專題解析：（十六）帶電粒子在電場、磁場中的運動1．在一些電子顯示設備中，讓陰極發(fā)射的電子束通過適當?shù)姆莿驈婋妶觯梢允拱l(fā)散的電子束聚集。下列4幅圖中帶箭頭的實線表示電場線，如果用虛線表示電子可能的運動軌跡，其中正確的是()解析：選A運動中的物體所受合力應指向運動軌跡凹側(cè)，結(jié)合電子受到的電場力及電子的運動軌跡進行分析，可知A正確，B、C、D錯誤。2．某帶電粒子轉(zhuǎn)向器的橫截面如圖所示，轉(zhuǎn)向器中有輻向電場。粒子從M點射入，沿著由半徑分別為R1和R2的圓弧平滑連接成的虛線(等勢線)運動，并從虛線上的N點射出，虛線處電場強度大小分別為E1和E2，則R1、R2和E1、E2應滿足()A.eq\f(E1,E2)＝eq\f(R2,R1) B.eq\f(E1,E2)＝eq\f(R12,R22)C.eq\f(E1,E2)＝eq\f(R1,R2) D.eq\f(E1,E2)＝eq\f(R22,R12)解析：選A帶電粒子在電場中做勻速圓周運動，電場力提供向心力，則有qE1＝meq\f(v2,R1)，qE2＝meq\f(v2,R2)，聯(lián)立可得eq\f(E1,E2)＝eq\f(R2,R1)，故選A。3．一電子和一α粒子從鉛盒上的小孔O豎直向上射出后，打到鉛盒上方水平放置的屏幕P上的a和b兩點，a點在小孔O的正上方，b點在a點的右側(cè)，如圖所示。已知α粒子的速度約為電子速度的eq\f(1,10)，鉛盒與屏幕之間存在勻強電場和勻強磁場，則電場和磁場方向可能為()A．電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向里B．電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向外C．電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向里D．電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向外解析：選C帶電粒子在電場和磁場中運動，打到a點的粒子所受電場力和洛倫茲力平衡，當電場水平向左、磁場垂直紙面向里時，α粒子受到水平向左的電場力和洛倫茲力，電子受到水平向右的電場力和洛倫茲力，均不能滿足受力平衡打到a點，A錯誤；同理可知，D錯誤。電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向外時，此時如果α粒子打在a點，則受到水平向左的電場力和水平向右的洛倫茲力平衡，qE＝qvB，則電子受到水平向左的洛倫茲力大于水平向右的電場力，向左偏轉(zhuǎn)，同理如果電子打在a點，則α粒子受到水平向左的電場力大于水平向右的洛倫茲力，向左偏轉(zhuǎn)，均不會打在b點，B錯誤；同理可知，C正確。4．(多選)地面上方某區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場，將一帶正電荷的小球自電場中P點水平向左射出。小球所受的重力和電場力的大小相等，重力勢能和電勢能的零點均取在Р點。則射出后，()A．小球的動能最小時，其電勢能最大B．小球的動能等于初始動能時，其電勢能最大C．小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時，其動能最大D．從射出時刻到小球速度的水平分量為零時，重力做的功等于小球電勢能的增加量解析：選BD對小球受力和運動進行分析，如圖所示，Eq＝mg，故等效重力G′的方向與水平方向成45°。當vy＝0時速度最小為vmin＝v1，由于此時v1存在水平分量，電場力還可以做負功，故此時電勢能不是最大，故A錯誤；水平方向上v0＝eq\f(Eq,m)t，豎直方向上v＝gt，由于Eq＝mg，得v＝v0，如圖所示，小球的動能等于初始動能，由于此時速度沒有水平分量，故電勢能最大，由動能定理可知WG＋WEq＝0，則重力做的功等于小球電勢能的增加量，故B、D正確；當速度為圖中v1所示時，此時速度水平分量與豎直分量相等，動能最小，故C錯誤。5.(多選)如圖所示，在豎直平面矩形ABCD區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場。一帶電粒子從AD的中點O射入磁場，速度方向與磁場垂直且與DA的夾角α＝45°，粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后在C點垂直CD穿出。已知AD長度為L，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，重力不計。則下列說法正確的是()A．粒子帶正電荷B．粒子速度大小為eq\f(\r(2)qBL,2m)C．粒子在磁場中運動的軌道半徑為eq\f(\r(2),4)LD．粒子在磁場中運動的時間為eq\f(3πm,4qB)解析：選BD粒子進入磁場后沿順時針方向做圓周運動，由左手定則可知，粒子帶負電，A錯誤；由題意可知，粒子運動軌跡如圖所示。由幾何關系可得，粒子做圓周運動的軌道半徑為r＝eq\f(\f(L,2),cos45°)＝eq\f(\r(2),2)L，根據(jù)粒子在磁場中運動時，洛倫茲力提供向心力，可得qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(\r(2)qBL,2m)，B正確，C錯誤；由幾何關系可知粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)了135°，則在磁場中運動的時間為t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(135°,360°)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(3πm,4qB)，D正確。6.空間存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面，線段MN是屏與紙面的交線，長度為4L，其左側(cè)有一粒子源S，可沿紙面內(nèi)各個方向不斷發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q、速率相同的粒子；SP⊥MN，P為垂足，如圖所示。已知SP＝MP＝L，若MN上所有的點都能被粒子從其右側(cè)直接打中，則粒子的速率至少為()A.eq\f(\r(2)qBL,m)B.eq\f(2qBL,m)C.eq\f(\r(5)qBL,m)D.eq\f(\r(10)qBL,m)解析：選C粒子要打中MN的右側(cè)所有位置，必須滿足粒子速率最小時能繞過M點，從右側(cè)打中MN最下端的N點，粒子運動的軌跡如圖所示，MN為軌跡圓的弦長，Q為MN中點，SP＝PQ＝L，MQ＝2L；設粒子運動的半徑為r，根據(jù)幾何關系可知四邊形SPOQ為平行四邊形，則r2＝OQ2＋MQ2，解得r＝eq\r(5)L，粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可知qvB＝meq\f(v2,r)，解得粒子的最小速率為v＝eq\f(\r(5)qBL,m)，故選C。7．(多選)如圖所示，空間存在四分之一圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向外。一電子以初速度v從圓心O沿著OD方向射入磁場，經(jīng)過時間t恰好由A點離開磁場。若電子以初速度v′從圓心O沿著OD方向射入磁場，經(jīng)時間t′恰好由C點離開磁場。已知圓弧CD長度是圓弧AC長度的一半，則()A．v′＝eq\r(2)v B．v′＝2vC．t′＝eq\f(t,3) D．t′＝eq\f(t,2)解析：選BC電子從A點和C點離開磁場的軌跡如圖所示，設四分之一圓形勻強磁場區(qū)域的半徑為R，則電子從A點離開磁場時的軌道半徑為r＝eq\f(R,2)，電子從C點離開磁場時的軌道半徑為r′＝R，由洛倫茲力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,r)，qv′B＝meq\f(v′2,r′)，解得r＝eq\f(mv,qB)，r′＝eq\f(mv′,qB)，聯(lián)立可得v′＝2v；電子從A點離開磁場所用時間為t＝eq\f(180°,360°)×eq\f(2πr,v)，電子從C點離開磁場所用時間為t′＝eq\f(60°,360°)×eq\f(2πr′,v′)，聯(lián)立可得t′＝eq\f(t,3)，故選B、C。8.(多選)如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有一垂直于紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場，磁場邊界上的P點有一粒子源，可以在紙面內(nèi)向各個方向以相同的速率發(fā)射電荷量均為＋q、質(zhì)量均為m的相同粒子進入磁場區(qū)域，粒子的重力以及粒子之間的相互作用力均可忽略，進入磁場的粒子會從某一段圓弧射出磁場邊界，這段圓弧的弧長是圓形區(qū)域周長的eq\f(1,n)，則下列結(jié)論正確的是()A．若n＝2，則所有粒子離開磁場時的速度方向相互平行B．若n＝2，則粒子從P點進入磁場時的速率為eq\f(qBR,m)C．若n＝4，則粒子從P點進入磁場時的速率為eq\f(\r(2)qBR,2m)D．若n＝4，僅將磁場的磁感應強度大小由B減小到eq\f(1,2)B時，則n的值變?yōu)?解析：選ABC邊界上有粒子射出的范圍是以偏轉(zhuǎn)圓直徑為弦所對應的邊界圓弧，若n＝2，則粒子在磁場中做圓周運動的直徑為磁場區(qū)域直徑，所以運動的軌道半徑為r＝R，由于粒子做圓周運動的軌道半徑與磁場區(qū)域半徑相等，四邊形PODO′為菱形，如圖(a)所示，粒子離開磁場時的速度方向均與OP垂直，即所有粒子離開磁場時的速度方向相互平行，故A正確；若n＝2，粒子在磁場中做圓周運動，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\f(qBR,m)，故B正確；若n＝4，粒子運動軌跡如圖(b)所示，粒子做圓周運動的軌道半徑為r′＝Rsin45°＝eq\f(\r(2),2)R，由牛頓第二定律得qv′B＝meq\f(v′2,r′)，解得v′＝eq\f(\r(2)qBR,2m)，故C正確；若n＝4，粒子做圓周運動的軌道半徑為r′＝eq\f(\r(2),2)R，僅將磁場的磁感應強度大小由B減小到eq\f(1,2)B時，其半徑變?yōu)閑q\r(2)R，而n＝2時的運動半徑為R，故D錯誤。9．(多選)一帶正電微粒從靜止開始經(jīng)電壓U1加速后，射入水平放置的平行板電容器，極板間電壓為U2。微粒射入時緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為45°，微粒運動軌跡的最高點到極板左右兩端的水平距離分別為2L和L，到兩極板距離均為d，如圖所示。忽略邊緣效應，不計重力。下列說法正確的是()A．L∶d＝2∶1B．U1∶U2＝1∶1C．微粒穿過電容器區(qū)域的偏轉(zhuǎn)角度的正切值為2D．僅改變微粒的質(zhì)量或者電荷量，微粒在電容器中的運動軌跡不變解析：選BD微粒在電容器中水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻變速直線運動，根據(jù)電場強度和電勢差的關系及場強和電場力的關系可得E＝eq\f(U2,2d)，F(xiàn)＝qE＝ma，微粒射入電容器后的速度為v0，水平方向和豎直方向的分速度vx＝v0cos45°＝eq\f(\r(2),2)v0，vy＝v0sin45°＝eq\f(\r(2),2)v0，從射入電容器到運動到最高點由運動學公式可得vy2＝2ad，微粒經(jīng)電壓U1加速，由動能定理可得qU1＝eq\f(1,2)mv02，聯(lián)立可得U1∶U2＝1∶1，B正確；微粒從射入電容器到運動到最高點由運動學公式可得2L＝vxt，d＝eq\f(0＋vy,2)·t，聯(lián)立可得L∶d＝1∶1，A錯誤；微粒穿過電容器時，從最高點到穿出時由運動學公式可得L＝vxt1，vy1＝at1，從射入電容器到最高點有vy＝at，解得vy1＝eq\f(vy,2)，設微粒穿過電容器與水平方向的夾角為α，則tanα＝eq\f(vy1,vx)＝eq\f(1,2)，微粒射入電容器和水平方向的夾角為β，tan(α＋β)＝3，C錯誤；微粒射入電容器到最高點的過程中水平方向的位移為x，豎直方向的位移為y，則x＝vxt′，y＝eq\f(vy,2)t′，y＝eq\f(1,2)a′t′2＝eq\f(1,2)·eq\f(U2q,2dm)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,vx)))2＝eq\f(1,2)·eq\f(U2q,2dm)·eq\f(x2m,qU1)＝eq\f(U2x2,4dU1)，同理下降過程也滿足y＝eq\f(U2x2,4dU1)，所以僅改變微粒的質(zhì)量或者電荷量，微粒在電容器中的運動軌跡不變，D正確。10.如圖所示，xOy為豎直面內(nèi)的直角坐標系，y軸正向豎直向上，空間中存在平行于xOy所在平面的勻強電場。質(zhì)量為m的不帶電小球A以一定的初動能從P(0，d)點沿平行x軸方向水平拋出，并通過Q(2eq\r(2)d,0)點。使A帶上電量為＋q的電荷，仍從P點以同樣的初動能沿某一方向拋出，A通過N(2d,0)點時的動能是初動能的0.5倍；若使A帶上電荷量為－q的電荷，還從P點以同樣的初動能沿另一方向拋出，A通過M(0，－d)點時的動能是初動能的4倍。重力加速度為g。求：(1)A不帶電時，到達Q點的動能；(2)電場強度的大小和方向。解析：(1)小球做平拋運動，則有d＝eq\f(1,2)gt2，2eq\r(2)d＝v0t，解得v0＝2eq\r(gd)，t＝eq\r(\f(2d,g))從P到Q，由動能定理得mgd＝EkQ－eq\f(1,2)mv02解得EkQ＝3mgd。(2)小球帶電后，從P到N，由動能定理有mgd＋qUPN＝0.5Ek0－Ek0從P到M由動能定理可得2mgd－qUPM＝4Ek0－Ek0由(1)中可知Ek0＝eq\f(1,2)mv02＝2mgd聯(lián)立以上各式可得eq\f(UPN,UPM)＝eq\f(1,2)，故O、N兩點電勢相等，場強方向為沿y軸正方向，場強大小為E＝eq\f(|UNP|,d)＝eq\f(2mg,q)。答案：(1)3mgd(2)eq\f(2mg,q)，方向沿y軸正方向11．(2023·湖北高考，節(jié)選)如圖所示，空間存在磁感應強度大小為B、垂直于xOy平面向里的勻強磁場。t＝0時刻，一帶正電粒子甲從點P(2a,0)沿y軸正方向射入，第一次到達點