加上一个如图所示的匀强磁场，粒子运动

10

1

的半径小于2a，求磁感应强度B的大小应满足的条件以及从Q出发再返回到Q所经历的时间． 12mv0(1＋2n答案 (1)0 2L (2)B＝qa，n＝1,2，… 6L(6n＋1πa

v0＋2(2n＋1v0，n＝1,2，…

解析 (1)设粒子经PT直线上的点R由E2电场进入E1电场，由Q到R及R到M点的时间分别为t2与t1，到达R时竖直速度为vy， 则由F＝qE＝ma， 2L＝v0t2，

L＝v0t1， L＝2·mt2， E1＝2E2，

得E1＝0 E2qE1qvy＝mt2＝mt1 1E2q2

MT＝2·mt1

1

联立解得MT＝2L.

1E1q2

【方法技巧】带电粒子在组合场内的运动实际上也是运动过程的组合，解决方法如下： (1)分别研究带电粒子在不同场区的运动规律．在匀强磁场中做匀速圆周运动．在匀强电场

11

中，若速度方向与电场方向平行，则做匀变速直线运动；若速度方向与电场方向垂直，则做类平抛运动．

(2)带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系处理．

(3)当粒子从一个场进入另一个场时，分析转折点处粒子速度的大小和方向往往是解题的突破口．

考点三 带电粒子在周期性变化的电磁场中的运动分析

例3、如图6甲所示，在xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y轴正方向电场强度为正)．在t＝0时刻由原点O发射初速度大小为v0，方向沿y轴正方向的带负电粒子．

图6

π

已知v0、t0、B0，粒子的比荷为B0t0，不计粒子的重力．求： (1)t＝t0时，求粒子的位置坐标；

(2)若t＝5t0时粒子回到原点，求0～5t0时间内粒子距x轴的最大距离； (3)若粒子能够回到原点，求满足条件的所有E0值．

2v0t0

位置坐标(π，0)．(1分)

12

(2)粒子t＝5t0时回到原点，轨迹如图所示

r2＝2r1(2分)

r1＝B0q r2＝B0q(1分)

得v2＝2v0(1分)

qπ2v0t0

又m＝B0t0，r2＝π(1分)

粒子在t0～2t0时间内做匀加速直线运动，2t0～3t0时间内做匀速圆周运动，则在0～5t0时v0＋2v032

间内粒子距x轴的最大距离：hm＝2t0＋r2＝(2＋π)v0t0.(2分)

mv0

mv2

2v0t032v0B0

答案 (1)(π，0) (2)(2＋π)v0t0 (3)nπ，(n＝1,2,3，…)

【变式探究】如图7甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场．取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，一质量为m、带电量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区．当B0和TB取某些特定值时，可使t＝0时刻入射的粒子经Δt时间恰能垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)．上述m、q、d、v0为已知量．

13

图7

(1)若Δt＝1

2TB，求B0；

(2)若Δt＝3

2TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小； (3)若B4mv0

0＝qd，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB. 答案 (1)mv0qd (2)0 (3)3v0πd或142v0d

解析 (1)设粒子做圆周运动的半径为R1， 由牛顿第二定律得qv0B0＝0① 据题意由几何关系得R1＝d② 联立①②式得B＝mv0

0qd③

(3)设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动公式得T＝2πR

v0⑦ 由牛顿第二定律得

qv0B0＝0 ⑧

由题意知B4mv0

0＝qd，代入⑧式得

d＝4R⑨

粒子运动轨迹如图所示，

14

O1、O2为圆心，O1O2连线与水平方向的夹角为θ，在每个TB内，只有A、B两个位置才有可

π

能垂直击中P板，且均要求0<θ<2，由题意可知 ＋θTB2πT＝2⑩

设经历完整TB的个数为n(n＝0,1,2,3，…) 若在A点击中P板，据题意由几何关系得

R＋2(R＋Rsin θ)n＝d⑪

当n＝0时，无解⑫ 当n＝1时，联立⑨⑪式得 π1θ＝6(或sin θ＝2)⑬ 联立⑦⑨⑩⑬式得 πdTB＝3v0⑭

当n≥2时，不满足0<θ<90°的要求⑮ 若在B点击中P板，据题意由几何关系得

R＋2Rsin θ＋2(R＋Rsin θ)n＝d⑯

当n＝0时，无解⑰ 当n＝1时，联立⑨⑯式得 11θ＝arcsin4(或sin θ＝4)⑱ 联立⑦⑨⑩⑱式得

TB＝42v0⑲

当n≥2时，不满足0<θ<90°的要求．

1.【2017·新课标Ⅱ卷】（20分）如图，两水平面（虚线）之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量为m、电荷量分别为q和–q（q>0）

15

1d

的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求

（1）M与N在电场中沿水平方向的位移之比； （2）A点距电场上边界的高度； （3）该电场的电场强度大小。

【答案】（1）3:1 （2） （3）

（2）设A点距离电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，则；

⑤

⑥

因为M在电场中做匀加速直线运动，则

⑦

16

由①②⑤⑥⑦可得h=⑧

（3）设电场强度为E，小球M进入电场后做直线运动，则设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理：

，⑨

⑩

⑪

由已知条件：Ek1=1.5Ek2

联立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫解得：

【2017·江苏卷】（16分）一台质谱仪的工作原理如图所示．大量的甲、乙两种离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为0，经过加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上．已知甲、乙两种离子的电荷量均为+q，质量分别为2m和m，图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹．不考虑离子间的相互作用．

（1）求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x；

（2）在答题卡的图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d； （3）若考虑加速电压有波动，在（

）到（

）之间变化，要使甲、乙两种

离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L满足的条件． 【答案】（1）

（2）

17

（3）

（2）（见图） 最窄处位于过两虚线交点的垂线上

解得

（3）设乙种离子在磁场中的运动半径为r2

r1的最小半径

r2 的最大半径

由题意知 2r1min–2r2max >L，即

解得

4．【2017·天津卷】（18分）平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ现象存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离

18

相等。不计粒子重力，问：

（1）粒子到达O点时速度的大小和方向； （2）电场强度和磁感应强度的大小之比。

【答案】（1），方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上 （2）

【解析】（1）粒子在电场中由Q到O做类平抛运动，设O点速度v与+x方向夹角为α，Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，根据类平抛运动的规律，有：

x方向：y方向：

粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为：

又：

解得：上。

，即，粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为45°角斜向

粒子到达O点时的速度大小为

19

1．(2016·北京理综，22，16分)如图所示，质量为m，电荷量为q的带电粒子，以初速度

v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动．不计带电粒

子所受重力．

(1)求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T；

(2)为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E的大小．

v2

【解析】 (1)洛伦兹力提供向心力，有f＝qvB＝mR mv

带电粒子做匀速圆周运动的半径R＝qB 2πR2πm

匀速圆周运动的周期T＝v＝qB (2)粒子受电场力F＝qE，洛伦兹力f＝qvB 粒子做匀速直线运动，则qE＝qvB 解得场强E的大小E＝vB mv2πm

【答案】 (1)qB；qB (2)vB

2．(2016·天津理综，11，18分)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5 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 kg，电荷量q＝2×10 C，正以速度v－6

－6

20

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/s，求：

2

(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；

(2)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.

(2)解法1：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，设其加速度为a，q2E2＋m2g2有a＝m

⑤

设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有x＝vt 12 设小球的重力与电场力的合力方向上分位移为y，有y＝2at

⑥

⑦

a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又tan θ＝x 联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t＝2s＝3.5 s

y

⑨

⑧

解法2：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vy＝vsin θ

⑤

12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分位移为零，则有vyt－2gt＝0

⑥

⑦

联立⑤⑥式，代入数据解得t＝2 s＝3.5 s

【答案】 (1)20 m/s，与电场E夹角为60° (2)3.5 s

3．(2016·四川理综，11，19分)如图所示，图面内有竖直线DD′，过DD′且垂直于图面的平面将空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域．区域Ⅰ有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于图面的匀

21

π

强磁场B(图中未画出)；区域Ⅱ有固定在水平地面上高h＝2l、倾角α＝4的光滑绝缘斜面，斜面顶端与直线DD′距离s＝4l，区域Ⅱ可加竖直方向的大小不同的匀强电场(图中未画出)；C点在DD′上，距地面高H＝3l.零时刻，质量为m、带电荷量为q的小球P在K点具π3l

有大小v0＝、方向与水平面夹角θ＝3的速度，在区域Ⅰ内做半径r＝π的匀速圆周运动，经C点水平进入区域Ⅱ.某时刻，不带电的绝缘小球A由斜面顶端静止释放，在某处与刚运动到斜面的小球P相遇．小球视为质点，不计空气阻力及小球P所带电量对空间电磁场的影响．l已知，g为重力加速度．

(1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；

(2)若小球A、P在斜面底端相遇，求释放小球A的时刻tA；

l

(3)若小球A、P在时刻t＝βg(β为常数)相遇于斜面某处，求此情况下区域Ⅱ的匀强电场的场强E，并讨论场强E的极大值和极小值及相应的方向．

【解析】 (1)由题知，小球P在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，有

m00＝qv0B 2

②

①

mπ

代入数据解得B＝3lq (2)小球P在区域Ⅰ做匀速圆周运动转过的圆心角为θ，运动到C点的时刻为tC，到达斜面底端时刻为t1，有

tC＝v0 θr

③

④

s－hcot α＝v0(t1－tC)

小球A释放后沿斜面运动加速度为aA，与小球P在时刻t1相遇于斜面底端，有mgsin α＝

maA ⑤

h12 sin α＝2aA(t1－tA)

⑥

22

l

联立以上方程解得tA＝(3－2)g ⑦

mπl（11－β2）mg7mg

【答案】 (1)3lq (2)(3－2)g (3)q（β－1）2；Emax＝8q，方向竖直向上；Emin＝0 4．(2015·浙江理综，25，22分)使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出，离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等．质量为m、速度为v的离子在回旋加速器内旋转，旋转轨道是半径为r的圆，圆心在O点，轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B.

为引出离子束，使用磁屏蔽通道法设计引出器．引出器原理如图所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于O′点(O′点图中未画出)．引出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从P点进入通道，沿通道中心线从Q点射出．已知OQ长度为L，OQ与OP的夹角为θ.

(1)求离子的电荷量q并判断其正负；

(2)离子从P点进入、Q点射出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B′，求B′； (3)换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B不变，在内外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽略边缘效应．为使离子仍从P点进入、Q点射出，求通道内引出轨迹处电场强度E的方向和大小．

23

mv2mv

【解析】 (1)离子做圆周运动，有Bqv＝r，解得q＝Br 由左手定则可判断离子带正电荷．

(3)电场强度方向沿径向向外． mv2

引出轨迹为圆弧，Bqv－Eq＝R mv2（2r－2Lcos θ）

E＝Bv－q（r2＋L2－2rLcos θ）

mvmv（2r－2Lcos θ）

【答案】 (1)Br，正电荷 (2)q（r2＋L2－2rLcos θ） (3)沿径向向外；Bv－mv2（2r－2Lcos θ）q（r2＋L2－2rLcos θ）

5、(2015·江苏物理，15，16分)一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为＋q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为零．这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在底片上．已知放置底片的21区域MN＝L，且OM＝L.某次测量发现MN中左侧3区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧3区域

QN仍能正常检测到离子．在适当调节加速电压后，原本打在MQ的离子即可在QN检测到．

(1)求原本打在MN中点P的离子质量m；

(2)为使原本打在P的离子能打在QN区域，求加速电压U的调节范围；

24

(3)为了在QN区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整，求需要调节U的最少次数．(取lg 2＝0.301，lg 3＝0.477，lg 5＝0.699) 12

【解析】 (1)离子在电场中加速，qU0＝2mv v2

在磁场中做匀速圆周运动，qvB＝mr 12mU0

解得r＝B q

39qB2L2

代入r0＝4L，解得m＝32U0 16U0r2

(2)由(1)知，U∝r，得U＝9L2

2

5100U0

离子打在Q点，r＝6L，U＝81 16U0

离子打在N点，r＝L，U＝9 100U016U0

则电压的范围为81≤U≤9

5U1

(3)由(1)可知，r∝.由题意知，第1次调节电压到U1，使原本Q点的离子打在N点，L＝U0 LU1

此时，原本半径为r1的打在Q1的离子打在Q上，r1＝U0 5

解得r1＝6L

第2次调节电压到U2，原本打在Q1的离子打在N点，原本半径为r2的打在Q2的离子打在QLU2LU2

上，则r1＝U0，r2＝U0 5

解得r2＝6L

5

同理，第n次调节电压，有rn＝6L L

检测完整，有rn≤2

6

解得n≥5－1≈2.8，即最少次数为3次． 9qB2L2100U016U0

【答案】 (1)32U0 (2)81≤U≤9 (3)3

1.【2014·全国卷】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：

25

(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． 12d2

【答案】(1)2v0tanθ (2)v0tan θ

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.由牛顿定律及运动学公式得

Eq＝max③ vx＝axt④

vx

2t＝d⑤

由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有 vx

tan θ＝v0⑥ 联立①②③④⑤⑥式得 E12

B＝2v0tan θ⑦ (2)联立⑤⑥式得 2d

t＝v0tan θ⑧

2．【2014·广东卷】(18分)如图25 所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6L.两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外. A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为L.质量为m、电荷量为＋q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是L的k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑．

26

(1)若k＝1，求匀强电场的电场强度E；

(2)若22L2（k2＋1）qB0Lk

【答案】(1)02md (2)v＝2m B＝3－kB0 【解析】(1)粒子在电场中，由动能定理有

qEd＝2mv2 －0

粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力 v2qvB0＝mr

当k＝1时，由几何关系得

1

r＝L

解得 2L2E＝02md.

(2)由于2解得r＝2L v2

又qvB0＝mr，则

2

2

2

v＝

（k2＋1）qB0L

2m

粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力， v2

即qvB＝mr1

由对称性及几何关系可知 kLr（3－k）L＝r1

（3－k）（k2＋1）即r1＝2kL

27

联立上式解得

B＝3－kB0.

3.【2014·四川卷】如图所示，水平放置的不带电的平行金属板p和b相距h，与图示电路相连，金属板厚度不计，忽略边缘效应．p板上表面光滑，涂有绝缘层，其上O点右侧相距

k

h处有小孔K；b板上有小孔T，且O、T在同一条竖直线上，图示平面为竖直平面．质量为m、电荷量为－q(q>0)的静止粒子被发射装置(图中未画出)从O点发射，沿p板上表面运动

时间t后到达K孔，不与板碰撞地进入两板之间．粒子视为质点，在图示平面内运动，电荷量保持不变，不计空气阻力，重力加速度大小为g.

(1)求发射装置对粒子做的功；

(2)电路中的直流电源内阻为r，开关S接“1”位置时，进入板间的粒子落在b板上的A点，

A点与过K孔竖直线的距离为l.此后将开关S接“2”位置，求阻值为R的电阻中的电流强

度；

(3)若选用恰当直流电源，电路中开关S接“1”位置，使进入板间的粒子受力平衡，此时在板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小合适的匀强磁场(磁感应强度B只能在21＋5m

0～Bm＝qt范围内选取)，使粒子恰好从b板的T孔飞出，求粒子飞出时速度方向与b板板面的夹角的所有可能值(可用反三角函数表示)． mh2mh2h32

【答案】(1)2t2 (2)q（R＋r）l2t2 (3)0<θ≤arcsin 5

(2)S接“1”位置时，电源的电动势E0与板间电势差U有

E0＝U④

28

板间产生匀强电场的场强为E，粒子进入板间时有水平方向的速度v0，在板间受到竖直方向的重力和电场力作用而做类平抛运动，设加速度为a，运动时间为t1，有

U＝Eh⑤ mg－qE＝ma⑥ h＝2at1⑦ l＝v0t1⑧

S接“2”位置，则在电阻R上流过的电流I满足 E0I＝R＋r⑨ 联立①④～⑨得 12

I＝q（R＋r）l2t2⑩

(3)由题意知此时在板间运动的粒子重力与电场力平衡，当粒子从K进入板间后立即进入磁场做匀速圆周运动，如图所示，粒子从D点出磁场区域后沿DT做匀速直线运动，DT与b板上表面的夹角为题目所求夹角θ，磁场的磁感应强度B取最大值时的夹角θ为最大值θm，设粒子做匀速圆周运动的半径为R，有

mh2h3

qv0B＝00⑪

过D点作b板的垂线与b板的上表面交于G，由几何关系有

2

DG＝h－R(1＋cosθ)⑫ TG＝h＋Rsinθ⑬

sin θDGtanθ＝cos θ＝TG⑭

联立①⑪～⑭，将B＝Bm代入，求得 2θm＝arcsin5⑮

当B逐渐减小，粒子做匀速圆周运动的半径为R也随之变大，D点向b板靠近，DT与b板上表面的夹角θ也越变越小，当D点无限接近于b板上表面时，粒子离开磁场后在板间几乎沿着b板上表面运动而从T孔飞出板间区域，此时Bm>B>0满足题目要求，夹角θ趋近θ0，即

29

θ0＝0⑯

2则题目所求为 0<θ≤arcsin5⑰

94．【2014·四川卷]在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r＝44 m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角θ＝37°.过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝1.25 T；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E＝1×10 N/C.小物体P1质量m＝2×10 kg、电荷量q＝＋8×10 C，受到水平向右的推力F＝9.98×10 N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力．当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t＝0.1 s与P1相遇．P1与P2与轨道CD、

－3

－6

－3

4

GH间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，物体电

荷量保持不变，不计空气阻力．求：

(1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小； (2)倾斜轨道GH的长度s. 【答案】(1)4 m/s (2)0.56 m

【解析】(1)设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的洛伦兹力为F1，受到的摩擦力为f，则

F1＝qvB① f＝μ(mg－F1)②

由题意，水平方向合力为零

F－f＝0③

联立①②③式，代入数据解得

v＝4 m/s④

(2)设P1在G点的速度大小为vG，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理 1212

qErsinθ－mgr(1－cosθ)＝2mvG－2mv⑤

30

P1在GH上运动，受到重力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a1，根据牛顿第二定律

qEcos θ－mgsinθ－μ(mgcosθ＋qEsinθ)＝ma1⑥

P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH上运动的距离为s1，则

12

s1＝vGt＋2a1t⑦

设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则

m2gsin θ－μm2gcos θ＝m2a2⑧

P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH上运动的距离为s2，则

12

s2＝2a2t⑨

联立⑤～⑨式，代入数据得

s＝s1＋s2⑩ s＝0.56 m⑪

5.【2014·天津卷】同步加速器在粒子物理研究中有重要的应用，其基本原理简化为如图所示的模型．M、N为两块中心开有小孔的平行金属板．质量为m、电荷量为＋q的粒子A(不计重力)从M板小孔飘入板间，初速度可视为零．每当A进入板间，两板的电势差变为U，粒子得到加速，当A离开N板时，两板的电荷量均立即变为零．两板外部存在垂直纸面向里的匀强磁场，A在磁场作用下做半径为R的圆周运动，R远大于板间距离．A经电场多次加速，动能不断增大，为使R保持不变，磁场必须相应地变化．不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应．求：

(1)A运动第1周时磁场的磁感应强度B1的大小；. (2)在A运动第n周的时间内电场力做功的平均功率Pn；

(3)若有一个质量也为m、电荷量为＋kq(k为大于1的整数)的粒子B(不计重力)与A同时从

M板小孔飘入板间，A、B初速度均可视为零，不计两者间的相互作用，除此之外，其他条件

均不变．下图中虚线、实线分别表示A、B的运动轨迹．在B的轨迹半径远大于板间距离的前提下，请指出哪个图能定性地反映A、B的运动轨迹，并经推导说明理由．

31

A B C D

12mUqUnqU

【答案】(1)Rq (2)πR2m (3) A 图，理由略

(2)设A经n次加速后的速度为vn，由动能定理得 12

nqU＝2mvn－0④

设A做第n次圆周运动的周期为Tn，有

Tn＝vn⑤

设在A运动第n周的时间内电场力做功为Wn，则

2πR

Wn＝qU⑥

在该段时间内电场力做功的平均功率为

Pn＝Tn⑦

由④⑤⑥⑦解得 qUnqUPn＝πR2m⑧

(3)A图能定性地反映A、B运动的轨迹．

Wn

A经过n次加速后，设其对应的磁感应强度为Bn，A、B的周期分别为Tn、T′，综合②、⑤

式并分别应用A、B的数据得 2πmTn＝qBn

T′＝kqBn＝k

由上可知，Tn是T′的k倍，所以A每绕行1周，B就绕行k周．由于电场只在A通过时存

32

2πmTn

在，故B仅在与A同时进入电场时才被加速．

经n次加速后，A、B的速度分别为vn和v′n，考虑到④式

vn＝m

2nkqU

v′n＝m＝vn

由题设条件并考虑到⑤式，对A有

2nqU

Tnvn＝2πR

设B的轨迹半径为R′，有

T′v′n＝2πR′

比较上述两式得

R′＝k

上式表明，运动过程中B的轨迹半径始终不变． 由以上分析可知，两粒子运动的轨道如图A所示．

6.【2014·浙江卷】离子推进器是太空飞行器常用的动力系统．某种推进器设计的简化原理如图1所示，截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区．Ⅰ为电离区，将氙气电离获得1价正离子；Ⅱ为加速区，长度为L，两端加有电压，形成轴向的匀强电场．Ⅰ区产生的正离子以接近0的初速度进入Ⅱ区，被加速后以速度vM从右侧喷出．

R

Ⅰ区内有轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在离轴线2处的C点持续射出一定速率范围的电子．假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动，截面如图2所示(从左向右看)．电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成α角(0＜α≤90°)．推进器工作时，向Ⅰ区注入稀薄的氙气．电子使氙气电离的最小速率为v0，电子在Ⅰ区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越好．已知离子质量为M；电子质量为m，电量为e.(电子碰到器壁即被吸收，不考虑电子间的碰撞)

R

第25题图1

(1)求Ⅱ区的加速电压及离子的加速度大小；

33

(2)为取得好的电离效果，请判断Ⅰ区中的磁场方向(按图2说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”)；

第25题图2

(3)α为90°时，要取得好的电离效果，求射出的电子速率v的范围； (4)要取得好的电离效果，求射出的电子最大速率vmax与α角的关系． 23eBR【答案】MM (2)垂直纸面向外 (3)v0≤v≤4 m 3eBR

(4)vmax＝4m（2－sin α）

(2)垂直纸面向外④

(3)设电子运动的最大半径为r 3

2r＝2R.⑤

v2eBv＝mr⑥

3eBR

所以有v0≤v<4m⑦

4mv0

要使⑦式有解，磁感应强度B>3eR.⑧ R

(4)如图所示，OA＝R－r，OC＝2，AC＝r

34

3R

根据几何关系得r＝4（2－sin α）⑨ 3eBR

由⑥⑨式得vmax＝4m（2－sin α） .

7.【2014·重庆卷】如题9图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h，质量为m，带电荷量为＋q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g.

题9图

(1)求电场强度的大小和方向．

(2)要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值．

(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值．

mgqBh0.68qBh

【答案】(1)E＝q，方向竖直向上 (2) (9－6)m (3)可能的速度有三个：m，0.545qBh0.52qBh

m，m

本题考查了带电粒子在复合场、组合场中的运动．

35

答题9图1 答题9图2 【解析】(1)设电场强度大小为E. 由题意有mg＝qE

mg

得E＝q，方向竖直向上．

(3)如答题9图2所示，设粒子入射速度为v，粒子在上、下方区域的运动半径分别为r1和r2，粒子第一次通过KL时距离K点为x. 由题意有3nx＝1.8h(n＝1，2，3…) 32）h2x≥2

x＝1－（h－r1）2

0.36h

得r1＝n22，n<3.5

0.68qBh0.545qBh0.52qBh

即n＝1时，v＝m；n＝2时，v＝m；n＝3时，v＝m

22

36