2019届高考物理江苏专版一轮复习课时检测(二十九) 带电粒子在组合场中的运动

课练28带电粒子在复合场中的运动1．(2018·江苏如皋质检)(多选)如图所示为磁流体发电机的发电原理：将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体来说呈电中性)沿图示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷．在磁极配置如图中所示的情况下，下列说法正确的是()A．A板带负电B．有电流从b经用电器流向aC．金属板A、B间的电场方向向下D．等离子体发生偏转的原因是离子所受的洛伦兹力大于所受的静电力答案：ABD解析：根据左手定则可知，正电荷向下偏转，负电荷向上偏转，则A板带负电，故A正确．因为B板带正电，A板带负电，所以电流的流向为从b经用电器流向a，故B正确．因为B板带正电，A板带负电，所以金属板间的电场方向向上，故C错误．等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力，故D正确．2．(2018·广东珠海一模)如图所示，从S处发出的电子经加速电压U加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子向下极板偏转．设两极板间电场强度为E，磁感应强度为B.欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，只采取下列措施，其中可行的是()A．适当减小电场强度EB．适当减小磁感应强度BC．适当增大加速电压UD．适当增大加速电场极板之间的距离答案：B电场力仍小于它受到的洛伦兹力，电子向下偏转，浙江杭州期末)利用霍尔效应制作的霍尔元件，被广泛应用于测量和自动控制等领域．霍尔元件一般由半导体材料制成，即自由电荷)是电子，有的半导体中的载流子是．如图所示，将扁平长方体形状的霍尔元件水平质谱仪是一种测定带电粒子的质量和分它的构造原理如图所示．的带正电的粒子，粒子的初速度很小，可以看成加速进入磁感应强度为江苏宜兴模拟)(多选)回旋加速器的工作原理示意图如的匀强磁场与盒面垂直，粒子穿过其的时间可忽略，它们接在电压为U为毫伏表，电表C为毫安表的电势高于接线端4的电势．若调整电路，使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反，但大小不变，则毫伏表的示数将保持不变″点停下来，如图丙．则以下说法中正确的是(′点一定在D点左侧B．D′点一定与D点重合″点一定在D点右侧D．D″点一定与D点重合μmgs2＝0，化简解得h－μs1cosα－μs2＝0.由题意知，A点距水平面的高度h、物块与斜面及水平面间的动摩擦因数μ、斜面倾角α、斜面长度s1为定值，所以s2与重力大小无关，而在ABC所在空间加竖直向下的匀强电场后，相当于把重力增大了，s2不变，D′点一定与D 点重合，选项A错误、B正确．在ABC所在空间加水平向里的匀强磁场后，洛伦兹力垂直于接触面向上，正压力变小，摩擦力变小，重力做的功不变，所以D″点一定在D点右侧，选项C正确、D错误．8.(多选)如图所示为一个质量为m、带电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中．现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的v－t图象可能是下图中的()答案：AD解析：由左手定则可判断洛伦兹力方向向上，圆环还受到竖直向下的重力、垂直于细杆的弹力及向左的摩擦力．当Bq v0＝mg时，圆环做匀速直线运动，选项A正确．当Bq v0<mg时，N＝mg－Bq v0，此时μN＝ma，所以圆环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，其v－t图象的斜率应该逐渐增大，选项B、C错误．当Bq v0>mg时，N＝Bq v0－mg，此时μN＝ma，所以圆环做加速度逐渐减小的减速运动，直到Bq v＝mg时，圆环开始做匀速运动，选项D正确．9．(多选)如图所示，两虚线之间的空间内存在着正交或平行的匀强电场E和匀强磁场B，有一个带正电的小球(电荷量为＋q、质量为m)从电、磁复合场上方的某一高度处自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过电、磁复合场的是()答案：CD解析：A图中小球受重力、向左的电场力、向右的洛伦兹力，下降过程中速度一定变大，故洛伦兹力一定增大，不可能一直与电场力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲线运动，故A错误．B 图中小球受重力、向上的电场力、垂直纸面向外的洛伦兹力，合力与速度方向一定不共线，故一定做曲线运动，故B错误．C图中小球受重力、向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力，若三力平衡，则小球做匀速直线运动，故C正确．D图中小球受向下的重力和向上的电场力，合力一定与速度共线，故小球一定做直线运动，故D正确．10．如图甲，一带电物块无初速度地放在皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针转动，该装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中，其v－t图象如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5 s，关于带电物块及运动过程的说法正确的是()A．该物块带负电B．皮带轮的传动速度大小一定为1 m/sC．若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移D．在2～4.5 s内，物块与皮带仍可能有相对运动答案：D解析：对物块进行受力分析可知，开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，设动摩擦因数为μ，沿斜面的方向有μF N－mg sinθ＝ma①物块运动后，又受到洛伦兹力的作用，加速度逐渐减小，由①式可知，一定是F N逐渐减小，而开始时F N＝mg cosθ，后来F′N＝mg cosθ－f洛，即洛伦兹力的方向是向上的．物块沿皮带向上运动，由左手定则可知物块带正电，故A错误．物块向上运动的过程中，洛伦兹力越来越大，则受到的支持力越来越小，结合①式可知，物块的加速度也越来越小，当加速度等于0时，物块达到最大速度，此时mg sinθ＝μ(mg cosθ－f洛)②由②式可知，只要皮带的速度大于或等于1 m/s，则物块达到最大速度的条件与皮带的速度无关，所以皮带的速度可能是1 m/s，也可能大于1 m/s，则物块可能相对于传送带静止，也可能相对于传送带运动，故B错误、D正确．由以上分析可知，皮带的速度无法判断，所以若已知皮带的长度，也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对河南开封一模)如图所示，真空中有一以R＝0.5 m，磁场垂直于纸面向里．在轴负方向的匀强电场，电场强度点有一带正电的粒子以速率v＝向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到(2)2.57 m轴正方向射入磁场的粒子进入电场后，P点射出磁场，逆着电场线方向运动，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝R＝Eq河北衡水中学三调)如图所示，质量Ⅰ)如图，空间某区域存在匀强电场和匀(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向、c电荷量相等，质量分别为倍．此离子和质子的质量比约为()带电粒子在加速电场中运动时，有B2＝，当半径相等时，解得：1方向抛出的小球都可能做直线运动方向做直线运动，则小球带正电，且一定是匀方向做直线运动，则小球带负电，多选)如图所示为一种获得高能粒子的装置原理图，于纸面、磁感应强度大小可调的匀强磁场(环形管的宽度非常小的带正电粒子可在环中做半径为为两块中心开有小孔且小孔距离很近的平行极板，原来电势均为粗糙的足够长竖直绝缘杆上套有一带电小球，置处在由水平向右匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，则下列说法正确的是做加速运动，所以小球是先加速再匀速，选项昆明一中强化训练)(多选)如图所示，在正交的匀强电的带电小球做匀速圆周运动，轨道平面在竖直平面内，电场方向竖直向下，磁场方向垂直圆周所在平面向里，长沙市长郡中学月考)(多选)如图所示，等腰直角三角形ACD的直角边长为边上的一点，DQ＝a.在△、方向垂直纸面向里的匀强磁场，又有电场强度大小的匀强电场，一带正电的粒子自P点沿平行于本题考查带电粒子在复合场中的运动．带正电的粒子在复合场中做直线运动，且受到洛伦兹力作用，则粒子在复合场区受力平衡，设＝q v B ，解得v ＝E B 则带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，作半径OQ ，与CA 的延长线交于圆心B ＝m v 2R ，在Rt △)这种现象的可能原因是()．电子枪发射能力减弱，电子数减少．加速电场的电压过低，电子速率偏小．偏转线圈局部短路，线圈匝数减少．偏转线圈中电流过大，偏转磁场增强如图所示，质量为m、电荷量为的绝缘半圆槽顶点A由静止下滑，已知半圆槽右半部分光滑，左半部分粗糙，整个装置处于正交的匀强电场与磁场中，电场强如图所示，一对间距可变的平行金属板中装有大量的质量、电荷量不同但均带正电的粒子，不断飘入加速电场(初速度可视为零后从两平行板中央沿垂直电场方向射入偏转电场．子通过平行板后沿垂直磁场方向进入磁感应强度为向里的匀强磁场区域，最后打在感光片上，如图所示．已知加速电场。

课时跟踪检测（三十四） 带电粒子在组合场中的运动 （卷Ⅱ）(二)重点高中适用作业 (卷Ⅱ)[B 级——拔高题目稳做准做]1．(2018·榆林模拟)如图所示，有一平行板电容器左边缘在y 轴上，下极板与x 轴重合，两极板间匀强电场的场强为E 。

一电荷量为q ，质量为m 的带电粒子，从O 点与x 轴成θ角斜向上射入极板间，粒子经过K 板边缘a 点平行于x 轴飞出电容器，立即进入一磁感应强度为B 的圆形磁场的一部分(磁场分布在电容器的右侧且未画出)，随后从c 点垂直穿过x 轴离开磁场。

已知粒子在O 点的初速度大小为v ＝3E B ，∠acO ＝45°，cos θ＝33，磁场方向垂直于坐标平面向外，磁场与电容器不重合，带电粒子重力不计，试求：(1)K 极板所带电荷的电性； (2)粒子经过c 点时的速度大小； (3)圆形磁场区域的最小面积。

解析：(1)粒子由a 到c ，向下偏转，根据左手定则判断，可知粒子带正电。

粒子在电场中做类斜抛运动，根据粒子做曲线运动的条件可知电场力垂直于两极板向下，正电荷受到的电场力与电场方向相同，故电场方向垂直于两极板向下，K 板带正电，L 板带负电。

(2)粒子由O 到a 做类斜抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，竖直方向为匀减速运动，到达a 点平行于x 轴飞出电容器，即竖直方向分速度减为零，a 点速度为初速度的水平分量，出电场后粒子在磁场外做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，速度大小始终不变，故粒子经过c 点时的速度与a 点速度大小相等。

由上可知粒子经过c 点时的速度大小v c ＝v a ＝v cos θ＝3E cos θB＝E B 。

(3)粒子在磁场中做圆周运动，轨迹如图所示，a 、c 为两个切点。

洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可知：q v c B ＝m v c 2R 可得轨迹半径R ＝m v c qB ＝mEqB 2粒子飞出电容器立即进入圆形磁场且磁场与电容器不重合，圆形磁场必与电容器右边界ab 切于a 点，还需保证c 点也在磁场中，当圆形磁场与bc 切于c 点时磁场面积最小，此时磁场半径与轨迹半径相等。

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.(2017·衡水市冀州中学检测)如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在AC 板间，虚线中间不需加电场，如图所示，带电粒子从P 0处以速度v 0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D 形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是( )A ．带电粒子每运动一周被加速两次B ．带电粒子每运动一周P 1P 2＝P 3P 4C ．加速粒子的最大速度与D 形盒的尺寸有关 D ．加速电场方向需要做周期性的变化解析：选C 带电粒子只有经过AC 板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次。

电场的方向没有改变，则在AC 间加速，故A 、D 错误；根据r ＝m vqB 得，则P 1P 2＝2(r 2－r 1)＝2m ΔvqB ，因为每转一圈被加速一次，根据v 22－v 12＝2ad ，知每转一圈，速度的变化量不等，且v 3－v 2＜v 2－v 1，则P 1P 2＞P 3P 4，故B 错误；当粒子从D 形盒中出来时，速度最大，根据r ＝m v qB 得，v ＝qBrm ，知加速粒子的最大速度与D 形盒的半径有关，故C 正确。

2.(多选)质谱仪是用来分析同位素的装置，如图为质谱仪的示意图，其由竖直放置的速度选择器、偏转磁场构成。

由三种不同粒子组成的粒子束以某速度沿竖直向下的方向射入速度选择器，该粒子束沿直线穿过底板上的小孔O 进入偏转磁场，最终三种粒子分别打在底板MN 上的P 1、P 2、P 3三点，已知底板MN 上下两侧的匀强磁场方向均垂直纸面向外，且磁感应强度的大小分别为B 1、B 2，速度选择器中匀强电场的电场强度的大小为E 。

不计粒子的重力以及它们之间的相互作用，则( )A ．速度选择器中的电场方向向右，且三种粒子均带正电B ．三种粒子的速度大小均为EB 2C ．如果三种粒子的电荷量相等，则打在P 3点的粒子质量最大D ．如果三种粒子电荷量均为q ，且P 1、P 3的间距为Δx ，则打在P 1、P 3两点的粒子质量差为qB 1B 2Δx E解析：选AC 根据粒子在磁感应强度为B 2的匀强磁场中的运动轨迹可判断粒子带正电，又由于粒子束在速度选择器中沿直线运动，因此电场方向一定向右，A 正确；粒子在速度选择器中做匀速直线运动，则电场力与洛伦兹力等大反向，Eq ＝B 1q v ，可得v ＝EB 1，B 错误；粒子在底板MN 下侧的磁场中运动时，洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力，qB 2v ＝m v 2R ，可得R ＝m vqB 2，如果三种粒子的电荷量相等，粒子的质量越大，其轨道半径也越大，所以打在P 3点的粒子质量最大，C 正确；由题图可知OP 1＝2R 1＝2m 1v qB 2、OP 3＝2R 3＝2m 3vqB 2，由题意可知Δx ＝OP 3－OP 1＝2m 3v qB 2－2m 1v qB 2，因此Δm ＝m 3－m 1＝qB 2Δx 2v ＝qB 1B 2Δx2E，D 错误。

71 带电粒子在组合场中的运动[方法点拨] (1)带电粒子在匀强电场中一般做匀变速直线运动或类平抛运动；在匀强磁场中运动时一般做匀速圆周运动；(2)明确各段运动性质，画出运动轨迹，特别注意各衔接点的速度方向、大小．1．(2017·福建厦门模拟)如图1所示，在xOy平面内，0＜x＜2L的区域内有一方向竖直向上的匀强电场，2L＜x＜3L的区域内有一方向竖直向下的匀强电场，两电场强度大小相等，x＞3L的区域内有一方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场，某时刻，一带正电的粒子从坐标原点以沿x轴正方向的初速度v0进入电场；之后的另一时刻，一带负电粒子以同样的初速度从坐标原点进入电场．正、负粒子从电场进入磁场时速度方向与电场和磁场边界的夹角分别为60°和30°，两粒子在磁场中分别运动半周后在某点相遇，已知两粒子的重力以及两粒子之间的相互作用都可忽略不计，两粒子带电荷量大小相等，求：图1(1)正、负粒子的质量之比m1∶m2；(2)两粒子相遇的位置P点的坐标；(3)两粒子先后进入电场的时间差．2．(2017·山东济宁模拟)如图2所示，空间以AOB为界，上方有方向竖直向下的匀强电场，下方有垂直于纸面向里的匀强磁场，以过O点的竖直虚线OC为界，∠AOC＝∠BOC＝60°.OC左侧到AA′间和右侧到BB′间磁感应强度的大小不同．现在A点上方某一点以初速度v0水平向右射出一带电粒子，粒子的质量为m，电荷量为q，粒子恰好从AO的中点垂直AO进入OC左侧磁场，并垂直OC离开左侧磁场进入右侧磁场，粒子从OB边恰好以竖直向上的速度进入匀强电场，AO＝BO＝L，不计粒子的重力，求：图2(1)匀强电场的场强E的大小；(2)OC左侧磁场磁感应强度B1的大小和右侧磁场磁感应强度B2的大小；(3)粒子从进入电场到第一次离开磁场运动的总时间．3．(2018·四川泸州一检)如图3所示，左侧两平行金属板上、下水平放置，它们之间的电势差为U 、间距为L ，其中有匀强磁场；右侧为“梯形”匀强磁场区域ACDH ，其中，AH ∥CD,AH ＝72L .一束电荷量大小为q 、质量不等的带电粒子(不计重力、可视为质点)，从小孔S 1射入左侧装置，恰能沿水平直线从小孔S 2射出，接着粒子垂直于AH 、由AH 的中点M 射入“梯形”区域，最后全部从边界AC 射出．若两个区域的磁场方向均垂直于纸面向里、磁感应强度大小均为B ，“梯形”宽度MN ＝L ，忽略电场、磁场的边缘效应及粒子间的相互作用．(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)图3(1)求出粒子速度的大小，判定粒子的电性； (2)这束粒子中，粒子质量最小值和最大值各是多少；4．如图4所示，直线y ＝x 与y 轴之间有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场B 1，直线x ＝d 与y ＝x 间有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度E ＝1.0×104 V/m ，另有一半径R ＝1.0 m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B 2＝0.20 T ，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x ＝d 和x 轴均相切，且与x 轴相切于S 点．一带负电的粒子从S 点沿y 轴的正方向以速度v 0进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域B 1，且第一次进入磁场B 1时的速度方向与直线y ＝x 垂直．粒子速度大小v 0＝1.0×105m/s ，粒子的比荷为q m＝5.0×105C/kg ，粒子重力不计．求：图4(1)坐标d 的值；(2)要使粒子无法运动到x 轴的负半轴，则磁感应强度B 1应满足的条件；(3)在第(2)问的基础上，粒子从开始进入圆形磁场至第二次到达直线y ＝x 上的最长时间．(结果保留两位有效数字)答案精析1．(1)3∶1 (2)(6.5L ，－73L 3) (3)73πL6v 0解析 (1)设粒子初速度为v 0，进磁场方向与边界的夹角为θ，v y ＝v 0tan θ①令t ＝L v 0，则粒子在第一电场运动的时间为2t ，在第二个电场运动的时间为t 则：v y ＝a ·2t －at ②qE ＝ma ③由①②③得：m ＝qEL v 02tan θ所以m 1m 2＝tan 60°tan 30°＝3 (2)正粒子在电场运动的总时间为3t ，则： 第一个t 的竖直位移为12a 1t 2第二个t 的竖直位移为12a 1(2t )2－12a 1t 2＝32a 1t 2由对称性，第三个t 的竖直位移为32a 1t 2所以y 1＝72a 1t 2，结合①②得y 1＝73L6同理y 2＝73L2由几何关系，P 点的坐标为：x P ＝3L ＋(y 1＋y 2)sin 30°sin 60°＝6.5L ，y P ＝－[y 2－(y 1＋y 2)sin 30°cos 60°]＝－73L3， 即(6.5L ，－733L )(3)设两粒子在磁场中运动半径分别为r 1、r 2，由几何关系2r 1＝(y 1＋y 2)sin 60°，2r 2＝(y 1＋y 2)sin 30° 两粒子在磁场中运动时间均为半个周期：t 1＝πr 1v 1，t 2＝πr 2v 2，v 0＝v 1sin 60°，v 0＝v 2sin 30°由于两粒子在电场中运动时间相同，所以进电场时间差即为磁场中相遇前的时间差Δt ＝t 1－t 2，解得Δt ＝73πL 6v 02．见解析解析 (1)粒子射出后在电场中做类平抛运动，从AO 的中点垂直AO 进入磁场，在电场中运动的水平分运动有12L sin 60°＝v 0t 1竖直分运动有v y ＝qEmt 1 tan 60°＝v y v 0解得E ＝4mv 02qL(2)粒子进入磁场时的速度大小v ＝v 0cos 60°＝2v 0由图可知r 1＝12L由qvB 1＝m v 2r 1解得B 1＝4mv 0qL粒子进入右边磁场后，由tan 60°＝r 212L －r 2得r 2＝3－34L由qvB 2＝m v 2r 2解得B 2＝43＋3mv 03qL(3)在电场中运动时，由(1)可得t 1＝3L 4v 0在左侧磁场B 1中运动时，T 1＝2πr 1v ，t 2＝60°360°T 1＝πL12v 0在右侧磁场B 2中运动时，T 2＝2πr 2v ，t 3＝90°360°T 2＝3－3πL 16v 0总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝123＋13π－33πL48v 03．(1)U BL 正电 (2)m min ＝7qB 2L 29U m max ＝qB 2L 2U解析 (1)粒子全部从边界AC 射出，则粒子进入“梯形”磁场时所受洛伦兹力竖直向上，由左手定则可知，粒子带正电；粒子在两极板间做匀速直线运动，由平衡条件得：qvB ＝q UL， 解得：v ＝U BL；(2)在“梯形”区域内，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB ＝m v 2R ，粒子轨道半径：R ＝mvqB.由R ＝mvqB可知：当粒子质量有最小值时，R 最小，粒子运动轨迹恰与AC 相切(见图甲)； 当粒子质量有最大值时，R 最大，粒子运动轨迹恰过C 点(见图乙)，甲图中，由几何关系得：R 1sin 53°＋R 1＝74L ，解得：R 1＝79L ，乙图中，NC ＋L tan 53°＝74L ，解得NC ＝L ，解得：m min ＝7qB 2L 29U ，m max ＝qB 2L2U4．(1)4.0 m (2)B 1≤0.10 T 或B 1≥0.24 T (3)6.2×10－5s解析 (1)带电粒子在匀强磁场B 2和匀强电场中运动的轨迹如图甲所示，甲粒子在匀强磁场B 2中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力．则qv 0B 2＝m v 02r解得r ＝1.0 m粒子进入匀强电场以后，做类平抛运动，设水平方向的位移为x 0，竖直方向的位移为y 0. 水平方向：x 0＝v 0t竖直方向：y 0＝12at 2，v y ＝ata ＝qE mv yv 0＝tan 45° y 0x 0＝12tan 45°＝12联立解得：x 0＝2.0 m ，y 0＝1.0 m由图甲中几何关系可得d ＝x 0＋y 0＋r ＝4.0 m.(2)设当匀强磁场的磁感应强度为B 1′时，粒子垂直打在y 轴上，此时粒子无法运动到x 轴的负半轴，粒子在磁场中运动半径为r 1，如图乙所示，乙由几何关系得：r 1＝2d －2x 0 又r 1＝m ·2v 0qB 1′联立解得B 1′＝0.10 T 故B 1≤0.10 T.设当匀强磁场的磁感应强度为B 1″时，粒子从电场垂直边界进入匀强磁场后，轨迹与y 轴相切，此时粒子也无法运动到x 轴负半轴，设粒子在磁场中运动半径为r 2，如图乙所示，由几何关系可得r 2＋r 2cos 45°＋x 0＝d 又r 2＝m ·2v 0qB 1″联立解得B 1″≈0.24 T故B 1≥0.24 T．即要使粒子无法运动到x 轴的负半轴，磁感应强度B 1≤0.10 T 或B 1≥0.24 T. (3)设粒子在磁场B 2中运动时间为t 1，电场中运动时间为t 2，磁场B 1中运动时间为t 3，则t ＝t 1＋t 2＋t 3＝T 14＋x 0v 0＋T 22＝14×2πm qB 2＋x 0v 0＋12×2πm qB 1″≈6.2×10－5 s.。

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．如图所示，直径分别为D 和2D 的同心圆处于同一竖直面内，O 为圆心，GH 为大圆的水平直径。

两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d 的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔．一质量为m 、电量为＋q 的粒子由小孔下方2d处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v 射出电场，由H 点紧靠大圆内侧射入磁场。

不计粒子的重力。

(1)求极板间电场强度的大小；(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小； (3)若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为2mv qD 、4mvqD,粒子运动一段时间后再次经过H 点，求这段时间粒子运动的路程．【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理（山东卷带解析)【答案】（1）2mv qd（2）4mv qD 或43mv qD （3）5.5πD【解析】 【分析】 【详解】(1)粒子在电场中，根据动能定理2122d Eq mv ⋅=，解得2mv E qd =(2)若粒子的运动轨迹与小圆相切，则当内切时，半径为/2E R 由211v qvB m r =，解得4mv B qD = 则当外切时，半径为e R由212v qvB m r =，解得43mv B qD =(2)若Ⅰ区域的磁感应强度为220932qB L m U =，则粒子运动的半径为0010016819U U U ≤≤；Ⅱ区域的磁感应强度为2012qU mv =，则粒子运动的半径为2v qvB m r=；设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T 1、T 2，由运动公式可得：1112R T v π=；034r L =据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图所示，根据对称性可知，Ⅰ区两段圆弧所对的圆心角相同，设为1θ，Ⅱ区内圆弧所对圆心角为2θ，圆弧和大圆的两个切点与圆心O 连线间的夹角设为α，由几何关系可得：1120θ=o；2180θ=o ；60α=o粒子重复上述交替运动回到H 点，轨迹如图所示，设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的时间分别为t 1、t 2，可得：r U ∝；1056U L U L=设粒子运动的路程为s ，由运动公式可知：s=v(t 1+t 2) 联立上述各式可得：s=5.5πD2．压力波测量仪可将待测压力波转换成电压信号，其原理如图1所示，压力波p （t ）进入弹性盒后，通过与铰链O 相连的“”型轻杆L ，驱动杆端头A 处的微型霍尔片在磁场中沿x 轴方向做微小振动，其位移x 与压力p 成正比（,0x p αα=>）．霍尔片的放大图如图2所示，它由长×宽×厚=a×b×d ，单位体积内自由电子数为n 的N 型半导体制成，磁场方向垂直于x 轴向上，磁感应强度大小为0(1)0B B x ββ=->，．无压力波输入时，霍尔片静止在x=0处，此时给霍尔片通以沿12C C 方向的电流I ，则在侧面上D 1、D 2两点间产生霍尔电压U 0.（1）指出D 1、D 2两点那点电势高；（2）推导出U 0与I 、B 0之间的关系式（提示：电流I 与自由电子定向移动速率v 之间关系为I=nevbd ，其中e 为电子电荷量）；（3）弹性盒中输入压力波p （t ），霍尔片中通以相同的电流，测得霍尔电压U H 随时间t 变化图像如图3，忽略霍尔片在磁场中运动场所的电动势和阻尼，求压力波的振幅和频率．（结果用U 0、U 1、t 0、α、及β）【来源】浙江新高考2018年4月选考科目物理试题 【答案】(1) D 1点电势高 (2) 001IB U ne d = (3) 101(1)U A U αβ=- ，012f t = 【解析】【分析】由左手定则可判定电子偏向D 2边，所以D 1边电势高；当电压为U 0时，电子不再发生偏转，故电场力等于洛伦兹力，根据电流I 与自由电子定向移动速率v 之间关系为I=nevbd 求出U 0与I 、B 0之间的关系式；图像结合轻杆运动可知，0-t 0内，轻杆向一侧运动至最远点又返回至原点，则可知轻杆的运动周期，当杆运动至最远点时，电压最小，结合U 0与I 、B 0之间的关系式求出压力波的振幅．解：（1）电流方向为C 1C 2，则电子运动方向为C2C1，由左手定则可判定电子偏向D 2边，所以D 1边电势高；（2）当电压为U 0时，电子不再发生偏转，故电场力等于洛伦兹力0U qvB qb= ① 由电流I nevbd = 得：Iv nebd=② 将②带入①得00IB U ned=（3）图像结合轻杆运动可知，0-t 0内，轻杆向一侧运动至最远点又返回至原点，则轻杆的运动周期为T=2t 0 所以，频率为: 012f t =当杆运动至最远点时，电压最小，即取U 1，此时0(1)B B x β=-取x 正向最远处为振幅A ，有：01(1?)IB U A nedβ=- 所以：00011(1)1IB U ned IB A U A ned ββ==--解得：01U U A U β-=根据压力与唯一关系x p α=可得xp α=因此压力最大振幅为：01m U U p U αβ-=3．小明受回旋加速器的启发，设计了如图1所示的“回旋变速装置”．两相距为d 的平行金属栅极板M 、N ，板M 位于x 轴上，板N 在它的正下方．两板间加上如图2所示的幅值为U 0的交变电压，周期02mT qBπ=．板M 上方和板N 下方有磁感应强度大小均为B 、方向相反的匀强磁场．粒子探测器位于y 轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子．有一沿x 轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源，沿y 轴正方向射出质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的粒子．t =0时刻，发射源在（x ，0）位置发射一带电粒子．忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在电场中运动的时间不计．（1）若粒子只经磁场偏转并在y =y 0处被探测到，求发射源的位置和粒子的初动能； （2）若粒子两次进出电场区域后被探测到，求粒子发射源的位置x 与被探测到的位置y 之间的关系【来源】【省级联考】浙江省2019届高三上学期11月选考科目考试物理试题【答案】（1）00x y = ，()202qBy m（2）见解析【解析】 【详解】（1）发射源的位置00x y =，粒子的初动能：()2002k qBy Em=；（2）分下面三种情况讨论： （i ）如图1，002k E qU >由02101mv mv mvy R R Bq Bq Bq===、、， 和221001122mv mv qU =-，222101122mv mv qU =-， 及()012x y R R =++， 得()()22002224x y yqB mqU yqB mqU qBqB=++++；（ii ）如图2，0002k qU E qU <<由020mv mv y d R Bq Bq--==、， 和220201122mv mv qU =+， 及()032x y d R =--+，得()222023)2x y d y d q B mqU qB=-++++（；（iii ）如图3，00k E qU <由020mv mv y d RBq Bq--==、， 和220201122mv mv qU =-， 及()04x y d R =--+， 得()222042x y d y d q B mqU qB=--++-；4．如图甲所示，正方形导线框abcd 用导线与水平放置的平行板电容器相连，线框边长与电容器两极板间的距离均为L ．O 点为电容器间靠近上极板的一点，与电容器右端的距离为72L π，与水平线MN 的距离为等1(1)4L π+)．线框abcd 内和电容器两极板间都存在周期性变化的磁场，导线框内匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，电容器间匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图丙所示，选垂直纸面向里为正方向．现有一带正电微粒在0时刻自O 点由静止释放，在时间去12LLg g:内恰好做匀速圆周运动．已知重力加速度为g ，求：(1)此带电微粒的比荷q m； (2)自032Lg时微粒距O 点的距离； (3)自0时刻起经多长时间微粒经过水平线MN ．【来源】山东省德州市2019届高三第二次模拟考试理科综合物理试题 【答案】（1014gB L（2）L π （3）))71120,1,2,320,1,21212L L n n n n g g ⎛⎛+=+= ⎝⎝和 【解析】 【详解】解：(1)电容器两极电势差大小等于线框产生的电动势：24L BU B L gLt∆==∆电容器两极间电场强度：4UE B gLL==时间12L Lg g:内：mg qE=解得比荷：14q gm B L=(2)微粒运动的轨迹如图所示时间12Lg:内：mg qE ma+=1v at=，112Ltg=解得：v gL=12L Lg g:28mvqv Brπ•=可得：2Lrπ=又2rTvπ=解得：LTg=32Lg时微粒距O点的距离：2Lx rπ==(3) 时间12Lg:内，微粒竖直向下的位移：124v Lh t==设粒子转过角度α时与O点间的竖直距离为：1(1)4Lπ+1(1)4sinLhrπα+-=解得：6πα=和56πα=每次微粒进入磁场后运动至水平线MN 所需时间：22t T απ= 解得：2112L t g =和2512Lt g= 自开始至水平线MN 的时间：122t t n T t =+•+，0,1,2,3(,)n =⋯⋯ 即：7(2)12L t n g =+和11(2)12Lt n g=+ ，0,1,2,3(,)n =⋯⋯ 又722L rn π=解得： 3.5n =微粒离开电容器后不再经过水平线MN ，分析得自开始至水平线MN 的时间：7(2)12L t n g =+，(0,1,2,3)n =和11(2)12Lt n g=+ ，0,1,2,3(,)n =⋯⋯5．如图，区域I 内有与水平方向成45°角的匀强电场1E ，区域宽度为1d ，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B 和匀强电场2E ，区域宽度为2d ，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下.一质量为m 、电量大小为q 的微粒在区域I 左边界的P 点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q 点穿出，其速度方向改变了30o ，重力加速度为g ，求：(1)区域I 和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度12E E 、的大小. (2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B 的大小. (3)微粒从P 运动到Q 的时间有多长.【来源】【市级联考】陕西省咸阳市2019届高三模拟检测（三)理综物理试题【答案】(1)12mg E =2mgE q =122m gd 121626d d gd gd π+ 【解析】 【详解】(1)微粒在区域I 内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有：1sin45qE mg ︒=求得：12mgE =微粒在区域II 内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有：2mg qE =求得：2mgE q=(2)粒子进入磁场区域时满足：2111cos452qE d mv ︒=2v qvB m R=根据几何关系，分析可知：222sin30d R d ==︒整理得：122m gd B =(3)微粒从P 到Q 的时间包括在区域I 内的运动时间t 1和在区域II 内的运动时间t 2，并满足：211112a t d = 1tan45mg ma ︒=2302360Rt vπ︒=⨯︒ 经整理得：112121222612126gd d d d t t t gd g gd ππ+=+=+⨯=6．如图1所示，直径分别为D 和2D 的同心圆处于同一竖直面內，O 为圆心，GH 为大圆的水平直径两圆之间的环形区域（I 区）和小圆内部（II 区）均存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d 的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔．一质量为m ，电最为+q 的粒子由小孔下2d处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v 射出电场，由H 点紧靠大圆内侧射入磁场，不计粒子的重力．（1）求极板间电场强度的大小E ；（2）若I 区、II 区磁感应强度的大小分别为2mv qD 、4mvqD，粒子运动一段时间t 后再次经过H 点，试求出这段时间t ；：（3）如图2，调节磁感应强度为B 0（大小未知），并将小圆中的磁场改为匀强电场，其方向与水平方向夹角成60︒角，粒子仍由H 点紧靠大圆内侧射入磁场，为使粒子恰好从内圆的最高点A 处进入偏转电场，且粒子在电场中运动的时间最长，求I 区磁感应强度B 0的大小和II 区电场的场强E 0的大小? 【来源】【全国百强校】天津市新华中学2019届高三高考模拟物理试题【答案】（1）2mv qd （2）5.5D v π（3）qB；29qD【解析】 【详解】解：(1)粒子在电场中运动，由动能定理可得：2122d qEmv = 解得：2mv E qd=(2)粒子在I 区中，由牛顿第二定律可得：211v qvB m R =其中12v B qD π=，12R v= 粒子在II 区中，由牛顿第二定律可得：222v qvB m R =其中24mv B qD =，24DR = 121222,R R T T v vππ==， 由几何关系可得：1120θ=︒2180θ=︒1112360t T θ=︒222360t T θ︒=()126t t t =+解得： 5.5Dt vπ=(3)由几何关系可知：2223())22D D r r =+- 解得：33r D =由牛顿第二定律可得：20v qvB m r=解得：03mvB qB=32cos Dr θ==解得：30θ=︒，则粒子速度方向与电场垂直(1sin )2Dvt θ+= 21cos 22D at θ= 0E q ma =解得：2083mv E =7．回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D 形金属盒半径为R ，两盒间有狭缝（间距d R <<），匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m ，电荷量为q +，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为0U ，周期为T ，与粒子在磁场中的周期相同．一束该种粒子在0~/2t T =时间内从A 处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零.粒子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动；粒子重力不计，不考虑粒子在狭缝中的运动时间，不考虑粒子间的相互作用.求：（1）匀强磁场的磁感应强度B ；（2）粒子从飘入狭缝至动能最大所需的总时间0t ；（3）实际中粒子的质量会随速度的增加而增大，加速后的质量m 与原来质量0m 的关系：21m v t =⎛⎫- ⎪⎝⎭1%后估计最多还能再加速多少次（需要简述理由）？②若粒子质量最终增加2%，那么粒子最终速度为光速的多少倍（结果保留一位有效数字）？【来源】【全国百强校】天津市实验中学2019届高三考前热身训练物理试题【答案】（1）2m qr π（2）220R mqU Tπ（3）100次；0.2【解析】 【详解】解：(1) 依据牛顿第二定律，结合洛伦兹力提供向心，则有：2v qvB mR=电压周期T与粒子在磁场中的周期相同：2r Tvπ=可得2mTqBπ=，2mBqrπ=(2)粒子运动半径为R时：2Rvrπ=且2km12E mv=解得：22km22mRETπ=粒子被加速n次达到动能kmE，则有：kmE nqU=不考虑粒子在狭缝中的运动时间，又有粒子在电场中的加速次数与回旋半周的相同，得粒子从飘入狭缝至动能最大所需的总时间：222T R mt nqU Tπ=•=(3)粒子在磁场中的周期：2nTqBπ=，质量增加1%，周期增大1%，再加速次数不超过221001%rT⨯=⨯次加速后的质量m与原来质量0m的关系：21()mvc=-，01.02m m=粒子最终速度为：0.2v c=即粒子最终速度为光速的0.2倍8．平面直角坐标系的第一象限和第四象限内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为2B和B（B的大小未知），第二象限和第三象限内存在沿﹣y方向的匀强电场，x轴上有一点P，其坐标为（L，0）。

课时跟踪检测（二十三） 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·宁波二模)如图所示，a 、b 为平行金属板，静电计的外壳接地，合上开关S 后，静电计的指针张开一个较小的角度，能使角度增大的办法是( )A 、使a 、b 板的距离增大一些B 、使a 、b 板的正对面积减小一些C 、断开S ，使a 、b 板的距离增大一些D 、断开S ，使a 、b 板的正对面积增大一些解析：选C 开关S 闭合，电容器两端的电势差不变，则静电计指针的张角不变，故A 、B 错误；断开S ，电容器所带的电量不变，a 、b 板的距离增大，则电容减小，根据U ＝Q C知，电势差增大，则指针张角增大，故C 正确；断开S ，电容器所带的电量不变，a 、b 板的正对面积增大，电容增大，根据U ＝Q C知，电势差减小，则指针张角减小，故D 错误。

2、(2018·徐州调研)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两板间有一个正检验电荷固定在P 点，如图所示，以C 表示电容器的电容、E 表示两板间的场强、φ表示P 点的电势，W 表示正电荷在P 点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l 0，则下列关于各物理量与负极板移动距离x 的关系图像中正确的是( )解析：选C 由C ＝εr S 4πkd知，C 与两极板间距离d 成反比，C 与x 不是线性关系，A 错；电容器充电后与电源断开，电荷量不变，由C ＝εr S 4πkd 、Q ＝CU 、U ＝Ed 得E ＝4πkQ εr S是定值，B 错；因负极板接地，电势为零，所以P 点电势为φ＝E (L －x )，L 为P 点到负极板的初始距离，E 不变，φ随x 增大而线性减小，C 对；由W ＝q φ知W 与电势φ变化情况一样，D 错。

3.2016年8月23日，第七届中国国际超级电容器产业展览会在上海举行，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。

课时跟踪检测（二十九） 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.如图为一种改进后的回旋加速器示意图,其中盒缝间的加速电场场强大小恒定,且被限制在AC板间,虚线中间不需加电场,如图所示,带电粒子从P 0处以速度v 0沿电场线方向射入加速电场,经加速后再进入D 形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动,对这种改进后的回旋加速器,下列说法正确的是( )A 、带电粒子每运动一周被加速两次B 、带电粒子每运动一周P 1P 2＝P 3P 4C 、加速粒子的最大速度与D 形盒的尺寸有关D 、加速电场方向需要做周期性的变化解析:选C 带电粒子只有经过AC 板间时被加速,即带电粒子每运动一周被加速一次。

电场的方向没有改变,则在AC 间加速,故A 、D错误；根据r ＝m v qB 得,则P 1P 2＝2(r 2－r 1)＝2m Δv qB ,因为每转一圈被加速一次,根据v 22－v 12＝2ad ,知每转一圈,速度的变化量不等,且v 3－v 2＜v 2－v 1,则P 1P 2＞P 3P 4,故B 错误；当粒子从D 形盒中出来时,速度最大,根据r ＝m v qB 得,v ＝qBr m ,知加速粒子的最大速度与D 形盒的半径有关,故C 正确。

2、[多选]质谱仪是用来分析同位素的装置,如图为质谱仪的示意图,其由竖直放置的速度选择器、偏转磁场构成。

由三种不同粒子组成的粒子束以某速度沿竖直向下的方向射入速度选择器,该粒子束沿直线穿过底板上的小孔O 进入偏转磁场,最终三种粒子分别打在底板MN 上的P 1、P 2、P 3三点,已知底板MN 上下两侧的匀强磁场方向均垂直纸面向外,且磁感应强度的大小分别为B 1、B 2,速度选择器中匀强电场的电场强度的大小为E 。

不计粒子的重力以及它们之间的相互作用,则( )A 、速度选择器中的电场方向向右,且三种粒子均带正电B 、三种粒子的速度大小均为E B 2C 、如果三种粒子的电荷量相等,则打在P 3点的粒子质量最大D 、如果三种粒子电荷量均为q ,且P 1、P 3的间距为Δx ,则打在P 1、P 3两点的粒子质量差为qB 1B 2Δx E解析:选AC 根据粒子在磁感应强度为B 2的匀强磁场中的运动轨迹可判断粒子带正电,又由于粒子束在速度选择器中沿直线运动,因此电场方向一定向右,A 正确；粒子在速度选择器中做匀速直线运动,则电场力与洛伦兹力等大反向,Eq ＝B 1q v ,可得v ＝E B 1,B 错误；粒子在底板MN 下侧的磁场中运动时,洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力,qB 2v ＝m v 2R ,可得R ＝m v qB 2,如果三种粒子的电荷量相等,粒子的质量越大,其轨道半径也越大,所以打在P 3点的粒子质量最大,C 正确；由题图可知OP 1＝2R 1＝2m 1v qB 2、OP 3＝2R 3＝2m 3v qB 2,由题意可知Δx ＝OP 3－OP 1＝2m 3v qB 2－2m 1v qB 2,因此Δm ＝m 3－m 1＝qB 2Δx 2v ＝qB 1B 2Δx 2E,D 错误。

课时跟踪检测（三十三） 带电粒子在组合场中的运动 （卷Ⅰ）(一)普通高中适用作业带电粒子在组合场中的运动 (卷Ⅰ)[A 级——基础小题练熟练快]1.(2018·山西名校联考)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具。

图中的铅盒A 中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S 1进入电压为U 的加速电场区加速后，再通过狭缝S 2从小孔G 垂直于MN 射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN 为切线、磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向外半径为R 的圆形匀强磁场。

现在MN 上的F 点(图中未画出)接收到该粒子，且GF ＝3R 。

则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计)( )A.3U R 2B 2B.4U R 2B 2C.6U R 2B 2D.2U R 2B 2解析：选C 设粒子被加速后获得的速度为v ，由动能定理有：qU＝12m v 2，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r ＝3R 3，又Bq v ＝m v 2r ，可求q m ＝6U R 2B2，故C 正确。

2.[多选](2018·德州期末)如图是一个回旋加速器示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。

现分别加速氘核(12H)和氦核(24He)，下列说法中正确的是( )A ．它们的最大速度相同B ．它们的最大动能相同C ．两次所接高频电源的频率相同D ．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能解析：选AC 由R ＝m v qB 得最大速度v ＝qBR m ，两粒子的q m 相同，所以最大速度相同，A 正确；最大动能E k ＝12m v 2，因为两粒子的质量不同，最大速度相同，所以最大动能不同，B 错误；高频电源的频率f ＝qB 2πm，因为q m 相同，所以两次所接高频电源的频率相同，C 正确；粒子的最大动能与高频电源的频率无关，D 错误。

3.[多选](2018·温州中学模拟)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P ＋和P 3＋，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。

2mdv 02eU 22L 2由以上各式得 E k ＝ mv 2 4d 2U 1 答案：eU 1＋ 222 波形电压，t ＝0 时 A 板比 B 板的电势高，电压的正向值为 U 0，反向值也为 U 0，且 U 0＝ 3mdv 02qL课时跟踪检测（二十四） 带电粒子在电场中运动的综合问题对点训练：示波管的工作原理1．[多选]有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示。

其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。

不考虑墨汁的重力，为使打在纸上的字迹缩小，下列措施可行的是()A ．减小墨汁微粒的质量C ．增大偏转电场的电压B ．减小墨汁微粒所带的电荷量D ．增大墨汁微粒的喷出速度qUl 2解析：选 BD根据偏转距离公式 y ＝ 可知，为使打在纸上的字迹缩小，要增大墨汁微粒的质量，减小墨汁微粒所带的电荷量，减小偏转电场的电压，增大墨汁微粒的喷出速度，B 、D 正确。

2.在示波管中，电子通过电子枪加速，进入偏转电场，然后上，如图所示，设电子的质量为 m(不考虑所受重力)，电荷量为 e ，经过加速电场加速，加速电场电压为 U 1，然后进入偏转电场，偏射到荧光屏从静止开始，转电场中两板之间的距离为 d ，板长为 L ，偏转电压为 U 2，求电子射到荧光屏上的动能为多大？1 解析：电子在加速电场加速时，根据动能定理 eU 1＝2mv x2eU进入偏转电场后 L ＝v x t ，v y ＝at ，a ＝md 2射出偏转电场时合速度 v ＝ v x 2＋v y 2，12＝eU ＋ 。

1eU 2L 2 4d U 1对点训练：带电粒子在交变电场中的运动3．(2018·常州模拟)如图 (a)所示，平行金属板 A 和 B 的长均为 L ，板间距离为 d ，在离它们的右端L相距 处安放着垂直金属板的足够大的靶 MN 。

现有粒子质量为 m 、带正电且电荷量为 q 的粒子束从 AB 的中点 O 沿平行于金属板的 OO 1 方向源源不断地以 v 0 的初速度射入板间。

带电粒子在复合场中的运动1.[多选](2018·南京三模)如图所示，宽度为d 、厚度为h 的金属导体放在磁感应强度为B 的匀强磁场中，当电流通过该导体时，在导体的上、下表面之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。

实验表明：当磁场不太强时，电势差U 、电流I 和磁感应强度B 的关系为U ＝k BI d，该式中的比例系数k 称为霍尔系数，设载流子的电荷量大小为q ，金属导体单位体积内的自由电荷数目为n ，下列说法正确的是( )A ．导体上表面的电势大于下表面的电势B ．霍尔系数为k ＝1nqC ．载流子所受静电力的大小F ＝q U dD ．载流子所受洛伦兹力的大小F 洛＝BI nhd解析：选BD 由左手定则可知，载流子受到的洛伦兹力向上，由于金属的载流子是自由电子，故导体上表面的电势小于下表面的电势，故A 错误；导体中的电场强度E ＝U h，载流子所受电场力F ＝qE ＝q U h ，故C 错误；稳定时，电场力与洛伦兹力相等，即q U h＝qvB ，解得U ＝Bhv ，又电流的微观表达式：I ＝nqSv ＝nqhdv ，解得：U ＝IB nqd ，则霍尔系数为k ＝1nq，故B 正确；稳定时，电场力与洛伦兹力相等，载流子所受洛伦兹力的大小F 洛＝Bqv ＝BInhd，故D 正确。

2.[多选](2018·江苏六市二模)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；当粒子从D 形盒中出来时，速度最大，根据洛伦兹力提供向心力qv m B ＝m v m 2R ，解得：v m ＝BqR m ，则粒子获得的最大动能为：E km ＝12mv m 2＝B 2q 2R22m，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，即粒子获得的最大动能越大，B 错误，C 、D 正确。