2020年高考物理大题热点题型专练(五)——带电粒子在电磁场中的运动word版

2020年高考物理专题训练卷磁场、带电粒子在磁场中的运动一、选择题1.如图所示，A、B、C三根平行通电直导线均为m，通入的电流大小均相等，其中C中的电流方向与A、B中的电流方向反向，A、B放置在粗糙的水平面上，C静止在空中，三根导线的截面处于一个等边三角形的三个顶点，且三根导线均保持静止，重力加速度为g，则A导线受到B导线的作用力大小和方向为A.33mg，方向由A指向B B.33mg，方向由B指向AC.3mg，方向由A指向BD.3mg，方向由B指向A解析三根导线的截面处于一个等边三角形的三个顶点，通入的电流大小均相等，则F BC＝F AC＝F AB，又反向电流相互排斥，对电流C受力分析如图。

由平衡条件可得：2F AC cos 30°＝mg，解得：F AC＝33mg，则F AB＝33mg，同向电流相互吸引，A导线受到B导线的作用力方向由A指向B。

综上答案为A。

答案 A2.如图所示，两个完全相同、所在平面互相垂直的导体圆环P、Q中间用绝缘细线连接，通过另一绝缘细线悬挂在天花板上，当P、Q中同时通有图示方向的恒定电流时，关于两线圈的转动(从上向下看)以及细线中张力的变化，下列说法正确的是A．P顺时针转动，Q逆时针转动，转动时P与天花板连接的细线张力不变B．P逆时针转动，Q顺时针转动，转动时两细线张力均不变C．P、Q均不动，P与天花板连接的细线和与Q连接的细线张力均增大D．P不动，Q逆时针转动，转动时P、Q间细线张力不变解析根据安培定则，P产生的磁场方向垂直于纸面向外，Q产生的磁场水平向右，根据同名磁极相互排斥的特点，从上往下看，P将顺时针转动，Q逆时针转动；转动后P、Q 两环的电流的方向相反，两环靠近部分的电流方向相同，所以两个线圈相互吸引，细线张力减小。

由整体法可知，P与天花板连接的细线张力总等于两环的重力之和，大小不变；故A 正确，BCD错误。

故选A。

答案 A3.(多选)3条在同一平面(纸面)内的长直绝缘导线搭成一等边三角形。

第9讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动一、明晰一个网络 ,理清根本知识二、 "三定四写〞求解粒子在磁场中的圆周运动问题1．一定圆心O ：(1)入射点、出射点、入射方向和出射方向时 ,可过入射点和出射点分别作入射方向和出射方向的垂线 ,两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示 ,图中P 为入射点 ,M 为出射点)；(2)入射点和出射点的位置及入射方向时 ,可以通过入射点作入射方向的垂线 ,连接入射点和出射点 ,作其中垂线 ,即两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图乙所示 ,P 为入射点 ,M 为出射点)．2．二定半径R ：(1)物理方法 - -R ＝m v qB； (2)几何方法 - -一般由三角关系及圆的知识来计算确定．3．三定圆心角φ：圆心角φ等于粒子的速度偏向角α ,也等于弦与切线的夹角(弦切角)θ的2倍 ,即φ＝α＝2θ＝ωt ＝2πT t ,或φ＝l R(l 为φ对应的圆弧弧长)． 4．四写方程：根本方程q v B ＝m v 2R ,半径公式R ＝m v qB ,周期公式T ＝2πR v ＝2πm qB,运动时间t＝sv＝α2πT．高频考点1磁场对电流的作用1－1.(多项选择) (2021·全国卷Ⅰ)如图,三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距,均通有电流I,L1中电流方向与L2中的相同,与L3中的相反．以下说法正确的选项是()A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶ 3D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为3∶3∶1解析：此题考查安培力．因三根导线中电流相等、两两等距,那么由对称性可知两两之间的作用力大小均相等．因平行电流间同向吸引、反向排斥,各导线受力如以下图,由图中几何关系可知,L1所受磁场作用力F1的方向与L2、L3所在平面平行、L3所受磁场作用力F3的方向与L1、L2所在平面垂直,A错误、B正确．设单位长度的导线两两之间作用力的大小为F ,那么由几何关系可得L1、L2单位长度所受的磁场作用力大小为2F cos 60°＝F ,L3单位长度所受的磁场作用力大小为2F cos 30°＝3F ,故C正确、D错误．答案：BC1－2．(2021·全国卷Ⅲ)如图,在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中,两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置,两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时,纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零．如果让P中的电流反向、其他条件不变,那么a点处磁感应强度的大小为()A ．0B ．33B 0C ．233B 0D ．2B 0解析：此题考查磁感应强度的矢量性和安培定那么．两导线中通电流I 时 ,两电流在a 点处的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度的矢量合为0 ,那么两电流磁感应强度的矢量和为－B 0 ,如图甲得B ＝33B 0.P 中电流反向后 ,如图乙 ,B 合＝B ＝33B 0 ,B 合与B 0的矢量和为B 0＝233B 0,故C 项正确．答案：C1－3.(多项选择)(2021·全国卷Ⅱ)某同学自制的简易电动机示意图如以下图．矩形线圈由一根漆包线绕制而成 ,漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出 ,并作为线圈的转轴．将线圈架在两个金属支架之间 ,线圈平面位于竖直面内 ,永磁铁置于线圈下方．为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来 ,该同学应将( )A ．左、右转轴下侧的绝|||缘漆都刮掉B ．左、右转轴上下两侧的绝|||缘漆都刮掉C ．左转轴上侧的绝|||缘漆刮掉 ,右转轴下侧的绝|||缘漆刮掉D ．左转轴上下两侧的绝|||缘漆都刮掉 ,右转轴下侧的绝|||缘漆刮掉解析：要使线圈在磁场中开始转动 ,那么线圈中必有电流通过 ,电路必须接通 ,故左右转轴下侧的绝|||缘漆都必须刮掉；但如果上侧的绝|||缘漆也都刮掉 ,当线圈转过180°时 ,靠近磁极的导线与开始时靠近磁极的导线中的电流方向相反 ,受到的安培力相反 ,线圈向原来的反方向转动 ,线圈最|||终做往返运动 ,要使线圈连续转动 ,当线圈转过180°时 ,线圈中不能有电流通过 ,依靠惯性转动到初始位置再接通电路即可实现连续转动 ,故左、右转轴的上侧不能都刮掉 ,应选项A 、D 正确．答案：AD安培力作用下的平衡与运动问题的求解思路高频考点2 带电粒子在有界磁场中运动的临界问题如以下图 ,在0≤x ≤a 、0≤y ≤a 2范围内有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场 ,磁感应强度大小为B ．坐标原点O 处有一个粒子源 ,在某时刻发射大量质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子 ,它们的速度大小相同 ,速度方向均在xOy 平面内 ,与y 轴正方向的夹角分布在0°～90°范围内．粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a /2到a 之间 ,从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一．求最|||后离开磁场的粒子从粒子源射出时的(1)速度的大小；(2)速度方向与y 轴正方向夹角的正弦值．[审题流程]【解析】 (1)设粒子的发射速度为v ,粒子做圆周运动的轨道半径为R ,由牛顿第二定律和洛伦兹力公式 ,得q v B ＝m v 2R ① ,由①式得R ＝m v qB ②当a /2<R <a 时 ,在磁场中运动时间最|||长的粒子 ,其轨迹是圆心为C 的圆弧 ,圆弧与磁场的上边界相切 ,如以下图 ,设该粒子在磁场中运动的时间为t ,依题意t ＝T /4 ,得∠OCA ＝π2③ ,设最|||后离开磁场的粒子的发射方向与y 轴正方向的夹角为α ,由几何关系可得R sin α＝R －a 2④ ,R sin α＝a －R cos α ⑤ ,又sin 2α＋cos 2α＝1 ⑥ 由④⑤⑥式得R ＝⎝⎛⎭⎫2－62a ⑦ ,由②⑦式得v ＝⎝⎛⎭⎫2－62aqB m ⑧． (2)由④⑦式得sin α＝6－610⑨． 【答案】 (1)⎝⎛⎭⎫2－62aqB m(2)6－610求解临界、极值问题的 "两思路、两方法〞2－1.(多项选择)(2021·深圳市高三调研)如以下图 ,竖直平行线MN 、PQ 间距离为a ,其间存在垂直纸面向里的匀强磁场(含边界PQ ) ,磁感应强度为B ,MN 上O 处的粒子源能沿不同方向释放比荷为q /m 的带负电粒子 ,速度大小相等、方向均垂直磁场．粒子间的相互作用及重力不计．设粒子速度方向与射线OM 夹角为θ ,当粒子沿θ＝60°射入时 ,恰好垂直PQ 射出．那么 ( )A ．从PQ 边界垂直射出的粒子在磁场中运动时间为πm 3qBB ．沿θ＝120°射入的粒子 ,在磁场中运动的时间最|||长C ．粒子的速率为aqB mD ．PQ 边界上有粒子射出的长度为23a解析：粒子在磁场中运动过程中 ,洛伦兹力充当向心力 ,运动半径r ＝m v Bq 因为所有粒子m q和速度都相同 ,故所有粒子的运动半径都一样 ,当粒子沿θ＝60°射入时 ,恰好垂直PQ 射出 ,可得r ＝a sin 30°＝2a ,故2a ＝m v Bq ,解得v ＝2aqB m,由几何知识得 ,此时偏转角为30° ,运动时间t ＝30°360°T ＝112×2πr v ＝πm 6qB,故A 错误；当粒子轨迹与PQ 边界相切时 ,轨迹最|||长 ,运动时间最|||长 ,此时根据几何知识可得θ＝120° ,此时是粒子打在PQ 边界上的最|||低的点 ,故相对Q 的竖直位移为x 1＝r sin 60°＝3a ,B 正确 ,C 错误；根据分析可知当粒子沿着边界MN 方向向上射入时 ,此时是粒子打在边界PQ 的最|||上端 ,根据几何知识可得该点相对O 点竖直位移为x 2＝r sin 60°＝3a ,故PQ 边界上有粒子射出的长度为l ＝x 1＋x 2＝23a ,故D 正确．答案：BD2－2． (2021·榆林市高|考模拟)如以下图 ,纸面内有宽为L 水平向右飞行的带电粒子流 ,粒子质量为m ,电荷量为－q ,速率为v 0 ,不考虑粒子的重力及相互间的作用 ,要使粒子都会聚到一点 ,可以在粒子流的右侧虚线框内设计一匀强磁场区域 ,那么磁场区域的形状及对应的磁感应强度可以是其中B 0＝m v 0qL,A 、C 、D 选项中曲线均为半径是L 的1/4圆弧 ,B 选项中曲线为半径是L /2的圆) ( )解析：由于带电粒子流的速度均相同 ,那么当飞入A 、B 、C 这三个选项中的磁场时 ,它们的轨迹对应的半径均相同 ,唯有D 选项因为磁场是2B 0 ,它的半径是之前半径的一半．然而当粒子射入B 、C 两选项时 ,均不可能会聚于同一点．而D 选项粒子是向下偏转 ,但仍不能会聚一点 ,所以只有A 选项 ,能会聚于一点．答案：A高频考点3 带电粒子在匀强磁场中的多解问题如以下图 ,在xOy 平面内以O 为圆心、R 0为半径的圆形区域Ⅰ内有垂直纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为＋q的粒子以速度v0从A(R0,0)点沿x轴负方向射入区域Ⅰ,经过P(0 ,R0)点,沿y轴正方向进入同心环形区域Ⅱ,为使粒子经过区域Ⅱ后能从Q点回到区域Ⅰ,需在区域Ⅱ内加一垂直于纸面向里的匀强磁场．OQ与x轴负方向成30°角,不计粒子重力．求：(1)区域Ⅰ中磁感应强度B0的大小；(2)环形区域Ⅱ的外圆半径R至|||少为多大?(3)粒子从A点出发到再次经过A点所用的最|||短时间．[思路点拨](1)粒子从A点出发到再次经过A点,说明问题具有周期性和多解性；(2)带电粒子由径向射入磁场区域Ⅰ,又沿径向射出,由此通过画轨迹可以确定半径r1,粒子从Q点回到区域Ⅰ,可通过画轨迹确定半径r2；(3)利用周期性分析从A点出发到再次经过A 点所用时间最|||短的条件,从而确定最|||短时间．【解析】(1)设粒子在区域Ⅰ内运动的轨迹圆半径为r1 ,由图中几何关系可得：r1＝R0由牛顿第二定律可得：r1＝m v0qB0,解得：B0＝m v0qR0．(2)设粒子在区域Ⅱ中运动的轨迹圆半径为r2,轨迹如以下图,由几何关系知：r2＝3 3r1＝33R0由几何关系得R＝2r2＋r2＝3r2即R＝3R0．(3)当粒子由内侧劣弧经过A点时,时间较短,应满足150°n＋90°＝360°m 当m＝4时,n＝9 ,时间最|||短t1＝10×14×2πR0v0,t2＝9×23×2π33R0v0t min ＝t 1＋t 2＝5πR 0v 0＋43πR 0v 0． 【答案】 (1)m v 0qR 0 (2)3R 0 (3)5πR 0v 0＋43πR 0v 01．由以上解题过程不难看出 ,求解的难点在于根据周期性列出满足条件的关系方程 ,从而确定最|||短时间．此题还可以求粒子从A 点出发到再次以相同的速度经过A 点所用的最|||短时间．提示：满足150°n ＝360°m ,m 、n 属于自然数 ,即取最|||小整数m ＝5、n ＝12 ,那么t min ＝πR 0 v 0.2．带电粒子在磁场中运动的多解问题的处理方法(1)粒子多解问题的四种形成因素①带电粒子的电性不确定形成多解 ,可能出现两个方向的运动轨迹．②磁场方向不确定形成多解 ,可能出现两个方向的运动轨迹．③临界状态不唯一形成多解 ,需要根据临界状态的不同 ,分别求解．④圆周运动的周期性形成多解．(2)方法技巧①认真读题 ,逐一确认形成多解的各种因素．②画出粒子运动的可能轨迹 ,并确定其圆心、半径的可能情况．③对于圆周运动的周期性形成的多解问题 ,要注意系列解出现的可能 ,要注意每种解出现的条件 ,并寻找相关的通项公式．3－1． (多项选择)长为l 的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场 ,如以下图 ,磁感应强度为B ,板间距离也为l ,极板不带电 ,现有质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(不计重力) ,从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v 水平射入磁场 ,欲使粒子不打在极板上 ,可采用的方法是( )A ．使粒子的速度v ＜Bql 4mB ．使粒子的速度v ＞5Bql 4mC ．使粒子的速度v ＞Bql mD ．使粒子的速度v 满足Bql 4m ＜v ＜5Bql 4m解析：带电粒子刚好打在极板右边缘 ,有r 21＝⎝⎛⎭⎫r 1－l 22＋l 2 ,又因r 1＝m v 1Bq ,解得v 1＝5Bql 4m；粒子刚好打在极板左边缘 ,有r 2＝l 4＝m v 2Bq ,解得v 2＝Bql 4m,故A 、B 正确．答案：AB3－2.(多项选择)(2021·安徽六安一中一模)如图 ,xOy 平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外 ,磁感应强度B ＝1 T 的匀强磁场 ,ON 为处于y 轴负方向的弹性绝|||缘薄挡板 ,长度为9 m ,M 点为x 轴正方向上一点 ,OM ＝3 m ,现有一个比荷大小为q m＝1.0 C/kg ,可视为质点的带正电小球(重力不计) ,从挡板下端N 处小孔以不同的速度向x 轴负方向射入磁场 ,假设与挡板相碰后以原速率弹回 ,且碰撞时间不计 ,碰撞时电荷量不变 ,小球最|||后都能经过M 点 ,那么小球射入的速度大小可能是( )A ．3 m/sB ．3.75 m/sC ．4 m/sD ．5 m/s解析：由题意 ,小球运动的圆心的位置一定在y 轴上 ,所以小球做圆周运动的半径r 一定要大于等于3 m ,而ON ＝9 m<3r ,所以小球最|||多与挡板ON 碰撞一次 ,碰撞后 ,第二个圆心的位置在O 点的上方 ,也可能小球与挡板ON 没有碰撞 ,直接过M 点．由于洛伦兹力提供向心力 ,所以：q v B ＝m v 2r ,得：v ＝q mBr ①；假设小球与挡板ON 碰撞一次 ,那么轨迹可能如图1 ,设OO′＝s ,由几何关系得：r2＝OM2＋s2＝9＋s2②,3r－9＝s③,联立②③得：r1＝3 m；r2＝3.75 m ,分别代入①得：v1＝qm·Br1＝1×1×3 m/s＝3 m/s ,v2＝qm Br2＝1×1×3.75 m/s＝3.75 m/s ,假设小球没有与挡板ON碰撞,那么轨迹如图2 ,设OO′＝x ,由几何关系得：r23＝OM 2＋x2＝9＋x2④,x＝9－r3⑤,联立④⑤得：r3＝5 m ,代入①得：v3＝qm Br3＝1×1×5 m/s ＝5 m/s ,A、B、D正确．答案：ABD带电粒子在匀强磁场中的运动模型带电粒子在匀强磁场中的运动模型是高|考的热点模型之一．在高|考中,主要以选择题形式通过此模型考查带电粒子在磁场中运动的轨迹、半径和时间等,甚至|||还可能会考查粒子运动的临界问题和极值问题．在处理相关问题时,除了运用常规的解题思路,还应侧重运用数学知识进行分析．带电粒子在无边界的匀强磁场中运动的模型如以下图,匀强磁场垂直于纸面,磁感应强度大小为B ,一群比荷为qm、速度大小为v的离子以一定发散角α由原点O出射,y轴正好平分该发散角,离子束偏转后打在x轴上长度为L的区域MN内,那么cos α2为()A ．1－BqL4m vB ．12－BqL 4m vC ．1－BqL2m vD ．1－BqLm v【解析】 根据洛伦兹力提供向心力 ,有q v B ＝m v 2R ,得R ＝m vqB ,离子通过M 、N 点的轨迹如以下图 ,由几何关系知MN ＝ON －OM ,过M 点两圆圆心与原点连线与x 轴夹角为α2 ,圆心在x 轴上的圆在O 点时的速度沿y 轴正方向 ,由几何关系可知L ＝2R －2R cos α2 ,解得cosα2＝1－BqL 2m v,应选项C 正确． 【答案】 C带电粒子在直线边界的匀强磁场中运动的模型(2021·全国卷Ⅲ)如图 ,空间存在方向垂直于纸面(xOy 平面)向里的磁场．在x ≥0区域 ,磁感应强度的大小为B 0；x <0区域 ,磁感应强度的大小为λB 0(常数λ>1)．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的带电粒子以速度v 0从坐标原点O 沿x 轴正向射入磁场 ,此时开始计时．当粒子的速度方向再次沿x 轴正向时 ,求(不计重力)(1)粒子运动的时间； (2)粒子与O 点间的距离．【解析】 (1)在匀强磁场中 ,带电粒子做圆周运动 ,设在x ≥0区域 ,圆周半径为R 1；在x <0区域 ,圆周半径为R 2 ,由洛伦兹力公式及牛顿定律得qB 0v 0＝m v 20R 1①qλB 0v 0＝m v 20R 2②粒子速度方向转过180°时 ,所需时间t 1为 t 1＝πR 1v 0③粒子再转过180°时 ,所需时间t 2为 t 2＝πR 2v 0④联立①②③④式得 ,所求时间为 t 0＝t 1＋t 2＝πm B 0q ⎝⎛⎭⎫1＋1λ⑤(2)由几何关系及①②式得 ,所求距离为 d 0＝2(R 1－R 2)＝2m v 0B 0q ⎝⎛⎭⎫1－1λ⑥【答案】 (1)πmB 0q ⎝⎛⎭⎫1＋1λ (2)2m v 0B 0q ⎝⎛⎭⎫1－1λ1．解决带电粒子在匀强磁场中运动的根本步骤 一点 -在特殊位置或要求粒子到达的位置(如初始位置、出射位置等)点一个点 |两画 -画出速度v 和洛伦兹力F 两个矢量的方向假设初速度和末速度的方向那么画出两个速度方向的垂线|三定 -定圆心、定半径、定圆心角 |四写 -写出根本方程q v B ＝m v 2R 、半径R ＝m vqB、周期T ＝2πR v ＝2πm qB 、运动时间t ＝s v ＝α2πT2．一大难点解题的难点是画出轨迹图 ,挖掘隐含的几何关系 ,寻找轨迹半径r 与磁场宽度的几何关系．如图展示了最|||常用的几何知识：粒子速度的偏向角φ等于圆心角α ,且等于AB 弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍 ,即φ＝α＝2θ＝ωt .相对的弦切角(θ)相等 ,与相邻的弦切角(β)互补 ,θ＋β＝180°．3．三点提醒(1)洛伦兹力永不做功,只改变粒子速度方向,不改变粒子速度的大小．(2)注意 "对称性〞的应用①粒子从直线边界射入磁场,再从这一边界射出时,速度方向与边界的夹角相等．②粒子沿径向射入圆形磁场区域时,必沿径向射出磁场区域．(3)同一粒子在磁场中的运动轨迹不同,运动半径不同,但运动时间可以相同．带电粒子在圆形边界磁场中运动的模型(2021·全国卷Ⅱ)如图,虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场,P为磁场边界上的一点．大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点,在纸面内沿不同方向射入磁场．假设粒子射入速率为v1 ,这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；假设粒子射入速率为v2,相应的出射点分布在三分之一圆周上．不计重力及带电粒子之间的相互作用．那么v2∶v1为()A．3∶2B．2∶1C．3∶1D．3∶ 2【解析】设速率为v1的粒子最|||远出射点为M ,速率为v2的粒子最|||远出射点为N ,如以下图,那么由几何知识得r 1＝PM 2＝R 2 ,r 2＝PN 2＝32Rr 2r 1＝31由q v B ＝m v 2r 得r ＝m v qB ,故v 2v 1＝r 2r 1＝31 ,选项C 正确．【答案】 C1．带电粒子在圆形有界磁场中运动时 ,圆心位置必定在粒子进入和离开磁场位置的连线的垂直平分线和速度垂线的交点上．2．相交于圆心：带电粒子沿指向圆心的方向进入磁场 ,那么出磁场时速度的反向延长线一定过圆心 ,即两速度矢量相交于圆心 ,如图(a)．3．面积最|||小：带电粒子从圆与某直径的一个交点射入磁场 ,那么从该直径与圆的另一交点射出时 ,圆形磁场区域面积最|||小 ,如图(b)所示．带电粒子在矩形边界磁场中运动的模型如图是比荷相同的a 、b 两粒子从O 点垂直匀强磁场进入正方形区域的运动轨迹 ,那么 ( )A ．a 的质量比b 的质量大B ．a 带正电荷、b 带负电荷C ．a 在磁场中的运动速率比b 的大D ．a 在磁场中的运动时间比b 的长【解析】 比荷相同 ,但不知电荷量 ,故不能比拟a 、b 的质量 ,A 错误；由左手定那么可知 ,a 、b 都带负电荷 ,B 错误；带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力 ,有q v B ＝m v 2R ,得v ＝qBR m ,比荷相同 ,a 的半径比b 的大 ,所以a 在磁场中的运动速率比b 的大 ,C 正确；由T ＝2πR v ＝2πm qB 可知两粒子在磁场中运动的周期相等 ,由运动时间t ＝θ2πT 可知 ,b 在磁场中运动的时间比a的长,D错误．【答案】 C解决带电粒子在矩形磁场中运动的问题的过程中,在寻找几何关系求半径时经常要用到以下结论：①如果带电粒子以与某一边界成θ角的速度进入磁场且从该边界离开磁场,那么一定以与该边界成θ角的速度离开磁场；②粒子不离开磁场的临界条件是速度和边界相切．带电粒子在三角形边,界磁场中运动的模型如以下图,在OA和OC两射线间存在着匀强磁场,∠AOC＝30° ,正负电子(质量、电荷量大小相同,电性相反)以相同的速度从M点垂直OA方向射入匀强磁场,以下说法正确的选项是()A．假设正电子不从OC边射出,正负电子在磁场中运动时间之比可能为3∶1B．假设正电子不从OC边射出,正负电子在磁场中运动时间之比可能为6∶1C．假设负电子不从OC边射出,正负电子在磁场中运动时间之比不可能为1∶1D．假设负电子不从OC边射出,正负电子在磁场中运动时间之比可能为1∶6【解析】正电子向右偏转,负电子向左偏转,假设正电子不从OC边射出,负电子一定不会从OC 边射出,二者运动轨迹对应的圆心角均为180°,可知二者在磁场中运动时间之比为1∶1 ,故A、B错误．假设负电子不从OC边射出且正电子也不从OC边射出,正负电子在磁场中运动轨迹的圆心角都为180°,可知二者在磁场中运动的时间之比为1∶1；当负电子恰好不从OC边射出时,运动轨迹对应的圆心角为180° ,由几何关系知,此时正电子运动轨迹的圆心角为30°,正负电子在磁场中运动的周期相等,根据t＝θ2πT知,正负电子在磁场中运动的时间之比为1∶6 ,故假设负电子不从OC边射出,正负电子在磁场中运动时间之比在1∶6与1∶1之间,故C错误,D正确．【答案】 D根据左手定那么得出正电子向右偏转,负电子向左偏转,正电子不从OC边射出,负电子一定不会从OC边射出,结合圆心角的关系得出运动时间的关系；负电子不从OC边射出,抓住临界情况,由几何关系求出两电子在磁场中的圆心角关系,从而得出运动时间的关系．第10讲带电粒子在复合场中的运动一、牢记一个网络明晰粒子在不同场中运动规律二、做好 "两个区分〞：求解 "电偏转〞与 "磁偏转〞1．正确区分重力、电场力、洛伦兹力的大小、方向特点及做功特点．重力、电场力做功只与初、末位置有关,与路径无关,而洛伦兹力不做功．2．正确区分 "电偏转〞和 "磁偏转〞的不同． "电偏转〞是指带电粒子在电场中做类平抛运动,而 "磁偏转〞是指带电粒子在磁场中做匀速圆周运动．三、抓住 "两个技巧〞,突破问题重点1．按照带电粒子运动的先后顺序,将整个运动过程划分成不同特点的小过程．2．善于画出几何图形处理边角关系,要有运用数学知识处理物理问题的习惯．高频考点1电磁技术的应用装置原理图规律速度选择器假设q v0B＝Eq ,即v0＝EB,粒子做匀速直线运动磁流体发电机等离子体射入,受洛伦兹力偏转,使两极板带正、负电,两极电压为U时稳定,qUd＝q v0B ,U＝v0Bd电磁流 量计U D q ＝q v B 所以v ＝U DB 所以Q ＝v S ＝πDU 4B霍尔 元件当磁场方向与电流方向垂直时 ,导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差1－1.(2021·山西省高三联考)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(图中末画出)接收到该粒子 ,且GF ＝3R .那么该粒子的荷质比为(粒子的重力忽略不计)( )A ．8UR 2B 2B ．4UR 2B 2C ．6UR 2B2B ．2U R 2B2解析：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 ＝6UR 2B2 ,故C 正确．答案：C1－2．(多项选择)(2021·贵州贵阳一中模拟)如以下图元件为某种型号的半导体 ,这种半导体内导电的粒子为自由电子 ,每个载流子所带电量的绝|||对值为e ,n 为单位体积内载流子数．元件长为a 、宽为b 、厚为c ,现将该半导体材料板放在匀强磁场中 ,磁感应强度大小为B ,方向沿y 轴正方向．当有大小为I 、沿x 轴正方向的恒定电流通过该材料板时 ,会在与z 轴垂直的两个侧面之间产生霍尔电势差U H ,以下说法正确的选项是( )A ．材料上外表的电势高于下外表的电势B ．在其他条件不变时通过材料的电流I 越大霍尔电势差越大C ．在其他条件不变时材料的宽度b 越大霍尔电势差越大D ．在其他条件不变时该磁场的磁感应强度B 越大霍尔电势差越大解析：半导体内导电的粒子 "载流子〞为自由电子 ,根据左手定那么 ,那么电子受到洛伦兹力方向向上 ,导致上外表的电势低于下外表的 ,应选项A 错误；据I ＝nes v ＝ne v bc 和e v B ＝eE ＝e U H b 知U H ＝BInec,所以I 越大、B 越大霍尔电势差越大 ,应选项BD 正确 ,C 错误．答案：BD1－3． (多项选择)如以下图为磁流体发电机的原理图．金属板M 、N 之间的距离为d ＝20 cm ,磁场的磁感应强度大小为B ＝5 T ,方向垂直纸面向里．现将一束等离子体(即高温下电离的气体 ,含有大量带正电和带负电的微粒 ,整体呈中性)从左侧喷射入磁场 ,发现在M 、N 两板间接入的额定功率为P ＝100 W 的灯泡正常发光 ,且此时灯泡电阻为R ＝100 Ω ,不计离子重力和发电机内阻 ,且认为离子均为一价离子 ,那么以下说法中正确的选项是( )A ．金属板M 上聚集负电荷 ,金属板N 上聚集正电荷B ．该发电机的电动势为100 VC ．离子从左侧喷射入磁场的初速度大小为103 m/sD ．每秒钟有6.25×1018个离子打在金属板N 上解析：由左手定那么可知 ,射入的等离子体中正离子将向金属板M 偏转 ,负离子将向金属板N 偏转 ,选项A 错误；由于不考虑发电机的内阻 ,由闭合电路欧姆定律可知．电源的电动势等于电源的路端电压 ,所以E ＝U ＝PR ＝100 V ,选项B 正确；由Bq v ＝q U d 可得v ＝UBd ＝100 m/s ,选项C 错误；每秒钟经过灯泡L 的电荷量Q ＝It ,而I ＝PR＝1 A ,所以Q ＝1 C ,由于离子为一价离子 ,所以每秒钟打在金属板N 上的离子个数为n ＝Q e ＝11.6×10－19＝6.25×1018(个) ,选项D 正确．答案：BD高频考点2 带电粒子在组合场、交变场中的运动如以下图 ,在纸平面内建立的直角坐标系xOy ,在第|一象限的区域存在沿y 轴正方向的匀强电场．现有一质量为m ,电量为e 的电子从第|一象限的某点P ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫L 38L 以初速度v 0沿x 轴的负方向开始运动 ,经过x 轴上的点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫L 4 0进入第四象限 ,先做匀速直线运动然后进入垂直纸面的矩形匀强磁场区域 ,磁场左边界和上边界分别与y 轴、x 轴重合 ,电子偏转后恰好经过坐标原点O ,并沿y 轴的正方向运动 ,不计电子的重力．求：(1)电子经过Q 点的速度v ；(2)该匀强磁场的磁感应强度B 和磁场的最|||小面积S ． [审题流程]。

高中物理专题复习—带电粒子在电磁场中的运动(含答案)-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN带电粒子在电磁场中的运动[P 3.]一、考点剖析：带电粒子在电场中的运动比物体在重力场中的运动要丰富得多，它与运动学、动力学、功和能、动量等知识联系紧密，加之电场力的大小、方向灵活多变，功和能的转化关系错综复杂，其难度比力学中的运动要大得多。

带电粒子在磁场中的运动涉及的物理情景丰富，解决问题所用的知识综合性强，很适合对能力的考查，是高考热点之一。

带电粒子在磁场中的运动有三大特点：①与圆周运动的运动学规律紧密联系②运动周期与速率大小无关③轨道半径与圆心位置的确定与空间约束条件有关，呈现灵活多变的势态。

因以上三大特点，很易创造新情景命题，故为高考热点，近十年的高考题中，每年都有，且多数为大计算题。

带电粒子在电磁场中的运动: 若空间中同时同区域存在重力场、电场、磁场，则使粒子的受力情况复杂起来；若不同时不同区域存在，则使粒子的运动情况或过程复杂起来，相应的运动情景及能量转化更加复杂化，将力学、电磁学知识的转化应用推向高潮。

该考点为高考命题提供了丰富的情景与素材，为体现知识的综合与灵活应用提供了广阔的平台，是高考命题热点之一。

[P 5.]二、知识结构[P 6.]三、复习精要：d UUL v L md qU at y 加4212122022=⨯⨯==Ly dU UL mdv qUL v at v v tan y 222000=====加φ1、带电粒子在电场中的运动(1) 带电粒子的加速 由动能定理 1/2 mv 2=qU (2) 带电粒子的偏转带电粒子在初速度方向做匀速运动 L =v 0t t=L/ v 0 带电粒子在电场力方向做匀加速运动F=q E a =qE/m带电粒子通过电场的侧移偏向角φ(3)处理带电粒子在电场中的运动问题的一般步骤：①分析带电粒子的受力情况，尤其要注意是否要考虑重力、电场力是否是恒力等 ②分析带电粒子的初始状态及条件，确定粒子作直线运动还是曲线运动 ③建立正确的物理模型，进而确定解题方法④利用物理规律或其它解题手段（如图像等）找出物理量间的关系，建立方程组 2、带电粒子在磁场中的运动带电粒子的速度与磁感应线平行时，能做匀速直线运动；当带电粒子以垂直于匀强磁场的方向入射，受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动。

2020年高考物理大题热点题型专练（四）带电粒子在磁场中的运动1.如图所示为一磁约束装置的原理图，两同心圆的圆心O 与xOy 平面坐标系的原点重合。

半径为R 0的圆形区域Ⅰ内有方向垂直于xOy 平面向里的匀强磁场。

一束质量为m ，电荷量为q 、动能为E 0的带正电粒子从坐标为（0，R 0）的A 点沿y 轴负方向射入磁场区域Ⅰ，粒子全部经过坐标为（R 0，0）的P 点，方向沿x 轴正方向。

当在环形区域Ⅱ加上方向垂直于xOy 平面向外的另一匀强磁场时，上述粒子仍从A 点沿y 轴负方向射入区域Ⅰ，所有粒子恰好能够约束在环形区域内，且经过环形区域Ⅱ的磁场偏转后第一次沿半径方向从区域Ⅱ射入区域Ⅰ时经过内圆周上的M 点（M 点未画出）。

不计重力和粒子间的相互作用。

（1）求区域Ⅰ中磁感应强度B 1的大小；（2）若环形区域Ⅱ中磁感应强度B 231，求M 点坐标及环形外圆半径R ；（3）求粒子从A 点沿y 轴负方向射入圆形区域Ⅰ至再次以相同速度经过A 点的过程所通过的总路程。

2.匀强磁场区域由一个半径为R 的半圆和一个长为2R 、宽为2R的矩形组成，磁场的方向如图所示。

一束质量为m 、电荷量为q 的粒子(粒子间的相互作用和重力均不计)以速度v 从边界AN 的中点P 垂直于AN 和磁场方向射入磁场中。

(1)当磁感应强度为多大时，粒子恰好从A 点射出?(2)对应于粒子可能射出的各段磁场边界，磁感应强度应满足什么条件?3.如图，匀强磁场垂直于光滑绝缘水平面向下，质量为m 、电荷量为q 的带负电小球a 静止在水平面上的M 点，距离M 点l 处有一个足够长的绝缘挡板，P 为挡板上的一点，且MP 与挡板垂直。

另一质量也为m 的带同种电荷的小球b 静置在N 点，MN 与挡板平行且M N 、间距离为23l 。

现给小球a 一个方向与挡板平行的初速度0v ，与挡板在D 点发生无机械能损失的碰撞（D 点在图中未画出），此后与小球b 相碰粘在一起运动，恰好不再与挡板发生碰撞。

必考热点4 带电粒子在电场和磁场中的运动热点阐释(1)带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动一直是高考考查的重点和热点，备受命题专家的青睐，近几年主要以选择题形式考查带电粒子在直线边界和圆形边界磁场中的运动。

(2)带电粒子在电场中的运动也是历年高考试题的“常客”，常常以选择题形式考查电场力与能的性质，也以计算题形式考查带电粒子的类平抛运动、匀变速直线运动等，带电粒子在电场和磁场的复合场中的运动在近几年高考中热度有所降低，但因2016年部分省份回归全国卷，此类试题很可能再次成为命题热点。

一、选择题(1～4题为单项选择题，5～8题为多项选择题)1.如图1所示，A、B、C是某电场中的3条电场线，一带电粒子(不计重力)以某速度从a点进入并穿过电场，其轨迹与电场线的交点依次为a、b、c，则下列说法正确的是( )图1A.此电场一定是匀强电场B.粒子如果带负电，则电场强度方向一定沿电场线向下C.粒子在穿过电场过程中电场力做正功，电势能减少D.在a、b、c三点中，a点的电势最高解析题中并未说明电场线是平行等距的，故选项A错误；根据曲线运动的条件，结合其轨迹，可知粒子所受合力的方向一定指向轨迹的凹侧，所以若粒子带负电，则电场强度方向一定是沿电场线向上，故选项B错误；速度与电场力方向的夹角小于90°，所以电场力做正功，则电势能一定减小，选项C正确；粒子电性不确定，场强方向未知，则无法判断电势的高低，故选项D错误。

答案 C2.(2017·江西赣中南五校联考)如图2所示，a、b两个带正电的粒子，电荷量分别为q1与q2，质量分别为m1和m2。

它们以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，若不计重力。

则( )图2A.电荷量q 1大于q 2B.质量m 1小于m 2C.粒子的电荷量与质量之比q 1m 1>q 2m 2D.粒子的电荷量与质量之比q 1m 1<q 2m 2解析 设任一粒子的速度为v ，电荷量为q ，质量为m ，加速度为a ，运动的时间为t ，则加速度a ＝qE m ①，时间t ＝x v ②，偏转量y ＝12at 2 ③。

压轴题05带电粒子在电场中的运动1.本专题是电场的典型题型，包括应用静电力的知识解决实际问题。

高考中既可以在选择题中命题，更会在计算题中命题。

2024年高考对于电场的考查仍然是热点。

2.通过本专题的复习，不仅利于完善学生的知识体系，也有利于培养学生的物理核心素养。

3.用到的相关知识有:电场力的性质、电场力能性质、带电粒子在电场中的平衡、加速、偏转等。

近几年的高考命题中一直都是以压轴题的形式存在，重点考查类型静电场的性质，电容器的动态分析，电场中的图像问题，带电粒子在电场中的运动问题，力电综合问题等。

考向一：静电场力的性质1．库仑定律(1)内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．(2)表达式：F＝k q1q2r2，式中k＝9.0×109N·m2/C2，叫做静电力常量．(3)适用条件：真空中的点电荷．①在空气中，两个点电荷的作用力近似等于真空中的情况，可以直接应用公式；②当两个带电体的间距远大于本身的大小时，可以把带电体看成点电荷．(4)库仑力的方向：由相互作用的两个带电体决定，且同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．(5)应用库仑定律的四条提醒a.在用库仑定律公式进行计算时，无论是正电荷还是负电荷，均代入电量的绝对值计算库仑力的大小．b.两个点电荷间相互作用的库仑力满足牛顿第三定律，大小相等、方向相反．c.库仑力存在极大值，由公式F＝k q1q2r2可以看出，在两带电体的间距及电量之和一定的条件下，当q1＝q2时，F最大．d.对于两个带电金属球，要考虑金属球表面电荷的重新分布．2．电场强度的三个公式的比较电场强度――――→点电荷电场E ＝k Q r 2―――→任何电场E ＝F q ―――→匀强电场E ＝U d ――→叠加平行四边形定则3．电场强度的计算与叠加在一般情况下可由上述三个公式计算电场强度，但在求解带电圆环、带电平面等一些特殊带电体产生的电场强度时，上述公式无法直接应用。

专题三 电场与磁场第8讲 电场及带电粒子在电场中的运动一、明晰一个网络 ,掌握电场的力、能性质U ＝Ed ,沿场强方向相同距离电势差相等． U ＝El cos θ ,沿任意θ方向 ,相同距离电势差相等二、活学活用 - -电场性质的判断方法判断场强强弱 根据电场线的疏密判断根据公式E ＝k Qr 2和场强叠加原理判断判断电势的上下根据电场线的方向判断由U AB ＝W ABq判断根据电场力做功(或电势能)判断判断电势能大小根据E p ＝qφ判断根据ΔE p ＝－W 电 ,由电场力做功判断三、根据粒子运动的轨迹判断粒子的受力及运动情况的三个依据 1．确定受力方向的依据(1)曲线运动的受力特征：带电粒子受力总指向曲线的凹侧；(2)电场力方向与场强方向的关系：正电荷的受力方向与场强方向同向 ,负电荷那么相反；(3)场强方向与电场线或等势面的关系：电场线的切线方向或等势面的法线方向为电场强度的方向．2．比拟加速度大小的依据：电场线或等差等势面越密⇒E 越大⇒F ＝qE 越大⇒a ＝qEm 越大．3．判断加速或减速的依据：电场力与速度成锐角(钝角) ,电场力做正功(负功) ,速度增加(减小)．四、明辨 "场强、电势、电场线〞 ,谨防解题误入歧途1．场强是矢量 ,其合成法那么为平行四边形定那么 ,电势是标量 ,其合成法那么为算术加减法．2．在匀强电场中 ,沿同一方向 ,相等距离上电势变化量相同． 3．沿电场线方向电势降低 ,但是电势降低的方向不一定是电场方向．高频考点1 对电场性质的理解1．电场强度是矢量 ,叠加时应遵循平行四边形定那么 ,分析电场叠加问题的一般步骤： (1)确定分析计算的空间位置；(2)分析该点有几个分电场 ,分析各个分电场在该点的电场强度的大小和方向； (3)利用平行四边形定那么求出矢量和．特别提醒：分析求解电场叠加问题时 ,要充分利用补偿法、对称法、等效法等思维方法 2．熟练掌握电场线的应用(1)判断电场强度的方向 - -电场线上任意一点处的切线方向即该点电场强度的方向．(2)判断电场力的方向- -正点电荷的受力方向和电场线在该点的切线方向相同,负点电荷的受力方向和电场线在该点的切线方向相反．(3)定性判断电场强度的大小- -电场线密处电场强度大,电场线疏处电场强度小,进而可分析电荷受力情况．(4)判断电势的上下与电势降低的快慢- -沿电场线的方向电势逐渐降低,电场强度的方向是电势降低最|||快的方向．特别提醒：熟悉几种典型的电场线分布情况有利于我们对电场强度和电势迅速作出判断,进一步可了解点电荷在电场中的受力和运动情况、电场力做功及伴随的能量转化情况.3．分析电场的性质问题的一般思路(1)场强大小、电势上下的判断明确电场线或等势面的分布情况,场强大小看电场线的疏密程度,电势上下看电场线的方向；空间同时存在两个或两个以上的电场时,利用平行四边形定那么求其合场强．(2)电势能大小及其变化的分析①做功角度：根据电场力做功与电势能变化的关系分析带电粒子电势能及其变化情况．电场力做正功,粒子的电势能减小；电场力做负功,粒子的电势能增加．②转化角度：只有电场力做功时,电势能与动能可以相互转化,动能减少,电势能增加；动能增加,电势能减少．1－1.(多项选择)(2021·苏锡常镇四市调研)某电场在直角坐标系中的电场线分布情况如以下图,O、M、N为电场中的三个点,那么由图可得()A．M点的场强小于N点的场强B．M点的电势低于N点的电势C．将一负电荷由O点移到M点电势能增加D．将一正电荷从O点分别移到M点和N点,电场力做功相同解析：M点的电场线较N点密集,故M点的场强大于N点的场强,选项A错误；顺着电场线电势降低,故M点的电势低于N点的电势,选项B正确；O点电势高于M点,故将一负电荷由O点移到M点电势能增加,选项C正确；M点的电势低于N点的电势,故OM与ON之间的电势差不等,故将一正电荷从O点分别移到M点和N点,电场力做功不相同,选项D错误；应选BC．答案：BC1－2.(多项选择) (2021·全国卷Ⅰ)在一静止点电荷的电场中,任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r的关系如以下图．电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为E a、E b、E c和E d.点a到点电荷的距离r a与点a的电势φa已在图中用坐标(r a ,φa)标出,其余类推．现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点,在相邻两点间移动的过程中,电场力所做的功分别为W ab、W bc和W cd.以下选项正确的选项是()A．E a∶E b＝4∶1B．E c∶E d＝2∶1C．W ab∶W bc＝3∶1 D．W bc∶W cd＝1∶3解析：此题考查场强与电势．由图可知：r a＝1 m、φa＝6 V；r b＝2 m、φb＝3 V；r c＝3 m、φc＝2 V；r d＝6 m、φd＝1 V．由点电荷的场强公式E＝kQr2得E a∶E b∶E c∶E d＝1r2a∶1r2b∶1r2c∶1r2d＝36∶9∶4∶1 ,A正确、B错误．由W AB＝qU AB＝q(φA－φB)得W ab∶W bc∶W cd＝(φa－φb)∶(φb －φc)∶(φc－φd)＝3∶1∶1 ,故C正确、D错误．答案：AC1－3.(多项选择) (2021·马鞍山二中高三测试)如以下图,在x,y坐标系中有以O点为中|心,边长为0.20 m的正方形,顶点A、B、C、D分别在坐标轴上,在该平面内有一匀强电场(图中未画出) ,A、B、C三点的电势分别为3V、－3V、－3V ,那么以下说法正确的选项是()A．D点的电势为3VB．该匀强电场的场强大小E＝10 2 V/mC．该匀强电场的场强大小E＝10 6 V/mD．电场场强方向与x轴正方向成θ＝30°角解析：因A、C两点的电势分别为3V、－3V ,可知O点的电势为零,由对称性可知D点的电势为3V ,选项A 正确；设过O 点的零等势线与x 轴夹角为α ,那么E ·22×0.2sin α＝3；E ·22×0.2cos α＝3；解得α＝60°；E ＝106V/m ,因电场线与等势面正交 ,故电场场强方向与x 轴正方向成θ＝30°角 ,选项CD 正确．答案：ACD1－4． (多项选择)(2021·全国卷Ⅲ)一匀强电场的方向平行于xOy 平面 ,平面内a 、b 、c 三点的位置如以下图 ,三点的电势分别为10 V 、17 V 、26 V ．以下说法正确的选项是( )A ．电场强度的大小为2.5 V/cmB ．坐标原点处的电势为1 VC ．电子在a 点的电势能比在b 点的低7 eVD ．电子从b 点运动到c 点 ,电场力做功为9 eV解析：此题考查电场强度、电势、电势差．设a 、c 连线上d 点电势为17 V ,如以下图 ,那么l dc 8 cm ＝9 V 16 V ,得l dc ＝4.5 cm ,tan θ＝4.56＝34 ,θ＝37°.过c 作bd 垂线交bd 于e 点 ,那么l ce ＝l dc cos θ＝4.5×45 cm ＝3.6 cm.ce 方向就是匀强电场方向 ,场强大小为E ,El ce ＝U cb ,E ＝2.5 V/cm ,A 项正确．U oe ＝El ob sin 53°＝16 V ,故O 点电势φ0＝17 V －16 V ＝1 V ,B 项正确．电子在a 点的电势能比在b 点的高7 eV ,C 项错误．电子从b 点到c 点电场力做功W ＝9 eV ,D 项正确．答案：ABD高频考点2 平行板电容器的问题分析(多项选择)如以下图 ,两块水平放置的平行正对的金属板a 、b 与电源相连 ,在与两板距离相等的M 点处有一个带电液滴处于静止状态．假设上极板a 向下平移一小段距离 ,但仍在M 点上方 ,稳定后 ,以下说法正确的选项是( )A ．液滴将加速向下运动B ．M 点电势升高C ．M 点的电场强度变小了D ．在a 板移动前后两种情况下 ,假设将液滴从a 板移到b 板 ,电场力做的功相同 [思路点拨] 分析求解平行板电容器问题时 ,必须明确是电压不变还是带电荷量不变 ,此题由于极板与电源连接 ,所以应是电压不变；另外判断液滴的运动情况 ,就要对液滴进行受力分析 ,判断其合力的方向．【解析】 两极板始终与电源相连 ,所以a 下移过程中极板间电压U 不变．由E ＝Ud 可知 ,d 减小 ,E 增大 ,故C 错误；开始时带电液滴静止 ,即mg ＝qE ,a 下移 ,那么qE >mg ,带电液滴向上加速运动 ,故A 错误；由φM ＝U Mb ＝E ·d Mb 可知 ,a 下移 ,那么M 点电势升高 ,故B 正确；a 板移动前后 ,a 、b 间电势差U 不变 ,所以电场力做的功相同 ,故D 正确．【答案】 BD1．平行板电容器动态变化问题的两类题型(1)电容器始终与电源相连 ,U 恒定不变 ,那么有Q ＝CU ∝C ,C ＝εr S 4πkd ∝εr Sd ,两板间场强E ＝U d ∝1d；(2)电容器稳定后与电源断开 ,Q 恒定不变 ,那么有U ＝Q C ,C ∝εr S d ,场强E ＝U d ＝QCd ∝1εr S． 2．在分析平行板电容器的动态变化问题时 ,必须抓住两个关键点(1)确定不变量：首|||先要明确动态变化过程中的哪些量不变 ,一般情况下是电荷量不变或板间电压不变．(2)恰中选择公式：要灵活选取电容的两个公式分析电容的变化 ,应用E ∝Ud 分析板间电场强度的变化情况．即抓住公式C ＝εr S 4πkd 和C ＝Q U ,U 不变时 ,选用E ＝Ud ；Q 不变时 ,选用E＝4πkQεr S．特别提醒：由于平行板电容器两极板间的电场可视为匀强电场 ,高|考命题往往涉及带电粒子在平行板中的运动问题 ,需要综合运用牛顿运动定律、功能关系等分析求解．2－1.(2021·全国乙卷)一平行电容器两极板之间充满云母介质 ,接在恒压直流电源上 ,假设将云母介质移出 ,那么电容器( )A ．极板上的电荷量变大 ,极板间的电场强度变大B ．极板上的电荷量变小 ,极板间的电场强度变大C ．极板上的电荷量变大 ,极板间的电场强度不变D ．极板上的电荷量变小 ,极板间的电场强度不变解析：电容器接在恒压直流电源上 ,两极板的电压不变 ,假设将云母介质移出 ,相对介电常数减小 ,电容器的电容减小 ,所以极板上的电荷量变小 ,极板间的距离不变 ,所以极板间的电场强度不变 ,应选项A 、B 、C 错误 ,选项D 正确．答案：D 2－2．(2021·石家庄市高三质检)如以下图电路中 ,A 、B 是构成平行板电容器的两金属极板 ,P 为其中的一个定点．将开关S 闭合 ,电路稳定后将A 板向上平移一小段距离 ,那么以下说法正确的选项是( )A ．电容器的电容增加B ．在A 板上移过程中 ,电阻R 中有向上的电流C ．A 、B 两板间的电场强度增大D ．P 点电势升高解析：根据C ＝εS 4πkd ,当A 板向上平移一小段距离 ,间距d 增大 ,其他条件不变 ,那么导致电容变小 ,故A 错误；在A 板上移过程中 ,导致电容减小 ,由于极板电压不变 ,那么电量减小 ,因此电容器处于放电状态 ,电阻R 中有向上的电流 ,故B 正确；根据E ＝U d 与C ＝εS4πkd 相结合可得E ＝4πkQεS ,由于电量减小 ,场强大小变小 ,故C 错误；因场强变小 ,导致P 点与B 板的电势差减小 ,因B 板接地 ,电势为零 ,即P 点电势降低 ,故D 错误．答案：B带电粒子在电场中的运动模型带电粒子在电场中的运动问题是每年高|考中的热点问题,是电学知识和力学知识的结合点．具体来讲有带电粒子在电场中的加速(减速)、偏转,涉及内容有力、能、电等知识,主要考查学生的分析综合能力．该模型通常的考查思路有：(1)根据带电粒子受到的力,用牛顿第二定律找出加速度,结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等物理量．这条思路通常适用于恒力作用下的匀变速运动．(2)根据力对带电粒子所做的功及动能定理,从带电粒子运动的全过程中能的转化角度,研究带电粒子的速度变化、经历的位移等．匀强电场中的 "直线运动模型〞(2021·全国卷Ⅰ)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场,一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动,速度大小为v0.在油滴处于位置A时,将电场强度的大小突然增大到某值,但保持其方向不变．持续一段时间t1后,又突然将电场反向,但保持其大小不变；再持续同样一段时间后,油滴运动到B点．重力加速度大小为g．(1)求油滴运动到B点时的速度．(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大,试给出相应的t1和v0应满足的条件．不存在电场时,油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最|||大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍．【解析】(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q ,油滴速度方向向上为正．油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动,故电场力方向向上．在t＝0时,电场强度突然从E1增加至|||E2时,油滴做竖直向上的匀加速运动,加速度方向向上,大小a1满足qE2－mg＝ma1①油滴在时刻t1的速度为v1＝v0＋a1t1②电场强度在时刻t1突然反向,油滴做匀减速运动,加速度方向向下,大小a2满足qE2＋mg＝ma2③油滴在时刻t2＝2t1的速度为v2＝v1－a2t1④由①②③④式得v2＝v0－2gt1⑤(2)由题意,在t＝0时刻前有qE1＝mg⑥油滴从t ＝0到时刻t 1的位移为 s 1＝v 0t 1＋12a 1t 21⑦油滴在从时刻t 1到时刻t 2＝2t 1的时间间隔内的位移为 s 2＝v 1t 1－12a 2t 21⑧由题给条件有 v 20＝2g (2h )⑨式中h 是B 、A 两点之间的距离． 假设B 点在A 点之上 ,依题意有 s 1＋s 2＝h⑩由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 E 2＝⎣⎡⎦⎤2－2v 0gt 1＋14⎝⎛⎭⎫v 0gt 12E 1⑪为使E 2>E 1 ,应有 2－2v 0gt 1＋14⎝⎛⎭⎫v 0gt 12>1⑫即当 0<t 1<⎝⎛⎭⎫1－32v 0g⑬或 t 1>⎝⎛⎭⎫1＋32v 0g⑭才是可能的；条件⑬式和⑭式分别对应于v 2>0和v 2<0两种情形． 假设B 点在A 点之下 ,依题意有 s 1＋s 2＝－h⑮由①②③⑥⑦⑧⑨⑮式得 E 2＝⎣⎡⎦⎤2－2v 0gt 1－14⎝⎛⎭⎫v 0gt 12E 1⑯为使E 2>E 1 ,应有 2－2v 0gt 1－14⎝⎛⎭⎫v 0gt 12>1⑰即t 1>⎝⎛⎭⎫52＋1v 0g⑱另一解为负 ,不合题意 ,已舍去． 【答案】 见解析解决直线运动问题时要注意分析带电粒子是做匀速运动还是做匀变速运动 ,匀速运动问题常以平衡条件F 合＝0作为突破口进行求解；对于匀变速直线运动问题 ,根据力和运动的关系可知 ,合力一定和速度在一条直线上 ,然后运用动力学观点或能量观点求解．(1)运用动力学观点求解电加速问题运用动力学观点处理带电质点在匀强电场中的运动问题 ,要重视对带电质点的受力分析和运动过程分析 ,解题时先分析带电质点的受力情况 ,求出带电质点受到的合外力 ,根据F 合＝ma 得出加速度 ,再运用运动学方程可得出所求物理量．(2)运用能量观点求解电加速问题在匀强电场中 ,假设不计重力 ,电场力对带电质点做的功等于质点动能的变化量 ,W ＝Eqd ＝qU ＝12m v 2－12m v 20；假设考虑重力 ,那么W 合＝12m v 2－12m v 20． 匀强电场中的 "偏转模型〞如以下图的装置放置在真空中 ,炽热的金属丝可以发射电子 ,金属丝和竖直金属板之间加一电压U 1 ,发射出的电子被加速后 ,从金属板上的小孔S 射出．装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置 ,板长为l ,板间距离为d ,两极板间加一电压为U 2的偏转电场．从小孔S 射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场．电子的电荷量为e ,电子的质量为m ,设电子刚离开金属丝时的速度为0 ,忽略金属极板边缘对电场的影响 ,不计电子受到的重力．求：(1)电子射入偏转电场时的速度大小v 1；(2)电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y ；(3)电子在偏转电场中运动的过程中电场力对它所做的功W ．[思路点拨] 电子在运动的过程中只受电场力作用 ,可通过动能定理直接求解速度v 1；进入偏转电场后 ,由于所受电场力跟速度不在一条直线上 ,所以电子做曲线运动 ,根据牛顿第二定律和平抛运动的规律即可求解．【解析】 (1)电子在加速电场中 ,根据动能定理有eU 1＝12m v 21解得v 1＝2eU 1m． (2)设电子在偏转电场中运动的时间为t电子在水平方向做匀速运动 ,由l ＝v 1t ,解得t ＝lv 1电子在竖直方向受电场力F ＝U 2d e 电子在竖直方向做匀加速直线运动 ,设其加速度大小为a 依据牛顿第二定律有U 2d e ＝ma ,解得a ＝eU 2md电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y ＝12at 2＝U 2l 24dU 1． (3)电子射出偏转电场的位置与射入偏转电场的位置的电势差U ＝U 2dy 电场力所做的功W ＝eU ＝eU 22l 24U 1d 2． 【答案】 (1) 2eU 1m (2)U 2l 24dU 1 (3)eU 22l 24U 1d 2"两个分运动、三个一〞求解粒子偏转问题带电粒子在匀强电场中偏转的根本模型如以下图．(1)分解为两个独立的分运动 - -平行极板的匀速直线运动 ,L ＝v 0t ；垂直极板的匀加速直线运动 ,两平行极板间距为d ,y ＝12at 2 ,v y ＝at ,a ＝qU md． (2)一个偏转角：tan θ＝v y v 0； 一个几何关系：y ＝L 2tan θ；偏转角：tan θ＝v y v 0＝U 2l 2U 1d ＝2y 0l侧移距离：y 0＝U 2l 24dU 1y ＝y 0＋L tan θ＝⎝⎛⎭⎫12l ＋L tan θ带电粒子在周期性变化的电场中的运动模型(多项选择)如图甲所示 ,平行金属板中|央有一个静止的电子(不计电子重力 ,开始时A 板带正电) ,两板间距离足够大 ,当两板间加上如图乙所示的电压后 ,图丙中反映电子速度v 、位移x 和加速度a 三个物理量随时间t 的变化规律可能正确的选项是( )【解析】 分析电子一个周期内的运动情况：0～T 4时间内 ,电子从静止开始向A 板做匀加速直线运动 ,T 4～T 2沿原方向做匀减速直线运动 ,T 2时刻速度为零.T 2～34T 时间内向B 板做匀加速直线运动 ,34T ～T 时间内做匀减速直线运动．电子在两板间做周期性往返运动．根据匀变速直线运动速度图像是倾斜的直线可知 ,A 图符合电子的运动情况 ,故A 正确、C 错误；电子做匀变速直线运动时x -t 图象应是抛物线 ,故B 错误；根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替进行 ,而匀变速运动的加速度大小不变 ,故D 正确．【答案】 AD在两个相互平行的金属板间加图乙所示的交变电压时 ,在两板中间便可获得交变电场．对于带电粒子在交变电场中的运动 ,我们可以分段处理 ,此类电场在一段时间内为匀强电场 ,即这段时间内电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同．但从整个运动过程看电场又是变化的 ,即电场强度的大小和方向随时间变化．(1)当粒子平行于电场方向射入时：粒子做直线运动 ,其初速度和受力情况决定了粒子的运动情况 ,粒子可能做周期性运动．(2)当粒子垂直于电场方向射入时：沿初速度方向上的分运动为匀速直线运动 ,沿电场力方向上的分运动可能具有周期性．带电粒子在非匀强电场中运动的模型如以下图 ,在绝|||缘水平面上 ,相距为L 的A 、B 两点分别固定着等量正点电荷．图中AC ＝CO ＝OD ＝DB ＝14L .一质量为m 、电荷量为＋q 的小滑块(可视为质点)以初动能E 0从C 点出发 ,沿直线AB 向D 运动 ,滑块第|一次经过O 点时的动能为nE 0(n >1) ,到达D 点时动能恰好为零 ,小滑块最|||终停在O 点 ,求：(1)小滑块与水平面之间的动摩擦因数μ；(2)O 、D 两点之间的电势差U OD ；(3)小滑块运动的总路程s ．【解析】 (1)由AC ＝CO ＝OD ＝DB ＝14L .可知C 、D 关于O 点对称 ,那么U CD ＝0设滑块与水平面间的摩擦力大小为f ,对滑块从C 到D 的过程 ,由动能定理得：qU CD －f L 2＝0－E 0 ,且f ＝μmg ,可得μ＝2E 0mgL． (2)滑块从O 到D 的运动过程中 ,由动能定理得：qU OD －f L 4＝0－nE 0 可得U OD ＝(1－2n )E 02q． (3)滑块从开始运动到最|||终停下的整个过程 ,根据动能定理得：qU CO －fs ＝0－E 0而U CO ＝－U OD ＝(2n －1)E 02q ,可得：s ＝(2n ＋1)L 4． 【答案】 (1)2E 0mgL (2)(1－2n )E 02q (3)(2n ＋1)L 4先对滑块进行受力分析 ,由于电场力为变力 ,在涉及变力做功问题的求解时牛顿运动定律不再适用 ,这时就需要选择适宜的过程 ,弄清楚过程的初末状态 ,利用动能定理求解．第9讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动一、明晰一个网络 ,理清根本知识二、 "三定四写〞求解粒子在磁场中的圆周运动问题1．一定圆心O ：(1)入射点、出射点、入射方向和出射方向时 ,可过入射点和出射点分别作入射方向和出射方向的垂线 ,两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示 ,图中P 为入射点 ,M 为出射点)；(2)入射点和出射点的位置及入射方向时 ,可以通过入射点作入射方向的垂线 ,连接入射点和出射点 ,作其中垂线 ,即两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图乙所示 ,P 为入射点 ,M 为出射点)．2．二定半径R ：(1)物理方法 - -R ＝m v qB ； (2)几何方法 - -一般由三角关系及圆的知识来计算确定．3．三定圆心角φ：圆心角φ等于粒子的速度偏向角α ,也等于弦与切线的夹角(弦切角)θ的2倍 ,即φ＝α＝2θ＝ωt ＝2πT t ,或φ＝l R(l 为φ对应的圆弧弧长)． 4．四写方程：根本方程q v B ＝m v 2R ,半径公式R ＝m v qB ,周期公式T ＝2πR v ＝2πm qB,运动时间t ＝s v ＝α2πT ．高频考点1 磁场对电流的作用1－1.(多项选择) (2021·全国卷Ⅰ)如图,三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距,均通有电流I,L1中电流方向与L2中的相同,与L3中的相反．以下说法正确的选项是()A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶ 3D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为3∶3∶1解析：此题考查安培力．因三根导线中电流相等、两两等距,那么由对称性可知两两之间的作用力大小均相等．因平行电流间同向吸引、反向排斥,各导线受力如以下图,由图中几何关系可知,L1所受磁场作用力F1的方向与L2、L3所在平面平行、L3所受磁场作用力F3的方向与L1、L2所在平面垂直,A错误、B正确．设单位长度的导线两两之间作用力的大小为F ,那么由几何关系可得L1、L2单位长度所受的磁场作用力大小为2F cos 60°＝F ,L3单位长度所受的磁场作用力大小为2F cos 30°＝3F ,故C正确、D错误．答案：BC1－2．(2021·全国卷Ⅲ)如图,在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中,两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置,两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时,纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零．如果让P中的电流反向、其他条件不变,那么a点处磁感应强度的大小为()A ．0B ．33B 0C ．233B 0D ．2B 0解析：此题考查磁感应强度的矢量性和安培定那么．两导线中通电流I 时 ,两电流在a 点处的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度的矢量合为0 ,那么两电流磁感应强度的矢量和为－B 0 ,如图甲得B ＝33B 0.P 中电流反向后 ,如图乙 ,B 合＝B ＝33B 0 ,B 合与B 0的矢量和为B 0＝233B 0,故C 项正确．答案：C1－3.(多项选择)(2021·全国卷Ⅱ)某同学自制的简易电动机示意图如以下图．矩形线圈由一根漆包线绕制而成 ,漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出 ,并作为线圈的转轴．将线圈架在两个金属支架之间 ,线圈平面位于竖直面内 ,永磁铁置于线圈下方．为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来 ,该同学应将( )A ．左、右转轴下侧的绝|||缘漆都刮掉B ．左、右转轴上下两侧的绝|||缘漆都刮掉C ．左转轴上侧的绝|||缘漆刮掉 ,右转轴下侧的绝|||缘漆刮掉D ．左转轴上下两侧的绝|||缘漆都刮掉 ,右转轴下侧的绝|||缘漆刮掉解析：要使线圈在磁场中开始转动 ,那么线圈中必有电流通过 ,电路必须接通 ,故左右转轴下侧的绝|||缘漆都必须刮掉；但如果上侧的绝|||缘漆也都刮掉 ,当线圈转过180°时 ,靠近磁极的导线与开始时靠近磁极的导线中的电流方向相反 ,受到的安培力相反 ,线圈向原来的反方向转动 ,线圈最|||终做往返运动 ,要使线圈连续转动 ,当线圈转过180°时 ,线圈中不能有电流通过 ,依靠惯性转动到初始位置再接通电路即可实现连续转动 ,故左、右转轴的上侧不能都刮掉 ,应选项A 、D 正确．答案：AD安培力作用下的平衡与运动问题的求解思路高频考点2 带电粒子在有界磁场中运动的临界问题如以下图 ,在0≤x ≤a 、0≤y ≤a 2范围内有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场 ,磁感应强度大小为B ．坐标原点O 处有一个粒子源 ,在某时刻发射大量质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子 ,它们的速度大小相同 ,速度方向均在xOy 平面内 ,与y 轴正方向的夹角分布在0°～90°范围内．粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a /2到a 之间 ,从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一．求最|||后离开磁场的粒子从粒子源射出时的(1)速度的大小；(2)速度方向与y 轴正方向夹角的正弦值．[审题流程]【解析】 (1)设粒子的发射速度为v ,粒子做圆周运动的轨道半径为R ,由牛顿第二定律和洛伦兹力公式 ,得q v B ＝m v 2R ① ,由①式得R ＝m v qB ②当a /2<R <a 时 ,在磁场中运动时间最|||长的粒子 ,其轨迹是圆心为C 的圆弧 ,圆弧与磁场的上边界相切 ,如以下图 ,设该粒子在磁场中运动的时间为t ,依题意t ＝T /4 ,得∠OCA ＝π2③ ,设最|||后离开磁场的粒子的发射方向与y 轴正方向的夹角为α ,由几何关系可得R sin α＝R －a 2④ ,R sin α＝a －R cos α ⑤ ,又sin 2α＋cos 2α＝1 ⑥ 由④⑤⑥式得R ＝⎝⎛⎭⎫2－62a ⑦ ,由②⑦式得v ＝⎝⎛⎭⎫2－62aqB m ⑧． (2)由④⑦式得sin α＝6－610⑨． 【答案】 (1)⎝⎛⎭⎫2－62aqB m(2)6－610求解临界、极值问题的 "两思路、两方法〞。

【物理】高考必备物理带电粒子在磁场中的运动技巧全解及练习题(含答案)含解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．欧洲大型强子对撞机是现在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一种将质子加速对撞的高能物理设备，其原理可简化如下：两束横截面积极小，长度为l -0质子束以初速度v 0同时从左、右两侧入口射入加速电场，出来后经过相同的一段距离射入垂直纸面的圆形匀强磁场区域并被偏转，最后两质子束发生相碰。

已知质子质量为m ，电量为e ；加速极板AB 、A′B′间电压均为U 0，且满足eU 0=32mv 02。

两磁场磁感应强度相同，半径均为R ，圆心O 、O′在质子束的入射方向上，其连线与质子入射方向垂直且距离为H=72R ；整个装置处于真空中，忽略粒子间的相互作用及相对论效应。

(1)试求质子束经过加速电场加速后(未进入磁场)的速度ν和磁场磁感应强度B ；(2)如果某次实验时将磁场O 的圆心往上移了2R，其余条件均不变，质子束能在OO′ 连线的某位置相碰，求质子束原来的长度l 0应该满足的条件。

【答案】(1) 02v v =；02mv B eR =(2) 033612l π+≥ 【解析】 【详解】解：(1)对于单个质子进入加速电场后，则有：220011eU mv mv 22=- 又：2003eU mv 2=解得：0v 2v =；根据对称，两束质子会相遇于OO '的中点P ，粒子束由CO 方向射入，根据几何关系可知必定沿OP 方向射出，出射点为D ，过C 、D 点作速度的垂线相交于K ，则K ，则K 点即为轨迹的圆心，如图所示，并可知轨迹半径r=R根据洛伦磁力提供向心力有：2v evB mr=可得磁场磁感应强度：02mv B eR=(2)磁场O 的圆心上移了R2，则两束质子的轨迹将不再对称，但是粒子在磁场中运达半径认为R ，对于上方粒子，将不是想着圆心射入，而是从F 点射入磁场，如图所示，E 点是原来C 点位置，连OF 、OD ，并作FK 平行且等于OD ，连KD ，由于OD=OF=FK ，故平行四边形ODKF 为菱形，即KD=KF=R ，故粒子束仍然会从D 点射出，但方向并不沿OD 方向，K 为粒子束的圆心由于磁场上移了R 2，故sin ∠COF=R2R=12，∠COF=π6，∠DOF=∠FKD=π3对于下方的粒子，没有任何改变，故两束粒子若相遇，则只可能相遇在D 点，下方粒子到达C 后最先到达D 点的粒子所需时间为00(2)(4)2224RR H R R t v v ππ++-+'==而上方粒子最后一个到达E 点的试卷比下方粒子中第一个达到C 的时间滞后0l Δt t = 上方最后的一个粒子从E 点到达D 点所需时间为()000π1R Rsin 2πR 62π3336t R 2v 2v -+-=+=要使两质子束相碰，其运动时间满足t t t '≤+∆ 联立解得0π336l ++≥2．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.【答案】(1)12mg E q =,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 q=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+=+=+⨯=3．如图所示，两块平行金属极板MN 水平放置，板长L =" 1" m ．间距d =3m ，两金属板间电压U MN = 1×104V ；在平行金属板右侧依次存在ABC 和FGH 两个全等的正三角形区域，正三角形ABC 内存在垂直纸面向里的匀强磁场B 1，三角形的上顶点A 与上金属板M 平齐，BC 边与金属板平行，AB 边的中点P 恰好在下金属板N 的右端点；正三角形FGH 内存在垂直纸面向外的匀强磁场B 2，已知A 、F 、G 处于同一直线上．B 、C 、H 也处于同一直线上．AF 两点距离为23m ．现从平行金属极板MN 左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，粒子质量m = 3×10-10kg ，带电量q = +1×10-4C ，初速度v 0= 1×105m/s ．(1)求带电粒子从电场中射出时的速度v 的大小和方向(2)若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在AC 边上，求该区域的磁感应强度B 1 (3)若要使带电粒子由FH 边界进入FGH 区域并能再次回到FH 界面，求B 2应满足的条件． 【答案】（152310/m s ；垂直于AB 方向出射．（233（323+ 【解析】试题分析：（1）设带电粒子在电场中做类平抛运动的时间为t ，加速度为a ， 则：U qma d =解得：102310/qU a m s md == 50110Lt s v -==⨯竖直方向的速度为：v y＝at＝33×105m/s射出时速度为：2252310/yv v v m s=+=⨯速度v与水平方向夹角为θ，3tan3yvvθ==，故θ=30°，即垂直于AB方向出射．（2）带电粒子出电场时竖直方向的偏转的位移213262dy at m===，即粒子由P1点垂直AB射入磁场，由几何关系知在磁场ABC区域内做圆周运动的半径为12cos303dR m==o由211vB qv mR=知：1133mvB TqR==（3）分析知当轨迹与边界GH相切时，对应磁感应强度B2最大，运动轨迹如图所示：由几何关系得：221sin60RRo+=故半径2(233)R m=又222vB qv mR=故223B+=所以B2应满足的条件为大于235+．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.4．如图甲所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N．现有一质量为m、带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，此时速度方向与x轴正方向的夹角为30°．不考虑电子所受的重力．（1）求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强E的大小；（2）若在圆形区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴．求所加磁场磁感应强度B的大小和电子刚穿出圆形区域时的位置坐标；（3）若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子从N点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同．请写出磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的关系表达式．【答案】（1）（2）（3）（n=1，2，3…）（n=1，2，3…）【解析】（1）电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，速度分解图如图1中所示．由速度关系可得：解得：由速度关系得：v y=v0tanθ=v0在竖直方向：而水平方向:解得：（2）根据题意作图如图1所示，电子做匀速圆周运动的半径R=L根据牛顿第二定律：解得：根据几何关系得电子穿出圆形区域时位置坐标为（，-）（3）电子在在磁场中最简单的情景如图2所示．在磁场变化的前三分之一个周期内，电子的偏转角为60°，设电子运动的轨道半径为r，运动的T0，粒子在x轴方向上的位移恰好等于r1；在磁场变化的后三分之二个周期内，因磁感应强度减半，电子运动周期T′=2T0，故粒子的偏转角度仍为60°，电子运动的轨道半径变为2r，粒子在x轴方向上的位移恰好等于2r．综合上述分析，则电子能到达N点且速度符合要求的空间条件是：3rn=2L（n=1，2，3…）而：解得：（n=1，2，3…）应满足的时间条件为： (T0+T′)=T而：解得（n=1，2，3…）点睛：本题的靓点在于第三问，综合题目要求及带电粒子运动的半径和周期关系，则符合要求的粒子轨迹必定是粒子先在正B0中偏转60°，而后又在− B0中再次偏转60°，经过n次这样的循环后恰恰从N点穿出．先从半径关系求出磁感应强度的大小，再从周期关系求出交变磁场周期的大小.5．在平面直角坐标系x0y中，第I象限内存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，在A(L，0)点有一粒子源，沿y轴正向发射出速率分别为υ、5υ、9υ的同种带电粒子，粒子质量为m，电荷量为q．在B(0，L)、C(0，3L)、D(0，5L)放一个粒子接收器，B点的接收器只能吸收来自y轴右侧到达该点的粒子，C、D两点的接收器可以吸收沿任意方向到达该点的粒子．已知速率为υ的粒子恰好到达B点并被吸收，不计粒子重力．(1)求第I 象限内磁场的磁感应强度B 1;(2)计算说明速率为5v 、9v 的粒子能否到达接收器;(3)若在第Ⅱ象限内加上垂直于坐标平面的匀强磁场，使所有粒子均到达接收器，求所加磁场的磁感应强度B 2的大小和方向． 【答案】(1)1mvB qL=(2)故速率为v 5的粒子被吸收，速率为9v 的粒子不能被吸收(3)2217'(173)m B qL=-（或2(17317)'mvB +=），垂直坐标平面向外【解析】 【详解】（1）由几何关系知，速率为v 的粒子在第Ⅰ象限内运动的半径为R L =①由牛顿运动定律得21v qvB m R=②得1mv B qL=③ （2）由（1）中关系式可得速率为v 5、9v 的粒子在磁场中的半径分别为5L 、9L . 设粒子与y 轴的交点到O 的距离为y ，将5R L =和9R L =分别代入下式222()R L y R -+=④得这两种粒子在y 轴上的交点到O 的距离分别为3L 、17L ⑤ 故速率为v 5的粒子被吸收，速率为9v 的粒子不能被吸收．⑥（3）若速度为9v 的粒子能到达D 点的接收器，则所加磁场应垂直坐标平面向外⑦ 设离子在所加磁场中的运动半径为1R ，由几何关系有15172917L L R L L-= 又221(9)9v q vB m R ⋅=⑨解得2217(517)mv B qL=-（或2(51717)mvB +=）⑩若粒子到达C 点的接收器，所加磁场应垂直于坐标平面向里同理：21732917L LR L L-=222(9)9'v q vB m R ⋅=解得2217'(173)m B qL=-（或2(17317)'mvB +=）6．如图所示，荧光屏MN 与x 轴垂直放置，与x 轴相交于Q 点，Q 点的横坐标06x cm =，在第一象限y 轴和MN 之间有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度51.610/E N C =⨯，在第二象限有半径5R cm =的圆形磁场，磁感应强度0.8B T =，方向垂直xOy 平面向外．磁场的边界和x 轴相切于P 点．在P 点有一个粒子源，可以向x 轴上方180°范围内的各个方向发射比荷为81.010/qC kg m=⨯的带正电的粒子，已知粒子的发射速率60 4.010/v m s =⨯．不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用．求：（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径； （2）粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围； （3）带电粒子打到荧光屏上的位置与Q 点间的最远距离． 【答案】（1）5cm （2）010y cm ≤≤ （3）9cm 【解析】 【详解】（1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动20vqv B m r=解得：05mv r cm qB== （2）由（1）问中可知r R =，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知四边形1PO FO '为菱形，所以1//FO O P '，又O P '垂直于x 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径1FO 垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x 轴平行，所以粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为010y cm ≤≤．（3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有000x v t =2012h at =qE a m=解得：18210h cm R cm =>=，说明粒子离开电场后才打到荧光屏上．设从纵坐标为y 的点进入电场的粒子在电场中沿x 轴方向的位移为x ，则0x v t =212y at =代入数据解得2x y =设粒子最终到达荧光屏的位置与Q 点的最远距离为H ，粒子射出的电场时速度方向与x 轴正方向间的夹角为θ，000tan 2y qE x v m v yv v θ===g所以()(00tan 22H x x x y y θ=-=g 由数学知识可知，当(022x y y = 4.5y cm =时H 有最大值，所以max 9H cm =7．长为L的平行板电容器沿水平方向放置，其极板间的距离为d，电势差为U，有方向垂直纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场．荧光屏MN与电场方向平行，且到匀强电、磁场右侧边界的距离为x，电容器左侧中间有发射质量为m带＋q的粒子源，如图甲所示．假设a、b、c三个粒子以大小不等的初速度垂直于电、磁场水平射入场中，其中a 粒子沿直线运动到荧光屏上的O点；b粒子在电、磁场中向上偏转；c粒子在电、磁场中向下偏转．现将磁场向右平移与电场恰好分开，如图乙所示．此时，a、b、c粒子在原来位置上以各自的原速度水平射入电场，结果a粒子仍恰好打在荧光屏上的O点；b、c中有一个粒子也能打到荧光屏，且距O点下方最远；还有一个粒子在场中运动时间最长，且打到电容器极板的中点．求：(1)a粒子在电、磁场分开后，再次打到荧光屏O点时的动能；(2)b，c粒子中打到荧光屏上的点与O点间的距离(用x、L、d表示)；(3)b，c中打到电容器极板中点的那个粒子先、后在电场中，电场力做功之比．【答案】(1)242222222akL B d q m UEmB d= (2)1()2xy dL=+ (3)11224==5UqyW dUqW yd【解析】【详解】据题意分析可作出abc三个粒子运动的示意图，如图所示．(1) 从图中可见电、磁场分开后，a 粒子经三个阶段：第一，在电场中做类平抛运动；第二，在磁场中做匀速圆周运动；第三，出磁场后做匀速直线运动到达O 点，运动轨迹如图中Ⅰ所示．Uq Bqv d=， BdU v =， L LBd t v U==， 222122a Uq L B qdy t dm mU ==， 21()2a a k U U qy E m d Bd=- 242222222a k L B d q m U E mB d= (2) 从图中可见c 粒子经两个阶段打到荧光屏上．第一，在电场中做类平抛运动；第二，离开电场后做匀速直线运动打到荧光屏上，运动轨迹如图中Ⅱ所示．设c 粒子打到荧光屏上的点到O 点的距离为y ，根据平抛运动规律和特点及几何关系可得12=122dy L L x +，1()2x y d L =+(3) 依题意可知粒子先后在电场中运动的时间比为t 1=2t 2如图中Ⅲ的粒子轨迹，设粒子先、后在电场中发生的侧移为y 1，y 22111·2Uq y t md =，11y Uq v t md =122221·2y Uq t m y t dv +=，22158qU y t md=， 124=5y y ， 11224==5Uqy W d Uq W y d8．如图所示,在直角坐标系xOy 平面内有两个同心圆,圆心在坐标原点O,小圆内部(I 区)和两圆之间的环形区域(Ⅱ区)存在方向均垂直xOy 平面向里的匀强磁场(图中未画出),I 、Ⅱ区域磁场磁感应强度大小分别为B 、2B 。

绝密★启用前2020年高考物理大题热点题型专练（五）——带电粒子在电磁场中的运动学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2、请将答案正确填写在答题卡上一、计算题1.如图所示，在真空中的竖直平面内有一xOy 坐标系，在第I 象限内存在垂直坐标系所在平面向里的匀强磁场和沿x 轴负方向的匀强电场，x 轴下方存在垂直坐标系所在平面向外的匀强磁场和沿y 轴正方向的匀强电场，且各区域内电场强度大小相等，第I 象限内的磁感应强度大小为0B ，但x 轴下方的磁感应强度大小未知。

现有一带电的小球从第Ⅱ象限内的(2,2)P d d -点以某一初速度沿x 轴正方向水平抛出，当小球运动到y 轴上的Q 点(0,)d 后进入第I 象限，小球在第I 象限内沿直线运动进入x 轴下方，此后运动一段时间从x 负半轴再次进入第Ⅱ象限，并恰好经过Q 点。

已知重力加速度为g ，试求：（1）小球第一次经过Q 点时的速度大小和方向；（2）小球带电性及第Ⅲ、Ⅳ象限内匀强磁场的磁感应强度B 的大小； （3）小球从P 点出发到第二次经过Q 点时的总时间。

2.如图甲所示，坐标系xOy 在竖直平面内，x 轴水平向右，y 轴竖直向上。

原点O 左侧P 处粒子源可以不断产生4510C/kg qm=⨯（重力不计）、初速度为零的带正电粒子，带电粒子在AB 板间被瞬间加速（时间极短），经小孔O 水平射出，B 板在y 轴上，AB 板间所加电压按图乙所示规律变化（周期2s T =）。

B 板为一可以接收粒子的金属板（碰撞后速度变为零被吸收），在B 板右侧边长为2d （0.2m d =）的正三角形CDF 区域内存在关于x 轴对称分布的匀强磁场，磁感应强度0.1T B ，方向垂直纸面向里，CF 边与B 板距离为2πm 15。

正三角形的CD 边也为可接收粒子的金属板，板上方区域存在竖直向下的匀强电场E 。

热点24 带电粒子在组合场和复合场中的运动高考真题1.（2018全国理综II）一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条形区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。

一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。

不计重力。

（1）定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；（2）求该粒子从M点射入时速度的大小；（3）若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N 点的时间。

2.（20分）（2018高考全国理综I）如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E，H和一个氘核21H先后从y轴上y=h点在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。

一个氕核11以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。

已知11H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，H的质量为m，电荷量为q不计重力。

求：并从坐标原点O处第一次射出磁场。

11（1）11H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；（2）磁场的磁感应强度大小；（3）21H 第一次离开磁场的位置到原点O 的距离。

3.（2017江苏卷）一台质谱仪的工作原理如图所示．大量的甲、乙两种离子飘入电压为U 0的加速电场，其初速度几乎为0，经过加速后，通过宽为L 的狭缝MN 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，最后打到照相底片上．已知甲、乙两种离子的电荷量均为+q ，质量分别为2m 和m ，图中虚线为经过狭缝左、右边界M 、N 的甲种离子的运动轨迹．不考虑离子间的相互作用．（1）求甲种离子打在底片上的位置到N 点的最小距离x ；（2）在答题卡的图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d ；（3）若考虑加速电压有波动，在()到()之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L 满足的条件．最新模拟题1．（2020南昌摸底考试）如图是质谱仪的工作原理示意图。