壓軸題10帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動

一、考向分析

一本專題是磁場、力學(xué)、電場等知識的綜合應(yīng)用，高考往往以計算壓軸題的形式出現(xiàn).

-、

一、學(xué)習(xí)本專題，可以培養(yǎng)同學(xué)們的審題能力、推理能力和規(guī)范表達(dá)能力.針對性的專

1.題訓(xùn)練，可以提高同學(xué)們解決難題、壓軸題的信心,用到的知識主要有：動力學(xué)觀

2.；點(diǎn)（牛頓運(yùn)動定律）、運(yùn)動學(xué)觀點(diǎn)、能量觀點(diǎn)（動能定理、能量守恒定律）、電場的現(xiàn)

3.:點(diǎn)（類平拋運(yùn)動的規(guī)律）、磁場的觀點(diǎn)（帶也粒子在砥場中運(yùn)動的規(guī)律）.

4.畫出粒子運(yùn)動軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動規(guī)律。

二、帶電粒子在疊加場中運(yùn)動的分析方法

1.帶電體在疊加場中運(yùn)匆的歸類分析

（1）磁場力、重力并存

①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動。

②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能

守怛。

（2）電場力、磁場力并存（不計重力的微觀粒子）

①若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動。

②若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，可用動能定理求解。

（3）電場力、磁場力、重力并存

①若三力平衡，帶電體做勻速直線運(yùn)動。

②若重力與電場力平衡，帶電體做勻速圓周運(yùn)動。

③若合力不為零，帶電體可能做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，可用能量守恒定律或動能定理求解。

2.帶電粒子（帶電體）在疊加場中運(yùn)動的分析方法

（1）弄清疊加場的組成。

（2）進(jìn)行受力分析。

（3）確定帶電粒子的運(yùn)匆狀態(tài)，注意運(yùn)動情況和受力情況的結(jié)合。

（4）畫出粒子運(yùn)動軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動規(guī)律。

①當(dāng)帶電粒子在疊加場中做勻速直線運(yùn)動時，根據(jù)受力平衡列方程求解。

②當(dāng)帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運(yùn)動時，應(yīng)用牛頓定律結(jié)合圓周運(yùn)動規(guī)律求解

③當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜曲線運(yùn)動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解。

④對于臨界問題，注意挖掘隱含條件。

（5）記住三點(diǎn)：能夠正確對疊加場中的帶電粒子從受力、運(yùn)動、能量三個方面進(jìn)行分析

①受力分析是基礎(chǔ)：一般要從受力、運(yùn)動、功能的角度來分析。這類問題涉及的力的種類多，

含重力、電場力、磁場力、彈力、摩擦力等；

②運(yùn)動過程分析是關(guān)鍵：包含的運(yùn)動種類多，含勻速直線運(yùn)動、勻變速直線運(yùn)動、類平拋運(yùn)

動、圓周運(yùn)動以及其他曲線運(yùn)動：

③根據(jù)不同的運(yùn)動過程及物理模型，選擇合適的定理列方程（牛頓運(yùn)動定律、運(yùn)動學(xué)規(guī)律、

動能定理、能量守恒定律等）求解。

三、帶電粒子在周期性的電場和磁場中的運(yùn)動

帶電粒子在交變電場或磁場中運(yùn)動的情況較復(fù):雜，運(yùn)動情況不僅取決于場的變化規(guī)律，還與

粒子進(jìn)入場的的時候的時刻有關(guān)，一定要從粒子的受力情況著手，分析出粒子在不同時間間

隔內(nèi)的運(yùn)動情況，若交變電壓的變化周期遠(yuǎn)大于粒子穿越電場的時間，那么粒子在穿越電場

的過程中，可看作勻強(qiáng)電場。

注意：空間存在的電場或磁場是隨時間周期性變化的，一般呈現(xiàn)“矩形波”的特點(diǎn)。交替變化

的電場及磁場會使帶電粒子順次經(jīng)過不同特點(diǎn)的電場，磁場或疊加的場，從而表現(xiàn)出多過程

現(xiàn)象，其特點(diǎn)較為隱蔽。

三、壓軸題速練

I.如圖1所示，空間某處存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一個帶負(fù)電

的金屬小球從M點(diǎn)水平射入場區(qū)，經(jīng)一段時間運(yùn)動到N點(diǎn)，關(guān)于小球由M到N的運(yùn)動，下

列說法正確的是（）

圖I

A.小球可能做勻變速運(yùn)動B.小球一定做變加速運(yùn)動

C.小球動能可能不變D.小球機(jī)械能守恒

答案BC

解析小球從M到M在豎直方向上發(fā)生了偏轉(zhuǎn),所以在M點(diǎn)受到的豎直向下的洛倫茲力、

豎直向下的重力和豎直向上的電場力的合力不為零，且速度方向變化，則洛倫茲力方向變化,

所以合力為變力，故不可能做勻變速運(yùn)動，一定做變加速運(yùn)動，A錯誤，B正確；若電場力

和重力等大反向，則運(yùn)動過程中電場力和重力做功之和為零，而洛倫茲力不做功，所以小球

的動能可能不變，C正確；沿電場方向有位移，電場力一定做功，故小球的機(jī)械能不守恒,

D錯誤.

2.如圖2所示，空間存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為4的勻強(qiáng)磁場和水平向左、場強(qiáng)為

E的勻強(qiáng)電場.有一質(zhì)量為〃?、電荷量大小為夕的微粒垂直于磁場且以與水平方向成45。角

的速度u做直線運(yùn)動，重力加速度為,則下列說法正確的是（）

圖2

A.微粒可能做勻加速直線運(yùn)動

B.微粒可能只受兩個力作用

C.勾強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度

D.勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E=§

答案D

解析微粒受重力、電場力、洛倫茲力作用，若u發(fā)生變化，則洛倫茲力發(fā)生變化且洛倫茲

力與速度方向垂直，微粒不可能做直線運(yùn)動，所以重力、電場力和洛倫茲力三力平衡，微粒

做勻速直線運(yùn)動，故A、B錯誤：根據(jù)平衡條件，有：qE=〃?gtan45。，qvB=yl（ing）2+（qE）2,

聯(lián)立解得?：E=*管，故C錯誤，D正確.

3.（多選）如圖3所示，空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，一帶電液

滴從靜止開始自A點(diǎn)沿曲線AC8運(yùn)動，到達(dá)B點(diǎn)時速度為零，C點(diǎn)是運(yùn)動的最低點(diǎn)，不計

摩擦阻力，則以下說法中正確的是（）

圖3

A.液滴一定帶正電

B.液滴在。點(diǎn)時的動能最大

C.從A到。過程液滴的電勢能增大

D.從C到B過程液滴的機(jī)械能增大

答案BCD

解析從題圖中可以看出，帶電液滴由靜止開始向下運(yùn)動，說明重力和電場力的合力向下，

洛倫茲力指向弧線內(nèi)側(cè)，根據(jù)左手定則可知，液滴帶負(fù)電，故A錯誤；從A到C的過程中，

重力做正功，而電場力做負(fù)功，洛倫茲力不做功，合力做正功，液滴動能增大，從C到B

的過程中，重力做負(fù)功，電場力做正功，洛倫茲力不做功，合力做負(fù)功，液滴動能減小，所

以液滴在C點(diǎn)時的動能最大，故B正確：從A到C過程液滴克服電場力做功，電勢能增加，

故C正確；從。到8的過程中，電場力做正功，洛倫茲刀不做功，機(jī)械能增大，故D正確.

4.一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，其在xOy平面內(nèi)的截面如圖4所示：中

間是磁場區(qū)域，其邊界與〉，軸垂直，寬度為/,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為8,方向垂直于xQy平

面；磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域，寬度均為電場強(qiáng)度的大小均為E,方向均沿x軸正

方向；M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點(diǎn)，它們的連線與〉軸平行.一帶正電的粒子以某一速

度從M點(diǎn)沿y軸正方向射入電場，經(jīng)過?段時間后恰好以從M點(diǎn)入射的速度從N點(diǎn)沿y軸

正方向射出.不計重力.

圖4

⑴定性畫出該粒子在電磁場中運(yùn)動的軌跡；

⑵求該粒子從M點(diǎn)入射時速度的大小.

答案（1）見解析圖（2）箸

解析（1）粒子運(yùn)動的軌跡如圖（a）所示.（粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧,

上下對稱)

(2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運(yùn)動.設(shè)粒子從M點(diǎn)射入時速度的大小為

在下側(cè)電場中運(yùn)動的時間為/，加速度的大小為粒子進(jìn)入磁場的速度大小為力方向與電

場方向的夾角為仇如圖(b),速度沿電場方向的分量為力.

根據(jù)牛頓第二定律有qE=ma?

式中q和小分別為粒子的電荷量和質(zhì)量.

由運(yùn)動學(xué)公式有

v\=at?

r=vot?

V|=vcos0?

粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，設(shè)其運(yùn)動軌道半徑為R,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得

4由=號卷

由幾何關(guān)系得

/=2/?cose?

聯(lián)立①(2)③④⑤⑥式得

_2El'

V()=~BT

5.如圖5,在平面直角坐標(biāo)系xOy中，x軸上方存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為

E,x軸下方存在垂直坐標(biāo)系平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為及一個靜止的帶正電粒子

位于)，軸正半軸的A(0,h)點(diǎn),某時刻由于內(nèi)部作用，分裂成兩個電荷量都為+“的粒子。

和江分別沿工軸正方向和負(fù)方向進(jìn)入電場.已如粒子。的質(zhì)量為加，粒子。進(jìn)入第一象限

的動量大小為p.設(shè)分裂過程不考慮外力的作用，在電場與磁場中的運(yùn)動過程不計粒子重力和

粒子間的相互作用.求：

圖5

⑴粒子a第一次通過x軸時離原點(diǎn)。的距離x；

⑵粒子〃第二次通過x軸時與第一次通過x軸時兩點(diǎn)間的距離L.

答案見解析

解析(D如圖所示，粒子〃在電場中只受電場力，做類平拋運(yùn)動

由平拋運(yùn)動規(guī)律可得：x=vQt?

h=%F②

qE=ma@

p=mvo@

聯(lián)立①@③⑷解得：篇

(2)粒子。進(jìn)入磁場時，設(shè)速度為u,與x軸正方向成。角，y軸方向的速度為竺v,則

vy=at@

vv=vsin0?

粒子。在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，設(shè)軌跡半徑為八有

由幾何知識得：

L=2/-sin

聯(lián)立②③⑤⑥⑦⑧式解得:

6.如圖6甲所示，以。為坐標(biāo)原點(diǎn)建立坐標(biāo)系，等邊三角形OMN內(nèi)存在垂直紙面向里的

勻強(qiáng)磁場，三角形外側(cè)有沿X軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場.現(xiàn)有質(zhì)量機(jī)=IXl()」8kg、電荷量q=

+1X10-ISc的帶電微粒從坐標(biāo)為(0,—0.5m)的。點(diǎn)，以某一初速度也)沿某一方向入射，

從x釉上的尸點(diǎn)以u=200m/s的速度垂直工軸進(jìn)入三角形區(qū)域.若此時將三角形外側(cè).的電

場換成垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(如圖乙所示)，兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等.已知三角形

的邊長L=4m,0、P兩點(diǎn)間距離為d=lm,重力不計.求：

圖6

⑴勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小及帶電微粒的初速度大小：

⑵若兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小Bo=O.2T,求該微粒在乙圖中運(yùn)動一個周期的時間/：

(3)乙圖中若微粒能再次回到P點(diǎn)，則兩勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B應(yīng)滿足什么條件.

答案(1)320V/m2OOV17m/s(2)6.28xl0-2s(3)B=(0.4〃+0.2)T,(〃=0,1,2,3...)

解析(1)在勻強(qiáng)電場中，微粒在電場力作用3做類平拋運(yùn)動的逆運(yùn)動

水平方向：OP=&

豎直方向：OQ=vt

水平分速度%=凈

微粒的初速度%—

聯(lián)立解得七=320V/m,vo=2O(h/T7m/s；

⑵粒子在兩磁場中均做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律知

qvB()=nr^,解得

T=—,解得7=3.14x10-2$

V

粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示,

故/=3x（+3x號=6.28x102s

⑶由對稱性可知，粒子能再次回到P點(diǎn)，則粒子運(yùn)動的半徑應(yīng)滿足r（2〃+l）=OP（〃=

0,1,2,3...）且r=~^,

聯(lián)立可得B=（0.4〃+0.2）T,（/1=0,1,2,3…）.

7.在如圖1所示的平行板器件中，電場強(qiáng)度上和磁感應(yīng)強(qiáng)度B相互垂直.一帶電粒子（重

力不計）從左端以速度y沿虛線射入后做宜線運(yùn)動,則該粒子（）

圖1

A.一定帶正電

B.速度丫=需

F

C.若速度心4粒子一定不能從板間射出

D.若此粒子從右端沿虛線方向進(jìn)入，仍做直線運(yùn)動

答案B

解析粒子帶正電和負(fù)電均可，選項A錯誤；由洛倫茲力等于電場力，可得中，B=qE，解

得速度-=￡選項B正確；若速度v>f,粒子可能會從板間射出，選項C錯誤；若此粒子

從右端沿虛線方向進(jìn)入，所受電場力和洛倫茲力方向相同，不能做直線運(yùn)動，選項D錯誤.

8.（多選）醫(yī)用回旋加速器的核心部分是兩個。形金屬盒，如圖2所示，兩金屬盒置于勻強(qiáng)

磁場中，并分別與高頻電源相連.現(xiàn)分別加速笊核（汩）和氮核?He）并通過線束引出加速器.下

列說法中正確的是（）

圖2

A.加速兩種粒子的高頻電源的頻率相同

B.兩種粒子獲得的最大動能相同

C.兩種粒子在。形盒中運(yùn)動的周期相同

D.增大高頻電源的電壓可增大粒子的最大動能

答案AC

解析回旋加速器加速粒子時，粒子在磁場中運(yùn)動的周期應(yīng)和交流電的周期相同.帶電粒子

在磁場中運(yùn)動的周期T=繁,兩粒子的比荷*相等，所以周期相同，故加速兩種粒子的高

頻電源的頻率也相同，A、C正確：根據(jù)qvB=nr^,得最大動能反=3加=噂營，

與加速電壓無關(guān)，兩粒子的比荷索相等，電荷量，/不相等，所以最大動能不等，故B、D錯

誤.

9.（多選）如圖3所示是磁流體發(fā)電機(jī)的示意圖,兩平行金屬板P、Q之間有一個很強(qiáng)的磁場.一

束等離子體（即高溫卜.電離的氣體，含有大量正、負(fù)帶電離子）沿垂直于磁場的方向噴入磁

場.把P、Q與電阻R相連接.下列說法正確的是（）

圖3

A.。板的電勢高于P板的電勢

B.R中有由。向力方向的電流

C.若只改變磁場強(qiáng)弱，H中電流保持不變

D.若只增大離子入射速度，R中電流增大

答案BD

解析等離子體進(jìn)入磁場，根據(jù)左手定則，正離子向上偏，打在上極板上，負(fù)離子向下偏，

打在下極板上，所以上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，則P板的電勢高于Q板的電勢，流過

電阻R的電流方向由〃到從故A錯誤，B正確；依據(jù)電場力等于洛倫茲力，即/="從

則有〃=A小,，再由閉合電路歐姆定律/=盧=瞥，電流與磁感應(yīng)強(qiáng)度成正比.故C錯

誤；由以上分析可知，若只增大離子的入射速度，R中電流會增大，故D正確.

10.（多選）利用霍爾效應(yīng)制作的霍爾元件，廣泛應(yīng)用于測量和自動控制等領(lǐng)域.如圖4所示是

霍爾元件的工作原理示意圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度B垂直于霍爾元件的工作面向下，當(dāng)元件中通入

圖示方向的電流/時，C、D兩側(cè)面會形成一定的電勢差U.下列說法中正確的是（）

圖4

A.若C側(cè)面電勢高于。側(cè)面，則元件中形成電流的載流子帶負(fù)電

B.若C側(cè)面電勢高于。側(cè)面，則元件中形成電流的載流子帶正電

C.在地球南、北極上方測地磁場強(qiáng)弱時，元件工作面豎直放置時U最大

D.在地球赤道上方測地磁場強(qiáng)弱時，元件工作面豎直放置且與地球經(jīng)線垂直時，U最大

答案AD

解析若元件的載流子帶負(fù)電，由左手定則可知，載流子受到洛倫茲力向。側(cè)面偏，則。

側(cè)面的電勢高于。側(cè)面的電勢，故A正確；若元件的載流子帶正電，由左手定則可知，載

流子受到洛倫茲力向。側(cè)面偏，則。側(cè)面的電勢高于C側(cè)面的電勢，故B錯誤；在測地球

南、北極上方的地磁場強(qiáng)弱時，因磁場方向豎直，則元件的工作面保持水平時U最大，故C

錯誤；地球赤道上方的地磁場方向水平，在測地球赤道上方的地磁場強(qiáng)弱時，元件的工作面

應(yīng)保持豎直，當(dāng)與地球經(jīng)線垂直時U最大，故D正確.

11.容器A中裝有大量的質(zhì)量、電荷量不同但均帶正電的粒子，粒子從容器下方的小孔&

不斷飄入加速電場（初速度可視為零）做直線運(yùn)動，通過小孔S2后從兩平行板中央沿垂直電場

方向射入偏轉(zhuǎn)電場.粒子通過平行板后沿垂直磁場方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為以方向垂直紙面

向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，最后打在感光片上，如圖5所示.已知加速電場中與，S2間的加速

電壓為U,偏轉(zhuǎn)電場極板長為L,兩板間距也為L,板間勻強(qiáng)電場強(qiáng)度E=亍，方向水平向

Li

左（忽略板間外的電場），平行板/的下端與磁場邊界必相交于點(diǎn)P,在邊界必上實(shí)線處固

定放置感光片.測得從容器A中逸出的所有粒子均打在感光片PQ之間，且。距夕的長度

為3L,不考慮粒子所受重力與粒子間的相互作用，求：

圖5

⑴粒子射入磁場時，其速度方向與邊界必間的夾角；

（2）射到感光片Q處的粒子的比荷（電荷量q與質(zhì)量，〃之比）；

⑶粒子在磁場中運(yùn)動的最短時間.

答案（1）45。（2）2慫2⑶彳翳

2

解析⑴設(shè)質(zhì)量為加、電荷量為q的粒子通過孔S2的速度為vo?則：qU=^mv（）

粒子在平行板e、/間做類平拋運(yùn)動：L=v（）t,女=哈1,tanO=乎

聯(lián)立可得：tan0=1,則。=45。，故其速度方向與邊界滴間的夾角為〃=45。.

（2）粒子在偏轉(zhuǎn)電場中沿場強(qiáng)方向的位移呈故粒子從e板下端與水平方向成45。角

斜向下射入勻強(qiáng)磁場，如圖所示，設(shè)質(zhì)量為"人電荷量為9的粒子射入磁場時的速度為vs

22

做圓周運(yùn)動的軌道半徑為r,則V=A/VO+V,V=A/2vo=

由幾何關(guān)系：r+/2=（4L）2

則r=2^2L

則r=第

聯(lián)立解得：/國?

⑶設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動的時間為3偏轉(zhuǎn)角為a,

n,.ammv2ImU

則F『礦方

聯(lián)立可得：，=甯

3

因?yàn)榱Ｗ釉诖艌鲋羞\(yùn)動的偏轉(zhuǎn)角a=廣，所以粒子打在P處時間最短，此時半徑為匕

由兒何關(guān)系知：，2+/2=。2,則，=乎￡

17t竭3TIBL2

聯(lián)立可得：fmin

4U-16U.

12.（多選）空間虛線上方存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為3；一群電子以不同速率從邊界上的

產(chǎn)點(diǎn)以相同的方向射入磁場.其中某一速率小的電子從。點(diǎn)射出，如圖1所示.已知電子

入射方向與邊界夾角為仇則由以上條件可判斷（）

圖1

A.該勻強(qiáng)磁場的方向垂直紙面向里

B.所有電子在磁場中的軌跡相同

C.速率大于小的電子在磁場中運(yùn)動時間長

D.所有電子的速度方向都改變了20

答案AD

解析電子在戶點(diǎn)受到的洛倫茲力方向沿P-O,如圖所示，根據(jù)左手定則判斷得知：勻強(qiáng)

磁場的方向垂宜紙面向里，故A正確.

A

電子進(jìn)入磁場后受到洛倫茲力而做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，有則

/=蕭，軌跡半徑與電子的速率成正比，速率不同，軌跡半徑不同，則軌跡就不同，故B錯誤.

根據(jù)圓的對稱性可知，所有電子離開磁場時速度方向與PQ線的夾角都是仇則所有電子的

速度方向都改變了20,由幾何知識得知，所有電子軌跡對應(yīng)的圓心角都是2。，則所有電子

在磁場中運(yùn)動的時間都相同，故C錯誤，D正確.

13.如圖2所示，在xOy直角坐標(biāo)系的第一象限中，以坐標(biāo)原點(diǎn)為圓心的四分之一圓內(nèi)，有

垂直于坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場，圓的半徑為R,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,一個質(zhì)量為/〃、

電荷量為q的帶正電粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)。沿x軸正方向射入磁場，粒子出磁場時速度方向剛

好沿），軸正方向，則粒子在磁場中運(yùn)動的速度大小為（粒子在磁場中僅受洛倫茲力）（）

圖2

(/BRqBR

A.2m

c小qBR事qBR

*mD.2m

答案D

解析粒子運(yùn)動的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知粒子運(yùn)動的軌道半徑為r=^R

洛倫茲力提供向心力，則/，8=〃斤

也qBR

可得v=2m故選D.

14.如圖3所示，空間有一圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，。點(diǎn)為圓心.磁場方向垂直于紙面向外.一

帶正電的粒子從A點(diǎn)沿圖示箭頭方向以速率V射入磁場，〃=30。，粒子在紙面內(nèi)運(yùn)動，經(jīng)過

時間，離開磁場時速度方向與半徑。4垂直.不計粒子重力.若粒子速率變?yōu)?其他條件

不變，粒子在圓柱形磁場中運(yùn)動的時間為（）

圖3

t3t

A，2B.tC.yD.2t

答案C

解析粒子在磁場中運(yùn)動，由洛倫茲力提供向心力可得

v2

qvB=nr^

解得R常

則周期7=平

粒子在紙面內(nèi)運(yùn)動，經(jīng)過時間/離開磁場時速度方向與半徑0A垂直，作出粒子運(yùn)動軌跡如

圖甲所示

由幾何關(guān)系可得夕=120。，R=OA

所以粒子以速率I，在磁場中運(yùn)動的時間為

a2nm

礪丁=麗

當(dāng)粒子速率變?yōu)榱嫌扇艘婵芍Ｗ舆\(yùn)動半徑變?yōu)?/p>

R-2-2

周期r=r=鬻

作出此時粒子運(yùn)動的軌跡如圖乙所示

根據(jù)幾何知識可知粒子轉(zhuǎn)過的圓心角

4=180。

則粒子以速率擠在磁場中運(yùn)動的時間為

r-360o/~qB

3

所以r=,

故A、B、D錯誤，C正確.

15.（多選汝I圖4所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，在邊長為2R的正方形區(qū)域

內(nèi)也有勻強(qiáng)磁場.兩個磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同，兩個相同的帶電粒子以相同的速率分別

從M、N兩點(diǎn)射入勻強(qiáng)磁場.在M點(diǎn)射入的帶電粒子，其速度方向指向圓心；在N點(diǎn)射入

的帶電粒子，速度方向與邊界垂直，且N點(diǎn)為正方形邊長的中點(diǎn)，則下列說法正確的是（）

圖4

A.帶電粒子在磁場中飛行的時間可能相同

B.帶電粒子在磁場中飛行的時間?定相同

C.從N點(diǎn)射入的帶電粒子可能先匕出磁場

D.從N點(diǎn)射入的帶電粒子不可能比M點(diǎn)射入的帶電粒子先飛出磁場

答案AD

解析帶電粒子垂直于磁場方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場,粒子做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，

2

則有

解得片卷，兩粒子相同、兩粒子的速率相同，則兩粒子的軌道半徑廠相同，粒子做圓周運(yùn)

動的周期7=鬻相等，磁場圓的直徑恰好等于正邊形邊長，故圓內(nèi)切于正方形；作出粒子

在磁場中的運(yùn)動軌跡如圖所示

由圖示可知，當(dāng)粒子軌道半徑r=R時，即軌跡2,兩粒子在磁場中的運(yùn)動時間相等，都等

于^丁，故A正確；

由圖示可知，當(dāng)粒子軌道半徑存R時，粒子在圓形磁場中做圓周運(yùn)動轉(zhuǎn)過的圓心角都小于在

正方形區(qū)域中做圓周運(yùn)動轉(zhuǎn)過的圓心角，則粒子在圓形磁場中的運(yùn)動時間小于在正方形磁場

中的運(yùn)動時間，即從M點(diǎn)射入的粒子在磁場中的運(yùn)動時間小于從N點(diǎn)射入的粒子在磁場中

的運(yùn)動時間，故D正確，B、C錯誤.

16.如圖5所示圓形區(qū)域內(nèi)，有垂直于紙面方向的勻強(qiáng)磁場，一束質(zhì)量和電荷量都相同的帶

電粒子，以不同的速率，沿著相同的方向，正對圓心。射入勻強(qiáng)磁場，又都從該磁場中射

出，這些粒子在磁場中的運(yùn)動時間有的較長，有的較短，若帶電粒子只受磁場力的作用，則

在磁場中運(yùn)動時間越短的帶電粒子（）

圖5

A.在磁場中的周期一定越小

B.在磁場中的速率一定越小

C.在磁場中的軌道半徑一定越大

D.在磁場中通過的路程?定越小

答案C

解析質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子，其比荷索相同，根據(jù)帶甩粒子在磁場中運(yùn)動周期7

=鬻可知，它們進(jìn)入勻強(qiáng)磁場后做勻速圓周運(yùn)動的周期相同，選項A錯誤；

如圖所示為帶電粒子的運(yùn)動軌跡，

設(shè)這些粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡所對應(yīng)的圓心角為"則運(yùn)動時間X系r

在磁場中運(yùn)動時間越短的帶電粒子，圓心角越小，凱跡半徑越大，根據(jù)洛倫茲力提供向心力,

有/3=布7,則，=瑞，所以軌跡半徑越大，則速率一定越大，選項B錯誤，選項C正確；

通過的路程即圓弧的長度與半徑一和圓心角〃有關(guān)，所以運(yùn)動時間越短，軌跡半徑

越大，路程也越大，選項D錯誤.

17.（多選）磁流體發(fā)電是一項新興技術(shù).如圖6所示，平行金屬板之間有一個很強(qiáng)的磁場，

將一束含有大量正、負(fù)帶電粒子的等離子體，沿圖中所示方向噴入磁場，圖中虛線框部分相

當(dāng)于發(fā)電機(jī)，把兩個極板與用電器相連，則（）

圖6

A.用電器中的電流方向從A到8

B.用電器中的電流方向從4到A

C.若只增大帶電粒子電荷量，發(fā)電機(jī)的電動勢增大

D.若只增大噴入粒子的速度，發(fā)電機(jī)的電動勢增大

答案AD

解析首先對等離子體進(jìn)行動態(tài)分析:開始時由左手定則判斷正離子所受洛倫茲力方向向上

（負(fù)離子所受洛倫茲力方向向下），則正離子向上極板聚集，負(fù)離子則向下極板聚集，兩極板

間產(chǎn)生了電勢差，即兩金屬板變?yōu)橐浑娫矗疑蠘O板為正極下極板為負(fù)極，所以通過用電器

的電流方向從A到從故A正確，B錯誤；此后的正離子除受到向上的洛倫茲力/外還受到

向下的電場力F,最終兩力達(dá)到平衡，即最終等離子體將勻速通過磁場區(qū)域，因f=G，B,F

=玲，則小，8=玲，解得小，，所以電動勢E與速度u及磁感應(yīng)強(qiáng)度8成正比，所以C

錯誤，D正確.

18.（多選）193（）年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖7所示，此加速器由

兩個半徑均為R的銅質(zhì)力形盒小、功構(gòu)成，其間留有空隙.比荷為人的質(zhì)子由加速器的中

心附近飄入加速器，以最大速度為射出加速器.笊核的比荷是質(zhì)子比荷的下列說法正確

的是（）

圖7

A.磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為盤

B.交變電壓〃的最大值越大，質(zhì)子射出加速器的速度也越大

C.此加速器可以直接用來加速笊核

D.若此加速器中磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度加倍，就可用來加速氣核

答案AD

解析設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為辦電荷量為4，則*=k,由qvB=*,可得3=*當(dāng)r=R時，

有U=Vm，聯(lián)立解得8=是，故A正確；由8=跟可得，m=8kR,可見為與〃的最大值無

關(guān)，故B錯誤；回旋加速器正常工作時，要求交變電壓的周期與粒子在加速器中運(yùn)動的周

期相等，即交變電壓的周期7=縹=高，而笊核在回旋加速器中運(yùn)動的周期『=守=音=

C/nKnKKn

2B

2。所以不可以直接加速笊核，故C錯誤；若此加速器中磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度加倍，則笊核

的周期變?yōu)閺S=產(chǎn)=含=。所以此時可用來加速笊核，故D正確.

19.（多選）如圖8所示，電荷量相等的兩種離子嵐20和這22從容器卜方的狹縫$飄入（初速

度為零）電場區(qū)，經(jīng)電場加速后通過狹縫52、5?垂直于磁場邊界MN射入勻強(qiáng)磁場，磁場方

向垂直紙面向里，離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后發(fā)生分離，最終到達(dá)照相底片D上.不考慮離子間的

相互作用，則（）

圖8

A.電場力對每個筑20和頰22做的功相等

B.嵐22進(jìn)入磁場時的速度較大

C.笊22在磁場中運(yùn)動的半徑較小

D.若加速電壓發(fā)生波動，兩種離子打在照相底片上的位置可能重疊

答案AD

解析電場力對?粒子做的功為W=qU,則電場力對每個發(fā)20和戰(zhàn)22做的功相等，A正確；

根據(jù)qu4〃，,得丫=、黑，所以敏22（質(zhì)量較大）進(jìn)入磁場時的速度較小，B錯誤；根

據(jù)片粉及尸得尸卜戶手，因?yàn)槊?2質(zhì)量較大，所以敏22在磁場中運(yùn)動

的半徑較大，c錯誤；加速電壓發(fā)生波動，根據(jù)「=人但乎，兩種離子打在照相底片上的

位置可能重疊（不同時刻），D正確.

20.三個a粒子〃、b、c同時從同一點(diǎn)沿同一-水平方向飛入偏轉(zhuǎn)電場，出現(xiàn)了如圖1所示的

不同軌跡，不計粒子間的相互作用，由此可以判斷下列說法不正確的是（）

圖1

A.在〃飛離電場的同時，a剛好打在負(fù)極板上

B.〃和c同時飛離電場

C.進(jìn)電場時c的速度最大，。的速度最小

D.動能的增加量c最小，。和〃一樣大

答案B

解析三個粒子的質(zhì)量和電荷量都相同，則知加速度相同.。、b兩粒子在豎直方向上的位

移相等，根據(jù)），=%產(chǎn)，可知運(yùn)動時間相等，故A正確.

從c在豎直方向上的位移不等，由題圖知北<?，根據(jù)y=%尸，可知〃<加即c先飛離電

場，故B錯誤.

在垂直于電場方向，三個關(guān)立子做勻速直線運(yùn)動，則有：因治=%，/<<%，則也

根據(jù)/“=〃，Xb>x（n則陶>也，所以有故C正確.

根據(jù)動能定理知，4、。兩粒子運(yùn)動過程中電場力做功一年多，所以動能增加量相等，c?粒子

運(yùn)動過程中電場力做功最少，動能增加量最小，故D正確.

21.（多選）如圖2所示，一充電后與電源斷開的平行板電容器的兩極板水平放置，板長為乙

板間距離為4,距板右端心處有一豎直屏M.一帶電荷量為力質(zhì)量為小的質(zhì)點(diǎn)以初速度向

沿中線射入兩板間，最后垂直打在M上，已知重力加速度為g,下列結(jié)論正確的是（）

圖2

A.兩極板間電場強(qiáng)度大小為野

B.兩極板間電壓為竿

C.整個過程中質(zhì)點(diǎn)的重力勢能增加券；

2Vo

D.若僅增大兩極板間距，該質(zhì)點(diǎn)仍能垂直打在M上

答案BD

解析據(jù)題分析可知，質(zhì)點(diǎn)在平行金屬板間軌跡應(yīng)向上偏轉(zhuǎn)，做類平拋運(yùn)動，飛出電場后，

質(zhì)點(diǎn)的軌跡向下偏轉(zhuǎn)，才能最后垂直打在M屏上，前后過程質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動朝L跡有對稱性，如

圖，

可見兩次偏轉(zhuǎn)的加速度大小相等，根據(jù)牛頓第二定律得：qE—mg=mg,

得到：E=誓,

由U=Ed可知兩極板間電壓為。=號，故A錯誤，R正確.

質(zhì)點(diǎn)在電場中向上偏轉(zhuǎn)的近離為y=^aP

而

解得:尸瑞

故質(zhì)點(diǎn)打在屏上的位置與P點(diǎn)的距離為：s=2），=等

重力勢能的增加量為：△以=〃3=詈聲,故C錯誤.

僅增大兩極板間的距離，因兩極板上電荷量不變，根據(jù)E=g=若，

而。=盥，解得：E=黑，可知，板間場強(qiáng)不變，質(zhì)點(diǎn)在電場中受力情況不變，則運(yùn)動

情況不變，故質(zhì)點(diǎn)仍垂直打在屏上，故D正確.

22.如圖3所示，0。，為平夕亍板電容器的中線，板間為勻強(qiáng)電場.在。點(diǎn)分別以小、5的速

度水平拋出A、8兩質(zhì)量都為小且?guī)N電荷的小球，如：在=3：1,兩小球運(yùn)動軌跡恰關(guān)

于。。對稱，重力加速度為g,則A球受到電場力大小為（）

圖3

A品?gB.|/〃g

-3-5

mg

答案A

解析兩軌跡關(guān)于水平線對稱，說明相同水平位移處，位移偏角相同，位移偏角為tan0=累

2vo

所以。八："B=4：1,

即合外力之比為4：I.兩小球電性相同，所受電場力都向上，有（分一〃吆）：（mg—R；）=4：1

且FA：尸8=3：1

解得尸產(chǎn)號咐故選項A正確.

23.（多選）如圖4所示，A，、N是組成電容器的兩塊水平放置的平行金屬極板，M中間有一

小孔.M、N分別接到電壓叵定的電源上（圖中未畫出）.小孔正上方的A點(diǎn)與極板”相距兒

與極板N相距3人.某時刻一質(zhì)量為加、帶電荷量為夕的微粒從A點(diǎn)由靜止下落，到達(dá)極板N

時速度剛好為零，不計空氣阻力，重力加速度為8則（）

圖4

A.帶電微粒在M、N兩極板間往復(fù)運(yùn)動

B.兩極板間電場強(qiáng)度大小為噂

乙q

C.若將M向卜平移?微粒仍從4點(diǎn)由靜止卜落，進(jìn)入電場后速度為零的位置與N的距離

喻

D.若將N向上平移%微粒仍從A由靜止下落，進(jìn)入電場后速度為零的位置與M的距離為

4,?

答案BD

解析由于微粒在電場中和在電場外受到的力都是恒力，可知微粒將在A點(diǎn)和下極板之間

往復(fù)運(yùn)動，選項A錯誤；由動能定理：〃田?3萬一切?2〃=0,解得七=甯，選項B正碓：若

將M向卜平移條則板間場強(qiáng)變?yōu)閑=普=照=儂，設(shè)微粒速度為零時的位置與N極板相

3h'

距由動能定理：〃g（3力一A/z）—Eq?（苧-△〃）=（）,解得△力=0,選項C錯誤;若將N向

上平移去則板間場強(qiáng)變?yōu)?=蘆=器=儂，設(shè)微粒速度為零時的位置與M極板相距A”,

空

由動能定理：〃?&?（/?+△/?'）—反4A〃'=0，解得選項D正確.

24.（多選）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)隨時間變化的圖像如圖5所示,在該勻強(qiáng)電場中有一個帶電粒子，

在，=0時刻，由靜止釋放.若帶電粒子只受電場力的作用，則電場力的作用和帶電粒子的

運(yùn)動情況是（）

圖5

A.帶電粒子將在電場中做有往復(fù)但總體上看不斷向前的運(yùn)動

B.0?3s內(nèi)電場力的沖量為零，電場力做功為零

C.3s末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn)

D.0?4s內(nèi)電場力的沖量不等于零，而電場力做功卻為零

答案