2020高考备考物理重难点《带电粒子在复合场中的运动》(附答案解析版)

1、重难点 08 带电粒子在复合场中的运动【 知识梳理】考点 带电粒子在组合场中的运动1 带电粒子在组合场中的运动是力电综合的重点和高考热点这类问题的特点是电场、磁场或重力场依次出现，包含空间上先后出现和时间上先后出现，磁场或电场与无场区交替出现相组合的场等其运动形式包含匀速直线运动、匀变速直线运动、类平抛运动、圆周运动等，涉及牛顿运动定律、功能关系等知识的应用复习指导：1.理解掌握带电粒子的电偏转和磁偏转的条件、运动性质，会应用牛顿运动定律进行分析研究，掌握研究带电粒子的电偏转和磁偏转的方法，能够熟练处理类平抛运动和圆周运动2学会按照时间先后或空间先后顺序对运动进行分析，分析运动速度的承前启后关

2、联、空间位置的距离关系、运动时间的分配组合等信息将各个运动联系起来2 解题时要弄清楚场的性质、场的方向、强弱、范围等3 要进行正确的受力分析，确定带电粒子的运动状态4 分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹是解题的关键【 重点归纳】1 、求解带电粒子在组合复合场中运动问题的分析方法1）正确受力分析，除重力、弹力、摩擦力外要特别注意静电力和磁场力的分析2）确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合3）对于粒子连续通过几个不同区域、不同种类的场时，要分阶段进行处理4）画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律2、带电粒子在复合场中运动的应用实例(1)质谱仪(2)回旋加速器(3)速度选择器(4

3、)磁流体发电机(5)电磁流量计工作原理【限时检测】(建议用时：30分钟)1. (2019天津卷)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件， 元件内的导电粒子是电荷量为 e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U ,以此控制屏幕的熄灭。则元件的A.前表面的电势比后表面的低B.前、后表面间的电压 U与v无关C.前、后表面间的电压

4、 U与C成正比一一 、“ 一 , eUD.自由电子受到的洛伦兹力大小为一a【答案】D【解析】由图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到后面表，因此前表面的电势比后表面的高，故A错误，电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，有F§=evB, F电=eE eU ,故F洛=eU ,故D正确，由evB eU则电压U aaa故前后表面的电压与速度有关，与a成正比，故BC错误。2.如图所示的竖直平面内，带负电小球穿在水平放置的绝缘长杆上，整个装置处于正交的电磁场中（电磁场足够大），电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，将小球由静止释放，小球在运动过程中具有的

5、最大速度和最大加速度分别为Vm和am。则下列判断正确的是A .小球的速度和加速度均先增大后减小，、1B.小球的速度V Vm时，小球的加速度达到最大21C.小球的速度 V Vm时，小球的加速度正在减小2r -、1一、一一 1D.小球的加速度 a 一am时，小球的速度可能大于 一Vm22qE (mg qVB)' "'，小球做加速 mqE (qVB mg)a2 ，小球做m【答案】CD【解析】A.小球开始运动时， mg> qVB，小球的加速度a1度逐渐增大的加速运动；当 mg qVB,之后，小球的加速度加速度逐渐减小的加速运动，最后小球做匀速运动。故 A错误；BC .作

6、出加速度随速度变化的规律图象,1.1两阶段的图线斜率大小相等，由图易知V,<Vm,故M 2 Vm时小球处于加速度减小阶段，选1项B错误，C正确；d. a am可能出现在加速度增大阶段，也可能出现在加速度减小阶段；2如果在加速度减小阶段，就是正确的，选项 D正确；故选CD。3 .磁流体发电机可简化为如下模型：两块长、宽分别为a、b的平行板，彼此相距 L,板间通入已电离的速度为V的气流，两板间存在一磁感应强度大小为B的磁场，磁场方向与两板平行， 并与气流垂直，如图所示.把两板与外电阻R连接起来，在磁场力作用下，气流中的正、负离子分别向两板移动形成电流.设该气流的导电率（电阻率的倒数）为 生则

7、A.该磁流体发电机模型的内阻为r= abB.产生的感应电动势为 E=BavC.流过外电阻R的电流强度1=: 厂RabD.该磁流体发电机模型的路端电压为"I 1R ab【答案】AC【解析】根据左手定则知正电荷向上偏，负电荷向下偏，上极板带正电，下极板带负电，最终电荷处于平衡有：qvB qE,解得电动势为：E=BLv,内电阻为：r L -,根据LS S abE BLvBLvR闭合电路欧姆定律有：I 二一1 二 厂，那么路端电压为：U IR 工 厂，综RRRab abab上所述，故AC正确，BD错误.故选 AC.4 .如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r,两平行金属板间有匀强磁场.开

8、关S闭合后，当滑动变阻器滑片位于图示位置时，一带正电粒子恰好以速度v匀速穿过两板.若不计重力，以下说法正确的是A.如果将开关断开，粒子将继续沿直线运动B .保持开关闭合，将 a极板向下移动一点，粒子将向下偏转C.保持开关闭合，将滑片 P向上滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出D.保持开关闭合，将滑片 P向下滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出【答案】BDA错误；保持开关闭合，将 a极板向【解析】若开关断开，则电容器与电源断开，而与R形成通路，电荷会减小，故两板间的电场强度要减小，故所受电场力减小，粒子不会做直线运动，故下移动一点，板间距离减小，电压不变，由 E=U/d可知，板间场强增大，因为粒

9、子带正电，则粒 子所受电场力向下，洛仑兹力向上，带电粒子受电场力变大，则粒子将向下偏转，故B正确；由图可知a板带正电，b板带负电；带电粒子带正电，则受电场力向下，洛仑兹力向上，原来二力 应大小相等，物体才能做匀速直线运动；若滑片向上滑动，则滑动变阻器接入电阻减小，则电路 中电流增大，定值电阻及内阻上的电压增大，则由闭合电路的欧姆定律可知R两端的电压减小，故电容器两端的电压减小，则由E=U/d可知，所受极板间电场强度小，则所受电场力减小，故粒子一定向上偏转，不可能从下极板边缘射出，故 C错误；若滑片向下滑动， 则滑动变阻器接入电 阻增大，则电路中电流减小， 定值电阻及内阻上的电压减小，则由闭合电

10、路的欧姆定律可知R两端的电压增大，故电容器两端的电压增大，则由E=U/d可知，所受极板间电场强度增大，则所受电场力增大，故粒子将向下偏转，可能从下极板边缘飞出，故 D正确。故选BD。5 .如图所示，长均为d的两正对平行金属板 MN、PQ水平放置，板间距离为 2d ,板间有正交的竖 直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m的带电粒子从 MP的中点。垂直于电场和磁场方向以V0射入，恰沿直线从NQ的中点A射出；若撤去电场，则粒子从M点射出（粒子重力不计）。以下说法正确的是A.该粒子带正电B.若撤去电场，则该粒子运动时间为原来的一倍42C.若撤去磁场，则该粒子在运动过程中电势能增加mvoD

11、.若撤去磁场，则粒子射出时的速度大小为底。【答案】AD【解析】A.撤去电场后，粒子做匀速圆周运动，粒子从M点射出；则在初位置，洛仑兹力向上,d根据左手定则，粒子带正电荷，故 A正确；B.匀速直线运动过程，有：ti ,圆周运动过程，Vod，冗一一1一 ,冗有：.2就，则有：t2-ti ,故B错误；C.若撤去磁场，则该粒子做类平抛运动，电t2 2Vo2Vo场力做正功，电势能减小，故 C错误；D.撤去磁场，粒子做类平抛运动，根据运动的合成与分解qE d则有：vy at g二，匀速运动时，洛伦兹力与电场力平衡，则有： qE= qvB,圆周运动过 m Vo2mvo程，洛伦兹力提供向心力，则有：qV0B

12、二丁，联立解得：Vy 2V0,故粒子射出时的速度大2小：V &_Vy- &(2Vo)2 J5v0 ,故 D 正确。6 . (2019江苏卷)如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为 B.磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、 右边界分别垂直相交于 M、N, MN=L,粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短)，反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反.质量为 m、电荷量为-q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d,且d<L,粒子重力不计，电荷量保持不变。(1)求粒子运动速度的大小 V;(2)欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M的最

13、大距离dm；(3)从P点射入的粒子最终从 Q点射出磁场，PM=d, QN=, 求粒子从P到Q的运动时间t.qBd 2、3v(2) dm dm2L 3百 4、Tm(3) t (-)d 6 2qB【解析】(1)粒子的运动半径d mV qB(2)如图4所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切由几何关系得 dm=d (1+sin60 )°解得dm 2d22 1m(3)粒子的运动周期T qB设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t',则T ，c ，、tn t (n 1,3,5,L L ) 4(a)当L nd (1 黄 d时，粒子斜向上射出磁场1t T12解得L 3 3 t d 64

14、、 Tm一2qB(b)当nd3.(1pd 时,粒子斜向下射出磁场-T12解得t (L d373 4 Tm)6 2qB7 .如图所示，在平面直角坐标系第出象限内充满沿+ y方向的匀强电场，第I象限的某个圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场 (电场、磁场均未画出)；一个比荷为 9 =K的带电粒子以大小为 v0m的初速度自点 P (-273d, -d)；沿+ x方向运动，恰经原点 O进入第I象限，粒子穿过匀强磁场后，最终从 x轴上的点 Q (9d, 0)沿一 y方向进入第IV象限； 已知该匀强磁场的磁感应强度B= 上，不计粒子重力。求：Kd(1)第出象限内匀强电场的电场强度的大小；(2)粒子在匀强磁场中

15、运动的半径及时间tB；(3)圆形磁场区的最小面积Smino求:尸-273 O9rf *I 华-4pv2dQ【答案】（1）（2）（3）兀2 6 Kd3vo【解析】（1）粒子在第III象限做类平抛运动，则有 水平方向：2 £d=vot竖直方向:联立式得电场强度mv vE=6qd 6 Kd（2）设粒子到达。点瞬间，速度大小为 v,与x轴夹角为“，则vy=at 联立式得进入磁场的速度大小：-2Vy-V。tan妹也v。°°=6岂粒子在磁场中，洛伦兹力提供向心力:qvB=2mv解得粒子在匀强磁场中运动的半径:_ mv 2 3dR = qB 3在磁场中运动的轨迹如图甲所示，由几

16、何关系知，对应的圆心角:在磁场中的运动时间:2 R 2 dtB=二2 v3v0(3)如图乙所示，若粒子进入磁场和离开磁场的位置恰位于磁场区的某条直径两端，可求得磁场区的最小半径min。2Rsin -2 rmin2解得：rmin = Rsin d ?面积：S=兀(28 .如图所示，荧光屏 MN与x轴垂直放置，荧光屏所在位置的横坐标xo=60cm,在第一象限y轴和MN之间存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度 E=1.6 103N/C,在第二象限有半径 R=5cm的 圆形磁场，磁感应强度B=0.8T,方向垂直xOy平面向外。磁场的边界和x轴相切于P点。在P点有一个粒子源，可以向 x轴上方180

17、76;范围内的各个方向发射比荷为9=1.0 108C/kg的带正电m的粒子，已知粒子的发射速率Vo=4.0 M06m/So不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用。求：(1)带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；(2)粒子从y轴正半轴上射入电场的纵坐标范围；(3)带电粒子打到荧光屏上的位置与Q点的最远距离。【答案】(1) 5cm (2) OWyWlOc”3) 9cm【解析】(1)带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：2 V0qvB m一 r解得：r mV0 5 10 2m 5cm Bq(2)由(1)问可知r=R,取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知四边形 PO FQ为菱形，所以FO1/O' R又O' P垂直于x轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径FOi垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x轴平行，所以粒子从 y轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为0