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【通用版】高考物理考前突破专题专题一、带电粒子在交变电场中的运动1．A 、B 两金属板平行放置，在t ＝0时刻将电子从A 板附近由静止释放（电子的重力忽略不计）。
分别在A 、B 两板间加上右边哪种电压时，有可能使电子到不了B 板【答案】B2．将如图交变电压加在平行板电容器A 、B 两极板上，开始B 板电势比A 板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开始运动，设A 、B 两极板的距离足够大，下列说法正确的是A ．电子一直向着A 板运动B ．电子一直向着B 板运动C ．电子先向A 运动，然后返回向B 板运动，之后在A 、B 两板间做周期性往复运动D ．电子先向B 运动，然后返回向A 板运动，之后在A 、B 两板间做周期性往复运动 【答案】D【解析】根据交变电压的变化规律，不难确定电子所受电场力的变化规律，从而作出电子的加速度a 、速度v 随时间变化的图线，如图所示，从图中可知，电子在第一个T 4内做匀加速运动，第二个T4内做匀减速运动，在这半个周期内，因初始B 板电势高于A 板电势，所以电子向B 板运动，加速度大小为eUmd 。
在第三个T 4内做匀加速运动，第四个T4内做匀减速运动，但在这半个周期内运动方向与前半个周期相反，向A 板运动，加速度大小为eUmd，所以，电子做往复运动，综上分析正确选项应为D 。
7．如图甲所示，真空室中电极K 发出的电子（初速度不计）经过电势差为U 1的加速电场加速后，沿两水平金属板C 、D 间的中心线射入两板间的偏转电场，最后打在荧光屏上。
C 、D 两板间的电势差U CD 随时间变化的图象如图乙所示，设C 、D 间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场。
已知电子的质量为m 、电荷量为e （重力不计），C 、D 极板长为l ，板间距离为d ，偏转电压U 2，荧光屏距C 、D 右端的距离为l6，所有电子都能通过偏转电极。
（1）求电子通过偏转电场的时间t 0；（2）若U CD 的周期T ＝t 0，求荧光屏上电子能够到达的区域的长度； （3）若U CD 的周期T ＝2t 0，求到达荧光屏上O 点的电子的动能。
高考物理二轮复习：专题分层突破练7 电场带电粒子在电场中的运动A组1.只要空气中的电场足够强,空气就可以被“击穿”,成为导体。
某次实验中,电压为3×104 V的直流电源的两极连在一对平行的金属板上,当金属板间的距离减小到1 cm,板之间就会放电,则此次实验中空气被“击穿”时的电场强度大小为()A.3×102 V/mB.3×104 V/mC.3×106 V/mD.3×108 V/m2.如图所示,Q1、Q2为两个带等量正电荷的点电荷,在两者的电场中有M、N和O三点,其中M和O在Q1、Q2的连线上(O为连线的中点),N为过O点的垂线上的一点。
则下列说法正确的是()A.在Q1、Q2连线的中垂线位置可以画出一条电场线B.若将一个带正电的点电荷分别放在M、N和O三点,则该点电荷在M点时的电势能最大C.若将一个带电荷量为-q的点电荷从M点移到O点,则电势能减少D.若将一个带电荷量为-q的点电荷从N点移到O点,则电势能增加3.(2021上海高三二模)如图所示,四根彼此绝缘的带电导体棒围成一个正方形线框(导体棒很细),线框在正方形中心O点产生的电场强度大小为E0,方向竖直向下;若仅撤去导体棒C,则O点电场强度大小变为E1,方向竖直向上,则若将导体棒C叠于A棒处,则O点电场强度大小变为()A.E1-E0B.E1-2E0C.2E1+E0D.2E14.(2021江苏南京高三二模)某电子透镜的电场分布如图所示,虚线为等差等势面,一电子在其中运动的轨迹如图中实线所示,a、b是轨迹上的两点,则()A.a点的电场强度大于b点的电场强度B.b点电场强度的方向水平向右C.a点的电势高于b点的电势D.电子在a点的电势能大于在b点的电势能5.(2021广东揭阳高三调考)电容式传感器可以将非电学量的微小变化转换成电容变化。
如图是一种利用电容式传感器测量油箱中油量的装置。
开关S闭合后,下列说法正确的是()A.油量减少时,电容器的电容增大B.油量减少时,电容器的带电荷量减小C.油量减少时,电流向上经过电流表GD.电流表G示数为零时,油箱中油量为零6.(2022天津蓟州第一中学)如图所示,虚线a、b、c代表电场中的三个等势面,相邻等势面之间的电势差相等,即U ab=U bc,实线为一带负电的质点仅在电场力的作用下通过该区域时的运动轨迹,P、Q是这条轨迹上的两点,据此可知()A.三个等势面中,c的电势最高B.带电质点通过P点的电势能比Q点大C.带电质点通过P点的动能比Q点大D.带电质点通过P点时的加速度比Q点小7.(多选)(2021福建高三二模)空间中有水平方向上的匀强电场,一质量为m,带电荷量为q的微粒在某竖直平面内运动,其电势能和重力势能随时间的变化如图所示,则该微粒()A.一定带正电B.0~3 s内电场力做功为-9 JC.运动过程中动能不变D.0~3 s内除电场力和重力外所受其他力对微粒做功为12 J8.(2021上海高三二模)如图所示,质量为m=2 g的小球a穿在光滑的水平绝缘细杆上,杆长为1 m,小球a带正电,电荷量为q=2×10-7 C,在杆上B点处固定一个电荷量为Q=2×10-6 C的带正电小球b。
2020高考物理 专题突破：带电粒子在电场中的运动（含答案）巩固练习（一） 带电粒子在电场中的直线运动例题1. 如图所示，M 、N 是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m 、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v 0由小孔进入电场，当M 、N 间电压为U 时，粒子刚好能到达N 板，如果要使这个带电粒子能到达M 、N 两板间距的12处返回，则下述措施能满足要求的是( )．A ．使初速度减为原来的12B ．使M 、N 间电压提高到原来的2倍C ．使M 、N 间电压提高到原来的4倍D ．使初速度和M 、N 间电压都减为原来的12【答案】 BD例题2. 如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m ＝0.2 kg ，带电荷量为q ＝＋2.0×10－6C 的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.1.从t ＝0时刻开始，空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场(取水平向右的方向为正方向，g ＝10 m/s 2)，求：(1)23 s 内小物块的位移大小． (2)23 s 内电场力对小物块所做的功． 【答案】 (1)47 m (2)9.8 J例题3. 如图所示，在等势面沿竖直方向的匀强电场中，一带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线AB 运动，由此可知( )．A ．电场中A 点的电势高于B 点的电势B ．微粒在A 点时的动能大于在B 点时的动能，在A 点时的电势能小于在B 点时的电势能C ．微粒在A 点时的动能小于在B 点时的动能，在A 点时的电势能大于在B 点时的电势能D ．微粒在A 点时的动能与电势能之和等于在B 点时的动能与电势能之和 【答案】 AB例题4. 一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d ，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方d2处的P 点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移d3，则从P 点开始下落的相同粒子将( )． A ．打到下极板上 B ．在下极板处返回 C ．在距上极板d2处返回D ．在距上极板25d 处返回【答案】 D例题5. 如图所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，到达B 板的速度为v ，保持两板间电压不变，则( )．A ．当减小两板间的距离时，速度v 增大B ．当减小两板间的距离时，速度v 减小C ．当减小两板间的距离时，速度v 不变D ．当减小两板间的距离时，电子在两板间运动的时间变长 【答案】 C例题6. 如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一稳压电源(未画出)相连，若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中该粒子( )A ．所受重力与电场力平衡B ．电势能逐渐增加C ．机械能逐渐减小D ．做匀变速直线运动 【答案】 D例题7. 如图所示、两极板水平放置的平行板电容器间形成匀强电场.两极板间相距为d. — 带负电的微粒从上极板M 的边缘以初速度射入，沿直线从下极板的边缘射出.已知微粒的电量为q 、质量为m 。
专题限时集训（七）带电粒子在电场中的运动（建议用时：40分钟）一、选择题（本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，第1〜5题只有一项符合题目要求，第6〜8题有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.）1. （2012 •江苏高考T i）真空中，A、B两点与点电荷Q的距离分别为r和3r，则A、B 两点的电场强度大小之比为（）【导学号：25702032】A. 3 ：1 B . 1 ：3 C. 9 ：1 D. 1 ：9kQQ F kQ C由库仑定律F= 厂和场强公式E=知点电荷在某点产生电场的电场强度E= -2,r q r电场强度大小与该点到场源电荷的距离的二次方成反比，则Ex：曰=r B : r A= 9 ：1,选项C正确.2. （2016 •湖南长沙一模）如图19所示，虚线a、b、c代表电场中一簇等势线，相邻等势线之间的电势差相等，实线为一带电质点（重力不计）仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P Q是这条轨迹上的两点，据此可知（）图19A. a、b、c三条等势线中，a的电势最高B. 电场中Q点处的电场强度大小比P点处大C. 该带电质点在P点处受到的电场力比在Q点处大D. 该带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大C [由图可知，P点处等势线比Q点处密集，则P点处的电场强度比Q点处大，该带电质点在P点处受到的电场力比在Q点处大，故B错、C对；若带电质点从P向Q运动，根据合外力指向轨迹弯曲的凹侧知电场力做负功，电势能增加，动能减小；若从Q向P运动，则电场力做正功，电势能减小，动能增大，故带电质点在P点处的动能大于在Q点处的动能，在P点具有的电势能小于在Q点具有的电势能，因不知质点所带电荷的电性，则无法判断电势高低，故A、D错误.]3. 如图20所示，等量异种点电荷A、B固定在同一水平线上，竖直固定的光滑绝缘杆与AB的中垂线重合，C D是绝缘杆上的两点，ACBD勾成一个正方形.一带负电的小球（可视为点电荷），套在绝缘杆上自C点无初速度释放，由C运动到D的过程中，下列说法正确的是（ ）A. 只增大粒子的带电量B. 只增大电场强度C. 只减小粒子的比荷D. 只减小粒子的入射速度C ［设极板长为L ,极板间的距离为 d ,带电粒子的质量为 m 电荷量为q 、加速度为a , 沿平行板面方向带电粒子做匀速直线运动L = vt ,垂直板面方向做初速度为零的匀加速运动2d = g at 2, qE = ma 由以上三式解得d = q^L ；,若只增大粒子的带电量或只增大电场强度或只 2 2 = 2 2mvd减小粒子的入射速度，则粒子在竖直方向的位移y>?,粒子将打在极板上，不能飞出电场，A. 小球的速度先减小后增大B. 小球的速度先增大后减小C. 杆对小球的作用力先减小后增大D. 杆对小球的作用力先增大后减小 D ［由等量异种点电荷电场的叠加特点知,两电荷连线的中垂线上的场强均垂直于中垂线指向负电荷，故水平方向杆对小球的作用力与电场力相平衡， 小球竖直方向只受重力作用,加速度为g ,小球一直向下做匀加速直线运动，速度一直增加，选项A B 错误；又因为两 电荷连线的中垂线与连线的交点处的场强是中垂线上场强的最大值， 故杆对小球的作用力先增大后减小，选项 C 错误，D 正确.］ 4.（2016 •东北三省四市联合体联考 ）如图21所示，在真空中有一对带电的平行金属板水平放置.一带电粒子沿平行于板面的方向，从左侧两极板中央射入电场中，恰能从右侧极板边缘处离开电场. 不计粒子重力.若可以改变某个量， 下列哪种变化，仍能确保粒子一定 飞出电场（ ）图21选项A B D 错误；若只减小粒子的比荷， 则粒子在竖直方向的位移 y <2,粒子能飞出电场, 选项C 正确.]5.如图22所示，在真空室中有一水平放置的不带电平行板电容器，板间距离为d ,电容为C,上板B 接地•现有大量质量均为 m 带电量均为q 的小油滴，以相同的初速度持续 不断地从两板正中间沿图中虚线所示方向射入，第一滴油滴正好落到下板 A 的正中央P 点•如果能落到A 板的油滴仅有N 滴，且第N+ 1滴油滴刚好能飞离电场，假定落到 A 板的油滴的电量能被板全部吸收，不考虑油滴间的相互作用，重力加速度为 （ ）1 ■I —H -........... . 亠 图22A. 落到A 板的油滴数 N= CdmgqB. 落到A 板的油滴数 N= 3C d 2mg4qC. 第N+ 1滴油滴通过电场的整个过程所增加的动能等于D.第N+ 1滴油滴通过电场的整个过程所减少的机械能等于 A [由平抛运动规律：x = v o t ,y = 1gt 2可知，当N 个油滴落到板上后，其加速度a =4g ,由ma= mg- qE 得qE = 3mg 电容器中的场强 E = U = C Q = Cq 可得N= 3^d 2mg 故B 对、A 错.由 d dmgd动能定理 M= mg 2 — q^,代入数据得： W 合=—話，故C 对•克服电场力做的功等于油滴减 少的机械能，Wfe = qE d =色畀故D 对.]6. （2015 •江苏高考 T 8）两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图 23所示.c 是两负电荷连线的中点，d 点在正电荷的正上方，c 、d 到正电荷的距离相等， 则（）g ,则以下说法错误的是mgd"8~ 3mgd图23A. a点的电场强度比b点的大B. a点的电势比b点的高C. c点的电场强度比d点的大D. c点的电势比d点的低ACD ［根据电场线的分布图，a、b两点中，a点的电场线较密，则a点的电场强度较大，选项A正确•沿电场线的方向电势降低，a点的电势低于b点的电势，选项B错误.由于c、d关于正电荷对称，正电荷在c、d两点产生的电场强度大小相等、方向相反；两负电荷在c点产生的电场强度为0,在d点产生的电场强度方向向下，根据电场的叠加原理，c点的电场强度比d点的大，选项C正确.c、d两点中c点离负电荷的距离更小，c点电势比d点低，选项D 正确.］7. （2016 •山西大同二模）如图24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，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略.一带负电油滴被固定于电容器中的P 点.现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则下列说法中正确的是（）A. 平行板电容器的电容将变小B. 静电计指针张角变小C. 带电油滴的电势能将减少D. 若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变ACD ［将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离时，两极板的正对面积S不变，间距d变大，根据关系式3产£可知，电容C减小，选项A正确；因为静电计指针4 n kd的变化表征了电容器两极板间电势差的变化，题中电容器两极板间的电势差U不变，所以静电计指针张角不变，选项B错误；U不变，极板间距d变大时，板间电场强度E= £减小，带d电油滴所处位置的电势0 P= U— Ed增大，其中d1为油滴到上极板的距离，又因为油滴带负电，所以其电势能将减少，选项C正确；若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则电容器的电荷量Q不变，极板间距d变大，根据Q= CU E=#和Cd£S i可知E x —-，可见，极板间电场强度 E 不变，所以带电油滴所受电场力不变，选项4 n kd £ r SD 正确.]& （2016 •河北衡水中学二模）如图25甲所示，Q 、Q 2是两个固定的点电荷，一带正电 的试探电荷仅在电场力作用下以初速度v o 沿两点电荷连线的中垂线从 a 点向上运动，其v -tA. 两点电荷一定都带负电，但电量不一定相等B. 两点电荷一定都带负电，且电量一定相等C. 试探电荷一直向上运动，直至运动到无穷远处D. t 2时刻试探电荷的电势能最大，但加速度不为零BD [由v -t 图可知t 2时刻运动方向改变，且图线斜率不为零，则加速度不为零，0〜t 2时间内做减速运动，电场力做负功，试探电荷的动能转化为电势能，t 2时刻电势能最大， C 错误，D 正确.试探电荷沿直线向上运动，则其所受电场力的方向沿 Q 、Q 连线的中垂线方向向下，所以两点电荷都带负电，且电量相等，A 错误，B 正确.]二、计算题（共2小题，32分）9. （14分）如图26所示，在绝缘水平面上，相距为 L 的A 、B 两点处分别固定着两个等 量正电荷.a 、b 是AB 连线上两点，其中 Aa= Bb = L /4 , O 为AB 连线的中点.一质量为 m 带电荷量为+q 的小滑块（可视为质点）以初动能E 从a 点出发，沿 AB 直线向b 运动，其中 小滑块第一次经过 O 点时的动能为初动能的 n 倍（n >1），到达b 点时动能恰好为零，小滑块最终停在O 点，求:【导学号：25702033】图26O b 两点间的电势差U bb ； 小滑块运动的总路程 s.(1) 小滑块与水平面间的动摩擦因数图25【解析】 ⑴ 由Aa = Bb= L , 0为AB 连线的中点得：a 、b 关于0点对称，贝U U a b = 0. 设小滑块与水平面间的摩擦力大小为Lq • u a b — f • 2= 0 —曰而 f =口 mg解得：2E 0口 = mgL⑵ 滑块从0^ b 过程，由动能定理得:q • U Ob — f • L = 0 —门吕4解得： 2n + 1S = 4 L .10. (18分)(2014 •全国卷I T 25)如图27所示，O A B 为同一竖直平面内的三个点, 3OB 沿竖直方向，/ BO = 60°, OB= ^OA 将一质量为 m 的小球以一定的初动能自 O 点水平 向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A 点.使此小球带电，电荷量为 q (q >0)，同时加一匀强电场，场强方向与△ OAB 所在平面平行.现从 O 点以同样的初动能沿某一方向抛出此带 电小球，该小球通过了 A 点，到达A 点时的动能是初动能的 3倍；若该小球从O 点以同样的 初动能沿另一方向抛出， 恰好通过B 点，且到达B 点时的动能为初动能的 6倍，重力加速度大小为g .求：图27(1) 无电场时，小球到达 A 点时的动能与初动能的比值； (2) 电场强度的大小和方向.【解析】 (1)设小球的初速度为 V 0,初动能为E ko ,从O 点运动到A 点的时间为t ，令f ，对于滑块从b 过程，由动能定理得:解得：U O b =—2n — 1 E(3)对于小滑块从a 开始运动到最终在q • U a o — f • s = 0 — EO 点停下的整个过程，由动能定理得:而 U a o = 一 U O b =2n — 1 E )【答案】2E )2n — 1⑴mgL ⑵—曰2n + 1⑶-4-Ltt30A= d ,则0B= @d ,根据平抛运动的规律有由①②③式得3 氐=g mgd设小球到达A 点时的动能为E<A ,则1E<A=氐+ Q mgdE kA 7由④⑤式得一=云.E k0 3△ E A 和△民，由能量守恒及④式得1 2△ E )A = 3氐—氐―2mgd= §氐3△ R B = 6E<o — E<o — 2mgd= E<o在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的. 设直线0B 上的M 点与A 点等电势,M 与0点的距离为x ,如图，则有x△ E )A 3 △ &B2d解得x = d , MA 为等势线，电场强度方向必与其垂线 0C 方向平行.设电场强度方向与竖设电场强度的大小为 E ,有qEc bos 30 ° =△ E A由④⑦？式得E 3mg=育=v °t①1 *2=2gt②1 2，mv ③od si n60od cos 60又有E<o = (2)加电场后，小球从 0点到A 点和B 点，高度分别降低了：2■，设电势能分别减小MAk \直向下的方向的夹角为 a ，由几何关系可得a = 30°.即电场强度方向与竖直向下的方向的夹角为30°【答案】7 (1)3⑵晋电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°。
第4节带电粒子在电场中运动的综合问题突破点(一) 示波管的工作原理在示波管模型中，带电粒子经加速电场U 1加速，再经偏转电场U 2偏转后，需要经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P ，如图所示。
1．确定最终偏移距离 思路一：思路二：2．确定偏转后的动能(或速度) 思路一：思路二：确定加速后的v 0―→确定偏转后的y―→动能定理：qEy ＝12m v 2－12m v 02[题点全练]1．图(a)为示波管的原理图。
如果在电极YY ′之间所加的电压按图(b)所示的规律变化，在电极XX ′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是选项中的( )解析：选B 在0～2 t 1时间内，扫描电压扫描一次，信号电压完成一个周期，当U Y为正的最大值时，电子打在荧光屏上有正的最大位移，当U Y 为负的最大值时，电子打在荧光屏上有负的最大位移，因此一个周期内荧光屏上的图像为B 。
2．(2019·东山月考)如图是示波管的示意图，竖直偏转电极的极板长l ＝4 cm ，板间距离d ＝1 cm 。
板右端距离荧光屏L ＝18 cm(水平偏转电极上不加电压，没有画出)。
电子沿中心线进入竖直偏转电场的速度v 0＝1.6×107 m/s ，电子电荷量e ＝1.60×10－19C ，质量m ＝0.91×10－30kg 。
(1)要使电子束不打在偏转电极的极板上，加在竖直偏转电极上的最大偏转电压U 不能超过多大？(2)若在偏转电极上加40 V 的电压，在荧光屏的竖直坐标轴上看到的光点距屏的中心点多远？解析：(1)电子在偏转电场中做类平抛运动，电子的偏移量为12d 时恰好不打在极板上，此时偏转电压最大，则在水平方向有：l ＝v 0t在竖直方向有：y ＝12d ＝12at 2＝eU 2md t 2代入数据解得：U ＝91 V 。
(2)偏转电压U ′＝40 V ，电子在偏转电场中做类平抛运动，则 在水平方向有：l ＝v 0t在竖直方向有：y ′＝12at 2＝eU ′2mdt 2设打在荧光屏上时，亮点距屏中心点的距离为Y ，由几何关系有：Yy ′＝L ＋l2l 2联立解得：Y ＝2.2 cm 。
2020年高考物理专题精准突破 专题 带点粒子在电场中的运动【专题诠释】一 带电粒子在电场中的直线运动 1．用动力学观点分析 a ＝F 合m ，E ＝Ud ，v 2－v 20＝2ad 2．用功能观点分析匀强电场中：W ＝qEd ＝qU ＝12mv 2－12mv 20非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1 二 带电粒子在电场中的偏转运动【高考领航】【2019·江苏高考】一匀强电场的方向竖直向上。
t ＝0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P ，不计粒子重力，则P t 关系图象是( )【答案】 A【解析】 设粒子带正电，运动轨迹如图所示，水平方向：粒子不受力，v x ＝v 0；沿电场方向：电场力F ＝qE ，加速度a ＝F m ＝qE m ，经时间t ，粒子沿电场方向的速度v y ＝at ＝qEt m ，电场力做功的功率P ＝Fv y ＝qE ·qEtm ＝(qE )2tm＝kt ∝t ，A 正确。
【2019·全国卷Ⅱ】如图，两金属板P 、Q 水平放置，间距为d 。
两金属板正中间有一水平放置的金属网G ，P 、Q 、G 的尺寸相同。
G 接地，P 、Q 的电势均为φ(φ>0)。
质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子自G 的左端上方距离G 为h 的位置，以速度v 0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。
(1)求粒子第一次穿过G 时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小； (2)若粒子恰好从G 的下方距离G 也为h 的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？ 【答案】 (1)12mv 20＋2φdqh v 0mdhqφ(2)2v 0mdhqφ【解析】 (1)PG 、QG 间场强大小相等，设均为E 。
粒子在PG 间所受电场力F 的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a ，有 E ＝φd 2＝2φd ①F ＝qE ＝ma ②设粒子第一次穿过G 时的动能为E k ，由动能定理有 qEh ＝E k －12mv 20③设粒子从射入电场至第一次穿过G 时所用的时间为t ，粒子在水平方向的位移大小为l ，则有 h ＝12at 2④l ＝v 0t ⑤联立①②③④⑤式解得 E k ＝12mv 20＋2φd qh ⑥ l ＝v 0mdhqφ⑦ (2)若粒子穿过G 一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。
1．(2021·江苏单科·15)一台质谱仪的工作原理如图1所示，电荷量均为＋q 、质量不同的离子飘入电压为U 0的加速电场，其初速度几乎为零．这些离子经加速后通过狭缝O 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场，最终打在底片上．已知放置底片的区域MN ＝L ，且OM ＝L .某次测量发觉MN 中左侧23区域MQ 损坏，检测不到离子，但右侧13区域QN 仍能正常检测到离子．在适当调整加速电压后，原本打在MQ 的离子即可在QN 检测到．图1(1)求原本打在MN 中点P 的离子质量m ；(2)为使原本打在P 的离子能打在QN 区域，求加速电压U 的调整范围；(3)为了在QN 区域将原本打在MQ 区域的全部离子检测完整，求需要调整U 的最少次数．(取lg2＝0.301，lg3＝0.477，lg5＝0.699)2．(2022·全国大纲·25)如图2所示，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xy 平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x 轴负方向．在y 轴正半轴上某点以与x 轴正向平行、大小为v 0的速度放射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d,0)点沿垂直于x 轴的方向进入电场．不计粒子重力．若该粒子离开电场时速度方向与y 轴负方向的夹角为θ，求：图2(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值； (2)该粒子在电场中运动的时间．1．题型特点(1)带电粒子在复合场中的运动是力电综合的重点和高考的热点，常见的考查形式有组合场(电场、磁场、重力场依次消灭)、叠加场(空间同一区域同时存在两种以上的场)、周期性变化的场等，近几年高考试题中，涉及本专题内容的频率极高，特殊是计算题，题目难度大，涉及面广．(2)试题多把电场和磁场的性质、运动学规律、牛顿运动定律、圆周运动规律、功能关系揉合在一起，主要考查考生的空间想象力、分析综合力量以及运用数学学问解决 物理问题的力量．以及考查考生综合分析和解决简单问题的力量． 2．解决带电粒子在组合场中运动的一般思路和方法： (1)明确组合场是由哪些场组合成的．(2)推断粒子经过组合场时的受力和运动状况，并画出相应的运动轨迹简图． (3)带电粒子经过电场时利用动能定理和类平抛运动学问分析． (4)带电粒子经过磁场区域时通常用圆周运动学问结合几何学问来处理．考题一带电粒子在组合场中的运动1．(2021·临沂二模)如图3所示，在直角坐标系xOy的其次象限存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度的大小为E1，在y轴的左侧存在垂直于纸面的匀强磁场．现有一质量为m，带电荷量为－q的带电粒子从其次象限的A点(－3L，L)以初速度v0沿x轴正方向射入后刚好做匀速直线运动，不计带电粒子的重力．图3(1)求匀强磁场的大小和方向；(2)撤去其次象限的匀强磁场，同时调整电场强度的大小为E2，使带电粒子刚好从B点(－L,0)进入第三象限，求电场强度E2的大小；(3)带电粒子从B点穿出后，从y轴上的C点进入第四象限，若E1＝2E2，求C点离坐标原点O的距离．2．(2021·徐州模拟)如图4所示，在竖直平面内建立xOy直角坐标系，在x＝－2d处有垂直于x轴足够大的弹性绝缘挡板，y轴左侧和挡板之间存在一匀强电场，电场与x轴负方向夹角θ＝45°，y轴右侧有一个有界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面对里，磁感应强度大小为B.在M(－22d、0)处有一个质量为m、电荷量为－q的粒子，以某一初速度沿场强方向运动．当它打到绝缘板上N点时，粒子沿y轴方向的速度不变，x轴方向速度大小不变，方向反向，一段时间后，以2v的速度垂直于y轴进入磁场，恰好不从磁场右边界飞出．粒子的重力不计．图4(1)求磁场的宽度L；(2)求匀强电场的场强大小E；(3)若另一个同样的粒子以速度v从M点沿场强方向运动，经时间t第一次从磁场边界上P点出来，求时间t.分析带电粒子在组合场中运动问题的方法(1)要清楚场的性质、方向、强弱、范围等．(2)带电粒子依次通过不同场区时，由受力状况确定粒子在不同区域的运动状况．(3)正确地画出粒子的运动轨迹图．(4)依据区域和运动规律的不同，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．(5)要明确带电粒子通过不同场区的交界处时速度大小和方向关系，上一个区域的末速度往往是下一个区域的初速度．考题二带电粒子在叠加场中的运动3．(多选)(2021·南充三诊)如图5所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内．第Ⅲ、Ⅳ象限内有垂直于坐标面对外的匀强磁场，第Ⅳ象限同时存在方向平行于y轴的匀强电场(图中未画出)，一带电小球从x轴上的A点由静止释放，恰好从P点垂直于y轴进入第Ⅳ象限，然后做圆周运动，从Q点垂直于x轴进入第Ⅰ象限，Q点距O 点的距离为d，重力加速度为g.依据以上信息，能求出的物理量有()图5A．圆周运动的速度大小B．电场强度的大小和方向C．小球在第Ⅳ象限运动的时间D．磁感应强度大小4．(2021·安徽模拟)如图6所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面对里．一带电荷量为＋q，质量为m的微粒从原点动身沿与x轴正方向的夹角为45°的初速度进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A(l，l)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，粒子连续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场．(不计一切阻力)，求：图6(1)电场强度E大小；(2)磁感应强度B的大小；(3)粒子在复合场中的运动时间．带电粒子在叠加场中运动问题的处理方法(1)弄清叠加场的组成特点．(2)正确分析带电粒子的受力及运动特点．(3)画出粒子的运动轨迹，机敏选择不同的运动规律．①若只有两个场且正交．例如，电场与磁场中满足qE ＝q v B 或重力场与磁场中满足mg ＝q v B 或重力场与电场中满足mg ＝qE ，都表现为匀速直线运动或静止，依据受力平衡列方程求解．②三场共存时，合力为零，受力平衡，粒子做匀速直线运动．其中洛伦兹力F ＝q v B 的方向与速度v 垂直． ③三场共存时，粒子在复合场中做匀速圆周运动．mg 与qE 相平衡，有mg ＝qE ，由此可计算粒子比荷，判定粒子电性．粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，应用受力平衡和牛顿运动定律结合圆周运动规律求解，有q v B ＝mrω2＝m v 2r ＝mr 4π2T2＝ma .④当带电粒子做简单的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．考题三 带电粒子在交变电磁场中运动的问题5．(2021·泰州二模)如图7甲所示，在xOy 竖直平面内存在竖直方向的匀强电场，在第一象限内有一与x 轴相切于点(2R,0)、半径为R 的圆形区域，该区域内存在垂直于xOy 面的匀强磁场，电场与磁场随时间变化如图乙、丙所示，设电场强度竖直向下为正方向，磁场垂直纸面对里为正方向，电场、磁场同步周期性变化(每个周期内正反向时间相同)．一带正电的小球A 沿y 轴方向下落，t ＝0时刻A 落至点(0,3R )，此时，另一带负电的小球B 从圆形区域最高点(2R,2R )处开头在磁场内紧靠磁场边界做匀速圆周运动；当A 球再下落R 时，B 球旋转半圈到达点(2R,0)；当A 球到达原点O 时，B 球又旋转半圈回到最高点；然后A 球开头匀速运动．两球的质量均为m ，电荷量大小均为q .(不计空气阻力及两小球之间的作用力，重力加速度为g )求：图7(1)匀强电场的场强E 的大小；(2)小球B 做匀速圆周运动的周期T 及匀强磁场的磁感应强度B 的大小； (3)电场、磁场变化第一个周期末A 、B 两球间的距离．6．(2021·绥化二模)如图8甲所示，两个平行正对的水平金属板X 、X ′极板长L ＝0.23m ，板间距离d ＝0.2m ，在金属板右端竖直边界MN 的右侧有一区域足够大的匀强磁场，磁感应强度B ＝5×10－3T ，方向垂直纸面对里．现将X ′极板接地，X 极板上电势φ随时间变化规律如图乙所示．现有带正电的粒子流以v 0＝105m/s 的速度沿水平中线OO ′连续射入电场中，粒子的比荷qm ＝108C/kg ，重力可忽视不计，在每个粒子通过电场的极短时间内，电场可视为匀强电场(设两板外无电场)．求：图8(1)带电粒子射出电场时的最大速率；(2)粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间之比；(3)分别从O ′点和距O ′点下方d4＝0.05m 处射入磁场的两个粒子，在MN 上射出磁场时两出射点之间的距离．解决带电粒子在交变电磁场中运动问题“三步走”考题四 磁与现代科技的应用7．(2021·长春三质检)如图9所示，宽度为d 、厚度为h 的导体放在垂直于它的磁感应强度为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．试验表明：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 IBd ，式中的比例系数K 称为霍尔系数．设载流子的电荷量为q ，下列说法正确的是( )图9A ．载流子所受静电力的大小F ＝q UdB ．导体上表面的电势肯定大于下表面的电势C ．霍尔系数为K ＝1nq，其中n 为导体单位长度上的电荷数D ．载流子所受洛伦兹力的大小F 洛＝BInhd，其中n 为导体单位体积内的电荷数8．(多选)(2021·日照模拟)英国物理学家阿斯顿因首次制成质谱仪，并用此对同位素进行了争辩，因此荣获了1922年的诺贝尔化学奖．若速度相同的同一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图10所示，则下列说法中正确的是( )图10A ．该束带电粒子带正电B ．速度选择器的P 1极板带负电C ．在B 2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大D ．在B 2磁场中运动半径越大的粒子，比荷qm越小9．(2021·浙江理综·25)使用回旋加速器的试验需要把离子束从加速器中引出，离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等．质量为m ，速度为v 的离子在回旋加速器内旋转，旋转轨道是半径为r 的圆，圆心在O 点，图11轨道在垂直纸面对外的匀强磁场中，磁感应强度为B .为引出离子束，使用磁屏蔽通道法设计引出器．引出器原理如图所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于O ′点(O ′点图中未画出)．引出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从P 点进入通道，沿通道中心线从Q 点射出．已知OQ 长度为L ，OQ 与OP 的夹角为θ.图11(1)求离子的电荷量q 并推断其正负；(2)离子从P 点进入，Q 点射出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B ′，求B ′；(3)换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B 不变，在内外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽视边缘效应．为使离子仍从P 点进入，Q 点射出，求通道内引出轨迹处电场强度E 的方向和大小．几种常见的电磁场应用实例 (1)质谱仪：①用途：测量带电粒子的质量和分析同位素．②原理：由粒子源S 发出的速度几乎为零的粒子经过加速电场U 加速后，以速度v ＝2qUm进入偏转磁场中做匀速圆周运动，运动半径为r ＝1B2mUq，粒子经过半个圆周运动后打到照相底片D 上，通过测量D 与入口间的距离d ，进而求出粒子的比荷q m ＝8UB 2d 2或粒子的质量m ＝qB 2d 28U.(2)速度选择器：带电粒子束射入正交的匀强电场和匀强磁场组成的区域中，满足平衡条件qE ＝q v B 的带电粒子可以沿直线通过速度选择器．速度选择器只对粒子的速度大小和方向做出选择，而对粒子的电性、电荷量不能进行选择． (3)回旋加速器： ①用途：加速带电粒子．②原理：带电粒子在电场中加速，在磁场中偏转，交变电压的周期与带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相同．③粒子获得的最大动能E k ＝q 2B 2r 2n2m，其中r n 表示D 形盒的最大半径．专题综合练1．(2021·全国大联考二)如图12所示，平面直角坐标系第一象限存在竖直向上的匀强电场，距离原点O 为3a 处有一个竖直放置的荧光屏，荧光屏与x 轴相交于Q 点，且纵贯第四象限．一个顶角等于30°的直角三角形区域内存在垂直平面对里的匀强磁场，三角形区域的一条直角边ML 与y 轴重合，且被x 轴垂直平分．已知ML 的长度为6a ，磁感应强度为B ，电子束以相同的速度v 0从LO 区间垂直y 轴和磁场方向射入直角三角形区域．从y ＝－2a 射入磁场的电子运动轨迹恰好经过原点O ，假设第一象限的电场强度大小为E ＝B v 0，试求：图12(1)电子的比荷；(2)电子束从＋y 轴上射入电场的纵坐标范围；(3)从磁场中垂直于y 轴射入电场的电子打到荧光屏上距Q 点的最远距离．2．(2021·绵阳4月模拟)如图13甲所示，有一磁感应强度大小为B、垂直纸面对外的匀强磁场，磁场边界OP 与水平方向夹角为θ＝45°，紧靠磁场右上边界放置长为L、间距为d的平行金属板M、N，磁场边界上的O点与N板在同一水平面上，O1、O2为电场左右边界中点．在两板间存在如图乙所示的交变电场(取竖直向下为正方向)．某时刻从O点竖直向上以不同初速度同时放射两个相同的质量为m、电荷量为＋q的粒子a和b.结果粒子a恰好从O1点水平进入板间电场运动，由电场中的O2点射出；粒子b恰好从M板左端边缘水平进入电场．不计粒子重力和粒子间相互作用，电场周期T未知．求：图13(1)粒子a、b从磁场边界射出时的速度v a、v b；(2)粒子a从O点进入磁场到O2点射出电场运动的总时间t. 3．(2021·盐城二模)如图14所示的xOy坐标系中，y轴右侧空间存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy平面对里．P点的坐标为(－2L,0)，Q1、Q2两点的坐标分别为(0，L)，(0，－L)．坐标为(－13L，0)处的C点固定一平行于y轴放置的长为23L的绝缘弹性挡板，C为挡板中点，带电粒子与弹性绝缘挡板碰撞前后，沿y方向分速度不变，沿x方向分速度反向，大小不变．带负电的粒子质量为m，电荷量为q，不计粒子所受重力．若粒子从P点射出沿PQ1方向进入磁场，经磁场运动后，求：图14(1)从Q1直接到达Q2处的粒子初速度大小；(2)从Q1直接到达O点，粒子第一次经过x轴的交点坐标；(3)只与挡板碰撞两次并能回到P点的粒子初速度大小．答案精析专题8 带电粒子在电场和磁场中的运动真题示例1．(1)9qB 2L 232U 0 (2)100U 081≤U ≤16U 09 (3)3次解析 (1)离子在电场中加速：qU 0＝12m v 2在磁场中做匀速圆周运动：q v B ＝m v 2r解得r ＝1B2mU 0q打在MN 中点P 的离子运动半径为r 0＝34L ，代入解得m ＝9qB 2L 232U 0(2)由(1)知，U ＝16U 0r 29L 2离子打在Q 点时r ＝56L ，U ＝100U 081离子打在N 点时r ＝L ，U ＝16U 09，则电压的范围 100U 081≤U ≤16U 09 (3)由(1)可知，r ∝U由题意知，第1次调整电压到U 1，使原本Q 点的离子打在N 点L 56L ＝U 1U 0此时，原本半径为r 1的打在Q 1的离子打在Q 上56L r 1＝U 1U 0解得r 1＝⎝⎛⎭⎫562L第2次调整电压到U 2，原本打在Q 1的离子打在N 点，原本半径为r 2的打在Q 2的离子打在Q 上，则：L r 1＝U 2U 0，56L r 2＝U 2U 0 解得r 2＝⎝⎛⎭⎫563L同理，第n 次调整电压，有r n ＝⎝⎛⎭⎫56n ＋1L 检测完整，有r n ≤L 2解得n ≥lg2lg (65)－1≈2.8最少次数为3次 2．(1)12v 0tan 2θ (2)2d v 0tan θ解析 (1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动．设磁感应强度的大小为B ，粒子质量与所带电荷量分别为m 和q ，圆周运动的半径为R 0.由洛伦兹力公式及牛顿其次定律得q v 0B ＝m v 20R 0①由题给条件和几何关系可知 R 0＝d ②设电场强度大小为E ，粒子进入电场后沿x 轴负方向的加速度大小为a x ，在电场中运动的时间为t ，离开电场时沿x 轴负方向的速度大小为v x .由牛顿其次定律及运动学公式得Eq ＝ma x ③ v x ＝a x t ④ v x2t ＝d ⑤ 由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有 tan θ＝v xv 0⑥联立①②③④⑤⑥式得 E B ＝12v 0tan 2θ⑦ (2)联立⑤⑥式得 t ＝2dv 0tan θ.考题一 带电粒子在组合场中的运动1．(1)E 1v 0 磁场方向垂直纸面对外 (2)m v 202qL(3)(2－1)L解析 (1)带电粒子做匀速直线运动，其所受合力为零，由于粒子带负电荷，带电粒子受到的电场力方向沿y 轴负方向，所以带电粒子受到的洛伦兹力方向沿y 轴正方向，依据左手定则推断磁场方向垂直纸面对外 依据带电粒子受的洛伦兹力等于电场力，即：q v 0B ＝qE 1① 解得：B ＝E 1v 0②(2)撤去磁场后，带电粒子仅受电场力作用做类平抛运动． 依据牛顿其次定律：qE 2＝ma ③ x 轴方向：2L ＝v 0t ④ y 轴方向：L ＝12at 2⑤联立③④⑤解得：E 2＝m v 202qL⑥(3)带电粒子穿过B 点时竖直速度：v 1＝at ⑦ 由④⑤⑦解得：v 1＝v 0⑧则通过B 点时的速度v ＝v 20＋v 21＝2v 0⑨与x 轴正方向的夹角为θ，则sin θ＝v 1v ＝22⑩即θ＝45°⑪带电粒子在第三象限做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力q v B ＝m v 2R ⑫由E 1＝2E 2⑬ 由(1)知B ＝E 1v 0＝2E 2v 0⑭由⑥⑨⑫⑭解得：R ＝2L ⑮CO ＝(2－1)L2．(1)2m v qB (2)3m v 24qd (3)(4＋210)d 3v ＋πm2qB解析 (1)依据洛伦兹力供应向心力有：2q v B ＝m (2v )2R解得：R ＝2m vqB粒子刚好不从磁场右边界飞出的条件为：L ＝R ，即：L ＝2m vqB(2)如图，设粒子从A 点进入磁场，将其从N 点到A 点的运动分别沿着电场线和垂直电场线方向分解，粒子在这两个方向上通过的距离分别为h 和l ，在A 点沿这两个方向的速度大小均为v .沿电场线方向有：h ＝12·qE m ·t 2＝v t2垂直于电场线方向有：l ＝v t由几何关系有：l ＋h ＝2d以上各式联立得：E ＝3m v 24qd(3)粒子从M 点沿电场线方向向前运动的距离为s 由v 2＝2as ，得：s ＝v 22·qE m＝23d <d说明粒子不能打到绝缘板上就要返回，运动过程如图 从F 点进入磁场时的速度为v ′，由v ′2－v 2＝2ad 解得：v ′＝102v 粒子在电场中来回运动的时间为： t 1＝v ＋v ′a ＝(4＋210)d 3v粒子在磁场中做圆周运动的半径： R ′＝m v ′qB ＝10m v 2qB由于R ′(1－cos 45°)<L ，所以粒子不会从磁场右边界射出． 粒子在磁场中做圆周运动的周期：T ＝2πm qB在磁场中运动的时间为：t 2＝T 4＝πm2qB粒子从M 点到第一次从磁场中出来所经过的时间为 t ＝t 1＋t 2＝(4＋210)d 3v ＋πm2qB考题二 带电粒子在叠加场中的运动3．AC [带电小球在第Ⅲ象限内运动时只有重力做功，机械能守恒，设带电小球到达P 点的速度为v .依据机械能守恒定律得：mgd ＝12m v 2，v ＝2gd ，即带电小球做圆周运动的速度大小为2gd ，所以可以求出带电小球做圆周运动的速度大小，故A 正确；带电小球在第Ⅳ象限内做圆周运动，重力与电场力平衡，则有mg ＝qE ，E ＝mgq ，由于带电小球的比荷未知，不能求出电场强度E 的大小．依据带电小球第Ⅲ象限内运动状况，由左手定则推断知该带电小球带负电，带电小球在第Ⅳ象限内受到的电场力向上，则电场强度方向向下，故B 错误；小球在第Ⅳ象限运动的时间t ＝14·2πd v ＝πd2v ，可知能求出小球在第Ⅳ象限运动的时间t ，故C 正确；小球在第Ⅳ象限内运动的半径为d ，由d ＝m vqB知，由于带电小球的比荷未知，不能求出磁感应强度大小，故D 错误．]4．(1)mg q (2)m qg l (3)(3π4＋1)lg解析 (1)微粒到达A (l ，l )之前做匀速直线运动， 对微粒受力分析如图甲： 所以，Eq ＝mg ，得：E ＝mgq(2)由平衡条件得：q v B ＝2mg电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙： q v B ＝m v 2r由几何学问可得：r ＝2lv ＝2gl联立解得：B ＝mq g l(3)微粒做匀速运动时间： t 1＝2l v ＝l g做圆周运动时间： t 2＝34π2l v ＝3π4l g在复合场中运动时间：t ＝t 1＋t 2＝(3π4＋1)l g考题三 带电粒子在交变电磁场中运动的问题5．(1)mg q (2)πm q2gR(3)25＋(2π＋2)2R 解析 (1)小球B 做匀速圆周运动，则Eq ＝mg 解得：E ＝mgq(2)设小球B 做圆周运动的周期为T 对A 小球：Eq ＋mg ＝ma 得a ＝2g R ＝a (T 2)2解得T ＝2R g对B 小球：Bq v ＝m v 2Rv ＝2πR T解得：B ＝πmq2g R(3)分析得：电(磁)场变化周期是B 球圆周运动周期的2倍 对小球A ：在原点的速度为v A ＝3R T ＋a T2在原点下的位移为：y A ＝v A T y A ＝5R2T 末，小球A 的坐标为(0，－5R ) 对小球B ：球B 的线速度v B ＝π2gR 水平位移为x b ＝v B T ＝2πR 竖直位移为y b ＝12aT 2＝2R2T 末，小球B 的坐标为[(2π＋2)R,0] 则2T 末，AB 两球的距离为AB ＝25＋(2π＋2)2R6．(1)233×105 m/s (2)2∶1 (3)0.05 m解析 (1)带电粒子在偏转电场中做类平抛运动： 水平：t ＝Lv 0＝23×10－6 s竖直：y ＝12at 2＝d 2，其中a ＝qU 1dm ，U 1＝adm q ＝1003V当U >1003 V 时进入电场中的粒子将打到极板上，即在电压等于1003 V 时刻进入的粒子具有最大速度．所以由动能定理得：q U 12＝12m v 2t －12m v 20， 解得v t ＝233×105 m/s(2)计算可得，粒子射入磁场时的速度与水平方向的夹角为30°，从下极板边缘射出的粒子轨迹如图甲中a 所示，磁场中轨迹所对应的圆心角为240°，时间最长；从上极板边缘射出的粒子轨迹如图中b 所示，磁场中轨迹所对应的圆心角为120°，时间最短，由于两粒子的周期T ＝2πm Bq相同，所以粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间之比为2∶ 1.(3)如图乙，从O ′点射入磁场的粒子速度为v 0，它在磁场中的出射点与入射点间距为d 1＝2R 1 由R 1＝m v 1Bq ，得：d 1＝2m v 0Bq从距O ′点下方d4＝0.05 m 处射入磁场的粒子速度与水平方向夹角φ，则它的速度为v 2＝v 0cos φ，它在磁场中的出射点与入射点间距为d 2＝2R 2cos φ， 由R 2＝m v 2Bq得d 2＝2m v 0Bq即两个粒子向上偏移的距离相等所以：两粒子射出磁场的出射点间距仍为进入磁场时的间距， 即d4＝0.05 m考题四 磁与现代科技的应用7．D [静电力大小应为F ＝q Uh ，A 项错误；载流子的电性是不确定的，因此B 项错误；n 为导体单位体积内的电荷数，C 项错误；载流子所受洛伦兹力的大小F 洛＝q v B ，其中v ＝I nqdh ，可得F 洛＝BIndh ，D 项正确．]8．AD [依据粒子在磁场中的运动轨迹，由左手定则可知，粒子带正电，选项A 正确；粒子在正交场中，受向上的洛伦兹力，故电场力向下，即速度选择器的P 1极板带正电，选项B 错误；依据R ＝m vqB 可知，在B 2磁场中运动半径越大的粒子，质量与电荷量的比值越大，或者比荷qm 越小，选项C 错误，D 正确．]9．(1)m v Br 正电荷 (2)m v (2r －2L cos θ)q (r 2＋L 2－2rL cos θ)(3)沿径向向外 B v －m v 2(2r －2L cos θ)q (r 2＋L 2－2rL cos θ)解析 (1)离子做圆周运动Bq v ＝m v 2r ①q ＝m vBr，依据左手定则可推断离子带正电荷②(2)离子进入通道前、后的轨迹如图所示 O ′Q ＝R ，OQ ＝L ，O ′O ＝R －r 引出轨迹为圆弧，B ′q v ＝m v 2R ③R ＝m v qB ′④由余弦定理得R 2＝L 2＋(R －r )2＋2L (R －r )cos θ解得R ＝r 2＋L 2－2rL cos θ2r －2L cos θ⑤故B ′＝m vqR＝m v (2r －2L cos θ)q (r 2＋L 2－2rL cos θ)⑥(3)电场强度方向沿径向向外⑦ 引出轨迹为圆弧Bq v －Eq ＝m v 2R ⑧解得E ＝B v －m v 2(2r －2L cos θ)q (r 2＋L 2－2rL cos θ)⑨专题综合练1．(1)v 0Ba (2)0≤y ≤2a (3)94a解析 (1)由题意可知电子在磁场中的轨迹半径为r ＝a ，由圆周运动规律得：e v 0B ＝m v 20r ，解得电子的比荷：e m ＝v 0Ba(2)电子能进入电场中，且离O 点上方最远，电子在磁场中运动圆轨迹恰好与边MN 相切，电子运动轨迹的圆心为O ′点，如图所示．O ′M ＝2aOO ′＝OM －O ′M ＝a ，即粒子从D 点离开磁场进入电场时，离O 点上方最远距离为：OD ＝y m ＝2a ，所以电子束从＋y 轴射入电场的范围为0≤y ≤2a ；(3)假设电子没有射出电场就打到荧光屏上，有3a ＝v 0t ，y ＝12eE mt 2解得：y ＝92a >2a ，所以电子应射出电场后打到荧光屏上．电子在电场中做类平抛运动，设电子在电场的运动时间t ，竖直方向位移为y ，水平位移为x ， 水平：x ＝v 0t ，竖直：y ＝12eE mt 2，代入数据解得：x ＝2ay设电子最终打在光屏的最远点距Q 点为H ，电子射出电场时与x 轴的夹角为θ有： tan θ＝v y v 0＝eE m ×x v 0v 0＝2ya，H ＝(3a －x )tan θ＝(3a －2y )2y 当3a －2y ＝2y ，即y ＝98a 时，H 有最大值，由于98a <2a ，所以H max ＝94a2．(1)qBd 2m qBd m (2)πm 2qB ＋m (2L ＋d )qBd解析 (1)依据题意，粒子a 、b 在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，圆心分别为O a 、O b ，作出其运动轨迹如图所示，粒子a 从A 点射出磁场．由几何关系有：r a ＝d2，r b ＝d由牛顿其次定律有：q v B ＝m v 2r联立解得：v a ＝qBd 2m v b ＝qBdm(2)设粒子a 在磁场中运动时间为t 1，从A 点到O 2点的运动时间为t 2，则： t 1＝T a 4，T a ＝2πmqB ，t 2＝(r b －r a )＋L v a ，t ＝t 1＋t 2联解得：t ＝πm 2qB ＋m (2L ＋d )qBd3．(1)5qBL 2m (2)(12L,0) (3)25qBL 9m解析 (1)由题意画出粒子运动轨迹如图甲所示，设PQ 1与x 轴方向夹角为θ，粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R 1，由几何关系得：R 1cos θ＝L ，其中：cos θ＝255粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力，有： q v 1B ＝m v 21R 1，解得：v 1＝5qBL 2m.(2)由题意画出粒子运动轨迹如图乙所示，设其与x 轴交点为F ，由几何关系得：R 2＝54L .设F 点横坐标为x F ，由几何关系得：x F ＝12L .则F 点坐标为：(12L,0)．(3)由题意画出粒子运动轨迹如图丙所示，设PQ 1与x 轴正方向夹角为θ，粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R 3，偏转一次后在y 轴负方向偏移量为Δy 1，由几何关系得：Δy 1＝2R 3cos θ，为保证粒子最终能回到P ，粒子与挡板碰撞后，速度方向应与PQ 1连线平行，每碰撞一次，粒子进出磁场在y 轴上这段距离Δy 2(如图中A 、E 间距)可由题给条件， 有Δy 22L 3＝tan θ， 得Δy 2＝L3.当粒子只碰二次，其几何条件是3Δy 1－2Δy 2＝2L ， 解得：R 3＝259L粒子在磁场中做匀速圆周运动：q v B ＝m v 2R 3，解得：v ＝25qBL9m .。
第10讲 带电粒子在交变电场中的运动题一：制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d 的两平行极板，如图甲所示。
加在极板A 、B 间的电压U AB 作周期性变化，其正向电压为U 0，反向电压为－kU 0（k ＞1），电压变化的周期为2τ，如图乙所示。
在t ＝0时，极板B 附近的一个电子，质量为m 、电荷量为e ，受电场作用由静止开始运动。
若整个运动过程中，电子未碰到极板A ，且不考虑重力作用。
（1）若k ＝45，电子在0～2τ时间内不能到达极板A ，求d 应满足的条件； （2）若电子在0～200τ时间内未碰到极板B ，求此运动过程中电子速度v 随时间t 变化的关系；（3）若电子在第N 个周期内的位移为零，求k 的值。
题二：如图甲所示，A 和B 是真空中正对面积很大的平行金属板，O 是一个可以连续产生粒子的粒子源，O 到A 、B 的距离都是l 。
现在A 、B 之间加上电压，电压U AB 随时间t 变化的规律如图乙所示。
已知粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生300个粒子，粒子质量为m 、电荷量为－q 。
这种粒子产生后，在电场力的作用下从静止开始运动。
设粒子一旦碰到金属板，就附在金属板上不再运动，且所带电荷同时消失，不影响A 、B 板电势。
不计粒子的重力，不考虑粒子间的相互作用力。
已知上述物理量l ＝0.6 m ，U 0＝1.2×103 V ，T ＝1.2×10s ，m ＝5×10 kg ，q ＝1.0×107 C 。
（1）在t ＝0时刻产生的粒子，会在什么时刻到达哪个极板？（2）在t ＝0到t ＝T 2这段时间内哪个时刻产生的粒子刚好不能到达A 板？ （3）在t ＝0到t ＝T 2这段时间内产生的粒子有多少个可到达A 板？ 题三：如图甲所示，两平行金属板MN 、PQ 的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为E k0。
带电子粒子在电场中的运动 (2)1．质量不同、带电量相同的粒子，不计重力，垂直于电场线射入同一个匀强电场。
若它们离开电场时速度方向改变的角度相同，则它们在进入电场前必然具有相同的（）A. 速度B. 动量C. 动能D. 加速度2．一个不计重力的带电微粒，进入匀强电场没有发生偏转，则该微粒的( )A．运动速度必然增大B．运动速度必然减小C．运动速度可能不变D．运动加速度肯定不为零3．大小相同的两个金属小球A、B带有等量同种电荷，相隔一定距离时，两球间的库仑引力大小为F，现在用另一个跟它们大小相同的不带电金属小球，先后与A、B两个小球接触后再移开，这时A、B两球间的库仑力大小（）A．一定是F/8 B.一定是F/4 C.一定是3F/8 D.可能是3F/44．设法让电子、一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子及三价铝离子的混合物经过加速电压大小为U的加速电场由静止开始加速，然后在同一偏转电场中偏转，关于它们能否分成几股的说法中正确的是（）A．一股 B.二股 C.三股 D.四股5．在空间某一区域，有一匀强电场，一质量为m的液滴，带正电荷，电量为q，在此电场中恰能沿竖直方向作匀速直线运动，则此区域的电场强度的大小为 ___ _，方向___ ___ 。
6．在光滑绝缘的水平面内建立以o点为原点的直角坐标系xOy．一质量m=4×10-2kg、电量q=2×10-6C的带正电小滑块沿x轴正向作匀速直线运动．当小滑块通过O点时，突然加一沿x轴方向匀强电场，小滑块的位移随时间变化规律是x=0.3t-0.05t2，式中x、t的单位分别是m、s．求：（1）该匀强电场的场强及方向；（2）若第6s末突然将匀强电场的方向变为+y轴方向，场强大小保持不变，则8s末小滑块的位置坐标7．如果不计重力的电子，只受电场力作用，那么电子在电场中不可能做（）A．匀速直线运动B．匀加速直线运动C．匀变速曲线运动D．匀速圆周运动8．下列粒子从初速度为零经过加速电压为U的电场后，速度最大( )A．质子B．氘核C．α粒子D．钠离子 Na+9．一带电粒子在电场中(不考虑重力的作用)，下列说法中正确的是( )A．不可能做匀速圆周运动B．可能做匀速直线运动C．电场力一定会做功D．可能做类平抛运动10．关于带电粒子在静电场中运动，下列说法正确的是( )A．动能增大，电场力一定做正功B．电势能增大，动能一定减小C．在运动过程中，电场力一定做功D．在非匀强电场中可能做匀速直线运动参考答案：1．答案： C解析：2．答案： D解析：粒子只受电场力作用，故加速度肯定不为零，速度一定变化，则C项错误，D项正确．由于没有偏转，粒子可能加速，也可能减速，故A、B项都不正确．3．答案：Ｃ4．答案： B5．答案： mg/q 竖直向上6．答案：（1）该匀强电场的场强大小为2×103N/C，方向指向x轴负方向；（2）若第6s末突然将匀强电场的方向变为+y轴方向，场强大小保持不变，则8s末小滑块的位置坐标为（-0.6m，0.2m）解析：（1）由x=0.3t-0.05t2得小滑块的初速度v0=0.3m/s，加速度a=-0.1m/s2，由牛顿定律得F=ma=4×10-3N由电场强度定义可得电场强度 E=F/q=2×103N/C，方向指向x轴负方向（2）小滑块在第6s末的速度v1=v0+at1=-0.3m/s小滑块在第6s末的坐标x=v0t1+1/2at12=0.3×6-0.05×36=0所以6s末刚好滑回坐标原点，匀强电场的方向变为+y轴方向后，滑块受到y轴正方向的力F=4×10-3N 粒子在y轴上产生的加速度a y=F/m=0.1m/s2第8s末小滑块横坐标x8=v1t2=-0.3×2=-0.6m第8s末小滑块纵坐标y8=1/2a y t22＝1/2×0.1×4＝0.2m所以8s末小滑块的位置坐标为（-0.6m，0.2m）7．答案： A解析： A、由于电子在电场中一定会受到电场力的作用，一定有加速度，所以电子不会做匀速直线运动，所以A不可能；B．当电子受到的电场力的方向和电子的速度的方向相同时，电子就会做匀加速直线运动，所以B可能；C．当电子受到的电场力的方向和电子的速度的方向垂直时，电子将做类平抛运动，是匀变速曲线运动，所以C可能；D．当电子受到的电场力的方向始终和速度的方向垂直时，电子就会做匀速圆周运动，比如电子绕着原子核的转动，所以D可能8．答案： A9．答案： D解析： A、C、电子绕正电荷匀速圆周运动是可能的，此时电场力提供向心力，电场力不做功．故A、C错误；B．D、带电粒子在电场中一定要受到电场力，故合力不可能为零，所以不可能做匀速直线运动．在电场中可能作匀变速直线运动或匀变速曲线运动，如匀强电场中的直线加速和类似平抛运动，故B错误、D正确10．答案： D解析： A、根据动能定理，动能的增加量等于合力的功，动能增加，合力做正功，电场力不一定做正功，故A错误；B．电场力做功等于电势能的减小量，电势能增大，则电场力做负功；根据动能定理，动能的增加量等于合力的功，电场力做负功，合力不一定做负功；故B错误；C．在运动过程中，电场力可以不做功，如多个力的作用下沿着等势面运动，故C错误；D．在非匀强电场中可能做匀速直线运动，只要保证合力一直为零即可；故D正确；。
