第7讲 带电粒子的运动问题-2025年高中物理二轮复习解密（浙江选考专用）

第7讲 带电粒子的运动问题 高考对于这部分知识点主要以模型与几何关系结合，考查带电粒子在电磁场中的运动等。强化对物理基本概念、基本规律的考核。试题的呈现形式丰富，提问角度设置新颜。在解决此类问题时要将所学物理知识与实际情境联系起来，抓住问题实质，具备一定的空间思维能力。主要考查的知识点有：带电粒子在带电场中的加速和偏转，在有界匀强磁场中的运动，以及带电粒子在组合场中的运动，都是考试关注的焦点。 一、做好“两个区分”，谨防做题误入歧途 1.正确区分电场力、洛伦兹力的大小、方向特点及做功特点 力的特点 功和能的特点 电场力 大小：F＝Qe 方向：正电荷受力方向与电场强度方向相同；负电荷受力方向与电场强度方向相反 电场力做功与路径无关，电场力做功改变电势能 洛伦兹力 洛伦兹力F＝qvB 方向符合左手定则 洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能 2.正确区分“电偏转”和“磁偏转”的规律 (1)电偏转→ (2)磁偏转→→→→ 二、带电粒子在有界磁场中的运动 带电粒子在有界磁场中运动的几种常见情形 1．直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示) 2．平行边界(存在临界条件，如图所示) 3．圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图所示) 4．分析带电粒子在匀强磁场中运动的关键是： (1)画出运动轨迹； (2)确定圆心和半径； (3)利用洛伦兹力提供向心力列式． 三、带电粒子在复合场中的运动实例 质谱仪 加速：qU＝mv2。偏转：d＝2r＝。比荷＝。可以用来确定带电粒子的比荷和分析同位素等 速度选择器 带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qE＝qvB，即v＝。这个结论与粒子带何种电荷以及所带电荷量多少都无关 磁流体发电机 当等离子体匀速通过A、B板间时，A、B板上聚集的电荷最多，板间电势差最大，此时离子受力平衡：qvB＝q，即U＝Bdv 电磁流量计 导电的液体向左流动，导电液体中的正负离子在洛伦兹力作用下纵向偏转，a、b间出现电势差。流量稳定时流量Q＝Sv＝ 四、方法指导 （1）“三种方法”和“两种物理思想” 1.对称法、合成法、分解法。 2.等效思想、分解思想。 （2）解题用到的“三个技巧” 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阶段的小过程。 2.善于利用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。 3.速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计的共同特点是粒子稳定运动时电场力与洛伦兹力平衡。 题型1选考真题探秘 1. （2024•浙江）如图所示，空间原有大小为E、方向竖直向上的匀强电场，在此空间同一水平面的M、N点固定两个等量异种点电荷，绝缘光滑圆环ABCD垂直MN放置，其圆心O在MN的中点，半径为R，AC和BD分别为竖直和水平的直径。质量为m、电荷量为+q的小球套在圆环上，从A点沿圆环以初速度v0做完整的圆周运动，则（　　） A．小球从A到C的过程中电势能减少 B．小球不可能沿圆环做匀速圆周运动 C．可求出小球运动到B点时的加速度 D．小球在D点受到圆环的作用力方向平行MN 2. （2023•浙江）如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转电极YY'、水平方向偏转电极XX'和荧光屏组成。电极XX'的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY'极板间电压为零，电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO'方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，则电子（　　） A．在XX'极板间的加速度大小为 B．打在荧光屏时，动能大小为11eU C．在XX'极板间受到电场力的冲量大小为 D．打在荧光屏时，其速度方向与OO'连线夹角α的正切 3. （2024•浙江）探究性学习小组设计了一个能在喷镀板的上下表面喷镀不同离子的实验装置，截面如图所示。在xOy平面内，除x轴和虚线之间的区域之外，存在磁感应强度大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁场。在无磁场区域内，沿着x轴依次放置离子源、长度为L的喷镀板P、长度均为L的栅极板M和N（由金属细丝组成的网状电极），喷镀板P上表面中点Q的坐标为（1.5L，0），栅极板M中点S的坐标为（3L，0）。离子源产生a和b两种正离子，其中a离子质量为m、电荷量为q，b离子的比荷为a离子的倍，经电压U＝kU0（其中，k大小可调，a和b离子初速度视为0）的电场加速后，沿着y轴射入上方磁场。经磁场偏转和栅极板N和M间电压UNM调控 （UNM＞0），a和b离子分别落在喷镀板的上下表面，并立即被吸收且电中和。忽略场的边界效应、离子受到的重力及离子间相互作用力。 （1）若U＝U0，求a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置x0（用L表示）； （2）调节U和UNM，并保持，使a离子能落到喷镀板P上表面任意位置，求； ①U的调节范围（用U0表示）； ②b离子落在喷镀板P下表面的区域长度； （3）要求a和b离子恰好分别落在喷镀板P上下表面的中点，求U和UNM的大小。 题型2带电粒子在电磁场中的直线运动和偏转 4. （2024•浙江）类似光学中的反射和折射现象，用磁场或电场调控也能实现质子束的“反射”和“折射”。如图所示，在竖直平面内有三个平行区域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ；Ⅰ区宽度为d，存在磁感应强度大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁场，Ⅱ区的宽度很小。Ⅰ区和Ⅲ区电势处处相等，分别为φⅠ和φⅢ，其电势差U＝φⅠ﹣φⅢ。一束质量为m、电荷量为e的质子从O点以入射角θ射向Ⅰ区，在P点以出射角θ射出，实现“反射”；质子束从P点以入射角θ射入Ⅱ区，经Ⅱ区“折射”进入Ⅲ区，其出射方向与法线夹角为“折射”角。已知质子仅在平面内运动，单位时间发射的质子数为N，初速度为v0，不计质子重力，不考虑质子间相互作用以及质子对磁场和电势分布的影响。 （1）若不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，求d的最小值； （2）若，求“折射率”n（入射角正弦与折射角正弦的比值）； （3）计算说明如何调控电场，实现质子束从P点进入Ⅱ区发生“全反射”（即质子束全部返回Ⅰ区）； （4）在P点下方距离处水平放置一长为的探测板CQD（Q在P的正下方），CQ长为，质子打在探测板上即被吸收中和。若还有另一相同质子束，与原质子束关于法线左右对称，同时从O点射入Ⅰ区，且θ＝30°，求探测板受到竖直方向力F的大小与U之间的关系。 5. （2024•镇海区校级模拟）如图所示，比荷相同、重力不计的a、b两个带电粒子，从同一位置水平射入竖直向下的匀强电场中，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，则（　　） A．a、b均带负电 B．a的初速度一定小于b的初速度 C．a的运动时间一定小于b的运动时间 D．该过程中a所受电场力做的功一定大于b的 6. （2024•温州二模）如图所示，加速电场的两极板P、Q竖直放置，间距为d，电压为U1。偏转电场的两极板M、N水平放置，两极板长度及间距均为L，电压为U2。P、Q极板分别有小孔A、B，AB连线与偏转电场中心线BC共线。质量为m、电荷量为q的正离子从小孔A无初速度进入加速电场，经过偏转电场，到达探测器（探测器可上下移动）。整个装置处于真空环境，且不计离子重力。下列说法正确的是（　　） A．离子在加速电场中运动时间为 B．离子在M、N板间运动时间为 C．离子到达探测器的最大动能为q（U1+U2） D．为保证离子不打在M、N极板上，U1与U2应满足的关系为U2＞2U1 7. （2024•浙江二模）如图所示，直角坐标系第一象限内有一竖直分界线PQ，PQ左侧有一直角三角形区域OAC，其中分布着方向垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场，已知OA与y轴重合，且OA＝a，θ＝60°，C点恰好处于PQ分界线上。PQ右侧有一长为L的平行板电容器，板间距为a，上极板与左侧磁场的上边界平齐，内部分布着方向垂直纸面向里，强弱随y坐标变化的磁场，和竖直向下场强大小为E的匀强电场。该复合场能使沿水平方向进入电容器的电子均能沿直线匀速通过电容器。在平行板电容器右侧某区域，存在一垂直纸面向内、磁感应强度为2B0的匀强磁场（图中未画出），使水平通过平行板电容器的电子进入该磁场后会聚于x轴上一点。现有速率不同的电子在纸面上从坐标原点O沿不同方向射到三角形区域，不考虑电子间的相互作用。已知电子的电量为e，质量为m，求： （1）当速度方向沿y轴正方向时，能进入平行板电容器的电子所具有的最大速度是多少； （2）写出电容器内磁场的磁感应强度B随y坐标的变化规律； （3）若电子沿上极板边缘离开电容器后立即进入右侧磁场，在答题纸上画出纵坐标0＜y＜a区域内该磁场的左边界，并求出会聚点的横坐标。 题型3带电粒子在叠加场中的运动问题 8. （2024•镇海区校级模拟）为探测射线，威耳逊曾用置于匀强磁场或电场中的云室来显示它们的径迹。某研究小组设计了电场和磁场分布如图所示，在Oxy平面（纸面）内，在x1≤x≤x2区间内存在平行y轴的匀强电场，x2﹣x1＝2d。在x≥x3的区间内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，x3＝3d。一未知粒子从坐标原点与x正方向成θ＝53°角射入，在坐标为（3d，2d）的P点以速度v0垂直磁场边界射入磁场，并从（3d，0）射出磁场。已知整个装置处于真空中，不计粒子重力，sin53°＝0.8。求： （1）该未知粒子的比荷； （2）匀强电场电场强度E的大小及左边界x1的值； （3）若粒子进入磁场后受到了与速度大小成正比、方向相反的阻力，观察发现该粒子轨迹呈螺旋状并与磁场左边界相切于点Q（x3，y3）（未画出）。求粒子由P点运动到Q点的时间t3以及坐标y3的值。 9. （2023•乐清市校级模拟）空间中足够大区域内存在相互垂直的电场和磁场，电场强度和磁感应强度分别为E和B。可将小球所受重力类比电场力，即认为重力场强度为g。质量为m、电荷量为q的带正电的小球A从z轴上的P点出发，速率始终不变。 （1）试求出小球A在xOz平面内的速率； （2）若在某一时刻，重力场和磁场突然消失（不考虑电磁感应变化），随后小球A在运动过程中的最小动能为其初动能的一半，试求小球A沿y轴方向速度大小； （3）恢复重力场，仅保留﹣H≤z≤0区间内的正交匀强的电磁场。现有与小球A完全相同的小球B，两小球分别从P点沿x轴正负方向以相同初速度水平抛出，已知其中一个小球进入电磁场区域后刚好做匀速直线运动，另一个小球出电磁场区域时速度方向恰沿z轴负方向，求两个小球在电磁场区域运动时间之比。 10. （2016•慈溪市模拟）如图为实验室筛选带电粒子的装置示意图：左端加速电极M、N间的电压为U1，中间速度选择器中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场。匀强磁场的场强B1＝1.0T，两板电压U2＝1.0×102V，两板间的距离D＝2cm。选择器右端是一个半径R＝20cm的圆筒，可以围绕竖直中心轴顺时针转动，筒壁的一个水平圆周上均匀分布着8个小孔O1至O8，圆筒内部有竖直向下的匀强磁场B2、一电荷量为q＝1.60×10﹣19C，质量为m＝3.2×10﹣25kg的带电的粒子，从静止开始经过加速电场后匀速穿过速度选择器。圆筒不转时，粒子恰好从小孔08射入，从小孔03射出，若粒子碰到圆筒就被圆筒吸收。求： （1）加速器两端的电压U1的大小； （2）圆筒内匀强磁场B2的大小并判断粒子带电还是负电； （3）要使粒子从一个小孔射入圆筒后能从正对面的小孔射出（如从O1进从O5出），则圆筒匀速转动的角速度多大？ 题型4带电粒子在交变电场中的周期性运动问题 11. （2023•西湖区校级模拟）如图甲所示，水平放置的平行金属板A、B间距为d＝20cm，板长L＝6cm，左端有一粒子源均匀发射带负电的粒子（单位长度发射粒子数目相同），粒子间的相互作用不计，比荷为C/kg，忽略重力，粒子速度v0＝4×103m/s，方向平行金属板，AB间加如图乙所示的方形波电压，已知U0＝1.0×102V，在金属A、B右侧空间有一吸收板，长短方位可根据需要调节，保证所有射出电场的粒子都能被收集板吸收且射到板上任意部位的粒子都会被吸收，设打到AB极板上的粒子也会被吸收，不考虑电容器的边缘效应，求： （1）射出板的粒子占发射源发射粒子总数的百分比最小值η和收集板的最小长度L1； （2）在极板右侧，加一垂直纸面向里的磁场B1T，保持收集板竖直，为使所有射出电场的粒子都能被收集板吸收，求收集板的最小长度L2为多少？若磁场改为B2T结果又为多少？ （3）撤去收集板，在AB极板右侧加一圆形磁场区域，要使所有射出电场的粒子都能收集到一点，求该圆形磁场区域的最小半径和相应的磁感应强度B（此问保留两位有效数字）。 12. （2022•义乌市模拟）如图（a）所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过时间s以后，电荷以v0＝1.5×104m/s的速度通过MN进入其上方的均匀磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图（b）所示规律周期性变化，图（b）中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t＝0时刻。求： （1）匀强电场的电场强度E； （2）图（b）中ts时刻电荷与O点的水平距离； （3）如果在O点正右方43.5cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板的时间。 1. （2024•浙江模拟）先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板形成的偏转电场，进入时速度方向与电场方向垂直。下列情况下，射出极板时电子和氢核偏转角正切值相同的是（　　） A．初速度相同 B．初速度的平方相同 C．初动能相同 D．初动量相同 2. （2024•宁波模拟）如图所示，一带正电的小球用绝缘细绳悬于O点，将小球拉开小角度后静止释放，其运动可视为简谐运动，下列措施中可使小球振动频率增加的是（　　） A．将此单摆置于竖直向下的匀强电场中 B．在悬点O处放置一个带正电的点电荷 C．在悬点O处放置一个带负电的点电荷 D．将此单摆置于垂直摆动平面向里的匀强磁场中 3. （2023•诸暨市一模）如图所示，空间存在三个相邻的水平面M、N和Q，水平面M、N之间的距离为h，其间区域存在水平向右的匀强电场，水平面N、Q之间区域存在大小相等、方向水平向左的匀强电场。质量为m、电荷量为q的带正电小球从电场上边界M的P点由静止释放，经过电场中边界N，最终从电场下边界Q离开。已知小球到达电场下边界Q时的速度方向恰好竖直向下，且此时动能为其经过电场中边界N时动能的2.56倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确是（　　） A．水平面N、Q之间的距离为2h B．匀强电场的电场强度大小为 C．小球在M、N之间区域做平抛运动 D．小球在M、N间减小电势能小于在N、Q间增加电势能 4. （2023•温州三模）如图甲所示为粒子直线加速器原理图，它由多个横截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源相连，交变电源两极间的电势差的变化规律如图乙所示。在t＝0时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时和偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0）的中央有一自由电子由静止开始在各间隙中不断加速。若电子的质量为m，电荷量为e，交变电源的电压为U，周期为T，不考虑电子的重力和相对论效应，忽略电子通过圆筒间隙的时间。下列说法正确的是（　　） A．电子在圆筒中也做加速直线运动 B．电子离开圆筒1时的速度为 C．第n个圆筒的长度应满足 D．保持加速器筒长不变，若要加速比荷更大的粒子，则要调大交变电压的周期 5. （2023•台州模拟）如图所示的平行板电容器竖直放置，两极板间的距离为d，极板高度AB＝CD＝h，对该电容器充上一定的电量后，将一带电小球P从非常靠近左极板的上端A处由静止释放，小球沿图中虚线运动打到了右极板的中点，为使小球能够从下方穿过电容器，右极板向右至少移动的距离为（　　） A．d B． C． D． 6. （2023•绍兴二模）如图所示，神经元细胞可以看成一个平行板电容器，正、负一价离子相当于极板上储存的电荷，细胞膜相当于电介质，此时左极板的电势低于右极板的电势，左右两极板之间的电势差为U1（U1＜0）。已知细胞膜的相对介电常数为εr，膜厚为d，膜面积为S，静电力常量为k，元电荷为e。由于某种原因导致膜内外离子透过细胞膜，使膜内变为正离子而膜外变为负离子，这时左右两极板之间的电势差为U2（U2＞0），则通过细胞膜的离子数目为（　　） A． B． C． D． 7. （2024•西湖区校级模拟）如图所示，是通过磁场控制带电粒子的一种模型。在0≤x＜d和d＜x≤2d的区域内，分别存在磁感应强度均为B的匀强磁场，方向分别垂直纸面向里和垂直纸面向外。在坐标原点，有一粒子源，连续不断地沿x轴正方向释放出质量为m，带电量大小为q的带正电粒子，速率满足（不考虑粒子的重力、粒子之间的相互作用）试计算下列问题： （1）求速率最小和最大粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中做圆周运动的半径大小R1和R2； （2）求速率最小和最大的粒子从x＝2d的边界射出时，两出射点的距离Δy的大小； （3）设粒子源单位时间内射出的粒子数目为n（设每种速率的粒子数目相同），在x＞2d的区域加一个平行板电容器MN，且朝向出射粒子的一侧有小孔，孔的大小足以使所有的从x＝2d边界射出的粒子都能进入开孔位置，在MN间加的电势差，射入的粒子有的原路返回，其它碰到N板的全被吸收，求稳定情况下，打到电容器极板的粒子对电容器的作用力大小？（设孔的大小不影响电容器产生的电场，被吸收的粒子也不影响两极板的电势差）。 8. （2024•浙江模拟）利用如图装置可以探测从原点O发射的粒子信息。两个有界匀强磁场，沿x轴方向宽度相同，y轴方向足够长，磁场边界与y轴平行，且内侧边界距y轴均为a，磁感应强度大小均为B，方向如图所示。足够高处有一平行于x轴且关于y轴对称放置的探测板，粒子打在探测板上将被全部吸收，板长等于两个磁场外侧边界之间的距离。粒子源沿各个方向均匀向外发射质量为m，电荷量为q的正离子，不考虑粒子重力及粒子之间的相互作用，求： （1）若粒子速度大小为v，所有粒子恰好不从两个磁场外侧边界射出磁场，则磁场宽度d的大小； （2）若粒子的探测率η，则磁场宽度d2至少多大； （3）若粒子速度大小v，磁场宽度为a，则粒子的探测率η的大小。（可用反三角函数表示） 9. （2024•浙江模拟）如图，空间直角坐标系Oxyz中，有两个棱长均为L的正方体Ⅰ和正方体Ⅱ，它们的公共界面为M，O点为正方体Ⅰ侧面K的中心，x、y、z轴均与正方体棱长平行。正方体Ⅰ空间内在y＞0的范围内存在着沿y轴负方向的匀强电场，在y＜0的范围内存在着沿y轴正方向的匀强电场，两者电场强度大小相等；正方体Ⅱ空间内在y＞0的范围内存在着沿x轴正方向的匀强磁场，在y＜0的范围内存在着沿x轴负方向的匀强磁场，两者磁感应强度大小相等。有一质量为m、电荷量为+q的粒子，以v0的初速度，从y轴上的P点沿z轴正方向进入正方体Ⅰ，之后经过z轴后从Q点垂直穿过界面M进入正方体Ⅱ，最后垂直打在侧面N上。P点为侧面K底边长的中点（在电场区域中），不考虑粒子的重力，求： （1）匀强电场的电场强度大小； （2）粒子进入正方体Ⅰ后，经过z轴时的速度大小； （3）磁感应强度的大小。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第7讲 带电粒子的运动问题 高考对于这部分知识点主要以模型与几何关系结合，考查带电粒子在电磁场中的运动等。强化对物理基本概念、基本规律的考核。试题的呈现形式丰富，提问角度设置新颜。在解决此类问题时要将所学物理知识与实际情境联系起来，抓住问题实质，具备一定的空间思维能力。主要考查的知识点有：带电粒子在带电场中的加速和偏转，在有界匀强磁场中的运动，以及带电粒子在组合场中的运动，都是考试关注的焦点。 一、做好“两个区分”，谨防做题误入歧途 1.正确区分电场力、洛伦兹力的大小、方向特点及做功特点 力的特点 功和能的特点 电场力 大小：F＝Qe 方向：正电荷受力方向与电场强度方向相同；负电荷受力方向与电场强度方向相反 电场力做功与路径无关，电场力做功改变电势能 洛伦兹力 洛伦兹力F＝qvB 方向符合左手定则 洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能 2.正确区分“电偏转”和“磁偏转”的规律 (1)电偏转→ (2)磁偏转→→→→ 二、带电粒子在有界磁场中的运动 带电粒子在有界磁场中运动的几种常见情形 1．直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示) 2．平行边界(存在临界条件，如图所示) 3．圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图所示) 4．分析带电粒子在匀强磁场中运动的关键是： (1)画出运动轨迹； (2)确定圆心和半径； (3)利用洛伦兹力提供向心力列式． 三、带电粒子在复合场中的运动实例 质谱仪 加速：qU＝mv2。偏转：d＝2r＝。比荷＝。可以用来确定带电粒子的比荷和分析同位素等 速度选择器 带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qE＝qvB，即v＝。这个结论与粒子带何种电荷以及所带电荷量多少都无关 磁流体发电机 当等离子体匀速通过A、B板间时，A、B板上聚集的电荷最多，板间电势差最大，此时离子受力平衡：qvB＝q，即U＝Bdv 电磁流量计 导电的液体向左流动，导电液体中的正负离子在洛伦兹力作用下纵向偏转，a、b间出现电势差。流量稳定时流量Q＝Sv＝ 四、方法指导 （1）“三种方法”和“两种物理思想” 1.对称法、合成法、分解法。 2.等效思想、分解思想。 （2）解题用到的“三个技巧” 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阶段的小过程。 2.善于利用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。 3.速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计的共同特点是粒子稳定运动时电场力与洛伦兹力平衡。 题型1选考真题探秘 1. （2024•浙江）如图所示，空间原有大小为E、方向竖直向上的匀强电场，在此空间同一水平面的M、N点固定两个等量异种点电荷，绝缘光滑圆环ABCD垂直MN放置，其圆心O在MN的中点，半径为R，AC和BD分别为竖直和水平的直径。质量为m、电荷量为+q的小球套在圆环上，从A点沿圆环以初速度v0做完整的圆周运动，则（　　） A．小球从A到C的过程中电势能减少 B．小球不可能沿圆环做匀速圆周运动 C．可求出小球运动到B点时的加速度 D．小球在D点受到圆环的作用力方向平行MN 【解答】解：A、根据等量异种点电荷的电场分布特点可知，圆环所在平面为在M、N点的两个点电荷形成的电场的等势面，匀强电场方向竖直向上，则小球从A到C的过程中所处位置的电势增加，因小球带正电，故其电势能增加，故A错误； B、当竖直向上的匀强电场的电场强度E满足：qE＝mg，小球沿圆环运动时所受合力不做功，合力等于圆周运动所需向心力，小球沿圆环做匀速圆周运动，故B错误； C、小球从A到B的过程，根据动能定理可以求出小球运动到B点的速度大小vB，由，可以求得小球在B点的向心加速度。根据牛顿第二定律可以求得小球在B点的切向加速度，再根据矢量合成可以求得小球在B点的加速度，故C正确； D、小球在D点匀强电场的电场力与重力在竖直方向上，在M、N点的两个点电荷形成的电场对小球的电场力方向平行于MN，而圆周运动所需向心力由D指向O，则向心力一定由圆环的作用力来提供，故圆环的作用力一定由指向圆环圆心的分力，所以小球在D点受到圆环的作用力方向不平行MN，故D错误。 故选：C。 2. （2023•浙江）如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转电极YY'、水平方向偏转电极XX'和荧光屏组成。电极XX'的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY'极板间电压为零，电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO'方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，则电子（　　） A．在XX'极板间的加速度大小为 B．打在荧光屏时，动能大小为11eU C．在XX'极板间受到电场力的冲量大小为 D．打在荧光屏时，其速度方向与OO'连线夹角α的正切 【解答】解：A、根据牛顿第二定律可知在XX'极板间的加速度大小为a，故A错误； B、电子在进入偏转电场之间的加速过程，电场力做功为10eU，进入偏转电场后电场力对其做功最大为0.5eU，根据动能定理可知，电子打在荧光屏时，动能最大是10.5eU，故B错误； C、根据动能定理可知在XX'极板间受到电场力的冲量大小为I＝Δp＝mvy，由于偏转电场对电子做功最大为0.5eU，可得0.5eU，所以在XX'极板间受到电场力的冲量大小I，故C错误； D、电子经加速枪加速，根据动能定理有：e•10U，在XX'极板运动的时间为l＝vt，沿电场方向的位移yt2，则位移为水平方向的夹角θ的正切tanθ，根据平抛运动规律可知tanα＝2tanθ； 联立解得：，故D正确。 故选：D。 3. （2024•浙江）探究性学习小组设计了一个能在喷镀板的上下表面喷镀不同离子的实验装置，截面如图所示。在xOy平面内，除x轴和虚线之间的区域之外，存在磁感应强度大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁场。在无磁场区域内，沿着x轴依次放置离子源、长度为L的喷镀板P、长度均为L的栅极板M和N（由金属细丝组成的网状电极），喷镀板P上表面中点Q的坐标为（1.5L，0），栅极板M中点S的坐标为（3L，0）。离子源产生a和b两种正离子，其中a离子质量为m、电荷量为q，b离子的比荷为a离子的倍，经电压U＝kU0（其中，k大小可调，a和b离子初速度视为0）的电场加速后，沿着y轴射入上方磁场。经磁场偏转和栅极板N和M间电压UNM调控 （UNM＞0），a和b离子分别落在喷镀板的上下表面，并立即被吸收且电中和。忽略场的边界效应、离子受到的重力及离子间相互作用力。 （1）若U＝U0，求a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置x0（用L表示）； （2）调节U和UNM，并保持，使a离子能落到喷镀板P上表面任意位置，求； ①U的调节范围（用U0表示）； ②b离子落在喷镀板P下表面的区域长度； （3）要求a和b离子恰好分别落在喷镀板P上下表面的中点，求U和UNM的大小。 【解答】解：（1）a离子经电压为U的电场加速，由动能定理 a离子在匀强电场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置为x0＝2R； 解得 由于 联立解得x0＝L； （2）①要使a离子能落到喷镀板P上表面任意位置处，只能经过电压为U的电场加速再经过第一象限匀强磁场偏转一次打在P板上方任意处，则L≤x′0≤2L 由（1）得 即U0≤U≤4U0； ②b离子先经电压为U的电场加速后再在xOy平面第一次偏转打在x轴上位置坐标 由于，U0≤U≤4U0； 解得2L≤xb≤4L 则b离子能从栅极板（坐标范围）任意位置经电压为UMN的电场减速射入虚线下方磁场，此时 b离子先经电压为U的电场加速后再在第一象限磁场中做匀速圆周运动后，再经电压为的电场减速，由动能定理得 洛伦兹力提供向心力 得Δxb＝2R′ 当时，b离子从栅极左端经虚线下方磁场偏转打在P，此时离栅极板左端的距离 当时，b离子从栅极左端经虚线下方磁场偏转打在P，此时离栅极板右端的距离 则b离子落在P下表面区域长度 （3）要求a离子落在喷镀板中点Q，由（1）得 则 由于 联立解得 则b离子从x′b＝3L处经过栅极板，要使b离子打在P板下方中央处，设UNM＝k′U 根据动能定理 洛伦兹力提供向心力 联立解得 则。 当减速n次Uqb﹣nUNMqb rn 联立解得 当减速n次恰好打在P板下方中央处，2rn﹣1＞2L 2 即L2 解得： 即n，n取整数，故可得n＝1，2，3，故可得： UNM或或 题型2带电粒子在电磁场中的直线运动和偏转 4. （2024•浙江）类似光学中的反射和折射现象，用磁场或电场调控也能实现质子束的“反射”和“折射”。如图所示，在竖直平面内有三个平行区域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ；Ⅰ区宽度为d，存在磁感应强度大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁场，Ⅱ区的宽度很小。Ⅰ区和Ⅲ区电势处处相等，分别为φⅠ和φⅢ，其电势差U＝φⅠ﹣φⅢ。一束质量为m、电荷量为e的质子从O点以入射角θ射向Ⅰ区，在P点以出射角θ射出，实现“反射”；质子束从P点以入射角θ射入Ⅱ区，经Ⅱ区“折射”进入Ⅲ区，其出射方向与法线夹角为“折射”角。已知质子仅在平面内运动，单位时间发射的质子数为N，初速度为v0，不计质子重力，不考虑质子间相互作用以及质子对磁场和电势分布的影响。 （1）若不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，求d的最小值； （2）若，求“折射率”n（入射角正弦与折射角正弦的比值）； （3）计算说明如何调控电场，实现质子束从P点进入Ⅱ区发生“全反射”（即质子束全部返回Ⅰ区）； （4）在P点下方距离处水平放置一长为的探测板CQD（Q在P的正下方），CQ长为，质子打在探测板上即被吸收中和。若还有另一相同质子束，与原质子束关于法线左右对称，同时从O点射入Ⅰ区，且θ＝30°，求探测板受到竖直方向力F的大小与U之间的关系。 【解答】解：（1）根据题意，粒子从O点射入时的运动轨迹如图所示： 粒子从O点射入，不出Ⅰ区域的临界条件为2r＝dmin 洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律 代入数据解得 （2）设水平方向为x方向，竖直方向为y方向，x方向速度不变，y方向速度变小，假设折射角为θ′ 根据动能定理 由于 代入数据联立解得 设粒子射出区域Ⅱ时与竖直方向成θ′角，如图所示： 根据速度关系vx＝v0sinθ＝v1sinθ′ 根据折射定律 代入数据联立解得“折射率” （3）在Ⅱ区域下边界发生全反射的条件是沿竖直方向的速度为零； 根据动能定理 可得 即应满足 （4）分粒子全部打在探测板CQD和全部打不到探测板CQD两种情形； 根据数学知识 解得∠CPQ＝30° 所以如果U≥0的情况下，折射角小于入射角，两边射入的粒子都能打到板上，分情况讨论如下： ①当U≥0时，取竖直向上为正方向，根据动量定理F＝2Nm[0﹣（﹣vy）]＝2Nmvy 根据动能定理 解得 全部都打不到板的情况 ②根据几何知识可知当从Ⅱ区射出时速度与竖直方向夹角为60°时，粒子刚好打到D点，水平方向速度为 所以 根据动能定理 代入数据联立解得 即当时，F＝0 ③部分能打到的情况，根据上述分析可知条件为（），此时仅有O点左侧的一束粒子能打到板上，因此F＝Nmvy 根据动能定理 代入数据联立解得。 5. （2024•镇海区校级模拟）如图所示，比荷相同、重力不计的a、b两个带电粒子，从同一位置水平射入竖直向下的匀强电场中，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，则（　　） A．a、b均带负电 B．a的初速度一定小于b的初速度 C．a的运动时间一定小于b的运动时间 D．该过程中a所受电场力做的功一定大于b的 【解答】解：A、因电场线向下，两粒子均受向下的电场力而做类平抛运动，所以两个粒子均带正电，故A错误； B、a、b两个带电粒子在电场中做类平抛运动，设任一粒子的初速度为v0，电荷量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则加速度为 粒子的竖直分运动为初速度为零的匀加速直线运动，有 水平分运动为匀速直线运动，有 x＝v0t 联立得： 因两个粒子的比荷相同，y相同，E相同，则x大的初速度大，可知a的初速度一定小于b的初速度，故B正确； C、由竖直分运动位移有y，可得运动时间为，因两个粒子的比荷相同，y相同，E相同，则a的运动时间一定等于b的运动时间，故C错误； D、电场力做功为W＝qEy，两粒子的比荷相同，y相同，E相同，但无法比较电荷量关系，故无法比较电场力做功关系，故D错误。 故选：B。 6. （2024•温州二模）如图所示，加速电场的两极板P、Q竖直放置，间距为d，电压为U1。偏转电场的两极板M、N水平放置，两极板长度及间距均为L，电压为U2。P、Q极板分别有小孔A、B，AB连线与偏转电场中心线BC共线。质量为m、电荷量为q的正离子从小孔A无初速度进入加速电场，经过偏转电场，到达探测器（探测器可上下移动）。整个装置处于真空环境，且不计离子重力。下列说法正确的是（　　） A．离子在加速电场中运动时间为 B．离子在M、N板间运动时间为 C．离子到达探测器的最大动能为q（U1+U2） D．为保证离子不打在M、N极板上，U1与U2应满足的关系为U2＞2U1 【解答】解：A.离子在加速电场中做匀加速直线运动，根据动能定理有 解得 根据运动学公式 解得 ，故A错误； B.离子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，根据运动学公式有 L＝v0t2 解得 ，故B正确； C.当离子刚好从偏转电场右边缘出场时动能最大，全过程根据动能定理有 ，故C错误； D.离子在竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有 根据运动学公式有 解得 为保证离子不打在M、N极板上，应该满足 联立解得U2＜2U1，故D错误。 故选：B。 7. （2024•浙江二模）如图所示，直角坐标系第一象限内有一竖直分界线PQ，PQ左侧有一直角三角形区域OAC，其中分布着方向垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场，已知OA与y轴重合，且OA＝a，θ＝60°，C点恰好处于PQ分界线上。PQ右侧有一长为L的平行板电容器，板间距为a，上极板与左侧磁场的上边界平齐，内部分布着方向垂直纸面向里，强弱随y坐标变化的磁场，和竖直向下场强大小为E的匀强电场。该复合场能使沿水平方向进入电容器的电子均能沿直线匀速通过电容器。在平行板电容器右侧某区域，存在一垂直纸面向内、磁感应强度为2B0的匀强磁场（图中未画出），使水平通过平行板电容器的电子进入该磁场后会聚于x轴上一点。现有速率不同的电子在纸面上从坐标原点O沿不同方向射到三角形区域，不考虑电子间的相互作用。已知电子的电量为e，质量为m，求： （1）当速度方向沿y轴正方向时，能进入平行板电容器的电子所具有的最大速度是多少； （2）写出电容器内磁场的磁感应强度B随y坐标的变化规律； （3）若电子沿上极板边缘离开电容器后立即进入右侧磁场，在答题纸上画出纵坐标0＜y＜a区域内该磁场的左边界，并求出会聚点的横坐标。 【解答】解：（1）根据题意可知，由洛伦兹力提供向心力，有 解得 可知，能从OC边出磁场的电子，当运动轨迹和AC相切时半径最大，故半径最大值rm＝a 所以，能从OC边出磁场的电子所具有的最大速度 （2）根据题意，画出从y处水平进入平行板间的粒子的运动轨迹，如图所示 由几何关系可得，运动半径r＝2y 可得 解得 电子均能沿直线匀速通过电容器，则有eE＝evB 解得 （3）进入右侧磁场，因磁感应强度为2B0，所以运动半径为R＝y 磁场左边界为倾角45°的斜线，如图所示 由几何关系可得，会聚点横坐标 题型3带电粒子在叠加场中的运动问题 8. （2024•镇海区校级模拟）为探测射线，威耳逊曾用置于匀强磁场或电场中的云室来显示它们的径迹。某研究小组设计了电场和磁场分布如图所示，在Oxy平面（纸面）内，在x1≤x≤x2区间内存在平行y轴的匀强电场，x2﹣x1＝2d。在x≥x3的区间内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，x3＝3d。一未知粒子从坐标原点与x正方向成θ＝53°角射入，在坐标为（3d，2d）的P点以速度v0垂直磁场边界射入磁场，并从（3d，0）射出磁场。已知整个装置处于真空中，不计粒子重力，sin53°＝0.8。求： （1）该未知粒子的比荷； （2）匀强电场电场强度E的大小及左边界x1的值； （3）若粒子进入磁场后受到了与速度大小成正比、方向相反的阻力，观察发现该粒子轨迹呈螺旋状并与磁场左边界相切于点Q（x3，y3）（未画出）。求粒子由P点运动到Q点的时间t3以及坐标y3的值。 【解答】解：（1）粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得 又粒子在坐标为（3d，2d）的P点以速度v0垂直磁场边界射入磁场，并从（3d，0）射出磁场，根据几何知识有 R＝d 联立解得粒子的比荷为 ； （2）粒子的轨迹如图所示 粒子在电场中可逆向看成做类平抛运动，垂直于电场方向有 2d＝v0t1 平行于电场方向有 vy＝v0tan53°＝at1 根据牛顿第二定律有 qE＝ma 联立解得匀强电场的场强大小为 由几何关系可得 解得 ； （3）若粒子进入磁场后受到了与速度大小成正比、方向相反的阻力，粒子在磁场的运动轨迹如图所示 由 qvB＝mωv 可得 即角速度为一定值，又可知粒子与磁场左边界相切时转过的弧度为，则有 设阻力与速度的比值为k，取一小段时间Δt，对粒子在x方向上列动量定理 ﹣kvsinθ•Δt﹣qvBcosθ•Δt＝mΔvx 两边同时对过程求和 ∑﹣kvsinθ•Δt+∑﹣qvBcosθ•Δt＝∑mΔvx 可得 k∑﹣vsinθ•Δt+qB∑﹣vcosθ•Δt＝m∑Δvx 即 k∑﹣Δx+qB∑Δy＝m∑Δvx 其中 k∑﹣Δx＝0 则有 qBΔy＝﹣mv0 结合 可得 故有 y3＝2d﹣d＝d。 9. （2023•乐清市校级模拟）空间中足够大区域内存在相互垂直的电场和磁场，电场强度和磁感应强度分别为E和B。可将小球所受重力类比电场力，即认为重力场强度为g。质量为m、电荷量为q的带正电的小球A从z轴上的P点出发，速率始终不变。 （1）试求出小球A在xOz平面内的速率； （2）若在某一时刻，重力场和磁场突然消失（不考虑电磁感应变化），随后小球A在运动过程中的最小动能为其初动能的一半，试求小球A沿y轴方向速度大小； （3）恢复重力场，仅保留﹣H≤z≤0区间内的正交匀强的电磁场。现有与小球A完全相同的小球B，两小球分别从P点沿x轴正负方向以相同初速度水平抛出，已知其中一个小球进入电磁场区域后刚好做匀速直线运动，另一个小球出电磁场区域时速度方向恰沿z轴负方向，求两个小球在电磁场区域运动时间之比。 【解答】解：（1）由于质点速率不变，说明沿着速度方向必然没有力存在；电场力和重力的合力是恒力，此合力方向在xoz平面内；洛伦兹力对质点不做功，所以洛伦兹力必然和此合力等大反向；电场力和重力的合力为 即在xoz平面内做匀速直线运动：即 qvB＝F 则有 （2）Z轴方向受力平衡，有：mg＝qvxB 解得： x轴受力平衡，有：qE＝qvzB 解得： 最小速度时，必然x轴方向速度是0，有 y轴方向速度不变，可知 （3）x轴负半轴区域内，质点做匀速直线运动，所以质点进入电磁场区域后，有方程：Z轴方向受力平衡，有 mg＝qvxB 解得： x轴受力平衡，有：qE＝qvzB 解得： 所以运动时间： 在x轴正半轴区域内，质点做曲线运动，沿x方向用动量定理，有 （qE﹣qvzB）dt＝﹣mvx qEt2﹣qBH＝﹣m• 所以时间之比为 t1：t2 10. （2016•慈溪市模拟）如图为实验室筛选带电粒子的装置示意图：左端加速电极M、N间的电压为U1，中间速度选择器中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场。匀强磁场的场强B1＝1.0T，两板电压U2＝1.0×102V，两板间的距离D＝2cm。选择器右端是一个半径R＝20cm的圆筒，可以围绕竖直中心轴顺时针转动，筒壁的一个水平圆周上均匀分布着8个小孔O1至O8，圆筒内部有竖直向下的匀强磁场B2、一电荷量为q＝1.60×10﹣19C，质量为m＝3.2×10﹣25kg的带电的粒子，从静止开始经过加速电场后匀速穿过速度选择器。圆筒不转时，粒子恰好从小孔08射入，从小孔03射出，若粒子碰到圆筒就被圆筒吸收。求： （1）加速器两端的电压U1的大小； （2）圆筒内匀强磁场B2的大小并判断粒子带电还是负电； （3）要使粒子从一个小孔射入圆筒后能从正对面的小孔射出（如从O1进从O5出），则圆筒匀速转动的角速度多大？ 【解答】解：（1）速度选择器中电场强度E5.0×103N/C， 根结粒子受力平衡 qB1v＝qE， 得 ， 根据电场加速 ， 得 U1＝25V； （2） 粒子的运动轨迹如图所示，根据左手定则，粒子带负电， 根据几何关系得 r＝R， 根据洛伦兹力提供向心力得 ， 解得； （3）不管从哪个孔进入，粒子在筒中运动的时间与轨迹一样，运动时间为， ， 在这段时间圆筒转过的可能角度， （n＝0，1，2，3…）， 则圆筒的角速度ω。 题型4带电粒子在交变电场中的周期性运动问题 11. （2023•西湖区校级模拟）如图甲所示，水平放置的平行金属板A、B间距为d＝20cm，板长L＝6cm，左端有一粒子源均匀发射带负电的粒子（单位长度发射粒子数目相同），粒子间的相互作用不计，比荷为C/kg，忽略重力，粒子速度v0＝4×103m/s，方向平行金属板，AB间加如图乙所示的方形波电压，已知U0＝1.0×102V，在金属A、B右侧空间有一吸收板，长短方位可根据需要调节，保证所有射出电场的粒子都能被收集板吸收且射到板上任意部位的粒子都会被吸收，设打到AB极板上的粒子也会被吸收，不考虑电容器的边缘效应，求： （1）射出板的粒子占发射源发射粒子总数的百分比最小值η和收集板的最小长度L1； （2）在极板右侧，加一垂直纸面向里的磁场B1T，保持收集板竖直，为使所有射出电场的粒子都能被收集板吸收，求收集板的最小长度L2为多少？若磁场改为B2T结果又为多少？ （3）撤去收集板，在AB极板右侧加一圆形磁场区域，要使所有射出电场的粒子都能收集到一点，求该圆形磁场区域的最小半径和相应的磁感应强度B（此问保留两位有效数字）。 【解答】解：（1）想要射出板的粒子占发射源发射粒子总数的百分比最小，需要让更多的粒子打在极板上，即全体粒子向垂直于极板方向的位移最大，故粒子源应在t＝0时刻（或方形波电压每一周期的起始时刻）发射粒子，由于粒子带负电，故粒子受到向上的电场力而向上运动，假设在极板左侧的C位置发射的粒子刚好打在上极板右侧边缘，如图所示； 以t＝0时刻进入电场的粒子，在初速度方向做匀速直线运动，则：L＝v0t 解得：t＝1.5×10﹣5s，则粒子在板间运动分为两段。 粒子在电场中的加速度大小为：a6×108m/s2 粒子在电场方向先做匀加速运动后做匀减速运动，匀加速运动时间为： t1时刻粒子在电场方向的分速度为：vy1＝at1＝6×108×1.0×10﹣5m/s＝6×103m/s 在电场方向匀加速运动的位移为：y1m＝3cm 匀减速运动时间为： t2时刻粒子在电场方向的分速度为： 在电场方向匀减速运动的位移为： 故粒子向上偏转的距离为：y＝y1+y2＝5.25cm 射出板的粒子占发射源发射粒子总数的百分比最小值为： 由速度关系可知粒子射出电场的合速度大小为：vm/s＝5×103m/s 合速度与初速度方向之间夹角为：，即θ＝37° 由图中几何关系可知收集板的最小长度为： （2）设粒子在t＝1×10﹣5s时刻进入电场，可知离开电场的粒子在电场中先向下加速再向下减速，最后向上加速离开电场，设极板左侧的D位置发射的粒子刚好没有打在下极板上，如图所示； 粒子在电场方向先向下匀加速运动的时间为： t1时刻粒子在电场方向的分速度为： 在电场方向向下匀加速运动的位移为： 向下匀减速运动时间为： 由对称性可知向下匀减速运动的位移为：y'2＝y'1＝0.75cm 最后向上匀加速运动时间为： 在电场方向向上匀加速运动的位移为： t3时刻粒子在电场方向的分速度为： 可知从极板右侧离开的粒子中离B板的最小距离为0.75cm。 所有离开电场的粒子速度都满足大小为：，与初速度方向之间夹角为θ＝37°。 粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律： 解得：r＝2.5cm 为使所有射出电场的粒子都能被收集板吸收，如图所示，由几何关系可得收集板的最小长度为：L2＝dAF﹣2r＝（20﹣0.75﹣2×2.5）cm＝14.25cm 若磁场改为，则粒子在磁场中的轨迹半径为： 为使所有射出电场的粒子都能被收集板吸收，如图所示由几何关系可得收集板的最小长度为：L'2＝2r2＝2×8cm＝16cm （3）要使所有射出电场的粒子都能收集到一点，所加圆形磁场区域直径应与粒子射出范围的宽度相等，如图所示； 由图中几何关系可知磁场区域的最小半径为： 为使粒子在磁场中偏转后会聚于一点，粒子在磁场中的轨迹半径应为：r'＝Rmin 根据牛顿第二定律： 解得：B≈5.4×10﹣2T 12. （2022•义乌市模拟）如图（a）所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过时间s以后，电荷以v0＝1.5×104m/s的速度通过MN进入其上方的均匀磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图（b）所示规律周期性变化，图（b）中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t＝0时刻。求： （1）匀强电场的电场强度E； （2）图（b）中ts时刻电荷与O点的水平距离； （3）如果在O点正右方43.5cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板的时间。 【解答】解：（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，其在电场中加速运动的时间为s，由匀变速直线运动规律得 v0＝at1 由牛顿第二定律得 qE＝ma 代入数据解得：E＝7.2×103N/C （2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 qv0B＝m 解得：r 当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径 r1 做圆周运动的周期 T1 代入数据解得 r1＝5cm T110﹣5s 同理可得，当磁场垂直纸面向里时，电荷圆周运动的半径为 r2 代入数据解得：r2＝3cm 做圆周运动的周期 T2 代入数据解得：T210﹣5s 故电荷t＝0时刻开始做周期性运动，结合磁场的周期性可知运动轨迹如图1所示 图1 从电荷第一次通过MN开始其运动的周期为 T＝（4）×10﹣5s10﹣5s 所以ts时刻粒子距离O点的水平距离为 Δd＝2（r1﹣r2） 代入数据解得：Δd＝4cm （3）由第（2）的分析可知，每经过一个周期，粒子在水平方向向右前进4cm，根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为9个，即 s＝9Δd＝9×4cm＝36cm 则最的后7.5m的距离如图2所示 图2 由几何关系可得 r1+r1cosα＝7.5cm 解得：cosα＝0.5 即α＝60° 故电荷运动的总时间 t总＝t1+9TT1 代入数据解得：t总10﹣5s 答：（1）匀强电场的电场强度E为7.2×103N/C； （2）图（b）中ts时刻电荷与O点的水平距离为4cm； （3）如果在O点正右方43.5cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板的时间为10﹣5s。 1. （2024•浙江模拟）先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板形成的偏转电场，进入时速度方向与电场方向垂直。下列情况下，射出极板时电子和氢核偏转角正切值相同的是（　　） A．初速度相同 B．初速度的平方相同 C．初动能相同 D．初动量相同 【解答】解：粒子在偏转电场中做类平抛运动，电子和氢核的电荷量大小都为e，设粒子的质量为m，极板的长度为L，粒子穿过电场的时间为t，由动力学知识可得： 水平方向 L＝v0t 加速度a 竖直分速度vy＝at 速度偏向角的正切值tanθ 联立得tanθ 由于电子和氢核的电荷量大小都为e，若射出极板时电子和氢核偏转角正切值相同，则必须是它们的初动能相等。故C正确，ABD错误。 故选：C。 2. （2024•宁波模拟）如图所示，一带正电的小球用绝缘细绳悬于O点，将小球拉开小角度后静止释放，其运动可视为简谐运动，下列措施中可使小球振动频率增加的是（　　） A．将此单摆置于竖直向下的匀强电场中 B．在悬点O处放置一个带正电的点电荷 C．在悬点O处放置一个带负电的点电荷 D．将此单摆置于垂直摆动平面向里的匀强磁场中 【解答】解：设单摆与竖直方向夹角为θ，受力分析知单摆小球受重力和绳子的拉力，由公式得单摆做简谐运动的回复力为 其中另 ，它与简谐振动的频率关系为k＝mω2； A.当增加一个竖直向下的电场时，回复力变为 ，那么由 k＝mω2知k变大，小球质量不变，故振动频率ω也增大，故A正确； BC.在悬点O加一个正或负电荷，此时只改变沿绳子方向的力，并不会改变回复力的大小，故小球振动频率ω也不变，故BC错误； D.将单摆放置在垂直摆动平面向里的匀强磁场中，由左手定则可知，小球受到的磁场力是沿绳子方向的力，只会改变绳上的拉力大小，并不会改变回复力的大小，故小球振动频率ω也不变，故D错误。 故选：A。 3. （2023•诸暨市一模）如图所示，空间存在三个相邻的水平面M、N和Q，水平面M、N之间的距离为h，其间区域存在水平向右的匀强电场，水平面N、Q之间区域存在大小相等、方向水平向左的匀强电场。质量为m、电荷量为q的带正电小球从电场上边界M的P点由静止释放，经过电场中边界N，最终从电场下边界Q离开。已知小球到达电场下边界Q时的速度方向恰好竖直向下，且此时动能为其经过电场中边界N时动能的2.56倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确是（　　） A．水平面N、Q之间的距离为2h B．匀强电场的电场强度大小为 C．小球在M、N之间区域做平抛运动 D．小球在M、N间减小电势能小于在N、Q间增加电势能 【解答】解：A、质量为m、电荷量为q的带正电小球从电场上边界M的P点由静止释放，在电场中运动时，小球受重力和电场力，小球在竖直方向做自由落体运动，在水平方向在M、N区域做初速度是零的匀加速直线运动，设M、N之间运动时间为t1，在N、Q之间运动时间为t2，则在竖直方向上有有： 水平方向位移： 根据牛顿第二定律：qE＝ma 因小球在两电场区域内受电场力大小相等，且小球到达电场下边界Q时的速度方向恰好竖直向下，说明此时小球在水平方向的速度是零，则有at1﹣at2＝0 变形解得：t1＝t2 小球在N、Q之间，设下落高度为h'，则有： 可得： 所以可得：h′＝3h，故A错误； B、由题意经过Q平面的动能关系：Ek2＝2.56Ek1 则根据动能定理上式变为： 整理解得： 由：qE＝ma 可得： 则有：，故B正确； C、小球在电场M、N之间运动时，小球受重力和电场力，小球在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做初速度是零的匀加速直线运动，可知小球在M、N之间区域做匀加速直线运动，故C错误； D、小球在M、N间与在N、Q间受电场力大小相等，方向相反，在M、N间做初速度是零匀加速直线运动，在N、Q间做匀减速直线运动末速度是零，即小球在电场方向的速度的变化是零，因此小球在M、N间减小电势能等于在N、Q间增加电势能，故D错误。 故选：B。 4. （2023•温州三模）如图甲所示为粒子直线加速器原理图，它由多个横截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源相连，交变电源两极间的电势差的变化规律如图乙所示。在t＝0时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时和偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0）的中央有一自由电子由静止开始在各间隙中不断加速。若电子的质量为m，电荷量为e，交变电源的电压为U，周期为T，不考虑电子的重力和相对论效应，忽略电子通过圆筒间隙的时间。下列说法正确的是（　　） A．电子在圆筒中也做加速直线运动 B．电子离开圆筒1时的速度为 C．第n个圆筒的长度应满足 D．保持加速器筒长不变，若要加速比荷更大的粒子，则要调大交变电压的周期 【解答】解：A、金属圆筒中电场为零，电子不受电场力，做匀速直线运动，故A错误； B、电子进入第1个圆筒时，经过1次加速，根据动能定理得：eU0，解得电子出第1个圆筒瞬间速度为v，故B错误； CD、电子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理得：neU0，解得电子出第n个圆筒瞬间速度为vn，由于不计电子通过圆筒间隙的时间，则电子在圆筒内做匀速直线运动的时间恰好是，则第n个圆筒长度为Ln＝vn• 解得：，保持加速器筒长不变，若要加速比荷更大的粒子，则要减小交变电压的周期，故C正确，D错误； 故选：C。 5. （2023•台州模拟）如图所示的平行板电容器竖直放置，两极板间的距离为d，极板高度AB＝CD＝h，对该电容器充上一定的电量后，将一带电小球P从非常靠近左极板的上端A处由静止释放，小球沿图中虚线运动打到了右极板的中点，为使小球能够从下方穿过电容器，右极板向右至少移动的距离为（　　） A．d B． C． D． 【解答】解：由题意可知，小球所受的合力沿着虚线方向，根据电容的大小公式：C 电容的定义变形式： 电场强度与电压的关系式： 联立可得：E 可知右极板向右移动，极板间的电场强度不变，即合力方向不变，如图所示， 根据几何关系可知要使得小球能够从下方穿过电容器，根据： 解得：x＝d，故BCD错误，A正确。 故选：A。 6. （2023•绍兴二模）如图所示，神经元细胞可以看成一个平行板电容器，正、负一价离子相当于极板上储存的电荷，细胞膜相当于电介质，此时左极板的电势低于右极板的电势，左右两极板之间的电势差为U1（U1＜0）。已知细胞膜的相对介电常数为εr，膜厚为d，膜面积为S，静电力常量为k，元电荷为e。由于某种原因导致膜内外离子透过细胞膜，使膜内变为正离子而膜外变为负离子，这时左右两极板之间的电势差为U2（U2＞0），则通过细胞膜的离子数目为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：由可得：Q1＝﹣CU1（左板为负，右板为正） Q2＝CU2（左板为为正，右边为负） 则通过细胞膜的电荷量为：ΔQ＝Q2+Q1＝ne 又根据平行板电容器的大小公式：，可得通过细胞膜的离子数目为，故ACD错误，B正确。 故选：B。 7. （2024•西湖区校级模拟）如图所示，是通过磁场控制带电粒子的一种模型。在0≤x＜d和d＜x≤2d的区域内，分别存在磁感应强度均为B的匀强磁场，方向分别垂直纸面向里和垂直纸面向外。在坐标原点，有一粒子源，连续不断地沿x轴正方向释放出质量为m，带电量大小为q的带正电粒子，速率满足（不考虑粒子的重力、粒子之间的相互作用）试计算下列问题： （1）求速率最小和最大粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中做圆周运动的半径大小R1和R2； （2）求速率最小和最大的粒子从x＝2d的边界射出时，两出射点的距离Δy的大小； （3）设粒子源单位时间内射出的粒子数目为n（设每种速率的粒子数目相同），在x＞2d的区域加一个平行板电容器MN，且朝向出射粒子的一侧有小孔，孔的大小足以使所有的从x＝2d边界射出的粒子都能进入开孔位置，在MN间加的电势差，射入的粒子有的原路返回，其它碰到N板的全被吸收，求稳定情况下，打到电容器极板的粒子对电容器的作用力大小？（设孔的大小不影响电容器产生的电场，被吸收的粒子也不影响两极板的电势差）。 【解答】解：（1）粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动有 解得 所以，R2＝2d。 （2）如图为某一速率的粒子运动的轨迹示意图 辅助线如图所示。由几何关系知道，速率为v1的粒子射出a＝2d边界时的坐标为 速率为v2的粒子射出x＝2d边界时的坐标为 所以 （3）根据能量守恒，可以计算例子打到N板时的速度 恰好打到极板时有 解得能够打到极板上的例子的最小速度为 因此代入最大速度和最小速度可得到打到N板时的速度范围为 极板受到的力由单位时间内打到粒子的提供，取向右为正方向，其中可以达到极板的粒子占出射粒子数的比例为 所以极板受力为 8. （2024•浙江模拟）利用如图装置可以探测从原点O发射的粒子信息。两个有界匀强磁场，沿x轴方向宽度相同，y轴方向足够长，磁场边界与y轴平行，且内侧边界距y轴均为a，磁感应强度大小均为B，方向如图所示。足够高处有一平行于x轴且关于y轴对称放置的探测板，粒子打在探测板上将被全部吸收，板长等于两个磁场外侧边界之间的距离。粒子源沿各个方向均匀向外发射质量为m，电荷量为q的正离子，不考虑粒子重力及粒子之间的相互作用，求： （1）若粒子速度大小为v，所有粒子恰好不从两个磁场外侧边界射出磁场，则磁场宽度d的大小； （2）若粒子的探测率η，则磁场宽度d2至少多大； （3）若粒子速度大小v，磁场宽度为a，则粒子的探测率η的大小。（可用反三角函数表示） 【解答】解：（1）由题意可知，沿x轴方向入射的粒子恰好与磁场外侧相切，如图 根据几何关系有 R1＝d1′ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有 解得 若使所有粒子恰好不从两个磁场外侧边界射出磁场，则有 （2）若粒子的探测率，可知有粒子不能探测到，可知粒子沿与y轴负方向夹角是30°的方向射入磁场都能探测到，粒子在磁场中运动轨迹如图所示，由图可知，则磁场宽度至少 （3）若粒子速度大小，则有 由解析（2），设粒子与y轴负方向的夹角为θ，在磁场中运动时，由几何关系可得 解得 可知粒子的探测率η的大小 9. （2024•浙江模拟）如图，空间直角坐标系Oxyz中，有两个棱长均为L的正方体Ⅰ和正方体Ⅱ，它们的公共界面为M，O点为正方体Ⅰ侧面K的中心，x、y、z轴均与正方体棱长平行。正方体Ⅰ空间内在y＞0的范围内存在着沿y轴负方向的匀强电场，在y＜0的范围内存在着沿y轴正方向的匀强电场，两者电场强度大小相等；正方体Ⅱ空间内在y＞0的范围内存在着沿x轴正方向的匀强磁场，在y＜0的范围内存在着沿x轴负方向的匀强磁场，两者磁感应强度大小相等。有一质量为m、电荷量为+q的粒子，以v0的初速度，从y轴上的P点沿z轴正方向进入正方体Ⅰ，之后经过z轴后从Q点垂直穿过界面M进入正方体Ⅱ，最后垂直打在侧面N上。P点为侧面K底边长的中点（在电场区域中），不考虑粒子的重力，求： （1）匀强电场的电场强度大小； （2）粒子进入正方体Ⅰ后，经过z轴时的速度大小； （3）磁感应强度的大小。 【解答】解：（1）根据题意，设匀强电场的电场强度大小为E，则由牛顿第二定律有： qE＝ma 由于粒子从Q点垂直穿过界面M进入正方体Ⅱ，设粒子经过时间t到达z轴，则有 L L＝v0t 联立解得 E； （2）粒子经过z轴时速度的竖直分量vy＝at 则经过z轴时的速度大小为v 解得：v； （3）该粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据题意可知，其可能的运动轨迹如图所示， 设磁场的磁感应强度大小为B，粒子做圆周运动的轨迹半径为r，根据几何关系有 （L﹣r）2+x2＝r2 且满足：L＝2nx，r＜2x 解得：r，n＝1，2，3 在磁场中，洛伦兹力提供向心力，则有： qvB 解得： 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$