高考物理创新大一轮（基础课能力课实验课）全国通用版学案磁场能力课word版含解析2

24/2525/25/能力课带电粒子在复合场中的运动[热考点]带电粒子在复合场中运动的实例分析命题角度1质谱仪的原理和分析1.作用测量带电粒子质量和分离同位素的仪器。2.原理(如图1所示)图1(1)加速电场：qU＝eq\f(1,2)mv2；(2)偏转磁场：qvB＝eq\f(mv2,r)，l＝2r；由以上两式可得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】质谱仪又称质谱计，是分离和检测不同同位素的仪器。工作原理如图2所示，电荷量均为＋q、质量不同的离子初速度几乎为零地进入电压为U0的加速电场。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大小为B的匀强磁场中，最后打在底片上。已知放置底片的区域MN＝L，且OM＝L。某次测量发现MN中左侧eq\f(2,3)区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧eq\f(1,3)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。为使原本打在MN中点P的离子能打在QN区域，则加速电压U的值不可能为()图2A.eq\f(16U0,9) B.eq\f(100U0,81) C.eq\f(140U0,81) D.2U0解析由题意知，开始离子在电场中加速，有qU0＝eq\f(1,2)mv2，在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝meq\f(v2,r0)，打在P点的离子r0＝eq\f(3,4)L，解得U0＝eq\f(9qB2L2,32m)；当加速电压为U时，qU＝eq\f(1,2)mv′2，qv′B＝eq\f(mv′2,r)；离子打在Q点时，r＝eq\f(5,6)L，得U＝eq\f(100U0,81)；离子打在N点时，r＝L，得U＝eq\f(16U0,9)；则加速电压U的范围为eq\f(100U0,81)≤U≤eq\f(16U0,9)，选项D正确。答案D命题角度2回旋加速器的原理和分析1.加速条件：T电场＝T回旋＝eq\f(2πm,qB)；2.磁场约束偏转：qvB＝eq\f(mv2,r)?v＝eq\f(qBr,m)。3.带电粒子的最大速度vmax＝eq\f(qBrD,m)，rD为D形盒的半径。粒子的最大速度vmax与加速电压U无关。4.回旋加速器的解题思路(1)带电粒子在缝隙的电场中加速、交变电流的周期与磁场周期相等，每经过磁场一次，粒子加速一次。(2)带电粒子在磁场中偏转、半径不断增大，周期不变，最大动能与D形盒的半径有关。【例2】(2017·常州模拟)回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图3所示。设D形盒半径为R。若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率为f。则下列说法正确的是()图3A.质子被加速后的最大速度不可能超过2πfRB.质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小有关C.高频电源只能使用矩形交变电流，不能使用正弦式交变电流D.不改变B和f，该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)，可得质子被加速后的最大速度为2πfR，其不可能超过2πfR，质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关，选项A正确、B错误；高频电源可以使用正弦式交变电源，选项C错误；要加速α粒子，高频交流电周期必须变为α粒子在其中做圆周运动的周期，即T＝eq\f(2πmα,qαB)，故选项D错误。答案A命题角度3霍尔效应的原理和分析1.定义：高为h，宽为d的金属导体(自由电荷是电子)置于匀强磁场B中，当电流通过金属导体时，在金属导体的上表面A和下表面A′之间产生电势差，这种现象称为霍尔效应，此电压称为霍尔电压。2.电势高低的判断：如图4，金属导体中的电流I向右时，根据左手定则可得，下表面A′的电势高。图43.霍尔电压的计算：导体中的自由电荷(电子)在洛伦兹力作用下偏转，A、A′间出现电势差，当自由电荷所受静电力和洛伦兹力平衡时，A、A′间的电势差(U)就保持稳定，由qvB＝qeq\f(U,h)，I＝nqvS，S＝hd；联立得U＝eq\f(BI,nqd)＝keq\f(BI,d)，k＝eq\f(1,nq)称为霍尔系数。【例3】如图5所示，宽度为d、厚度为h的导体放在垂直于它的磁感应强度为B的匀强磁场中，当电流通过该导体时，在导体的上、下表面之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。实验表明当磁场不太强时，电势差U、电流I和磁感应强度B的关系为U＝keq\f(IB,d)，式中的比例系数k称为霍尔系数。设载流子的电荷量为q，下列说法正确的是()图5A.载流子所受静电力的大小F＝qeq\f(U,d)B.导体上表面的电势一定大于下表面的电势C.霍尔系数为k＝eq\f(1,nq)，其中n为导体单位长度上的电荷数D.载流子所受洛伦兹力的大小F洛＝eq\f(BI,nhd)，其中n为导体单位体积内的电荷数解析静电力的大小应为F＝qeq\f(U,h)，选项A错误；载流子的电性是不确定的，因此选项B错误；霍尔系数k＝eq\f(1,nq)，其中n为导体单位体积内的电荷数，选项C错误；载流子所受洛伦兹力的大小F洛＝qvB，其中v＝eq\f(I,nqdh)，可得F洛＝eq\f(BI,ndh)，选项D正确。答案D命题角度4速度选择器、磁流体发电机速度选择器若qv0B＝Eq，即v0＝eq\f(E,B)，粒子做匀速直线运动磁流体发电机等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带正、负电荷，两极板间电压为U时稳定，qeq\f(U,d)＝qv0B，U＝v0Bd【例4】在如图6所示的平行板器件中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直。一带电粒子(重力不计)从左端以速度v沿虚线射入后做直线运动，则该粒子()图6A.一定带正电B.速度v＝eq\f(E,B)C.若速度v>eq\f(E,B)，粒子一定不能从板间射出D.若此粒子从右端沿虚线方向进入，仍做直线运动解析粒子带正电和负电均可，选项A错误；由洛伦兹力等于电场力，即qvB＝qE，解得速度v＝eq\f(E,B)，选项B正确；若速度v>eq\f(E,B)，粒子可能从板间射出，选项C错误；若此粒子从右端沿虚线方向进入，所受电场力和洛伦兹力方向相同，不能做直线运动，选项D错误。答案B【变式训练】(多选)目前世界上正研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图7所示表示它的发电原理：将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的粒子，而从整体来说呈中性)沿图中所示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就聚集了电荷。在磁极配置如图中所示的情况下，下列说法正确的是()图7A.A板带正电B.有电流从b经用电器流向aC.金属板A、B间的电场方向向下D.等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力解析由左手定则，A板带负电，则电流从b经用电器流向a，金属板间的电场方向向上，故选项B、D正确。答案BD解决实际问题的一般过程：[常考点]带电粒子在复合场中的运动命题角度1带电粒子在组合场中的运动带电粒子在组合场中的运动，实际上是几个典型运动过程的组合(如：电场中的加速直线运动、类平抛运动；磁场中的匀速圆周运动)，因此解决此类问题要分段处理，找出各段之间的衔接点和相关物理量。【例5】(2017·天津理综，11)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象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图8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轴距离相等。不计粒子重力，问：图8(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。解析(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴距离为L，到y轴距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有2L＝v0t①L＝eq\f(1,2)at2②设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vyvy＝at③设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α，有tanα＝eq\f(vy,v0)④联立①②③④式得α＝45°⑤即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上。设粒子到达O点时速度大小为v，由运动的合成有v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))⑥联立①②③⑥式得v＝eq\r(2)v0⑦(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得F＝ma⑧又F＝qE⑨设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)⑩由几何关系可知R＝eq\r(2)L?联立①②⑦⑧⑨⑩?式得eq\f(E,B)＝eq\f(v0,2)?答案(1)eq\r(2)v0方向与x轴正方向成45°角斜向上(2)eq\f(v0,2)“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题命题角度2带电粒子在叠加场中的运动1.磁场力、重力并存(1)若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。(2)若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒。2.电场力、磁场力并存(不计重力)(1)若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。(2)若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体做复杂的曲线运动，可用动能定理求解。3.电场力、磁场力、重力并存(1)若三力平衡，带电体做匀速直线运动。(2)若重力与电场力平衡，带电体做匀速圆周运动。(3)若合力不为零，带电体可能做复杂的曲线运动，可用能量守恒定律或动能定理求解。【例6】(2018·广东惠州一调)平面OM和水平面ON之间的夹角为30°，其横截面如图9所示，平面OM和水平面ON之间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，匀强电场的方向竖直向上。一带电小球的质量为m、带电荷量为q，带电小球沿纸面以大小为v0的速度从OM的某点沿左上方射入磁场，速度方向与OM成30°角，带电小球进入磁场后恰好做匀速圆周运动，已知带电小球在磁场中的运动轨迹与ON恰好相切，且带电小球能从OM上另一点P射出磁场(P未画出)。图9(1)判断带电小球带何种电荷？所加电场强度E为多大？(2)带电小球离开磁场的出射点P到两平面交点O的距离s为多大？(3)带电小球离开磁场后继续运动，能打在左侧竖直的光屏OO′上，求打在光屏上的点到O点的距离。解析(1)根据题意知，小球受到的电场力与重力平衡，小球所受的合力等于洛伦兹力，则带电小球带正电荷。由F＝qE＝mg，可得E＝eq\f(mg,q)。(2)带电小球进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝meq\f(v2,R)，得R＝eq\f(mv0,qB)。根据题意，带电小球在匀强磁场中的运动轨迹如图所示，Q点为运动轨迹与ON相切的点，I点为入射点，P点为出射点，则IP为运动轨迹所对的弦，带电小球离开磁场的速度方向与OM的夹角也为30°，由几何关系可得，OP为圆轨道的直径，所以OP的长度s＝eq\f(QP,sin30°)＝4R＝eq\f(4mv0,qB)。(3)带电小球从P点离开磁场后做平抛运动，设带电小球打在光屏上的T点。则带电小球运动的水平方向位移为x＝v0t，得t＝eq\f(x,v0)＝eq\f(\f(4mv0,qB)·cos30°,v0)＝eq\f(2\r(3)m,qB)，竖直方向位移为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)，如图所示，T点到O点的距离OO′＝2R＋y＝eq\f(2mv0,qB)＋eq\f(6m2g,q2B2)。答案(1)正电荷eq\f(mg,q)(2)eq\f(4mv0,qB)(3)eq\f(2mv0,qB)＋eq\f(6m2g,q2B2)带电粒子在复合场中运动的分析方法命题角度3带电粒子在交变电磁场中的运动【例7】(2017·合肥模拟)如图10甲所示，带正电粒子以水平速度v0从平行金属板MN间中线OO′连续射入电场中。MN板间接有如图乙所示的随时间t变化的电压UMN，两板间电场可看作是均匀的，且两板外无电场。紧邻金属板右侧有垂直纸面向里的匀强磁场B，分界线为CD，EF为屏幕。金属板间距为d，长度为l，磁场的宽度为d。已知：B＝5×10－3T，l＝d＝0.2m，每个带正电粒子的速度v0＝105m/s，比荷为eq\f(q,m)＝108C/kg，重力忽略不计，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作是恒定不变的。试求：图10(1)带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径；(2)带电粒子射出电场时的最大速度；(3)带电粒子打在屏幕上的范围。[审题指导]第一步：抓关键点关键点获取信息电场可视作是恒定不变的电场是匀强电场，带电粒子做类平抛运动最小半径当加速电压为零时，带电粒子进入磁场时的速率最小，半径最小最大速度由动能定理可知，当加速电压最大时，粒子的速度最大，但应注意粒子能否从极板中飞出第二步：找突破口(1)要求圆周运动的最小半径，由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式可知，应先求最小速度，后列方程求解。(2)要求粒子射出电场时的最大速度，应先根据平抛运动规律求出带电粒子能从极板间飞出所应加的板间电压的范围，后结合动能定理列方程求解。(3)要求粒子打在屏幕上的范围，应先综合分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹，后结合几何知识列方程求解。解析(1)t＝0时刻射入电场的带电粒子不被加速，进入磁场做圆周运动的半径最小。粒子在磁场中运动时qv0B＝eq\f(mveq\o\al(2,0),rmin)则带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径rmin＝eq\f(mv0,qB)＝eq\f(105,108×5×10－3)m＝0.2m其运动的径迹如图中曲线Ⅰ所示。(2)设两板间电压为U1，带电粒子刚好从极板边缘射出电场，则有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)代入数据，解得U1＝100V在电压低于100V时，带电粒子才能从两板间射出电场，电压高于100V时，带电粒子打在极板上，不能从两板间射出。带电粒子刚好从极板边缘射出电场时，速度最大，设最大速度为vmax，则有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)问计算可知，t＝0时刻射入电场的粒子在磁场中做圆周运动的半径rmin＝d＝0.2m，径迹恰与屏幕相切，设切点为E，E为带电粒子打在屏幕上的最高点，则eq\o(O′E,\s\up10(____))＝rmin＝0.2m带电粒子射出电场时的速度最大时，在磁场中做圆周运动的半径最大，打在屏幕上的位置最低。设带电粒子以最大速度射出电场进入磁场中做圆周运动的半径为rmax，打在屏幕上的位置为F，运动径迹如图中曲线Ⅱ所示。qvmaxB＝eq\f(mveq\o\al(2,max),rmax)则带电粒子进入磁场做圆周运动的最大半径rmax＝eq\f(mvmax,qB)＝eq\f(\r(2)×105,108×5×10－3)m＝eq\f(\r(2),5)m由数学知识可得运动径迹的圆心必落在屏幕上，如图中Q点所示，并且Q点必与M板在同一水平线上。则eq\o(O′Q,\s\up10(____))＝eq\f(d,2)＝eq\f(0.2,2)m＝0.1m带电粒子打在屏幕上的最低点为F，则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即带电粒子打在屏幕上O′上方0.2m到O′下方0.18m的范围内。答案(1)0.2m(2)1.414×105m/s(3)O′上方0.2m到O′下方0.18m的范围内解决带电粒子在交变电磁场中的运动问题的基本思路带电粒子在复合场中的运动实例拓展[题源一：人教版选修3－1·P100·例题]一个质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过S3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D上(图3.6－4)。图3.6－4(1)求粒子进入磁场时的速率。(2)求粒子在磁场中运动的轨道半径。拓展1(2016·全国卷Ⅰ，15)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图11所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为()图11A.11 B.12 C.121 D.144解析设质子的质量和电荷量分别为m1、q1，一价正离子的质量和电荷量为m2、q2。对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2－0，得v＝eq\r(\f(2qU,m))①在磁场中qvB＝meq\f(v2,r)②由①②式联立得m＝eq\f(B2r2q,2U)，由题意知，两种粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，加速电压U不变，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，故选项D正确。答案D拓展2(2017·江苏单科，15)一台质谱仪的工作原理如图12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12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。图12(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(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)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。解析(1)设甲种离子在磁场中的运动半径为r1，电场加速qU0＝eq\f(1,2)·2mv2，且qvB＝2meq\f(v2,r1)解得r1＝eq\f(2,B)eq\r(\f(mU0,q))根据几何关系x＝2r1－L，解得x＝eq\f(4,B)eq\r(\f(mU0,q))－L。(2)如图最窄处位于过两虚线交点的垂线上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)设乙种离子在磁场中的运动半径为r2，r1的最小半径r1min＝eq\f(2,B)eq\r(\f(m（U0－ΔU）,q))，r2的最大半径r2max＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2m（U0＋ΔU）,q))，由题意知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)见解析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）)]解题关键几何关系的应用带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，要用到几何关系，主要是通过作辅助线构建直角三角形等，利用三角函数、勾股定理求解，或是通过作垂线段、切线及对称性等求解。[题源二：人教版选修3－1·P98·T3]在图3.5－8所示的平行板器件中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直。具有不同水平速度的带电粒子射入后发生偏转的情况不同。这种装置能把具有某一特定速度的粒子选择出来，所以叫做速度选择器。试证明带电粒子具有速度v＝eq\f(E,B)时，才能沿着图示虚线路径通过这个速度选择器。图3.5－8速度选择器拓展1如图13所示，在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里。一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板。若不计重力，下列四个物理量中哪一个改变时，粒子运动轨迹不会改变()图13A.粒子速度的大小 B.粒子所带电荷量C.电场强度 D.磁感应强度解析由题意知，粒子受到电场力和洛伦兹力，做匀速直线运动，则有qvB＝qE，即有vB＝E，改变粒子速度的大小，则洛伦兹力随之改变，洛伦兹力与电场力不再平衡，粒子的轨迹将发生改变，故选项A错误；由vB＝E知粒子的电荷量改变时，洛伦兹力与电场力大小同时改变，两个力仍然平衡，故粒子的轨迹不发生改变，故选项B正确；改变电场强度，电场力将改变，洛伦兹力与电场力不再平衡，粒子的轨迹将发生改变，故选项C错误；改变磁感应强度，洛伦兹力将改变，洛伦兹力与电场力不再平衡，粒子的轨迹将发生改变，故选项D错误。答案B拓展2(多选)质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图14所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法正确的是()图14A.该微粒一定带负电荷B.微粒从O到A的运动可能是匀变速运动C.该磁场的磁感应强度大小为eq\f(mg,qvcosθ)D.该电场的场强为Bvcosθ解析若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向左的电场力qE和垂直OA斜向右下方的洛伦兹力qvB，知微粒不能做直线运动，据此可知微粒应带负电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向右的电场力qE和垂直OA斜向左上方的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着直线运动到A，可知微粒应该做匀速直线运动，则选项A正确，B错误；由平衡条件得：qvBcosθ＝mg，qvBsinθ＝qE，得磁场的磁感应强度B＝eq\f(mg,qvcosθ)，电场的场强E＝Bvsinθ，故选项C正确，D错误。答案AC拓展3(多选)如图15所示，一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是()图15A.小球一定带正电B.小球一定带负电C.小球的绕行方向为顺时针D.改变小球的速度大小，小球将不做圆周运动解析由于小球做匀速圆周运动，有qE＝mg，电场力方向竖直向上，所以小球一定带负电，故选项A错误，B正确；洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力，由左手定则可判定小球绕行方向为顺时针，故选项C正确；改变小球速度大小，小球仍做圆周运动，选项D错误。答案BC拓展4(2017·全国卷Ⅰ，16)如图16，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是()图16A.ma＞mb＞mc B.mb＞ma＞mcC.mc＞ma＞mb D.mc＞mb＞ma解析由题意知，三个带电微粒受力情况：mag＝qE，mbg＝qE＋Bqv，mcg＋Bqv＝qE，所以mb>ma>mc，故选项B正确，A、C、D错误。答案B复合场中粒子的特殊运动带电粒子在重力场、匀强电场和磁场组成的复合场中运动时：若做匀速圆周运动，重力必与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力；若做直线运动，必是匀速直线运动，合力为零。活页作业(时间：40分钟)?题组一带电粒子在复合场中运动的实例分析1.截面为矩形的载流金属导线置于磁场中，如图1所示，将出现下列哪种情况()图1A.在b表面聚集正电荷，而a表面聚集负电荷B.在a表面聚集正电荷，而b表面聚集负电荷C.开始通电时，电子做定向移动并向b偏转D.两个表面电势不同，a表面电势较高解析金属导体靠电子导电，金属正离子并没有移动，而电流由金属导体中的自由电子的定向移动(向左移动)形成。应用左手定则，四指应指向电流的方向，让磁感线垂直穿过手心，拇指的指向即为自由电子的受力方向。也就是说，自由电子受洛伦兹力方向指向a表面一侧，实际上自由电子在向左移动的同时，受到指向a表面的作用力，并在a表面聚集，由于整个导体是呈电中性的(正、负电荷总量相等)，所以在b的表面“裸露”出正电荷层，并使b表面电势高于a表面电势。选项A正确。答案A2.(2017·黑龙江大庆模拟)如图2所示，从S处发出的热电子经加速电压U加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子流向上极板偏转。设两极板间电场强度为E，磁感应强度为B。欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，只采取下列措施，其中可行的是()图2A.适当减小电场强度EB.适当减小磁感应强度BC.适当增大加速电场极板之间的距离D.适当减小加速电压U解析要使电子在复合场中做匀速直线运动，有Eq＝qvB。根据左手定则可知电子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，故电子向上极板偏转的原因是电场力大于洛伦兹力，所以要么增大洛伦兹力，要么减小电场力。适当减小电场强度E，即可以减小电场力，选项A正确；适当减小磁感应强度B，可以减小洛伦兹力，选项B错误；适当增大加速电场极板之间的距离，根据eU＝eq\f(1,2)mv2可得v＝eq\r(\f(2eU,m))，由于两极板间的电压没有变化，所以电子进入磁场的速率没有变化，因此没有改变电场力和洛伦兹力的大小，选项C错误；同理，适当减小加速电压U，可以减小电子进入复合场中的速度v，从而减小洛伦兹力，选项D错误。答案A3.(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3所示。D1和D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压为U、周期为T的交流电源上。位于D1的圆心处的质子源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，则下列说法正确的是()图3A.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eq\r(n－1)∶eq\r(n)解析由r＝eq\f(mv,qB)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，而与交变电压U无关，故选项A错误；增大交变电压，质子加速次数减小，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＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)以及rn＝eq\f(mvn,qB)可得质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为eq\r(n－1)∶eq\r(n)，选项D正确。答案BD4.(2017·南京三模)(多选)质谱仪最初是由汤姆逊的学生阿斯顿设计的，他用质谱仪证实了同位素的存在。如图4所示，容器A中有质量分别为m1、m2，电荷量相同的两种粒子(不考虑粒子重力及粒子间的相互作用)，它们从容器A下方的小孔S1不断飘入电压为U的加速电场(粒子的初速度可视为零)，沿直线S1S2(S2为小孔)与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，最后打在水平放置的照相底片上。由于实际加速电压的大小在U±ΔU范围内微小变化，这两种粒子在底片上可能发生重叠。对此，下列说法正确的有()图4A.两粒子均带正电B.打在M处的粒子质量较小C.若U一定，ΔU越大越容易发生重叠D.若ΔU一定，U越大越容易发生重叠解析根据左手定则判断出两粒子均带正电，选项A正确；设粒子质量为m，经电场加速有qU＝eq\f(1,2)mv2，得出v＝eq\r(\f(2qU,m))。粒子达到底片上的位置为x＝2r＝eq\f(2mv,Bq)＝eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU,q))，q相同时，x越小说明质量越小，选项B正确；若U一定，两粒子打到底片的理论位置确定，ΔU越大，两粒子理论位置两侧宽度越大，越容易发生重叠，选项C正确；ΔU一定，两粒子理论位置两侧宽度不变，U越大，两粒子打到底片的理论位置距离越大，越不容易发生重叠，选项D错误。答案ABC5.(2017·芜锡模拟)如图5所示为某种质谱仪的工作原理示意图。此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N；P、Q间的加速电场；静电分析器，即中心线半径为R的四分之一圆形通道，通道内有均匀辐射电场，方向沿径向指向圆心O，且与圆心O等距的各点电场强度大小相等；磁感应强度为B的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外；胶片M。由粒子源发出的不同带电粒子，经加速电场加速后进入静电分析器，某些粒子能沿中心线通过静电分析器并经小孔S垂直磁场边界进入磁场，最终打到胶片上的某点。粒子从粒子源发出时的初速度不同，不计粒子所受重力。下列说法正确的是()图5A.从小孔S进入磁场的粒子速度大小一定相等B.从小孔S进入磁场的粒子动能一定相等C.打到胶片上同一点的粒子速度大小一定相等D.打到胶片上位置距离O点越远的粒子，比荷越大解析从小孔S进入磁场，说明粒子在电场中运动半径相同，在静电分析器中，qE＝eq\f(mv2,R)，无法判断出粒子的速度和动能是否相等，选项A、B错误；打到胶片上同一点的粒子，在磁场中运动的半径相同，由qvB＝meq\f(v2,r)，得r＝eq\f(mv,qB)，联立qE＝eq\f(mv2,R)，可得r＝eq\f(ER,Bv)，所以打到胶片上同一点的粒子速度相等，与比荷无关，选项C正确，D错误。答案C?题组二带电粒子在复合场中的运动6.(多选)如图6所示，质量为m、电荷量为q的带正电小物块从半径为R的绝缘半圆槽顶点A由静止下滑，已知半圆槽右半部分光滑，左半部分粗糙，整个装置处于正交的匀强电场与磁场中，电场强度大小为E＝eq\f(mg,2q)，方向水平向右，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，g为重力加速度大小，则下列说法正确的是()图6A.物块最终停在A点B.物块最终停在最低点C.物块做往复运动D.物块首次滑到最低点时对轨道的压力为2mg＋qBeq\r(Rg)解析由于半圆槽右半部分光滑，左半部分粗糙，且在最低点受到的电场力方向向右，所以物块最终从最低点开始向右运动，到达某位置速度变为零，然后又向左运动，即物块做往复运动，选项C正确，A、B错误；物块从A点运动到最低点，由动能定理得，mgR－qER＝eq\f(1,2)mv2－0，且E＝eq\f(mg,2q)，联立得v＝eq\r(gR)，物块运动到最低点时，由牛顿第二定律得，N－mg－qvB＝meq\f(v2,R)，解得N＝2mg＋qBeq\r(Rg)，由牛顿第三定律知，选项D正确。答案CD7.(2017·西安模拟)(多选)某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时间t做周期性变化的匀强磁场(如图7甲所示)，规定垂直纸面向里的磁场方向为正。为使静止于该磁场中的带正电的粒子能按a→b→c→d→e→f的顺序做横“∞”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹)，下列办法可行的是(粒子只受磁场力的作用，其他力不计)()图7A.若粒子的初始位置在a处，在t＝eq\f(3,8)T时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度B.若粒子的初始位置在f处，在t＝eq\f(T,2)时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度C.若粒子的初始位置在e处，在t＝eq\f(11,8)T时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度D.若粒子的初始位置在b处，在t＝eq\f(T,2)时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度解析要使粒子的运动轨迹如题图所示，由左手定则知粒子做圆周运动的周期应为T0＝eq\f(T,2)，若粒子的初始位置在a处时，对应时刻应为t＝eq\f(3,4)T0＝eq\f(3,8)T，选项A正确；同理可判断选项D正确。答案AD8.(2017·河南联考)(多选)如图8所示，在x轴的上方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，在x轴的下方等腰三角形CDM区域内有垂直于xOy平面由内向外的匀强磁场，磁感应强度为B，其中C、D在x轴上，C、D、M到原点O的距离均为a，现将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从y轴上的P点由静止释放，设P点到O点的距离为h，不计重力作用与空气阻力的影响。下列说法正确的是()图8A.若h＝eq\f(B2a2q,2mE)，则粒子垂直CM射出磁场B.若h＝eq\f(B2a2q,2mE)，则粒子平行于x轴射出磁场C.若h＝eq\f(B2a2q,8mE)，则粒子垂直CM射出磁场D.若h＝eq\f(B2a2q,8mE)，则粒子平行于x轴射出磁场解析粒子从P点到O点经电场加速，Eqh＝eq\f(1,2)mv2，粒子进入磁场