第9讲 带电粒子在复合场中的运动-【红对勾】2025年高考物理二轮复习讲与练

等的粒子，粒子沿AD方向进入磁场。调整 C.若粒子经cd边垂直BC射出，则粒子穿过 abcd的边长，可使速度大小合适的粒子经ad ad边时速度方向与ad边夹角必为45° 边穿过无磁场区后由BC边射出。对满足前 D.若粒子经bc边垂直BC射出，则粒子穿过 述条件的粒子，下列说法正确的是 ad边时速度方向与ad边夹角必为60° A.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹 角为45°，则粒子必垂直BC射出 B.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角 请完成课时作业12 为60°，则粒子必垂直BC射出 第9讲 带电粒子在复合场中的运动 M复习定位 1.了解组合场和叠加场的特点，会分析带电粒子在组合场和叠加场中的运动问题。 2.会分析带电粒子在交变电、磁场中的运动问题。 知识网络 体系构建 不同区域存在不同性质的场特点 不同区域单独分析，注意场与场界面上带 分析 特点同一区域内存在多个场 058 电粒子的运动变化 组 叠 分析 各个场对带电粒子的效果具有独立性，符合 运动的合成与分解规律 只受恒定的静电力 电偏转 类平抛运动 场 场 无约 匀速直不计重力Eq=qB 规律：牛顿运动定律、匀变速直线运动 两类 线运动 偏转 束的 计重力 公式运动的合成与分解 运动匀速圆 Eg、mg、qB平衡 带电粒子 两种 周运动 Eq=mg quB=m 只受大小恒定的洛伦兹力 R 在复合场 运动 匀速圆周运动 有约束 受轻杆、轻绳、圆 中的运动 直线运动 磁偏转 的运动一环、轨道等约束 规律：牛顿运动定律、向心力公式、圆 圆周运动 的几何知识 速度选择器 质谱仪 回旋加速器 电场或磁场具有周期性→粒子的运动具有周期性 电磁场与现代技术的综合 磁流体发电机 变 电磁流量计 突破口→场的变化周期和粒子运动周期的关系 霍尔元件 考向探究 素养提升 考向一 带电粒子在组合场中的运动 1.两大偏转模型 (2)磁偏转：带电粒子垂直进人匀强磁场中做 (1)电偏转：带电粒子垂直进入匀强电场中做 匀速圆周运动（如图乙所示），洛伦兹力提供 类平抛运动（如图甲所示），应用类平抛运动 向心力。 规律、动能定理等。 ☑一红对勾·讲与练·高三二轮物理 3 迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域 0 的圆心M。 马听课记录 a2 0 甲 乙 2.“五步”突破带电粒子在组合场中的运动问题 明性质 要审清题目中“场”到底是重力场、电场 还是磁场 带电粒子依次通过不同场区时，由受力情 (定运动 况确定粒子在不同区域的运动情况 、画轨迹) 正确地画出粒子的运动轨迹图 根据区域和运动规律的不同，将粒子运动 用规律 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进行处理 规律总结 常见组合场模型 要明确带电粒子通过不同场区的交界处时 找关 速度大小和方向的关系，上一个区域的末 情境分析 速度往往是下一个区域的初速度。将题中 已知量在轨迹图中标出，尤其关注交界点 【典例1】(2023·辽宁卷)如图所示，水平放置 ××× 的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板 q,m 间距离的√3倍。金属板外有一圆心为O的 -U+义×× 、9ER L=w,d=号af=2m, qU=3 mu" 059 圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为 0=l,=2+0w 甲 甲 B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量 为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速 d 0, g,m 度，水平向右射入两板间，恰好从下板边缘 E,· P点飞出电场，并沿PO方向从图中O'点射 qBd-号mad + 2mvo 乙 入磁场。已知圆形磁场区域半径 3gB,不 先在电场中做加速直 h=号ag 2m v=at, 线运动，然后进入磁场 =+g,amu=瓷 计粒子重力。 中做圆周运动（如图 乙 甲、乙所示) 先在电场中做类平抛运动，然 后进入磁场中做圆周运动（如 、O ·B 图甲、乙所示) .0 (1)求金属板间电势差U: 粒子在电场中做 (2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方 加速或减速运动， 向间的夹角0： 用动能定理或运 粒子在电场中做类平 动学公式列式 抛运动，用平抛运动 (3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍 进入电场时粒子速度 知识分析 从图中O'点射入磁场，且在磁场中的运动时 方向与电场方向相同进入电场时粒子速度方向与 间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨 或相反（如图所示） 电场方向垂直（如图所示） 第一部分专题三 电场与磁场一饼 【提升练1】(2024·河南开 (3)粒子从A点到P点电场力做的功。 X BX x 封高三检测)如图所示，在 XX 平面直角坐标系xOy中， E x轴上方区域有垂直于纸 面向里的磁场，磁感应强度大小为B,x轴下 方区域有水平向左的匀强电场，P点是y轴 上的一点。一质量为m、电荷量为g的带电 粒子以初速度从坐标原点O平行于纸面 射入磁场，方向与x轴负向的夹角为30°，从 A点射出磁场。粒子在电场中的运动轨迹 与y轴相切于P点。不计粒子的重力。求： (1)A、O两点的距离； (2)粒子从O点到A点所用的时间； 考向二带电粒子（带电体）在叠加场中的运动 1.注意三种特殊模型 3.当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变 (1)若只有两个场，合力为零，则表现为匀速 速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒 060 直线运动或静止状态。例如电场与磁场叠加 定律求解。 【典例2】(2023·江苏卷)霍尔推进器某局部 满足qE=qvB、重力场与磁场叠加满足mg= 区域可抽象成如图所示的模型。xOy平面 qoB、重力场与电场叠加满足mg=qE。 内存在竖直向下的匀强电场和垂直于坐标 (2)若三场共存，合力为零时，粒子做匀速直 平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 线运动，其中洛伦兹力F=qoB的方向与速 B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿 度v的方向垂直。 x轴正方向水平入射。入射速度为。时，电 (3)若三场共存，粒子做匀速圆周运动时，则 子沿x轴做直线运动；人射速度小于。时， 有mg=qE,粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆 电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最 高点与在最低点所受的合力大小相等。不 周运动.即B=m 计重力及电子间相互作用。 1 2.关于粒子的重力 (1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，其 重力一般情况下与电场力或磁场力相比太 小，可以忽略；而对于一些宏观物体，如带电 小球、液滴、金属块等一般应考虑其重力。 (1)求电场强度的大小E; (2)不能直接判断是否要考虑重力的情况，在 (2)若电子人射速度为？，求运动到速度为 进行受力分析与运动分析时，根据运动状态 可分析出是否要考虑重力。 时位？的织华标； ☑一红对勾·讲与练·高三二轮物理 (3)若电子入射速度在0<v<v。范围内均 为十q的小球以初速度)沿水平方向从电容 勾分布求能到达纵坐标：5位量的电 器下板左侧边缘A点进入电容器，做匀速圆 周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容 子数N占总电子数N。的百分比。 器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重 听课记录 力加速度大小为g,忽略空气阻力。 下××× Eo R d×××xE A —wN3d (1)求直流电源的电动势E。; (2)求两极板间磁场的磁感应强度B; (3)在图中虚线的右侧设计一个匀强电场， 使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强 度的最小值E‘。 061 规律总结叠加场问题的分析思路 叠加场 的组成 弄清电场、磁场、重力场组合情况 受力分析 先重力、再弹力、后摩擦力，然后 分析其他力（电场力、洛伦兹力） 运动分析 注意运动情况和受力情况的结合 匀速直线运动→平衡条件 画出轨迹 、选择规律 匀速圆周运动→牛顿运动定律和圆 周运动规律 复杂曲线运动→动能定理或能量 守恒定律 【提升练2】(2022·湖南卷)如图所示，两个定 值电阻的阻值分别为R和R2,直流电源的 内阻不计，平行板电容器两极板水平放置， 板间距离为d,板长为3d,极板间存在方向 水平向里的匀强磁场。质量为、电荷量 第一部分专题三电场与磁场讲。 考向三带电粒子在交变场中的运动 1.交变场的特点 (1)若仅存在交变电场，要使粒子飞到Q板 空间存在的电场或磁场随时间周期性地 时，速度方向恰好与Q板相切，求交变电场 变化，一般呈现“矩形波”的特点，交替变化的 的周期T； 电场及磁场会使带电粒子依次经过不同特点 (2)若仅存在匀强磁场，且满足B,=2m, 的电场、磁场或叠加场，从而表现出多过程现 9d 象，其特点较为隐蔽。 粒子经一段时间恰能垂直打在Q板上（不考 2.解题策略 虑粒子反弹)，求打中点到出发点的水平 距离。 (1)变化的电场或磁场往往具有周期性，粒子 的运动也往往具有周期性。这种情况下要仔 听课记录 细分析带电粒子的运动过程、受力情况，弄清 楚带电粒子在变化的电场、磁场中各处于什 么状态，做什么运动，画出一个周期内的运动 轨迹的草图，然后化整为零，逐一击破。 (2)粒子运动的周期一般与电场或磁场变化 的周期有一定联系，可把两种周期的关系作 062 为解题的突破口。 (3)若交变电压的变化周期远大于粒子穿越 电场的时间或粒子穿越电场的时间极短可忽 略，则粒子在穿越电场的过程中，电场可看作 匀强电场。 【典例3】如图甲所示，水平放置的平行金属板 P和Q,相距为d,两板间存在周期性变化的 电场或磁场。P、Q间的电势差UpQ随时间 的变化规律如图乙所示，磁感应强度B随时 间变化的规律如图丙所示，磁场方向垂直纸 面向里为正方向。t=0时刻，一质量为m、 规律总结带电粒子在交变电、磁场中运动的解题思路 电荷量为十g的粒子（不计重力），以初速度 先读图→看清并明白场的变化情况 。由P板左端靠近板面的位置，沿平行于板 受力分析→分析粒子在不同的变化场区的受力情况 面的方向射入两板之间，q、m、d、vo、U。为已 知量。 过程分析分析粒子在不同时间内的运动情况 Q ↑B 建模→在不同运动阶段，各有怎样的运动模型 0T:2 T2 找衔接点→找出衔接相邻两过程的物理量 -BL 丙 选规律→联立不同阶段的方程求解 ☑一红对勾·讲与练·高三二轮物理 【提升练3】如图甲所示，在xOy平面内存在 （1)在1-号时，粒了的位置坐标： 磁场和电场，磁感应强度和电场强度大小随 时间周期性变化，B的变化周期为4t。,E的 (2)粒子偏离x轴的最大距离： 变化周期为2t。,变化规律分别如图乙和图 (3)粒子从开始运动至A点的时间。 丙所示。在t=0时刻从O点发射一带负电 的粒子（不计重力），初速度大小为0，方向 沿y轴正方向，在x轴上有一点A(图中未 标出)，坐标为5心d小.。若规定姜直纸面 向里为磁感应强度的正方向，y轴正方向为 电场强度的正方向，vo、t。、B。为已知量，磁 感应强度与电场强度的大小满 E。三，粒 B。元 子的比荷满足9=π m Boto 。求： y 0 063 甲 B E 213t1 Eo to 451i 002131451.1 丙 真题演练 感悟高考 1.(2023·新课标卷)一电子和一 C.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里 α粒子从铅盒上的小孔O竖直 D.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外 向上射出后，打到铅盒上方水 2.(多选)(2024·安徽卷)空× B 平放置的屏幕P上的a和b两 间中存在竖直向下的匀强 点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右 电场和垂直于纸面向里的 x P 侧，如图所示。已知α粒子的速度约为电子 匀强磁场，电场强度大小为 E,磁感应强度大小为B。一质量为m的带 速度的0·铅盒与屏籍之问存在匀强电场和 电油滴a,在纸面内做半径为R的圆周运动， 匀强磁场，则电场和磁场方向可能为（) 轨迹如图所示。当a运动到最低点P时，瞬 A.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里 间分成两个小油滴I、Ⅱ，二者带电荷量、质 B.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外 量均相同。I在P点时与a的速度方向相 第一部分专题三电场与磁场一讲 同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所 为F,甲、乙间距为△x,求乙追上甲前F与 示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小 △x间的关系式（不要求写出△x的取值 为g,不计空气浮力与阻力以及I、Ⅱ分开后 范围)。 的相互作用，则 () L。×L× 、 Ed 号×× A油滴a带负电，所带电荷量的大小为置 甲叶 p 0 :B.B B,油滴a做圆周运动的速度大小为BR r☒I区 Ⅲ区 W区 E C.小油滴I做圆周运动的速度大小为gBR E, 周期为4πE gB D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动 3.(2024·辽宁卷)现代粒子加速器常用电磁场 控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图： I、Ⅱ区宽度均为L,存在垂直于纸面的匀强 磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场 区，V区电场足够宽；各区边界均垂直于x 064 轴，O为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个 电荷量均为十q(g>0)、质量均为m的粒子。 如图，甲、乙平行于x轴向右运动，先后射入 I以时速度大小分别为和u。甲到P 点时，乙刚好射入I区。乙经过I区的速度 偏转角为30°。甲到O点时，乙恰好到P点。 已知Ⅲ区存在沿十x方向的匀强电场，电场 9mvo 强度大小E一4L。不计粒子重力及粒子 间相互作用，忽略边界效应及变化的电场产 生的磁场。 (1)求I、Ⅱ区磁场的磁感应强度的大小B。 (2)求Ⅲ区宽度d。 (3)V区x轴上的电场方向沿x轴，电场强度 E随时间t、位置坐标x的变化关系为E= wt一kx,其中常系数w>0,w已知、k未知，取 请完成课时作业13 练 甲经过O点时t=0。已知甲在V区始终做匀 速直线运动，设乙在Ⅳ区受到的电场力大小 ☑一红对勾·讲与练·高三二轮物理x轴上射出磁场的粒子，从原，点射出时 D D 在磁场中运动时间最短，运动轨迹与 真题演练感悟高考… 3T 1.Cb边与磁场方向平行，不受安培 d "d60 450 x轴相切时运动时间最长，1m= 30 4 力，ab边与磁场方向垂直，受安培力， 45 ×2xm=8xm,则tn:1=9:2,故 3 则F=BI·2l=2BIl,C正确，A、B、 4 gB ···458c:· ,.608 D错误。 B C正确：沿平行x轴正方向射入的粒 2.A带正电的小球刚进入磁场时，速度 图1 图2 子，圆心在原点处，运动轨迹为四分之 方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向 D D. 一圆，离开磁场时的位置到O,点的距 里，由左手定则可知，小球受到的洛伦 兹力水平向右，A正确；小球受洛伦兹 d ..d 离为d,故D错误。 提升练5C从D点 力和重力的作用，做曲线运动，小球的 b· 射入和从B点射入的 速度方向时刻变化，B错误；小球所受 粒子的运动轨迹如图 洛伦兹力与速度方向垂直，重力始终 竖直向下，故合力与速度不在同一直 图3 图4 所示，设两个粒子在 AC边上的出射点分 线上，小球做曲线运动，故小球所受洛 第9讲 带电粒子在复合场 别为E、F点，由于从 伦兹力大小、方向不断改变，由牛顿第 中的运动 D,点射入的粒子恰好 二定律可知，小球的加速度不断变化， 能垂直AC边射出磁 C错误；小球所受洛伦兹力始终与速度 考向探究 素养提升 场，所以A点为该粒 方向垂直，对小球不做功，D错误。 考向一 带电粒子在组合场中的运动 子做圆周运动的圆心，则粒子做圆周 3.BD粒子仅在洛伦兹力的作用下，运 动轨迹一定会发生偏转且沿圆形磁场 典例1 (1) (3)见解析 的半径方向进入，必沿半径方向射出 3g (2) 运动的半径为R三2L,则有AE 图乙 由于本题是刚性圆筒，故粒子不可能 L,因为D点是AB的中点，所以D 解析：(1)设平行金属板间距为d,则 通过O,点且反弹速度方向与过碰撞，点 的半径平行，A错误，D正确；如图甲 4=1.90 点是从B,点射入的粒子做圆周运动的 乙、丙所示，粒子与绝缘筒壁碰撞 3d=vot,22 md 圆心，所以有AD=DF,则根据几何知 2次、3次、4次，速度分别为1、2、V3, 解得U=mu 识有AF=2X2Le0s30°=，所 3q 在圆内运动的时间为t1、t2、t3,且有 2 (2)带电粒子进入磁场后由洛伦兹力 1>v2,℃2<U3,但在圆内运动的时间 以有粒子射出的区域长度为EF= t1<t2<t3,B正确，C错误。 提供向心力，有gB=m R AF-AE=5,L,故A,B,D错误， U1 1 2 92 2 mv2- 2nv6, C正确。 提升练6C带电粒子在匀强磁场中运 磁场半径=2m0 3gB 动，运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提 解得R=3r。 供向心力，有gB=m” ,解得r 粒子射出磁场时与射入磁场时运动方 甲 丙 向间的夹角0为圆心角，如图甲所示， B,运动时间1= m 。9B,0为常电粒 4.ACD根据题意可知，粒子一定从ad ,解得0= 子在磁场中运动轨迹所对的圆心角， 边进入无磁场区，当粒子穿过ad边时 则tan2 R 3. 速度方向与ad边夹角为45°时，由几 粒子在磁场中运动时间由轨迹所对圆 心角决定。采用放缩法，粒子垂直ac 何关系可知其一定穿过dc边进入磁 场，然后由BC边射出，则其运动轨迹 射入磁场，则轨迹圆圆心必在直线ac 如图1所示，由对称性可知，该粒子垂 上，将粒子的轨迹半径从零开始逐渐 直BC射出，A正确：当粒子穿过ad边 放大，当r≤0.5R(R为ab的半径)和 时速度方向与ad边夹角为60°时，若其 r≥1.5R时，粒子从ac、bd区域射出 从d边射出无磁场区，假设其能垂直 磁场，运动时间等于半个周期。当 BC射出，则其运动轨迹如图2所示 甲 0.5R<r<1.5R时，粒子从孤ab上射 根据几何关系可知r(1一cos60°)< (3)轨迹圆半径比磁场圆半径大，弦长 出，轨迹半径从0.5R逐渐增大，粒子 rsin30,与sin30°=1-c0s60= 1 为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动 射出位置从a点沿孤向右移动，轨迹 矛 的时间最长，如图乙所示。 所对圆心角从π逐渐增大，当半径为R 盾，显然假设不成立，该粒子不能垂直 时，轨迹所对圆心角最大，再增大轨迹 BC射出，B错误；若粒子经cd边垂直 半径，轨迹所对圆心角减小，因此轨迹 BC射出，其运动轨迹如图3所示，则 半径等于R时，所对园心角最大，为 由几何关系可知，该运动轨迹关于线 0。 π4π 段BD对称，所以两段圆孤轨迹所对圆 0。=π十3一3，粒子最长运动时间为 .0 心角相等，又两圆心角的和为90°，所 M 3gB,C正确 4π 以粒子穿过ud边时速度方向与ad边 的夹角为45°，C正确；若粒子经bc边 垂直BC射出，其运动轨迹如图4所 乙 示，由几何关系有r(1一cos01) 5xm rsin02,又0十02=90°，解得粒子穿过 提升练1(1)m巴 (2) 3Bq ad边时速度方向与ad边的夹角为 (3) .3 60°，D正确。 一红烟勾·讲与练·高三二轮物理 -278- 解析：(1)带电粒子在磁场中做圆周运 动从A点射出磁场，则带电粒子带负 提升练2 a)R+R)mgd gR (2)2qd 71U 4π2 gB,=m产1=m 电，作出运动轨迹如图所示。 ××××。X 8置 解得T=2t0,r1 mvo Volo gBa 4 解析：(1)小球在两板间做匀速圆周运 动，电场力与重力大小相等，设两板间 则粒子在分时间内转过的圈心角 U ××A 电压为U,有mg=4京，由闭合电路 π a=2' 欧姆定律得U R2 根据几何关系可知，粒子在磁场中转 R,+R,E。,联立解得 所以在1=号时，粒子的位置坐标 2 过的角度为0=2π 3,根据洛 元=5π， 3 E。=R,+R,)mgd gR2 为(） (2)小球在电容器中做匀速圆周运动， 伦兹力提供向心力，可得Bgu=m (2)在t。一2t。时间内，设粒子经电场 R 从上板右侧边缘离开，设轨迹半径为 加速后的速度为，粒子的运动轨迹如 A,O两点的距离为R=B阳 mv r,有r2=(r-d)2十(W3d)2,又洛伦 图所示， 兹力提供小球做圆周运动的向心力， (2)根据T=2R-2m,可得粒子从 有gwB=m号，解得B=20 1) O,点到A点所用的时间为t=T· (3)小球离开磁场时，速度方向与水平 5 3 方向的夹角为日=60°，要使小球做直 5π1 线运动，则电场力与重力的合力与速 2π3Bg 度方向共线，当电场力等于小球重力 m (3)粒子在电场中的运动轨迹与y轴 沿垂直于速度方向的分力时，电场力 3voto 1 运动的位移x= g十 to= 相切于P,点，则v,=vsin30°= 20， 最小，电场强度最小，即有E 2 21 在2t。~3t。时间内粒子做匀速圆周 根据动能定理可得电场力做的功W mg cos60°，解得E'=2。 运动， 2m心-2mu,解得W=- 82。 考向三 带电粒子在交变场中的运动 2vnlo 考向二带电粒子（带电体）在叠加场 典例3（1)√U lAmd2 半径r2=2r=元 (n=1,2,3,…) 故粒子偏离x轴的最大距离 中的运动 3mvo 典例2(1)vnB (2)32eB (3)90% (2)3-1 h=x十r2 3u,e+2 2 (3)粒子在xOy平面内做周期性运动 解析：(1)入射速度为v。时，电子沿x 解析：(1)当粒子飞到Q板的速度方向 轴做直线运动，则有Ee=evoB,解得 恰与Q板相切时，竖直方向速度为零，设 的周期为41。，故粒子在一个周期内向 E=VnB。 qUo 右运动的距离 加速度为a,则a ,半个周期内，粒 (2)电子在竖直向下的匀强电场和垂 md 6voto d=2r1+2r2= 直坐标平面向里的匀强磁场的叠加场 子向上运动的距高为y（）》八 1 中运动，由于洛伦兹力不做功，且电子 AO间的距离 48ot0=8d, π 入射速度为，则电子受到的电场力 d=2y(n=1,2,3,…),联立得T l4md2 所以，粒子运动至A点的时间1= (n=1,2,3,…)。 大于洛伦兹力，电子向上偏转，根据 WgU。 32ta。 动能定里有eB,=名m(日)】 (2)仅存在磁场时，带电粒子在匀强磁 真题演练 感悟高考… 场中做半径为r的匀速圆周运动，则 之m(仔）广，解得1=32B 3v0 1.C假设电子打在a点，即其所受电场 有quoB=mT ,解得r=2山，若要 1 力与洛伦兹力大小相等，方向相反，故 (3)若电子以v入射时，设电子能达到 使粒子能垂直打到Q板上，在交变磁 eE=eB,由于a粒子的速度o'小于电 的最高，点位置的纵坐标为y,则根据动 场的半个周期内，设粒子轨迹的圆心 子的速度v,所以2eE>2ev'B,a粒子 、1 角为90°十0，如图所示， 经过电、磁叠加场后向右偏转，即其所 能定理有eEy=2mu品-2mu,由于 Q 受合力方向向右，由于α粒子带正电， 电子在最高点与在最低点所受的合力 3分 所以电场方向水平向右：电子所受电 大小相等，则在最高点有F合 P 场力水平向左，所受洛伦兹力水平向 evmB一eE,在最低点有F合=eE 由几何关系得r+2rsin0=d,解得 右，则磁场方向垂直纸面向里，C正确： eB,联立有un= 2E 一0，y= sin 0=1 则粒子打到上极板的位置 假设a粒子打在a,点，同样可以得出C B 正确。 2m(v0一v) 距出发点的水平距离为x=r一2(r一 2.ABD油滴a做圆周运动，故重力与电 ,要让电子到达纵坐标 eB rcos0)=3- d 场力平衡，可知油滴a带负电，有mg 7m00 2 y2= 5心B位置，即y≥y,解得u≤ 100,则若电子入射速度在0<v<u 提升签3（学） B:解得？-管故A正确：根据洛伦 (2)3u10+24 兹力提供向心力有Bg如=mR,得 范围内均匀分布，能到达纵坐标y2一 2 (3)32t 解析：(1)在0一t。时间内，粒子做匀速 R=,解得油滴a做圆周运动的速 位置的电子数N占总电子数N。 圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力 的90%。 可得 度大小为=，故B正确：说小油 -279- 参考答案一业 n IV区x=(x。一△x)处， 2 滴I的速度大小为1，得3R= 在x=x。处有Ep=wtp一kxo=0, B 9 在x=(x。一△.x)处有E元=wt。 2 k(x0-△x), 解得，=3BR-3gBR 周期为T 又F=gE元， m E 2m·3R_2πE 联立解得F=O△r ,故C错误；带电油滴a 3v0 gB 分离前后动量守恒，设分离后小油滴 微专题五带电粒子在立体 Ⅱ的速度为2，取油滴a分离前瞬间 空间的运动 提升练21) E 2E 的速度方向为正方向，得mu三？十 考向探究素养提升… (R,+R,)B 3L2 3L2 202,解得2= gBR E 二，由于分离后 典例(1) 2πmvo 2 (2)R+R (3)(0R1+R2 eL 的小油滴受到的电场力和重力仍然平 (4)见解析 2π2r2v 衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正 (3) 解析：(1)通过速度选择器的离子的速 eEL” 方向相反，根据左手定则可知小油滴 解析：(1)将电子的初速度分解为沿x Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D 度v=B 轴方向的速度。、y轴方向的速度 正确。 从磁分析器中心孔N处射出离子的运 v,则电子做沿x轴正方向的匀速运 3.(1E (2)2礼(3)F=△x 3 动和投影到yO2平面内的圆周运动， 动半径为R=R,十R 3v 2 又电子做匀速圆周运动的周期为T 解析：(1)根据题意，作出甲、乙两粒子 R=9B得9 2E 在I区和Ⅱ区中的运动轨迹，如图 2π”，电子均能经过0进入电场，则 eB m RB (R+R2)B2 所示， (2)经过电场后，离子在x轴方向偏转 L =nT(n=1,2,3,…), 的距离西宁·二（仁)厂设建度线特 联立解得B 2n元m00（n=1,2,3,…）, eL 角为0， 当n=1时，Bmim= 2πmvo 则tan0=gEL eL I区Ⅱ区Ⅲ区 W区 (2)由于电子始终未与筒壁碰撞，则电 离开电场后，离子在x轴方向偏移的 乙经过I区的速度偏转角为30°，则乙 子投影到yO2平面内的圆周运动的最 在I区运动轨迹所对的圆心角为30°， 大半径为r,由洛伦兹力提供向心力有 距离x,=Ltan9=9EL mu2 根据几何关系有rcsin30°=L, Vyomax 3gEL2 3L2 对乙在I区运动的过程，由洛伦兹力 B=m 则x=x1十x2= 2mv2 R1+R2 提供向心力，有 2π1 3L2 9,B=m 则|tan0= 位置坐标为 vo L R+R,0) 乙 (3)电子在电场中做类斜抛运动，当电 (3)离子进入磁场后做圆周运动的半 联立解得B= 子运动到O点时沿y轴正方向的分速 2gL B,设离开磁场时速度偏转角为 径r= (2)乙从送入I区到运动到P点的过 度大小为0，时，电子在电场中运动 程，运动时间1，=30°十30 的V轴正方向的最大位移最大，由牛 L T 顿第二定律有eE=ma, a,如图所示，则sina= 360° 又T=2mr2-4L 由速度位移公式有2aym=v0mx, 经过磁场后，离子在y轴方向偏转距 2mπr2v L U 联立解得ym= eEL2 离y1=r(1-c0sQ)≈R,+R2 解得1=30。 2πL 提升练1AC如图所示，电子在磁场 离开磁场后，离子在y轴方向偏移距 分析可知，甲、乙都沿十工方向从P点 2L2 射入区，在1时间内，甲从P,点运 中做匀速圆周运动，有Bq,=mR: 离y2=Ltan a≈R,+R2' 动到O点，根据运动学规律有 解得R'=R,由于电子的轨迹圆半径 3L2 3 和磁场区域半径相同，故电子在xOy d=2v+2ali, 则y=y1十y2≈R十R2 平面内将先后经历磁发散、进入电场 位置坐标为(O,R+R2 3L2 根据牛顿第二定律有gE。=ma, 区域做匀变速直线运动、返回磁场磁 3 聚焦三个过程，最终从xOy平面内的 联立解得d=之l。 Q点离开，但是速度方向均不相同，再 (3)甲从P点运到到O点的过程，根据 考虑电子在：方向上的匀加速直线运 运动学规律有 动，离开圆柱形区域时的速度方向不 3 可能平行于xOy平面，故A正确，B错 0p0=2vg十at1, 误：电子在磁场中均经历了半个周期， 解得vp0=3v0, 因此在磁场中运动的总时间相同，故C 由于甲在Ⅳ区做匀速直线运动，则甲 正确；当电子从P,点沿x轴正向发射 (4)偏转系统同时加上磁场和电场时， 所在位置的电场强度为Ep=w 时，电子在xOy平面内运动时间最长， kx=wt一kvΨol=0, 相较于运动时间最短的电子，其多走 注入晶圆的位置坐标为（R十R, 3L2 解得k=3。 的路程为2R,故时间差△=2R R,十R),这是因为电场引起的速度 3L2 故D 当甲运动t。时间至x=x。处时，乙在 错误。 增量对y方向的运动不产生影响。 一红烟勾·讲与练·高三二轮物理 -280-