【复习必备】(江苏专版)2020年高考物理总复习 课时作业二十八 带电粒子在电场中的运动

课时跟踪检测（二十二） 电容器 带电粒子在电场中的运动 对点训练：平行板电容器的动态分析1.2018年8月23～25日，第九届上海国际超级电容器产业展览会成功举行，作为中国最大超级电容器展，众多行业龙头踊跃参与。

如图所示，平行板电容器与电动势为E 的直流电源(内阻不计)连接，一带电油滴位于电容器中的P 点且恰好处于平衡状态，在其他条件不变的情况下，现将平行板电容器的两极板非常缓慢地错开一些，那么在错开的过程中( )A ．电容器的电容C 增大B ．电容器所带的电荷量Q 减小C ．油滴将向下加速运动，电流计中的电流从N 流向MD ．油滴静止不动，电流计中的电流从M 流向N解析：选B 将两极板缓慢地错开一些，两极板正对面积减小，根据电容的决定式C ＝εr S 4πkd得知，电容减小，故A 错误。

根据Q ＝CU ，由于电容器电容减小，因两极板间电压U 不变，那么极板带的电荷量会减小，故B 正确。

将平行板电容器的两极板非常缓慢地水平错开一些，由于电容器两板间电压不变，根据E ＝U d ，得知板间场强不变，油滴所受的电场力不变，则油滴将静止不动；再由C ＝Q U 知，电容器带电荷量减小，电容器处于放电状态，电路中产生顺时针方向的电流，则电流计中有N →M 的电流，故C 、D 错误。

2.(2019·盐城中学月考)如图为某位移式传感器的原理示意图，平行金属板A 、B 和介质P 构成电容器，则( )A ．A 向上移电容器的电容变大B ．P 向左移电容器的电容变大C ．A 向上移流过电阻R 的电流方向从N 到MD ．P 向左移流过电阻R 的电流方向从M 到N解析：选D A 向上移时，板间距离增大，根据C ＝εr S 4πkd，知电容器的电容变小，而电容器板间电压不变，由C ＝Q U ，分析可知电容器的带电荷量减小，通过R 放电，则流过电阻R 的电流方向从M 到N ，A 、C 错误；P 向左移，εr 减小，根据C ＝εr S 4πkd，知电容器的电容变小，由C ＝Q U ，分析可知电容器的带电荷量减小，通过R 放电，则流过电阻R 的电流方向从M 到N ，B 错误，D 正确。

专题突破十　带电粒子在复合场中的运动命题点一　带电粒子在组合场中的运动1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电场、磁场交替出现．2．分析思路(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理．(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键．(3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题．3．“磁偏转”和“电偏转”的区别电偏转磁偏转偏转条件带电粒子以v ⊥E 进入匀强电场带电粒子以v ⊥B 进入匀强磁场受力情况只受恒定的电场力只受大小恒定的洛伦兹力运动轨迹抛物线圆弧物理规律类平抛知识、牛顿第二定律牛顿第二定律、向心力公式基本公式L ＝vt y ＝at 212a ＝　tan θ＝qE m atvqvB ＝m r ＝v 2r mv qB T ＝　t ＝2πmqBθT2πsin θ＝Lr做功情况电场力既改变速度方向，也改变速度的大小，对电荷要做功洛伦兹力只改变速度方向，不改变速度的大小，对电荷永不做功物理图象题型1　“磁－磁”组合例1　(2018·江苏单科·15)如图1所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d ，宽为d ，中间两个磁场区域间隔为2d ，中轴线与磁场区域两侧相交于O 、O ′点，各区域磁感应强度大小相等．某粒子质量为m 、电荷量为＋q ，从O 沿轴线射入磁场．当入射速度为v 0时，粒子从O 上方处射出磁场．取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.d2图1(1)求磁感应强度大小B ；(2)入射速度为5v 0时，求粒子从O 运动到O ′的时间t ；(3)入射速度仍为5v 0，通过沿轴线OO ′平移中间两个磁场(磁场不重叠)，可使粒子从O 运动到O ′的时间增加Δt ，求Δt 的最大值．答案　(1)　(2)　(3)4mv 0qd (53π＋72180)d v 0d5v解析　(1)粒子做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得qv 0B ＝m ，由题意知r 0＝，解得B ＝v 02r0d 44mv 0qd(2)粒子运动轨迹如图所示，设粒子在矩形磁场中的偏转角为α.由几何关系得d ＝r sin α，由洛伦兹力提供向心力得r ＝＝，解得sin α＝，即m ·5v 0qB 5d 445α＝53°粒子在一个矩形磁场中的运动时间t 1＝·，解得t 1＝α360°2πmqB53πd720v 0直线运动的时间t 2＝2d5v 0则粒子从O 运动到O ′的时间t ＝4t 1＋t 2＝()53π＋72180dv(3)设将中间两磁场分别向中央移动距离x .粒子向上的偏移量y ＝2r (1－cos α)＋x tan α由y ≤2d ，解得x ≤d34则当x m ＝d 时，Δt 有最大值34粒子直线运动路程的最大值s m ＝＋(2d －2x m )＝3d2x mcos α增加路程的最大值Δs m ＝s m －2d ＝d增加时间的最大值Δt m ＝.d 5v 0题型2　“电－磁”组合例2　(2018·南通市、泰州市一模) 如图2所示，两边界MN 、PQ 相互平行、相距为L ，MN 左侧存在平行边界沿纸面向下的匀强电场，PQ 右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场的区域足够大．质量为m 、电荷量为＋q 的粒子从与边界MN 距离为2L 的O 点以方向垂直于边界MN 、大小为v 0的初速度向右运动，粒子飞出电场时速度方向与MN 的夹角为45°，粒子还能回到O 点．忽略粒子的重力，求：图2(1)匀强电场的场强大小E ；(2)粒子回到O 点时的动能E k ；(3)磁场的磁感应强度B 和粒子从O 点出发回到O 点的时间t .答案　(1)　(2)mv (3)　mv 022qL 5202mv 03ql 3(4＋3π)L 2v 0解析　(1) 粒子向右通过电场的时间t 1＝2Lv 0离开电场时沿电场方向的分速度v y ＝v 0tan 45°在电场中运动的加速度a ＝v yt1由牛顿第二定律有qE ＝ma解得E ＝.mv 022qL(2)粒子向右通过电场和向左进入电场回到O 点的过程可统一看成类平抛运动，则粒子两次经过边界MN 的位置间的距离h ＝v 0t 1＋at ＋at ＝4L12121212由动能定理有qEh ＝E k －mv 1202解得E k ＝mv .5202(3)粒子进入磁场的速度v ＝＝v 0v 02＋v y 22设粒子在磁场中的运动半径为r ，由几何关系可知2r cos 45°＝h ＋2L tan 45°解得r ＝3L2由洛伦兹力提供向心力有qvB ＝mv 2r 解得磁场的磁感应强度B ＝mv 03qL粒子在磁场中运动时间t 2＝·342πrv 则粒子运动的总时间t ＝2t 1＋t 2＋2Lv 0解得t ＝.3(4＋3π)L2v 0命题点二　带电粒子(体)在叠加场中的运动1．带电体在叠加场中无约束情况下的运动(1)洛伦兹力、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、洛伦兹力并存(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、洛伦兹力、重力并存(初速度与磁场垂直)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，可用能量守恒定律或动能定理求解问题．2．带电体在叠加场中有约束情况下的运动带电体在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，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解．例3　(2018·金陵中学等三校四模)如图3所示，在竖直虚线PQ 左侧、水平虚线MN 下方有范围足够大的竖直向上的匀强电场和水平向外的匀强磁场，电场的电场强度大小为E ，磁场的磁感应强度B 未知．在距离MN 为h 的O 点将带电小球以v 0＝的初速度向右水平抛出，2gh 小球在MN 下方的运动为匀速圆周运动，已知重力加速度为g .图3(1)求带电小球的比荷，并指出小球的带电性质．q m(2)若小球从O 点抛出后最后刚好到达PQ 上与O 点等高的O 1点，求OO 1间最小距离s 及对应磁场的磁感应强度的值B 0.(3)已知磁场磁感应强度为B 1，若撤去电场，小球从O 点抛出后，在磁场中运动过程距离MN 的最大距离为d (该点在PQ 左侧)，求小球经过此点时的加速度a 的大小．答案　(1)　粒子带正电　(2)4(2－)h (3)－gg E 2(2＋1)E2ghgB 12g (2h ＋d )E 解析　(1)因为小球在MN 下方的运动是匀速圆周运动，所以电场力等于重力，电场力方向向上，所以带正电因为重力等于电场力即mg ＝qE ，所以带电小球的比荷＝q m gE(2)小球从O 点抛出做类平抛运动，运动轨迹如图所示：根据平抛运动知识可得：x ＝v 0t ，h ＝gt 212v y ＝gt ＝，v ＝＝22gh v 02＋v y 2gh tan θ＝，解得θ＝45°v yv0所以OO 1间距离s ＝2x －R2s 最小时R 最大，此时磁场的磁感应强度有最小值B 0.由图可知s ＝2x －R ＝2R ，可得R ＝2(2－)h ，故最小距离s ＝4(2－)h 222小球在MN 下方做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，得qvB ＝m ，R ＝v 2R mvqB所以B 0＝(2＋1)E2gh(3)若撤去电场，小球从O 点抛出后，在磁场中运动过程距离MN 的最大距离为d 根据动能定理得：mg (h ＋d )＝mv －mv 12121202又qv 1B 1－mg ＝ma所以a ＝－g .gB 12g (2h ＋d )E命题点三　带电粒子在交变电磁场中的运动例4　(2018·如皋市模拟四)如图4甲所示，xOy 平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E 和磁感应强度B 随时间t 变化的图象如图乙所示，周期均为2t 0，y 轴正方向为E 的正方向，垂直于纸面向里为B 的正方向．t ＝0时刻，一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子从坐标原点O 开始运动，此时速度大小为v 0，方向为＋x 轴方向．已知电场强度大小为E 0，磁感应强度大小B 0＝，不计粒子所受重力．求：πmqt 0图4(1)t 0时刻粒子的速度大小v 1及对应的位置坐标(x 1，y 1)；(2)为使粒子第一次运动到y 轴时速度沿－x 方向，B 0与E 0应满足的关系；(3)t ＝4nt 0(n 为正整数)时刻粒子所在位置的横坐标x .答案　见解析解析　(1)0～t 0时刻，粒子在电场中做平抛运动，沿着x 轴正方向有：x 1＝v 0t 0，沿着y 轴正方向，有：v y ＝at 0，y 1＝at ，1202由牛顿第二定律，有qE 0＝ma ，运动的速度大小v 1＝，v 02＋v y 2解得：v 1＝，y 1＝，v 02＋q 2E 02t 02m 2E 0qt 022m 故粒子的位置坐标为(v 0t 0，)；E 0qt 022m(2)设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T ，由牛顿第二定律，有qv 1B 0＝m r 1，4π2T 2解得：T ＝2t 0；则粒子第一次运动到y 轴前的轨迹如图所示：粒子在磁场中做圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，有：qv 1B 0＝m ，v 12r1由图可知圆心在y 轴上，结合几何关系得到：r 1sin θ＝v 0t 0，且v 1cos θ＝v 0，解得：＝v 0.E 0B0(3)粒子在磁场中做圆周运动的周期为2t 0，即在t 0～2t 0时间内粒子转了半圈，在x 方向上向左移动了Δx,2t 0时刻速度大小仍为v 1，方向与t 0时刻速度方向相反，在2t 0～3t 0时间内粒子做匀变速曲线运动，根据对称性可知，粒子运动轨迹与0～t 0时间内相同，3t 0时刻速度大小为v 0，方向沿着x 轴负方向，在3t 0～4t 0时间内粒子转动半圈，4t 0时刻速度大小为v 0，方向沿着x 正方向，如图所示；则0～4t 0时间内粒子在x 方向上向左移动的距离为Δx ＝2r 1sin θ＝2E 0t 0B 0则粒子的横坐标x ＝－n Δx ＝－(n ＝1,2，……)．2nE 0qt 02πm1．(2018·无锡市高三期末)如图5甲，xOy 平面内，以O 为圆心，R 为半径的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B 0.一比荷大小为c 的粒子以某一初速度从A (R,0)沿－x 方向射入磁场，并从B (0，R )射出．不计粒子重力．图5(1)判定粒子的电性并求出粒子的初速度大小．(2)若在原磁场区域叠加上另一垂直于纸面的匀强磁场，粒子从A 以原初速度射入磁场，射出时速度方向与＋x 轴成60°，求所叠加的磁场的磁感应强度．(3)若在平面内加一个以O 为圆心，从原磁场边界为内边界的圆环形匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，如图乙．粒子从A 以原初速度射入磁场，从B 射出后，在圆环形磁场中偏转，从P (－R ，R )再次从圆环形磁场进入圆形磁场，则圆环形磁场外径应满足什么条件？求粒3212子运动的周期．答案　见解析解析　(1)由左手定则可知，粒子带正电．粒子运动轨迹如图(a)，由洛伦兹力提供向心力得qvB 0＝m ，解得v ＝cB 0Rv 2R(2)粒子运动轨迹如图(b)，由几何关系可知，粒子的轨道半径变为R 1＝R33由qvB ＝可知，合磁感应强度应大小变为B ＝B 0mv 233R3若所叠加磁场垂直于纸面向外，粒子从M 射出，则根据B 1＋B 0＝B ，有B 1＝(－1)B 03若所叠加磁场垂直于纸面向里，粒子从N 射出，则根据B 1′－B 0＝B ，有B 1′＝(＋1)B 03(3)粒子运动轨迹如图(c)，由几何关系可知∠POB ＝，π3粒子在圆环形磁场区的轨道半径为R 2＝R ，33则要求外径R ′≥R 2＋2R 2＝R3粒子完成一个周期运动满足×n ＝2π×m ，m 、n 均为正整数(π2＋π3)满足条件的m 、n 的最小值m ＝5、n ＝12的周期为T ＝n ×(14×2π·Rv＋23×2π·33Rv)＝.(6＋1633)πcB 02.(2018·南京市、盐城市一模)如图6所示，半径为r 的圆形区域内有平行于纸面的匀强偏转电场，电场与水平方向成60°角，同心大圆半径为r ，两圆间有垂直于纸面向里的匀强3磁场，磁感应强度为B ．质量为m ，电荷量为＋q 的粒子经电场加速后恰好沿磁场边界进入磁场，经磁场偏转恰好从内圆的最高点A处进入电场，并从最低点C 处离开电场．不计粒子的重力．求：图6(1)该粒子从A 处进入电场时的速率；(2)偏转电场的场强大小；(3)使该粒子不进入电场并在磁场中做完整的圆周运动，加速电压的取值范围．答案　见解析解析　(1)带电粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示，由图可知粒子以v 进入磁场经T 的时13间从内圆最高点A 处进入电场．由洛伦兹力提供向心力得Bqv ＝m ，由几何关系得R ＝v 2R 23r3解得v ＝.23rBq3m(2)带电粒子进入电场做类平抛运动，运动轨迹如图乙所示．由几何知识和平抛运动规律可得：2r cos 60°＝vt ，2r sin 60°＝at 2，Eq ＝ma12解得E ＝83B 2qr3m(3)带电粒子经加速电场获得一定动能进入磁场．加速电场中由动能定理得U 加q ＝mv 2，磁场中由洛伦兹力提供向心力得Bqv ＝m 12v 2R解得U 加＝B 2qR 22m使该粒子不进入电场并在磁场中做完整的圆周运动，经分析R 有三种临界值，如图丙所示．①当粒子运动半径为R 1＝r ，3则粒子的速度大小为v 1＝r ，加速电压大小为U 加1＝Bq m 33B 2qr 22m②当粒子运动半径为R 2＝r ，3＋12则粒子的速度大小为v 2＝·r ，加速电压大小为U 加2＝Bq m 3＋12(2＋3)B 2qr 24m③当粒子运动半径为R 3＝r ，3－12则粒子的速度大小为v 3＝·r, 加速电压大小为U 加3＝Bq m 3－12(2－3)B 2qr 24m所以加速电压的取值范围：0＜U 加≤或≤U 加≤.(2－3)B 2qr 24m (2＋3)B 2qr 24m3B 2qr 22m 3．(2018·苏州市模拟)如图7所示，在竖直平面内建立平面直角坐标系xOy ，y 轴正方向竖直向上．在第一、第四象限内存在沿x 轴负方向的匀强电场，其大小E 1＝；在第二、第3mg 3q三象限内存在着沿y 轴正方向的匀强电场和垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，电场强度大小E 2＝，磁感应强度大小为B .现将一质量为m 、电荷量为q 的带正电小球从x 轴上距坐标原点mgq为d 的P 点由静止释放．(重力加速度为g )图7(1)求小球从P 点开始运动后，第一次经过y 轴时速度的大小；(2)求小球从P 点开始运动后，第二次经过y 轴时的纵坐标；(3)若小球第二次经过y 轴后，第一、第四象限内的电场强度大小变为E 1′＝，方向不变，3mgq求小球第三次经过y 轴时的纵坐标．答案　(1)　(2)－d (3)－d83gd3m qB 83gd 33m qB 83gd 32539解析　(1)设小球在第一、四象限中的加速度为a ，由牛顿第二定律得＝ma(mg )2＋(qE 1)2得到a ＝，对小球受力分析知加速度方向斜向左下，设其方向与水平面夹角为θ，则23g3tan θ＝＝，小球移动的位移x ＝＝2d ，所以经过y 轴时速度的大小为v 0＝＝mg qE 13dcos θ2ax ＝.2×23g 3×2d 83gd3(2)小球第一次经过y 轴后，在第二、三象限内，由于qE 2＝mg ，电场力与重力平衡，故小球做匀速圆周运动，小球运动轨迹如图甲所示．设轨迹半径为R ，由洛伦兹力提供向心力qv 0B ＝m ，得R ＝v 02Rmv 0qB 由几何关系知Δy ＝R ＝＝，OP ′＝d tan θ＝dmv 0qB m qB 83gd33故小球第二次经过y 轴时的纵坐标y 1＝－d .m qB 83gd33(3)从第二次经过y 轴到第三次经过y 轴过程，小球在第一、四象限内的受力分析如图乙所示．由图可知tan α＝＝，则刚进入第一象限时小球所受合力方向与速度方向垂直，小球mgqE 1′33做类平抛运动，加速度a ′＝＝2g(qE 1′m )2＋(mg m)2小球第三次经过y 轴时，由沿初速度方向的位移和垂直于初速度方向的位移的关系可知v 0t ′＝××2gt ′2312得小球运动时间t ′＝＝＝3v 03g 33g 83gd383gd 3g 小球第二次经过y 轴与第三次经过y 轴的距离为：Δy ′＝＝·＝dv 0t ′sin60°2383gd383gd 3g 1639故小球第三次经过y 轴时的纵坐标为：y 2＝y 1－Δy ′＝－d .m qB 83gd 325391．(2018·扬州市一模)在如图1所示的坐标系内，PQ 是垂直于x 轴的分界线，PQ 左侧的等腰直角三角形区域内分布着匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里，AC 边有一挡板可吸收电子，AC 长为d .PQ 右侧为偏转电场，两极板长度为d ，间距为d .电场右侧的x 轴上12有足够长的荧光屏．现有速率不同的电子在纸面内从坐标原点O 沿y 轴正方向射入磁场，电子能打在荧光屏上的最远处为M 点，M 到下极板右端的距离为d ，电子电荷量为e ，质量为m ，12不考虑电子间的相互作用以及偏转电场边缘效应，求：图1(1)电子通过磁场区域的时间t ；(2)偏转电场的电压U ；(3)电子至少以多大速率从O 点射出时才能打到荧光屏上．答案　(1)　(2)　(3)πm 2eB 8eB 2d 23m eBd33m解析　(1)电子在磁场区域由洛伦兹力提供向心力可得：evB ＝m ，得到：r ＝v 2r mv eB运动周期T ＝＝2πrv 2πmeB△OAC 和△OQC 均为等腰直角三角形，故粒子偏转的圆心角为90°，故通过磁场区域的时间为t ＝T ＝.90°360°πm2eB(2)打在最远处，则必是速度最大的电子恰从偏转电场的最高点进入电场，如图所示，由几何知识得r ＝d ，由r ＝解得v ＝mv eB eBd m通过电场的时间t 1＝＝d 2v m 2eB电子离开电场后做匀速直线运动到达M 点，由几何关系有：＝＝，y 1y 214d 12d 12又y 1＋y 2＝d 解得y 1＝d13即·t ＝d 12eU md 1213代入数据解得U ＝.8eB 2d 23m(3)若电子恰好打在下极板右边缘，如图所示．磁场中r ′＝mv ′eB电场中水平方向：d ＝v ′t12竖直方向：r ′＝·t 212eUmd 由上述三式代入数据解得v ′＝.eBd33m2.(2019·高邮中学段考)北京正负电子对撞机是国际上唯一高亮度对撞机，它主要由直线加速器、电子分离器、环形储存器和对撞测量区组成，其简化原理如图2所示：MN 和PQ 为足够长的水平边界，竖直边界EF 将整个区域分成左右两部分，Ⅰ区域的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B ，Ⅱ区域的磁场方向垂直纸面向外．调节Ⅱ区域的磁感应强度的大小可以使正、负电子在测量区内不同位置进行对撞．经加速和积累后的电子束以相同速率分别从注入口C 和D 同时入射，入射方向平行EF 且垂直磁场．已知注入口C 、D 到EF 的距离均为d ，边界MN 和PQ 的间距为8d ，正、负电子的质量均为m ，所带电荷量分别为＋e 和－e ，忽略电子进入加速器的初速度．图2(1)试判断从注入口C 入射的是哪一种电子？电子经加速器加速后速度为v 0，求直线加速器的加速电压U ；(2)若将Ⅱ区域的磁感应强度大小调为B ，正、负电子以v 1＝的速率同时射入，则正、负deBm电子经多长时间相撞？(3)若将Ⅱ区域的磁感应强度大小调为，正、负电子仍以v 1＝的速率射入，但负电子射B 3deBm 入时刻滞后于正电子Δt ＝，求正、负电子相撞的位置坐标．πmeB答案　(1)正电子 (2)　(3)(d ，d )mv 022e 2πm eB 33252解析　(1)由左手定则判断，从C 入射的为正电子，由动能定理eU ＝mv ，1202解得：加速电压U ＝mv 022e(2)电子射入后的轨迹如图甲所示电子在Ⅰ、Ⅱ区域中运动时半径相同，设为r ，由洛伦兹力提供向心力eBv 1＝m ，解得：r ＝dv 12r周期T ＝2πmeB对撞时间：t ＝T ＝2πmeB(3)电子射入后的轨迹如图乙所示电子在Ⅰ区域中运动时半径r 1＝d ，周期T 1＝2πmeB电子在Ⅱ区域中运动时半径r 2＝3d ，周期T 2＝，Δt ＝＝6πmeB πm eBT 26设正、负电子在A 点相撞，由几何关系可知A 与圆心的连线与水平方向夹角θ＝30°，A 的横坐标x ＝r 2cos θ＝d ，A 的纵坐标y ＝4d －r 2sin θ＝d33252正、负电子相撞的位置坐标为(d ，d )．332523．(2018·海安中学月考)如图3甲所示，空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场．匀强磁场分为Ⅰ、Ⅱ两个区域，其边界为MN 、PQ ，两区域磁感应强度大小均为B ，方向如图所示，Ⅰ区域高度为d ，Ⅱ区域的高度足够大，一个质量为m 、电荷量为q 的带正电的小球从磁场上方的O 点由静止开始下落，进入电、磁复合场后，恰能做匀速圆周运动．(重力加速度为g )图3(1)求电场强度E 的大小；(2)若带电小球运动一定时间后恰能回到O 点，求带电小球释放时距MN 的高度h ；(3)若带电小球从距MN 高度为3h 的O ′点由静止开始下落，为使带电小球运动一定时间后仍能回到O ′点，需将磁场Ⅱ向下移动一定距离(如图乙所示)，求磁场Ⅱ向下移动的距离y 及小球从O ′点释放到第一次回到O ′点的运动时间T .答案　见解析解析　(1)带电小球进入复合场后恰能做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，即qE ＝mg ，解得E ＝mg q(2)只有小球从进入磁场的位置离开磁场，做竖直上抛运动，才能恰好回到O 点，如图甲所示由动能定理得：mgh ＝mv 212Bqv ＝mv 2R由几何关系得：R ＝d 233联立解得：h ＝2d 2q 2B 23gm 2(3)当带电小球从距MN 的高度为3h 的O ′点由静止开始下落时，应有mg ·3h ＝mv ，小球运动轨迹半径R 1＝1212mv 1qB联立解得：R 1＝2d画出小球的运动轨迹，如图乙所示，在中间匀速直线运动过程中，小球的速度方向与竖直方向成30°角，根据几何关系有，R 1sin 60°＝R 1(1－cos 30°)＋y tan 30°，可得磁场Ⅱ向下移动距离y ＝(6－2)d3小球自由落体和竖直上抛的总时间t 1＝2＝2×3h g 4dqB mg 小球做圆周运动的总时间t 2＝5πm3qB 小球做匀速直线运动的总时间t 3＝＝2(43－4)d v 14(3－1)m qB第一次回到O ′点的运动时间T ＝t 1＋t 2＋t 3＝＋＋.4dqBmg 5πm 3qB 4(3－1)m qB4.(2018·常州市一模)如图4所示的xOy 平面内，以O 1(0，R )为圆心、R 为半径的圆形区域内有垂直于xOy 平面向里的匀强磁场(用B 1表示，大小未知)；x 轴下方有一直线MN ，MN 与x 轴相距为Δy (未知)，x 轴与直线MN 间区域有平行于y 轴的匀强电场，电场强度大小为E ；在MN 的下方有矩形区域的匀强磁场，磁感应强度大小为B 2，磁场方向垂直于xOy 平面向外．电子a 、b 以平行于x 轴的速度v 0分别正对O 1点、A (0,2R )点射入圆形磁场，偏转后都经过原点O 进入x 轴下方的电场．已知电子质量为m ，电荷量为e ，E ＝，B 2＝，不3mv 022eR 3mv 02eR 计电子重力．图4(1)求磁感应强度B 1的大小；(2)若电场沿y 轴负方向，欲使电子a 不能到达MN ，求Δy 的取值范围；(3)若电场沿y 轴正方向，Δy ＝R ，欲使电子b 能到达x 轴且距原点O 距离最远，求矩形3磁场区域的最小面积．答案　(1)　(2)Δy ＞R (3)4(2＋)R 2mv 0eR 333解析　(1)电子射入圆形区域后做圆周运动，轨道半径大小相等，设为r ，电子a 射入，经过O 点进入x 轴下方，则r ＝R ，洛伦兹力提供向心力得ev 0B 1＝m ，解得B 1＝v 02Rmv 0eR (2)匀强电场沿y 轴负方向，电子a 从O 点沿y 轴负方向进入电场做匀减速运动，设电子a 速度减小为0时位移是Δy 0，此过程由动能定理有eE ·Δy 0＝mv ，可求出Δy 0＝＝R ，1202mv 022eE 33则电子a 不能到达MN 时Δy ＞R33(3)匀强电场沿y 轴正方向，电子b 从O 点进入电场做类平抛运动，设电子b 经电场加速后到达MN 时的速度大小为v ，电子b 在MN 下方磁场区域做匀速圆周运动的轨道半径为r 1，电子b 离开电场进入磁场时速度方向与水平方向成θ角，如图甲所示．由动能定理有eE ·Δy ＝mv 2－mv ，121202解得v ＝2v 0，在电场中的加速度a ＝＝，eE m 3v 022R在电场中运动的时间t 1＝＝，2·Δy a 2R v0电子在x 轴方向上的位移x ＝v 0t 1＝2R ；由牛顿第二定律，有：evB 2＝m ，代入得：r 1＝R ，v 2r 1433cos θ＝＝，故θ＝；v 0v 12π3由几何关系可知，在MN 下方磁场中运动的圆心O 2在y 轴上，当粒子从矩形磁场右边界射出，且射出方向与水平方向夹角为θ＝时，粒子能够到达x 轴且与原点O 距离最远，如图乙所π3示．由几何关系得，最小矩形磁场的水平边长为l 1＝r 1＋r 1sin θ，竖直边长为l 2＝r 1＋r 1cos θ，最小面积为S ＝l 1l 2＝r (1＋sin θ)(1＋cos θ)＝4(2＋)R 2.123。

带电粒子在磁场中运动一、真题精选（高考必备）1．（2020·全国·高考真题）CT 扫描是计算机X 射线断层扫描技术的简称，CT 扫描机可用于对多种病情的探测。

图（a ）是某种CT 机主要部分的剖面图，其中X 射线产生部分的示意图如图（b ）所示。

图（b ）中M 、N 之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X 射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记为P 点。

则（ ）A ．M 处的电势高于N 处的电势B ．增大M 、N 之间的加速电压可使P 点左移C ．偏转磁场的方向垂直于纸面向外D ．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P 点左移2．（2016·全国·高考真题）直线OM 和直线ON 之间的夹角为30°，如图所示，直线OM 上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外。

一带电粒子的质量为m ，电荷量为q （q >0）。

粒子沿纸面以大小为v 的速度从OM 上的某点向左上方射入磁场，速度与OM 成30°角。

已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，并从OM 上另一点射出磁场。

不计重力。

粒子离开磁场的出射点到两直线交点O 的距离为（ ）A ．2mV qB BC ．2mv qBD ．4mv qB3．（2016·全国·高考真题）一圆筒处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示。

图中直径MN 的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。

在该截面内，一带电粒子从小孔M 射入筒内，射入时的运动方向与MN 成30°角。

当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N 飞出圆筒，不计重力。

若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为（ ）A ．3B ωB ．2B ωC ．B ωD ．2Bω 4．（2022·广东·高考真题）如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ 划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z 轴平行的匀强磁场。

第28讲 带电粒子在电场中的运动考情剖析,分析综合、 应用数学 处理物理问题弱项清单,1.用动能定理分析带电粒子在电场中的直线运动； 2．平抛的思想解决带电粒子在电场中的偏转； 3．带电粒子加速跟偏转的综合； 4．带电粒子在交变电场中的运动．知识整合一、关于带电粒子在电场中运动时重力问题的处理1．基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或有明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)．2．带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力． 二、带电粒子在匀强电场中的运动1．直线问题：若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子________的增量．(1)在匀强电场中：W ＝______＝qU ＝12mv 2－12mv 20.(2)在非匀强电场中：W ＝______＝12mv 2－12mv 20.2．偏转问题：(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v 0________于电场线方向飞入匀强电场． (2)运动性质：________________运动． (3)处理方法：利用运动的合成与分解．①沿初速度方向：做____________________运动．②沿电场方向：做初速度为零的______________运动． 三、示波管1．示波管的构造：①__________，②__________， ③__________．(如图所示)2．工作原理(1)YY′上加的是待显示的____________，XX′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做____________． (2)观察到的现象：①如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏________，在那里产生一个亮斑．②若所加扫描电压和________的周期相等，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的稳定图象．方法技巧考点1 带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动1．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F 合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动．(2)粒子所受合外力F 合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动．2．用动力学观点分析a ＝F 合m ，E ＝U d ，v 2－v 20＝2ad.3．用功能观点分析匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝12mv 2－12mv 20.非匀强电场中：W ＝qU ＝E k 2－E k 1.【典型例题1】 (17年江苏高考)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A 、B 、C 中央各有一小孔，小孔分别位于O 、M 、P 点．由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点．现将C 板向右平移到P′点，则由O 点静止释放的电子( )A ．运动到P 点返回B ．运动到P 和P′点之间返回C ．运动到P ′点返回D ．穿过P′点 【学习建议】 本题是电容器的动态变化与带电粒子在电场中的直线运动的综合应用，在平时的学习和练习中，对于基本公式和基本的分析方法要熟练掌握，在此基础上，将前后知识点融会贯通，提高综合分析解决物理问题的能力．考点2 带电粒子在匀强电场中的偏转1．运动规律(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间①能飞出电容器：t ＝lv 0②不能飞出电容器：y ＝12at 2＝qU 2md t 2，t ＝2mdyqU. (2)沿电场力方向，做匀加速直线运动 ①加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qUmd②离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qUl22mdv 20.③离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0＝qUlmdv 20.2．两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的． 证明：由qU 0＝12mv 20y ＝12at 2＝12·qU 1md ·(l v 0)2 tan θ＝qU 1l mdv 20得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l2U 0d(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O 为粒子水平位移的中点，即O 到偏转电场边缘的距离为l2.【典型例题2】 如图为一示波管中的水平偏转极板，已知极板的长度为L ，两板距离为d ，所加偏转电压为U ，且下板带正电；若一束电子以初速v 0沿极板的中线进入偏转电场，最终电子从P 点飞出．设电子的质量为m ，电量为e ，不计电子的重力．试求：(1)电子在极板间运动的加速度大小； (2)电子通过极板发生的偏转距离y ；(3)若规定图中的上极板电势为零，试求P 点的电势．1.(多选)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地进入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么( )A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多B．三种粒子打到屏上时的速度一样大C．三种粒子运动到屏上所用时间相同D．三种粒子一定打到屏上的同一位置考点3 带电粒子在交变电场中运动的分析方法1．注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移等并确定与物理过程相关的边界条件．2．分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系．3．此类题型一般有三种情况：一是粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)，二是粒子做往返运动(一般分段研究)，三是粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)．【典型例题3】如图甲所示，水平放置的平行金属板A和B的距离为d，它们的右端安放着垂直于金属板的靶MN，现在A、B板上加上如图乙所示的方波形电压，电压的正向值为U0，反向电压值为－U0/2，且每隔T/2变向一次，现将质量为m的带正电、且电荷量为q的粒子束从AB的中点O以平行于金属板的方向OO′射入，设粒子能全部打在靶上而且所有粒子在A、B间的飞行时间均为T.不计重力的影响．(1)在距靶MN的中心O′点多远的范围内有粒子击中？(2)要使粒子能全部打在靶MN上，电压U0的数值应满足什么条件？(写出U0、m、d、q、T的关系式即可)甲乙2.(多选)如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～T/3时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g.关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是( )A ．末速度大小为2v 0B ．末速度沿水平方向C ．重力势能减少了12mgdD ．克服电场力做功为mgd考点4 应用动力学知识和功能关系解决力、电综合问题处理力电综合题与解答力学综合题的思维方法基本相同，先确定研究对象，然后进行受力分析(包括重力)、状态分析和过程分析，能量的转化分析，从两条主要途径解决问题．1．正交分解的方法：可将曲线运动转化为直线运动来处理，再运用运动学的特点与方法，然后根据相关条件找到联系方程进行求解．2．用能量的观点处理：对于受变力作用的带电体的运动，必须借助于能量观点来处理．即使都是恒力作用的问题，用能量观点处理也常常显得简洁，具体方法有两种：(1)用动能定理处理，思维顺序一般为：A ．弄清研究对象，明确所研究的物理过程；B ．分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功；C ．弄清所研究过程的始、末状态(主要指动能)．(2)用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理，列式的方法常有两种： A ．从初、末状态的能量相等列方程；B ．从某些能量的减少等于另一些能量的增加列方程．【典型例题4】 如图所示，光滑水平轨道与半径为R 的光滑竖直半圆轨道在B 点平滑连接．在过圆心O 的水平界面MN 的下方分布有水平向右的匀强电场．现有一个质量为m 、电荷量为q 的带正电小球在水平轨道上的A 点由静止释放，小球运动到C 点离开半圆轨道后，经界面MN 上的P 点进入电场(P 点恰好在A 点的正上方，小球可视为质点，小球运动到C 点之前所带电荷量保持不变，经过C 点后所带电荷量立即变为零)．已知A 、B 两点间的距离为2R ，重力加速度为g.在上述运动过程中，求：(1)电场强度E 的大小；(2)小球在半圆轨道上运动时的最大速率(计算结果用根号表示)．当堂检测 1.(多选)如图所示，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P 的竖直线对称，忽略空气阻力．由此可知( )第1题图A ．Q 点的电势比P 点高B ．油滴在Q 点的动能比它在P 点的大C ．油滴在Q 点的电势能比它在P 点的大D ．油滴在Q 点的加速度大小比它在P 点的小2．(17年南京模拟)(多选)如图所示，纸面内有一匀强电场，带正电的小球(重力不计)在恒力F 的作用下沿图中虚线由A 匀速运动至B ，已知力F 和AB 间夹角为θ，AB 间距离为d ，小球带电量为q ，则下列结论正确的是( )第2题图A ．电场强度的大小为E ＝F cos θqB ．AB 两点的电势差为U AB ＝－Fd cos θqC ．带电小球由A 运动至B 过程中电势能增加了Fd cos θD ．带电小球若由B 匀速运动至A ，则恒力F 必须反向3．如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v 0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L ，板间的距离为d ，板间电压为U ，带电粒子的电荷量为＋q ，粒子通过平行金属板的时间为t(不计粒子的重力)，则( )第3题图A ．在前t/2时间内，电场力对粒子做的功为qU4B ．在后t/2时间内，电场力对粒子做的功为3qU8C ．在粒子下落前d/4和后d/4的过程中，电场力做功之比为1∶2D ．在粒子下落前d/4和后d/4的过程中，电场力做功之比为2∶14．某示波器在XX′、YY′不加偏转电压时光斑位于屏幕中心，现给其加如图所示偏转电压，则在光屏上将会看到下列哪个图形(圆为荧光屏，虚线为光屏坐标)( )第4题图A B C D5．如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：(1)在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处？(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？第5题图第28讲 带电粒子在电场中的运动知识整合基础自测二、1.动能 (1)qEd (2)qU 2.(1)垂直 (2)匀变速曲线运动 (3)①匀速直线运动 ②匀加速直线运动三、1.①电子枪 ②偏转电极 ③荧光屏2．信号电压 扫描电压 (2)①中心 ②信号电压 方法技巧·典型例题1·A 【解析】 设两板间电压分别为U 1、U 2，有动能定理得eU 1－eU 2＝0，所以U 1＝U 2，现将C 板右移，由于板上电量没有变，根据电容器电容的定义式和决定式可知BC 板间电场强度不变，当粒子从B 板运动到P 点时电势差依然为U 2，所以仍运动到P 点返回．·典型例题2·(1)eU md (2) eUL 22mdv 20(3) φP ＝U2(1＋eUL 2md 2v 20) 【解析】 (1)两板间的电场强度为E ＝U d ，电子在电场中受到的电场力为F ＝eE ＝eUd，电子在电场中运动的加速度为a ＝F m ＝eU md ；(2)电子在电场中运动的时间为t ＝l v 0，由匀变速运动的规律得y ＝12at 2，电子通过极板发生的偏转距离y ＝12at 2＝eUL22mdv 20；(3)由匀强电场中电势差和电场强度的关系可得：U PO ＝Ed PO ，P 与上极板间的电势差为U PO ＝Ed PO ＝φPO ＝U2(1＋eUL 22mdv 20)，P 点的电势为φp ＝U 2(1＋eUL 2md 2v 20)． ·变式训练1·AD 【解析】 设加速电场两板间距离为d ，则qE 1d ＝12mv 20，粒子在偏转电场中偏转，设侧移量为y ，偏转电场两板的长度为L ，则y ＝12qE 2m (L v 0)2＝E 2L 24E 1d ，在偏转电场中偏转电场对粒子做的功W ＝qE 2y ＝qE 22L24E 1d ，由于三种粒子的电荷量相等，因此偏转电场对三种粒子做的功相等，A 项正确；三种粒子射出偏转电场时的速度v 满足qE 1d ＋qE 2y ＝12mv 2，由于质量不同，因此速度v 大小不同，B 项错误；三种粒子运动到屏上的时间t ＝2dmqE 1＋xm2qE 1d，x 为加速电场右极板到屏的距离，由于质量不同，因此运动时间不同，C 项错误；由于粒子从同一位置射出偏转电场，射出电场时的速度的反向延长线均交于偏转电场中线的中点，因此粒子会打在屏上同一位置，D 项正确．·典型例题3·(1)O ′点正下方最大位移y ＝5qU 0T 216md O ′点正上方最大位移y ′＝qU 0T 216md (2)U 0＜8md25qT 2 【解析】由运动的独立性可知，带电粒子在水平方向做匀速直线运动，竖直方向在电场力的作用下做变速运动．粒子打在靶MN 上的范围，实际上就是粒子在竖直方向所能到达的范围．(1)当粒子在0，T ，2T ……nT 时刻进入电场中，粒子将打在O ′点下方最远处，在前T /2时间内，粒子在竖直方向上的位移y 1＝12a 1(T 2)2＝qU 0T28md在后T /2时间内，粒子在竖直方向上的位移y 2＝v T 2－12a 2(T2)2其中v ＝a 1T 2＝qU 0md ×T2，a 2＝qU 02md可得y 2＝3qU 0T216md故O ′点正下方最大位移y ＝y 1＋y 2＝5qU 0T216md.当粒子在T 2，3T 2……2n ＋12T 时刻进入电场时，粒子将打在O ′点上方最远处，在前T2时间内，粒子在竖直方向上的位移y 1′＝12a 1′(T 2)2＝12(q （U 0/2）md )(T 2)2＝qU 0T216md在后T2时间内，粒子在竖直方向上的位移 y 2′＝v ′T 2－12a 2′(T2)2其中v ′＝a 1′T 2＝q （U 0/2）md ×T 2，a 2′＝qU 0md可得y 2′＝0故O ′点正上方最大位移y ′＝y 1′＋y 2′＝qU 0T 216md.(2)要使粒子能全部打在靶MN 上，则有5qU 0T 216md ＜d 2，即U 0＜8md25qT2.·变式训练2·BC 【解析】 0～T3时间内微粒匀速运动，有mg ＝qE 0.把微粒的运动分解，水平方向：做速度为v 0的匀速直线运动；竖直方向：T 3～2T 3时间内，只受重力，做平抛运动，2T 3时刻，v 1y ＝g T 3；2T3～T 时间内，a＝2qE 0－mg m ＝g ，做匀减速直线运动，T 时刻，v 2y ＝v 1y －a ·T3＝0，所以末速度v ＝v 0，方向沿水平方向，选项A 错误，B 正确．重力势能的减少量ΔE p ＝mg ·d 2＝12mgd ，所以选项C 正确．根据动能定理：12mgd －W 克电＝0，得W 克电＝12mgd ，所以选项D 错误． ·典型例题4·(1)mg q(2)()2＋22gR【解析】 (1)设小球过C 点时的速度为v C ，小球从A 点到C 点由动能定理：qE ·3R －mg ·2R ＝12mv 2，小球离开C 点后做平抛运动到P 点：R ＝12gt 2，2R ＝v C t ，得E ＝mgq；(2)设小球运动到圆周D 点时速度最大为v ，此时OD 与竖直线OB 夹角设为α，小球从A 运动到D 过程，根据动能定理知qE ()2R ＋R sin α－mgR ()1－cos α＝12mv 2即：12mv 2＝mgR ()sin α＋cos α＋1，根据数学知识可知，当α＝45°时动能最大，由此可得：v ＝()2＋22gR .当堂检测1．AB 【解析】 油滴做类斜抛运动，加速度恒定，选项D 错误；合力竖直向上，且电场力Eq 竖直向上，Eq >mg ，电场方向竖直向下，P 点电势最低，负电荷在P 点电势能最大，选项A 正确，选项C 错误；若粒子从Q点运动到P 点，则合力做负功，动能减小，P 点的动能最小，选项B 正确．2．BC 【解析】 带正电的小球做匀速运动，合力为零，有F ＝qE ，则E ＝F /q ，故A 错误；小球带正电，场强方向与力F 方向相反，B 点电势高于A 点电势，B 到A 沿场强方向的距离为d cos θ，所以AB 两点的电势差为U AB ＝－Ed cos θ＝－Fd cos θ/q ，故B 正确；带电小球由A 运动至B 过程中电场力做功 W AB ＝qU AB ＝－Fd cos θ<0，电势能增加了Fd cos θ，故C 正确；带电小球若由B 匀速运动至A ，合力仍为零，有F ＝qE ，F 方向不变，故D 错误．3．B 【解析】 带正电的粒子以一定的初速度v 0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，带电粒子所做的运动是类平抛运动．竖直方向上的分运动是初速度为零的匀加速直线运动，由运动学知识可知，前后两段相等时间内竖直方向上的位移之比为1∶3，电场力做功之比也为1∶3.又因为电场力做的总功为qU 2，所以在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为qU 8，A 选项错；在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为3qU 8，B 选项对；在粒子下落前d 4和后d4的过程中，电场力做功相等，故C 、D 选项错．4．D 【解析】 由题可知：y 方向的电压不变，y 方向的位移不变，x 方向的电压改变，x 方向的位移改变，故选D.5．(1)打在屏上的点位于O 点上方，距O 点13.5 cm (2)30 cm 【解析】 (1)电子经电场加速满足qU 0＝12mv 2, 经电场偏转后侧移量y ＝12at 2＝12qU 偏mL (L v )2，所以y ＝U 偏L 4U 0，由图知t ＝ 0．06 s 时刻U 偏＝1.8U 0，所以y ＝4.5 cm, 设打在屏上的点距O 点的距离为Y ，满足Yy＝L ＋L 2L2，所以Y ＝13.5cm. (2)由题知电子侧移量y 的最大值为L2，所以当偏转电压超过2U 0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L ＝30 cm.。

热点18电磁学综合题(带电粒子在复合场中的运动)(建议用时：20分钟)1．(20xx·盐城高三三模)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．已知静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图所示．一质量m＝1.0×10－20kg、电荷量q＝1.0×10－9 C的带负电的粒子从(－1cm，0)点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动．忽略粒子的重力等因素．求：(1)x轴左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比E1 E2；(2)该粒子运动的最大动能E km；(3)该粒子运动的周期T.2．如图所示，在直角坐标系xOy平面的第一、四象限内各有一个边长为L的正方形匀强磁场区域，第二、三象限区域内各有一个高L，宽2L的长方形匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x< L、L<y<2L的区域内，有沿y轴正方向的匀强电场．现有一质量为m、电荷量为q的带负电粒子从坐标(L，3L2)处以初速度v0沿x轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0，L)点，不计粒子重力．(1)求电场强度大小E；(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点O到达坐标(－L，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B；(3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(－L，0)点所用的时间．3．(20xx·南京师大附中质检)如图所示，在真空室内的P点，能沿纸面向各个方向不断发射电荷量为＋q、质量为m的粒子(不计重力)，粒子的速率都相同．ab为P点附近的一条水平直线，P到直线ab的距离PC＝L，Q为直线ab上一点，它与P点相距PQ＝5 2L.当直线ab以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰到达Q点；当ab以上区域只存在平行该平面的匀强电场时，所有粒子都能到达ab直线，且它们到达ab直线时动能都相等，其中水平向左射出的粒子也恰好到达Q点．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)粒子的发射速率；(2)匀强电场的场强大小和方向；(3)仅有磁场时，能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间的比值．2．解析：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动有：L ＝v 0t ，L 2＝12at 2，qE ＝ma 联立解得：E ＝mv20qL.(2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值tan θ＝vx vy＝1 速度大小v ＝v0sin θ＝2v 0设x 为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(－L ，0)点，应满足L ＝2nx ，其中n ＝1、2、3…，粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为π2；当满足L ＝(2n ＋1)x 时，粒子轨迹如图乙所示．若轨迹如图甲，设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为π2.则有x ＝2R ，此时满足L ＝2nx ，联立可得：R ＝L 22n洛伦兹力提供向心力，则有：qvB ＝m v2R得：B ＝4nmv0qL(n ＝1、2、3…)若轨迹如图乙，设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为π2.则有x ＝2R ，此时满足L ＝(2n ＋1)x ，联立可得：R ＝L（2n＋1）2洛伦兹力提供向心力，则有：qvB＝m v2 R得：B＝2（2n＋1）mv0qL(n＝1、2、3…)所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点O到达坐标(－L，0)点，匀强磁场的磁感应强度大小B＝4nmv0qL(n＝1、2、3…)或B＝2（2n＋1）mv0qL(n＝1、2、3…)．(3)若轨迹如图甲，粒子从进入磁场到从坐标(－L，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ＝2n×π2×2＝2nπ，则t＝T×2nπ2π＝2nπmqB＝πL2v0.若轨迹如图乙，粒子从进入磁场到从坐标(－L，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ＝(2n＋1)×2π＝(4n＋2)π，则t＝T×（4n＋2）π2π＝（4n＋2）πmqB＝πLv0所以粒子从进入磁场到坐标(－L，0)点所用的时间为πL2v0或πLv0.答案：(1)mv20qL(2)B＝4nmv0qL(n＝1、2、3…)或B＝2（2n＋1）mv0qL(n＝1、2、3…)(3)πL2v0或πLv03．解析：(1)设粒子做匀速圆周运动的半径为R，过O作PQ的垂线交PQ于A点，如图甲所示：由几何知识可得PCPQ＝QAQO代入数据可得粒子轨迹半径R＝QO＝5L 8洛伦兹力提供向心力Bqv＝m v2 R解得粒子发射速度为v＝5BqL 8m.(2)真空室只加匀强电场时，由粒子到达ab直线的动能相等，可知ab为等势面，电场方向垂直ab向下．水平向左射出的粒子经时间t到达Q点，在这段时间内CQ＝L2＝vtPC＝L＝12at2式中a＝qE m解得电场强度的大小为E＝25qLB2 8m.(3)只有磁场时，粒子以O1为圆心沿圆弧PD运动，当圆弧和直线ab相切于D点时，粒子速度的偏转角最大，对应的运动时间最长，如图乙所示．据图有sin α＝L－RR＝35解得α＝37°故最大偏转角γmax＝233°粒子在磁场中运动最大时长t1＝γmax 360°T式中T为粒子在磁场中运动的周期．粒子以O2为圆心沿圆弧PC运动的速度偏转角最小，对应的运动时间最短．据图乙有。

专题三带电粒子在电、磁场中的运动一、单项选择题1.(2019江苏无锡一模)超级电容器的容量比通常的电容器大得多,其主要优点是高功率脉冲应用和瞬时功率保持,具有广泛的应用前景。

某超级电容器标有“2.7 V,100 F”,将该电容器接在1.5 V干电池的两端,则电路稳定后该电容器的负极板上所带电荷量为( )A.-150 CB.-75 CC.-270 CD.-135 C答案 A 根据C=QQ可知该电容器所带电荷量为Q=CU=100×1.5 C=150 C,则电路稳定后该电容器的负极板上所带电荷量为-150 C。

2.(2018江苏泰州模拟)在如图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( )A.一定带正电B.速度v=QQC.若速度v>QQ,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,仍做直线运动答案 B 粒子从左端射入后做直线运动,不论带正电还是负电,电场力和洛伦兹力大小相等,方向相反,二力平衡,qvB=qE,速度v=QQ ,故A错误,B正确;若速度v>QQ,则粒子受到的洛伦兹力大于电场力,使粒子偏转,可能从板间射出,故C错误;此粒子从右端沿虚线方向进入,电场力与洛伦兹力在同一方向,不能做直线运动,故D错误。

3.(2018江苏南通模拟)如图所示,A、B为真空中两个固定的等量正电荷,abcd是以A、B连线中点O为中心的正方形,且关于A、B对称,关于a、b、c、d、O各点,下列说法中正确的是( )A.电场强度E a与E d相同B.电势φa>φdC.将一正电荷由a点移到b点,电场力做正功D.将一负电荷由b点移到O点,电势能增大答案 D 根据等量同种电荷电场线和等势线的分布情况和对称性,可知a、b、c、d四点的电场强度大小和电势均相等,但场强的方向不同,故A、B错误;由于a、b间的电势差为零,将正电荷由a点移到b点时W ab=0,故C错误;将负电荷由b点移到O点时W bO=U bO·(-q)<0,即电场力做负功,电势能增大,故D正确。

课时作业(二十六) 带电粒子在匀强电场中的运动1．如图所示，质子(11H)和α第1题图粒子(42He)，以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力)，则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为( )A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．1∶42．如图所示，带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍，它们以相等的速度v0从同一点发出，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OM＝MN，则P和Q的质量之比为( )第2题图A．3∶4 B．4∶3C．3∶2 D．2∶33．如图甲所示，A板的电势U A＝0，B板的电势U B随时间的变化规律如图乙所示．电子只受电场力的作用，且初速度为零，则( )甲乙第3题图A．若电子在t＝0时刻进入的，它将一直向B板运动B．若电子在t＝0时刻进入的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B 板上C．若电子在t＝T/8时刻进入的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上D．若电子是在t＝T/4时刻进入的，它将时而向B板、时而向A板运动4．实验室所用示波器，是由电子枪、偏转电极和荧光屏三部分组成，当垂直偏转电极YY′，水平偏转电极XX′的电压都为零时，电子枪发射的电子通过偏转电极后，打在荧光屏的正中间，若要在荧光屏上始终出现如右图所示的斑点a，那么，YY′与XX′间应分别加上如下图所示哪一组电压( )第4题图ABCD5．如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处(不计电子的重力)下列说法正确的是( )A．从t＝0时刻释放电子，电子始终向右运动，直至打到右极板上B．从t＝0时刻释放电子，电了可能在两板间振动C．从t＝T/4时刻释放电子，电了可能在两板间振动，也可能打到右极板上D．从t＝T/4时刻释放电子，电子必将打到左极板上甲乙第5题图6．如图所示，是一个示波管工作的原理图，电子从静止开始，经加速电压U1加速后，以速度v 0垂直电场方向进入偏转电场，离开电场时侧移量为h ，两平行板间的距离为d ，两平行板间电势差为U 2，板长为L ，每单位电压引起的侧移量h /U 2叫做示波管的灵敏度．为了提高灵敏度，可采用下列哪些方法( )第6题图A ．减小加速电压U 1B ．增加两板间的电势差U 2C ．尽可能使板长L 做得短些D ．尽可能使两板间的距离d 减小些第7题图7．如图ABCD 正方形区域内存在着匀强电场，电场方向与AB 边平行．一带电粒子以初动能E k 从正方形一条边的中点射入(只受电场力)，一段时间后，粒子从一条边的中点射出．此时该带电粒子的动能可能有n 种情况，则n 等于( )A ．5B ．4C ．3D ．28．初速为零的电子进入电压为 U 的加速电场，经加速后形成横截面积为S 、电流为I 的电子束．电子电量e 、质量m ，则在刚射出加速电场时，一小段长为Δl 的电子束内电子个数为( )A.I Δl e m 2eUB.I Δl eS m 2eUC.I eS m 2eU D.SI Δl e m2eU9．如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，它的极板长L ＝0.1m ，两板间距离d ＝0.4cm.一束由相同微粒组成的带电粒子流以相同的初速度从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒能落到下板上．已知微粒质量m ＝2.0×10－6kg ，电荷量q ＝1.0×10－8C ，取g ＝10m/s 2.第9题图(1)若第一个粒子刚好落到下板中点O 处，求带电粒子入射初速度的大小； (2)两板间电场强度为多大时，带电粒子能刚好落到下板右边缘B 点．10．如图所示，在xOy 平面上第Ⅰ象限内有平行于y 轴的有界匀强电场，方向如图，y 轴上一点P 的坐标为(0，y 0)有一电子以垂直于x 轴的初速度v 0从P 点垂直射入电场中，当匀强电场的场强为E 1时，电子从A 点射出，A 点坐标为(x A,0)当场强为E 2时，电子从B 点射出，B 点坐标为(x B,0)，已知电子的电量为e ，质量为m ，不计电子的重力。

课时跟踪检测（二十八） 带电粒子在组合场中的运动对点训练：质谱仪与回旋加速器1．(2018·扬州中学期中)如图所示，一束质量、速度和电荷量不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器，进入另一个匀强磁场中并分裂为A 、B 两束，下列说法中正确的是( )A ．组成A 、B 两束的离子都带负电 B ．组成A 、B 两束的离子质量一定不同C ．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外D ．A 束离子的比荷⎝⎛⎭⎫q m 大于B 束离子的比荷解析：选D 离子进入上面磁场时，速度方向向上，洛伦兹力方向向左，根据左手定则可判断出组成A 、B 两束的离子都带正电，故A 错误；离子能沿直线经过速度选择器，则q v B 1＝qE ，可得v ＝EB 1，A 、B 两束的离子的速度大小相等；进入上面磁场后，由q v B 2＝m v 2r 可得r ＝m v qB 2，因为r A <r B ，v A ＝v B ，所以q A m A>q Bm B；又离子的质量、速度和电荷量不全相等，故组成A 、B 两束的离子质量可能相等、可能不等，即B 错误、D 正确；速度选择器左板带正电、右板带负电，则电场强度向右，离子带正电，电场力的方向向右；沿直线经过速度选择器，洛伦兹力方向向左，离子带正电且速度向上，据左手定则可判断出磁场方向垂直纸面向里，故C 错误。

2．[多选](2018·淮安二模)回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D 形金属盒半径为R ，两盒间的狭缝很小，带电粒子在狭缝间加速的时间忽略不计。

匀强磁场的磁感应强度大小为B 、方向与盒面垂直。

粒子源A 产生的粒子质量为m ，电荷量为＋q ，U 为加速电压，则( )A ．交变电压的周期等于粒子在磁场中回转周期的一半B ．加速电压U 越大，粒子获得的最大动能越大C ．D 形盒半径R 越大，粒子获得的最大动能越大 D ．磁感应强度B 越大，粒子获得的最大动能越大解析：选CD 为了保证粒子每次经过电场时都被加速，必须满足交变电压的周期和粒子在磁场中回转周期相等，故A 错误；根据洛伦兹力提供向心力q v B ＝m v 2R ，解得：v ＝BqRm ，动能为：E k ＝12m v 2＝B 2q 2R 22m ，可知，带电粒子的速度与加速电压无关，D 形盒半径R 越大，磁感应强度B越大，粒子的速度越大，即动能越大，B 错误，C 、D 正确。