1、课时达标 第 26 讲解密考纲考查带电粒子在复合场中的运动，对学生综合分析能力，理论联系实际能量要求较高1(2017江苏南通一调)如图所示，在 MN、PQ 间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面水平向外，电场在图中没有标出一带电小球从 a 点射入场区，并在竖直面内沿直线运动至 b 点，则小球( C )A一定带正电B受到电场力的方向一定水平向右C从 a 点到 b 点的过程，克服电场力做功D从 a 点到 b 点的过程中可能做匀加速运动解析 因小球受到的洛伦兹力 FqvB 随小球速度的变化而变化，为使带电小球能在场内做直线运动，小球的速度大小不能变化，即小球受力平衡，做匀速直线运动，选项 D
2、 错误；小球共受到重力、电场力和洛伦兹力三个力的作用，无论小球带何种电荷，三力均可能平衡，故选项 A、B 错误；从 a 点到 b 点的过程中，小球的动能不变，洛伦兹力不做功，根据动能定理有 EkW GW 电场 0，重力做正功，所以电场力必做负功，选项 C 正确2目前有一种磁强计，用于测定地磁场的磁感应强度磁强计的原理如图所示，电路中有一段金属导体，它的横截面是宽为 a、高为 b 的长方形，放在沿 y 轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿 x 轴正方向、大小为 I 的电流已知金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电荷量为 e，金属导电过程中，自由电子所做的定向移动可视为匀速运动两电极M、N 均与
3、金属导体的前、后两侧接触，用电压表测出金属导体前、后两个侧面间的电势差为 U.则磁感应强度的大小和电极 M、N 的电性为( C )A ，M 正，N 负 B ，M 正， N 负nebUI neaUIC ，M 负，N 正 D ，M 负，N 正nebUI neaUI解析 自由电子做匀速运动，根据左手定则可知，自由电子受力指向 M，所以 M 带负电做匀速运动时，电场力与洛伦兹力相互平衡，则 e evB ，得 B ；根据 Ineabv，Ua Uav解得 B ，选项 C 正确nebUI3(多选) 回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图所示D 1 和 D2 是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直
4、的匀强磁场中，它们接在电压为 U、周期为 T 的交流电源上位于 D1 圆心处的质子源 A 能不断产生质子( 初速度可以忽略 )，它们在两盒之间被电场加速当质子被加速到最大动能 Ek 后，再将它们引出忽略质子在电场中的运动时间，则下列说法中正确的是( BD )A若只增大交变电压 U，则质子的最大动能 Ek 会变大B若只增大交变电压 U，则质子在回旋加速器中运行的时间会变短C若只将交变电压的周期变为 2T，仍可用此装置加速质子D质子第 n 次被加速前、后的轨道半径之比为 n 1 n解析 由 r 可知，质子经加速后的最大速度与回旋加速器的最大半径有关，而与交mvqB变电压 U 无关，故选项 A 错误
5、；增大交变电压，质子加速的次数减少，所以质子在回旋加速器中的运行时间变短，选项 B 正确；为了使质子能在回旋加速器中加速，质子的运动周期应与交变电压的周期相同，选项 C 错误；由 nqU mv 以及 rn 可得质子第 n 次被12 2n mvnqB加速前、后的轨道半径之比为 ，选项 D 正确n 1 n4(多选) 磁流体发电是一项新兴技术，它可以把物体的内能直接转化为电能，如图是它的示意图，平行金属板 A、B 之间有一个很强的磁场，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负离子) 喷入磁场，A、B 两板间便产生电压如果把 A、B 和用电器连接，A 、 B 就是直流电源的两个电极，设 A、
6、B 两板间距为 d，磁感应强度为 B，等离子体以速度 v 沿垂直于磁场的方向射入 A、B 两板之间，则下列说法正确的是( BC )AA 是直流电源的正极 BB 是直流电源的正极C电源的电动势为 Bdv D电源的电动势为 qvB解析 根据右手定则，正电荷向下偏转，所以 B 板带正电，为直流电源的正极；选项B 正确， A 错误；电荷最终在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，有 qBvq ，解得EdEB dv，故选项 C 正确， D 错误5(多选) 如图所示是质谱仪的工作原理示意图带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为 B 和 E.平板 S 上有可让
7、粒子通过的狭缝 P 和记录粒子位置的胶片 A1A2，平板 S 下方有强度为 B0 的匀强磁场下列表述正确的是( ABC )A质谱仪是分析同位素的重要工具B速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C能通过狭缝 P 的带电粒子的速率等于EBD粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝 P，粒子的荷质比越小解析 因同位素原子的化学性质完全相同，无法用化学方法进行分析，故质谱仪就成为同位素分析的重要工具，选项 A 正确；在速度选择器中，带电粒子所受电场力和洛伦兹力在粒子沿直线运动时应等大反向，结合左手定则可知选项 B 正确；再由 qEqvB，有v ，选项 C 正确；在匀强磁场 B0 中 R ，所以 ，可见粒子打在胶片上
8、EB mvqB0 qm vB0R EB0BR的位置越靠近狭缝 P，即 R 越小，对应粒子的荷质比越大，选项 D 错误6(2017北京海淀模拟)如图所示，在坐标系 xOy 的第一象限内斜线 OC 的上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B，第四象限内存在磁感应强度大小未知、方向垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限内存在沿 y 轴负方向的匀强电场，在 x 轴负半轴上有一接收屏 GD，GD2ODd，现有一带电粒子(不计重力) 从 y 轴上的 A 点，以初速度 v0 水平向右垂直射入匀强磁场，恰好垂直 OC 射出，并从 x 轴上的 P 点(未画出) 进入第四象限内的匀强磁场，粒子经磁场偏转后又垂直
9、 y 轴进入匀强电场并被接收屏接收，已知 OC 与 x 轴的夹角为 37， OA d，cos 370.8，sin 37 0.6.求：45(1)粒子的电性及比荷 ；qm(2)第四象限内匀强磁场的磁感应强度 B的大小；(3)第三象限内匀强电场的电场强度 E 的大小范围解析 (1)粒子运动轨迹如图所示，由左手定则可知粒子带负电，由图知粒子在第一象限内运动的轨迹半径 R d，45由洛伦兹力提供向心力得 Bqv0m ，联立解得 .v20R qm 5v04Bd(2)由图及几何关系知 OPd ，所以粒子在第四象限内做圆周运动的半径为 r OPcos 37，5d4同理 Bqv 0m ，v20r联立解得 B .
10、16B25(3)粒子在匀强电场中做类平抛运动，由图知 OQrrsin 372d.当电场强度 E 较大时，粒子击中 D 点，由类平抛运动规律知 v 0t1，2d t ，联立解得 Emax ，d2 qEmax2m 21 64Bv05当电场强度 E 较小时，粒子击中 G 点，由类平抛运动规律知 v 0t2,2d t ，3d2 qEmin2m 2联立解得 Emin ，64Bv045所以电场强度 E 的大小满足 E .64Bv045 64Bv05答案 见解析7(2017山东济南模拟)如图所示，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 B0.5 T，还有
11、沿 x 轴负方向的匀强电场，场强大小为 E2 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 yh0.4 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 的带电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 45) ，并从原点 O 进入第一象限已知重力加速度 g10 m/s2，问：(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)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解析 (1)根据受力分析(如图 )可知
12、油滴带负电荷设油滴质量为 m，由平衡条件得 mgqEF11 .2(2)由第(1)问得 mgqE，qvB qE，2解得 v 4 m/s.2EB 2(3)进入第一象限，电场力和重力大小相等、方向相反，油滴受力平衡，知油滴先做匀速直线运动，进入 yh 的区域后做匀速圆周运动，轨迹如图所示，最后从 x 轴上的 N 点离开第一象限油滴由 OA 做匀速运动的位移 x1 h，hsin 45 2其运动时间 t1 0.1 s.x1v 2h2EB hBE由几何关系和圆周运动的周期关系式 T 知，2mqB油滴由 AC 做圆周运动的时间为 t2 T 0.628 s，14 E2gB由对称性知油滴从 CN 运动的时间 t
13、3t 1，油滴在第一象限运动的总时间tt 1t 2t 320.1 s0.628 s0.828 s.答案 (1)11 负电荷 (2)4 m/s (3)0.828 s2 28(2017湖北武汉模拟)如图甲所示，宽度为 d 的竖直狭长区域内(边界为 L1、L 2)，存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上周期性变化的电场( 如图乙所示) ，电场强度的大小为 E0， E0 表示电场方向竖直向上t0 时，一带正电、质量为 m 的微粒从左边界上的 N1点以水平速度 v 射入该区域，沿直线运动到 Q 点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的 N2 点Q 为线段 N1N2 的中点，重力加速度为 g.
14、上述 d、E 0、m 、v、g 为已知量(1)求微粒所带电荷量 q 和磁感应强度 B 的大小；(2)求电场变化的周期 T；(3)改变宽度 d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求 T 的最小值解析 (1)微粒做直线运动，则mgqE 0qvB，微粒做圆周运动，则 mgqE 0联立得 q ，mgE0B .2E0v(2)设微粒从 N1 运动到 Q 的时间为 t1，做圆周运动的周期为 t2，则vt 1，d2qvBm ，v2Rt2 ，2Rv联立得t1 ，t 2 ，d2v vg故电场变化的周期Tt 1t 2 .d2v vg(3)若微粒能完成题述的运动过程，要求 d2R，联立得 R ，v22g设在
15、 N1Q 段直线运动的最短时间为 t1min，由t1min ，v2g因 t2 确定，所以 T 的最小值Tmint 1mint 2 .2 1v2g答案 (1) (2) (3)mgE0 2E0v d2v vg 2 1v2g9(2017湖北黄冈模拟)一圆筒的横截面如图所示，其圆心为 O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B.圆筒下面有相距为 d 的平行金属板 M、N，其中 M 板带正电荷，N 板带等量负电荷质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子自 M 板边缘的 P 处由静止释放，经 N 板的小孔 S 以速度 v 沿半径 SO 方向射入磁场中粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S 孔射出，设粒子与
16、圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：(1)M、N 间电场强度 E 的大小；(2)圆筒的半径 R；(3)保持 M、N 间电场强度 E 不变，仅将 M 板向上平移 d，粒子仍从 M 板边缘的 P 处23由静止释放，粒子自进入圆筒至从 S 孔射出期间与圆筒的碰撞次数 n.解析 (1)设两板间的电压为 U，由动能定理得 qU mv2.12由匀强电场中电势差与电场强度的关系得UEd.联立上式可得 E .mv22qd(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为 O、圆半径为 r.设第一次碰撞点为 A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从 S 孔射出，因此，SA 弧
17、所对的圆心角AOS 等于 .3由几何关系得 rRtan .3粒子运动过程中洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律，得 qvBm .v2r联立式得 R .3mv3qB(3)保持 M、N 间电场强度 E 不变，M 板向上平移 d 后，设板间电压为 U，则 U23 .Ed3 U3设粒子进入 S 孔时的速度为 v，由式看出 .UU v 2v2综合式可得 v v.33设粒子做圆周运动的半径为 r，则 r .3mv3qB设粒子从 S 到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为 ，比较两式得到rR，可见 ，2粒子需经过四个这样的圆弧才能从 S 孔射出，故 n3.答案 (1) (2) (3)3mv22qd 3mv3qB