24/2525/25/能力課帶電粒子在復合場中的運動[熱考點]帶電粒子在復合場中運動的實例分析命題角度1質譜儀的原理和分析1.作用測量帶電粒子質量和分離同位素的儀器。2.原理(如圖1所示)圖1(1)加速電場：qU＝eq\f(1,2)mv2；(2)偏轉磁場：qvB＝eq\f(mv2,r)，l＝2r；由以上兩式可得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，m＝eq\f(qr2B2,2U)，eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2r2)。【例1】質譜儀又稱質譜計，是分離和檢測不同同位素的儀器。工作原理如圖2所示，電荷量均為＋q、質量不同的離子初速度幾乎為零地進入電壓為U0的加速電場。這些離子經加速后通過狹縫O沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度大小為B的勻強磁場中，最后打在底片上。已知放置底片的區域MN＝L，且OM＝L。某次測量發現MN中左側eq\f(2,3)區域MQ損壞，檢測不到離子，但右側eq\f(1,3)區域QN仍能正常檢測到離子。在適當調節加速電壓后，原本打在MQ的離子即可在QN檢測到。為使原本打在MN中點P的離子能打在QN區域，則加速電壓U的值不可能為()圖2A.eq\f(16U0,9) B.eq\f(100U0,81) C.eq\f(140U0,81) D.2U0解析由題意知，開始離子在電場中加速，有qU0＝eq\f(1,2)mv2，在磁場中做勻速圓周運動，有qvB＝meq\f(v2,r0)，打在P點的離子r0＝eq\f(3,4)L，解得U0＝eq\f(9qB2L2,32m)；當加速電壓為U時，qU＝eq\f(1,2)mv′2，qv′B＝eq\f(mv′2,r)；離子打在Q點時，r＝eq\f(5,6)L，得U＝eq\f(100U0,81)；離子打在N點時，r＝L，得U＝eq\f(16U0,9)；則加速電壓U的范圍為eq\f(100U0,81)≤U≤eq\f(16U0,9)，選項D正確。答案D命題角度2回旋加速器的原理和分析1.加速條件：T電場＝T回旋＝eq\f(2πm,qB)；2.磁場約束偏轉：qvB＝eq\f(mv2,r)?v＝eq\f(qBr,m)。3.帶電粒子的最大速度vmax＝eq\f(qBrD,m)，rD為D形盒的半徑。粒子的最大速度vmax與加速電壓U無關。4.回旋加速器的解題思路(1)帶電粒子在縫隙的電場中加速、交變電流的周期與磁場周期相等，每經過磁場一次，粒子加速一次。(2)帶電粒子在磁場中偏轉、半徑不斷增大，周期不變，最大動能與D形盒的半徑有關。【例2】(2017·常州模擬)回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電源兩極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖3所示。設D形盒半徑為R。若用回旋加速器加速質子時，勻強磁場的磁感應強度為B，高頻交流電頻率為f。則下列說法正確的是()圖3A.質子被加速后的最大速度不可能超過2πfRB.質子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小有關C.高頻電源只能使用矩形交變電流，不能使用正弦式交變電流D.不改變B和f，該回旋加速器也能用于加速α粒子解析由T＝eq\f(2πR,v)，T＝eq\f(1,f)，可得質子被加速后的最大速度為2πfR，其不可能超過2πfR，質子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小無關，選項A正確、B錯誤；高頻電源可以使用正弦式交變電源，選項C錯誤；要加速α粒子，高頻交流電周期必須變為α粒子在其中做圓周運動的周期，即T＝eq\f(2πmα,qαB)，故選項D錯誤。答案A命題角度3霍爾效應的原理和分析1.定義：高為h，寬為d的金屬導體(自由電荷是電子)置于勻強磁場B中，當電流通過金屬導體時，在金屬導體的上表面A和下表面A′之間產生電勢差，這種現象稱為霍爾效應，此電壓稱為霍爾電壓。2.電勢高低的判斷：如圖4，金屬導體中的電流I向右時，根據左手定則可得，下表面A′的電勢高。圖43.霍爾電壓的計算：導體中的自由電荷(電子)在洛倫茲力作用下偏轉，A、A′間出現電勢差，當自由電荷所受靜電力和洛倫茲力平衡時，A、A′間的電勢差(U)就保持穩定，由qvB＝qeq\f(U,h)，I＝nqvS，S＝hd；聯立得U＝eq\f(BI,nqd)＝keq\f(BI,d)，k＝eq\f(1,nq)稱為霍爾系數。【例3】如圖5所示，寬度為d、厚度為h的導體放在垂直于它的磁感應強度為B的勻強磁場中，當電流通過該導體時，在導體的上、下表面之間會產生電勢差，這種現象稱為霍爾效應。實驗表明當磁場不太強時，電勢差U、電流I和磁感應強度B的關系為U＝keq\f(IB,d)，式中的比例系數k稱為霍爾系數。設載流子的電荷量為q，下列說法正確的是()圖5A.載流子所受靜電力的大小F＝qeq\f(U,d)B.導體上表面的電勢一定大于下表面的電勢C.霍爾系數為k＝eq\f(1,nq)，其中n為導體單位長度上的電荷數D.載流子所受洛倫茲力的大小F洛＝eq\f(BI,nhd)，其中n為導體單位體積內的電荷數解析靜電力的大小應為F＝qeq\f(U,h)，選項A錯誤；載流子的電性是不確定的，因此選項B錯誤；霍爾系數k＝eq\f(1,nq)，其中n為導體單位體積內的電荷數，選項C錯誤；載流子所受洛倫茲力的大小F洛＝qvB，其中v＝eq\f(I,nqdh)，可得F洛＝eq\f(BI,ndh)，選項D正確。答案D命題角度4速度選擇器、磁流體發電機速度選擇器若qv0B＝Eq，即v0＝eq\f(E,B)，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、負電荷，兩極板間電壓為U時穩定，qeq\f(U,d)＝qv0B，U＝v0Bd【例4】在如圖6所示的平行板器件中，電場強度E和磁感應強度B相互垂直。一帶電粒子(重力不計)從左端以速度v沿虛線射入后做直線運動，則該粒子()圖6A.一定帶正電B.速度v＝eq\f(E,B)C.若速度v>eq\f(E,B)，粒子一定不能從板間射出D.若此粒子從右端沿虛線方向進入，仍做直線運動解析粒子帶正電和負電均可，選項A錯誤；由洛倫茲力等于電場力，即qvB＝qE，解得速度v＝eq\f(E,B)，選項B正確；若速度v>eq\f(E,B)，粒子可能從板間射出，選項C錯誤；若此粒子從右端沿虛線方向進入，所受電場力和洛倫茲力方向相同，不能做直線運動，選項D錯誤。答案B【變式訓練】(多選)目前世界上正研究的一種新型發電機叫磁流體發電機，如圖7所示表示它的發電原理：將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和負電的粒子，而從整體來說呈中性)沿圖中所示方向噴射入磁場，磁場中有兩塊金屬板A、B，這時金屬板上就聚集了電荷。在磁極配置如圖中所示的情況下，下列說法正確的是()圖7A.A板帶正電B.有電流從b經用電器流向aC.金屬板A、B間的電場方向向下D.等離子體發生偏轉的原因是離子所受洛倫茲力大于所受電場力解析由左手定則，A板帶負電，則電流從b經用電器流向a，金屬板間的電場方向向上，故選項B、D正確。答案BD解決實際問題的一般過程：[常考點]帶電粒子在復合場中的運動命題角度1帶電粒子在組合場中的運動帶電粒子在組合場中的運動，實際上是幾個典型運動過程的組合(如：電場中的加速直線運動、類平拋運動；磁場中的勻速圓周運動)，因此解決此類問題要分段處理，找出各段之間的銜接點和相關物理量。【例5】(2017·天津理綜，11)平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第Ⅲ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，如圖8所示。一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動，Q點到y軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標原點O離開電場進入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y軸距離與Q點到y軸距離相等。不計粒子重力，問：圖8(1)粒子到達O點時速度的大小和方向；(2)電場強度和磁感應強度的大小之比。解析(1)在電場中，粒子做類平拋運動，設Q點到x軸距離為L，到y軸距離為2L，粒子的加速度為a，運動時間為t，有2L＝v0t①L＝eq\f(1,2)at2②設粒子到達O點時沿y軸方向的分速度為vyvy＝at③設粒子到達O點時速度方向與x軸正方向夾角為α，有tanα＝eq\f(vy,v0)④聯立①②③④式得α＝45°⑤即粒子到達O點時速度方向與x軸正方向成45°角斜向上。設粒子到達O點時速度大小為v，由運動的合成有v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))⑥聯立①②③⑥式得v＝eq\r(2)v0⑦(2)設電場強度為E，粒子電荷量為q，質量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，由牛頓第二定律可得F＝ma⑧又F＝qE⑨設磁場的磁感應強度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)⑩由幾何關系可知R＝eq\r(2)L?聯立①②⑦⑧⑨⑩?式得eq\f(E,B)＝eq\f(v0,2)?答案(1)eq\r(2)v0方向與x軸正方向成45°角斜向上(2)eq\f(v0,2)“5步”突破帶電粒子在組合場中的運動問題命題角度2帶電粒子在疊加場中的運動1.磁場力、重力并存(1)若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動。(2)若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒。2.電場力、磁場力并存(不計重力)(1)若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動。(2)若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體做復雜的曲線運動，可用動能定理求解。3.電場力、磁場力、重力并存(1)若三力平衡，帶電體做勻速直線運動。(2)若重力與電場力平衡，帶電體做勻速圓周運動。(3)若合力不為零，帶電體可能做復雜的曲線運動，可用能量守恒定律或動能定理求解。【例6】(2018·廣東惠州一調)平面OM和水平面ON之間的夾角為30°，其橫截面如圖9所示，平面OM和水平面ON之間同時存在勻強磁場和勻強電場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外，勻強電場的方向豎直向上。一帶電小球的質量為m、帶電荷量為q，帶電小球沿紙面以大小為v0的速度從OM的某點沿左上方射入磁場，速度方向與OM成30°角，帶電小球進入磁場后恰好做勻速圓周運動，已知帶電小球在磁場中的運動軌跡與ON恰好相切，且帶電小球能從OM上另一點P射出磁場(P未畫出)。圖9(1)判斷帶電小球帶何種電荷？所加電場強度E為多大？(2)帶電小球離開磁場的出射點P到兩平面交點O的距離s為多大？(3)帶電小球離開磁場后繼續運動，能打在左側豎直的光屏OO′上，求打在光屏上的點到O點的距離。解析(1)根據題意知，小球受到的電場力與重力平衡，小球所受的合力等于洛倫茲力，則帶電小球帶正電荷。由F＝qE＝mg，可得E＝eq\f(mg,q)。(2)帶電小球進入磁場后做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有qv0B＝meq\f(v2,R)，得R＝eq\f(mv0,qB)。根據題意，帶電小球在勻強磁場中的運動軌跡如圖所示，Q點為運動軌跡與ON相切的點，I點為入射點，P點為出射點，則IP為運動軌跡所對的弦，帶電小球離開磁場的速度方向與OM的夾角也為30°，由幾何關系可得，OP為圓軌道的直徑，所以OP的長度s＝eq\f(QP,sin30°)＝4R＝eq\f(4mv0,qB)。(3)帶電小球從P點離開磁場后做平拋運動，設帶電小球打在光屏上的T點。則帶電小球運動的水平方向位移為x＝v0t，得t＝eq\f(x,v0)＝eq\f(\f(4mv0,qB)·cos30°,v0)＝eq\f(2\r(3)m,qB)，豎直方向位移為y＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)g·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3)m,qB)))eq\s\up12(2)＝eq\f(6m2g,q2B2)，如圖所示，T點到O點的距離OO′＝2R＋y＝eq\f(2mv0,qB)＋eq\f(6m2g,q2B2)。答案(1)正電荷eq\f(mg,q)(2)eq\f(4mv0,qB)(3)eq\f(2mv0,qB)＋eq\f(6m2g,q2B2)帶電粒子在復合場中運動的分析方法命題角度3帶電粒子在交變電磁場中的運動【例7】(2017·合肥模擬)如圖10甲所示，帶正電粒子以水平速度v0從平行金屬板MN間中線OO′連續射入電場中。MN板間接有如圖乙所示的隨時間t變化的電壓UMN，兩板間電場可看作是均勻的，且兩板外無電場。緊鄰金屬板右側有垂直紙面向里的勻強磁場B，分界線為CD，EF為屏幕。金屬板間距為d，長度為l，磁場的寬度為d。已知：B＝5×10－3T，l＝d＝0.2m，每個帶正電粒子的速度v0＝105m/s，比荷為eq\f(q,m)＝108C/kg，重力忽略不計，在每個粒子通過電場區域的極短時間內，電場可視作是恒定不變的。試求：圖10(1)帶電粒子進入磁場做圓周運動的最小半徑；(2)帶電粒子射出電場時的最大速度；(3)帶電粒子打在屏幕上的范圍。[審題指導]第一步：抓關鍵點關鍵點獲取信息電場可視作是恒定不變的電場是勻強電場，帶電粒子做類平拋運動最小半徑當加速電壓為零時，帶電粒子進入磁場時的速率最小，半徑最小最大速度由動能定理可知，當加速電壓最大時，粒子的速度最大，但應注意粒子能否從極板中飛出第二步：找突破口(1)要求圓周運動的最小半徑，由帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑公式可知，應先求最小速度，后列方程求解。(2)要求粒子射出電場時的最大速度，應先根據平拋運動規律求出帶電粒子能從極板間飛出所應加的板間電壓的范圍，后結合動能定理列方程求解。(3)要求粒子打在屏幕上的范圍，應先綜合分析帶電粒子的運動過程，畫出運動軌跡，后結合幾何知識列方程求解。解析(1)t＝0時刻射入電場的帶電粒子不被加速，進入磁場做圓周運動的半徑最小。粒子在磁場中運動時qv0B＝eq\f(mveq\o\al(2,0),rmin)則帶電粒子進入磁場做圓周運動的最小半徑rmin＝eq\f(mv0,qB)＝eq\f(105,108×5×10－3)m＝0.2m其運動的徑跡如圖中曲線Ⅰ所示。(2)設兩板間電壓為U1，帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場，則有eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(U1q,dm)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,v0)))eq\s\up12(2)代入數據，解得U1＝100V在電壓低于100V時，帶電粒子才能從兩板間射出電場，電壓高于100V時，帶電粒子打在極板上，不能從兩板間射出。帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場時，速度最大，設最大速度為vmax，則有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋qeq\f(U1,2)解得vmax＝eq\r(2)×105m/s＝1.414×105m/s。(3)由第(1)問計算可知，t＝0時刻射入電場的粒子在磁場中做圓周運動的半徑rmin＝d＝0.2m，徑跡恰與屏幕相切，設切點為E，E為帶電粒子打在屏幕上的最高點，則eq\o(O′E,\s\up10(____))＝rmin＝0.2m帶電粒子射出電場時的速度最大時，在磁場中做圓周運動的半徑最大，打在屏幕上的位置最低。設帶電粒子以最大速度射出電場進入磁場中做圓周運動的半徑為rmax，打在屏幕上的位置為F，運動徑跡如圖中曲線Ⅱ所示。qvmaxB＝eq\f(mveq\o\al(2,max),rmax)則帶電粒子進入磁場做圓周運動的最大半徑rmax＝eq\f(mvmax,qB)＝eq\f(\r(2)×105,108×5×10－3)m＝eq\f(\r(2),5)m由數學知識可得運動徑跡的圓心必落在屏幕上，如圖中Q點所示，并且Q點必與M板在同一水平線上。則eq\o(O′Q,\s\up10(____))＝eq\f(d,2)＝eq\f(0.2,2)m＝0.1m帶電粒子打在屏幕上的最低點為F，則eq\o(O′F,\s\up10(____))＝rmax－eq\o(O′Q,\s\up10(____))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),5)－0.1))m＝0.18m即帶電粒子打在屏幕上O′上方0.2m到O′下方0.18m的范圍內。答案(1)0.2m(2)1.414×105m/s(3)O′上方0.2m到O′下方0.18m的范圍內解決帶電粒子在交變電磁場中的運動問題的基本思路帶電粒子在復合場中的運動實例拓展[題源一：人教版選修3－1·P100·例題]一個質量為m、電荷量為q的粒子，從容器A下方的小孔S1飄入電勢差為U的加速電場，其初速度幾乎為0，然后經過S3沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中，最后打到照相底片D上(圖3.6－4)。圖3.6－4(1)求粒子進入磁場時的速率。(2)求粒子在磁場中運動的軌道半徑。拓展1(2016·全國卷Ⅰ，15)現代質譜儀可用來分析比質子重很多倍的離子，其示意圖如圖11所示，其中加速電壓恒定。質子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經勻強磁場偏轉后從出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經勻強磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍。此離子和質子的質量比約為()圖11A.11 B.12 C.121 D.144解析設質子的質量和電荷量分別為m1、q1，一價正離子的質量和電荷量為m2、q2。對于任意粒子，在加速電場中，由動能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2－0，得v＝eq\r(\f(2qU,m))①在磁場中qvB＝meq\f(v2,r)②由①②式聯立得m＝eq\f(B2r2q,2U)，由題意知，兩種粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，加速電壓U不變，其中B2＝12B1，q1＝q2，可得eq\f(m2,m1)＝eq\f(Beq\o\al(2,2),Beq\o\al(2,1))＝144，故選項D正確。答案D拓展2(2017·江蘇單科，15)一臺質譜儀的工作原理如圖12所示。大量的甲、乙兩種離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為0，經加速后，通過寬為L的狹縫MN沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中，最后打到照相底片上。已知甲、乙兩種離子的電荷量均為＋q，質量分別為2m和m，圖12中虛線為經過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運動軌跡。不考慮離子間的相互作用。圖12(1)求甲種離子打在底片上的位置到N點的最小距離x；(2)在圖中用斜線標出磁場中甲種離子經過的區域，并求該區域最窄處的寬度d；(3)若考慮加速電壓有波動，在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之間變化，要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊，求狹縫寬度L滿足的條件。解析(1)設甲種離子在磁場中的運動半徑為r1，電場加速qU0＝eq\f(1,2)·2mv2，且qvB＝2meq\f(v2,r1)解得r1＝eq\f(2,B)eq\r(\f(mU0,q))根據幾何關系x＝2r1－L，解得x＝eq\f(4,B)eq\r(\f(mU0,q))－L。(2)如圖最窄處位于過兩虛線交點的垂線上d＝r1－eq\r(req\o\al(2,1)－（\f(L,2)）2)解得d＝eq\f(2,B)eq\r(\f(mU0,q))－eq\r(\f(4mU0,qB2)－\f(L2,4))(3)設乙種離子在磁場中的運動半徑為r2，r1的最小半徑r1min＝eq\f(2,B)eq\r(\f(m（U0－ΔU）,q))，r2的最大半徑r2max＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2m（U0＋ΔU）,q))，由題意知2r1min－2r2max＞L，即eq\f(4,B)eq\r(\f(m（U0－ΔU）,q))－eq\f(2,B)eq\r(\f(2m（U0＋ΔU）,q))＞L，解得L＜eq\f(2,B)eq\r(\f(m,q))[2eq\r(（U0－ΔU）)－eq\r(2（U0＋ΔU）)]答案(1)eq\f(4,B)eq\r(\f(mU0,q))－L(2)見解析eq\f(2,B)eq\r(\f(mU0,q))－eq\r(\f(4mU0,qB2)－\f(L2,4))(3)L＜eq\f(2,B)eq\r(\f(m,q))[2eq\r(（U0－ΔU）)－eq\r(2（U0＋ΔU）)]解題關鍵幾何關系的應用帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，要用到幾何關系，主要是通過作輔助線構建直角三角形等，利用三角函數、勾股定理求解，或是通過作垂線段、切線及對稱性等求解。[題源二：人教版選修3－1·P98·T3]在圖3.5－8所示的平行板器件中，電場強度E和磁感應強度B相互垂直。具有不同水平速度的帶電粒子射入后發生偏轉的情況不同。這種裝置能把具有某一特定速度的粒子選擇出來，所以叫做速度選擇器。試證明帶電粒子具有速度v＝eq\f(E,B)時，才能沿著圖示虛線路徑通過這個速度選擇器。圖3.5－8速度選擇器拓展1如圖13所示，在兩水平極板間存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下，磁場方向垂直于紙面向里。一帶電粒子以某一速度沿水平直線通過兩極板。若不計重力，下列四個物理量中哪一個改變時，粒子運動軌跡不會改變()圖13A.粒子速度的大小 B.粒子所帶電荷量C.電場強度 D.磁感應強度解析由題意知，粒子受到電場力和洛倫茲力，做勻速直線運動，則有qvB＝qE，即有vB＝E，改變粒子速度的大小，則洛倫茲力隨之改變，洛倫茲力與電場力不再平衡，粒子的軌跡將發生改變，故選項A錯誤；由vB＝E知粒子的電荷量改變時，洛倫茲力與電場力大小同時改變，兩個力仍然平衡，故粒子的軌跡不發生改變，故選項B正確；改變電場強度，電場力將改變，洛倫茲力與電場力不再平衡，粒子的軌跡將發生改變，故選項C錯誤；改變磁感應強度，洛倫茲力將改變，洛倫茲力與電場力不再平衡，粒子的軌跡將發生改變，故選項D錯誤。答案B拓展2(多選)質量為m、電荷量為q的微粒以速度v與水平方向成θ角從O點進入方向如圖14所示的正交的勻強電場和勻強磁場組成的混合場區，該微粒在電場力、洛倫茲力和重力的共同作用下，恰好沿直線運動到A，下列說法正確的是()圖14A.該微粒一定帶負電荷B.微粒從O到A的運動可能是勻變速運動C.該磁場的磁感應強度大小為eq\f(mg,qvcosθ)D.該電場的場強為Bvcosθ解析若微粒帶正電荷，它受豎直向下的重力mg、水平向左的電場力qE和垂直OA斜向右下方的洛倫茲力qvB，知微粒不能做直線運動，據此可知微粒應帶負電荷，它受豎直向下的重力mg、水平向右的電場力qE和垂直OA斜向左上方的洛倫茲力qvB，又知微粒恰好沿著直線運動到A，可知微粒應該做勻速直線運動，則選項A正確，B錯誤；由平衡條件得：qvBcosθ＝mg，qvBsinθ＝qE，得磁場的磁感應強度B＝eq\f(mg,qvcosθ)，電場的場強E＝Bvsinθ，故選項C正確，D錯誤。答案AC拓展3(多選)如圖15所示，一帶電小球在一正交電場、磁場區域里做勻速圓周運動，電場方向豎直向下，磁場方向垂直紙面向里，則下列說法正確的是()圖15A.小球一定帶正電B.小球一定帶負電C.小球的繞行方向為順時針D.改變小球的速度大小，小球將不做圓周運動解析由于小球做勻速圓周運動，有qE＝mg，電場力方向豎直向上，所以小球一定帶負電，故選項A錯誤，B正確；洛倫茲力提供小球做圓周運動的向心力，由左手定則可判定小球繞行方向為順時針，故選項C正確；改變小球速度大小，小球仍做圓周運動，選項D錯誤。答案BC拓展4(2017·全國卷Ⅰ，16)如圖16，空間某區域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里，三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質量分別為ma、mb、mc，已知在該區域內，a在紙面內做勻速圓周運動，b在紙面內向右做勻速直線運動，c在紙面內向左做勻速直線運動。下列選項正確的是()圖16A.ma＞mb＞mc B.mb＞ma＞mcC.mc＞ma＞mb D.mc＞mb＞ma解析由題意知，三個帶電微粒受力情況：mag＝qE，mbg＝qE＋Bqv，mcg＋Bqv＝qE，所以mb>ma>mc，故選項B正確，A、C、D錯誤。答案B復合場中粒子的特殊運動帶電粒子在重力場、勻強電場和磁場組成的復合場中運動時：若做勻速圓周運動，重力必與電場力平衡，洛倫茲力提供向心力；若做直線運動，必是勻速直線運動，合力為零。活頁作業(時間：40分鐘)?題組一帶電粒子在復合場中運動的實例分析1.截面為矩形的載流金屬導線置于磁場中，如圖1所示，將出現下列哪種情況()圖1A.在b表面聚集正電荷，而a表面聚集負電荷B.在a表面聚集正電荷，而b表面聚集負電荷C.開始通電時，電子做定向移動并向b偏轉D.兩個表面電勢不同，a表面電勢較高解析金屬導體靠電子導電，金屬正離子并沒有移動，而電流由金屬導體中的自由電子的定向移動(向左移動)形成。應用左手定則，四指應指向電流的方向，讓磁感線垂直穿過手心，拇指的指向即為自由電子的受力方向。也就是說，自由電子受洛倫茲力方向指向a表面一側，實際上自由電子在向左移動的同時，受到指向a表面的作用力，并在a表面聚集，由于整個導體是呈電中性的(正、負電荷總量相等)，所以在b的表面“裸露”出正電荷層，并使b表面電勢高于a表面電勢。選項A正確。答案A2.(2017·黑龍江大慶模擬)如圖2所示，從S處發出的熱電子經加速電壓U加速后垂直進入相互垂直的勻強電場和勻強磁場中，發現電子流向上極板偏轉。設兩極板間電場強度為E，磁感應強度為B。欲使電子沿直線從電場和磁場區域通過，只采取下列措施，其中可行的是()圖2A.適當減小電場強度EB.適當減小磁感應強度BC.適當增大加速電場極板之間的距離D.適當減小加速電壓U解析要使電子在復合場中做勻速直線運動，有Eq＝qvB。根據左手定則可知電子所受的洛倫茲力的方向豎直向下，故電子向上極板偏轉的原因是電場力大于洛倫茲力，所以要么增大洛倫茲力，要么減小電場力。適當減小電場強度E，即可以減小電場力，選項A正確；適當減小磁感應強度B，可以減小洛倫茲力，選項B錯誤；適當增大加速電場極板之間的距離，根據eU＝eq\f(1,2)mv2可得v＝eq\r(\f(2eU,m))，由于兩極板間的電壓沒有變化，所以電子進入磁場的速率沒有變化，因此沒有改變電場力和洛倫茲力的大小，選項C錯誤；同理，適當減小加速電壓U，可以減小電子進入復合場中的速度v，從而減小洛倫茲力，選項D錯誤。答案A3.(多選)回旋加速器在科學研究中得到了廣泛應用，其原理如圖3所示。D1和D2是兩個中空的半圓形金屬盒，置于與盒面垂直的勻強磁場中，它們接在電壓為U、周期為T的交流電源上。位于D1的圓心處的質子源A能不斷產生質子(初速度可以忽略)，它們在兩盒之間被電場加速。當質子被加速到最大動能Ek后，再將它們引出。忽略質子在電場中的運動時間，則下列說法正確的是()圖3A.若只增大交變電壓U，則質子的最大動能Ek會變大B.若只增大交變電壓U，則質子在回旋加速器中運行的時間會變短C.若只將交變電壓的周期變為2T，仍可用此裝置加速質子D.質子第n次被加速前、后的軌道半徑之比為eq\r(n－1)∶eq\r(n)解析由r＝eq\f(mv,qB)可知，質子經加速后的最大速度與回旋加速器的最大半徑有關，而與交變電壓U無關，故選項A錯誤；增大交變電壓，質子加速次數減小，所以質子在回旋加速器中的運行時間變短，選項B正確；為了使質子能在回旋加速器中加速，質子的運動周期應與交變電壓的周期相同，選項C錯誤；由nqU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)以及rn＝eq\f(mvn,qB)可得質子第n次被加速前、后的軌道半徑之比為eq\r(n－1)∶eq\r(n)，選項D正確。答案BD4.(2017·南京三模)(多選)質譜儀最初是由湯姆遜的學生阿斯頓設計的，他用質譜儀證實了同位素的存在。如圖4所示，容器A中有質量分別為m1、m2，電荷量相同的兩種粒子(不考慮粒子重力及粒子間的相互作用)，它們從容器A下方的小孔S1不斷飄入電壓為U的加速電場(粒子的初速度可視為零)，沿直線S1S2(S2為小孔)與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場中，最后打在水平放置的照相底片上。由于實際加速電壓的大小在U±ΔU范圍內微小變化，這兩種粒子在底片上可能發生重疊。對此，下列說法正確的有()圖4A.兩粒子均帶正電B.打在M處的粒子質量較小C.若U一定，ΔU越大越容易發生重疊D.若ΔU一定，U越大越容易發生重疊解析根據左手定則判斷出兩粒子均帶正電，選項A正確；設粒子質量為m，經電場加速有qU＝eq\f(1,2)mv2，得出v＝eq\r(\f(2qU,m))。粒子達到底片上的位置為x＝2r＝eq\f(2mv,Bq)＝eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU,q))，q相同時，x越小說明質量越小，選項B正確；若U一定，兩粒子打到底片的理論位置確定，ΔU越大，兩粒子理論位置兩側寬度越大，越容易發生重疊，選項C正確；ΔU一定，兩粒子理論位置兩側寬度不變，U越大，兩粒子打到底片的理論位置距離越大，越不容易發生重疊，選項D錯誤。答案ABC5.(2017·蕪錫模擬)如圖5所示為某種質譜儀的工作原理示意圖。此質譜儀由以下幾部分構成：粒子源N；P、Q間的加速電場；靜電分析器，即中心線半徑為R的四分之一圓形通道，通道內有均勻輻射電場，方向沿徑向指向圓心O，且與圓心O等距的各點電場強度大小相等；磁感應強度為B的有界勻強磁場，方向垂直紙面向外；膠片M。由粒子源發出的不同帶電粒子，經加速電場加速后進入靜電分析器，某些粒子能沿中心線通過靜電分析器并經小孔S垂直磁場邊界進入磁場，最終打到膠片上的某點。粒子從粒子源發出時的初速度不同，不計粒子所受重力。下列說法正確的是()圖5A.從小孔S進入磁場的粒子速度大小一定相等B.從小孔S進入磁場的粒子動能一定相等C.打到膠片上同一點的粒子速度大小一定相等D.打到膠片上位置距離O點越遠的粒子，比荷越大解析從小孔S進入磁場，說明粒子在電場中運動半徑相同，在靜電分析器中，qE＝eq\f(mv2,R)，無法判斷出粒子的速度和動能是否相等，選項A、B錯誤；打到膠片上同一點的粒子，在磁場中運動的半徑相同，由qvB＝meq\f(v2,r)，得r＝eq\f(mv,qB)，聯立qE＝eq\f(mv2,R)，可得r＝eq\f(ER,Bv)，所以打到膠片上同一點的粒子速度相等，與比荷無關，選項C正確，D錯誤。答案C?題組二帶電粒子在復合場中的運動6.(多選)如圖6所示，質量為m、電荷量為q的帶正電小物塊從半徑為R的絕緣半圓槽頂點A由靜止下滑，已知半圓槽右半部分光滑，左半部分粗糙，整個裝置處于正交的勻強電場與磁場中，電場強度大小為E＝eq\f(mg,2q)，方向水平向右，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，g為重力加速度大小，則下列說法正確的是()圖6A.物塊最終停在A點B.物塊最終停在最低點C.物塊做往復運動D.物塊首次滑到最低點時對軌道的壓力為2mg＋qBeq\r(Rg)解析由于半圓槽右半部分光滑，左半部分粗糙，且在最低點受到的電場力方向向右，所以物塊最終從最低點開始向右運動，到達某位置速度變為零，然后又向左運動，即物塊做往復運動，選項C正確，A、B錯誤；物塊從A點運動到最低點，由動能定理得，mgR－qER＝eq\f(1,2)mv2－0，且E＝eq\f(mg,2q)，聯立得v＝eq\r(gR)，物塊運動到最低點時，由牛頓第二定律得，N－mg－qvB＝meq\f(v2,R)，解得N＝2mg＋qBeq\r(Rg)，由牛頓第三定律知，選項D正確。答案CD7.(2017·西安模擬)(多選)某一空間存在著磁感應強度為B且大小不變、方向隨時間t做周期性變化的勻強磁場(如圖7甲所示)，規定垂直紙面向里的磁場方向為正。為使靜止于該磁場中的帶正電的粒子能按a→b→c→d→e→f的順序做橫“∞”字曲線運動(即如圖乙所示的軌跡)，下列辦法可行的是(粒子只受磁場力的作用，其他力不計)()圖7A.若粒子的初始位置在a處，在t＝eq\f(3,8)T時給粒子一個沿切線方向水平向右的初速度B.若粒子的初始位置在f處，在t＝eq\f(T,2)時給粒子一個沿切線方向豎直向下的初速度C.若粒子的初始位置在e處，在t＝eq\f(11,8)T時給粒子一個沿切線方向水平向左的初速度D.若粒子的初始位置在b處，在t＝eq\f(T,2)時給粒子一個沿切線方向豎直向上的初速度解析要使粒子的運動軌跡如題圖所示，由左手定則知粒子做圓周運動的周期應為T0＝eq\f(T,2)，若粒子的初始位置在a處時，對應時刻應為t＝eq\f(3,4)T0＝eq\f(3,8)T，選項A正確；同理可判斷選項D正確。答案AD8.(2017·河南聯考)(多選)如圖8所示，在x軸的上方有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度為E，在x軸的下方等腰三角形CDM區域內有垂直于xOy平面由內向外的勻強磁場，磁感應強度為B，其中C、D在x軸上，C、D、M到原點O的距離均為a，現將一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從y軸上的P點由靜止釋放，設P點到O點的距離為h，不計重力作用與空氣阻力的影響。下列說法正確的是()圖8A.若h＝eq\f(B2a2q,2mE)，則粒子垂直CM射出磁場B.若h＝eq\f(B2a2q,2mE)，則粒子平行于x軸射出磁場C.若h＝eq\f(B2a2q,8mE)，則粒子垂直CM射出磁場D.若h＝eq\f(B2a2q,8mE)，則粒子平行于x軸射出磁場解析粒子從P點到O點經電場加速，Eqh＝eq\f(1,2)mv2，粒子進入磁場