高考物理带电粒子在电场和磁场中的运动冲刺专题复习。

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20xx届高考黄冈中学物理冲刺讲解、练习题、预测题08：第4专题带电粒子在电场和磁场中的运动（2）经典考题

带电粒子在电场、磁场以及复合场、组合场中的运动问题是每年各地高考的必考内容，留下大量的经典题型，认真地总结归纳这些试题会发现以下特点：
①重这些理论在科学技术上的应用；
②需要较强的空间想象能力．
1．图示是科学史上一张著名的实验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹．云室放置在匀强磁场中，磁场方向垂直照片向里，云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用．分析此径迹可知粒子[2009年高考安徽理综卷]()
A．带正电，由下往上运动
B．带正电，由上往下运动
C．带负电，由上往下运动
D．带负电，由下往上运动
【解析】粒子穿过金属板后速度变小，由半径公式r＝mvBq可知，半径变小，粒子的运动方向为由下向上；又由洛伦兹力的方向指向圆心以及左手定则知粒子带正电．
[答案]A
【点评】题图为安德森发现正电子的云室照片．
2．图示为一“滤速器”装置的示意图．a、b为水平放置的平行金属板，一束具有各种不同速率的电子沿水平方向经小孔O进入a、b两板之间．为了选取具有某种特定速率的电子，可在a、b间加上电压，并沿垂直于纸面的方向加一匀强磁场，使所选电子仍能够沿水平直线OO′运动，由O′射出．不计重力作用．可能达到上述目的的办法是[2006年高考全国理综卷Ⅰ]()
A．使a板的电势高于b板，磁场方向垂直纸面向里
B．使a板的电势低于b板，磁场方向垂直纸面向里
C．使a板的电势高于b板，磁场方向垂直纸面向外
D．使a板的电势低于b板，磁场方向垂直纸面向外
【解析】要使电子能沿直线通过复合场，电子所受电场力与洛伦兹力必是一对平衡力．由左手定则及电场的相关知识可知，选项A、D正确．
[答案]AD
3．图示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和匀强电场的强度分别为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下方有强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是[2009年高考广东物理卷]()
A．质谱仪是分析同位素的重要工具
B．速度选择器中的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EB
D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小
【解析】粒子在电场中加速有：qU＝12mv2，粒子沿直线通过速度选择器有：Eq＝qvB，粒子在平板S下方磁场中做圆周运动有：r＝mvqB，由上述过程遵循的规律可知选项A、B、C正确．
[答案]ABC
4．带电粒子的比荷qm是一个重要的物理量．某中学物理兴趣小组设计了一个实验，探究电场和磁场对电子运动轨迹的影响，以求得电子的比荷，实验装置如图所示．
(1)他们的主要实验步骤如下．
A．首先在两极板M1M2之间不加任何电场、磁场，开启阴极射线管电源，发射的电子从两极板中央通过，在荧屏的正中心处观察到一个亮点．
B．在M1M2两极板间加合适的电场：加极性如图所示的电压，并逐步调节增大，使荧屏上的亮点逐渐向荧屏下方偏移，直到荧屏上恰好看不见亮点为止，记下此时外加电压为U．请问本步骤的目的是什么？
C．保持步骤B中的电压U不变，对M1M2区域加一个大小、方向均合适的磁场B，使荧屏正中心重现亮点，试问外加磁场的方向如何？
(2)根据上述实验步骤，同学们正确推算出电子的比荷与外加电场、磁场及其他相关量的关系为qm＝UB2d2．一位同学说，这表明电子的比荷将由外加电压决定，外加电压越大则电子的比荷越大．你认为他的说法正确吗？为什么？
[2007年高考广东物理卷]
[答案](1)B．使电子刚好落在正极板的近荧幕端的边缘，利用已知量表达qm．
C．垂直电场方向向外(垂直纸面向外)
(2)说法不正确，电子的比荷是电子的固有参数．
5．1932年，劳伦斯和利文斯顿设计出了回旋加速器．回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直．A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，加速电压为U．加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．
(1)求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比．
(2)求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t．
(3)实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制．若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm，试讨论粒子能获得的最大动能Ekm．
[2009年高考江苏物理卷]
【解析】(1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1，速度为v1，则qU＝12mv12
qv1B＝mv12r1
解得：r1＝1B2mUq
同理，粒子第2次经过狭缝后的半径r2＝1B4mUq
则r2∶r1＝2∶1．
(2)设粒子到出口处被加速了n圈，则
2nqU＝12mv2
qvB＝mv2R
T＝2πmqB
t＝nT
解得：t＝πBR22U．
(3)加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即f＝qB2πm
当磁感应强度为Bm时，加速电场的频率应为fBm＝qBm2πm
粒子的动能Ek＝12mv2
当fBm≤fm时，粒子的最大动能由Bm决定
qvmBm＝mvm2R
解得：Ekm＝q2Bm2R22m
当fBm≥fm时，粒子的最大动能由fm决定
vm＝2πfmR
解得：Ekm＝2π2mfm2R2．
[答案](1)2∶1(2)πBR22U(3)2π2mfm2R2
【点评】回旋加速器为洛伦兹力的典型应用，在高考中多次出现．要理解好磁场对粒子的“加速”没有起作用，但回旋加速器中粒子所能获得的最大动能却与磁感应强度相关．
6．如图甲所示，在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy平面向外．P是y轴上距原点为h的一点，N0为x轴上距原点为a的一点．A是一块平行于x轴的挡板，与x轴的距离为h2，A的中点在y轴上，长度略小于a2．带电粒子与挡板碰撞前后，x方向的分速度不变，y方向的分速度反向、大小不变．质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子从P点瞄准N0点入射，最后又通过P点．不计重力．求粒子入射速度的所有可能值．
[2009年高考全国理综卷Ⅰ]
甲
【解析】设粒子的入射速度为v，第一次射出磁场的点为N0′，与板碰撞后再次进入磁场的位置为N1．粒子在磁场中运动的半径为R，有：R＝mvqB
乙
粒子的速度不变，每次进入磁场与射出磁场的位置间的距离x1保持不变，则有：
x1＝N0′N0＝2Rsinθ
粒子射出磁场与下一次进入磁场位置间的距离x2始终不变，与N0′N1相等．由图乙可以看出x2＝a
设粒子最终离开磁场时，与挡板相碰n次(n＝0,1,2…)．若粒子能回到P点，由对称性可知，出射点的x坐标应为－a，即：(n＋1)x1－nx2＝2a
由以上两式得：x1＝n＋2n＋1a
若粒子与挡板发生碰撞，则有：
x1－x2＞a4
联立解得：n＜3
v＝qB2msinθn＋2n＋1a
式中sinθ＝ha2＋h2
解得：v0＝qBaa2＋h2mh，n＝0
v1＝3qBaa2＋h24mh，n＝1
v2＝2qBaa2＋h23mh，n＝2．
[答案]v0＝qBaa2＋h2mh，n＝0
v1＝3qBaa2＋h24mh，n＝1
v2＝2qBaa2＋h23mh，n＝2
能力演练
一、选择题(10×4分)
1．如图所示，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成60°角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成30°角．关于a、b两点的场强大小Ea、Eb及电势φa、φb的关系，以下结论正确的是()
A．Ea＝Eb3，φa＞φb
B．Ea＝3Eb，φa＜φb
C．Ea＝3Eb，φa＞φb
D．Ea＝3Eb，φa＜φb
【解析】由题图可知O点处为负电荷，故φb＞φa，又因为Ea＝kQOa2、Eb＝kQOb2＝kQ(3Oa)2，可得Ea＝3Eb．
[答案]D
2．一正电荷处于电场中，在只受电场力作用下从A点沿直线运动到B点，其速度随时间变化的图象如图所示，tA、tB分别对应电荷在A、B两点的时刻，则下列说法中正确的有()
A．A处的场强一定大于B处的场强
B．A处的电势一定低于B处的电势
C．正电荷在A处的电势能一定大于B处的电势能
D．由A至B的过程中，电场力一定对正电荷做负功
【解析】由题图知正电荷在做加速越来越小的加速运动，说明电场线的方向为：A→B，可知：φA＞φB，EA＞EB，εA＞εB，由A至B的过程中，电场力一定对正电荷做正功．
[答案]AC
3．如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，板间的电压为U，带电粒子所带电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t，不计粒子的重力，则()
A．粒子在前t2时间内，电场力对粒子做的功为qU4
B．粒子在后t2时间内，电场力对粒子做的功为3qU8
C．粒子在竖直方向的前d4和后d4位移内，电场力做的功之比为1∶2
D．粒子在竖直方向的前d4和后d4位移内，电场力的冲量之比为1∶1
【解析】粒子在匀强电场中运动，电场力做的功为：
W电＝qUAB＝qEy，其中y为粒子在电场方向的位移
又由题意知：12at2＝d2，12a(t2)2＝d8
故在前t2内电场力做的功W1＝18qU，在后t2内电场力做的功W2＝3qU8
前后d4位移内电场力做的功之比为1∶1
又从静止开始的匀加速直线运动通过连续相等位移的时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)∶(4－3)
故I前∶I后＝1∶(2－1)．
[答案]B
4．如图所示，在一正交的电场和磁场中，一带电荷量为＋q、质量为m的金属块沿倾角为θ的粗糙绝缘斜面由静止开始下滑．已知电场强度为E，方向竖直向下；磁感应强度为B，方向垂直纸面向里；斜面的高度为h．金属块滑到斜面底端时恰好离开斜面，设此时的速度为v，则()
A．金属块从斜面顶端滑到底端的过程中，做的是加速度逐渐减小的加速运动
B．金属块从斜面顶端滑到底端的过程中，机械能增加了qEh
C．金属块从斜面顶端滑到底端的过程中，机械能增加了12mv2－mgh
D．金属块离开斜面后将做匀速圆周运动
【解析】金属块在下滑的过程中，随着速度的增大，洛伦兹力增大，对斜面的压力减小，故摩擦力f＝μ(mg＋qE－qvB)不断减小，金属块做加速度逐渐增大的加速运动，选项A错误．
又由功能关系得：ΔE机＝W电－Wf＜qEh，选项B错误．
机械能的变化量为：ΔE机＝ΔEk＋ΔEp＝12mv2－mgh，选项C正确．
由题意知，mg＞qE，故离开斜面后金属块不可能做匀速圆周运动，选项D错误．
[答案]C
5．如图所示，充电的两平行金属板间有场强为E的匀强电场和方向与电场垂直(垂直纸面向里)的匀强磁场，磁感应强度为B，构成了速度选择器．氕核、氘核、氚核以相同的动能(Ek)从两极板中间垂直于电场和磁场射入速度选择器，且氘核沿直线射出．不计粒子的重力，则射出时()
A．动能增加的是氚核B．动能增加的是氕核
C．偏向正极板的是氚核D．偏向正极板的是氕核
【解析】带电粒子直线通过速度选择器的条件为：
v0＝EB
对于氘核：qE＝qB2Ek2m0
对于氕核：qE＜qB2Ekm0，向正极偏转，动能减少
对于氚核：qE＞qB2Ek3m0，向负极偏转，动能增加．
[答案]AD
6．如图所示，竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场，在两板之间等高处有两个质量相同的带电小球，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最后都能打在右极板上的同一点．则从开始释放到打到右极板的过程中()
A．它们的运行时间tP＞tQ
B．它们的电荷量之比qP∶qQ＝2∶1
C．它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝4∶1
D．它们的电势能减少量之比ΔEP∶ΔEQ＝2∶1
【解析】将两小球的运动都沿水平和竖直正交分解，竖直的分运动都为自由落体运动，故它们从开始释放到打在右极板的过程中运行时间相等，选项A错误．
对于水平分运动，有：12qPEmt2＝qQEmt2
故知qP∶qQ＝2∶1，选项B正确．
P球动能的增量ΔEkP＝mgh＋qPEd，Q球动能的增量ΔEkQ＝mgh＋qQEd2＝mgh＋14qPEd，选项C错误．
同理：ΔEP＝qPEd，ΔEQ＝qQEd2，可得ΔEP∶ΔEQ＝4∶1，选项D错误．
[答案]B
7．均匀分布着等量异种电荷的半径相等的半圆形绝缘杆被正对着固定在同一平面上，如图所示．AB是两种绝缘杆所在圆圆心连线的中垂线而且与二者共面，该平面与纸面平行，有一磁场方向垂直于纸面，一带电粒子(重力不计)以初速度v0一直沿直线AB运动．则()
A．磁场是匀强磁场
B．磁场是非匀强磁场
C．带电粒子做匀变速直线运动
D．带电粒子做变加速运动
【解析】由对称性知直线AB上的电场方向与AB垂直，又由两绝缘杆的形状知AB上的电场并非处处相等．在AB上的每一点，由平衡条件知qE＝qvB，故知磁场为非匀强磁场，带电粒子做匀速直线运动．
[答案]B
8．如图所示，带电粒子在没有电场和磁场的空间内以速度v0从坐标原点O沿x轴方向做匀速直线运动．若空间只存在垂直于xOy平面的匀强磁场时，粒子通过P点时的动能为Ek；当空间只存在平行于y轴的匀强电场时，则粒子通过P点时的动能为()
A．EkB．2EkC．4EkD．5Ek
【解析】由题意知带电粒子只受电场力或洛伦兹力的作用，且有Ek＝12mv02
当空间只存在电场时，带电粒子经过P点，说明：
12vPyt＝v0t＝10cm，即vPy＝2v0
由动能的定义可得：
EkP＝12mv02＋12mvPy2＝5Ek．
[答案]D
9．如图所示，一个带电荷量为＋Q的点电荷甲固定在绝缘平面上的O点；另一个带电荷量为－q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲滑行运动，运动到B点静止．已知静电力常量为k，点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ，A、B间的距离为s．下列说法正确的是()
A．O、B间的距离为kQqμmg
B．点电荷乙从A运动到B的运动过程中，中间时刻的速度小于v02
C．点电荷乙从A运动到B的过程中，产生的内能为12mv02
D．在点电荷甲产生的电场中，A、B两点间的电势差UAB＝m(v02－2μgs)2q
【解析】由题意知电荷乙做加速度越来越小的减速运动，v－t图象如图所示，可知点电荷乙从A运动到B的中间时刻的速度vC＜v02，故选项B正确；这一过程一直有kQqr2＜μmg，故sOB＞kQqμmg，选项A错误．
点电荷乙由A运动到B的过程中，电场力做正功，设为W，由动能定理得：
W－μmgs＝0－12mv02
可得：此过程中产生的内能Q′＝μmgs＝W＋12mv02，选项C错误．
由上可知，A、B两点间的电势差为：
UAB＝W－q＝12mv02－μmgsq，选项D正确．
[答案]BD
10．如图甲所示，在第Ⅱ象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为E，在第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等．有一个带电粒子以垂直于x轴的初速度v0从x轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向成45°角进入磁场，又恰好垂直进入第Ⅳ象限的磁场．已知OP之间的距离为d，则带电粒子在磁场中第二次经过x轴时，在电场和磁场中运动的总时间为()
甲
A．7πd2v0B．dv0(2＋5π)
C．dv0(2＋3π2)D．dv0(2＋7π2)
【解析】带电粒子的运动轨迹如图乙所示．由题意知，带电粒子到达y轴时的速度v＝2v0，这一过程的时间t1＝dv02＝2dv0
又由题意知，带电粒子在磁场中的偏转轨道半径r＝22d
乙
故知带电粒子在第Ⅰ象限中的运动时间为：
t2＝3πm4Bq＝32πd2v＝3πd2v0
带电粒子在第Ⅳ象限中运动的时间为：t3＝2πdv0
故t总＝dv0(2＋7π2)．
[答案]D
二、非选择题(共60分)
11．(6分)在“用描迹法画出电场中平面上的等势线”的实验中，所用灵敏电流表的指针偏转方向与电流的关系是：当电流从正接线柱流入电流表时，指针偏向正接线柱一侧．
(1)某同学在实验中接通电源开关，将两表笔E1、E2在导电纸上移动，不管怎样移动，表针都不偏转．经检查，电源与电流表均完好，则产生这一现象的原因可能是____________________．
(2)排除故障后，用这个电表探测基准点2两侧的等势点时，将电流表正接线柱的E1接在基准点2上，如图所示，把负接线柱的E2接在纸上某一点，若发现电表的指针发生了偏转，该同学移动E2的方向正确的是________．
A．若电表的指针偏向正接线柱一侧，E2向右移动
B．若电表的指针偏向正接线柱一侧，E2向左移动
C．若电表的指针偏向负接线柱一侧，E2向右移动
D．若电表的指针偏向负接线柱一侧，E2向左移动
[答案](1)导电纸导电一面向下(3分)
(2)BC(3分)
12．(6分)用示波器观察频率为900Hz的正弦电压信号．把该信号接入示波器Y输入．
(1)当屏幕上出现如图所示的波形时，应调节______旋钮．如果正弦波的正负半周均超出了屏幕的范围，应调节______旋钮或______旋钮，或这两个钮配合使用，以使正弦波的整个波形出现在屏幕内．
(2)如需要屏幕上正好出现一个完整的正弦波形，应将______旋钮置于______位置，然后调节______旋钮．
[答案](1)竖直位移(或↑↓)衰减(或衰减调节)Y增益(每空1分)
(2)扫描范围1k挡位扫描微调(每空1分)
13．(10分)一种半导体材料称为“霍尔材料”，用它制成的元件称为“霍尔元件”．这种材料内有一种称为“载流子”的可定向移动的电荷，每个载流子的电荷量q＝1.6×10－19C．霍尔元件在自动检测、控制领域得到广泛应用，如录像机中用来测量录像磁鼓的转速，电梯中用来检测电梯门是否关闭以及自动控制升降电动机的电源的通断等．在一次实验中，由一块霍尔材料制成的薄板宽L1＝ab＝1.0×10－2m、长bc＝L2＝4.0×10－2m、厚h＝1.0×10－3m，水平放置在竖直向上的磁感应强度B＝1.5T的匀强磁场中，bc方向通有I＝3.0A的电流，如图所示，沿宽度产生1.0×10－5V的横向电压．
(1)假定载流子是电子，则a、b两端哪端的电势较高？
(2)薄板中形成电流I的载流子定向运动的速度是多少？
【解析】(1)根据左手定则可确定a端电势较高．(3分)
(2)当导体内有载流子沿电流方向所在的直线做定向运动时，受到洛伦兹力的作用而产生横向分运动，产生横向电场，横向电场的电场力与载流子所受到的洛伦兹力平衡时，导体横向电压稳定．设载流子沿电流方向所在的直线做定向运动的速率为v，横向电压为Uab，横向电场强度为E．则：
电场力FE＝qE＝qUabL1(2分)
磁场力FB＝qvB(2分)
平衡时FE＝FB(1分)
解得：v＝6.7×10－4m/s．(2分)
[答案](1)a端电势较高(2)6.7×10－4m/s
14．(10分)图甲为电视机中显像管的工作原理示意图，电子枪中的灯丝加热阴极使电子逸出，这些电子再经加速电场加速后，从O点进入由磁偏转线圈产生的偏转磁场中，经过偏转磁场后打到荧光屏MN上，使荧光屏发出荧光形成图像．不计逸出电子的初速度和重力，已知电子的质量为m、电荷量为e，加速电场的电压为U．偏转线圈产生的磁场分布在边长为l的正方形abcd区域内，磁场方向垂直纸面，且磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示．在每个周期内磁感应强度B都是从－B0均匀变化到B0．磁场区域的左边界的中点与O点重合，ab边与OO′平行，右边界bc与荧光屏之间的距离为s．由于磁场区域较小，且电子运动的速度很大，所以在每个电子通过磁场区域的过程中，可认为磁感应强度不变，即为匀强磁场，不计电子之间的相互作用．
(1)求电子射出电场时的速度大小．
(2)为使所有的电子都能从磁场的bc边射出，求偏转线圈产生磁场的磁感应强度的最大值．
(3)若所有的电子都能从bc边射出，求荧光屏上亮线的最大长度是多少？
【解析】设电子射出电场的速度为v，则根据动能定理，对电子的加速过程有：12mv2＝eU(1分)
解得：v＝2eUm．(1分)
(2)当磁感应强度为B0或－B0时(垂直于纸面向外为正方向)，电子刚好从b点或c点射出(1分)
丙
设此时圆周的半径为R，如图丙所示．根据几何关系有：
R2＝l2＋(R－l2)2(1分)
解得：R＝5l4(1分)
电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，因此有：
evB0＝mv2R(1分)
解得：B0＝45l2mUe．(1分)
(3)根据几何关系可知：tanα＝43(1分)
设电子打在荧光屏上离O′点的最大距离为d，则：
d＝l2＋stanα＝l2＋4s3(1分)
由于偏转磁场的方向随时间变化，根据对称性可知，荧光屏上的亮线最大长度为：
D＝2d＝l＋8s3．(1分)
[答案](1)2eUm(2)45l2mUe(3)l＋8s3
15．(12分)如图甲所示，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向内的有界圆形匀强磁场区域(图中未画出)；在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场．一粒子源固定在x轴上的A点，A点坐标为(－L,0)．粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为v的电子，电子恰好能通过y轴上的C点，C点坐标为(0,2L)，电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与x轴正方向成15°角的射线ON(已知电子的质量为m，电荷量为e，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用)．求：
甲
(1)第二象限内电场强度E的大小．
(2)电子离开电场时的速度方向与y轴正方向的夹角θ．
(3)圆形磁场的最小半径Rm．
【解析】(1)从A到C的过程中，电子做类平抛运动，有：
L＝eE2mt2(1分)
2L＝vt(1分)
联立解得：E＝mv22eL．(1分)
(2)设电子到达C点的速度大小为vC，方向与y轴正方向的夹角为θ．由动能定理，有：
12mvC2－12mv2＝eEL(2分)
乙
解得：vC＝2v
cosθ＝vvC＝22(1分)
解得：θ＝45°．(1分)
(3)电子的运动轨迹图如图乙所示，电子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝mvCeB＝2mveB(1分)
电子在磁场中偏转120°后垂直于ON射出，则磁场最小半径为：Rm＝PQ2＝rsin60°(2分)
由以上两式可得：Rm＝6mv2eB．(1分)
[答案](1)mv22eL(2)45°(3)6mv2eB
16．(13分)如图甲所示，竖直挡板MN的左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度的大小E＝40N/C，磁感应强度的大小B随时间t变化的关系图象如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向．在t＝0时刻，一质量m＝8×10－4kg、带电荷量q＝＋2×10－4C的微粒在O点具有竖直向下的速度v＝0.12m/s，O′是挡板MN上一点，直线OO′与挡板MN垂直，取g＝10m/s2．求：
(1)微粒下一次经过直线OO′时到O点的距离．
(2)微粒在运动过程中离开直线OO′的最大距离．
(3)水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O点间的距离应满足的条件．
【解析】(1)由题意知，微粒所受重力G＝mg＝8×10－3N
电场力大小F＝Eq＝8×10－3N(1分)
因此重力与电场力平衡
微粒先在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，则有：
qvB＝mv2R(1分)
解得：R＝mvqB＝0.6m
由T＝2πRv(1分)
解得：T＝10πs(1分)
则微粒在5πs内转过半个圆周，再次经直线OO′时与O点的距离l＝2R＝1.2m．(1分)
(2)微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间t＝5πs，轨迹如图丙所示．
丙
位移大小x＝vt＝0.6πm＝1.88m(2分)
微粒离开直线OO′的最大距离h＝x＋R＝2.48m．(2分)
(3)若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′下方时，挡板MN与O点间的距离应满足：
L＝(4n＋1)×0.6m(n＝0,1,2…)(2分)
若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′上方时，挡板MN与O点间的距离应满足：
L＝(4n＋3)×0.6m(n＝0,1,2…)．(2分)
[若两式合写成L＝(1.2n＋0.6)m(n＝0,1,2…)同样给分]
[答案](1)1.2m(2)2.48m
(3)P点在直线OO′下方时，距离L＝(4n＋1)×0.6m(n＝0,1,2…)
P点在直线OO′上方时，距离L＝(4n＋3)×0.6m(n＝0,1,2…)
[或L＝(1.2n＋0.6)m(n＝0,1,2…)]

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带电粒子在电场中的运动

学习内容1.9带电粒子在电场中的运动
学习目标1．了解示波管的工作原理，体会静电场知识对科学技术的影响。
2．会处理较简单的带电粒子在复合场中运动与偏转问题，培养自己独立分析、解决问题的能力。
学习重、难点带电粒子在复合场中的运动与偏转问题
学法指导自主、合作、探究
知识链接1．带电粒子在电场中的加速问题处理方法
2．带电粒子垂直电场方向进入电场中运动特点及处理方法。
学习过程用案人自我创新
【自主学习】
一、示波管的原理
1、构造
示波管是示波器的核心部件，外部是一个抽成真空的玻璃壳，内部主要由（发射电子的灯丝、加速电极组成）、（由一对X偏转电极板和一对Y偏转电极板组成）和组成。
2、原理
(1)扫描电压：XX偏转电极接入的是由仪器自身产生的锯齿型电压。
(2)灯丝被电源加热后，出现电子发射，发射出来的电子经过加速电场加速后，以很大的速度进入偏转电场，如Y偏转极板上加一个电压，在X偏转极板上加一电压，在荧光屏上就会出现按Y偏转电压规律变化的可视图像。
二、带电粒子能否飞出偏转电场的条件及求解方法
带电粒子能否飞出电场，关健看带电粒子在电场中的侧移量y，如质量为m、电荷量为q的带电粒子沿中线以v0垂直射入板长为l、板间距离为d的匀强电场中，要使粒子飞出电场，则应满足：t=时，y；若当t=时,y，则粒子打在板上，不能飞出电场。
三、带电粒子在电场和重力场的复合场中运动分析方法。
带电粒子在复合场中的运动，是一个综合电场力、电势能的力学问题。研究的方法与质点动力学相同，它同样遵循：运动的合成与分解、力的独立作用原理、牛顿运动定律、动能定理、功能原理等力学规律。研究时主要有以下两种方法：
1．力和运动的关系分析法。根据带电粒子受到电场力，用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等。这种方法适用于恒力作用下的匀变速运动的情况。分析时具体有以下两种方法：
⑴正交分解法或化曲为直法
⑵“等效重力”法。
3．功能关系分析法（使用动能定理、能量守恒定律解题）
【例题与习题】
1．一束电子流在经u=5000V的加速电压加速后在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示．若两板间距d=1.0cm，板长f=5．0cm，那么要使电子能从平行板飞出，两个极板上最大能加多大电压?

（1）要使电子束不打在偏转电极的极板上，加在竖直偏转电极上的最大偏转电压U不能超过多大？
（2）若在偏转电极上加U=40sin100πtV的交变电压，在荧光屏的竖直坐标轴上能观测到多长的线段？

3．（2008全国）一平行板电容器的两个极板水平放置，两极板间有一带电荷量不变的小油滴，油滴在极板间运动时所受的阻力的大小与其速率成正比。若两极板间的电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降；若两极板间的电压为U时，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升；若两极板间电压为-U，油滴做匀速运动时速度的大小、方向是（）
A．2v向下B．2v向上
C．3v向下D．3v向上
达标检测1．如图所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量h/U2)，可采用的方法是()
A．增大两板间的电势差以
B．尽可能使板长￡短些
C．尽可能使板间距离d小一些
D．使加速电压以升高一些
2如图所示，用细线拴着一带负电的小球在方向竖直向下的匀强电场中，在竖直平面内做圆周运动，且电场力大于重力，则下列说法正确的是()
A．当小球运动到最高点A时，细线张力一定最大
B．当小球运动到最低点B时，细线张力一定最大
C．当小球运动到最低点B时，小球的线速度一定最大
D．当小球运动到最低点B时，小球的电势能一定最大
3.如图所示，A、B是一对平行的金属板，在两板间加上一周期为T的交变电压u，A板的电势φA=0，B板的电势φB随时间的变化规律如图所示。现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内，设电子的初速度和重力的影响可忽略．则()
A．若电子是在t=O时刻进入的，它将一直向B板运动
B.若电子是在t=1/8T时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上
c.若电子是在3/8T时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上
D．若电子是在t=1/2时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动

4．如图所示，平行板电容器两极板间有场强为E的匀强电场，且带正电的极板接地，一质量为m、电荷量为+q的带电粒子(不计重力)从x轴上坐标为x。处由静止释放．
(1)求该粒子在x0处的电势能EP．
(2)试从牛顿第二定律出发，证明该带电粒子在极板问运动过程中，其动能与电势能之和保持不变．

高考物理一轮复习磁场与带电粒子在电场中的运动（下）

第17讲磁场与带电粒子在电场中的运动经典精讲（下）
主讲教师：徐建烽首师大附中物理特级教师

题一：如图所示，虚线圆所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一束电子流沿圆形磁场的直径方向以速度v射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动方向与原方向成θ角。设电子质量为m，电荷量为e，求磁场区域圆半径r为多少？

题二：如图所示，矩形匀强磁场区域的长为L，宽为．匀强磁场的磁感强度为B，质量为m，电荷量为e的电子沿着矩形磁场的上方边界射入磁场，欲使该电子由下方边界穿出磁场，求：
（1）电子速率v的取值范围？
（2）电子在磁场中运动时间t的取值范围？

题三：空间分布着一有界匀强磁场，作一垂直于磁感线的截面，截面上磁场的边界恰为边长为L的等边三角形ACD，在AC边内侧中点处，以速度v发射一个质量为m、电量大小为e的电子（电子所受重力不计），如图所示，为了使电子不射出磁场，该磁场的磁感应强度的最小值为___________。

题四：据有关资料介绍，受控热核聚变装置中有极高的温度，因而带电粒子将没有通常意义上的容器可装，而是由磁场约束带电粒子运动使之束缚在某个区域内，现按下面的简化条件来分析下面的问题，如图所示，一个内径R1=1.0m.，外径R2=2.0m的环形区域的截面，区域内有垂直于截面向里的匀强磁场，已知氦核的比荷q/m=4.8107C/kg,磁场的磁感应强度B=0.4T，不计氦核的重力，设O点为氦核源,它能沿半径方向射出各种速度的氦核，求该磁场能约束住的氦核的最大速度。
题五：回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示。它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，两盒间的窄缝中形成匀强电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速。两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出。
如果用同一回旋加速器分别加速氚核（）和α粒子（），比较它们所加的高频交流电源的周期和获得的最大动能的大小，有：（）
A.加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能也较大
B.加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较小
C.加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能也较小
D.加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能较大
第17讲磁场与带电粒子在电场中的运动经典精讲（下）
题一：题二：（1）（2）题三：题四：1.44107m/s
题五：B

1.8带电粒子在电场中的运动

一名优秀的教师就要对每一课堂负责，教师要准备好教案，这是每个教师都不可缺少的。教案可以让学生们充分体会到学习的快乐，有效的提高课堂的教学效率。教案的内容要写些什么更好呢？以下是小编为大家精心整理的“1.8带电粒子在电场中的运动”，仅供参考，欢迎大家阅读。

1.8带电粒子在电场中的运动

教学三维目标

（一）知识与技能

1．了解带电粒子在电场中的运动——只受电场力，带电粒子做匀变速运动。

2．重点掌握初速度与场强方向垂直的带电粒子在电场中的运动(类平抛运动)。

3．知道示波管的主要构造和工作原理。

（二）过程与方法

培养学生综合运用力学和电学的知识分析解决带电粒子在电场中的运动。

（三）情感态度与价值观

1．渗透物理学方法的教育：运用理想化方法，突出主要因素，忽略次要因素，不计粒子重力。

2．培养学生综合分析问题的能力，体会物理知识的实际应用。

重点：带电粒子在电场中的加速和偏转规律

难点：带电粒子在电场中的偏转问题及应用。

教学过程：

（一）复习力学及本章前面相关知识

要点：动能定理、平抛运动规律、牛顿定律、场强等。

（二）新课教学

1．带电粒子在电场中的运动情况（平衡、加速和减速）

⑴．若带电粒子在电场中所受合力为零时，即∑F＝0时，粒子将保持静止状态或匀速直线运动状态。

例：带电粒子在电场中处于静止状态，该粒子带正电还是负电?

分析：带电粒子处于静止状态，∑F＝0，，因为所受重力竖直向下，所以所受电场力必为竖直向上。又因为场强方向竖直向下，所以带电体带负电。

⑵．若∑F≠0（只受电场力）且与初速度方向在同一直线上，带电粒子将做加速或减速直线运动。(变速直线运动)

◎打入正电荷（右图），将做匀加速直线运动。

设电荷所带的电量为q，板间场强为E

电势差为U，板距为d,电荷到达另一极板的速度为v,则

电场力所做的功为：

粒子到达另一极板的动能为：

由动能定理有：（或对恒力）

※若初速为v0，则上列各式又应怎么样？让学生讨论并列出。

◎若打入的是负电荷（初速为v0），将做匀减速直线运动，其运动情况可能如何，请学生讨论，并得出结论。

请学生思考和讨论课本P33问题

分析讲解例题1。（详见课本P33）

【思考与讨论】若带电粒子在电场中所受合力∑F≠0，且与初速度方向有夹角(不等于0°，180°)，则带电粒子将做什么运动？（曲线运动）---引出

2．带电粒子在电场中的偏转（不计重力，且初速度v0⊥E，则带电粒子将在电场中做类平抛运动）

复习：物体在只受重力的作用下，被水平抛出，在水平方向上不受力，将做匀速直线运动，在竖直方向上只受重力，做初速度为零的自由落体运动。物体的实际运动为这两种运动的合运动。

详细分析讲解例题2。

解：粒子v0在电场中做类平抛运动

沿电场方向匀速运动所以有：①

电子射出电场时，在垂直于电场方向偏移的距离为：②

粒子在垂直于电场方向的加速度：③

由①②③得：④

代入数据得：m

即电子射出时沿垂直于板面方向偏离0.36m

电子射出电场时沿电场方向的速度不变仍为v0，而垂直于电场方向的速度：

⑤

故电子离开电场时的偏转角为：⑥

代入数据得：=6.8°

【讨论】：若这里的粒子不是电子，而是一般的带电粒子，则需考虑重力，上列各式又需怎样列？指导学生列出。

3．示波管的原理

（1）示波器：用来观察电信号随时间变化的电子仪器。其核心部分是示波管

（2）示波管的构造：由电子枪、偏转电极和荧光屏组成（如图）。

（3）原理：利用了电子的惯性小、荧光物质的荧光特性和人的视觉暂留等，灵敏、直观地显示出电信号随间变化的图线。

◎让学生对P35的【思考与讨论】进行讨论。

（三）小结：

1、研究带电粒子在电场中运动的两条主要线索

带电粒子在电场中的运动，是一个综合电场力、电势能的力学问题，研究的方法与质点动力学相同，它同样遵循运动的合成与分解、力的独立作用原理、牛顿运动定律、动能定理、功能原理等力学规律．研究时，主要可以按以下两条线索展开．

（1）力和运动的关系——牛顿第二定律

根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等．这条线索通常适用于恒力作用下做匀变速运动的情况．

（2）功和能的关系——动能定理

根据电场力对带电粒子所做的功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理或从全过程中能量的转化，研究带电粒子的速度变化，经历的位移等．这条线索同样也适用于不均匀的电场．

2、研究带电粒子在电场中运动的两类重要的思维技巧

（1）类比与等效

电场力和重力都是恒力，在电场力作用下的运动可与重力作用下的运动类比．例如，垂直射入平行板电场中的带电粒子的运动可类比于平抛，带电单摆在竖直方向匀强电场中的运动可等效于重力场强度g值的变化等．

（2）整体法(全过程法)

电荷间的相互作用是成对出现的，把电荷系统的整体作为研究对象，就可以不必考虑其间的相互作用．

电场力的功与重力的功一样，都只与始末位置有关，与路径无关．它们分别引起电荷电势能的变化和重力势能的变化，从电荷运动的全过程中功能关系出发(尤其从静止出发末速度为零的问题)往往能迅速找到解题入口或简化计算．

（四）巩固新课：1、引导学生完成问题与练习。1、3、4做练习。作业纸。

2、阅读教材内容，及P36-37的【科学足迹】、【科学漫步】

教后记

1、带电粒子在电场中的运动是综合性非常强的知识点，对力和运动的关系以及动量、能量的观点要求较高，是高考的热点之一，所以教学时要有一定的高度。

2、学生对于带电粒子在电场中的运动的处理局限于记住偏转量和偏转角的公式，不能从力和运动的关系角度高层次的分析，这样的能力可能要到高三一轮复习结束才能具备。

09高考物理带电粒子在磁场中的运动1

难点9带电粒子在磁场中的运动

一、难点形成原因

1、由于受力分析、圆周运动、曲线运动、牛顿定律知识的不熟悉甚至于淡忘，以至于不能将这些知识应用于带电粒子在磁场中的运动的分析，无法建立带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动的物理学模型。

2、受电场力对带电粒子做功，既可改变粒子的速度（包括大小与方向）又可改变粒子的动能动量的影响，造成磁场中的洛仑兹力对带电粒子不做功（只改变其速度的方向不改变其大小）的定势思维干扰，受电场对带电粒子的偏转轨迹（可以是抛物线）的影响，造成对磁场偏转轨迹（可以是圆周）的定势思维干扰。从而使带电粒子在电场中的运动规律产生了对带电粒子在磁场中的运动的前摄抑制。

3、磁场内容的外延知识与学生对物理概念理解偏狭之间的矛盾导致学习困难。