高中物理 人教版（2019） 必修 第三册 10.5带电粒子在电场中的运动 学案（有解析）

10.5带电粒子在电场中的运动
二、带电粒子在匀强电场中的运动
1．做直线运动的条件
(1)初速度v0≠0粒子所受合外力F合＝0，粒子做匀速直线运动。
(2)初速度v0≠0粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动。
2．偏转
(1)运动情况：如果带电粒子以初速度v0垂直场强方向进入匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动，如图所示。
(2)处理方法：将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动。根据运动的合成与分解的知识解决有关问题。
(3)基本关系式：运动时间t＝，加速度a＝＝＝，偏转量y＝at2＝，偏转角θ的正切值：tan θ＝＝＝。
三、示波管
1．示波管的构造
①电子枪，②偏转电极，③荧光屏。(如图所示)
2．示波管的工作原理
(1)YY′偏转电极上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极上是仪器自身产生的锯齿形电压，叫作扫描电压。
(2)观察到的现象
①如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏中心，产生一个亮斑。
②若所加扫描电压和信号电压的周期相等，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的稳定图像。
1．带电粒子在电场中运动时重力的处理
基本粒子 如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不是忽略质量)
带电颗粒 如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，不能忽略重力
2．用动力学观点分析
a＝，E＝，v2－v＝2ad。
3．用功能观点分析
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv。
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1。
带电粒子在匀强电场中的直线运动问题的分析思路
一、单选题
1．在如图所示的平行板器件中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直．一带电粒子(重力不计)从左端以速度v沿虚线射入后做直线运动，则该粒子(　　)
A．一定带正电
B．速度v=
C．若速度v＞，粒子一定不能从板间射出
D．若此粒子从右端沿虚线方向进入，仍做直线运动
2．如图所示，某空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒由a点进入电磁场并刚好沿虚线ab向上运动。下列说法中正确的是（　　）
A．该微粒一定带负电
B．该微粒的动能一定减少
C．该微粒的电势能一定增加
D．该微粒的机械能不一定增加
3．如图所示，两导体板水平放置，两板间电势差为U，带电粒子以某一初速度v0沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U和v0的变化情况为（　　）
A．d随v0增大而增大，d与U无关
B．d随v0增大而增大，d随U增大而增大
C．d随U增大而增大，d与v0无关
D．d随v0增大而增大，d随U增大而减小
4．一对平行金属板中存在匀强电场和匀强磁场，其中电场的方向与金属板垂直，磁场的方向与金属板平行且垂直纸面向里，如图所示。一质子（）以速度自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动。下列粒子分别自O点沿中轴线射入，能够做匀速直线运动的是（　　）（所有粒子均不考虑重力的影响）
A．以速度的射入的正电子
B．以速度射入的电子
C．以速度射入的核
D．以速度射入的a粒子
5．如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a，b，c电荷量相等，质量分别为ma，mb，mc，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动，下列选项正确的是（ ）
A．ma>mb>mc
B．mb>ma>mc
C．mc>ma>mb
D．mc>mb>ma
6．如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间，相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为，导轨平面与水平面夹角为，两导轨分别与P、Q相连，质量为m、电阻为R的金属棒垂直导轨放置，恰好静止，重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力，下列说法正确的是（　　）
A．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，
B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，
C．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，
D．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，
7．笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作：当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为、长为的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压，以此控制屏幕的熄灭。则元件的（　　）
A．前表面的电势比后表面的低 B．前、后表面间的电压与无关
C．前、后表面间的电压与成正比 D．自由电子受到的洛伦兹力大小为
8．CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图（a）是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图（b）所示。图（b）中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记为P点。则（　　）
A．M处的电势高于N处的电势
B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
9．如图所示，为一种改进后的回旋加速器示意图，在形盒边上的缝隙间放置一对中心开有小孔、的平行金属板、。每当带正电的粒子从孔进入时，就立即在两板间加上恒定电压，经加速后从孔射出，再立即撤去电压。而后进入形盒中的匀强磁场，做匀速圆周运动。缝隙间无磁场，不考虑相对论效应，则下列说法正确的是　　
A．形盒中的磁场方向垂直纸面向外
B．粒子运动的周期不断变大
C．粒子每运动一周直径的增加量越来越小
D．增大板间电压，粒子最终获得的最大动能变大
10．如图所示，在平面的第Ⅱ象限内有半径为的圆分别与轴、轴相切于、两点，圆内存在垂直于面向外的匀强磁场。在第Ⅰ象限内存在沿轴负方向的匀强电场，电场强度为。一带正电的粒子（不计重力）以速率从点射入磁场后恰好垂直轴进入电场，最后从点射出电场，出射方向与轴正方向夹角为，且满足。下列判断中正确的是（　　）
A．粒子将从点射入第Ⅰ象限
B．粒子在磁场中运动的轨迹半径为
C．带电粒子的比荷
D．磁场磁感应强度的大小
二、多选题
11．如图是质谱仪的工作原理示意图，带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器，速度选择器内相互正交的匀强磁场的磁感应强度和匀强电场的场强分别为B和E。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2。平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场。下列表述正确的是（　　）
A．质谱仪是分析同位素的重要工具
B．速度选择器中磁场方向垂直纸面向外
C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于
D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小
12．如图所示，两个相同的半圆形光滑绝缘轨道分别竖直放置在匀强电场E和匀强磁场B中，轨道两端在同一高度上，两个相同的带正电小球a、b同时从轨道左端最高点由静止释放，在运动中都能通过各自轨道的最低点M、N，则（　　）
A．两小球每次到达轨道最低点时的速度都有
B．两小球每次经过轨道最低点时对轨道的压力都有
C．小球b第一次到达N点的时刻与小球a第一次到达M点的时刻相同
D．小球b能到达轨道的最右端，小球a不能到达轨道的最右端
13．回旋加速器的工作原理如图所示：真空容器D形盒放在与盒面垂直的匀强磁场中，且磁感应强度B保持不变。两盒间狭缝间距很小，粒子从粒子源A处（D形盒圆心）进入加速电场（初速度近似为零）．D形盒半径为R，粒子质量为m、电荷量为+q，加速器接电压为U的高频交流电源．若相对论效应、粒子所受重力和带电粒子穿过狭缝的时间均不考虑．下列论述正确的是
A．交流电源的频率可以任意调节不受其他条件的限制
B．加速氘核()和氦核()两次所接高频电源的频率不相同
C．加速氘核()和氦核()它们的最大速度相等
D．增大U，粒子在D型盒内运动的总时间t 减少
14．如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m、电荷量为＋q（q>0），电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。小球由静止开始下滑直到稳定的过程中（　　）
A．小球的加速度一直减小
B．小球的机械能和电势能的总和保持不变
C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v=
D．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v=
15．如图所示，在坐标原点O处存在一个粒子源（大小忽略），可沿y轴正方向发射质量为m、速度为、电荷量为q的带正电的粒子，重力忽略不计。沿z轴正方向的匀强磁场和匀强电场只存在于以z轴为中轴、半径为的圆柱形区域内，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E。下列说法正确的是（　　）
A．由于电场加速，该粒子轨迹在xoy平面内的投影为曲率半径越来越大的螺旋线
B．粒子可多次经过z轴，且依次经过z轴的坐标之比为1：4：9…
C．某段时间内粒子增加的动能小于粒子电势能的减少量
D．粒子的速度增加为，则粒子离开电磁场的速率为
参考答案：
1．B
【解析】
【详解】
带电粒子在复合场中做直线运动，根据受力：，对电性无要求，所以A错；B对；若速度v＞，粒子会发生偏转，可能会离开复合场，C错；粒子的运动方向变成从右端进入则电场力方向与洛仑兹力方向一致，不可能做直线运动，D错．
2．A
【解析】
【分析】
【详解】
B．微粒受到的重力和电场力是恒力，且该微粒沿直线运动，则可以判断出微粒受到的洛伦兹力也是恒定的，即该微粒做匀速直线运动，故B错误；
ACD．如果该微粒带正电，则受到竖直向下的重力、水平向右的电场力和向左下方的洛伦兹力，受力不平衡，所以不会沿直线运动，故该微粒一定带负电，电场力做正功，电势能一定减少，机械能一定增加，故A正确，CD错误。
故选A。
3．A
【解析】
【分析】
【详解】
带电粒子在电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v分解成初速度方向与垂直极板方向，设出射速度与水平夹角为，则有
而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系可得，半径与直线MN夹角正好等于，则有
所以
又因为粒子在磁场中运动有
半径公式
则有
故d与m、v0成正比，与B、q成反比，与U无关。
故选A。
【点睛】
带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理。对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径。
4．B
【解析】
【详解】
质子（）以速度自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动，将受到向上的洛伦兹力和电场力，满足
解得
即质子的速度满足速度选择器的条件；
A．以速度的射入的正电子，所受的洛伦兹力小于电场力，正电子将向下偏转，故A错误；
B．以速度射入的电子，依然满足电场力等于洛伦兹力，而做匀速直线运动，即速度选择题不选择电性而只选择速度，故B正确；
C．以速度射入的核，以速度射入的a粒子，其速度都不满足速度选器的条件，故都不能做匀速直线运动，故CD错误；
故选B。
5．B
【解析】
【详解】
由题意知
mag=qE
mbg=qE+Bqv
mcg+Bqv=qE
所以
故选B。
6．B
【解析】
【详解】
等离子体垂直于磁场喷入板间时，根据左手定则可得金属板Q带正电荷，金属板P带负电荷，则电流方向由金属棒a端流向b端。等离子体穿过金属板P、Q时产生的电动势满足
由欧姆定律和安培力公式可得
再根据金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止，可得
则
金属棒ab受到的安培力方向沿斜面向上，由左手定则可判定导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下。故B正确。
故选B。
7．D
【解析】
【详解】
由图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到后面表，因此前表面的电势比后表面的高，故A错误，电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，有，故，故D正确，由则电压，故前后表面的电压与速度有关，与a成正比，故BC错误．
8．D
【解析】
【详解】
A．由于电子带负电，要在MN间加速则MN间电场方向由N指向M，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知M的电势低于N的电势，故A错误；
B．增大加速电压则根据
可知会增大到达偏转磁场的速度；又根据在偏转磁场中洛伦兹力提供向心力有
可得
可知会增大在偏转磁场中的偏转半径，由于磁场宽度相同，故根据几何关系可知会减小偏转的角度，故P点会右移，故B错误；
C．电子在偏转电场中做圆周运动，向下偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故C错误；
D．由B选项的分析可知，当其它条件不变时，增大偏转磁场磁感应强度会减小半径，从而增大偏转角度，使P点左移，故D正确。
故选D。
9．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据左手定则，形盒中的磁场方向垂直纸面向里，故A错误；
B．根据洛伦兹力提供向心力得
粒子运动的周期
粒子运动的周期不变，故B错误；
C．粒子每运动一周直径的增加量
即
可得粒子每运动一周直径的增加量越来越小，故C正确；
D．粒子最终获得的动能
当半径达到形盒的半径时，粒子动能最大，与板间电压无关，故D错误。
故选C。
10．C
【解析】
【详解】
AC．在M点，根据类平抛运动规律，有
解得
故A错误，C正确；
BD．粒子运动轨迹如图
设O1为磁场的圆心，O2为粒子轨迹圆心，P为粒子射出磁场的位置，则有
P′O2∥PO1
△O1O2P≌△O2O1P′
则粒子的轨道半径为
r=R
由牛顿第二定律可得
解得
故BD错误。
故选C。
11．ABC
【解析】
【分析】
【详解】
C．根据
qvB＝qE
得
v＝
故C正确；
D．在磁场中
qvB0＝m
得
＝
半径r越小，比荷越大，故D错误；
AB．同位素的电荷数一样，质量数不同，在速度选择器中电场力向右，洛伦兹力必须向左，根据左手定则，可判断磁场方向垂直纸面向外，故AB正确。
故选ABC。
12．AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．小球a滑到M点的过程中重力做正功，电场力做负功，小球b滑到N点的过程中只有重力做正功，由动能定理，有
所以
故A正确。
B．设小球a、b受到的支持力大小分别为、，对M点，小球a经过M点时，有
由牛顿第三定律知，对轨道的压力
得
对N点，有
当小球b向右运动通过N点时
且由牛顿第三定律知，对轨道的压力
得
显然
但当小球b在磁场中向左运动通过N点时
得
由于与大小关系不能确定，所以FN与FM大小关系不能确定，故B错误。
C．电场力沿轨道切线分量阻碍小球a的下滑，则小球a第一次到达M点的时间大于小球b第一次到达N点的时间，故C错误。
D．小球b向右运动过程中机械能守恒，能到达轨道的最右端，小球a向右运动过程中机械能减小，不能到达轨道的最右端，故D正确。
故选AD。
13．CD
【解析】
【详解】
A．根据回旋加速器的原理，每转一周粒子被加速两次，交流电完成一次周期性变化，粒子做圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
粒子做圆周运动的周期
交流电源的频率
解得
可知交流电源的频率不可以任意调节，故A错误；
B．加速不同的粒子，交流电源的频率
由于氘核()和氦核()的比荷相同，所以加速氘核()和氦核()两次所接高频电源的频率相同，故B错误；
C．粒子加速后的最大轨道半径等于D型盒的半径，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得粒子的最大运行速度
由于氘核()和氦核()的比荷相同，所以加速氘核()和氦核()它们的最大速度相等，故C正确；
D．粒子完成一次圆周运动被电场加速2次，由动能定理得
经过的周期个数为
最大动能为
粒子在D型盒磁场内运动的时间
即
U越大，t越小，故D正确。
故选CD。
14．CD
【解析】
【详解】
A．对小球受力分析如图所示，则
mg-μ（qE-qvB）=ma
随着v的增加，小球的加速度先增大，当
qE=qvB
时达到最大值
amax=g
继续运动
mg-μ（qvB-qE）=ma
随着v的增大，a逐渐减小，所以A错误；
B．因为有摩擦力做功，小球的机械能与电势能总和在减小，B错误；
CD．若小球的加速度在达到最大前达到最大加速度的一半，则
mg-μ（qE-qvB）=m
得
若小球的加速度在达到最大后达到最大加速度的一半，则
mg-μ（qvB-qE）=m
得
故CD正确。
15．BD
【解析】
【分析】
【详解】
A．电场力竖直向上，初速度沿y轴正方向，故此方向速度不变，则圆周运动的半径不变，则该粒子轨迹在xoy平面内的投影为半径不变的圆，故A错误；
B．粒子可多次经过z轴，每个周期经过一次，根据竖直方向初速度为零的匀加速可知，依次经过z轴的坐标之比为1：4：9…，故B正确；
C．洛伦兹力不做功，根据能量守恒可知，粒子增加的动能等于粒子电势能的减少量，故C错误；
D．粒子的速度增加为，粒子圆周运动半径 ，与磁场半径相同，则根据几何关系可知，粒子偏转60°离开磁场，运动时间
竖直方向速度
合速度为
故D正确。
故选BD。