1、考點(diǎn)一帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)1.考查帶電粒子在電場中的類平拋運(yùn)動(dòng) (2014山東高考)如圖1，場強(qiáng)大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h。質(zhì)量均為m、帶電量分別為q和q的兩粒子，由a、c兩點(diǎn)先后沿ab和cd方向以速率v0進(jìn)入矩形區(qū)(兩粒子不同時(shí)出現(xiàn)在電場中)。不計(jì)重力。若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于()圖1A. B. C. D. 2考查電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)問題(多選)在半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場或勻強(qiáng)磁場，質(zhì)子以一定的初速度v0從P點(diǎn)沿半徑PO方向射入圓形區(qū)域，且質(zhì)子初速度方向垂直于電場或磁場，結(jié)果不論質(zhì)子是在電場中運(yùn)動(dòng)還是在磁場中運(yùn)動(dòng)，都

2、從Q點(diǎn)離開場區(qū)，已知OM，且MQPO。則下列說法正確的是()圖2A電場方向沿MQ指向Q，磁場方向垂直圓平面向里B質(zhì)子在電場和磁場中速度的偏轉(zhuǎn)角的正切值之比為23C電場強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為49D質(zhì)子在電場和磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為13考查電場中的曲線運(yùn)動(dòng)、動(dòng)能定理(2015全國卷)如圖3，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng)，A、B為其運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)。已知該粒子在A點(diǎn)的速度大小為v0，方向與電場方向的夾角為60；它運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度方向與電場方向的夾角為30。不計(jì)重力。求A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差。圖3考點(diǎn)二帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)4.考查帶電粒子在磁場中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)(2015全國

3、卷)兩相鄰勻強(qiáng)磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不同、方向平行。一速度方向與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直的帶電粒子(不計(jì)重力)，從較強(qiáng)磁場區(qū)域進(jìn)入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的()A軌道半徑減小，角速度增大B軌道半徑減小，角速度減小C軌道半徑增大，角速度增大D軌道半徑增大，角速度減小5考查半徑公式、周期公式(多選)(2015全國卷)有兩個(gè)勻強(qiáng)磁場區(qū)域和，中的磁感應(yīng)強(qiáng)度是中的k倍。兩個(gè)速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運(yùn)動(dòng)。與中運(yùn)動(dòng)的電子相比，中的電子()A運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑是中的k倍B加速度的大小是中的k倍C做圓周運(yùn)動(dòng)的周期是中的k倍D做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度與中的相等6考查半徑公式 (2014全國卷)如圖4，MN為鋁質(zhì)薄平板

4、，鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強(qiáng)磁場(未畫出)。一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點(diǎn)垂直于鋁板向上射出，從Q點(diǎn)穿越鋁板后到達(dá)PQ的中點(diǎn)O。已知粒子穿越鋁板時(shí)，其動(dòng)能損失一半，速度方向和電荷量不變。不計(jì)重力。鋁板上方和下方的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為()圖4A2 B.C1 D.7考查洛倫茲力及圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)(多選)(2014全國卷)如圖5為某磁譜儀部分構(gòu)件的示意圖。圖中，永磁鐵提供勻強(qiáng)磁場，硅微條徑跡探測(cè)器可以探測(cè)粒子在其中運(yùn)動(dòng)的軌跡。宇宙射線中有大量的電子、正電子和質(zhì)子。當(dāng)這些粒子從上部垂直進(jìn)入磁場時(shí)，下列說法正確的是()圖5A電子與正電子的偏轉(zhuǎn)方向一定不同B電子與正電子在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑一定

5、相同C僅依據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡無法判斷該粒子是質(zhì)子還是正電子D粒子的動(dòng)能越大，它在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑越小考點(diǎn)三帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng)8.(2014山東高考)如圖6甲所示，間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強(qiáng)磁場。取垂直于紙面向里為磁場的正方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示。t0時(shí)刻，一質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子(不計(jì)重力)，以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū)。當(dāng)B0和TB取某些特定值時(shí)，可使t0時(shí)刻入射的粒子經(jīng)t時(shí)間恰能垂直打在P板上(不考慮粒子反彈)。上述m、q、d、v0為已知量。圖6(1)若tTB，求B0；(2)若tTB，求粒子在

6、磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度的大??；(3)若B0，為使粒子仍能垂直打在P板上，求TB。9(2015開封二模)如圖7甲所示，在直角坐標(biāo)系0xL區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，右側(cè)有一個(gè)以點(diǎn)(3L,0)為圓心、半徑為L的圓形區(qū)域，圓形區(qū)域與x軸的交點(diǎn)分別為M、N?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m，帶電量為e的電子，從y軸上的A點(diǎn)以速度v0平行于x軸射入電場，飛出電場后從M點(diǎn)進(jìn)入圓形區(qū)域，速度方向與x軸夾角為30。此時(shí)在圓形區(qū)域加如圖乙所示周期性變化的磁場(以垂直于紙面向外為磁場正方向)，最后電子運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后從N點(diǎn)飛出，速度方向與進(jìn)入磁場時(shí)的速度方向相同。求：圖7(1)電子進(jìn)入圓形磁場區(qū)域時(shí)的速度大?。?2)0xL區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)

7、電場場強(qiáng)E的大?。?3)寫出圓形磁場區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小、磁場變化周期T各應(yīng)滿足的表達(dá)式。答 案1選B由兩粒子軌跡恰好相切，根據(jù)對(duì)稱性，兩個(gè)粒子的軌跡相切點(diǎn)一定在矩形區(qū)域的中心，并且兩粒子均做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的獨(dú)立性和等時(shí)性可得，在水平方向上：v0t，在豎直方向上：at2t2，聯(lián)立以上兩式可求得：v0 ，由此可知，該題只有選項(xiàng)B正確，A、C、D皆錯(cuò)誤。2選BD質(zhì)子帶正電，所受電場力方向與場強(qiáng)方向相同，因此電場方向沿MQ指向Q；由左手定則可判斷，磁場方向垂直于圓平面向外，A選項(xiàng)錯(cuò)誤。電場中，質(zhì)子射出方向反向延長線交PO于N點(diǎn)，如圖(a)，可得NMPM，MQr，因此tan 1；磁場中，質(zhì)子

8、射出速度的反向延長線交于圓心O點(diǎn)，如圖(b)，則tan 2，解得，B選項(xiàng)正確。電場中，沿場強(qiáng)方向rat22，磁場中R，聯(lián)立解得v0，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；質(zhì)子在電場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1，質(zhì)子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2，D選項(xiàng)正確。3解析：設(shè)帶電粒子在B點(diǎn)的速度大小為vB。粒子在垂直于電場方向的速度分量不變，即vB sin 30v0sin 60由此得vBv0設(shè)A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為UAB，由動(dòng)能定理有qUABm(vB2v02)聯(lián)立式得UAB。答案：4選D分析軌道半徑：帶電粒子從較強(qiáng)磁場區(qū)域進(jìn)入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的速度v大小不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度B減小，由公式r可知，軌道半徑增大。分析角速度：由公式T可知，粒子在磁場

9、中運(yùn)動(dòng)的周期增大，根據(jù)知角速度減小。選項(xiàng)D正確。5選AC兩速率相同的電子在兩勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B1是磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的k倍。由qvB得r，即中電子運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑是中的k倍，選項(xiàng)A正確。由F合ma得aB，所以，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。由T得Tr，所以k，選項(xiàng)C正確。由得，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。正確選項(xiàng)為A、C。6選D根據(jù)題圖中的幾何關(guān)系及帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)可知：帶電粒子在鋁板上方做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r1是其在鋁板下方做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r2的2倍。設(shè)粒子在P點(diǎn)的速度為v1，根據(jù)牛頓第二定律可得qv1B1，則B1；同理，B2，則，D正確，A、B、C錯(cuò)誤。7選AC根據(jù)左手定則

10、，電子與正電子進(jìn)入磁場后所受洛倫茲力的方向相反，故兩者的偏轉(zhuǎn)方向不同，選項(xiàng)A正確；根據(jù)qvB，得r，若電子與正電子在磁場中的運(yùn)動(dòng)速度不相等，則軌跡半徑不相同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)于質(zhì)子、正電子，它們?cè)诖艌鲋羞\(yùn)動(dòng)時(shí)不能確定mv的大小，故選項(xiàng)C正確；粒子的mv越大，軌道半徑越大，而mv，粒子的動(dòng)能大，其mv不一定大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。8解析：(1)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1，由牛頓第二定律得qv0B0據(jù)題意由幾何關(guān)系得R1d 聯(lián)立式得B0 (2)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2，加速度大小為a，由圓周運(yùn)動(dòng)公式得a 據(jù)題意由幾何關(guān)系得3R2d 聯(lián)立式得a (3)設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，周期為T，由圓周運(yùn)動(dòng)公式

11、得T 由牛頓第二定律得qv0B0 由題意知B0，代入式得d4R粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，O1、O2為圓心，O1O2連線與水平方向的夾角為，在每個(gè)TB內(nèi)，只有A、B兩個(gè)位置粒子才有可能垂直擊中P板，且均要求0，由題意可知T設(shè)經(jīng)歷完整TB的個(gè)數(shù)為n(n0,1,2,3)若在A點(diǎn)擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得R2(RRsin )nd 當(dāng)n0時(shí)，無解 當(dāng)n1時(shí)，聯(lián)立式得 聯(lián)立式得TB 當(dāng)n2時(shí)，不滿足090的要求 若在B點(diǎn)擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得R2R sin 2(RRsin )nd 當(dāng)n0時(shí)，無解 當(dāng)n1時(shí)，聯(lián)立式得arcsin 聯(lián)立式得TB 當(dāng)n2時(shí)，不滿足090的要求。答案：(1)(2)(3)或9解析：(1)電子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，射出電場時(shí)，如圖(a)所示。由速度關(guān)系：cos 30解得vv0。(2)由速度關(guān)系得vyv0tan 30v0在豎直方向a，vyat解得E。