PAGEPAGE44第3講帶電粒子在復(fù)合場中的運動主干梳理對點激活學(xué)問點帶電粒子在復(fù)合場中的運動Ⅱ1．組合場與疊加場(1)組合場：電場與磁場各位于肯定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，或在同一區(qū)域，電場、磁場分時間段交替出現(xiàn)。(2)疊加場：電場、eq\o(□,\s\up4(01))磁場、重力場在同一區(qū)域共存，或其中某兩場在同一區(qū)域共存。2．三種場的比較3．帶電粒子在復(fù)合場中的運動分類(1)靜止或勻速直線運動當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或做eq\o(□,\s\up4(15))勻速直線運動。(2)勻速圓周運動當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場力大小eq\o(□,\s\up4(16))相等，方向eq\o(□,\s\up4(17))相反時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內(nèi)做eq\o(□,\s\up4(18))勻速圓周運動。(3)較困難的曲線運動當(dāng)帶電粒子所受合外力的大小和方向均變更，且與初速度方向不在同一條直線上時，粒子做eq\o(□,\s\up4(19))非勻變速曲線運動，這時粒子運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線。(4)分階段運動帶電粒子可能依次通過幾個狀況不同的復(fù)合場區(qū)域，其運動狀況隨區(qū)域發(fā)生變更，其運動過程由幾種不同的運動階段組成。學(xué)問點帶電粒子在復(fù)合場中運動的應(yīng)用實例Ⅰ(一)電場、磁場分區(qū)域應(yīng)用實例1．質(zhì)譜儀(1)構(gòu)造：如圖甲所示，由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)磁場和照相底片等構(gòu)成。(2)原理：粒子由靜止被加速電場加速，依據(jù)動能定理可得關(guān)系式qU＝eq\f(1,2)mv2。粒子在磁場中受洛倫茲力作用而偏轉(zhuǎn)，做勻速圓周運動，依據(jù)牛頓其次定律得關(guān)系式qvB＝meq\f(v2,r)。由兩式可得出須要探討的物理量，如粒子軌道半徑、粒子質(zhì)量、比荷。r＝eq\o(□,\s\up4(01))eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，m＝eq\o(□,\s\up4(02))eq\f(qr2B2,2U)，eq\f(q,m)＝eq\o(□,\s\up4(03))eq\f(2U,B2r2)。2．回旋加速器(1)構(gòu)造：如圖乙所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接溝通電源，D形盒處于勻強磁場中。(2)原理：溝通電的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子在圓周運動的過程中一次一次地經(jīng)過D形盒縫隙，兩盒間的電勢差一次一次地反向，粒子就會被一次一次地加速。由qvB＝eq\f(mv2,r)，得Ekm＝eq\o(□,\s\up4(04))eq\f(q2B2r2,2m)，可見粒子獲得的最大動能由磁感應(yīng)強度B和D形盒半徑r確定，與加速電壓無關(guān)。(二)電場、磁場同區(qū)域并存的實例一思維辨析1．帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運動，必有mg＝Eq，洛倫茲力做向心力。()2．粒子速度選擇器只選擇速度大小，不選擇速度方向。()3．回旋加速器中粒子獲得的最大動能與加速電壓有關(guān)。()4．帶電粒子在重力、電場力(恒力)、洛倫茲力三個力作用下可以做變速直線運動。()5．質(zhì)譜儀可以測帶電粒子比荷。()6．有的時候，題目中沒明確說明時，帶電粒子是否考慮重力，要結(jié)合運動狀態(tài)進(jìn)行判定。()答案1.√2.×3.×4.×5.√6.√二對點激活1．(多選)如圖所示，一帶電小球在一正交電場、磁場區(qū)域里做勻速圓周運動，電場方向豎直向下，磁場方向垂直紙面對里，則下列說法正確的是()A．小球肯定帶正電B．小球肯定帶負(fù)電C．小球的繞行方向為順時針D．變更小球的速度大小，小球?qū)⒉蛔鰣A周運動答案BC解析小球做勻速圓周運動，重力必與電場力平衡，則電場力方向豎直向上，結(jié)合電場方向可知小球肯定帶負(fù)電，A錯誤，B正確；洛倫茲力充當(dāng)向心力，由曲線運動軌跡的彎曲方向結(jié)合左手定則可得，繞行方向為順時針方向，C正確；變更小球的速度大小，重力仍與電場力平衡，小球仍在洛倫茲力作用下做圓周運動，D錯誤。2.(人教版選修3－1·P98·T4改編)(多選)磁流體發(fā)電是一項新興技術(shù)，如圖是它的示意圖。平行金屬板A、B之間有一個很強的磁場，磁感應(yīng)強度為B。將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量正、負(fù)帶電粒子)噴入磁場，A、B兩板間便產(chǎn)生電壓。假如把A、B和用電器連接，A、B就是一個直流電源的兩個電極。A、B兩板間距為d，等離子體以速度v沿垂直于磁場方向射入A、B兩板之間，所帶電荷量為q，則下列說法正確的是()A．A板是電源的正極 B．B板是電源的正極C．電源的電動勢為Bdv D．電源的電動勢為qvB答案BC解析依據(jù)左手定則，帶正電粒子向下偏轉(zhuǎn)，所以B板帶正電，為電源正極，A錯誤，B正確；最終帶電粒子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，有qvB＝qeq\f(E,d)，解得E＝Bdv，D錯誤，C正確。3．(人教版選修3－1·P100·例題改編)一個質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從容器A下方的小孔S1飄入電勢差為U的加速電場，其初速度幾乎為0，然后經(jīng)過S3沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，最終打到照相底片D上。(1)求粒子進(jìn)入磁場時的速率；(2)求粒子打在照相底片D上的點到S3的距離。答案(1)eq\r(\f(2qU,m))(2)eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU,q))解析(1)粒子被加速電場加速有qU＝eq\f(1,2)mv2得v＝eq\r(\f(2qU,m))(2)帶電粒子進(jìn)入磁場做勻速圓周運動qvB＝eq\f(mv2,r)把v代入得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))。粒子打在照相底片D上的點到S3的距離為2r＝eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU,q))?？键c細(xì)研悟法培優(yōu)考點1帶電粒子在組合場中的運動這類問題的特點是電場、磁場或重力場依次出現(xiàn)，包含空間上先后出現(xiàn)和時間上先后出現(xiàn)，常見的有磁場、電場與無場區(qū)交替出現(xiàn)相組合的場等。其運動形式包含勻速直線運動、勻變速直線運動、類平拋運動、圓周運動等，涉及牛頓運動定律、功能關(guān)系等學(xué)問的應(yīng)用。1．解題思路(1)劃分過程：將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選用不同的規(guī)律處理。(2)找關(guān)鍵點：確定帶電粒子在場區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關(guān)鍵。(3)畫運動軌跡：依據(jù)受力分析和運動分析，大致畫出粒子的運動軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問題。(4)選擇合適的物理規(guī)律，列方程：對于類平拋運動，一般分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直于初速度方向的勻加速直線運動；對粒子在磁場中做勻速圓周運動的狀況，一般都是洛倫茲力供應(yīng)向心力。2．常見的基本運動形式例1(2024·太原模擬)如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)，x≤0的區(qū)域存在平行于y軸的勻強電場(圖中未畫出)，電場強度的大小為E，方向沿y軸負(fù)方向；在x≥0的區(qū)域有一個半徑為L的圓形區(qū)域，圓心O′坐標(biāo)為(L,0)，圓內(nèi)有方向垂直于xOy平面對里的勻強磁場。一帶正電的粒子從M－L，eq\f(\r(3),2)L點以初速度v0沿x軸正方向運動，恰好經(jīng)O點進(jìn)入磁場，之后以平行x軸正方向的速度射出磁場。不計粒子的重力，求：(1)粒子的比荷及粒子通過O點時的速度；(2)磁感應(yīng)強度的大小；(3)粒子在磁場中運動的時間。解題探究(1)帶電粒子在電場中做類平拋運動，水平位移和豎直位移分別為多少？提示：水平位移為L，豎直位移為eq\f(\r(3),2)L。(2)帶電粒子從磁場中穿出時速度平行x軸正方向，說明在磁場中的速度偏轉(zhuǎn)角與在電場中的速度偏轉(zhuǎn)角有什么關(guān)系？提示：相等。嘗試解答(1)eq\f(q,m)＝eq\f(\r(3)v\o\al(2,0),EL)2v0，方向斜向下與x軸正方向夾角為60°(2)eq\f(2E,3v0)(3)eq\f(\r(3)πL,6v0)(1)帶電粒子在電場中做類平拋運動，有水平方向：L＝v0t1，豎直方向：eq\f(\r(3),2)L＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，a＝eq\f(Eq,m)，v1＝eq\r(v\o\al(2,0)＋at12)，由上式解得eq\f(q,m)＝eq\f(\r(3)v\o\al(2,0),EL)，v1＝2v0，設(shè)帶電粒子進(jìn)入磁場時速度方向與x軸正方向夾角為θ，則有cosθ＝eq\f(v0,v1)＝eq\f(1,2)，則粒子通過O點時速度v1＝2v0，方向斜向下與x軸正方向夾角為θ＝60°。(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力供應(yīng)向心力，有qv1B＝meq\f(v\o\al(2,1),R)，R＝eq\f(mv1,qB)，結(jié)合圖中幾何關(guān)系解得R＝eq\r(3)L，故B＝eq\f(2E,3v0)。(3)設(shè)帶電粒子在磁場中的運動時間為t2，由幾何關(guān)系知粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)角為60°，通過的弧長：s＝eq\f(π,3)R＝v1t2，解得t2＝eq\f(\r(3)πL,6v0)?？偨Y(jié)升華帶電粒子在組合場中運動的處理方法(1)解決帶電粒子在組合場中運動的思路(2)常用物理規(guī)律①帶電粒子經(jīng)過電場區(qū)域時利用動能定理或類平拋的學(xué)問分析；②帶電粒子經(jīng)過磁場區(qū)域時利用圓周運動規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系來處理。(3)解題關(guān)鍵：從一種場進(jìn)入另一種場時連接速度不變。[變式1](2024·鄭州質(zhì)量預(yù)料)如圖所示為平面直角坐標(biāo)系xOy，在其次象限內(nèi)存在沿x軸負(fù)方向的勻強電場；在第一象限內(nèi)某區(qū)域存在方向垂直于坐標(biāo)平面對里的有界圓形勻強磁場(圖中未畫出)。一粒子源固定在x軸上坐標(biāo)為(－L,0)的A點，粒子源沿y軸正方向釋放出速度大小為v的電子，電子恰好能通過y軸上坐標(biāo)為(0,2L)的C點，電子接著前進(jìn)距離L后進(jìn)入磁場區(qū)域，再次回到x軸時速度方向與x軸正方向成45°角。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，有界圓形勻強磁場的磁感應(yīng)強度B＝eq\f(mv,eL)，不考慮粒子的重力和粒子之間的相互作用，求：(1)勻強電場的電場強度E的大??；(2)圓形磁場的最小面積Smin；(3)電子從進(jìn)入電場到再次回到x軸所用的總時間t總。答案(1)E＝eq\f(mv2,2eL)(2)Smin＝πL2(3)t總＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\r(2)＋\f(π,2)))eq\f(L,v)解析(1)電子在從A點運動到C點的過程中，做類平拋運動，在x軸方向上，L＝eq\f(eE,2m)t2在y軸方向上，2L＝vt聯(lián)立解得E＝eq\f(mv2,2eL)。(2)電子離開電場時的速度的反向延長線過y軸方向位移的中點，故tanθ＝1，θ＝45°電子進(jìn)入磁場后僅受洛倫茲力作用，在磁場中做勻速圓周運動由牛頓其次定律有，evCB＝meq\f(v\o\al(2,C),r)依據(jù)幾何關(guān)系可知vC＝eq\f(v,cos45°)依據(jù)題意作出電子的運動軌跡示意圖如圖所示，由圖中幾何關(guān)系可知，電子在磁場中偏轉(zhuǎn)90°后射出當(dāng)圖中弧PQ對應(yīng)的弦為圓形磁場的直徑時其半徑最小，即Rmin＝rsin45°聯(lián)立解得Smin＝πReq\o\al(2,min)＝πL2。(3)運動過程經(jīng)驗的總時間為t總＝eq\f(2L,v)＋eq\f(πm,2eB)＋eq\f(2\r(2)＋1L,\r(2)v)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\r(2)＋\f(π,2)))eq\f(L,v)。考點2帶電粒子(帶電體)在疊加場中的運動1.帶電粒子(帶電體)在疊加場中無約束狀況下的運動(1)電場力、重力并存電場力與重力的合力為恒力，粒子一般做勻速直線運動或勻變速直線(或曲線)運動，比較簡潔。(2)磁場力、重力并存①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動。②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做困難的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒，由此可求解問題。(3)電場力、磁場力并存(不計重力的微觀粒子)①若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動。②若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做困難的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題。(4)電場力、磁場力、重力并存①若三力平衡，肯定做勻速直線運動。②若重力與電場力平衡，肯定做勻速圓周運動。③若合力不為零且與速度方向不垂直，將做困難的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動能定理求解問題。2．帶電體在疊加場中有約束狀況下的運動帶電體在復(fù)合場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的狀況下，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功狀況，并留意洛倫茲力不做功的特點，運用動能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運動定律求出結(jié)果。特殊提示：是否考慮重力的推斷①對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，若無特殊說明，一般不考慮重力；對于宏觀帶電小物體，如帶電小球、塵埃、油滴、液滴等，若無特殊說明，一般須要考慮重力。②題目中已明確說明則須要考慮重力。③不能干脆推斷是否須要考慮重力的，在進(jìn)行受力分析和運動分析時，由分析結(jié)果確定是否考慮重力。例2如圖所示，坐標(biāo)系xOy在豎直平面內(nèi)，y軸沿豎直方向，其次、三和四象限有沿水平方向，垂直紙面對外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。第四象限的空間內(nèi)有沿x軸正方向的勻強電場，場強為E，一個帶正電荷的小球從圖中x軸上的M點，沿著與水平方向成θ＝30°角斜向下的直線做勻速運動。經(jīng)過y軸上的N點進(jìn)入x<0的區(qū)域內(nèi)，在x<0區(qū)域內(nèi)另加一勻強電場E1(圖中未畫出)，小球進(jìn)入x<0區(qū)域后能在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動。(已知重力加速度為g)(1)求勻強電場E1的大小和方向；(2)若帶電小球做圓周運動通過y軸上的P點(P點未標(biāo)出)，求小球從N點運動到P點所用的時間t；(3)若要使小球從其次象限穿過y軸后能夠沿直線運動到M點，可在第一象限加一勻強電場，求此電場強度的最小值E2，并求出這種狀況下小球到達(dá)M點的速度vM。解題探究(1)帶電小球沿直線MN做勻速直線運動的條件是什么？提示：合外力為零。(2)帶電小球在x<0區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動的條件是什么？提示：電場力與重力平衡，洛倫茲力供應(yīng)向心力。嘗試解答(1)E1＝eq\r(3)E方向豎直向上(2)t＝eq\f(4\r(3)πE,3Bg)(3)E2＝eq\f(3,2)EvM＝eq\r(10)eq\f(E,B)(1)設(shè)小球質(zhì)量為m，電荷量為q，速度大小為v，小球在MN段受力如圖甲所示，因為在MN段小球做勻速直線運動，所以小球受力平衡有：mgtan30°＝qEqvBsin30°＝qE解得：mg＝eq\r(3)qEv＝eq\f(2E,B)在x<0的區(qū)域內(nèi)，有mg＝qE1聯(lián)立解得E1＝eq\r(3)E，方向為豎直向上。(2)小球在磁場中做勻速圓周運動的周期是：T＝eq\f(2πm,qB)小球到達(dá)N點時速度方向與y軸夾角為60°，所以小球在x<0的區(qū)域轉(zhuǎn)過240°角到達(dá)y軸上P點，所用時間t＝eq\f(2,3)T聯(lián)立得小球從N到P經(jīng)驗的時間是：t＝eq\f(4\r(3)πE,3Bg)。(3)小球到達(dá)P點時速度與x軸夾角為30°，小球從P點沿直線運動到M點，說明P點與N點關(guān)于O點對稱，畫出軌跡如圖乙，小球在重力和電場力作用下做直線運動，合力與速度共線，當(dāng)電場力與PM垂直時電場強度最小，由受力分析可知qE2＝mgcos30°解得：E2＝eq\f(3,2)E這種狀況下，小球從P點沿直線運動到M點的加速度為a＝gsin30°＝eq\f(1,2)g由幾何關(guān)系可知，P、M的距離為s＝Rcot30°R＝eq\f(mv,qB)依據(jù)veq\o\al(2,M)－v2＝2as聯(lián)立解得vM＝eq\r(10)eq\f(E,B)。總結(jié)升華帶電粒子(帶電體)在疊加場中運動的解題思路(1)弄清疊加場的組成，一般有磁場、電場的疊加，電場、重力場的疊加，磁場、重力場的疊加，磁場、電場、重力場三者的疊加。(2)正確分析受力，除重力、彈力、摩擦力外要特殊留意電場力和磁場力的分析。(3)確定帶電粒子(帶電體)的運動狀態(tài)，留意運動狀況和受力狀況的分析。(4)畫出粒子(帶電體)運動軌跡，敏捷選擇不同的運動規(guī)律。(5)對于粒子(帶電體)連續(xù)通過幾個不同疊加場的問題，要分階段進(jìn)行處理。連接點的速度不變往往成為解題的突破口。[變式2－1](2024·大連二十四中聯(lián)考)(多選)如圖所示，在足夠大的空間范圍內(nèi)，同時存在著豎直向上的勻強電場和垂直紙面對外的勻強磁場，電場強度為E，磁感應(yīng)強度為B。足夠長的斜面固定在水平面上，斜面傾角為45°，有一帶電的小球P靜止于斜面頂端A處，且恰好對斜面無壓力。若將小球P以初速度v0水平向右拋出(P可視為質(zhì)點)，一段時間后，小球落在斜面上的C點。已知小球的運動軌跡在同一豎直平面內(nèi)，則()A．若拋出的初速度小于v0，小球在斜面上的落點與A點的距離小于A、C兩點間的距離B．若拋出的初速度小于v0，小球落在斜面上所用的時間將縮短C．若沿豎直向上方向以初速度v0拋出小球，小球仍會落到C點D．若沿豎直向上方向以初速度v0拋出小球，小球不會落到C點答案AC解析帶電小球P靜止于斜面頂端A處且恰好對斜面無壓力，說明小球所受的電場力與重力平衡。將帶電小球P以初速度v0水平向右拋出，洛倫茲力供應(yīng)向心力，帶電小球做勻速圓周運動，小球落在斜面上的C點。若拋出的初速度小于v0，則帶電小球運動的軌跡半徑減小，小球在斜面上的落點與A點的距離小于A、C兩點之間的距離，A正確；若小球拋出的初速度小于v0，小球落在斜面上時做圓周運動的軌跡所對應(yīng)的圓心角仍為90°，由帶電小球在磁場中做圓周運動的時間只與運動軌跡所對的圓心角有關(guān)，可知帶電小球落在斜面上所用的時間不變，B錯誤；依據(jù)帶電小球在勻強磁場中運動的相關(guān)學(xué)問及幾何關(guān)系可知，若沿豎直向上方向以初速度v0拋出小球，小球仍會落到C點，C正確，D錯誤。[變式2－2](多選)如圖所示，空間中存在一水平方向的勻強電場和一水平方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，垂直紙面對里，電場強度大小為E＝eq\f(\r(3)mg,q)，水平向左，在正交的電磁場空間中有一固定的粗細(xì)勻稱的足夠長粗糙絕緣桿，與電場正方向成60°夾角且處于豎直平面內(nèi)，一質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的小球套在絕緣桿上，當(dāng)小球沿桿向下的初速度為v0時，小球恰好做勻速直線運動，已知重力加速度大小為g，小球電荷量保持不變，則下列說法正確的是()A．小球的初速度v0＝eq\f(mg,2qB)B．若小球沿桿向下的初速度v＝eq\f(mg,qB)，小球?qū)⒀貤U做加速度不斷增大的減速運動直到停止C．若小球沿桿向下的初速度v＝eq\f(3mg,qB)，小球?qū)⒀貤U做加速度不斷減小的減速運動直到停止D．若小球沿桿向下的初速度v＝eq\f(4mg,qB)，則從起先運動至穩(wěn)定，小球克服摩擦力做功為eq\f(6m3g2,q2B2)答案BD解析依據(jù)題意可知小球受力平衡，電場力F＝qE＝eq\r(3)mg，電場力與重力的合力為G′＝2mg，方向垂直于桿斜向下，洛倫茲力垂直于斜桿向上，所以小球不受桿的摩擦力，則cos60°＝eq\f(mg,qv0B)，所以v0＝eq\f(2mg,qB)，A錯誤；當(dāng)v＝eq\f(mg,qB)時，qvB＝mg<G′，則小球受到垂直于桿斜向上的彈力，即G′＝FN＋qvB，同時受到沿桿向上的摩擦力，依據(jù)牛頓其次定律可知f＝μFN＝μ(G′－qvB)＝ma，小球做加速度增大的減速運動直至停止，B正確；當(dāng)v＝eq\f(3mg,qB)時，qvB＝3mg>G′，則小球受到垂直于桿斜向下的彈力，即G′＋FN＝qvB，同時受到沿桿向上的摩擦力，依據(jù)牛頓其次定律可知f＝μFN＝μ(qvB－G′)＝ma，小球做加速度減小的減速運動，當(dāng)v＝eq\f(2mg,qB)時，qvB＝G′＝2mg，小球不受摩擦力作用，起先做勻速直線運動，C錯誤；同理，當(dāng)v＝eq\f(4mg,qB)時，小球先做加速度減小的減速運動，當(dāng)v＝eq\f(2mg,qB)時起先做勻速直線運動，依據(jù)動能定理得小球克服摩擦力做功Wf＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4mg,qB)))2－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2mg,qB)))2＝eq\f(6m3g2,q2B2)，D正確。考點3帶電粒子在交變場中的運動交變場是指電場、磁場在某一區(qū)域內(nèi)隨時間做周期性變更，帶電粒子在交變場中的運動問題涉及的物理過程比較困難。粒子的運動狀況不僅與交變電磁場的變更規(guī)律有關(guān)，還與粒子進(jìn)入場的時刻有關(guān)。交替變更的電磁場會使帶電粒子順次歷經(jīng)不同特點的電磁場，從而表現(xiàn)出“多過程”現(xiàn)象。所以最好畫出粒子的運動軌跡草圖，并把粒子的運動分解成多個階段分別列方程聯(lián)立求解。例3(2013·江蘇高考)在科學(xué)探討中，可以通過施加適當(dāng)?shù)碾妶龊痛艌鰜韺崿F(xiàn)對帶電粒子運動的限制。如圖甲所示的xOy平面處于勻強電場和勻強磁場中，電場強度E和磁感應(yīng)強度B隨時間t周期性變更的圖象如圖乙所示。x軸正方向為E的正方向，垂直紙面對里為B的正方向。在坐標(biāo)原點O有一粒子P，其質(zhì)量和電荷量分別為m和＋q，不計重力。在t＝eq\f(τ,2)時刻釋放P，它恰能沿肯定軌道做往復(fù)運動。(1)求P在磁場中運動時速度的大小v0；(2)求B0應(yīng)滿意的關(guān)系；(3)在t0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<t0<\f(τ,2)))時刻釋放P，求P速度為零時的坐標(biāo)。解題探究(1)帶電粒子在eq\f(τ,2)～τ內(nèi)做什么運動？τ～2τ內(nèi)做什么運動？提示：eq\f(τ,2)～τ內(nèi)做勻加速直線運動，τ～2τ內(nèi)做勻速圓周運動。(2)P速度為零的時刻，x坐標(biāo)應(yīng)為多少？提示：x＝0。嘗試解答(1)v0＝eq\f(qE0τ,2m)(2)B0＝eq\f(2n＋1πm,qτ)(n＝0,1,2,3，…)(3)x＝0y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2E0[kτ－2t0＋t0],B0),\f(2kE0τ－2t0,B0)))，(k＝1,2,3，…)(1)由題圖乙知，粒子P在eq\f(τ,2)～τ做勻加速直線運動，τ～2τ做勻速圓周運動，則電場力F＝qE0加速度a＝eq\f(F,m)速度v0＝at且t＝eq\f(τ,2)解得v0＝eq\f(qE0τ,2m)。(2)只有當(dāng)t＝2τ時，P在磁場中做圓周運動結(jié)束并起先沿x軸負(fù)方向運動，才能沿肯定軌道做往復(fù)運動，如圖1所示。設(shè)P在磁場中做圓周運動的周期為T。則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))T＝τ(n＝0,1,2,3，…)勻速圓周運動的周期T＝eq\f(2πm,qB0)解得B0＝eq\f(2n＋1πm,qτ)(n＝0,1,2,3，…)。(3)如圖2所示，在t0時刻釋放P，P在電場中加速的時間為τ－t0，在磁場中做勻速圓周運動，有v1＝eq\f(qE0τ－t0,m)圓周運動的半徑r1＝eq\f(mv1,qB0)解得r1＝eq\f(E0τ－t0,B0)；又經(jīng)(τ－t0)時間P減速為零后向右加速的時間為t0，P再進(jìn)入磁場，有v2＝eq\f(qE0t0,m)圓周運動的半徑r2＝eq\f(mv2,qB0)解得r2＝eq\f(E0t0,B0)。綜上分析，速度為零時橫坐標(biāo)x＝0相應(yīng)的縱坐標(biāo)為y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2[kr1－k－1r2],2kr1－r2))，(k＝1,2,3，…)解得y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2E0[kτ－2t0＋t0],B0),\f(2kE0τ－2t0,B0)))，(k＝1,2,3，…)?？偨Y(jié)升華1．解決帶電粒子在交變電磁場中運動問題的基本思路2．解決帶電粒子在交變電磁場中運動問題的留意事項電場或磁場周期性變更，或者二者都周期性變更，在某段時間內(nèi)，電場、磁場、重力場可以只存在其中之一、可以存在其中之二、也可以三者同時存在，導(dǎo)致帶電粒子的運動出現(xiàn)多樣性，求解帶電粒子在交變電磁場中的運動的方法，就是各個擊破，分段分析。首先信任，命題者設(shè)計的帶電粒子的運動肯定是很規(guī)律的運動，如勻速直線運動、類平拋運動、圓周運動，每段時間內(nèi)電場強度的大小和方向、磁感應(yīng)強度的大小和方向、每段時間的長短都是細(xì)心“算出來”的，所以當(dāng)我們分析某段運動毫無規(guī)律時，一般是我們算錯了，需仔細(xì)核實。[變式3](2024·衡水冀州中學(xué)高三第四次調(diào)研)在圖甲中，加速電場A、B板水平放置，半徑R＝0.2m的圓形偏轉(zhuǎn)磁場與加速電場的A板相切于N點，有一群比荷為eq\f(q,m)＝5×105C/kg的帶電粒子從電場中的M點處由靜止釋放，經(jīng)過電場加速后，從N點垂直于A板進(jìn)入圓形偏轉(zhuǎn)磁場，加速電場的電壓U隨時間t的變更如圖乙所示，每個帶電粒子通過加速電場的時間極短，可認(rèn)為加速電壓不變。eq\f(T,6)時刻進(jìn)入電場的粒子恰好水平向左離開磁場，(不計粒子的重力)求：(1)粒子的電性；(2)磁感應(yīng)強度B的大?。?3)何時釋放的粒子在磁場中運動的時間最短？最短時間t是多少？(π取3)答案(1)負(fù)電(2)0.1T(3)kT＋eq\f(T,2)(k＝0,1,2,3，…)2×10－5s解析(1)由題意可知，粒子水平向左離開磁場，則粒子所受洛倫茲力向左，依據(jù)左手定則得，粒子帶負(fù)電。(2)由圖乙可知，在eq\f(T,6)時刻，U＝100V，依據(jù)動能定理得：Uq＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0，粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力供應(yīng)向心力，由牛頓其次定律得：qv1B＝meq\f(v\o\al(2,1),r1)粒子恰好水平向左離開磁場，粒子軌道半徑：r1＝R解得：B＝0.1T。(3)速度越大，粒子在磁場中運動的軌跡半徑越大，時間越短，則當(dāng)t＝kT＋eq\f(T,2)(k＝0,1,2,3…)時進(jìn)入電場的粒子在磁場中運動的時間最短，依據(jù)動能定理得：U′q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，依據(jù)牛頓其次定律得：qv2B＝meq\f(v\o\al(2,2),r2)設(shè)圓弧所對的圓心角為2θ，由幾何關(guān)系得：eq\f(R,r2)＝tanθ，依據(jù)周期公式得：T＝eq\f(2πr2,v2)，粒子在磁場中的運動時間：t＝eq\f(2θ,2π)T。解得t＝2×10－5s?？键c4帶電粒子在電磁場中運動的應(yīng)用實例分析1.質(zhì)譜儀的主要特征將質(zhì)量數(shù)不等、電荷數(shù)相等的帶電粒子經(jīng)同一電場加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場。各粒子由于軌道半徑不同而分別，其軌道半徑r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(\r(2mEk),qB)＝eq\f(\r(2mqU),qB)＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))。在上式中，B、U、q對同一元素均為常量，故r∝eq\r(m)，依據(jù)不同的半徑，就可計算出粒子的質(zhì)量或比荷。2．回旋加速器的主要特征(1)帶電粒子在兩D形盒中的回旋周期等于兩盒狹縫之間高頻電場的變更周期，與帶電粒子的速度無關(guān)。(2)將帶電粒子在兩盒狹縫之間的運動首尾連起來是一個初速度為零的勻加速直線運動。(3)帶電粒子每加速一次，回旋半徑就增大一次，所以各半徑之比為1∶eq\r(2)∶eq\r(3)…(4)粒子的最大速度v＝eq\f(BqR,m)，可見帶電粒子加速后的能量取決于D形盒的最大半徑R和磁場的強弱。3．霍爾效應(yīng)的原理和分析(1)定義：高為h，寬為d的導(dǎo)體(或半導(dǎo)體)置于勻強磁場B中，當(dāng)電流通過導(dǎo)體(或半導(dǎo)體)時，在導(dǎo)體(或半導(dǎo)體)的上表面A和下表面A′之間產(chǎn)生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)，此電壓稱為霍爾電壓。(2)電勢凹凸的推斷：導(dǎo)電的載流子有正電荷和負(fù)電荷。以電子導(dǎo)電的金屬為例，如圖，金屬導(dǎo)體中的電流I向右時，依據(jù)左手定則可得，下表面A′的電勢高。正電荷導(dǎo)電時則相反。(3)霍爾電壓的計算：導(dǎo)體中的自由電荷在洛倫茲力作用下偏轉(zhuǎn)，A、A′間出現(xiàn)電勢差，當(dāng)自由電荷所受靜電力和洛倫茲力平衡時，A、A′間的電勢差(U)就保持穩(wěn)定，由qvB＝qeq\f(U,h)，I＝nqvS，S＝hd，聯(lián)立得U＝eq\f(BI,nqd)＝keq\f(BI,d)，k＝eq\f(1,nq)稱為霍爾系數(shù)。速度選擇器、磁流體發(fā)電機(jī)、電磁流量計與霍爾效應(yīng)類似，均以平衡方程Eq＝Bqv為基礎(chǔ)，就不多做介紹了。例4回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻溝通電源兩極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變更的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖所示。設(shè)D形盒半徑為R。若用回旋加速器加速質(zhì)子時，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，高頻溝通電頻率為f。則下列說法正確的是()A．質(zhì)子被加速后的最大速度不行能超過2πfRB．質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小有關(guān)C．高頻電源只能運用矩形交變電流，不能運用正弦式交變電流D．不變更B和f，該回旋加速器也能用于加速α粒子解題探究(1)質(zhì)子被加速后的最大速度由什么確定？提示：D形盒半徑R。(2)質(zhì)子與α粒子在磁場中運動的周期相同嗎？提示：不同。嘗試解答選A。由T＝eq\f(2πR,v)，T＝eq\f(1,f)，可得質(zhì)子被加速后的最大速度為2πfR，其不行能超過2πfR，質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小無關(guān)，A正確，B錯誤；高頻電源可以運用正弦式交變電源，C錯誤；要加速α粒子，高頻溝通電周期必需變?yōu)棣亮Ｗ釉谄渲凶鰣A周運動的周期，即T＝eq\f(2πmα,qαB)，故D錯誤?？偨Y(jié)升華回旋加速器中的五個基本問題(1)同步問題交變電壓的頻率與粒子在磁場中做勻速圓周運動的頻率相等，交變電壓的頻率f＝eq\f(1,T)＝eq\f(qB,2πm)(當(dāng)粒子的比荷或磁感應(yīng)強度變更時，同時也要調(diào)整交變電壓的頻率)。(2)粒子的最大動能粒子從邊緣離開回旋加速器時動能最大，Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)，可知在q、m和B肯定的狀況下，回旋加速器的半徑R越大，粒子的能量就越大(最大動能與加速電壓無關(guān))。(3)回旋加速的次數(shù)粒子每加速一次動能增加qU，故須要加速的次數(shù)n＝eq\f(Ekm,Uq)，回旋的次數(shù)為eq\f(n,2)。(4)粒子運動時間粒子運動時間由加速次數(shù)n或回旋的次數(shù)eq\f(n,2)確定，在磁場中的回旋時間t1＝eq\f(n,2)T；在電場中的加速時間t2＝eq\f(nd,\f(v,2))或t2＝eq\r(\f(2nd,a))，其中a＝eq\f(qU,md)。在回旋加速器中運動的總時間t＝t1＋t2。(5)回旋軌道半徑rn＝eq\f(mvn,qB)，nqU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)，n為加速次數(shù)。[變式4](2024·洛陽統(tǒng)考)(多選)為了測量某化工廠的污水排放量，技術(shù)人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計，該裝置由絕緣材料制成，長、寬、高分別為a、b、c，左、右兩端開口，在垂直于前、后面的方向加磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，在上、下兩個面的內(nèi)側(cè)固定有金屬板M、N作為電極，污水充溢管口從左向右流經(jīng)該裝置時，電壓表將顯示兩個電極間的電壓U，若用Q表示污水流量(單位時間內(nèi)流出的污水體積)，下列說法中正確的是()A．M板電勢肯定高于N板的電勢B．污水中離子濃度越高，電壓表的示數(shù)越大C．污水流淌的速度越大，電壓表的示數(shù)越大D．電壓表的示數(shù)U與污水流量Q成正比答案ACD解析對于污水中帶正電的離子，由左手定則可推斷出正離子所受洛倫茲力的方向指向M板，即正離子向M板偏轉(zhuǎn)；對于污水中帶負(fù)電的離子，由左手定則可推斷出負(fù)離子所受洛倫茲力的方向指向N板，即負(fù)離子向N板偏轉(zhuǎn)，即M板電勢肯定高于N板的電勢，A正確。當(dāng)污水中的離子不再向金屬板偏轉(zhuǎn)時電壓表的電壓U穩(wěn)定，對離子分析，此時洛倫茲力與電場力平衡，Bqv＝eq\f(U,c)q，U＝Bcv，即污水流淌的速度越大，電壓表的示數(shù)越大，C正確，B錯誤。污水流量Q＝cbv，電壓表示數(shù)U＝Bcv＝eq\f(BQ,b)，即電壓表的示數(shù)U與污水流量Q成正比，D正確?！景咐饰觥?2014·重慶高考)(18分)如圖所示，①在無限長的豎直邊界NS和MT間充溢勻強電場，同時該區(qū)域上、下部分分別充溢方向垂直于NSTM平面對外和向內(nèi)的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小分別為B和2B，KL為上下磁場的水平分界線，在NS和MT邊界上，②距KL高h(yuǎn)處分別有P、Q兩點，NS和MT間距為1.8h。質(zhì)量為m、③帶電量為＋q的粒子從P點垂直于NS邊界射入該區(qū)域，①在兩邊界之間做圓周運動，重力加速度為g。(1)求④電場強度的大小和方向；(2)⑤要使粒子不從NS邊界飛出，求粒子入射速度的最小值；(3)若⑥粒子能經(jīng)過Q點從MT邊界飛出，求粒子入射速度的全部可能值。[審題抓住信息，精確推斷][破題形成思路，快速突破](1)粒子在兩邊界之間做圓周運動，受電場力、磁場力，考慮重力嗎？重力和電場力的關(guān)系是什么？提示：必需考慮重力，且重力和電場力大小相等、方向相反。(2)要使粒子不從NS邊界飛出，在上、下兩部分區(qū)域，粒子運動軌跡應(yīng)如何畫？提示：依據(jù)題意，畫出粒子速度非最小時的運動軌跡，然后讓速度減小，從軌跡變更中找尋當(dāng)速度最小時的運動軌跡，依據(jù)相關(guān)幾何關(guān)系求出最小速度，留意軌跡的對稱性及與邊界相切的狀況。(3)要使粒子能經(jīng)過Q點從MT邊界飛出，從P點經(jīng)上、下兩個區(qū)域轉(zhuǎn)到與Q點等高的地方為一個周期，向右移動的水平距離為L，則應(yīng)滿意什么條件，才能剛好轉(zhuǎn)到Q點？提示：nL＝1.8h，n為正整數(shù)。[解題規(guī)范步驟，水到渠成](1)設(shè)電場強度大小為E，由題意有mg＝qE，(1分)得E＝eq\f(mg,q)，方向豎直向上。(1分)(2)如圖1所示，設(shè)粒子不從NS邊飛出的入射速度最小值為vmin，對應(yīng)的粒子在上、下區(qū)域的運動半徑分別為r1和r2，圓心的連線與NS的夾角為φ。由r＝eq\f(mv,qB)，(1分)有r1＝eq\f(mvmin,qB)，r2＝eq\f(1,2)r1，(2分)又由(r1＋r2)sinφ＝r2，(1分)r1＋r1cosφ＝h，(1分)得vmin＝(9－6eq\r(2))eq\f(qBh,m)。(2分)(3)如圖2所示，設(shè)粒子入射速度為v，粒子在上、下方區(qū)域的運動半徑分別為r1′和r2′，粒子第一次通過KL時距離K點為x，圓心O1′O2′連線與NS的夾角為φ′，則仍有r2′＝eq\f(1,2)r1′。由題意有3nx＝1.8h(n＝1,2,3，…)(2分)x＋eq\f(x,2)＝r1′sinφ′＋r2′sinφ′≥(r1＋r2)sinφ＝r2，即eq\f(3,2)x≥eq\f(9－6\r(2)h,2)(2分)x＝eq\r(r1′2－h(huán)－r1′2)(1分)得r1′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(0.36,n2)))eq\f(h,2)，n≤eq\f(9＋6\r(2),5)<4(1分)Bqv＝eq\f(mv2,r1′)，則v＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(0.36,n2)))eq\f(qBh,2m)，n<4即n＝1時，v＝eq\f(0.68qBh,m)；(1分)n＝2時，v＝eq\f(0.545qBh,m)；(1分)n＝3時，v＝eq\f(0.52qBh,m)。(1分)[點題突破瓶頸，穩(wěn)拿滿分]對于帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題，應(yīng)充分挖掘題目中關(guān)鍵信息，仔細(xì)進(jìn)行受力分析和運動過程分析，分過程、分步驟、規(guī)范解題，步步得分。高考模擬隨堂集訓(xùn)

1．(2024·北京高考)某空間存在勻強磁場和勻強電場。一個帶電粒子(不計重力)以肯定初速度射入該空間后，做勻速直線運動；若僅撤除電場，則該粒子做勻速圓周運動，下列因素與完成上述兩類運動無關(guān)的是()A．磁場和電場的方向 B．磁場和電場的強弱C．粒子的電性和電量 D．粒子入射時的速度答案C解析由題可知，當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場內(nèi)做勻速直線運動時，有Eq＝qvB，則v＝eq\f(E,B)，若僅撤除電場，粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，說明要滿意題意須要對磁場與電場的方向以及強弱程度、粒子入射時的速度都有要求，但是對粒子的電性和電量無要求，故C正確，A、B、D錯誤。2．(2024·全國卷Ⅰ)如圖，在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強電場，場強大小為E；在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面對外的勻強磁場。一個氕核eq\o\al(1,1)H和一個氘核eq\o\al(2,1)H先后從y軸上y＝h點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向。已知eq\o\al(1,1)H進(jìn)入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標(biāo)原點O處第一次射出磁場。eq\o\al(1,1)H的質(zhì)量為m，電荷量為q。不計重力。求：(1)eq\o\al(1,1)H第一次進(jìn)入磁場的位置到原點O的距離；(2)磁場的磁感應(yīng)強度大??；(3)eq\o\al(2,1)H第一次離開磁場的位置到原點O的距離。答案(1)eq\f(2\r(3),3)h(2)eq\r(\f(6mE,qh))(3)eq\f(2\r(3),3)(eq\r(2)－1)h解析(1)eq\o\al(1,1)H在電場中做類平拋運動，在磁場中做圓周運動，運動軌跡如圖所示。設(shè)eq\o\al(1,1)H在電場中的加速度大小為a1，初速度大小為v1，它在電場中的運動時間為t1，第一次進(jìn)入磁場的位置到原點O的距離為s1。由運動學(xué)公式有s1＝v1t1①h＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)②由題給條件，eq\o\al(1,1)H進(jìn)入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角θ1＝60°，則eq\o\al(1,1)H進(jìn)入磁場時速度的y重量的大小為a1t1＝v1tanθ1③聯(lián)立以上各式得s1＝eq\f(2\r(3),3)h。④(2)eq\o\al(1,1)H在電場中運動時，由牛頓其次定律有qE＝ma1⑤設(shè)eq\o\al(1,1)H進(jìn)入磁場時速度的大小為v1′，由速度合成法則有v1′＝eq\r(v\o\al(2,1)＋a1t12)⑥設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B，eq\o\al(1,1)H在磁場中運動的圓軌道半徑為R1，由洛倫茲力公式和牛頓其次定律有qv1′B＝eq\f(mv1′2,R1)⑦由幾何關(guān)系得s1＝2R1sinθ1⑧聯(lián)立以上各式得B＝eq\r(\f(6mE,qh))。⑨(3)設(shè)eq\o\al(2,1)H在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為v2，在電場中的加速度大小為a2，由題給條件得eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)⑩由牛頓其次定律有qE＝2ma2?設(shè)eq\o\al(2,1)H第一次射入磁場時的速度大小為v2′，速度的方向與x軸正方向夾角為θ2，入射點到原點的距離為s2，在電場中運動的時間為t2。由運動學(xué)公式有s2＝v2t2?h＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)?v2′＝eq\r(v\o\al(2,2)＋a2t22)?sinθ2＝eq\f(a2t2,v2′)?聯(lián)立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝eq\f(\r(2),2)v1′。?設(shè)eq\o\al(2,1)H在磁場中做圓周運動的半徑為R2，由⑦?式及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公式得R2＝eq\f(2mv2′,qB)＝eq\r(2)R1?所以出射點在原點左側(cè)。設(shè)eq\o\al(2,1)H進(jìn)入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為s2′，由幾何關(guān)系有s2′＝2R2sinθ2?聯(lián)立④⑧???式得，eq\o\al(2,1)H第一次離開磁場時的位置到原點O的距離為s2′－s2＝eq\f(2\r(3),3)(eq\r(2)－1)h。3．(2024·全國卷Ⅱ)一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場，其在xOy平面內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應(yīng)強度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域，寬度均為l′，電場強度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條形區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，經(jīng)過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出。不計重力。(1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡；(2)求該粒子從M點射入時速度的大??；(3)若該粒子進(jìn)入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為eq\f(π,6)，求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間。答案(1)軌跡見解析(2)eq\f(2El′,Bl)(3)eq\f(4\r(3)El′,B2l2)eq\f(Bl,E)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3)πl(wèi),18l′)))解析(1)粒子運動的軌跡如圖a所示。(粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱)(2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動。設(shè)粒子從M點射入時速度的大小為v0，在下側(cè)電場中運動的時間為t，加速度的大小為a；粒子進(jìn)入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為θ(見圖b)，速度沿電場方向的重量為v1，依據(jù)牛頓其次定律有qE＝ma①式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量，由運動學(xué)公式有v1＝at②l′＝v0t③v1＝vcosθ④粒子在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)其運動軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓其次定律得qvB＝eq\f(mv2,R)⑤由幾何關(guān)系得l＝2Rcosθ⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得v0＝eq\f(2El′,Bl)。⑦(3)由運動學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得v1＝v0coteq\f(π,6)⑧聯(lián)立①②③⑦⑧式得eq\f(q,m)＝eq\f(4\r(3)El′,B2l2)⑨設(shè)粒子由M點運動到N點所用的時間為t′，則t′＝2t＋eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(π,6))),2π)T⑩式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期，T＝eq\f(2πm,qB)?聯(lián)立③⑦⑨⑩?式得t′＝eq\f(Bl,E)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3)πl(wèi),18l′)))。4．(2024·全國卷Ⅲ)如圖，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面對里，磁場左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1，并在磁場邊界的N點射出；乙種離子在MN的中點射出；MN長為l。不計重力影響和離子間的相互作用。求：(1)磁場的磁感應(yīng)強度大??；(2)甲、乙兩種離子的比荷之比。答案(1)eq\f(4U,lv1)(2)1∶4解析(1)設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，由動能定理有q1U＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)①由洛倫茲力公式和牛頓其次定律有q1v1B＝m1eq\f(v\o\al(2,1),R1)②由幾何關(guān)系知2R1＝l③由①②③式得B＝eq\f(4U,lv1)。④(2)設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2，射入磁場的速度為v2，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2。同理有q2U＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)⑤q2v2B＝m2eq\f(v\o\al(2,2),R2)⑥由題給條件有2R2＝eq\f(l,2)⑦由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝1∶4。5.(2024·天津高考)如圖所示，在水平線ab下方有一勻強電場，電場強度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，方向垂直紙面對里，磁場中有一內(nèi)、外半徑分別為R、eq\r(3)R的半圓環(huán)形區(qū)域，外圓與ab的交點分別為M、N。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子在電場中P點靜止釋放，由M進(jìn)入磁場，從N射出，不計粒子重力。(1)求粒子從P到M所用的時間t；(2)若粒子從與P同一水平線上的Q點水平射出，同樣能由M進(jìn)入磁場，從N射出，粒子從M到N的過程中，始終在環(huán)形區(qū)域中運動，且所用的時間最少，求粒子在Q時速度v0的大小。答案(1)eq\f(\r(3)RB,E)(2)eq\f(qBR,m)解析(1)設(shè)粒子在磁場中運動的速度大小為v，所受洛倫茲力供應(yīng)向心力，有qvB＝meq\f(v2,\r(3)R)①設(shè)粒子在電場中運動所受電場力為F，有F＝qE②設(shè)粒子在電場中運動的加速度為a，依據(jù)牛頓其次定律有F＝ma③粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動，有v＝at④聯(lián)立①②③④式得t＝eq\f(\r(3)RB,E)。⑤(2)粒子進(jìn)入勻強磁場后做勻速圓周運動，其周期和速度、圓周運動半徑無關(guān)，運動時間只由粒子所通過的圓弧所對的圓心角的大小確定，故當(dāng)軌跡與內(nèi)圓相切時，所用的時間最短，設(shè)粒子在磁場中的軌跡半徑為r′，由幾何關(guān)系可知(r′－R)2＋(eq\r(3)R)2＝r′2⑥設(shè)粒子進(jìn)入磁場時速度方向與ab的夾角為θ，即圓弧所對圓心角的一半，由幾何關(guān)系可知tanθ＝eq\f(\r(3)R,r′－R)⑦粒子從Q射出后在電場中做類平拋運動，在電場方向上的分運動和從P釋放后的運動狀況相同，所以粒子進(jìn)入磁場時沿豎直方向的速度同樣為v，在垂直于電場方向的分速度始終為v0，由運動的合成和分解可知tanθ＝eq\f(v,v0)⑧聯(lián)立①⑥⑦⑧式得v0＝eq\f(qBR,m)。⑨配套課時作業(yè)時間：60分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共8小題，每小題8分，共64分。其中1～4為單選，5～8為多選)1.(2024·全國卷Ⅰ)現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重許多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定。質(zhì)子在入口處從靜止起先被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止起先被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為()A．11B．12C．121D．144答案D解析設(shè)質(zhì)子和離子的質(zhì)量分別為m1和m2，原磁感應(yīng)強度為B1，變更后的磁感應(yīng)強度為B2。在加速電場中qU＝eq\f(1,2)mv2，在磁場中qvB＝meq\f(v2,R)，聯(lián)立兩式得m＝eq\f(R2B2q,2U)，故有eq\f(m2,m1)＝eq\f(B\o\al(2,2),B\o\al(2,1))＝144，D正確。2．(2024·大連八中聯(lián)考)如圖所示，板間存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，不計重力的氘核、氚核和氦核初速度為零，經(jīng)相同的電壓加速后，從兩極板中間垂直射入電場和磁場區(qū)域，且氘核沿直線射出。不考慮粒子間的相互作用，則射出時()A．偏向正極板的是氚核B．偏向正極板的是氦核C．射入電場和磁場區(qū)域時，氚核的動能最大D．射入電場和磁場區(qū)域時，氦核的動量最大答案D解析初速度為零的氘核、氚核和氦核，經(jīng)相同的電壓U加速，由動能定理qU＝eq\f(1,2)mv2，解得加速后速度大小為v＝eq\r(\f(2qU,m))，速度大小與粒子比荷的二次方根成正比。氘核的電荷量為e，質(zhì)量數(shù)為2；氚核的電荷量為e，質(zhì)量數(shù)為3；氦核的電荷量為2e，質(zhì)量數(shù)為4。由于氘核和氦核的比荷相同且均大于氚核的比荷，所以氘核和氦核的速度相同，氚核的速度較小。氘核沿直線射出，即所受電場力與洛倫茲力平衡，eE＝evB，速度方向向右。由于氘核和氦核的速度相同，所以氦核也向右沿直線射出，B錯誤。由于氚核的速度較小，所受洛倫茲力小于電場力，故氚核偏向負(fù)極板，A錯誤。由于氦核電荷量最大，在電場中加速時，電場力做功最多，依據(jù)動能定理，射入電場和磁場區(qū)域時，氦核的動能最大，C錯誤。依據(jù)動能與動量的關(guān)系式p＝eq\r(2mEk)，可知氦核動能與質(zhì)量的乘積最大，所以射入電場和磁場區(qū)域時，氦核的動量最大，D正確。3．磁流體發(fā)電機(jī)極板表面積為S，板間距離為L，電阻率為ρ的等離子體以速度v勻速通過磁感應(yīng)強度大小為B的磁場，磁場方向與兩板平行，并與等離子體速度方向垂直，如圖所示。負(fù)載電阻阻值為R，則電壓表的示數(shù)為()A．BLv B.eq\f(BLvR,SR＋ρL)C.eq\f(BLvSR,R＋ρL) D.eq\f(BLvSR,SR＋ρL)答案D解析依據(jù)左手定則知正離子向上偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子向下偏轉(zhuǎn)，上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，當(dāng)外電路斷開時，最終離子處于平衡狀態(tài)，假設(shè)此時極板間電壓即電動勢為E，有qvB＝qeq\f(E,L)，解得E＝BLv。外電路接負(fù)載電阻時，依據(jù)電阻定律，內(nèi)阻r＝ρeq\f(L,S)，依據(jù)閉合電路歐姆定律，流過負(fù)載電阻的電流I＝eq\f(BLv,R＋\f(ρL,S))，故電壓表示數(shù)為eq\f(BLv,R＋\f(ρL,S))R＝eq\f(BLvSR,SR＋ρL)，故D正確。4．(2024·大連一模)隨著電子技術(shù)的發(fā)展，霍爾傳感器被廣泛應(yīng)用在汽車的各個系統(tǒng)中。其中霍爾轉(zhuǎn)速傳感器在測量發(fā)動機(jī)轉(zhuǎn)速時，情境可簡化如圖甲所示，被測轉(zhuǎn)子的輪齒(表面具有磁性)每次經(jīng)過霍爾元件時，都會使霍爾電壓發(fā)生變更?；魻栐脑砣鐖D乙所示，傳感器的內(nèi)置電路會將霍爾電壓調(diào)整放大，輸出一個脈沖信號。下列說法正確的是()A．霍爾電壓是由元件中定向移動的載流子受到電場力作用發(fā)生偏轉(zhuǎn)而產(chǎn)生的B．其他條件不變的狀況下，霍爾元件的厚度c越大，產(chǎn)生的霍爾電壓越高C．若霍爾元件的前端電勢比后端低，則元件中的載流子為負(fù)電荷D．若轉(zhuǎn)速表顯示1800r/min，轉(zhuǎn)子上齒數(shù)為150個，則霍爾傳感器每分鐘輸出12個脈沖信號答案C解析霍爾電壓是由元件中定向移動的載流子受到洛倫茲力作用發(fā)生偏轉(zhuǎn)而產(chǎn)生的，A錯誤；載流子沿電流方向通過霍爾元件，設(shè)產(chǎn)生的霍爾電壓為U，則有eq\f(eU,b)＝evB，解得U＝Bbv，即其他條件不變的狀況下，霍爾元件的長度b越大，產(chǎn)生的霍爾電壓越高，B錯誤；依據(jù)左手定則，載流子是負(fù)電荷時，霍爾元件的前端電勢比后端低，C正確；若轉(zhuǎn)速表顯示1800r/min，轉(zhuǎn)子上齒數(shù)為150個，則霍爾傳感器每分鐘輸出1800×150＝2.7×105個脈沖，D錯誤。5．(2024·福建省五校聯(lián)考)如圖所示，空間存在水平向左的勻強電場E和垂直紙面對外的勻強磁場B，在豎直平面內(nèi)從a點沿ab、ac方向拋出兩帶電小球，不考慮兩帶電小球間的相互作用，兩小球的電荷量始終不變，關(guān)于小球的運動，下列說法正確的是()A．沿ab、ac方向拋出的小球都可能做直線運動B．若小球沿ac方向做直線運動，則小球帶負(fù)電，可能做勻加速運動C．若小球沿ab方向做直線運動，則小球帶正電，且肯定做勻速運動D．兩小球在運動過程中機(jī)械能均守恒答案AC解析先分析沿ab方向拋出的帶電小球，若小球帶正電，則小球所受電場力方向與電場強度方向相同，重力豎直向下，由左手定則知小球所受洛倫茲力方向垂直ab斜向上，小球受力可能平衡，可能做直線運動；若小球帶負(fù)電，則小球受力不行能平衡。再分析沿ac方向拋出的帶電小球，同理可知，只有小球帶負(fù)電時可能受力平衡，可能做直線運動。若小球做直線運動，假設(shè)小球同時做勻加速運動，則小球受到的洛倫茲力持續(xù)增大，那么小球?qū)o法做直線運動，假設(shè)不成立，小球做的直線運動肯定是勻速運動，故A、C正確，B錯誤；在小球的運動過程中，洛倫茲力不做功，電場力對小球做功，故小球的機(jī)械能不守恒，D錯誤。6.如圖所示，在水平向左的勻強電場和垂直紙面對里的勻強磁場中，有一豎直足夠長固定絕緣桿MN，小球P套在桿上，已知P的質(zhì)量為m、電荷量為＋q，電場強度為E，磁感應(yīng)強度為B，P與桿間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。小球由靜止起先下滑直到穩(wěn)定的過程中()A．小球的加速度始終減小B．小球的機(jī)械能和電勢能的總和保持不變C．下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是v＝eq\f(\a\vs4\al(2μqE＋mg),2μqB)D．小球向下運動的穩(wěn)定速度為v＝eq\f(\a\vs4\al(μqE＋mg),μqB)答案CD解析小球靜止時只受電場力、重力、彈力及摩擦力，電場力水平向左，彈力水平向右，摩擦力豎直向上；起先時，對小球由牛頓其次定律mg－μEq＝ma，小球的加速度為a＝g－eq\f(\a\vs4\al(μEq),m)，小球速度將增大，產(chǎn)生洛倫茲力，由左手定則可知，洛倫茲力向右，故水平方向彈力將減小，摩擦力減小，故加速度先增大，故A錯誤。在下降過程中有摩擦力做功，故有部分能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故機(jī)械能和電勢能的總和將減小，故B錯誤。當(dāng)洛倫茲力等于電場力時，摩擦力為零，此時加速度為g，達(dá)到最大；此后速度接著增大，則洛倫茲力增大，水平方向上的彈力增大，摩擦力將增大，加速度將減小，故最大加速度的一半會有兩種狀況，一是洛倫茲力小于電場力的狀況，另一種是洛倫茲力大于電場力的狀況，當(dāng)洛倫茲力小于電場力時：eq\f(g,2)＝eq\f(mg－μEq－Bqv1,m)，解得：v1＝eq\f(\a\vs4\al(2μEq－mg),2μBq)；當(dāng)洛倫茲力大于電場力時：eq\f(g,2)＝eq\f(mg－μBqv2－Eq,m)，解得：v2＝eq\f(\a\vs4\al(2μEq＋mg),2μBq)，故C正確。當(dāng)加速度等于零時，速度最大且保持穩(wěn)定：mg＝μ(Bqv3－Eq)，解得：v3＝eq\f(\a\vs4\al(mg＋μEq),μBq)，故D正確。7．(2024·湖南省六校聯(lián)考)如圖所示，M、N為兩個同心金屬圓環(huán)，半徑分別為R1和R2，兩圓環(huán)之間存在著沿金屬圓環(huán)半徑方向的輻向電場，N環(huán)內(nèi)存在著垂直于環(huán)面對外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，N環(huán)上有勻稱分布的6個小孔，從M環(huán)的內(nèi)側(cè)邊緣由靜止釋放一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的粒子(不計重力)，經(jīng)電場加速后通過小孔射入磁場，經(jīng)過一段時間，粒子再次回到動身點，全程與金屬環(huán)無碰撞。則M、N間電壓U滿意的條件是()A．U＝eq\f(qB2R\o\al(2,2),6m) B．U＝eq\f(qB