第2讲 带电粒子在复合场中的运动
要点提炼
1.研究对象的重力能否忽略问题
(1)研究对象为液滴、小球等物体时，除非题目明确说明或暗示重力忽略不计，否则一般不能忽略重力。
(2)研究对象为质子、电子、α粒子等微观粒子时，除非有明确说明或暗示要考虑重力，否则一般不考虑重力。
2．组合场问题是指电场、磁场、重力场不重叠，研究对象在多种场中依次运动的问题，本质属于多过程问题，解题时注意不同过程之间的联系，转折点速度的大小和方向是前后两段过程的联系，此速度是前一过程的末速度，也是后一过程的初速度。
3．叠加场是指电场、磁场、重力场中其中的两个或三个重叠的场区，研究对象在叠加场中会受到多种场力，分析受力时不要漏掉，处理问题所用的规律仍然是解决力学问题的三大观点，注意洛伦兹力和研究对象的速度相互影响。
4．复合场问题经常同现代科技仪器联系。要熟练掌握常用仪器的原理、规律，比如速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计、霍尔元件、质谱仪、回旋加速器等。
5．对带电粒子在交变电磁场中的运动问题，题目往往给出电场或磁场随时间的变化规律图象。在这类问题中，电场或磁场的变化及研究对象的运动往往呈周期性，逐段分析，找到周期性变化的规律是解决这类问题的关键。
高考考向1 带电粒子在复合场中的运动
命题角度1
带电粒子在组合场中的运动
例1 (2020·陕西省渭南市高三(下)教学质量检测)如图，两个水平宽度均为d＝0.2
m的相邻区域Ⅰ、Ⅱ存在磁场和电场，其中区域Ⅰ有匀强磁场，方向垂直纸面向外，磁感应强度B＝0.1
T，区域Ⅱ有水平向左的匀强电场E。某带正电微粒从区域Ⅰ的左侧某点射入磁场，入射速度大小v＝103
m/s，与水平方向成30°。已知微粒的比荷＝2.5×104
C/kg，不计重力。
(1)为了使微粒不从区域Ⅱ的右侧射出电场，匀强电场的电场强度E至少为多大？
(2)现将区域Ⅰ的磁感应强度变为B′＝0.2
T，通过调节E的大小，微粒在整个场区运动的时间不同，求微粒从进入到射出场区的最长时间。(结果用根式表示)
解析 (1)微粒在磁场中做圆周运动，有：qvB＝m
解得：R＝
代入数据得：R＝0.4
m
由题知d＝0.2
m，则R＝2d
由几何关系得，微粒在磁场中做圆周运动的圆心在磁场的右边界线上，微粒平行于电场方向射入电场，在磁场中的运动轨迹如图1所示。微粒进入电场时，速度大小为v，微粒在电场中水平向右做匀减速直线运动，要使微粒不射出电场，微粒在电场中向右运动的距离应小于等于d，对临界情况，由动能定理有：
－qEmind＝0－mv2
解得：Emin＝
代入数据得：Emin＝1.0×102
V/m。
(2)当将磁感应强度变为B′时，有：R′＝
代入数据得，微粒的运动半径为：R′＝0.2
m
由几何关系得，微粒运动的圆心恰好在磁场区域的正中间，微粒在磁场中的出射点与入射点在同一水平线，且出射速度方向与水平方向的夹角为θ＝30°，微粒进入电场做类斜抛运动，经分析知，微粒轨迹恰好与电场右边界相切时在整个场区运动的时间最长，如图2所示，微粒从进入磁场到射入电场运动的时间为：
t1＝＝×10－4
s
设微粒在电场中运动的时间为t2，考虑类斜抛轨迹的对称性，有：d＝×
解得：t2＝＝×10－4
s
由对称性知，微粒第二次在磁场中运动的时间t3＝t1
则在整个场区运动的最长时间为：t＝t1＋t2＋t3
代入数据得：t＝×10－4
s。
答案 (1)1.0×102
V/m (2)×10－4
s
带电粒子在组合场中运动的解题思路
(1)明性质：要清楚场的性质、方向、强弱、范围等。
(2)定运动：带电粒子依次通过不同场区时，由受力情况确定粒子在不同区域的运动情况。
(3)画轨迹：正确画出粒子的运动轨迹。
(4)用规律：根据区域和运动规律的不同，将粒子运动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。
(5)找关系：要明确带电粒子通过不同场区的交界处时速度大小和方向的关系，上一个区域的末速度往往是下一个区域的初速度。
备课记录：
1.
(2020·陕西省榆林市高三下学期线上模拟测试)如图所示，在y＞0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在y＜0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy平面(纸面)向外。一电荷量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y＝h处的P1点时速率为v0，方向沿x轴正方向；然后经过x轴上x＝2h处的P2点进入磁场，并经过y轴上y＝－2h处的P3点。不计重力。求：
(1)电场强度的大小；
(2)粒子到达P2时速度的大小和方向；
(3)磁感应强度的大小。
答案 (1)
eq
\f(mv,2qh) (2)v0 与x轴正方向成45°角 (3)
解析 (1)粒子在x轴上方的电场中做类平抛运动，
x方向：2h＝v0t
y方向：h＝×t2
解得：E＝
eq
\f(mv,2qh)。
(2)粒子在电场中做类平抛运动，到达P2点时竖直方向的分速度为：vy＝at＝t＝v0
则粒子到达P2时的速度大小为：v＝
eq
\r(v＋v)＝v0
设速度方向与x轴正方向的夹角为θ，则有：
tan
θ＝＝1
解得：θ＝45°
即速度方向与x轴正方向的夹角为45°。
(3)粒子运动轨迹如图所示，由几何知识可得，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为：r＝h
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m
解得：B＝。
命题角度2
带电粒子在叠加场中的运动
例2 (2020·四川省宜宾市普通高中高三(下)高考适应性考试(三诊))控制带电粒子的运动在现代科学技术、生产生活、仪器电器等方面有广泛的应用。如图，以竖直向上为y轴正方向建立直角坐标系，该真空中存在方向沿x轴正方向、电场强度大小E＝5
N/C的匀强电场和方向垂直xOy平面向外、磁感应强度大小B＝0.5
T的匀强磁场。原点O处的粒子源连续不断地发射速度大小和方向一定、质量m＝1×10－6
kg、电荷量q＝－2×10－6
C的粒子束，粒子恰能在xOy平面内做直线运动，重力加速度为g＝10
m/s2，不计粒子间的相互作用。
(1)求粒子发射速度的大小；
(2)若保持E初始状态和粒子束的初速度不变，在粒子从O点射出时立即撤去磁场，求粒子从O点射出运动到距离y轴最远(粒子在x>0区域内)的过程中重力所做的功(不考虑磁场变化产生的影响)；
(3)若保持E、B初始状态和粒子束的初速度不变，在粒子束运动过程中，突然将电场变为竖直向下、场强大小变为E′＝5
N/C，求从O点射出的所有粒子第一次打在x轴上的坐标范围(不考虑电场变化产生的影响)。
解析 (1)粒子恰能在xOy平面内做直线运动，则
粒子做匀速直线运动，粒子受力如图1所示，根据平衡条件有：
(Bv|q|)2＝(|q|E)2＋(mg)2
解得：v＝＝20
m/s。
(2)设粒子出射的速度方向与x轴正向夹角为θ，
则有tan
θ＝＝
解得：θ＝60°
撤去磁场后，粒子在水平方向先向右做匀减速运动，速度减为零后反向加速；在竖直方向向下做匀加速运动。当水平分速度减为零时，粒子在x>0区域距离y轴最远，设此过程的时间为t，竖直方向位移大小为y，则有：v
cos
θ＝t
y＝v
sin
θt＋gt2
重力做的功为：WG＝mgy
解得：WG≈1.167×10－4
J。
(3)若在粒子束运动过程中，突然将电场变为竖直向下、场强大小变为E′＝5
N/C，则电场力F电′＝|q|E′＝mg，电场力方向竖直向上，
所以粒子所受合外力等于洛伦兹力，则洛伦兹力提供向心力，有：Bv|q|＝
解得：R＝＝
m＝20
m
如图2所示，若粒子在O点时就改变电场，第一次打在x轴上的横坐标最小，由几何关系可知：
x1＝2Rcos30°＝20
m
若改变电场时粒子所在处与粒子第一次打在x轴上的位置之间的距离为2R，第一次打在x轴上的横坐标最大，根据几何关系有：x2＝＝
m
所以从O点射出的所有粒子第一次打在x轴上的坐标范围为：x1≤x≤x2，即20
m≤x≤
m。
答案 (1)20
m/s (2)1.167×10－4
J
(3)20
m≤x≤
m
带电粒子在叠加场中运动的处理方法
(1)弄清叠加场的组成。
(2)正确分析带电粒子的受力及运动特点。
(3)画出粒子的运动轨迹。
①若只有两个场，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态，例如电场与磁场中满足qE＝qvB时、重力场与磁场中满足mg＝qvB时、重力场与电场中满足mg＝qE时。
②若三场共存，合力为零，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂直。
③若三场共存，粒子做匀速圆周运动，则有mg＝qE，qvB＝m。
④当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动量定理、动能定理或能量守恒定律求。
备课记录：
2．(2020·云南省红河自治州高三(下)第三次高中毕业生复习统一检测)如图所示，在竖直平面内的坐标系xOy中，第三象限存在垂直于纸面向外的匀强磁场和沿x轴负方向的匀强电场，第一象限y≥0.35
m的区域有竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，两区域磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5
T，电场的场强大小均为E＝2
N/C。一电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点获得一初速度v0，恰好能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ＝45°)，并从原点O进入第一象限，经过一段时间后再次穿过x轴离开第一象限，重力加速度g取10
m/s2。求：
(1)油滴在P点得到的初速度v0的大小；
(2)油滴在第一象限运动的时间；
(3)油滴再次穿过x轴时的坐标x1。
答案 (1)4
m/s (2)0.72
s (3)3.2
m
解析 (1)由题意可知，油滴恰好能沿PO做匀速直线运动，则油滴带负电，受力情况如图1所示，
由平衡条件可知qE＝qv0Bsin45°
qE＝mg
代入数据解得：v0＝4
m/s。
(2)油滴从O点进入第一象限后在y<0.35
m区域内做斜抛运动；进入叠加场后，由于向上的电场力等于向下的重力，则油滴做匀速圆周运动；离开叠加场后仍做斜抛运动。在第一象限内的轨迹如图2所示。
从O到A，在竖直方向有：h＝v0sin
θt1－gt
解得：t1＝0.1
s
在A点时，vAy＝v0sin
θ－gt1＝3
m/s
则tan
α＝＝＝
解得α＝37°
从A到B，油滴做圆周运动的周期T＝
则油滴运动的时间t2＝T＝＝≈0.52
s
由对称性可知，从B到C，油滴运动的时间t3＝t1＝0.1
s
则油滴在第一象限运动的时间t＝t1＋t2＋t3＝0.72
s。
(3)由(2)中分析可知xOA＝xBC＝v0cos
θt1＝0.4
m
油滴做圆周运动时，由牛顿第二定律有：qvAB＝m
eq
\f(v,r)
其中vA＝
eq
\r(v＋（v0cos
θ）2)＝5
m/s
解得：r＝2
m
由几何关系可知xAB＝2r
sin
α＝2.4
m
则x1＝xOA＋xAB＋xBC＝3.2
m。
命题角度3
带电粒子在交变电磁场中的运动
例3 (2020·江苏省苏锡常镇四市高三(下)二模)如图甲所示，在两块水平金属极板间加有电压U构成偏转电场，一比荷为带正电的粒子(重力不计)，以速度v0沿水平方向从金属极板正中间射入。粒子经电场偏转后恰能从极板的上边缘与水平方向成45°角射出，然后垂直于MN射入右上方足够大的区域，该区域内可适时加上垂直纸面的磁场，其变化规律如图乙所示(加磁场时为t＝0时刻)，磁场变化周期为T0，忽略磁场突变的影响。
(1)求两金属极板间的电压U的大小；
(2)若粒子到达MN时加磁场，要使粒子射入磁场后不再从MN射出，求磁感应强度B0应满足的条件；
(3)若磁感应强度B0＝，粒子越过MN足够远的距离时加磁场，求运动轨迹所包围的面积。
解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动，射出时速度v＝v0
根据动能定理有＝mv2－mv
解得U＝
eq
\f(m（v2－v）,q)＝
eq
\f(mv,q)。
(2)粒子垂直MN射入磁场后做匀速圆周运动，要使粒子不从MN射出，其临界轨迹如图1所示，设粒子运动周期为T，由图1可知，应有T>T0
因为T＝
所以B0<。
(3)若粒子越过MN区域足够远后从t＝0时刻开始加磁场，分析可知粒子在磁场中的运动周期为
T＝＝
所以，粒子在T0时间内的轨迹是两个外切圆组成的“8”字形，如图2所示，设轨迹半径为r，则r＝
解得r＝
运动轨迹所包围的面积为S＝2πr2＝
eq
\f(vT,4π)。
答案 (1)
eq
\f(mv,q) (2)B0< (3)
eq
\f(vT,4π)
交变电磁场问题的处理思路
交变电磁场具有周期性，画好研究对象运动的轨迹图，按时间顺序结合图象将转折点信息在图上标注，对一个周期内的不同过程选择各自所用的规律分析解决，进而解决问题。
备课记录：
3．(2020·贵州省贵阳市高三(下)适应性考试(一))如图甲所示，在平行边界MN、PQ之间，存在宽度为l、方向平行纸面且与边界垂直的变化电场，其电场强度随时间变化的关系如图乙所示，MN、PQ两侧足够大区域有方向垂直纸面向外、大小相同的匀强磁场。一重力不计的带电粒子，从t＝0时自边界PQ上某点由静止第一次经电场加速后，以速度v1垂直边界MN第一次射入磁场中做匀速圆周运动，接着第二次进入电场中做匀加速运动，然后垂直边界PQ第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁场中交替运动。已知粒子在磁场中运动时，电场区域的场强为零。求：
(1)粒子第一次与第三次在磁场中运动的半径之比；
(2)粒子第n次经过电场所用的时间。
答案 (1)1∶3 (2)
解析 (1)设粒子的质量为m，电荷量为q，第一次和第三次在磁场中运动的半径分别为r1、r3，第二次出电场时的速度为v2，第三次出电场时的速度为v3，
从开始到第一次出电场，由动能定理得
E1ql＝mv－0
解得v1＝，r1＝＝
从开始到第三次出电场，由动能定理得
(qE1＋qE2＋qE3)l＝mv－0
解得v3＝
＝3，r3＝＝
则r1∶r3＝1∶3。
(2)分析可知v1＝，v2＝2，v3＝3…
vn＝n
由运动学规律得l＝·tn
联立解得：tn＝
。
高考考向2 带电粒子在复合场中运动的应用实例
命题角度1
组合场在生产、生活、科技中的应用
例4 (2020·全国卷Ⅱ)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
解析 由于电子带负电，电子束在M、N之间加速，则M、N间的电场方向由N指向M，根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可知M处的电势低于N处的电势，故A错误；根据eU＝mv2可知，增大M、N之间的加速电压会增大电子束进入偏转磁场的速度v，电子在偏转磁场中做圆周运动时洛伦兹力提供向心力，有evB＝m，可得r＝，可知v增大时电子在偏转磁场中的偏转半径增大，根据几何关系可知，电子在偏转磁场中的偏转角度减小，故P点会右移，故B错误；电子在偏转磁场中向下偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故C错误；由B选项的分析可知，增大偏转磁场磁感应强度的大小，电子的偏转半径减小，偏转角度增大，可使P点左移，故D正确。
答案 D
1．组合场在生产、生活、科技中应用实例的分析思路
(1)建立组合场模型。如例4，组合场由M、N之间的电场和虚线框中的匀强磁场组成。
(2)建立运动模型。如例4，电子在电场中做加速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动。
(3)选择解题方法。如例4，电子在电场中的运动运用动能定理，在磁场中的运动运用牛顿第二定律和向心力公式。
2．有关回旋加速器的两个核心观点
(1)带电粒子在缝隙的电场中一直加速，故交变电流的周期应与粒子在磁场中做圆周运动的周期相等。
(2)带电粒子在磁场中偏转，半径不断增大，周期不变，最大动能与D形盒的半径有关。
备课记录：
4－1 (2020·安徽省肥东县综合高中高三下6月调研)(多选)如图所示为一种质谱仪的示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器内有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点，不计粒子重力。下列说法正确的是( )
A．极板M比极板N的电势高
B．加速电场的电压U＝ER
C．粒子在磁分析器中做圆周运动的直径PQ＝2B
D．若一群粒子从静止开始经过题述过程都落在胶片上的同一点，则该群粒子具有相同的比荷
答案 AD
解析 带电粒子最终打到胶片上的Q点，根据磁场方向和左手定则可知带电粒子带正电，粒子在加速电场中加速，则极板M比极板N的电势高，A正确；在静电分析器中带电粒子做匀速圆周运动，电场力提供向心力，即Eq＝m，再根据Uq＝mv2，可知U＝ER，B错误；在磁分析器中带电粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qvB＝m，解得r＝＝
，则PQ＝2r＝
，C错误；若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上的同一点，即
相同，则该群粒子具有相同的比荷，D正确。
4－2 (2020·宁夏回族自治区银川市高三一模)(多选)2020年2月，中核集团“龙腾2020”科技创新计划——“质子治疗230
MeV超导回旋加速器”在原子能院完成设备安装和高频锻炼测试工作(图甲)，建成后将有效提升我国医疗领域设备水平，使质子治癌成为人类征服癌症的有效手段之一。回旋加速器主要结构如图乙，两个中空的半圆形金属盒接高频交流电源，并置于与盒面垂直的匀强磁场中，两盒间的狭缝宽度很小。粒子源S位于金属盒的圆心处，产生的粒子的初速度可以忽略。用两台回旋加速器分别加速氕(p)核和氚(T)核，这两台加速器的金属盒半径、磁场的磁感应强度、高频交流电源的电压均相等，不考虑相对论效应，则氕(p)核和氚(T)核( )
A．所能达到的最大动能相等
B．所能达到的最大动量大小相等
C．氕核受到的最大洛伦兹力大于氚核
D．在达到最大动能的过程中通过狭缝的次数相等
答案 BC
解析 粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，得v＝，粒子轨道半径r为金属盒半径R时，粒子速度最大，粒子的最大速度为vmax＝，最大动量为p＝mvmax＝qBR，则氕(p)核和氚(T)核所能达到的最大动量大小相等，粒子能达到的最大动能Ekmax＝mv＝，由于两粒子的质量不同，则所能达到的最大动能不相等，故A错误，B正确；粒子所受的最大洛伦兹力f洛max＝qvmaxB＝，由于氕核的质量比氚核质量小，则氕核受到的最大洛伦兹力大于氚核，故C正确；对粒子的整个运动过程，由动能定理得nqU＝mv＝，粒子通过狭缝的次数n＝，由于两粒子质量不相等，则在达到最大动能的过程中通过狭缝的次数不相等，故D错误。
命题角度2
叠加场在生产、生活、科技中的应用
例5 (2019·天津高考)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a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e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v。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U，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U与v无关
C．前、后表面间的电压U与c成正比
D．自由电子受到的洛伦兹力大小为
解析 由左手定则判断，后表面带负电，电势低，A错误；电子受力平衡后，U稳定不变，由e＝evB得U＝Bav，故前、后表面间的电压U与v成正比，与c无关，故B、C错误；自由电子受到的洛伦兹力F＝evB＝，D正确。
答案 D
复合场在科技应用中的几种常见模型
高中阶段常见的带电粒子在正交的匀强电场和匀强磁场中运动的几种模型如图所示。①④⑤⑥的共同特征是粒子在其中只受电场力和洛伦兹力作用，并且最终电场力和洛伦兹力平衡，即qE＝qvB，v＝。
特别注意：霍尔元件判断电势高低时注意载流子的电性。
备课记录：
5－1 (多选)如图所示为速度选择器装置，场强为E的匀强电场与磁感应强度为B的匀强磁场互相垂直，一带电量为＋q、质量为m的粒子(不计重力)以速度v水平向右射入，粒子恰沿直线穿过，则下列说法正确的是( )
A．若带电粒子带电量为＋2q，粒子将向下偏转
B．若带电粒子带电量为－2q，粒子仍能沿直线穿过
C．若带电粒子速度为2v，粒子不与极板相碰，则从右侧射出时电势能一定增大
D．若带电粒子从右侧水平射入，粒子仍能沿直线穿过
答案 BC
解析 一带电量为＋q、质量为m的粒子以速度v水平向右射入时恰沿直线穿过，所受电场力和洛伦兹力均与速度垂直，且合力为零，粒子做匀速直线运动；根据平衡条件，有：qvB＝qE，解得：v＝。若带电粒子带电量为＋2q或－2q，只要粒子速度为，电场力与洛伦兹力仍然平衡，粒子仍然沿直线匀速穿过，故A错误，B正确；若带电粒子速度为2v，所受电场力不变，所受洛伦兹力变为原来的2倍，故带电粒子会向洛伦兹力方向偏转，克服电场力做功，电势能增加，故C正确；若带电粒子从右侧水平射入，电场力方向不变，洛伦兹力方向相反，粒子一定偏转，故D错误。
5－2 (2020·河南省郑州市高三二模)(多选)如图所示为电磁抽水泵模型，泵体是一个长方体，ab边长为L1，左右两侧面是边长为L2的正方形，在泵体内加入导电剂后，水的电阻率为ρ，泵体所在处有方向垂直纸面向外的匀强磁场B。工作时，泵体的上下两表面接在电压为U的电源(内阻不计)上。若电磁泵和水面高度差为h，理想电流表示数为I，不计水在流动中和管壁之间的阻力，重力加速度为g。在抽水泵正常工作过程中，下列说法正确的是( )
A.泵体上表面应接电源正极
B．电磁泵不加导电剂也能抽取纯水
C．电源提供总的功率为
D．若t时间内抽取水的质量为m，这部分水离开电磁泵时的动能为UIt－mgh－t
答案 AD
解析 当泵体上表面接电源正极时，电流从上向下流过泵体，由左手定则可知导电液体受到的磁场力水平向左，使水抽出，故A正确；若电磁泵不加导电剂，则不能抽取不导电的纯水，故B错误；根据电阻定律，泵体内水的电阻R＝ρ＝ρ＝，那么水的热功率为P＝，而电源提供的电功率为UI>，故C错误；若t时间内抽取水的质量为m，根据能量守恒定律，则这部分水离开电磁泵时的动能为Ek＝UIt－mgh－t，故D正确。
专题作业
1.
(多选)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向外。已知在该区域内，一个带电小球在竖直面内做直线运动。下列说法正确的是( )
A．若小球带正电荷，则小球的电势能减小
B．若小球带负电荷，则小球的电势能减小
C．无论小球带何种电荷，小球的重力势能都减小
D．小球的动能恒定不变
答案 CD
解析 小球所受的重力、电场力均恒定，洛伦兹力垂直于速度，小球在竖直面内做直线运动，则小球所受重力、电场力和洛伦兹力恰好平衡，小球的动能不变，故D正确；若小球带正电荷，小球受力如图1所示，根据左手定则可知，小球斜向左下方运动，电场力做负功，电势能增大，故A错误；若小球带负电荷，小球受力如图2所示，根据左手定则可知，小球斜向右下方运动，电场力做负功，电势能增大，故B错误；无论小球带何种电荷，小球的高度都下降，重力势能都减小，故C正确。
2.
(2020·陕西省榆林市高三第一次模拟测试)(多选)如图所示，在坐标系xOy平面的第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场B1，在第Ⅳ象限内存在垂直纸面向里的另一个匀强磁场B2，在x轴上有一点Q(2a，0)、在y轴上有一点P(0，a)。现有一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子(不计重力)，从P点处垂直y轴以速度v0射入匀强磁场B1中，并以与x轴正方向成60°角的方向进入x轴下方的匀强磁场B2中，在B2中偏转后刚好打在Q点。以下判断正确的是( )
A．磁感应强度B1＝
B．磁感应强度B2＝
C．粒子从P点运动到Q点所用的时间Δt＝
D．粒子从P点运动到Q点所用的时间Δt＝
答案 BC
解析 粒子运动轨迹如图所示，在磁场B1中由几何知识可知r1＝r1cos
60°＋a，解得r1＝2a，在磁场B2中根据几何知识有2r2sin60°＝2a－r1sin60°，解得r2＝a，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qv0B＝m
eq
\f(v,r)，将半径代入解得B1＝，B2＝，故A错误，B正确；粒子做圆周运动的周期为T＝，则粒子从P点运动到Q点所用的时间为Δt＝t1＋t2＝＋，解得Δt＝，故C正确，D错误。
3.
(2020·河南省六市高三(下)第二次联合调研检测)(多选)如图所示，在直角坐标系xOy中，0＜x＜d区域内存在沿y轴负方向的匀强电场，x＞d区域内有垂直坐标平面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P(0，d)点以平行于x轴的初速度v0射入电场，经过一段时间粒子从M点离开电场进入磁场，经磁场偏转后，从N(d，－d)点返回电场，当粒子返回电场时，电场强度大小不变，方向反向。不计粒子重力，不考虑电场方向变化产生的影响。则以下分析正确的是( )
A．粒子最后射出电场时速度大小为2v0
B．粒子最后射出电场的位置坐标是(0，2d)
C．电场强度大小为E＝
eq
\f(mv,qd)
D．磁场的磁感应强度大小为B＝
答案 CD
解析 粒子在电场中做类平抛运动，设粒子第一次射出电场时速度与x轴正方向的夹角为α，则tan
α＝＝2×＝2×＝1，解得α＝，根据速度的合成与分解得v＝，解得v＝v0，根据对称性，粒子射出磁场时的速度大小也为v0，方向与x轴负方向的夹角为，由于当粒子返回电场时，电场强度大小不变，方向相反，根据对称性，粒子最后射出电场时速度大小为v0，方向沿x轴负方向，位置坐标为，故A、B错误；粒子第一次在电场中运动的过程中，由动能定理有qE＝mv2－mv，解得E＝
eq
\f(mv,qd)，故C正确；粒子在磁场中运动的过程中，有qvB＝m，根据几何关系得r＝，联立解得B＝，故D正确。
4.
(2020·辽宁省丹东市高三一模)如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电量为q的某种自由运动电荷。导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B，当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低。由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为( )
A．，负
B．，正
C．，负
D．，正
答案 C
解析 因为上表面的电势比下表面的低，根据左手定则，知自由运动的电荷为负电荷；根据电荷所受的洛伦兹力和电场力平衡可得：qvB＝q，解得：v＝，因为电流为：I＝n|q|vS＝n|q|vab，解得：n＝，故C正确。
5.
(2020·江苏省淮安市六校联盟高三下学期第三次学情调查)回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是( )
A．增大狭缝间的加速电压
B．增大磁场的磁感应强度
C．减小狭缝间的距离
D．减小D形金属盒的半径
答案 B
解析 设带电粒子射出D形盒时的速度为v，D形金属盒的半径为R，由qvB＝m，得v＝，则动能Ek＝mv2＝，知带电粒子射出时的动能与加速电压、狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度或D形盒的半径，可以增大粒子射出时的动能，故B正确，A、C、D错误。
6.
(2020·陕西省西安中学高三三模)作用在导电液体上的安培力能起到推动液体流动的作用，这样的装置称为电磁泵，它在医学技术上有多种应用，血液含有离子，在人工心肺机里的电磁泵就可作为输送血液的动力。某电磁泵及尺寸如图所示，矩形截面的水平管道上下表面是导体，它与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，并有长为l的部分在磁场中，当管内充满血液并通以横穿管子的电流时血液便能向前流动，为使血液在管内不流动时能产生向前的压强p，电流强度I应为( )
A．
B．
C．
D．
答案 D
解析 由左手定则可判断电流所受安培力方向沿管道向里，当血液不流动时，安培力产生的压强为p，则BIb＝pab，解得：I＝，D正确。
7.
(2020·江西省南昌市新建区第二中学高三月考)(多选)如图所示，带电平行金属板A、B，板间的电势差为U，A板带正电，B板中央有一小孔。一带正电的微粒，带电量为q，质量为m，自孔的正上方距B板高h处自由落下，若微粒恰能落至A、B板的正中央c点，则( )
A．微粒进入电场后，电势能和重力势能之和不断增大
B．微粒下落过程中重力做功为mg，电场力做功为qU
C．微粒落入电场中，电势能逐渐增大，其增加量为mg·
D．若微粒从距B板高2h处自由下落，则恰好能达到A板
答案 ACD
解析 微粒进入电场后，做减速运动，动能减小，根据能量守恒定律可知电势能和重力势能之和不断增大，故A正确。微粒下落的高度为h＋，重力做功为WG＝mg；电场力向上，则电场力做功为WE＝－q·＝－，故B错误。微粒落入电场中，电场力做负功，电势能逐渐增大，根据能量守恒定律，其增加量等于整个过程重力势能的减小量，即ΔEp＝WG＝mg，故C正确。微粒自距B板高h处自由落下，恰能落至A、B板的正中央c点，由动能定理得：mg－qU＝0；若微粒从距B板高2h处自由下落，假设能到达A板且到达A板时的速度为v，则由动能定理得：mg(2h＋d)－qU＝mv2，由两式联立得v＝0，即恰好能达到A板，故D正确。
8.
(2020·福建省泉州高三第二次质量检测)(多选)如图，一带负电的圆环套在倾斜固定的粗糙绝缘长直杆上，圆环的直径略大于杆的直径，杆处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中。现给圆环一沿杆向上的初速度v0，在以后的运动过程中，下列关于圆环的速度v随时间t的变化关系图线，可能正确的是( )
答案 BC
解析 由左手定则可知，圆环向上运动时所受洛伦兹力垂直于杆向上。若qBv0>mg
cos
θ，圆环受到长直杆的支持力FN先向下变小后向上变大，摩擦力Ff＝μFN也先变小后变大，圆环减速的加速度大小a＝也先变小后变大；当速度减为零后，若μ≥tan
θ，圆环静止，若μθ，圆环将向下做加速度减小的加速运动直到平衡后做匀速运动。若qBv0cos
θ，圆环受到的支持力FN变大，摩擦力Ff＝μFN变大，圆环减速的加速度大小a＝变大；速度减为零后，若μ≥tan
θ，圆环将静止，若μ＜tan
θ，圆环将向下做加速度减小的加速运动直到平衡后做匀速运动。综上所述，可知B、C正确，A、D错误。
9.
(2020·福建省厦门市高三(下)五月质量检查)(多选)如图所示，在正交坐标系的空间中存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，其方向与Oxy平面平行，且与x轴正方向的夹角为37°。一质量为m、带电量为＋q的粒子从原点O以初速度v沿z轴负方向射入，不计粒子重力，则( )
A．经过t＝，粒子所在位置的坐标为
B．经过t＝，粒子所在位置的坐标为
C．若要使该粒子沿直线运动，则所加匀强电场场强大小一定为E＝vB
D．若要使该粒子沿直线运动，则所加匀强电场场强大小可能为E＝2vB
答案 BC
解析 根据题意，v⊥B，则粒子在与B垂直的平面内做匀速圆周运动，由左手定则可知，粒子向xOz平面下方偏转。粒子的周期T＝，轨迹半径r＝，则经过t＝＝，粒子所在位置的z坐标z＝0，且粒子此时位于如图所示的A点，
由几何关系可知，A点的x、y坐标分别为x＝2r
sin
37°＝，y＝－2r
cos
37°＝－，即经过t＝，粒子所在位置的坐标为，B正确，A错误；若要使该粒子沿直线运动，应使洛伦兹力与电场力等大反向，即qvB＝Eq，因此匀强电场场强大小一定为E＝vB，C正确，D错误。
10.
(2020·四川省攀枝花市高三三模)平行金属板MN、PQ间距为2d，截面如图所示。若在两板间加一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、电荷量为＋q的粒子，从两板左端M、P之间的正中间位置O沿平行于板的方向入射，粒子正好垂直打在板MN上。当保持磁场不变，让两金属板带上等量异种电荷后，两板间形成了图示方向的匀强电场，粒子将匀速通过该区域。若保持电场不变撤去磁场，粒子运动到板PQ上的A点。不计粒子重力，求：
(1)粒子从O点入射时的速度大小v；
(2)粒子从O点运动到A点的过程中，沿初速度方向发生位移的大小x。
答案 (1) (2)d
解析 (1)根据题意，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝d，
设粒子在磁场中受到的洛伦兹力为f，
由洛伦兹力公式及匀速圆周运动规律得
f＝qBv，f＝m，
联立解得v＝。
(2)设匀强电场的场强为E，则粒子受到的电场力为F＝qE，
电磁场共同作用时，由平衡条件得F＝f，
撤去磁场，只有电场作用时，粒子做类平抛运动，设从O点到A点的时间为t，加速度为a，由牛顿第二定律及类平抛运动规律得：F＝ma，x＝vt，d＝at2，
联立解得x＝d。
11.
(2020·江苏高考)空间存在两个垂直于Oxy平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为2B0、3B0。甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场，速度均为v。甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示。甲经过Q时，乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为m，电荷量为q。不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求：
(1)Q到O的距离d；
(2)甲两次经过P点的时间间隔Δt；
(3)乙的比荷可能的最小值。
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)甲在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由qvB＝m得，甲在第一、二象限做圆周运动的半径分别为：R1＝，R2＝
故Q到O的距离为：d＝2R1－2R2＝。
(2)由(1)可知，甲运动一个周期上升的距离为d，设经过N个周期甲第二次经过P点，则：
N＝＝＝3
由匀速圆周运动的规律得，甲在第一、二象限做圆周运动的周期分别为：T1＝＝，T2＝＝
故甲的运动周期为：T＝＋＝
故甲两次经过P点的时间间隔为：
Δt＝3T－＝。
(3)乙在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由q′vB＝m′得，乙在第一、二象限做圆周运动的半径分别为：R1′＝，R2′＝
故乙运动一个周期上升的距离为：
d′＝2R1′－2R2′＝
由匀速圆周运动的规律得，乙在第一、二象限做圆周运动的周期分别为：T1′＝，T2′＝
故乙的运动周期为：T′＝＋＝。
设乙经过Q点前运动的整周期个数为n
若乙从第一象限进入第二象限时与甲在Q点相遇，则：
2R′1＋nd′＝d，nT′＋＝T
联立可得，n无解。
若乙从第二象限进入第一象限时与甲在Q点相遇，则：
nd′＝d，nT′＝T
联立可得＝n(n＝1，2，3，…)
由于甲、乙粒子比荷不同，则n＝2时，乙的比荷最小，为。
12.
(2020·安徽省合肥市高三(下)6月第三次教学质量检测)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限内有竖直向下的匀强电场E1，虚线是第二、三象限的角平分线，虚线的右上方有垂直纸面向里的匀强磁场B；第三、四象限有水平向左的匀强电场E2，且E1＝E2。现有一电荷量为q、质量为m的带电微粒由x轴上的P点(－L，0)，以大小为v0、方向与x轴正方向成45°角的速度射入第二象限，微粒沿直线运动到虚线上的Q点，然后进入磁场，再从坐标原点O进入第三象限，最后打在y轴上的N点，已知重力加速度为g。求：
(1)电场强度E1的大小和磁感应强度B的大小；
(2)微粒通过N点的位置坐标和速度；
(3)微粒从P点运动到N点经历的时间。
答案 (1)
(2)
eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2v,g))) v0，方向与x轴正方向的夹角为θ＝arctan
3
(3)＋
解析 (1)由带电微粒沿PQ做直线运动，可知微粒带负电且qE1＝mg
解得E1＝。
带电微粒从Q点到O点做匀速圆周运动，如图所示，由几何关系知轨迹半径r＝OPsin45°
又因为qv0B＝m
eq
\f(v,r)，OP＝L
联立解得B＝。
(2)带电微粒从O点垂直虚线射入第三象限，
沿x方向：初速度vx＝v0sin45°＝v0
因为E2＝E1且微粒带负电，
故微粒仅受水平向右的电场力且F电＝qE2＝mg
所以tON＝，vNx＝vx(沿x轴正方向)，
沿y方向：初速度vy＝v0cos45°＝v0
仅受重力mg，所以vNy＝vy＋gtON(沿y轴负方向)，y＝ON＝vytON＋gt；
粒子通过N点时的速度vN＝
eq
\r(v＋v)
设vN与x轴正方向夹角为θ，则tan
θ＝；
综上可得：tON＝，vN＝＝v0，tan
θ＝3，ON＝
eq
\f(2v,g)
所以N点的位置坐标为
eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2v,g)))；微粒通过N点时的速度大小为v0，方向与x轴正方向的夹角为θ＝arctan
3。
(3)根据tPQ＝，tQO＝＝，tON＝
可知微粒从P点运动到N点经历的时间为：
t＝tPQ＋tQO＋tON＝＋。
13．(2020·江苏省七市高三下学期第二次调研考试)如图甲所示，一对平行金属板C、D相距为d，O、O1为两板上正对的小孔，紧贴D板右侧，存在上下范围足够大、宽度为L的有界匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，MN、GH是磁场的左、右边界。现有质量为m、电荷量为＋q的粒子从O孔进入C、D板间，粒子的初速度和重力均不计。
(1)C、D板间加恒定电压U，C板为正极板，求板间匀强电场的场强大小E和粒子从O运动到O1的时间t；
(2)C、D板间加如图乙所示的电压，U0为已知量，周期T是未知量。t＝0时刻带电粒子从O孔进入，为保证粒子到达O1孔具有最大速度，求周期T应满足的条件和粒子到达O1孔的最大速度vm；
(3)磁场的磁感应强度B随时间t′的变化关系如图丙所示，B0为已知量，周期T0＝。t′＝0时，粒子从O1孔沿OO1的延长线O1O2方向射入磁场，始终不能穿出右边界GH，求粒子进入磁场时的速度v应满足的条件。
答案 (1) d (2)T≥2
(3)v≤
解析 (1)板间匀强电场的场强E＝
粒子在板间的加速度a＝
根据运动学规律有d＝at2
解得t＝d。
(2)粒子一直加速到达O1孔时速度最大，设经历的时间为t0，
则t0＝d≤
解得T≥2
由动能定理有qU0＝mv
解得vm＝
。
(3)当磁感应强度大小分别为B0、2B0时，设粒子在磁场中做圆周运动的半径分别为r1、r2，周期分别为T1、T2，根据洛伦兹力提供向心力有qvB0＝m
解得r1＝
且有T1＝＝2T0
同理可得r2＝＝，T2＝＝T0
故0～粒子以半径r1逆时针转过四分之一圆周，～T0粒子以半径r2逆时针转过二分之一圆周，T0～粒子以半径r1逆时针转过四分之一圆周，～2T0粒子以半径r2逆时针转过二分之一圆周，2T0～粒子以半径r1逆时针转过四分之一圆周，～3T0粒子以半径r2逆时针转过二分之一圆周，3T0～粒子以半径r1逆时针转过四分之一圆周后从左边界飞出磁场，如图所示，
由几何关系有r1＋r2≤L
解得v≤。
14．(2020·湖北省武汉市武昌区高三(下)6月调研考试(一))在竖直平面内建立一平面直角坐标系xOy，x轴沿水平方向，如图甲所示。第一象限有一竖直向下的匀强电场，第二象限内有一水平向左的匀强电场，第一象限场强大小为第二象限场强大小的一半。处在第三象限的某种发射装置(图中没有画出)竖直向上射出一个质量为m、电荷量为－q(q>0)的带电粒子(可视为质点)，该粒子以初速度v0从x轴负半轴上的A点沿y轴正方向进入第二象限，并从y轴正半轴上的C点沿x轴正方向进入第一象限，粒子在C点的动能为在A点动能的4倍。重力加速度为g。试求：
(1)O、C的距离L以及第二象限匀强电场的电场强度E的大小；
(2)若第一象限同时存在按如图乙所示规律变化的磁场，磁场方向垂直于纸面(以垂直纸面向外的磁场方向为正方向，图中B0、T0均为未知量)，并且在t＝时刻粒子由C点进入第一象限，且恰好能通过同一水平线上的D点，速度方向仍然水平，且CD＝OC。若粒子在第一象限中完成一个完整圆周运动的周期与磁场变化周期相同，求交变磁场变化的周期T0的大小；
(3)若第一象限仍同时存在按如图乙所示规律变化的磁场(以垂直纸面向外的磁场方向为正方向，图中B0、T0均为未知量)，调整磁场变化的周期，让粒子在t＝0时刻由C点进入第一象限，且恰能通过x轴上F点，且OF＝OC，求交变磁场的磁感应强度B0的大小应满足的条件。
答案 (1)
eq
\f(v,2g) (2)(n＝1，2，3，…)
(3)B0＝(n＝1，2，3，…)
解析 (1)设粒子从A点运动至C点所用时间为t，在C点速度为vC，根据mv＝4×mv
可得vC＝2v0
在竖直方向上粒子做匀减速直线运动，则有：
0－v＝－2gL，0＝v0－gt
在水平方向上粒子做匀加速直线运动，则有：vC＝t
解得L＝
eq
\f(v,2g)，E＝。
(2)由第(1)问及题干可知＝mg
因此带电粒子在第一象限做速度大小为2v0的匀速圆周运动。
设运动半径为R，使粒子从C点运动到同一水平线上的D点，最简单的运动轨迹如图1所示，则由位移关系可得n(4R)＝L(n＝1，2，3，…)
又q·2v0B0＝m
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T0＝
则交变磁场变化的周期T0＝(n＝1，2，3，…)。
(3)使粒子从C点运动到F点，最简单的运动轨迹如图2所示，设粒子运动的轨迹半径为R′，则每经过磁场变化的半个周期粒子转过的圆心角为60°，则有nR′＝2L(n＝1，2，3，…)
又R′＝
故交变磁场磁感应强度大小应满足的条件是B0＝(n＝1，2，3，…)。
15．(2020·天津高考)多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管(无场区域)构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力。
(1)求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间T1；
(2)反射区加上电场，电场强度大小为E，求离子能进入反射区的最大距离x；
(3)已知质量为m0的离子总飞行时间为t0，待测离子的总飞行时间为t1，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量m1。
答案 (1) (2) (3)m0
解析 (1)设离子经加速电场加速后的速度大小为v，
有qU＝mv2①
离子在漂移管中做匀速直线运动，则T1＝②
联立①②式，得T1＝
。③
(2)根据动能定理，有qU－qEx＝0－0④
得x＝。⑤
(3)离子在加速电场中的运动和在反射区电场中的每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小相等，设其为v，则v＝⑥
通过⑤式可知，离子在反射区电场中的运动路程与离子本身无关，所以不同离子在电场区运动的总路程相等，设为L1，在无场区域的总路程设为L2，根据题目条件可知，离子在无场区域的速度大小恒为v，设离子的总飞行时间为t总，则t总＝＋⑦
联立①⑥⑦式，得t总＝(2L1＋L2)⑧
可见，离子的总飞行时间与成正比，故＝⑨
可得m1＝m0。⑩
阅卷现场 带电粒子(物体)运动过程分析出错
例 (20分)如图所示，在竖直平面(纸面)内有长为l的CD、EF两平行带电极板，上方CD为正极板，下方EF为负极板，两极板间距为l，O点为两极板边缘C、E两点连线的中点；两极板右侧为边长为l的正方形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外。粒子源P产生的电荷量为q、质量为m的带正电粒子飘入电压为U1的加速电场，其初速度几乎为零，被电场加速后在竖直平面内从O点斜向上射入两极板间，带电粒子恰好从CD极板边缘D点垂直DF边界进入匀强磁场区域。已知磁感应强度大小B与带电粒子射入电场O点时的速度大小v0的关系为＝，带电粒子重力不计。求：
(1)带电粒子射入电场O点时的速度大小v0；
(2)两平行极板间的电压U2；
(3)带电粒子在磁场区域运动的时间t。
正解 (1)带电粒子在电压为U1的加速电场中加速，由动能定理得：qU1＝mv，(2分)
解得：v0＝
。(1分)
(2)设粒子进入偏转电场时的速度方向与水平方向间的夹角为θ，在偏转电场中：l＝v0cos
θ·t0，(2分)
＝v0sin
θ·t0，(2分)
v0sin
θ＝at0，(2分)
加速度：a＝＝，(2分)
解得：U2＝U1，θ＝。(2分)
(3)粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0cos
θ·B＝m，(2分)
解得：R＝l，(1分)
由几何知识知，粒子转过的圆心角：α＝，(1分)
粒子在磁场中的运动时间：t＝，(2分)
解得：t＝
。(1分)
答案 (1) (2)U1 (3)
错解 (1)带电粒子在电压为U1的加速电场中加速，由动能定理得：qU1＝mv，(2分)
解得：v0＝
。(1分)
(2)设粒子进入偏转电场时的速度方向与水平方向间的夹角为θ，在偏转电场中：l＝v0cos
θ·t0，(2分)
＝v0sin
θ·t0，(2分)
v0sin
θ＝at0，(2分)
加速度：a＝＝，(2分)
解得：U2＝U1，θ＝。(2分)
(3)粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B＝m
eq
\f(v,R)，(扣2分)
解得：R＝l，(扣1分)
由几何知识知，粒子转过的圆心角α＝，(扣1分)
粒子在磁场中的运动时间：t＝，(扣2分)
解得：t＝
。(扣1分)
答案 (1) (2)U1 (3)
本题考查带电粒子在组合场中的运动，第(1)问考查带电粒子在电场中的加速运动，第(2)问需要利用逆向思维的方法和类平抛运动的规律求解，注意这个运动过程的末速度是粒子在磁场中运动的初速度，只有第(1)(2)问都求解正确第(3)问才可能求解正确。(共169张PPT)
第2讲 带电粒子在
复合场中的运动
要点提炼
高考考向
专题作业
本课结束
解析
答案
