高中地球的運動教案

20xx高考物理復習12帶電粒子在復合場中的運動學案。

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20xx高考物理復習11帶電粒子在復合場中運動的實例分析學案

微專題11帶電粒子在復合場中運動的實例分析
質譜儀的原理和分析
1．作用
測量帶電粒子質量和分離同位素的儀器．
2．原理(如圖所示)
①加速電場：qU＝12mv2；
②偏轉磁場；qvB＝mv2r，l＝2r；
由以上兩式可得r＝1B2mUq，
m＝qr2B22U，qm＝2UB2r2.
1.(20xx安徽馬鞍山一模)質譜儀是一種測定帶電粒子質量和分析同位素的重要工具．它的構造原理如圖所示，粒子源S發(fā)出兩種帶正電的同位素粒子甲、乙，速度都很小，可忽略不計．粒子經(jīng)過電場加速后垂直進入有界勻強磁場，最終打到底片上，測得甲、乙兩粒子打在底片上的點到入射點的距離之比為3∶2，則甲、乙兩粒子的質量之比是()
A．2∶3B．2∶3
C．3∶2D．9∶4
解析：選D在加速電場中由Uq＝12mv2得v＝2Uqm，在勻強磁場中由qvB＝mv2R得R＝D2＝mvqB，聯(lián)立解得m＝B2qD28U，則甲、乙兩粒子的質量之比為m甲∶m乙＝D2甲∶D2乙＝9∶4.
2.(20xx陜西渭南一模)質譜儀是一種測定帶電粒子的質量和分析同位素的重要工具，它的構造原理如圖所示．粒子源S產(chǎn)生一個質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，粒子的初速度很小，可以看成是靜止的，粒子經(jīng)過電壓U加速進入磁感應強度為B的勻強磁場中，沿著半圓運動軌跡打到底片P上，測得它在P上的位置到入口處S1的距離為x，則下列說法正確的是()
A．對于給定的帶電粒子，當磁感應強度B不變時，加速電壓U越大，粒子在磁場中運動的時間越長
B．對于給定的帶電粒子，當磁感應強度B不變時，加速電壓U越大，粒子在磁場中運動的時間越短
C．當加速電壓U和磁感應強度B一定時，x越大，帶電粒子的比荷qm越大
D．當加速電壓U和磁感應強度B一定時，x越大，帶電粒子的比荷qm越小
解析：選D在加速電場中由Uq＝12mv2得v＝2Uqm，在勻強磁場中由qvB＝mv2R得R＝mvqB，且R＝x2，聯(lián)立解得qm＝8UB2x2，所以當加速電壓U和磁感應強度B一定時，x越大，帶電粒子的比荷qm越小，C錯誤，D正確．粒子在磁場中運動的時間t＝T2＝πmqB，與加速電壓U無關，A、B錯誤．
回旋加速器的原理和分析
1．加速條件：T電場＝T回旋＝2πmqB.
2．磁場約束偏轉：qvB＝mv2rv＝qBrm.
3．帶電粒子的最大速度vmax＝qBrDm，rD為D形盒的半徑．粒子的最大速度vmax與加速電壓U無關．
4．回旋加速器的解題思路
(1)帶電粒子在縫隙的電場中加速、交變電流的周期與磁場周期相等，每經(jīng)過磁場一次，粒子加速一次．
(2)帶電粒子在磁場中偏轉、半徑不斷增大，周期不變，最大動能與D形盒的半徑有關．
3.(20xx宜興模擬)(多選)回旋加速器的工作原理示意圖如圖所示，磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，兩盒間的狹縫很小，粒子穿過其的時間可忽略，它們接在電壓為U、頻率為f的交流電源上，若A處粒子源產(chǎn)生的質子在加速器中被加速，下列說法正確的是()
A．若只增大交流電壓U，則質子獲得的最大動能增大
B．若只增大交流電壓U，則質子在回旋加速器中運動的時間會變短
C．若磁感應強度B增大，交流電頻率f必須適當增大，回旋加速器才能正常工作
D．不改變磁感應強度B和交流電頻率f，該回旋加速器也能用于加速α粒子
解析：選BC當質子從D形盒中射出時速度最大，根據(jù)qvmB＝mv2mR，得vm＝qBRm，則質子獲得的最大動能Ekm＝q2B2R22m，質子的最大動能與交流電壓U無關，故A錯誤；根據(jù)T＝2πmBq，可知若只增大交流電壓U，不會改變質子在回旋加速器中運動的周期，但加速次數(shù)會減少，則質子在回旋加速器中運動的時間變短，故B正確；根據(jù)T＝2πmBq，可知若磁感應強度B增大，則T減小，只有當交流電頻率f適當增大，回旋加速器才能正常工作，故C正確；帶電粒子在磁場中運動的周期與在加速電場中運動的周期相等，根據(jù)T＝2πmBq知，換用α粒子，粒子的比荷變化，在磁場中運動的周期變化，回旋加速器需改變交流電的頻率才能用于加速α粒子，故D錯誤．
4．(20xx河北保定聯(lián)考)回旋加速器的工作原理如圖所示，D1、D2是兩個中空的半圓形金屬扁盒，它們接在高頻交流電源上，磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直．在D1盒中心A處有粒子源，產(chǎn)生質量為m、電荷量為＋q的帶正電粒子(初速度不計)，在兩盒之間被電場加速后進入D2盒中，加速電壓為U.兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計，加速過程中不考慮相對論效應和重力作用．
(1)為使粒子每次經(jīng)過狹縫都被加速，求交變電壓的頻率；
(2)帶電粒子在D2盒中第n個半圓軌跡的半徑．
解析：(1)帶電粒子在D形盒內做圓周運動，依據(jù)牛頓第二定律有Bqv＝mv2r，
交變電壓的頻率應與粒子做圓周運動的頻率相等，則f＝v2πr，
聯(lián)立可得交變電壓的頻率f＝Bq2πm.
(2)帶電粒子在D2盒中第n個半圓軌跡是帶電粒子被加速(2n－1)次后的運動軌跡，
設其被加速(2n－1)次后的速度為vn，
由動能定理得(2n－1)qU＝12mv2n，
此后帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，設軌跡半徑為rn，
由牛頓第二定律得Bqvn＝mv2nrn，
解得rn＝1B22n－1mUq.
答案：(1)Bq2πm(2)1B22n－1mUq
霍爾效應的原理和分析
1．定義：高為h，寬為d的金屬導體(自由電荷是電子)置于勻強磁場B中，當電流通過金屬導體時，在金屬導體的上表面A和下表面A′之間產(chǎn)生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應，此電壓稱為霍爾電壓．
2．電勢高低的判斷：如圖所示，金屬導體中的電流I向右時，根據(jù)左手定則可得，下表面A′的電勢高．
3．霍爾電壓的計算：導體中的自由電荷(電子)在洛倫茲力作用下偏轉，A、A′間出現(xiàn)電勢差，當自由電荷所受靜電力和洛倫茲力平衡時，A、A′間的電勢差(U)就保持穩(wěn)定，由qvB＝qUh，I＝nqvS，S＝hd；聯(lián)立得U＝BInqd＝kBId，k＝1nq稱為霍爾系數(shù)．
5．(20xx浙江嘉興一中測試)如圖所示，X1、X2，Y1、Y2，Z1、Z2分別表示導體板左、右，上、下，前、后六個側面，將其置于垂直Z1、Z2面向外、磁感應強度為B的勻強磁場中，當電流I通過導體板時，在導體板的兩側面之間產(chǎn)生霍耳電壓UH.已知電流I與導體單位體積內的自由電子數(shù)n、電子電荷量e、導體橫截面積S和電子定向移動速度v之間的關系為I＝neSv.實驗中導體板尺寸、電流I和磁感應強度B保持不變，下列說法正確的是()
A．導體內自由電子只受洛倫茲力作用
B．UH存在于導體的Z1、Z2兩面之間
C．單位體積內的自由電子數(shù)n越大，UH越小
D．通過測量UH，可用R＝UI求得導體X1、X2兩面間的電阻
解析：選C由于磁場的作用，電子受洛倫茲力，向Y2面聚集，在Y1、Y2平面之間累積電荷，在Y1、Y2之間產(chǎn)生了勻強電場，故電子也受電場力，故A錯誤；電子受洛倫茲力，向Y2面聚集，在Y1、Y2平面之間累積電荷，在Y1、Y2之間產(chǎn)生了電勢差UH，故B錯誤；電子在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡狀態(tài)，有：qvB＝qE，其中：E＝UHd(d為Y1、Y2平面之間的距離)根據(jù)題意，有：I＝neSv，聯(lián)立得到：UH＝Bvd＝BIneSd∝1n，故單位體積內的自由電子數(shù)n越大，UH越小，故C正確；由于UH＝BIneSd，與導體的電阻無關，故D錯誤．
6．(20xx南陽期末)(多選)一塊橫截面為矩形的金屬導體的寬度為b、厚度為d，將導體置于一磁感應強度為B的勻強磁場中，磁感應強度的方向垂直于側面，如圖所示．當在導體中通以圖示方向的電流I時，在導體的上、下表面間用電壓表測得的電壓為UH，已知自由電子的電荷量為e，則下列判斷正確的是()
A．用電壓表測UH時，電壓表的“＋”接線柱接下表面
B．導體內自由電子只受洛倫茲力作用
C．該導體單位體積內的自由電子數(shù)為BIebUH
D．金屬導體的厚度d越大，UH越小
解析：選AC由題圖可知，磁場方向向里，電流方向向右，則電子向左移動，根據(jù)左手定則可知，電子向上表面偏轉，則上表面得到電子帶負電，下表面帶正電，所以電壓表的“＋”接線柱接下表面，故A正確；定向移動的電子受到洛倫茲力發(fā)生偏轉，在導體的上、下表面間形成電勢差，最終電子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，故B錯誤；根據(jù)eUHd＝eBv，再由I＝neSv＝nebdv，聯(lián)立得導體單位體積內的自由電子數(shù)n＝BIebUH，故C正確；同理，聯(lián)立可得UH＝BIneb，則UH大小與金屬導體的厚度d無關，故D錯誤．
速度選擇器、磁流體發(fā)電機和電磁流量計
裝置原理圖規(guī)律
速度選擇器若qv0B＝Eq，即v0＝EB，粒子做勻速直線運動

磁流體發(fā)電機等離子體射入，受洛倫茲力偏轉，使兩極板帶正、負電荷，兩極板間電壓為U時穩(wěn)定，qUd＝qv0B，U＝v0Bd
電磁流量計UDq＝qvB，所以v＝UDB，所以流量Q＝vS＝UDBπ(D2)2＝πUD4B

7．(20xx江西五校聯(lián)考)(多選)如圖所示，含有11H(氕核)、21H(氘核)、42He(氦核)的帶電粒子束從小孔O1處射入速度選擇器，沿直線O1O2運動的粒子在小孔O2處射出后垂直進入偏轉磁場，最終打在P1、P2兩點．則()
A．打在P1點的粒子是42He
B．打在P2點的粒子是21H和42He
C．O2P2的長度是O2P1長度的2倍
D．粒子在偏轉磁場中運動的時間都相等
解析：選BC帶電粒子在沿直線通過速度選擇器時，粒子所受的電場力與它受到的洛倫茲力大小相等、方向相反，即qvB1＝Eq，所以v＝EB1，可知從速度選擇器中射出的粒子具有相同的速度．帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力有qvB2＝mv2r，所以r＝mvqB2，可知粒子的比荷越大，則做圓周運動的軌跡半徑越小，所以打在P1點的粒子是11H，打在P2點的粒子是21H和42He，故A錯誤，B正確；由題中的數(shù)據(jù)可得11H的比荷是21H和42He的比荷的2倍，所以11H的軌跡半徑是21H和42He的軌跡半徑的12，即O2P2的長度是O2P1長度的2倍，故C正確；粒子運動的周期T＝2πrv＝2πmqB2，三種粒子的比荷不相同，周期不相等，偏轉角相同，則粒子在偏轉磁場中運動的時間不相等，故D錯誤．
8.(多選)如圖所示為磁流體發(fā)電機的原理圖．金屬板M、N之間的距離為d＝20cm，磁場的磁感應強度大小為B＝5T，方向垂直紙面向里．現(xiàn)將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和帶負電的微粒，整體呈中性)從左側噴射入磁場，發(fā)現(xiàn)在M、N兩板間接入的額定功率為P＝100W的燈泡正常發(fā)光，且此時燈泡電阻為R＝100Ω，不計離子重力和發(fā)電機內阻，且認為離子均為一價離子，則下列說法中正確的是()
A．金屬板M上聚集負電荷，金屬板N上聚集正電荷
B．該發(fā)電機的電動勢為100V
C．離子從左側噴射入磁場的初速度大小為103m/s
D．每秒鐘有6.25×1018個離子打在金屬板N上
解析：選BD由左手定則可知，射入的等離子體中正離子將向金屬板M偏轉，負離子將向金屬板N偏轉，選項A錯誤；由于不考慮發(fā)電機的內阻，由閉合電路歐姆定律可知，電源的電動勢等于電源的路端電壓，所以E＝U＝PR＝100V，選項B正確；由Bqv＝qUd可得v＝UBd＝100m/s，選項C錯誤；每秒鐘經(jīng)過燈泡L的電荷量Q＝It，而I＝PR＝1A，所以Q＝1C，由于離子為一價離子，所以每秒鐘打在金屬板N上的離子個數(shù)為n＝Qe＝11.6×10－19＝6.25×1018(個)，選項D正確．
9．醫(yī)生做某些特殊手術時，利用電磁血流計來監(jiān)測通過動脈的血流速度．電磁血流計由一對電極a和b以及磁極N和S構成，磁極間的磁場是均勻的．使用時，兩電極a、b均與血管壁接觸，兩觸點的連線、磁場方向和血流速度方向兩兩垂直，如圖所示．由于血液中的正負離子隨血液一起在磁場中運動，電極a、b之間會有微小電勢差．在達到平衡時，血管內部的電場可看做是勻強電場，血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零．在某次監(jiān)測中，兩觸點間的距離為3.0mm，血管壁的厚度可忽略，兩觸點間的電勢差為160μV，磁感應強度的大小為0.040T．則血流速度的近似值和電極a、b的正負為()
A．1.3m/s，a正、b負B．2.7m/s，a正、b負
C．1.3m/s，a負、b正D．2.7m/s，a負、b正
解析：選A由于正負離子在勻強磁場中垂直于磁場方向運動，利用左手定則可以判斷電極a帶正電，電極b帶負電．血液流動速度可根據(jù)離子所受的電場力和洛倫茲力的合力為0，即qvB＝qE得v＝EB＝UBd≈1.3m/s，A正確．

20xx高考物理知識點歸納：帶電粒子在復合場中的運動

20xx高考物理知識點歸納：帶電粒子在復合場中的運動

復習精要
一、帶點粒子在復合場中的運動本質是力學問題
1、帶電粒子在電場、磁場和重力場等共存的復合場中的運動，其受力情況和運動圖景都比較復雜，但其本質是力學問題，應按力學的基本思路，運用力學的基本規(guī)律研究和解決此類問題。
2、分析帶電粒子在復合場中的受力時，要注意各力的特點。如帶電粒子無論運動與否，在重力場中所受重力及在勻強電場中所受的電場力均為恒力，它們的做功只與始末位置在重力場中的高度差或在電場中的電勢差有關，而與運動路徑無關。而帶電粒子在磁場中只有運動(且速度不與磁場平行)時才會受到洛侖茲力，力的大小隨速度大小而變，方向始終與速度垂直，故洛侖茲力對運動電荷不做功.
二、帶電微粒在重力、電場力、磁場力共同作用下的運動(電場、磁場均為勻強場)
1、帶電微粒在三個場共同作用下做勻速圓周運動:必然是電場力和重力平衡，而洛倫茲力充當向心力.
2、帶電微粒在三個場共同作用下做直線運動:重力和電場力是恒力，它們的合力也是恒力。
當帶電微粒的速度平行于磁場時，不受洛倫茲力，因此可能做勻速運動也可能做勻變速運動;
當帶電微粒的速度垂直于磁場時，一定做勻速運動。
3、與力學緊密結合的綜合題，要認真分析受力情況和運動情況(包括速度和加速度)。必要時加以討論。
三、帶電粒子在重力場、勻強電場、勻強磁場的復合場中的運動的基本模型有：
1、勻速直線運動。自由的帶點粒子在復合場中作的直線運動通常都是勻速直線運動，除非粒子沿磁場方向飛入不受洛侖茲力作用。因為重力、電場力均為恒力，若兩者的合力不能與洛侖茲力平衡，則帶點粒子速度的大小和方向將會改變，不能維持直線運動了。
2、勻速圓周運動。自由的帶電粒子在復合場中作勻速圓周運動時，必定滿足電場力和重力平衡，則當粒子速度方向與磁場方向垂直時，洛侖茲力提供向心力，使帶電粒子作勻速圓周運動。
3、較復雜的曲線運動。在復合場中，若帶電粒子所受合外力不斷變化且與粒子速度不在一直線上時，帶電粒子作非勻變速曲線運動。此類問題，通常用能量觀點分析解決，帶電粒子在復合場中若有軌道約束，或勻強電場或勻速磁場隨時間發(fā)生周期性變化等原因，使粒子的運動更復雜，則應視具體情況進行分析。
正確分析帶電粒子在復合場中的受力并判斷其運動的性質及軌跡是解題的關鍵，在分析其受力及描述其軌跡時，要有較強的空間想象能力并善于把空間圖形轉化為最佳平面視圖。當帶電粒子在電磁場中作多過程運動時,關鍵是掌握基本運動的特點和尋找過程的邊界條件.

20xx高考物理重要考點整理：帶電粒子在復合場中的運動

20xx高考物理重要考點整理：帶電粒子在復合場中的運動

考點34帶電粒子在復合場中的運動
考點名片
考點細研究：(1)帶電粒子在復合場中的運動；(2)質譜儀和回旋加速器等。其中考查到的如：20xx年全國卷第15題、20xx年天津高考第11題、20xx年浙江高考第25題、20xx年江蘇高考第15題、20xx年重慶高考第9題、20xx年福建高考第22題、20xx年天津高考第12題、20xx年山東高考第24題、20xx年浙江高考第25題、20xx年江蘇高考第15題、20xx年四川高考第10題、20xx年大綱卷第25題、20xx年重慶高考第9題等。
備考正能量：本部分內容綜合性較強，經(jīng)常以壓軸題的形式出現(xiàn)。試題綜合考查力與運動以及運用數(shù)學解決物理問題的能力，尤其是對高新科技儀器物理原理的考查，對考生物理建模及信息遷移的能力要求較高。今后本部分知識仍為出題的熱點和難點，需要著重關注帶電粒子在電磁交變場中的運動。

一、基礎與經(jīng)典
1.如圖所示，某空間存在正交的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面向里，一帶電微粒由a點進入電磁場并剛好沿虛線ab向上運動。下列說法中正確的是()

A．該微粒一定帶負電
B．該微粒的動能一定減少
C．該微粒的電勢能一定增加
D．該微粒的機械能不一定增加
答案A
解析微粒受到的重力和電場力是恒力，沿直線運動，則可以判斷出微粒受到的洛倫茲力也是恒定的，即該微粒做勻速直線運動，所以B錯誤；如果該微粒帶正電，則受到向右的電場力和向左下方的洛倫茲力，所以不會沿直線運動，故該微粒一定帶負電，電場力做正功，電勢能一定減少，機械能增加，A正確，C、D錯誤。
2.質量為m的帶電小球在正交的勻強電場、勻強磁場中做勻速圓周運動，軌道平面在豎直平面內，電場方向豎直向下，磁場方向垂直圓周所在平面向里，如圖所示，由此可知()

A．小球帶正電，沿順時針方向運動
B．小球帶負電，沿順時針方向運動
C．小球帶正電，沿逆時針方向運動
D．小球帶負電，沿逆時針方向運動
答案B
解析根據(jù)題意，可知小球受到的電場力方向向上，大小等于重力，又電場方向豎直向下，可知小球帶負電；已知磁場方向垂直圓周所在平面向里，帶負電的小球受到的洛倫茲力指向圓心，小球一定沿順時針方向運動。B正確。
3.如圖，在兩水平極板間存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下，磁場方向垂直于紙面向里。一帶電粒子以某一速度沿水平直線通過兩極板。若不計重力，下列四個物理量中哪一個改變時，粒子運動軌跡不會改變()

A．粒子速度的大小B．粒子所帶的電荷量
C．電場強度D．磁感應強度
答案B
解析粒子受到電場力和洛倫茲力作用而平衡，即qE＝qvB，所以只要當粒子速度v＝時，粒子運動軌跡就是一條直線，與粒子所帶的電荷量q無關，選項B正確；當粒子速度的大小、電場強度、磁感應強度三個量中任何一個改變時，運動軌跡都會改變，選項A、C、D不符合題意。
4.如圖所示，無磁場時，一帶負電滑塊以一定初速度沖上絕緣粗糙斜面，滑塊剛好能到達A點。若加上一個垂直紙面向里的勻強磁場，則滑塊以相同初速度沖上斜面時，下列說法正確的是()

A．剛好能滑到A點
B．能沖過A點
C．不能滑到A點
D．因不知磁感應強度大小，所以不能確定能否滑到A點
答案C
解析滑塊沖上斜面時，由左手定則可知滑塊受到垂直斜面向下的洛倫茲力作用，滑塊對斜面的正壓力增大，斜面對滑塊的滑動摩擦力增大，所以滑塊不能滑到A點，選項C正確。

5．質量為m，帶電荷量為＋q的小球套在水平固定且足夠長的絕緣桿上，如圖所示，整個裝置處于磁感應強度為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場中，現(xiàn)給球一個水平向右的初速度v0使其開始運動，不計空氣阻力，則球運動克服摩擦力做的功不可能的是()
A.mvB．0
C．mvD.
答案C
解析(1)當qv0B＝mg時，圓環(huán)不受支持力和摩擦力，摩擦力做功為零。
(2)當qv0Bmg時，圓環(huán)先做減速運動，當qvB＝mg，即當qvB＝mg，v＝時，不受摩擦力，做勻速直線運動。根據(jù)動能定理得：－W＝mv2－mv，代入解得：W＝m。所以只有選項C不可能。
6.(多選)質譜儀的構造原理如圖所示。從粒子源S出來時的粒子速度很小，可以看作初速為零，粒子經(jīng)過電場加速后進入有界的垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域，并沿著半圓周運動而達到照相底片上的P點，測得P點到入口的距離為x，則以下說法正確的是()

A．粒子一定帶正電
B．粒子一定帶負電
C．x越大，則粒子的質量與電量之比一定越大
D．x越大，則粒子的質量與電量之比一定越小
答案AC
解析根據(jù)左手定則，知粒子帶正電，故A正確，B錯誤；根據(jù)半徑公式r＝知，x＝2r＝，又qU＝mv2，聯(lián)立解得x＝，知x越大，質量與電量的比值越大，故C正確，D錯誤。
7.(多選)如圖所示，長均為d的兩正對平行金屬板MN、PQ水平放置，板間距離為2d，板間有正交的勻強電場和勻強磁場，一帶電粒子從MP的中點O垂直于電場和磁場方向以v0射入，恰沿直線從NQ的中點A射出；若撤去電場，則粒子從M點射出(粒子重力不計)。以下說法正確的是()

A．該粒子帶正電
B．該粒子帶正電、負電均可
C．若撤去磁場，則粒子射出時的速度大小為2v0
D．若撤去磁場，則粒子射出時的速度大小為v0
答案AD
解析若撤去電場，則粒子從M點射出，根據(jù)左手定則知粒子應帶正電荷，故A正確，B錯誤；設粒子的質量為m，帶電荷量為q，粒子射入電磁場時的速度為v0，則粒子沿直線通過場區(qū)時：Bqv0＝Eq。撤去電場后，在洛倫茲力的作用下，粒子做圓周運動，由幾何知識知r＝，由洛倫茲力提供向心力得，qv0B＝m＝。撤去磁場，粒子做類平拋運動，設粒子的加速度為a，穿越電場所用時間為t，則有：Eq＝ma，y＝at2，d＝v0t，聯(lián)立解得：y＝d。設末速度為v，由動能定理得，qEd＝mv2－mv，解得：v＝v0，故C錯誤，D正確。
8．(多選)粒子回旋加速器的工作原理如圖甲、乙所示，置于真空中的D形金屬盒的半徑為R，兩金屬盒間的狹縫很小，磁感應強度為B的勻強磁場與金屬盒盒面垂直，高頻交流電的頻率為f，加速電壓為U，若中心粒子源處產(chǎn)生的質子質量為m，電荷量為＋e，在加速器中被加速。不考慮相對論效應，則下列說法正確的是()

A．不改變磁感應強度B和交流電的頻率f，該加速器也可以加速α粒子
B．加速的粒子獲得的最大動能隨加速電壓U增大而增大
C．質子被加速后的最大速度不能超過2πRf
D．質子第二次和第一次經(jīng)過D形盒間狹縫后軌道半徑之比為1
答案CD
解析質子被加速后獲得的最大速度受到D形盒最大半徑制約，vm＝2πR/T＝2πRf，C正確；粒子旋轉頻率為f＝Bq/2πm，與被加速粒子的比荷有關，所以A錯誤；粒子被加速的最大動能Ekm＝mv＝2mπ2R2f2，與電壓U無關，B錯誤；由運動半徑R＝mv/Bq，nUq＝mv2/2知半徑之比為1，D正確。
9．(多選)如圖所示，一塊長度為a、寬度為b、厚度為d的金屬導體，當加有與側面垂直的勻強磁場B，且通以圖示方向的電流I時，用電壓表測得導體上、下表面M、N間電壓為U，已知自由電子的電量為e。下列說法中正確的是()

A．導體的M面比N面電勢高
B．導體單位體積內自由電子數(shù)越多，電壓表的示數(shù)越大
C．導體中自由電子定向移動的速度為v＝
D．導體單位體積內的自由電子數(shù)為
答案CD
解析由于自由電子帶負電，根據(jù)左手定則可知，M板電勢比N板電勢低，選項A錯誤；當上、下表面電壓穩(wěn)定時，有q＝qvB，得U＝Bdv，與單位體積內自由電子數(shù)無關，選項B錯誤，C正確；再根據(jù)I＝neSv，可知選項D正確。
二、真題與模擬
10．20xx·全國卷]現(xiàn)代質譜儀可用來分析比質子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定。質子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉后從出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍。此離子和質子的質量比約為()

A．11B．12C．121D．144
答案D
解析設質子和離子的質量分別為m1和m2，原磁感應強度為B1，改變后的磁感應強度為B2。在加速電場中qU＝mv2，在磁場中qvB＝m，聯(lián)立兩式得m＝，故有＝＝144，選項D正確。
11．20xx·山東高考](多選)如圖甲所示，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示。t＝0時刻，質量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～時間內微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出。微粒運動過程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。關于微粒在0～T時間內運動的描述，正確的是()

A．末速度大小為v0B．末速度沿水平方向
C．重力勢能減少了mgdD．克服電場力做功為mgd
答案BC
解析0～微粒做勻速直線運動，則E0q＝mg?！珱]有電場作用，微粒做平拋運動，豎直方向上a＝g?！玊，由于電場作用，F(xiàn)＝2E0q－mg＝mg＝ma′，a′＝g，方向豎直向上。由于兩段時間相等，故到達金屬板邊緣時，微粒速度為v0，方向水平，選項A錯誤，選項B正確；從微粒進入金屬板間到離開，重力做功mg，重力勢能減少mgd，選項C正確；由動能定理知WG－W電＝0，W電＝mgd，選項D錯誤。
12．20xx·江蘇高考](多選)如圖所示，導電物質為電子的霍爾元件位于兩串聯(lián)線圈之間，線圈中電流為I，線圈間產(chǎn)生勻強磁場，磁感應強度大小B與I成正比，方向垂直于霍爾元件的兩側面，此時通過霍爾元件的電流為IH，與其前后表面相連的電壓表測出的霍爾電壓UH滿足：UH＝k，式中k為霍爾系數(shù)，d為霍爾元件兩側面間的距離。電阻R遠大于RL，霍爾元件的電阻可以忽略，則()

A．霍爾元件前表面的電勢低于后表面
B．若電源的正負極對調，電壓表將反偏
C．IH與I成正比
D．電壓表的示數(shù)與RL消耗的電功率成正比
答案CD
解析根據(jù)霍爾元件中的電流方向及左手定則判斷，霍爾元件中電子受到的洛倫茲力指向后側面，因此后側面帶負電，電勢低，A錯誤。若電源正負極對調，磁場方向反向，電流方向反向，根據(jù)左手定則判斷，霍爾元件定向移動的電子受到的洛倫茲力的方向不變，霍爾元件前后面的電勢高低不變，電壓表的指針不會發(fā)生反偏，B錯誤。霍爾元件與R串聯(lián)再與RL并聯(lián)，由于霍爾元件的電阻不計，因此IHR＝(I－IH)RL，得IH＝·I，C正確。R遠大于RL，因此RL中的電流近似等于I，因此RL消耗的功率P＝I2RL，霍爾電壓UH＝k，B與I成正比，IH與I成正比，因此UHI2，可見P與霍爾電壓(即電壓表示數(shù))成正比，D正確。
13.20xx·河北百校聯(lián)考](多選)在半導體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P＋和P3＋，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強磁場區(qū)域，如圖所示。已知離子P＋在磁場中轉過θ＝30°后從磁場右邊界射出。在電場和磁場中運動時，離子P＋和P3＋()

A．在電場中的加速度之比為1∶1
B．在磁場中運動的半徑之比為∶1
C．在磁場中轉過的角度之比為1∶2
D．離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3
答案BCD
解析兩離子所帶電荷量之比為13，在電場中時由qE＝ma知aq，故加速度之比為13，A錯誤；離開電場區(qū)域時的動能由Ek＝qU知Ekq，故D正確；在磁場中運動的半徑由Bqv＝m、Ek＝mv2知R＝，故B正確；設磁場區(qū)域的寬度為d，則有sinθ＝，即＝，故θ′＝60°＝2θ，C正確。
14．20xx·武漢摸底](多選)圖甲是回旋加速器的工作原理圖。D1和D2是兩個中空的半圓金屬盒，它們之間有一定的電勢差，A處的粒子源產(chǎn)生的帶電粒子，在兩盒之間被電場加速。兩半圓盒處于與盒面垂直的勻強磁場中，所以粒子在半圓盒中做勻速圓周運動。若帶電粒子在磁場中運動的動能Ek隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，不計帶電粒子在電場中的加速時間，不考慮由相對論效應帶來的影響，下列判斷正確的是()

A．在Ekt圖中應該有tn＋1－tn＝tn－tn－1
B．在Ekt圖中應該有tn＋1－tnh2，所以D錯誤。第4個圖：因小球電性不知，則電場力方向不清，則高度可能大于h1，也可能小于h1，故C正確，B錯誤。
17．20xx·懷化二模](多選)磁流體發(fā)電機可以把氣體的內能直接轉化為電能，是一種低碳環(huán)保發(fā)電機，有著廣泛的發(fā)展前景，其發(fā)電原理示意圖如圖所示。將一束等離子體(即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和負電的微粒，整體上呈電中性)噴射入磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場區(qū)域有兩塊面積為S、相距為d的平行金屬板與外電阻R相連構成一電路，設氣流的速度為v，氣體的電導率(電阻率的倒數(shù))為g。則以下說法正確的是()

A．上板是電源的正極，下板是電源的負極
B．兩板間電勢差為U＝Bdv
C．流經(jīng)R的電流為I＝
D．流經(jīng)R的電流為I＝
答案AD
解析等離子體射入勻強磁場，由左手定則，正粒子向上偏轉，負粒子向下偏轉，產(chǎn)生豎直向下的電場，正離子受向下的電場力和向上的洛倫茲力，當電場力和洛倫茲力平衡時，電場最強，即Eq＝Bqv，E＝Bv，兩板間的電動勢為Bvd，則通過R的電流為I＝，兩極板間電勢差為：U＝IR＝；作為電源對外供電時，I＝而R氣＝，二式結合，I＝。故A、D正確。
18．20xx·浙江三校模擬](多選)如圖所示，空間中存在正交的勻強電場E和勻強磁場B(勻強電場水平向右)，在豎直平面內從a點沿ab、ac方向拋出兩帶電小球(不考慮兩帶電球的相互作用，兩球電荷量始終不變)，關于小球的運動，下列說法正確的是()

A．沿ab、ac方向拋出的帶電小球都可能做直線運動
B．只有沿ab拋出的帶電小球才可能做直線運動
C．若有小球能做直線運動，則它一定是勻速運動
D．兩小球在運動過程中機械能均守恒
答案AC
解析沿ab方向拋出的帶正電小球，或沿ac方向拋出的帶負電的小球，在重力、電場力、洛倫茲力作用下，都可能做勻速直線運動，A正確，B錯誤。在重力、電場力、洛倫茲力三力都存在時的直線運動一定是勻速直線運動，C正確。兩小球在運動過程中除重力做功外還有電場力做功，故機械能不守恒，D錯誤。
19．20xx·吉林模擬]如圖所示，一帶電塑料小球質量為m，用絲線懸掛于O點，并在豎直平面內擺動，最大擺角為60°，水平磁場垂直于小球擺動的平面。當小球自左方擺到最低點時，懸線上的張力恰為零，則小球自右方最大擺角處擺到最低點時懸線上的張力為()

A．0B．2mgC．4mgD．6mg
答案C
解析設小球自左方擺到最低點時速度為v，則mv2＝mgL(1－cos60°)，此時qvB－mg＝m，當小球自右方擺到最低點時，v大小不變，洛倫茲力方向發(fā)生變化，F(xiàn)T－mg－qvB＝m，得FT＝4mg，故C正確。

一、基礎與經(jīng)典
20.如圖所示，帶電荷量為＋q、質量為m的物塊從傾角為θ＝37°的光滑絕緣斜面頂端由靜止開始下滑，磁感應強度為B的勻強磁場垂直紙面向外，求物塊在斜面上滑行的最大速度和在斜面上運動的最大位移。(斜面足夠長，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)

答案vm＝s＝
解析經(jīng)分析，物塊沿斜面運動過程中加速度不變，但隨速度增大，物塊所受支持力逐漸減小，最后離開斜面。所以，當物塊對斜面的壓力剛好為零時，物塊沿斜面的速度達到最大，同時位移達到最大，即qvmB＝mgcosθ
物塊沿斜面下滑過程中，由動能定理得：
mgssinθ＝mv－0
由得：vm＝＝。
s＝＝。
21.如圖所示，坐標系xOy在豎直平面內。x軸下方有勻強電場和勻強磁場，電場強度為E、方向豎直向下，磁感應強度為B、方向垂直紙面向里。將一個帶電小球從y軸上P(0，h)點以初速度v0豎直向下拋出，小球穿過x軸后，恰好做勻速圓周運動。不計空氣阻力，已知重力加速度為g。求：

(1)小球到達O點時速度的大小；
(2)小球做圓周運動的半徑；
(3)小球從P點到第二次經(jīng)過x軸所用的時間。
答案(1)(2)
(3)＋
解析(1)設小球經(jīng)過O點時的速度為v，從P到O
v2－v＝2gh，解得v＝。

(2)小球穿過x軸后恰好做勻速圓周運動，畫出小球運動的軌跡示意圖，如圖所示，有qE＝mg，
從O到A，根據(jù)牛頓第二定律
qvB＝m，
求出r＝。
(3)從P到O，小球第一次經(jīng)過x軸，所用時間為t1，v＝v0＋gt1，從O到A，小球第二次經(jīng)過x軸，所用時間為t2，T＝＝，t2＝＝，求出t＝t1＋t2＝＋。
二、真題與模擬
22．20xx·天津高考]如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E＝5N/C，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應強度大小B＝0.5T。有一帶正電的小球，質量m＝1×10－6kg，電荷量q＝2×10－6C，正以速度v在圖示的豎直面內做勻速直線運動，當經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應現(xiàn)象)，取g＝10m/s2，求：

(1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向；
(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t。
答案(1)20m/s，與電場E夾角為60°(2)3.5s

解析(1)小球做勻速直線運動時受力如圖，其所受的三個力在同一平面內，合力為零，有
qvB＝
代入數(shù)據(jù)解得
v＝20m/s
速度v的方向與電場E的方向之間的夾角θ滿足
tanθ＝
代入數(shù)據(jù)解得
tanθ＝，θ＝60°。
(2)解法一：撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動，設其加速度為a，有
a＝
設撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有
x＝vt
設小球的重力與電場力的合力方向上分位移為y，有
y＝at2
a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又
tanθ＝
聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得
t＝2s≈3.5s
解法二：撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以P點為坐標原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運動，其初速度vy＝vsinθ
若使小球再次穿過P點所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有
vyt－gt2＝0
聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2s≈3.5s。

23．20xx·浙江高考]為了進一步提高回旋加速器的能量，科學家建造了“扇形聚焦回旋加速器”。在扇形聚焦過程中，離子能以不變的速率在閉合平衡軌道上周期性旋轉。扇形聚焦磁場分布的簡化圖如圖所示，圓心為O的圓形區(qū)域等分成六個扇形區(qū)域，其中三個為峰區(qū)，三個為谷區(qū)，峰區(qū)和谷區(qū)相間分布。峰區(qū)內存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，谷區(qū)內沒有磁場。質量為m、電荷量為q的正離子，以不變的速率v旋轉，其閉合平衡軌道如圖中虛線所示。
(1)求閉合平衡軌道在峰區(qū)內圓弧的半徑r，并判斷離子旋轉的方向是順時針還是逆時針；
(2)求軌道在一個峰區(qū)內圓弧的圓心角θ，及離子繞閉合平衡軌道旋轉的周期T；
(3)在谷區(qū)也施加垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B′，新的閉合平衡軌道在一個峰區(qū)內的圓心角θ變?yōu)?0°，求B′和B的關系。已知：sin(α±β)＝sinαcosβ±cosαsinβ，cosα＝1－2sin2。
答案(1)逆時針方向(2)(3)B′＝B
解析(1)峰區(qū)內圓弧半徑r＝，
旋轉方向為逆時針方向。
(2)由對稱性，峰區(qū)內圓弧的圓心角θ＝，
每個圓弧的長度l＝＝，
每段直線長度L＝2rcos＝r＝，
周期T＝，
代入得T＝。

(3)谷區(qū)內的圓心角θ′＝120°－90°＝30°，
谷區(qū)內的軌道圓弧半徑r′＝，
由幾何關系rsin＝r′sin，
由三角關系sin＝sin15°＝，
代入得B′＝B。

帶電粒子在復合場中的運動

每個老師不可缺少的課件是教案課件，大家在仔細規(guī)劃教案課件。認真做好教案課件的工作計劃，才能規(guī)范的完成工作！你們了解多少教案課件范文呢？以下是小編為大家收集的“帶電粒子在復合場中的運動”僅供您在工作和學習中參考。

帶電粒子在復合場中的運動

要點一復合場（疊加場）
即學即用
1.一帶電粒子以初速度v0先后通過勻強電場E和勻強磁場B,如圖甲所示,電場和磁場對粒子做功為W1;若把電場和磁場正交疊加后,如圖乙所示,粒子仍以v0E/B的速度穿過疊加場區(qū),電場和磁場對粒子做功為W2（不計重力的影響）,則（）B.W1W2
C.W1W2D.無法比較
答案C
要點二帶電粒子在復合場中的運動分析
即學即用
2.如圖所示,與電源斷開的帶電平行金屬板相互正對水平放置,兩板間存在著水平方向的
勻強磁場.某帶電小球從光滑絕緣軌道上的a點由靜止開始滑下,經(jīng)過軌道端點P（軌
道上P點的切線沿水平方向）進入板間后恰好沿水平方向做直線運動.若保持磁感應強度不變,使兩板間距離稍減小一些,讓小球從比a點稍低一些的b點由靜止開始滑下,在經(jīng)P點進入板間的運動過程中（）
A.洛倫茲力對小球做負功
B.小球所受電場力變大
C.小球一定做曲線運動
D.小球仍可能做直線運動
答案C

題型1帶電粒子在復合場中的平衡問題
【例1】設在地面上方的真空室內存在勻強電場和勻強磁場.已知電場強度和磁感應強度的方向是相同的,電場強度的大小E=4.0V/m,磁感應強度的大小B=0.15T.今有一個帶負電的質點以v=20m/s的速度在此區(qū)域內沿垂直場強方向做勻速直線運動,求此帶電質點的電荷量與質量之比q/m以及磁場的所有可能方向.（角度可用反三角函數(shù)表示）
答案1.96C/kg,與重力夾角arctan斜向下的一切可能方向
題型2帶電粒子在復合場中的曲線運動問題
【例2】ab、cd為平行金屬板,板間勻強電場場強E=100V/m,板間同時存在如圖所示的勻強磁
場,磁感應強度B=4T,一帶電荷量q=1×10-8C,質量m=1×10-10?kg的微粒,以速度v0=30m/s
垂直極板進入板間場區(qū),粒子做曲線運動至M點時速度方向與極板平行,這一帶電粒子恰與另
一質量和它相等的不帶電的微粒吸附在一起做勻速直線運動,不計重力.求:
（1）微粒帶何種電荷.
（2）微粒在M點與另一微粒吸附前的速度大小.
（3）M點距ab極板的距離.
答案（1）負電（2）50m/s?（3）0.08m
題型3情景建模
【例3】如圖甲所示,場強水平向左、大小E=3V/m的勻強電場中,有一傾角θ=37°的光滑絕緣斜面（足夠大）垂直斜面方向有一磁場,磁感強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示.在t=0時刻,質量m=4×10-3kg、電荷量q=10-2C的帶負電的小球在O點獲得一沿斜面向上的瞬時速度v=1m/s,求小球在t=0.32πs時間內運動的路程.（g=10m/s2,
sin37°=0.6,cos37°=0.8）

答案0.32πm

1.（2009承德模擬）如圖所示,空間的某個復合場區(qū)域內存在著方向相互垂直的勻強電
場和勻強磁場.質子由靜止開始經(jīng)一加速電場加速后,垂直于復合場的界面進入并沿直
線穿過場區(qū),質子從復合場區(qū)穿出時的動能為Ek.那么氘核同樣由靜止開始經(jīng)同一加速
電場加速后穿過同一復合場后的動能Ek′的大小是（）
A.Ek′=EkB.Ek′EkC.Ek′EkD.條件不足,難以確定
答案B
2.（2009濟寧統(tǒng)考）如圖所示,在互相垂直的勻強電場和勻強磁場中,電荷量為q的液滴在豎
直面內做半徑為R的勻速圓周運動,已知電場強度為E,磁感應強度為B,則油滴的質量和環(huán)繞
速度分別為（）
A.B.C.BD.
答案D
3.如圖所示,在互相垂直的水平方向的勻強電場（E已知）和勻強磁場（B已知）中,有一固定的
豎直絕緣桿,桿上套一個質量為m、電荷量為+q的小球,它們之間的摩擦因數(shù)為μ,現(xiàn)由靜止釋
放小球,試求小球沿棒運動的最大加速度和最大速度.（mgμqE,小球的帶電荷量不變）
答案g-
4.如圖所示,一質量為m,帶電荷量為+q的小物體,在水平方向的勻強磁場B中,從傾角為
θ的絕緣光滑足夠長的斜面上由靜止開始下滑,求:
（1）此物體在斜面Q上運動的最大速度.
（2）此物體在斜面上運動的距離.
（3）此物體在斜面上運動的時間.
答案（1）