第九章第三节带电粒子在复合场中的运动

第三节E的匀强电场方向竖直向下，场b、c的运动情况，以下说法中正确的是()B．a的质量最大，c的质量最小，b、cC．b的质量最大，a的质量最小，b、c提示：A.amag＝qE，电场力方向竖直向b、c在场中做匀速圆周运动，则其重力和受到的电场力是一对平衡力，所以mbg＝mcg＝qE，油滴受到的力提供其做匀速圆周运动的向心力，由左手定则可判断，b、cA正确． 1v_2．粒在磁场中 qr2B2 ，m＝2U速度选择器(如图所示)(1)EBBB两束，下列说法中正确的是()AABB．ABC．AB

①回 ＝qB

②回 Ek＝2mv＝2m来计算，在粒子电量质量m和磁感应强度B一定的情况下回旋的半径R越大粒子的能量就越大．置，其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，D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示．设D形盒半径为R.若用回旋加速质子时匀强磁场的磁感应强度为B，高f.则下列说法正确的是() 提示：选A.T＝v，T＝f2πfR2πfRA正确、B错误；高频T＝qBDαqE＝U＝qvB U

U

4

4B它们间的距离为d，匀强磁场的磁感应强度为B.当发电机稳定发电时，下列说法正确的是()A．AB．B

EE＝Bdv，C正确，D(2015·高考卷)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动．真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场与磁场的宽度均为d.电场n m m

22

rqv2B＝mr2BB

qnvnrn(各量的下标均代表粒子所在q

nn

rqvnB＝mrn甲nαnn层磁场右侧边界vn－1sinθn－1＝vnsinrnsinθn－rnsinαn＝d⑧rnsinθn－rn－1sinr1sinθ1，r2sinθ2，…，rnsinθnd，可得rnsinθn＝r1sinθ1＋(n－1)d10乙n＝1r1sinsin nqd.πθn＝2，sin

′磁场右侧边界，粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为θ′n，由于q′>m′sinθ′n不存在，即原假设不成立．所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧[答案 见解考向1 v0xxN23，03 PMPt1Nv1x轴正方θ，则： 2＝3 10qE＝ma，tanθ0

1＝1cos

＝v＝π

联立以上各式得：θ＝3 R粒子在第Ⅳ象限内做匀速圆周运动，由第二定律得：qv1B＝mR ON ＝sin＝

＝2qdMPqEd＋qE(R＋Rcos

1 1＝2mP－2m代入(1)中所求数据解得：vP＝10v0.23 2

v0＝

1

v1＝

2πT＝R＋Rcosθ1

＝MP（63＋6

(2)（63＋6

考向 qmA点进入该区域，不计重力．OACv2射出，OA45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间；Av3，方向不确定，要使粒子一定能 得

1－RqBv2＝R1O′R T＝v2

2v2 图 图2A点的最大内切Rc＝

0Bc＝2qR.100答案

1－ (2)

键．带电粒子交变磁场中动仍遵运定运动的合与分解能定理(高考山东卷)dP、Q间存在匀强时刻入射的粒子经ΔtP板上(不考虑粒子反弹)m、q、d、v0为已 ，求B

PT0＝qd，为使粒子仍能垂直打

P 时间恰能垂直打在P板上，粒子应连续运动三个四分之一当 4mv0时，如何求运动周期0＝

R[解析 (1)设粒子做圆周运动的半径为R1，力提供向心力，则有qv0B0＝R1

0＝qd.③dd

得

v0R由第二定律得qv0B0＝R由题意知 4mv0，代入⑧式得0＝π P板，且要求0<θ<2，由题意可π 2πT＝2TBn(n＝0，1，2，3…)若在A点P板，据题意由几何关系得R＋2(R＋Rsinθ)n＝d⑪n＝0时，无解n＝1时，联立⑨⑪θ ＝6(sin联立⑦⑨⑩⑬式得TB＝3v0n≥20<θ<90°的要求⑮若在B点P板，据题意由几何关系得R＋2Rsinθ＋2(R＋Rsinθ)n＝d⑯n＝0时，无解n＝1时，联立⑨⑯θ＝arcsin1(sinθ14

T＝π＋arcsin1d 0d[答案 (1) d 1(3)3v0或2＋arcsin(2016·高考江苏卷)回旋的工作原理如图1所示，置于真空中的D 解析：(1)R

2m(2)nEm

＝ 1T

由t0＝(n－1)·2＋Δt，解得

－qB2(3)只有在0～(T－Δt)时间内飘入的粒子才能每次均被加速，则所占的比例为2TT2(2015·高考福建卷)MN左侧同若D点为小滑块在电场力、力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当DP点．已知小滑块在DvDDPtP点时速度的大vP.[审题指导](1)C(2)AC[解析 CMN解得 1v2＝2m解得Wf＝mgh－2B2g′， qE mPDv2＝v2PDvvD2 m ＋gt2 [答案 vvD2 m＋g2，变化引起力变化力变化又可能引起弹力和摩擦力的变化，从而引起合外力的，考向1 3 3m＝1×10－6kgq＝2×10－6Cv的竖直面内做匀速直线运动当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场引起的电磁感应现象)，g＝10m/s2，求：qvB＝v＝20vEθtantanθ＝有 x，有 1＝2atamgvEθtanθ3 s≈3.532233

s≈3.5考向2 在如图所示的竖直平面内，水平轨道CDGH与半径 9

mD点，GHθ＝37°.Gm＝2×10－3kgq＝＋8×10－6CF＝9.98×10－3N的不带电的小物体P2GH顶端静止释放经过时间t＝0.1sP1相遇．P1P2与轨道CD、(1)P1CDv(2)GH解析：(1)设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到向上的力为F1，受到f，则v＝4qErsinθ－mgr(1－cos

1 ＝2mqEcosθ－mgsinθ－μ(mgcosθ＋qEsinP1P2GHP1GHs1 P2m2GHa2，则m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2a2⑧P1P2GHP2GHs2 12＝2ats＝0.56答案：(1)4 (2)0.56(2016·高考卷乙)现代质谱仪可用来分析比质子重很12() [审题指导]若两粒子经磁场偏转后仍从同一出口离开，则意味着其运动半径相等，由[解析]Ur，原来磁场的磁感应强度为 ＝2mv1，质子在匀强磁场中做匀速圆周运动

1；一价正r子 1v2，该正离子在磁感应强度为12B＝2M，匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径仍为r力提供向心力，[答案

r(2015·高考重庆卷)如图为某种离子的设计方案．两个半圆形金属MNM′N′h的两平行极板，整数)．极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U.质量为m、带电量为q的正离解析：(1)离子经一次加速的速度为v0，由动能定理100

离子的轨道半径为R0，则 由力提供向心力，qv0B＝m0

2＝

nn

rqvnB＝mrnrn＝2⑥

2 1

1rqv1B＝m1r1n＝r1n＝2 由于2<r121≤n＜kn 2 (n＝1，2，3，…，k22（k2－1）Uqm当离子在电场中加速(22（k2－1）Uqm T＝qB2 根 ＝m离子在电场中运动的全过程等效为初速度为0的匀加速直线运动，根据速度at2，得离子在电场中的运动时间t2＝a

2

2 (n＝1，2，3，…，k22habNS构成，a、b之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看3.0mm160μV0.040Ta、b()A．1.3m/s，a正、b B．2.7m/s，a正、bC．1.3m/s，a负、b D．2.7m/s，a负、b 力与电场力平衡，所以有：qvB＝U，代入数据解得v≈1.3qdEav0竖直向上射b板时，速度大小不变，而方向变为水平方向，且dbbc区域，bc区域的宽度也Evv0 区域的运动时间为bc区域中做匀速圆周运动，运动时间为

A ＝t

r r

0

0，代入数

π6 0＝2，α＝6，运动时间：t＝v＝ 0d

以表示为：t＝v0/2＝v0，故总时间t总＝v0＋3v0 ，故D正确O的圆形区域等分mqv旋转，其闭合平衡轨道如图中虚线所示．2B′，新的闭合平衡轨道在一θ90B′B的关系．已知：sinα±β)＝sinαcosβ±cosαsinβ，cosα＝1－2sin2α2 θ＝3

3＝3qBL＝2rcos6＝

qB周期 （2π＋33）m（2π＋33）mr′＝mv

26－

2＝sin 代入得B′＝ N1N2g.d、E0、m、v、g为已知量．qB解析：(1)mg＋qE0＝qvB①mg＝qE0②联立①②得 B＝v

＝E0

qvB＝mR

d

t1＝2v，t2＝gd T＝t1＋t2＝2vgRR由⑤⑩⑪

t2不变，T

d

如图所示为一速度选择器，内有一磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，v水平射入，为使粒子流经过磁场时不偏转(不计重力)，说法中，正确的是()v vv v解析：选D.当粒子所受的力和电场力平衡时，粒子流匀速直线通过该区域，有D.－t图象如下图所示，其中正确的是(解析：选C.小球下滑过程中，qE与qvB反向，开始下落时qE>qvB，所以a＝ ，随下落速度v的增大a逐渐增大；当qE<qvBa 确，A、B、D动电荷数及自由运动电荷的正负分别为()AIB IBA ， ， CIB IBC ， ， 解析：选C.准确理解电流的微观表达式，并知道稳定时电荷受到的电场力和 力平衡，U＝|q|vB①，由电流的微|q|表达式知：I＝|q|nSv＝|q|nabv②，由①②联立，得 IB，故选项xB的匀强磁场，xB存在垂直纸面向外的磁感应强度为2Ox C3qBDxx解析：选D.由

x＝qB

Bt＝6T1＋6T2＝3qB3qB＝qBCxxl＝R＋2R＝3R，粒子经偏转不能回到原点O，所以A错误、D正确．U1U2的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)()A．dU1变化，dU2B．dU1无关，dU2C．dU1变化，dU2D．dU1无关，dU2解析：选A.设带电粒子在加速电场中被加速后的速度为v0，根动能定理有qU1＝1mv2. 速度

22rcosθd＝mv0A2

cos、θO点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力力和重力的共同作用下，恰好沿A，下列说法中正确的是()、OA mg qvcosBvcosqvcos 解析：选AC.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斜向左上方的力qvB，又知微条件得：qvBcosθ＝mg，qvBsinθ＝qEBqvcos E＝BvsinθC正确、D析器有范围足够大的有界匀强磁场磁感应强度大B方向垂直纸面向外一质量为m、qP点垂直边Q点．不计粒子重力．下列说法正确的是() BPQ＝2B

v2， 力提供向心力则有qvB＝rBPQB

q

CBB

q8．(2017·十校联考)如图所示，在x轴的上方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为Ex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、Dx轴上，它们到原点O的距离均为a，θ＝45°.现将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子y轴上的P点由静止释放PO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()h＝2mECMh＝2mExh＝8mECMh＝8mEx

1v2运动，Bqv＝mr

POh＝2mE，A r＝2aPOh＝8mE，D出的方法有磁通道法和静电偏转法等．质量为m，速度为v的离子在回旋内旋B.L，OQOPθ.B不变，在内外金属板E的方向和大小． 解析：(1)Bqv＝rq＝BrB′qv＝＝得 mv＝r2＋L2－2rLcosR＝2r－2Lcos

Br（2r－2Lcos＝qR＝r2＋L2－2rLcosθBqv－Eq＝Brv（2r