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2018版提分宝典-物理A:全国版-第28课 带电粒子在复合场中的运动

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                         第 28 课 带电粒子在复合场中的运动

                       普查讲   28Ⅰ 带电粒子在组合场中的运动

1.带电粒子在组合场中的运动
a.带电粒子在匀强电场中加速后进入磁场中做圆周运动
(1)(2017 天津理综,18   分)平面直角坐标系        xOy 中,第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁
场,第Ⅲ象限存在沿         y 轴负方向的匀强电场,如图所示。一带负电的粒子从电场中的                         Q 点

以速度   v0 沿 x 轴正方向开始运动,Q        点到   y 轴的距离为到     x 轴距离的    2 倍。粒子从坐标原
点 O 离开电场进入磁场,最终从            x 轴上的   P 点射出磁场,P      点到  y 轴距离与    Q 点到  y 轴距
离相等。不计粒子重力,问:


①粒子到达     O 点时速度的大小和方向;
②电场强度和磁感应强度的大小之比。

                                                        v0
         2
答案:①     v0,方向与    x 轴正方向的夹角为        45°角斜向上(8   分) ②   2 (10 分)
解析:①粒子在电场中由           Q 点到  O 点做类平抛运动,设         O 点速度   v 与+x  方向夹角为     α,
Q 点到  x 轴的距离为     L,到  y 轴的距离为     2L,粒子的加速度为        a,运动时间为      t,根据类平
抛运动的规律,有


x 方向 2L=v0t (1 分)
        1
y 方向 L=2at2(1 分)
粒子到达    O 点时沿   y 轴方向的分速度为

vy=at(2 分)
        vy
又 tan α=v0
解得  tan α=1,即  α=45°(2 分)
粒子到达    O 点时速度方向与       x 轴正方向的夹角为       45°角斜向上,粒子到达         O 点时的速度大
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         v0
                2
小为  v=cos 45°=  v0(2 分)
②设电场强度为       E,粒子电荷量为       q,质量为    m,粒子在电场中受到的电场力为              F,粒子在
                     qE
电场中运动的加速度         a= m (1 分)
根据匀变速直线运动规律有            vy2=2aL(1 分)

解得  E=     (2 分)
设磁感应强度大小为         B,粒子做匀速圆周运动的半径为              R,洛伦兹力提供向心力,有
      v2
qvB=m  R (1 分)
根据几何关系可知        R=  2L(2 分)
       mv0
解得  B=  qL (2 分)
        E  v0
整理可得B=     2 (1 分)

b.带电粒子在磁场中做圆周运动后以一定角度射入匀强电场
(2)(2017 浙江选考,10   分)如图所示,在       xOy 平面内,有一电子源持续不断地沿              x 正方向每
秒发射出    N 个速率均为     v 的电子,形成宽为       2b、在   y 轴方向均匀分布且关于         x 轴对称的电
子流。电子流沿       x 方向射入一个半径为        R、中心位于原点       O 的圆形匀强磁场区域,磁场方
向垂直   xOy 平面向里,电子经过磁场偏转后均从               P 点射出。在磁场区域的正下方有一对平
行于  x 轴的金属平行板       K 和 A,其中   K 板与  P 点的距离为     d,中间开有宽度为        2l 且关于

y 轴对称的小孔。K      板接地,A     与 K 两板间加有正负、大小均可调的电压                UAK。穿过   K 板小
                                                       3
孔到达   A 板的所有电子被收集且导出,从而形成电流。已知                     b= 2 R,d=l,电子质量为
m,电荷量为     e,忽略电子间相互作用。


①求磁感应强度       B 的大小;
②求电子从     P 点射出时与负      y 轴方向的夹角     θ 的范围;

③当  UAK=0  时,每秒经过极板        K 上的小孔到达极板       A 的电子数。

        mv                               6
答案:①eR (3   分) ②-60°≤θ≤60° (2     分)  ③  3 N (5 分)
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解析:①电子均从        P 点射出,根据图(a)可知电子做圆周运动的轨道半径为                    r=R(1 分)


                                       图(a)
                                                       v2
电子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有                        evB=m  R (1 分)
       mv
解得  B=eR(1  分)

②设上端电子从       P 点射出时与负      y 轴夹角为   θm
                                 b

如图(b)所示,由几何关系可得           sin θm=R

解得  θm=60°(1 分)


                                      图(b)
同理,如图(c)所示,下端电子从            P 点射出时与负     y 轴夹角也为     60°,故  θ 的范围是
-60°≤θ≤60°(1  分)


                                       图(c)
③电子恰好进入小孔,根据几何关系可知,
                              l
进入小孔的电子偏角正切值            tan α=d (1 分)
解得  α=45°
故电子到达     P 点时与   y 轴负方向的夹角      α≤45°(1 分)
                                                              2Rsin α sin α
如图(d)所示,根据几何关系,可知进入金属平行板的粒子所占比例为                           η=   2b  =sin 60°=
 6
3  (2 分)
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                                      图(d)

则当  UAK=0  时,每秒到达      A 板的电子数
    6
n= 3 N(1 分)

c.带电粒子先后经过多个匀强电场和磁场
(3)(2015 天津理综,20   分)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。在真空中
存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场,电场和磁场的宽度均为                                 d。电场强
度为  E,方向水平向右;磁感应强度为              B,方向垂直纸面向里。电场、磁场的边界互相平行
且与电场方向垂直,一个质量为             m、电荷量为      q 的带正电粒子在第        1 层电场左侧边界某处由
静止释放,粒子始终在电场、磁场中运动,不计粒子重力及运动时的电磁辐射。


①求粒子在第      2 层磁场中运动时速度        v2 的大小与轨迹半径       r2;

②粒子从第     n 层磁场右侧边界穿出时,速度的方向与水平方向的夹角为                       θn,试求   sin θn;
③若粒子恰好不能从第          n 层磁场右侧边界穿出,试问在其他条件不变的情况下,也进入第
n 层磁场,但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界,请简要推理说明之。

         qEd        2 mEd            nqd
答案:①2     m  (3 分) B   q (3 分) ②B   2mE(9 分) ③比荷较该粒子大的粒子不能穿出该

层磁场右侧边界(5      分)
解析:①粒子在进入第          2 层磁场时,经过两次电场加速,中间穿过磁场时洛伦兹力不做功。
                    1
由动能定理,有       2qEd=2mv2①(2  分)

          qEd
          m
解得  v2=2     ②(1 分)
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粒子在第    2 层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力,有                 qv2B=m     ③(2 分)

               2 mEd
                   q
由②③式解得      r2=B     ④(1 分)

②设粒子在第      n 层磁场中运动的速度为         vn,轨迹半径为      rn(各量的下标均代表粒子所在层数,
下同)。
      1
nqEd=2mvn2⑤(1 分)


qvnB=m     ⑥(1 分)

粒子进入第     n 层磁场时,速度的方向与水平方向的夹角为                  αn,从第   n 层磁场右侧边界穿出

时速度方向与水平方向的夹角为             θn,粒子在电场中运动时,垂直于电场线方向的速度分量

不变,有    vn-1sinθn-1=vnsinαn⑦(2 分)

由图(a)可知   rnsin θn-rnsin αn=d⑧(2 分)


                                       图(a)

由⑥⑦⑧式得      rnsin θn-rn-1sin θn-1=d⑨

由⑨式看出     r1sin θ1,r2sin θ2,…,rnsinθn 为一等差数列,公差为        d,可得

rnsin θn=r1sin θ1+(n-1)d⑩(2 分)

当 n=1  时,由图(b)看出     r1sin θ1=d⑪

                       nqd
                       2mE
由⑤⑥⑩⑪式得       sin θn=B    ⑫(1  分)


                                      图(b)
③若粒子恰好不能从第          n 层磁场右侧边界穿出,则
   π

θn=2

sin θn=1
                                                    q′
在其他条件不变的情况下,换用比荷更大的粒子,设其比荷为m′,假设能穿出第                                n 层磁场右
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                                                   q′  q

侧边界,粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为                     θ′n,由于m′> m(2  分)

则导致   sin θ′n>1(2 分)

说明  θ′n 不存在,即原假设不成立。所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界。
(1 分)

2.带电粒子在交变电场和磁场中的运动
a.带电粒子在交变磁场中运动
(4)(经典题,10   分)图(a)所示的    xOy 平面处于匀强磁场中,磁场方向与              xOy 平面(纸面)垂直,

磁感应强度     B 随时间   t 变化的周期为     T,变化图线如图(b)所示。当          B 为+B0  时,磁感应强
                                                       2π
度方向指向纸外。在坐标原点            O 有一带正电的粒子        P,其比荷为TB0。不计重力。设             P 在某

时刻  t0 以某一初速度沿      y 轴正方向自    O 点开始运动,将它经过时间            T 到达的点记为      A。


                      图(a)               图(b)

①若  t0=0,则直线    OA  与 x 轴的夹角是多少?
       T

②若  t0=4,则直线     OA 与 x 轴的夹角是多少?
                            π           T

③为了使直线      OA 与 x 轴的夹角为4,在       0<t0<4的范围内,t0     应取何值?

                 π         T
答案:①0(3    分) ②2(3  分) ③8(4   分)
解析:①设粒子       P 的质量、电荷量与初速度分别为             m、q  与 v,粒子    P 在洛伦兹力作用下,
在 xOy 平面内做圆周运动,分别用            R 和 T′表示圆周的半径和运动周期,则有
       (2π)
qvB0=m  T′ 2R①(1 分)
   2πR
v= T′ ②(1 分)
联立①②式与已知条件得           T′=T③
                 T
粒子  P 在 t=0 到  t=2时间内,沿顺时针方向运动半个圆周,到达                   x 轴上 B 点,此时磁场方
                  T
向反转;继而,在        t=2到  t=T 时间内,沿逆时针方向运动半个圆周,到达                  x 轴上  A 点,如
图(a)所示,故    OA 与  x 轴的夹角   θ=0④(1  分)
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                                       图(a)
             T                   T     T                       1

②粒子   P 在 t0=4时刻开始运动,在        t=4到   t=2时间内,沿顺时针方向运动4个圆周,到达
C 点,(1  分)
                      T
此时磁场方向反转,在          t=2到  t=T 时间内,沿逆时针方向运动半个圆周,到达                  B 点,(1  分)
                                 5T                       1
此时磁场方向再次反转,在            t=T 到 t= 4 时间内,沿顺时针方向运动4个圆周,到达                 A 点,
                                                             π
如图(b)所示,由几何关系可知,A            点在  y 轴上,即    OA 与 x 轴的夹角    θ=2⑤(1  分)


                                      图(b)
                       T                           T

③若在任意时刻       t=t0(00)的粒子由         S1 静止释放,粒子在电场力
                      T0

的作用下向右运动,在          t= 2 时刻通过   S2 垂直于边界进入右侧磁场区。(不计粒子重力,不
考虑极板外的电场)


                     图(a)                图(b)

①求粒子到达      S2 时的速度大小     v 和极板间距     d;
②为使粒子不与极板相撞,求磁感应强度的大小应满足的条件;

③若已保证了粒子未与极板相撞,为使粒子在                   t=3T0 时刻再次到达      S2,且速度恰好为零,
求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小。

         2qU0      T0 2qU0            4 2mU0         7T0       8πm
答案:①      m  (3 分)  4   m  (4 分)  ②B2⑦(1 分)

                4 2mU0
联立②⑥⑦式得       BL(2 分)

      2  m
解得  L99%,解得    d<100qB2R(2 分)


                      普查讲   28Ⅱ  带电粒子在叠加场中的运动
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4.电场与磁场共存
a.qE=qvB  时带电粒子做匀速直线运动
(9)(2016 北京理综,14   分)如图所示,质量为         m,电荷量为     q 的带电粒子,以初速度          v 沿垂
直磁场方向射入磁感应强度为            B 的匀强磁场,在磁场中做匀速圆周运动。不计带电粒子所
受重力。


①求粒子做匀速圆周运动的半径             R 和周期   T;
②为使该粒子做匀速直线运动,还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场,求电场强
度 E 的大小。

        mv       2πm
答案:①Bq(4    分)   qB (4 分) ②vB(6  分)
解析:①不计粒子重力,粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力
                        v2
根据牛顿第二定律有         qvB=m  R (2 分)
                               mv
解得粒子做匀速圆周运动的半径             R=qB(2  分)
                                  2πR
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期               T=  v (2 分)
       2πm
解得  T=  qB (2 分)
②在磁场区域加一个匀强电场,则粒子所受电场力为                      F=qE(2 分)
粒子做匀速直线运动,则粒子受力平衡
根据平衡条件有       qE=qvB(2 分)
解得  E=vB(2  分)

b.利用动能定理求解         qE≠qvB 时带电粒子做复杂曲线运动问题
(10)(2013 福建理综,20   分)如图(a),空间存在一范围足够大的垂直于                xOy 平面向外的匀强
磁场,磁感应强度大小为           B。让质量为     m,电量为     q(q>0)的粒子从坐标原点       O 沿 xOy 平面
以不同的初速度大小和方向入射到该磁场中。不计重力和粒子间的影响。
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                   图(a)                      图(b)

①若粒子以初速度        v1 沿 y 轴正方向入射,恰好能经过          x 轴上的   A(a,0)点,求    v1 的大小;

②已知一粒子的初速度大小为            v(v>v1),为使该粒子能经过        A(a,0)点,其入射角       θ(粒子初速
度与  x 轴正向的夹角)有几个?并求出对应的               sin θ 值;
③如图(b),若在此空间再加入沿            y 轴正向、大小为      E 的匀强电场,一粒子从          O 点以初速度

v0 沿 y 轴正向发射。研究表明:粒子在            xOy 平面内做周期性运动,且在任一时刻,粒子速

度的  x 分量  vx 与其所在位置的      y 坐标成正比,比例系数与场强大小              E 无关。求该粒子运动

过程中的最大速度值         vm。

        qBa                  qBa          E
答案:①    2m (6 分) ②2  个(2 分) 2mv(4  分)   ③B+      (8 分)
解析:①带电粒子以速率           v 在匀强磁场    B 中做匀速圆周运动,半径为            R,
                        v2
根据牛顿第二定律有         qvB=m  R ①(2 分)

当粒子以初速度       v1 沿 y 轴正向入射,转过半个圆周至           A 点,该圆周半径为        R1,
                  a

根据几何关系有       R1=2②(2  分)
                   qBa

联立①②式,解得        v1= 2m ③(2 分)
                                                     a
②粒子运动轨迹的圆心到           O、A  两点的距离相等,则圆心在           x=2的直线上,半径为         R。当给
定一个初速率      v 时,有   2 个入射角(2   分)
分别在第    1、2 象限,如图所示,
                    a
根据几何关系有       sin θ=2R④(2 分)
                      qBa
联立①④式,解得        sin θ=2mv(2 分)
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③粒子在运动过程中仅电场力做功,因而在轨道的最高点处速率最大,用                              ym 表示其   y 坐标
                    1     1
                       2      2
根据动能定理有       qEym=2mvm-2mv0⑥(2    分)

根据题意可知      vm=kym⑦

若 E=0  时,粒子以初速度        v0 沿 y 轴正向入射,有


qv0B=m     ⑧(2 分)

v0=kR0⑨(2 分)
联立⑥⑦⑧⑨式,解得
    E

vm=B+      (2 分)

5.磁场与重力场共存
a.qvB=mg  时带电粒子做匀速直线运动
(11)(多选)(经典题,6    分)如图所示,一质量为          m、电荷量为+q      的圆环可在水平放置的足够
长的粗糙细杆上滑动,细杆处于磁感应强度为                   B 的匀强磁场中,不计空气阻力,现给圆环

向右的初速度      v0,在以后的运动过程中,圆环运动的速度图像是(  )


答案:ACD

解析:根据左手定则可知,圆环所受洛伦兹力竖直向上,如果恰好                            qv0B=mg,圆环与杆间

无弹力,圆环不受摩擦力的作用,将以                v0 做匀速直线运动,故        A 项正确。若     qv0Bmg,则  a=      m    ,随着    v 的减小,a   减小,直到      qvB=mg,圆环将做匀速直线
运动,故    D 项正确,B    项错误。

b.利用机械能守恒定律求解            qvB≠mg 时带电粒子做复杂曲线运动问题
(12)(多选)(2017 广东一模,6    分)如图所示,ABC       为竖直平面内的光滑绝缘轨道,其中               AB 为
倾斜直轨道,BC      为与   AB 相切的圆形轨道,并且圆形轨道处在匀强磁场中,磁场方向垂直
纸面向里。质量相同的甲、乙、丙三个小球中,甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电。现
将三个小球在轨道上分别从不同高度处由静止释放,都恰好通过圆形轨道的最高点,则(  )


A.甲球的释放位置比乙球的高
B.运动过程中三个小球的机械能均保持不变
C.经过最高点时,三个小球的速度相等
D.经过最高点时,甲球的速度最小

答案:AB
解析:在最高点时,甲球受到的洛伦兹力向下,乙球受到的洛伦兹力向上,而丙球不受洛伦

兹力,故三个小球在最高点受到的合力不同,根据牛顿第二定律有                            F 甲=qv 甲 B+mg=m

   、F  乙=mg-qv   乙 B=m     、F  丙=mg=m      ,则甲球的速度最大,故           C 项、D   项均
错误。洛伦兹力不做功,三个小球机械能守恒,则甲释放的位置最高,故                              A 项、B   项均正
确。

6.电场、磁场与重力场共存
a.带电粒子受力平衡做匀速直线运动
(13)(2016 天津理综,12   分)如图所示,空间中存在着水平向右的匀强电场,电场强度大小为
E=5  3  N/C,同时存在着水平方向的匀强磁场,其方向与电场方向垂直,磁感应强度大小
B=0.5  T。有一带正电的小球,质量            m=1.0×10-6   kg,电荷量    q=2×10-6   C,正以速度
v 在图示的竖直面内做匀速直线运动,当经过                  P 点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁
感应现象),取      g=10 m/s2,求:


①小球做匀速直线运动的速度            v 的大小和方向;
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②从撤掉磁场到小球再次穿过            P 点所在的这条电场线经历的时间              t。

答案:①20 m/s 速度      v 的方向与水平方向的夹角为           60°(6 分) ②2   3 s(6 分)
解析:①小球做匀速直线运动时对小球受力分析,如图所示。小球做匀速直线运动,受力平
衡,合力为零。


则有  qvB=  (qE)2+(mg)2(2 分)
解得  v=20 m/s(1 分)
设速度与水平方向的夹角为            θ
          qE
则有  tan θ=mg(2 分)
解得  θ=60°(1 分)
②撤去磁场后,由于电场力垂直于竖直方向,对竖直方向的分运动没有影响,以                                 P 点为坐
标原点,竖直向上为正方向,小球在竖直方向上做匀减速运动

初速度   vy=vsin θ(2 分)
若使小球再次穿过        P 点所在的电场线,仅需小球的竖直方向上的位移为零
        1

           2
则有  vyt-2gt =0(2 分)
联立以上二式,解得         t=2 3 s(2 分)

b.qE=mg   时带电粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动
(14)(2016 四川理综,19   分)如图所示,图面内有竖直线             DD′,过  DD′且垂直于图面的平面将
空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域。区域Ⅰ有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于图面的匀强磁场
                                                     π
B(图中未画出);区域Ⅱ有固定在水平地面上高                  h=2l、倾角   α=4的光滑绝缘斜面,斜面顶
端与直线    DD′距离   s=4l,区域Ⅱ可加竖直方向的大小不同的匀强电场(图中未画出);C                        点在

DD′上,距地面高      H=3l。零时刻,质量为         m、带电量为      q 的小球  P 在  K 点具有大小     v0=
                       π                           3l
 gl、方向与水平面夹角        θ=3的速度,在区域Ⅰ内做半径             r= π 的匀速圆周运动,经        C 点水
平进入区域Ⅱ。某时刻,不带电的绝缘小球                  A 由斜面顶端静止释放,在某处与刚运动到斜
面的小球    P 相遇。小球视为质点。不计空气阻力及小球                  P 所带电量对空间电磁场的影响。
(l 已知,g  为重力加速度)
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①求匀强磁场的磁感应强度            B 的大小;

②若小球    A、P  在斜面底端相遇,求释放小球             A 的时刻   tA;

                        l
③若小球    A、P  在时刻   t=β  g(β 为常数)相遇于斜面某处,求此情况下区域Ⅱ的匀强电场的

电场强度    E,并讨论电场强度        E 的极大值和极小值及相应的方向。

        πm                   l         (11-β2)mg              7mg
答案:①3ql    gl(3 分) ②(3-2  2) g(7 分) ③   q(β-1)2 (6 分)   极大值   8q (1 分) 竖直向

上(1 分) 极小值     0(1 分)
解析:①小球      P 在Ⅰ区做匀速圆周运动,则小球             P 必定带正电且所受电场力与重力大小相
等。设Ⅰ区磁感应强度大小为            B,由洛伦兹力提供向心力得
                            πm
                               gl
qv0B=m     ①(2 分)   解得  B=3ql   ②(1  分)
②小球   P 先在  I 区以  D 为圆心做匀速圆周运动,由小球初速度和水平方向夹角为                        θ 可得,
小球将偏转     θ 角后自   C 点水平进入Ⅱ区做类平抛运动到斜面底端                 B 点,如图(a)所示。


                                       图(a)

设做匀速圆周运动的时间为            t1,类平抛运动的时间为         t2 则:
   P︵C

t1=v0③(1 分)
P︵C=θr④
   π
θ=3⑤
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   BD′

t2= v0 ⑥(1 分)
BD′=s-2lcot α⑦(1 分)

小球  A 自斜面顶端释放后将沿斜面向下做匀加速直线运动,设加速度的大小为                              a1,释放后

在斜面上运动时间为         t3。对小球   A 受力分析,设小球质量为           m′,斜面对小球的支持力为
N,如图(b)所示。


                                      图(b)
根据牛顿第二定律有

m′gsin α=m′a1⑧(1 分)
 2l  1
        2
sin α=2a1t3⑨(1 分)

小球  A 的释放时刻     tA 满足

tA=t1+t2-t3⑩(1 分)
联立③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式,解得

           l
         2 g
tA=(3-2  )  ⑪(1  分)

③如图(c)所示,设所求电场方向向下,在               t′A 时刻释放小球     A,小球   P 在区域Ⅱ的加速度为

aP,


                                       图(c)
小球  A、P  相遇时,根据运动学公式及几何关系有
           1

                   2
s=v0(t-t1)+2a1(t-t′A) cos α⑫(2 分)
   1            1

           2            2
H=2aP(t-t1) +h-2a1(t-t′A) sin α⑬(2 分)

根据牛顿第二定律有         mg+qE=maP⑭(1    分)
联立③④⑤⑧⑫⑬⑭式,解得
   (11-β2)mg
E=  q(β-1)2  (1 分)

                                                     l
由第②问可知,当小球          A 和 P 在底端相遇时,相遇的时间为            3 g,同理当小球      A 与 P 在顶
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                      l
端相遇,相遇的时间为          5 g。
则 3≤β≤5

则当  β=  11时,电场强度有极小值,E           极小=0(1  分)
               7mg
当 β=5  时,E=-    8q ,即电场强度有极大值,
      7mg

E 极大=  8q (1 分)
方向竖直向上(1      分)

c.利用能量守恒定律(动能定理)求解带电粒子做复杂曲线运动问题
(15)(经典题,10   分)如图所示,一对竖直放置的平行金属板长为                   L,板间距离为      d,接在电
压为  U 的电源上,板间有一与电场方向垂直的匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,磁感应
强度为   B,有一质量为      m,带电量为+q       的油滴,从离平行板上端           h 高处由静止开始自由下
落,由两板正中央        P 点处进入电场和磁场空间,油滴在              P 点所受电场力和磁场力恰好平衡,
最后油滴从一块极板的边缘            D 处离开电场和磁场空间。求:


①h 的大小;
②油滴在    D 点时的速度大小。

         U2                  U2   qU
                       2gL+     -
答案:①2B2d2g(6   分) ②         B2d2  m (4 分)

解析:①油滴做自由落体运动到达              P 点,设在    P 点油滴的速度为       vP
                   1
根据动能定理有       mgh=2mvP2(2 分)
在 P 点,油滴受到的电场力等于洛伦兹力,即
       U

qvPB=qd(2 分)
                      U2
联立以上二式,解得         h=2B2d2g(2 分)
②对整个过程,根据动能定理有
          U   1
mg(h+L)-q2=2mvD2-0(2   分)
                 中国现代教育网      www.30edu.com  全国最大教师交流平台

               U2   qU
         2gL+     -
              B2d2  m
解得  vD=               (2 分)

7.带电粒子在有约束的叠加场中运动
a.带电粒子在叠加场中受到圆环(圆弧)的约束做圆周运动
(16)(2014 四川理综,17   分)在如图所示的竖直平面内,水平轨道                CD  和倾斜轨道     GH 与半径
   9
r=44  m 的光滑圆弧轨道分别相切于            D 点和   G 点,GH   与水平面的夹角       θ=37°。过   G 点、
垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强度                                 B=1.25 
T;过  D 点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场,电场方向水平向右,电场强度                                E=
     4                           -3                     -6
1×10  N/C。小物体     P1 质量 m=2×10      kg、电荷量    q=+8×10      C,受到水平向右的推
力 F=9.98×
  -3
10   N 的作用,沿     CD 向右做匀速直线运动,到达            D 点后撤去推力。当        P1 到达倾斜轨道底

端 G 点时,不带电的小物体          P2 在 GH 顶端静止释放,经过时间           t=0.1  s 与 P1 相遇。P1  和
                                                     2
P2 与轨道  CD、GH   间的动摩擦因数均为         μ=0.5,取   g=10  m/s ,sin  37°=0.6,cos  37°=
0.8,物体电荷量保持不变,不计空气阻力。求:


    ①小物体    P1 在水平轨道    CD 上运动速度      v 的大小;
    ②倾斜轨道     GH 的长度   s。

答案:①4 m/s(5   分) ②0.56 m(12  分)

解析:①设小物体        P1 在匀强磁场中运动的速度为           v,

小物体   P1 做匀速直线运动,则        P1 受力平衡。

竖直方向,P1     受到向下的重力、向上的洛伦兹力              F1 和支持力    FN

则有  mg=F1+FN①(1   分)
水平方向,受到向左的摩擦力            f 和向右的推力      F
则有  F=f②(1  分)

且 F1=qvB③(1  分)

f=μFN④(1 分)
联立①②③④式,代入数据解得             v=4 m/s(1 分)

②设  P1 在 G 点的速度大小为       vG,由于洛伦兹力不做功,根据动能定理有
                      1     1
qErsin θ-mgr(1-cos θ)=2mvG2-2mv2⑤(2 分)

P1 在 GH 上运动,设加速度为         a1,根据牛顿第二定律有
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qEcos θ-mgsin θ-μ(mgcos θ+qEsin θ)=ma1⑥(3 分)

P1 与 P2 在 GH 上相遇时,设     P1 在 GH 上运动的距离为       s1,则
       1

           2
s1=vGt+2a1t ⑦(1 分)

设 P2 质量为   m2,在  GH 上运动的加速度为        a2,则

m2gsin θ-μm2gcos θ=m2a2⑧(2 分)

P1 与 P2 在 GH 上相遇时,设     P2 在 GH 上运动的距离为       s2,则
   1

      2
s2=2a2t ⑨(1 分)

且 s=s1+s2⑩(1  分)
联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式,代入数据得              s=0.56 m(2 分)


b.带电粒子在叠加场中受到直轨道的约束做直线运动
(17)(2015 福建理综,14   分)如图所示,绝缘粗糙的竖直平面              MN  左侧同时存在相互垂直的匀
强电场和匀强磁场,电场方向水平向右,电场强度大小为                        E,磁场方向垂直纸面向外,磁感
应强度大小为      B。一质量为     m、电荷量为      q 的带正电的小滑块从        A 点由静止开始沿       MN  下滑,
到达  C 点时离开    MN  做曲线运动。A、C       两点间距离为      h,重力加速度为       g。


①求小滑块运动到        C 点时的速度大小       vC;

②求小滑块从      A 点运动到    C 点过程中克服摩擦力做的功           Wf;
③若  D 点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置,当小滑
块运动到    D 点时撤去磁场,此后小滑块继续运动到水平地面上的                      P 点。已知小滑块在        D 点

时的速度大小为       vD,从  D 点运动到    P 点的时间为     t,求小滑块运动到        P 点时速度的大小

vP。

        E              mE2
答案:①B(4    分) ②mgh-2B2(4    分)    ③    (6 分)
解析:①小滑块沿        MN 运动过程,水平方向受力平衡有              qvB+N=qE①(2   分)

设小滑块在     C 点的速度为     vC,小滑块在     C 点离开   MN 时有   N=0②
        E

解得  vC=B③(2  分)
②小滑块从     A 点运动到    C 点,根据动能定理有
             1
                2
    mgh-Wf=2mvC-0④(2    分)
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             mE2

解得  Wf=mgh-2B2⑤(2    分)
③如图所示,小滑块速度最大时,速度方向与电场力、重力的合力方向垂直。


撤去磁场时小滑块受到的合力方向与速度垂直,则小滑块从                         D 点到  P 点做类平抛运动。设
重力与电场力的合力为          F,则  F=  (qE)2+(mg)2(1 分)
在 F 方向小滑块做匀加速运动
根据牛顿第二定律有         F=ma(1 分)
                          1
t 时间内在   F 方向的位移为      x=2at2(1 分)
                  1     1
根据动能定理有       Fx=2mvP2-2mvD2(2 分)
联立以上各式,解得


vP=    (1 分)

8.带电粒子在叠加场中运动的应用实例
a.速度选择器
(18)(经典题,12   分)如图所示的装置,左半部为速度选择器,右半部为匀强的偏转电场。一

束同位素离子流从狭缝          S1 射入速度选择器,能够沿直线通过速度选择器并从狭缝                      S2 射出的
离子,又沿着与电场垂直的方向,立即进入电场强度大小为                         E 的偏转电场,最后打在照相
底片  D 上。已知同位素离子的电荷量为              q(q>0),速度选择器内部存在着相互垂直的电场强

度大小为    E0 的匀强电场和磁感应强度大小为             B0 的匀强磁场,照相底片         D 与狭缝   S1、S2 连
线平行且距离为       L,忽略重力的影响。
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①求从狭缝     S2 射出的离子速度      v0 的大小;

②若打在照相底片上的离子在偏转电场中沿速度                    v0 方向飞行的距离为       x,求出   x 与离子质量

m 之间的关系式(用      E0、B0、E、q、m、L      表示)。

        E0           E0 2mL
答案:①B0(4    分) ②x=B0     qE (8 分)
解析:①离子在速度选择器中受到向下的电场力和向上的洛伦兹力的作用,要使离子能从速
度选择器射出,则离子在速度选择器中做匀速直线运动,离子受力平衡。

根据平衡条件有       qE0=qv0B0(2 分)
        E0

解得  v0=B0(2 分)
②离子进入匀强偏转电场           E 后,受到向下的电场力的作用,离子做类平抛运动。
根据类平抛运动规律有

水平方向    x=v0t(2 分)
           1
竖直方向    L=2at2(2 分)
根据牛顿第二定律有         qE=ma(2 分)

                     E0 2mL
联立以上各式,解得         x=B0  qE (2 分)

b.电磁流量计
(19)(多选)(经典题,6    分)为了测量某化肥厂的污水排放量,技术人员在该厂的排污管末端安
装了如图所示的流量计,该装置由绝缘材料制成,长、宽、高分别为                             a、b、c,左右两端开
口,在垂直于上下表面方向加磁感应强度为                  B 的匀强磁场,在前、后两个内侧面固定有金
属板作为电极,污水充满管口从左向右流经该装置时,电压表将显示两个电极间的电压                                    U。
若用  Q 表示污水流量(单位时间内排出的污水体积),下列说法正确的是(  )
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    A.若污水中正离子较多,则前内表面比后内表面的电势高
    B.前内表面的电势一定低于后内表面的电势,与哪种离子多无关
    C.污水中离子浓度越高,电压表的示数越大
    D.污水流量     Q 与  U 成正比,与     a、b 无关

答案:BD
解析:正、负离子流动时,根据左手定则可知,正离子在洛伦兹力的作用下向后内表面偏转,
所以后内表面上带正电荷,前内表面上带负电荷,前内表面电势比后内表面低,与哪种离子
多无关,故     A 项错误,B    项正确。最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状
       U                              QB
态,有   qb=qvB,流量     Q=vS=vbc,则    U=  c ,与离子浓度无关,故          C 项错误。由     U=
QB
 c 可知,污水流量      Q 与电压成正比,与        a、b  无关,故    D 项正确。

c.霍尔效应
    (20)(多选)(2014 江苏单科,4    分)如图所示,导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈
之间,线圈中电流为         I,线圈间产生匀强磁场,磁感应强度大小                 B 与 I 成正比,方向垂直于

霍尔元件的两侧面,此时通过霍尔元件的电流为                    IH,与其前后表面相连的电压表测出的霍
                  IHB

尔电压   UH 满足  UH=k  d ,式中    k 为霍尔系数,d     为霍尔元件两侧面间的距离。电阻               R 远大

于 RL,霍尔元件的电阻可以忽略,则(  )


    A.霍尔元件前表面的电势低于后表面
    B.若电源的正负极对调,电压表将反偏

    C.IH 与 I 成正比
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    D.电压表的示数与        RL 消耗的电功率成正比

答案:CD
解析:根据左手定则可以判断出霍尔元件中的导电物质所受安培力指向后表面,即将向后表
面侧移,又由于该导电物质为电子,带负电,因此后表面的电势将低于前表面的电势,故
A 项错误。若电源的正、负极对调,磁场方向与图示方向相反,同时由电路结构可知,流经
霍尔元件上下面的电流也将反向,因此电子的受力方向不变,即前后表面电势高低情况不变,
                                                            R+RL

故 B 项错误。由电路结构可知,RL            与 R 并联后与线圈串联,因此有           I=   RL IH,故  C 项正
                       R        R2
                         IH
                      (    )2      2            2
确。RL  消耗的电功率      PL= RL    RL=RLIH,显然     PL 与 IH成正比,又因为磁感应强度大小
                                              IHB
                                                            2
B 与 I 成正比,即    B 与 IH 成正比,电压表的示数         UH=k  d ,则   UH 与 IH成正比,所以

UH 与 RL 消耗的电功率     PL 成正比,故     D 项正确。