第八章第三节带电粒子在复合场中的运动

第三节 带电粒子在复合场中的运动

, [学生用书P181])

一、带电粒子在复合场中的运动

1．复合场的分类

(1)叠加场：电场、磁场、重力场在同一区域共存，或其中某两场共存．

(2)组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，或在同一区域，电场、磁场交替出现． 2．带电粒子在复合场中的运动分类

(1)静止或匀速直线运动：当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动．

(2)匀速圆周运动：当带电粒子所受的重力与电场力大小相等、方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动．

(3)非匀变速曲线运动：当带电粒子所受的合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线．

1.(单选)

(2016·江西七校联考)在竖直放置的光滑绝缘圆环上，套有一个带电荷量为－q、质量为mg

m的小环，整个装置放在如图所示的正交电磁场中，电场强度E＝.当小环从大环顶无初

q速度下滑时，在滑过多少弧度时所受洛伦兹力最大( )

π

A. 43πC. 4

πB. 2D．π

答案：C

二、带电粒子在复合场中运动的应用实例 1．质谱仪

(1)构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成．

1(2)原理：粒子由静止在加速电场中被加速，根据动能定理可得关系式qU＝mv_2．粒2v2

子在磁场中受洛伦兹力偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得关系式qvB＝m. r

由以上两式可得出需要研究的物理量，如粒子轨道半径、粒子质量、比荷． 1r＝_B2mUqr2B2q2U，m＝，＝． q2UmB2r22．回旋加速器

(1)构造：如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源．D形盒处于匀强磁场中．

(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，mv2q2B2r2

由qvB＝，得Ekm＝，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径r决

r2m定，与加速电压无关．

3．速度选择器(如图所示)

(1)平行板中电场强度E和磁感应强度B互相垂直．这种装置能把具有一定速度的粒子选择出来，所以叫做速度选择器．

E

(2)带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qE＝qvB，即v＝. B4．磁流体发电机

(1)磁流体发电是一项新兴技术，它可以把内能直接转化为电能．

(2)根据左手定则，如图中的B是发电机正极．

(3)磁流体发电机两极板间的距离为L，等离子体速度为v，磁场的磁感应强度为B，则U

由qE＝q＝qvB得两极板间能达到的最大电势差U＝BLv．

L

5．电磁流量计

工作原理：如图所示，圆形导管直径为d，用非磁性材料制成，导电液体在管中向左流动，导电液体中的自由电荷(正、负离子)，在洛伦兹力的作用下发生偏转，a、b间出现电势差，形成电场，当自由电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差就保持稳定，πd2UπdUUU即：qvB＝qE＝q，所以v＝，因此液体流量Q＝Sv＝·＝．

dBd4Bd4B 2.(多选)(2016·河北石家庄五校联考)如图所示，a、b是一对平行金属板，

分别接到直流电源两极上，右边有一挡板，正中间开有一小孔d，在较大空间范围内存在着匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，在a、b两板间还存在着匀强电场E.从两板左侧中点c处射入一束

负离子(不计重力)，这些负离子都沿直线运动到右侧，从d孔射出后分成3束．则下列判断正确的是( )

A．这三束负离子的速度一定不相同 B．这三束负离子的比荷一定不相同

C．a、b两板间的匀强电场方向一定由a指向b

D．若这三束离子改为带正电而其他条件不变，则仍能从d孔射出 答案：BCD

考点一 带电粒子在叠加场中的运动

1．带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动情况分类 (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，由此可求解问题．

(2)电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)

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，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．

(3)电场力、磁场力、重力并存

①若三力平衡，一定做匀速直线运动．

②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．

③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒或动能定理求解问题．

2．带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动 带电体在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，除受场力外，还受弹力、摩擦力作用，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果．

无约束粒子在叠加场中的运动[学生用书P182]

如图所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上．两板

之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为v0、带相等电荷量的墨滴．调节电源电压至U，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点．

(1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量； (2)求磁感应强度B的值；

(3)现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置．为了使墨滴仍能到达下板M点，应将磁感应强度调至B′，则B′的大小为多少？

[审题突破] (1)墨滴在电场区域受到________力和________力．二力满足________关系时，墨滴做匀速直线运动．

(2)进入磁场区域后，墨滴受到的合力等于________，因此做________运动．

(3)墨滴垂直打到M点时，圆周半径为________，墨滴从两板中间射入打到M点，圆周半径为________．

[解析] (1)墨滴在电场区域做匀速直线运动，有

U

q＝mg① d

mgd

由①式得q＝②

U

由于电场方向向下，电荷所受静电力向上，可知墨滴带负电荷．

(2)墨滴垂直进入电、磁场共存区域，重力仍与静电力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，

v20

有qv0B＝m③

R

考虑墨滴进入磁场和撞板的几何关系，可知墨滴在该区域恰完成四分之一圆周运动，则半径R＝d④

v0U

由②③④式得B＝2.⑤

gd

(3)根据题设，墨滴运动轨迹如图所示，设圆周运动半径为R′，

2v0

有qv0B′＝m⑥

R′

d

R′－?⑦ 由图示可得R′＝d＋?2??

2

2

2

5

解得R′＝d⑧

4联立②⑥⑧式可得B′＝[答案] (1)负电荷

有约束粒子在叠加场中的运动[学生用书P183]

(2015·高考福建卷)

4v0U

. 5gd2v0U4v0Umgd

(2)2 (3) Ugd5gd2

如图，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动．A、C两点间距离为h，重力加速度为g.

(1)求小滑块运动到C点时的速度大小vC；

(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；

(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点．已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vP.

[审题突破] (1)滑块沿竖直平面加速下滑，洛伦兹力逐渐________，对竖直平面的压力逐渐________，当Bqv________qE时滑块离开竖直平面．

(2)离开竖直平面后，洛伦兹力不改变滑块速度大小，电场力与重力的合力方向与滑块速度方向夹角小于90°，滑块速度增大，当该夹角大于90°时，滑块减速，因此，滑块在D点时，该夹角为________．

[解析] (1)小滑块沿MN运动过程，水平方向受力满足qvB＋FN＝qE 小滑块在C点离开MN时 FN＝0

E

解得vC＝.

B

(2)小滑块从A点运动到C点过程中，由动能定理得 12

mgh－Wf＝mvC－0

2mE2

解得Wf＝mgh－2.

2B

(3)如图，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直．撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g′，

g′＝

?qE?＋g2 ?m?

v2D＋

2

222

且v2P＝vD＋g′t

解得vP＝

??qE?＋g2?t2.

??m??

2

EmE2

[答案] (1) (2)mgh－2

B2B(3)

v2D＋

??qE?＋g2?t2 ??m??

2

带电粒子在叠加场中运动的分析方法

考点二 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，因此解决这类问题要分段处理，找出各分段之间的衔接点和相关物理量，问题即可迎刃而解．常见类型如下：

1．从电场进入磁场

(1)粒子先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动．在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度．

(2)粒子先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动．在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度．

2．从磁场进入电场

(1)粒子进入电场时的速度与电场方向相同或相反，做匀变速直线运动(不计重力)． (2)粒子进入电场时的速度方向与电场方向垂直，做类平抛运动．

带电粒子由电场进入磁场[学生用书P184]

(2016·烟台一模)如图所示的平面直角坐标系xOy，

在第Ⅰ、Ⅲ象限内有平行于y轴，电场强度大小相同、方向相反的匀强电场，在第Ⅳ象

限内有垂直于纸面向里的匀强磁场．一质量为m，电荷量为q的带电粒子，从y轴上的M(0，d)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴的N?

23?d，0点进入

?3?

第Ⅳ象限内，又经过磁场垂直y轴进入第Ⅲ象限，最终粒子从x轴上的P点离开．不计粒子

所受到的重力．求：

(1)匀强电场的电场强度E和磁场的磁感应强度B的大小； (2)粒子运动到P点的速度大小；

(3)粒子从M点运动到P点所用的时间．

[审题突破] (1)“以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场”说明：带电粒子在第Ⅰ象限做________运动．

(2)“又经过磁场垂直y轴进入第Ⅲ象限”说明：带电粒子在第Ⅳ象限做匀速圆周运动的圆心在________，带电粒子在第Ⅲ象限做________运动．

[解析]

(1)粒子运动轨迹如图所示．

设粒子在第Ⅰ象限内运动的时间为t1，粒子在N点时速度大小为v1，方向与x轴正方向间的夹角为θ，则：

23x＝v0t1＝d

31y＝at2＝d 21qE＝ma vyat1tan θ＝＝

v0v0v0

v1＝ cos θ联立以上各式得：

π3mv20

θ＝3，v1＝2v0，E＝2qd.

v21

粒子在第Ⅳ象限内做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv1B＝m

RON4

由几何关系得：R＝＝d

sin θ33mv0

联立并代入数据解得：B＝.

2qd

(2)粒子由M点到P点的过程，由动能定理得： 1212

qEd＋qE(R＋Rcos θ)＝mvP－mv0

22代入(1)中所求数据解得：vP＝10v0.

(3)粒子在第Ⅰ象限内运动时间： 23

d323dt1＝＝ v03v0

2πR4πd

粒子在第Ⅳ象限内运动周期：T＝＝ v13v01

π－π

34πd

t2＝T＝

9v02π

粒子在第Ⅲ象限内运动时有： 1

R＋Rcos θ＝at2

2326d

解得：t3＝

3v0

粒子从M点运动到P点的时间： t＝t1＋t2＋t3＝

（63＋66＋4π）d

.

9v0

23mv03mv0

[答案] (1) (2)10v0

2qd2qd

（63＋66＋4π）d

(3)

9v0

带电粒子由磁场进入电场[学生用书P184]

(2016·湖北部分重点中学联考)如图甲所示，在空间有一坐标系xOy，直线OP与

x轴正方向的夹角为30°，第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP是它们的边界，OP上方区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B，一质量为m、电荷量为＋q的质子(不计重力及质子对磁场的影响)以速度v从O点沿与OP成30°角的方向垂直磁场进入区域Ⅰ，质子先后通过磁场区域Ⅰ和Ⅱ后，恰好垂直于x轴进入第四象限，第四象限存在沿x轴负方向的特殊电场，电场强度E的大小与横坐标x的关系如图乙所示，试求：

(1)区域Ⅱ中磁场的磁感应强度大小；

(2)质子再次到达y轴时的速度大小和方向．

[审题突破] (1)确定粒子从Ⅰ区进入Ⅱ区的位置和速度方向． (2)粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的圆半径．

(3)确定粒子进入第四象限的位置，根据E－x图象求出该位置与y轴的电势差．

[解析] (1)由几何关系知：质子再次回到OP时应平行于x轴正向进入Ⅱ区，设质子从OP上的C点进入Ⅱ区后再从D点垂直x轴进入第四象限，轨迹如图．

由几何关系可知O1C⊥OD，O1C与x轴的交点O2，即为质子在Ⅱ内运动轨迹的圆心，△OO1C为等边三角形．

设质子在Ⅰ区做圆周运动的半径为r1，在Ⅱ区做圆周运动的半径为r2，

则r1

2＝r1sin 30°＝2r1.

由qBv＝mv2

r得

1rmv1＝qB

，

同理得rmv

2＝qB.由r1与r2关系可得B2＝2B

2即区域Ⅱ中磁场的磁感应强度B2＝2B.

(2)D点坐标为x（3＋1）mv

D＝r1cos 30°＋r2＝2qB.

D点与y轴的电势差：

U＝132?1

?3＋1mv（3＋1）mv2?2Bv＋2Bv?×2·qB＝2q

设质子再次到达y轴时的速度大小为v′， 由动能定理

W1′2－1

电＝mvmv222

，

即q·（3＋1）mv22q＝12mv′2－12mv2

得v′＝

2＋3v＝

2＋62

v. 因质子在y轴方向上不受力，故在y轴方向上的分速度不变，如图有 cos α＝v

6－2

v′

＝

2－3＝

2

. 即方向向左下方与y轴负向成 arccos

2－3??6－2?

或arccos

?

2??

的夹角． [答案] (1)2B (2)2＋6

2

v 方向向左下方与y轴负向成arccos ?

??

或arccos 6－2?2??的夹角

解决带电粒子在组合场中运动问题的思路

1．首先明确每个场的性质、方向、强弱和范围；

2－3

2．对带电粒子进行受力分析，确定带电粒子的运动性质，分析粒子的运动过程，画出运动轨迹；

3．通过分析，确定粒子从一个场区进入另一场区时的位置、速度大小和方向是解题的关键.

, [学生用书P185])

方法技巧——带电粒子在交变电场、磁场中的运动

(18分)如图甲所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，其变化规律如

22 500q

图乙所示，电场强度E0＝ V/m，现将一重力不计、比荷＝106 C/kg的带电粒子从电

mππ－

场中的C点由静止释放，经t1＝×105 s的时间粒子通过MN上的D点进入匀强磁场，磁

15场方向垂直纸面向里，磁感应强度B按图丙所示规律变化．(计算结果均可保留π)

(1)求粒子到达D点时的速率；

(2)求磁感应强度B1＝0.3 T时粒子做圆周运动的周期和半径；

(3)若在距D点左侧d＝21 cm处有一垂直于MN的足够大的挡板ab，求粒子从C点运动到挡板所用的时间．

(1)粒子在电场中做匀加速直线运动，

则qE0＝ma，v0＝at1(2分) 解得v0＝1.5×104 m/s.(1分)

2v0

(2)设磁感应强度B1＝0.3 T时，粒子运动的半径为r1，运动周期为T1，则B1qv0＝m，r1

2πmT1＝(2分)

B1q

2π－

解得r1＝5 cm，T1＝×105 s．(2分)

3

v20

(3)设磁感应强度B2＝0.5 T时，粒子运动半径为r2，运动周期为T2，则B2qv0＝m，T2

r2

2πm＝(2分) B2q

2π－

解得r2＝3 cm，T2＝×105 s．(2分)

5

由以上计算可知，粒子的运动轨迹为如图所示的周期运动，每一个周期运动的水平距离为

s＝2(r1＋r2)＝16 cm(2分)

所以，粒子运动1个整数周期后余下的距离为 Δd＝d－s＝5 cm＝r1(2分)

粒子从C点出发运动到挡板的时间为 T1T2T1t＝5t1＋＋＋(2分)

224

31π－

代入数据解得t＝×105 s．(1分)

302π－

[答案] (1)1.5×104 m/s (2)×105 s 5 cm

331π－(3)×105 s

30

1．解决带电粒子在交变电场、磁场中的运动问题时，关键要明确粒子在不同时间段内、不同区域内的受力特性，对粒子的运动情景、运动性质做出判断．

2．这类问题一般都具有周期性，在分析粒子运动时，要注意粒子的运动周期、电场周期、磁场周期的关系．

3．带电粒子在交变电磁场中运动仍遵循牛顿运动定律、运动的合成与分解、动能定理、能量守恒定律等力学规律，所以此类问题的研究方法与质点动力学相同.

(2016·西安一模)在地面附近的真空中，存在着竖直向上的匀强电场和垂直

电场方向水平向里的匀强磁场，如图甲所示．磁场的磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙所示．该区域中有一条水平直线MN，D是MN上的一点．在t＝0时刻，有一个质量为m、电荷量为＋q的小球(可看做质点)，从M点开始沿着水平直线以速度v0做匀速直线运动，t0时刻恰好到达N点．经观测发现，小球在t＝2t0至t＝3t0时间内的某一时刻，又竖直向下经

过直线MN上的D点，并且以后小球多次水平向右或竖直向下经过D点．求：

(1)电场强度E的大小；

(2)小球从M点开始运动到第二次经过D点所用的时间； (3)小球运动的周期，并画出运动轨迹(只画一个周期)． 解析：(1)小球从M点运动到N点时， mg

有qE＝mg，解得E＝.

q

(2)小球从M点到达N点所用时间t1＝t0

332πm

小球从N点经过个圆周，到达P点，所以t2＝t0?或t2＝×＝t0?

44qB0??mv0

小球从P点运动到D点的位移x＝R＝

B0qRm

小球从P点运动到D点的时间t3＝＝ v0B0qm

所以时间t＝t1＋t2＋t3＝2t0＋ B0q

?或t＝m（3π＋1），t＝2t?1＋1??.

03πqB0????

(3)小球运动一个周期的轨迹如图所示．

12πm?小球的运动周期为T＝8t0?或T＝.

qB0??

mgm

答案：(1) (2)2t0＋ (3)8t0 运动轨迹见解析

qB0q

, [学生用书P186])

1．(考点一)(多选)(2016·浙江名校联考)

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，下列说法中正确的是( )

A．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

mg

C．该磁场的磁感应强度大小为

qvcos θ

D．该电场的场强为Bvcos θ

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mg

条件得：qvBcos θ＝mg，qvBsin θ＝qE，得磁场的磁感应强度B＝，电场的场强

qvcos θE＝Bvsin θ，故选项C正确、D错误．

2．(考点一)(单选)

如图所示，场强为E的匀强电场方向竖直向下，场强为B的水平匀强磁场垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量的同种电荷．已知a静止，b、c在纸面内按图示方向做匀速圆周运动(轨迹未画出)．忽略三个油滴间的静电力作用，比较三个油滴的质量及b、c的运动情况，以下说法中正确的是( )

A．三个油滴的质量相等，b、c都沿顺时针方向运动

B．a的质量最大，c的质量最小，b、c都沿逆时针方向运动 C．b的质量最大，a的质量最小，b、c都沿顺时针方向运动

D．三个油滴的质量相等，b沿顺时针方向运动，c沿逆时针方向运动

解析：选A.油滴a静止不动，其受到的合力为零，所以mag＝qE，电场力方向竖直向上，油滴带负电荷．又油滴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，油滴受到的洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，由左手定则可判断，b、c都沿顺时针方向运动．故A正确．

3．(考点二)(多选)

在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P和P3，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图

＋

所示，已知离子P在磁场中转过θ1＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，

＋＋

离子P和P3( )

A．在电场中的加速度之比为1∶1

＋

＋

B．在磁场中运动的半径之比为3∶1 C．在磁场中转过的角度之比为1∶2 D．离开电场区域时的动能之比为1∶3

解析：选BCD.两离子所带电荷量之比为1∶3，在电场中时由qE＝ma知a∝q，故加速度之比为1∶3，A错误；离开电场区域时的动能由Ek＝qU知Ek∝q，故D正确；在磁场中

v2112mU1

运动的半径由Bqv＝m、Ek＝mv2知R＝ ∝，故B正确；设磁场区域的宽度

R2Bqqsin θ11d13

为d，则由题图可知sin θ＝∝，即＝，因θ1＝30 °，则sin θ2＝，即θ2

RR2sin θ23＝60°，所以

θ11

＝，C正确． θ22

4．(考点二)(多选)(2016·河南十校联考)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，它们到原点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( )

B2a2q

A．若h＝，则粒子垂直CM射出磁场

2mEB2a2q

B．若h＝，则粒子平行于x轴射出磁场

2mEB2a2q

C．若h＝，则粒子垂直CM射出磁场

8mEB2a2q

D．若h＝，则粒子平行于x轴射出磁场

8mE

1

解析：选AD.粒子从P点到O点经电场加速，Eqh＝mv2，粒子进入磁场后做匀速圆周

2v2

运动，Bqv＝m.

r

(1)若粒子恰好垂直CM射出磁场时，其圆心恰好在C点，如图甲所示，其半径为r＝a.B2a2q

由以上两式可求得P到O的距离h＝，A选项正确．

2mE

甲 乙

(2)若粒子进入磁场后做匀速圆周运动，恰好平行于x轴射出磁场时，其圆心恰好在CO1B2a2q

中点，如图乙所示，其半径为r＝a，由以上两式可得P到O的距离h＝，D选项正确．

28mE5．(微专题25)如图甲所示，宽度为d的竖直狭长区域内(边界为L1、L2)，存在垂直纸

面向里的匀强磁场和竖直方向的周期性变化的电场(如图乙所示)，电场强度的大小为E0，E>0表示电场方向竖直向上．t＝0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.上述d、E0、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mg＋qE0＝qvB① 微粒做圆周运动，则mg＝qE0② mg

联立①②得q＝③

E02E0B＝v.④

d

(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＝vt1⑤

2v2

qvB＝m⑥

R2πR＝vt2⑦

πvd

联立③④⑤⑥⑦得t1＝，t2＝⑧

2vg电场变化的周期T＝t1＋t2＝v2

联立③④⑥得R＝?

2g

设在N1Q段直线运动的最短时间为t1min

dπv＋.⑨ 2vg

(3)若微粒能完成题述的运动过程，要求d≥2R⑩

Rv

由⑤⑩?得t1min＝v＝

2g因t2不变，T的最小值为 Tmin＝t1min＋t2＝

（2π＋1）v

.

2g

（2π＋1）vmg2E0dπv

答案：(1) v (2)＋ (3) E02vg2g

一、单项选择题 1.

(2016·北京东城区统测)如图所示，界面MN与水平地面之间有足够大的正交的匀强磁场B和匀强电场E，磁感线和电场线互相垂直．在MN上方有一个带正电的小球由静止开始下落，经电场和磁场到达水平地面．若不计空气阻力，小球在通过电场和磁场的过程中，下列说法中正确的是( )

A．小球做匀变速曲线运动 B．小球的电势能保持不变 C．洛伦兹力对小球做正功

D．小球动能的增量等于其电势能和重力势能减少量的总和 解析：选D.

带电小球在刚进入复合场时受力如图所示，则带电小球进入复合场后做曲线运动，因为速度会发生变化，洛伦兹力就会跟着变化，所以小球不可能做匀变速曲线运动，选项A错误；根据电势能公式Ep＝qφ知只有带电小球竖直向下做直线运动时，电势能才保持不变，选项B错误；洛伦兹力的方向始终和速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，选项C错误；从能量守恒角度分析，选项D正确．

2．(2016·皖南八校联考)

医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由

一对电极a和b以及一对磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示．由于血液中的正、负离子随血流一起在磁场中运动，电极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做是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零．在某次监测中，两触点间的距离为3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 μV，磁感应强度的大小为0.040 T．则血流速度的近似值和电极a、b的正负为 ( )

A．1.3 m/s，a正、b负 B．2.7 m/s，a正、b负 C．1.3 m/s，a负、b正 D．2.7 m/s，a负、b正

解析：选A.由左手定则可判定正离子向上运动，负离子向下运动，所以a正、b负，达U

到平衡时离子所受洛伦兹力与电场力平衡，所以有：qvB＝q，代入数据解得v≈1.3 m/s，

d故选A.

3.

(2016·东北三校联考)如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U2的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U1和U2的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)( )

A．d随U1变化，d与U2无关 B．d与U1无关，d随U2变化 C．d随U1变化，d随U2变化 D．d与U1无关，d与U2无关 解析：选A.

12

设带电粒子在加速电场中被加速后的速度为v0，根据动能定理有qU1＝mv0.设带电粒

2子从偏转电场中出来进入磁场时的速度大小为v，与水平方向的夹角为θ，如图所示，在磁

mvv0mv0

场中有r＝，v＝，而d＝2rcos θ，联立各式解得d＝2，因而选项A正确．

qBqBcos θ4．如图所示，在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方B

存在垂直纸面向外的磁感应强度为的匀强磁场，一带负电的粒子从原点O以与x轴成30°

2角斜向上的速度v射入磁场，且在x轴上方运动半径为R.则下列说法正确的是( )

A．粒子经偏转一定能回到原点O

B．粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2∶1 2πm

C．粒子完成一次周期性运动的时间为

3qB

D．粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进3R

mv

解析：选D.由r＝可知，粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2，

qBπm2πmπm11

所以B错误；粒子完成一次周期性运动的时间t＝T1＋T2＝＋＝，所以C错

663qB3qBqB误；粒子第二次射入x轴上方磁场时沿x轴前进l＝R＋2R＝3R，粒子经偏转不能回到原点

O，所以A错误、D正确．

5.

(2016·江苏常州高级中学高三月考)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( )

A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πfR

B．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

2πR1

解析：选A.由T＝v，T＝，可得质子被加速后的最大速度为2πfR，其不可能超过

f2πfR，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流，选项C错误；要加速α粒子，高频交流电周期必须变为α2πmα

粒子在其中做圆周运动的周期，即T＝，故D错误．

qαB

二、多项选择题 6.

在空间某一区域里，有竖直向下的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B，且两者正交．有两个带电油滴，都能在竖直平面内做匀速圆周运动，如图所示，则两油滴一定相同的是( )

A．带电性质 B．运动周期

C．运动半径 D．运动速率

解析：选AB.油滴做圆周运动的条件为：所受电场力与重力平衡，则电场力方向向上，mv2πm2πEEv

油滴一定带负电，故A正确；由qE＝mg、R＝与T＝，分析得：T＝，R＝，

qBqBgBgB因此周期一定相同，而运动半径、运动速率可能不同．故B正确，C、D错误．

7．(2014·高考江苏卷)如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为 I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小 B 与 I 成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为 IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压 IHB

UH 满足：UH＝k，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离．电阻R远大于RL，

d霍尔元件的电阻可以忽略，则( )

A．霍尔元件前表面的电势低于后表面 B．若电源的正负极对调，电压表将反偏 C．IH与I成正比

D．电压表的示数与RL 消耗的电功率成正比

解析：选CD.当霍尔元件通有电流IH时，根据左手定则，电子将向霍尔元件的后表面运动，故霍尔元件的前表面电势较高．若将电源的正负极对调，则磁感应强度B的方向换向，IH方向变化，根据左手定则，电子仍向霍尔元件的后表面运动，故仍是霍尔元件的前表面电势较高，选项A、B错误．因R与RL并联，根据并联分流，得IH＝

RLI，故IH与IRL＋R

R

成正比， 选项C正确．由于B与I成正比，设B＝aI，则IL＝I，PL＝I2LRL，故UH＝R＋RLIHBak（R＋RL）k＝PL，知UH∝PL，选项D正确． dR2d

8.

如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界

匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外．一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点．不计粒子重力．下列说法正确的是( )

A．粒子一定带正电

1

B．加速电场的电压U＝ER

22

C．直径PQ＝qmER

B

D．若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的比荷

解析：选ABD.由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点，根据左手定则1

可得，粒子带正电，选项A正确；由粒子在加速电场中做匀加速运动，则有qU＝mv2，又

2mv2ER

粒子在静电分析器做匀速圆周运动，由电场力提供向心力，则有qE＝，解得U＝，R2mv2

选项B正确；粒子在磁分析器中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝，

r2

由P点垂直边界进入磁分析器，最终打在Q点，可得PQ＝2r＝ B

ERm，选项C错误；q

mER相q

1

若离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点说明运动的轨道半径r＝

B

同，由于加速电场、静电分析器与磁分析器都相同，则该群离子具有相同的比荷，选项D正确．

三、非选择题

9．如图所示，与水平面成37°的倾斜轨道AC，其延长线在D点与半圆轨道DF相切，全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场，MN的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场(C点处于MN边界上)．一质量为0.4 kg的带电小球沿轨道AC下滑，至C点时速度为vC＝

100

m/s，接着沿直线CD运动到D处进入半圆轨道，进入时无7

动能损失，且恰好能通过F点，在F点速度为vF＝4 m/s(不计空气阻力，g＝10 m/s2，cos 37°＝0.8)．求：

(1)小球带何种电荷？

(2)小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功；

(3)小球从F点飞出时磁场同时消失，小球离开F点后的运动轨迹与直线AC(或延长线)的交点为G点(未标出)，求G点到D点的距离．

解析：(1)依题意可知小球在CD间做匀速直线运动，在CD段受重力、电场力、洛伦兹力三个力且合力为0，因此带电小球应带正电荷．

100

(2)在D点速度为vD＝vC＝ m/s

7设重力与电场力的合力为F，则F＝qvCB

mg

又F＝＝5 N

cos 37°F7

解得qB＝＝ vC20

在F处由牛顿第二定律可得 mv2F

qvFB＋F＝

R

7

把qB＝代入得R＝1 m

20

小球在DF段克服摩擦力做功WFf，由动能定理可得

2

m（v2F－vD）

－WFf－2FR＝

2

WFf≈27.6 J.

F

(3)小球离开F点后做类平抛运动，其加速度为a＝ mat2

由2R＝得t＝

2

4mR22

＝ s F5

82

m≈2.26 m. 5

交点G与D点的距离GD＝vFt＝

答案：见解析 10．(2016·福建福州质检)如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．在x轴下方存在匀强电场，方向竖直向上．一个质量为m，电荷量为q，重力不计的带正电粒子从y轴上的a(0，h)点沿y轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子速度方向与x轴正方向成45°角进入电场，经过y轴的b点时速度方向恰好与y轴垂直．求：

(1)粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v1； (2)匀强电场的电场强度大小E；

(3)粒子从开始运动到第三次经过x轴的时间t0.

解析：(1)根据题意可大体画出粒子在组合场中的运动轨迹如图所示，由几何关系得

rcos 45°＝h 可得r＝2h

mv21又qv1B＝

r

qBr2qBh

可得v1＝＝.

mm

(2)设粒子第一次经过x轴的位置为x1，到达b点时速度大小为vb，结合类平抛运动规

律，有

vb＝v1cos 45°

qBh

得vb＝ m

设粒子进入电场经过时间t运动到b点，b点的纵坐标为－yb 结合类平抛运动规律得r＋rsin 45°＝vbt 2＋11

yb＝(v1sin 45°＋0)t＝h

221212由动能定理有：－qEyb＝mvb－mv1

22（2－1）qhB2

解得E＝.

m

2πr2πm

(3)粒子在磁场中的周期为T＝＝ v1qB5πm5

第一次经过x轴的时间t1＝T＝

84qB在电场中运动的时间t2＝2t＝

2（2＋1）m

qB

在第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间 3πm3

t3＝T＝

42qB

所以总时间t0＝t1＋t2＋t3＝?答案：(1)2h (3)?

11πm

＋22＋2?. ?4?qB

（2－1）qhB22qBh

(2) mm

11πm

＋22＋2?qB ?4?

11．如图甲所示，在边界MN左侧存在斜向上方向的匀强电场E1，在MN的右侧存在

竖直向上、场强大小为E2＝0.4 N/C的匀强电场，还有垂直纸面向里的匀强磁场B(图甲中未画出)和水平向右的匀强电场E3(图甲中未画出)，B和E3随时间变化的情况如图乙所示，P1P2

－

为距边界MN为2.29 m的竖直墙壁，现有一带正电微粒，质量为m＝4×107 kg，带电荷量1－

为q＝1×105 C，从左侧电场中距边界MN为s＝ m的A处无初速度释放后，沿直线以v

15＝1 m/s的速度垂直MN边界进入右侧场区，设此时刻t＝0，取g＝10 m/s2.

(1)求MN左侧匀强电场的电场强度E1；(sin 37°＝0.6) (2)求带电微粒在MN右侧场区中运动1.5 s时的速度；

1.2

(3)带电微粒在MN右侧场区中运动多长时间与墙壁碰撞？?2π≈0.19?

??

解析：(1)

设MN左侧匀强电场场强E1方向与水平方向夹角为θ，带电微粒受力如图(a)所示， 沿水平方向有qE1cos θ＝ma 沿竖直方向有qE1sin θ＝mg

对水平方向的匀加速运动有v2＝2as 代入数据可解得E1＝0.5 N/C，θ＝53°

即E1大小为0.5 N/C，其方向与水平方向成53°角斜向上． (2)带电微粒在MN右侧场区始终满足qE2＝mg

在0～1 s时间内，带电微粒在E3电场中的加速度大小为

5

qE31×10×0.004a＝＝ m/s2＝0.1 m/s2 －7m4×10

－

带电微粒在1 s时的速度大小为

v1＝v＋at＝(1＋0.1×1) m/s＝1.1 m/s

在1～1.5 s时间内，带电微粒做匀速圆周运动，周期为 2πm2π×4×107T＝＝ s＝1 s －

qB1×105×0.08π

－

在1～1.5 s时间内，带电微粒正好做半个圆周的运动，所以带电微粒在MN右侧场区中

运动了1.5 s时的速度大小为1.1 m/s，方向水平向左．

(3)在0～1 s时间内带电微粒向右运动的位移为

11

1×1＋×0.1×12?m＝1.05 m s1＝vt＋at2＝?2??2带电微粒在磁场B中做圆周运动的半径为 mv4×107×1.11.1

r＝＝ m＝ m －5qB1×10×0.08π2π

－

因为r＋s1＜2.29 m，所以在1～2 s时间内带电微粒未碰及墙壁 在2～3 s时间内带电微粒做匀加速运动，加速度仍为a＝0.1 m/s2

在0～3 s时间内带电微粒共向右运动的位移 112??s3＝vt2＋at22＝1×2＋2×0.1×2 m＝2.2 m ??2在t＝3 s时带电微粒的速度大小为

v3＝v＋at2＝(1＋0.1×2) m/s＝1.2 m/s

在3～4 s时间内带电微粒做圆周运动的半径 mv34×107×1.21.2r3＝＝ m＝ m －5qB1×10×0.08π2π

－

因为r3＋s3＞2.29 m，所以在3～4 s时间内带电微粒碰及墙壁，带电微粒在3 s以后运

动情况如图(b)所示，其中

d＝(2.29－2.2)m＝0.09 m

d

sin θ＝≈0.5

r3

得θ＝30°

所以，带电微粒做圆周运动的时间为

2π×4×107T2πm1

t圆周＝＝＝ s＝ s －51212qB12×1×10×0.08π12

－

137

3＋? s＝ s. 带电微粒与墙壁碰撞前，在MN右侧场区中运动的时间为t总＝??12?12答案：见解析

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