2021届高考物理粤教版一轮学案：第九章专题带电粒子在复合场中的运动


专题　带电粒子在复合场中的运动
　带电粒子在组合场中的运动
1.组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电场、磁场交替出现。
2.分析思路
(1)划分过程：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处理。
(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键。
(3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。
3.组合场中的两种典型偏转

【例1】 (2019·全国Ⅰ卷，24)如图1，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求：

图1
(1)带电粒子的比荷；
(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
解析　(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v
由动能定理有qU＝mv2①
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qvB＝m②
由几何关系知d＝r③
联立①②③式得＝。④

(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s＝＋rtan 30°⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为
t＝⑥
联立②④⑤⑥式得
t＝。
答案　(1)　(2)

1.如图2所示，在第Ⅱ象限内有沿x轴正方向的匀强电场，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，又恰好垂直于x轴进入第Ⅳ象限的磁场。已知O、P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 (　　)

图2
A. B.(2＋5π)
C.(2＋) D.(2＋)
解析　带电粒子的运动轨迹如图所示，带电粒子出电场时，速度v＝v0，这一过程的时间t1＝＝，根据几何关系可得带电粒子在磁场中的偏转轨道半径r＝2d，带电粒子在第Ⅰ象限中运动的圆心角为，故带电粒子在第Ⅰ象限中的运动时间t2＝T＝·＝，带电粒子在第Ⅳ象限中运动的时间t3＝，故t总＝(2＋)，D正确。

答案　D
2.(2018·全国Ⅰ卷，25)如图3，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核H和一个氘核H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。H的质量为m，电荷量为q。不计重力。求

图3
(1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；
(2)磁场的磁感应强度大小；
(3)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。
解析　(1)H在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示。设H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1。由运动学公式有

s1＝v1t1①
h＝a1t②
由题给条件，H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°。H进入磁场时速度的y分量的大小为
a1t1＝v1tan θ1③
联立以上各式得s1＝h。④
(2)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有
qE＝ma1⑤
设H进入磁场时速度的大小为v1′，由速度合成法则有
v1′＝⑥
设磁感应强度大小为B，H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qv1′B＝⑦
由几何关系得s1＝2R1sin θ1⑧
联立以上各式得B＝。⑨
(3)设H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得
(2m)v＝mv
由牛顿第二定律有qE＝2ma2
设H第一次射入磁场时的速度大小为v2′，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2。由运动学公式有
s2＝v2t2
h＝a2t
v2′＝
sin θ2＝
联立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝v1′
设H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得
R2＝＝R1
所以出射点在原点左侧。设H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2′，由几何关系有
s2′＝2R2sin θ2
联立④⑧式得，H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为
s2′－s2＝(－1)h。
答案　(1)h　(2)　(3)(－1)h
　带电粒子在叠加场中的运动
“三步”解决带电粒子在叠加场中的运动问题

【例2】 如图4所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5 T，还有沿x轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E＝2 N/C。在其第一象限空间有沿y轴负方向的、电场强度大小也为E的匀强电场，并在y＞h＝0.4 m的区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场。一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，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。已知重力加速度g＝10 m/s2，问：

图4
(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷；
(2)油滴在P点得到的初速度大小；
(3)油滴在第一象限运动的时间。
解析　(1)根据受

力分析(如图)可知油滴带负电荷，设油滴质量为m，由平衡条件得，
mg∶qE∶F＝1∶1∶。
(2)由第(1)问得
mg＝qE，qvB＝qE，
解得v＝＝4 m/s。
(3)进入第一象限，电场力和重力平衡，知油滴先做匀速直线运动，进入y≥h的区域后做匀速圆周运动，轨迹如图，最后从x轴上的N点离开第一象限。
由O→A匀速运动的位移为s1＝＝h；
其运动时间t1＝＝0.1 s
由qvB＝m，T＝得
T＝，
油滴从A→C的圆周运动时间为
t2＝T＝≈0.628 s
由对称性知，从C→N的时间t3＝t1；
在第一象限运动的总时间
t＝t1＋t2＋t3＝2×0.1 s＋0.628 s＝0.828 s。
答案　(1)1∶1∶　油滴带负电荷　(2)4 m/s
(3)0.828 s

1.(2017·全国Ⅰ卷，16)如图5，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(　　)

图5
A.ma＞mb＞mc B.mb＞ma＞mc
C.mc＞ma＞mb D.mc＞mb＞ma
解析　由题意知，三个带电微粒受力情况：mag＝qE，mbg＝qE＋qvB，mcg＋qvB＝qE，所以mb>ma>mc，故选项B正确，A、C、D错误。
答案　B
2.如图6所示，在正交的匀强电磁场中有质量、电荷量都相同的两油滴，A静止，B做半径为R的匀速圆周运动。若B与A相碰并结合在一起，则它们将 (　　)

图6
A.以B原速率的一半做匀速直线运动
B.以为半径做匀速圆周运动
C.仍以R为半径做匀速圆周运动
D.做周期为B的一半的匀速圆周运动
解析　由A、B相碰时动量守恒得mv＝2mv′，有v′＝。据题意碰后A、B合成的大油滴仍受重力与电场力平衡，合外力是洛伦兹力，所以继续做匀速圆周运动，且有r＝＝＝，T＝＝，选项B正确。
答案　B
3.如图7所示，在坐标系xOy平面的x＞0区域内，存在电场强度大小E＝2×105 N/C、方向垂直于x轴的匀强电场和磁感应强度大小B＝0.2 T、方向与xOy平面垂直向外的匀强磁场。在y轴上有一足够长的荧光屏PQ，在x轴上的M(10，0)点处有一粒子发射枪向x轴正方向连续不断地发射大量质量m＝6.4×10－27 kg、电荷量q＝3.2×10－19 C的带正电粒子(重力不计)，粒子恰能沿x轴做匀速直线运动。若撤去电场，并使粒子发射枪以M点为轴在xOy平面内以角速度ω＝2π rad/s顺时针匀速转动(整个装置都处在真空中)。

图7
(1)判断电场方向，求粒子离开发射枪时的速度；
(2)带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；
(3)荧光屏上闪光点的范围距离；
解析　(1)带正电粒子(重力不计)在复合场中沿x轴做匀速直线运动，据左手定则判定洛伦兹力方向向下，所以电场力方向向上，电场方向向上
有qE＝qvB
速度v＝＝ m/s＝106 m/s。
(2)撤去电场后，有qvB＝m
所以粒子在磁场中运动的轨迹半径
R＝＝ m＝0.1 m。
(3)粒子运动轨迹如图所示，若粒子打在荧光屏上最上端的点是B点，最下端打在A点

由图可知dOA＝Rtan 60°＝R，dOB＝R
所以荧光屏上闪光点的范围距离为
dAB＝(＋1)R≈0.273 m
答案　见解析
　复合场中的STSE问题——真题溯源之教材研读
考向　质谱仪的原理和分析

【例3】 [粤教版选修3－1·P98·T10]如图3－8所示，一束具有各种速率的两种一价铜离子，质量数分别为63和65，水平地经小孔S进入有匀强电场E和匀强磁场B的区域。电场的方向垂直极板向下，磁场的方向垂直于纸面向里。只有那些轨迹不发生偏折的离子才能通过另一小孔S′。为了把从S′射出的两种铜离子分开，再让它们进入另一方向垂直纸面向外的匀强磁场B′中，使两种离子分别沿不同半径的圆形轨道运动。试分别求出两种离子的轨道半径。题中各已知量如下：

图3－8
E＝1.00×105 V/m，B＝0.40 T，B′＝0.50 T；
质量数为63的铜离子质量m1＝63×1.66×10－27 kg；
质量数为65的铜离子质量m2＝65×1.66×10－27 kg。
解析　设铜离子的电荷量为e，以速度v进入小孔S后，受到的力有电场力F1＝eE，方向向下
洛伦兹力F2＝evB，方向向上
重力可忽略不计，只有当F1＝F2时，铜离子才能匀速无偏折地通过小孔S′。因此，从小孔S′穿出的铜离子必须满足的条件是
eE＝evB①
这就是说，只有速度v＝的铜离子才能穿出小孔S′。
铜离子进入磁场B′后，受到洛伦兹力F＝evB′，重力仍可忽略不计。F跟v垂直并为一恒量，因此铜离子在磁场B′内将做匀速圆周运动，F就是圆周运动的向心力
设铜63离子和铜65离子运动轨迹的半径分别为R1和R2，那么evB′＝②
evB′＝③
由①②两式可得R1＝④
由①③两式可得R2＝⑤
代入数值进行计算，
R1＝ m＝0.33 m
R2＝ m＝0.34 m
答案　两种离子的轨道半径分别是0.33 m和0.34 m
【拓展提升1】 (2016·全国Ⅰ卷，15)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图8所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为(　　)

图8
A.11 B.12
C.121 D.144
解析　设质子的质量和电荷量分别为m1、q1，一价正离子的质量和电荷量为m2、q2。对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得
qU＝mv2－0，得v＝①
在磁场中qvB＝m②
由①②式联立得m＝，由题意知，两种粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，加速电压U不变，其中B2＝12B1，q1＝q2，可得＝＝144，故选项D正确。
答案　D
【拓展提升2】 (2018·全国Ⅲ卷，24)如图9，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求

图9
(1)磁场的磁感应强度大小；
(2)甲、乙两种离子的比荷之比。
解析　(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有
q1U＝m1v①
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1B＝m1②
由几何关系知2R1＝l③
由①②③式得B＝④
(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有
q2U＝m2v⑤
q2v2B＝m2⑥
由题给条件有2R2＝⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为
∶＝1∶4⑧
答案　(1)　(2)1∶4
考向　回旋加速的原理与分析
【例4】 (2020·广东省韶关市高三诊断性考试)诺贝尔物理学奖得主劳伦斯发明了回旋加速器，其原理可简化如下。如图10所示，两个中空的半径R＝0.125 m的半圆金属盒，接在电压U＝5 000 V、频率恒定的交流电源上；两盒狭缝之间距离d＝0.01 m，金属盒面与匀强磁场垂直，碰感应强度B＝0.8 T。位于圆心处的质子源能不断产生质子(初速度可以忽略，重力不计，不计质子间的相互作用)，质子在狭缝之间能不断被电场加速，最后通过特殊装置引出。已知质子的比荷＝≈1×108 C/kg，求：

图10
(1)质子能获得的最大速度；
(2)质子在电场加速过程中获得的平均功率；
(3)随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差Δr如何变化？简述理由。
(4)设输出时质子束形成的等效电流为100 mA，回旋加速器输出功率是多大？
解析　(1)粒子在磁场中回旋，有qvB＝
引出时有r＝R，得vmax＝＝1×107 m/s。
(2)引出前质子(在电场中)加速的次数n＝＝100
质子在电场中多次加速，可等效为一次性做匀加速直线运动
该过程中的平均速率为，则t电＝＝2×10－7 s
平均功率P电＝＝ W
≈4×10－7 W。
(3)粒子回旋半径r＝，设加速一次后的速率为v1，加速三次后的速率为v3
则有v3＝v1，v5＝v1……，由此r3＝r1，r5＝r1……
因为(－1)r1＞(－)r1＞(－)r1＞……故Δr逐渐减小。
(4)研究出口截面处Δt→0时间内通过的质子，设有N个，则N·q＝IΔt
在该时间内，回旋加速器做的功等效于把N个质子从静止加速到Ekm，即W＝N(mv2－0)，P＝，
代入得P＝50 000 W。
答案　见解析
考向　霍尔元件的原理与分析
【例5】 (2019·天津卷，4)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11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(　　)

图11
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，与v成正比，与c无关，B、C错误；洛伦兹力F＝evB＝，D正确。
答案　D

1.[电磁流量计]为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图12所示的流量计。该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口。在垂直于上、下底面方向加磁感应强度大小为B的匀强磁场，在前、后两个内侧面分别固定有金属板作为电极。污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U。用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是(　　)

图12
A.若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高
B.若污水中负离子较多，则前表面比后表面电势高
C.污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大
D.污水流量Q与U成正比，与a、b无关
解析　无论污水中正离子多还是负离子多，由左手定则知，前表面电势均比后表面电势低，且当Bvq＝q时，离子不再偏转，电压表示数恒定，与污水中离子浓度无关，选项A、B、C错误；由Q＝vbc可得Q＝，Q与U成正比，与a、b无关，选项D正确。
答案　D
2.[磁流体发电机](多选)目前世界上正研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图13所示表示它的发电原理：将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的粒子，而从整体来说呈中性)沿图中所示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就聚集了电荷。在磁极配置如图中所示的情况下，下列说法正确的是(　　)

图13
A.A板带正电
B.有电流从b经用电器流向a
C.金属板A、B间的电场方向向下
D.等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力
解析　由左手定则，A板带负电，则电流从b经用电器流向a，金属板间的电场方向向上，故选项B、D正确。
答案　BD
3.[速度选择器]如图14所示，不同带电粒子以不同速度由左端沿中线水平射入如图装置，左侧有竖直向下的电场强度为E的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1；右侧是垂直于纸面向外的足够大的匀强磁场，磁感应强度为B2，中间有一小孔，不计粒子重力，下列说法正确的是(　　)

图14
A.只有正电荷才能沿中线水平通过左侧区域进入右侧区域
B.只有速度v＝的粒子才能沿中线水平通过左侧区域进入右侧区域
C.如果进入右侧区域的粒子打在胶片上离小孔的距离是d，则该粒子的比荷为
D.若甲、乙两个粒子所带的电荷量相等，二者进入右侧区域后，打在胶片上离小孔的距离之比为2∶3，则甲、乙两个粒子的质量之比为2∶3
解析　只要电荷受到的电场力和洛伦兹力平衡，粒子就可以沿中线水平通过左侧区域进入到右侧磁场区域，A项错误；根据平衡条件，有qvB1＝Eq，解得v＝，B项错误；若粒子打在胶片上离小孔的距离是d，则＝，联立解得＝，C项错误；若甲、乙两个粒子所带的电荷量相等，打在胶片上离小孔的距离之比为2∶3，结合C项分析可得甲、乙两个粒子的质量之比为2∶3。
答案　D
　带电粒子在交变电磁场中的运动
【例6】 (2019·吉林三模)如图15甲所示，虚线MN的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场(上、下及左侧无边界)。一个质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)，以大小为v0的水平初速度沿PQ向右做直线运动。若小球刚经过D点时(t＝0)，在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时的速度与PQ连线成60°角。已知D、Q间的距离为(＋1)L，t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，重力加速度大小为g。

图15
(1)求电场强度E的大小；
(2)求t0与t1的比值；
(3)小球过D点后将做周期性运动，当小球运动的周期最大时，求此时磁感应强度的大小B0及运动的最大周期Tm。
思路点拨　(1)挖掘隐含条件：“沿PQ向右做直线运动”说明小球受力平衡。
(2)画出小球从刚过D点到再次通过D点的运动轨迹，由几何关系找出小球做匀速直线运动的位移大小与小球做匀速圆周运动的轨迹半径的关系。
(3)挖掘隐含条件：当圆弧轨迹与MN相切时小球运动的周期最大。
解析　(1)小球沿PQ向右做直线运动，受力平衡，则mg＝Eq，解得E＝。

(a)
(2)小球能再次通过D点，其运动轨迹应如图(a)所示。
设小球做匀速圆周运动的轨迹半径为r，则由几何关系有s＝
又知s＝v0t1
圆弧轨迹所对的圆心角θ＝2π－(π－)＝π
则t0＝
联立解得＝π。
(3)当小球运动的周期最大时，其运动轨迹应与MN相切，小球运动一个周期的轨迹如图(b)所示，

(b)
由几何关系得R＋＝(＋1)L
解得R＝L
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv0B0＝m
解得B0＝
小球在一个周期内运动的路程
s1＝3××2πR＋6×＝(4π＋6)L
故Tm＝＝。
答案　(1)　(2)π　(3)

1.(多选)某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时间t做周期性变化的匀强磁场(如图16甲所示)，规定垂直纸面向里的磁场方向为正。为使静止于该磁场中的带正电的粒子能按a―→b―→c―→d―→e―→f的顺序做横“∞”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹)，下列办法可行的是(粒子只受磁场力的作用，其他力不计)(　　)

图16
A.若粒子的初始位置在a处，在t＝T时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度
B.若粒子的初始位置在f处，在t＝时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度
C.若粒子的初始位置在e处，在t＝T时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度
D.若粒子的初始位置在b处，在t＝时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度
解析　要使粒子的运动轨迹如题图所示，由左手定则知粒子做圆周运动的周期应为T0＝，若粒子的初始位置在a处时，对应时刻应为t＝T0＝T，选项A正确；同理可判断选项D正确。
答案　AD
2.如图17甲所示，空间存在水平方向的大小不变、方向周期性变化的电场，其变化规律如图乙所示(取水平向右为正方向)。一个质量为m、电荷量为＋q的粒子(重力不计)，开始处于图中的A点。在t＝0时刻将该粒子由静止释放，经过时间t0，刚好运动到B点，且瞬时速度为零。已知电场强度大小为E0。试求；

图17
(1)电场变化的周期T应满足的条件；
(2)A、B之间的距离；
(3)若在t＝时刻释放该粒子，则经过时间t0粒子的位移为多大？
解析　(1)根据粒子的初状态和受力特点可知，粒子运动的v－t图象如图所示。可见，当t0＝nT时，粒子的速度刚好为零，故有T＝(n为正整数)。

(2)由(1)图可知，A、B之间的距离
s＝a()2×2n＝n··()2＝(n为正整数)。
(3)若在t＝时刻释放该粒子，其v－t图象如图所示，此时t0时间内粒子的位移
s′＝n[a(2×)2×2－a()2×2]＝(n为正整数)。

答案　(1)T＝(n为正整数)　(2)(n为正整数)　(3)(n为正整数)
课时作业
(时间：40分钟)
基础巩固练
1.(多选)如图1所示，一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是(　　)

图1
A.小球一定带正电
B.小球一定带负电
C.小球的绕行方向为顺时针
D.改变小球的速度大小，小球将不做圆周运动
解析　由于小球做匀速圆周运动，有qE＝mg，电场力方向竖直向上，所以小球一定带负电，故选项A错误，B正确；洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力，由左手定则可判定小球绕行方向为顺时针，故选项C正确；改变小球速度大小，小球仍做圆周运动，选项D错误。
答案　BC
2.如图2所示的速度选择器水平放置，板长为L，两板间距离也为L，两板间分布着如图所示的正交匀强电场与匀强磁场，一带正电粒子(不计重力)从两板左侧中点O处沿图中虚线水平向右射入速度选择器，恰好做匀速直线运动；若撤去磁场，保留电场，粒子以相同的速度从O点进入电场，恰好从上极板右边缘b点离开场区；若撤去电场，保留磁场，粒子以相同的速度从O点进入磁场，则粒子做匀速圆周运动的半径为(　　)

图2
A.L B.2L
C.L D.L
解析　粒子沿虚线做匀速运动时，电场力竖直向上，洛伦兹力竖直向下，根据平衡条件有qvB＝qE，解得v＝；撤去磁场，粒子在匀强电场中做类平抛运动，则L＝vt，L＝··t2，联立解得粒子的比荷＝；撤去电场，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m，联立解得r＝L，选项A正确。
答案　A
3.(多选)如图3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(　　)

图3
A.极板M比极板N的电势高
B.加速电场的电压U＝ER
C.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
解析　粒子在静电分析器内沿电场线方向偏转，说明粒子带正电荷，极板M比极板N的电势高，选项A正确；由Uq＝mv2和Eq＝可得U＝，选项B错误；在磁场中，由牛顿第二定律得qvB＝m，即r＝，直径PQ＝2r＝＝2，可见只有比荷相同的粒子才能打在胶片上的同一点，选项C错误，D正确。
答案　AD
4.(多选)电磁泵在生产、科技中得到了广泛应用。如图4所示的电磁泵泵体是一个长方体，ab边长为L1，两侧端面是边长为L2的正方形；流经泵体的液体密度为ρ，在泵体通入导电剂后液体的电导率为σ(电阻率的倒数)，泵体所在处有方向垂直前表面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，把泵体的上、下两表面接在电压为U(内阻不计)的电源上，则(　　)

图4
A.泵体上表面应接电源正极
B.通过泵体的电流I＝
C.增大磁感应强度可获得更大的抽液高度h
D.增大液体的电导率可获得更大的抽液高度h
解析　当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时液体受到的磁场力方向水平向左，选项A正确；根据电阻定律可知，泵体内液体的电阻R＝·＝，因此流过泵体的电流I＝UL1σ，选项B错误；增大磁感应强度B，液体受到的磁场力变大，可获得更大的抽液高度，选项C正确；若增大液体的电导率，可以使电流增大，液体受到的磁场力变大，可获得更大的抽液高度，选项D正确
答案　ACD
5.(2020·广东省揭阳市高三二模)如图5所示，在坐标系的第一象限存在一垂直纸面向外的矩形有界匀强磁场，磁场的长为a，宽为，磁感应强度的大小为B。在第三象限存在与y轴成30°角的匀强电场。现有一带电荷量为q、质量为m的带正电的粒子由静止从电场的P点经电场加速后从O点进入磁场(不计粒子的重力)。求：

图5
(1)若粒子经磁场偏转后打到x轴上的(0，a)上，则粒子在磁场中运动的时间为多长；
(2)欲使粒子恰好不能从上边界射出磁场，UPO的值。
解析　(1)根据牛顿第二定律得qvB＝
粒子圆周运动的周期T＝
粒子在磁场运动的时间t＝·T
解得t＝。
(2)设粒子进入磁场的速度为v0时，恰好不能从上边界射出磁场。
由动能定理，得qUPO＝mv
由牛顿第二定律得qv0B＝
由几何关系得R′＝R′sin θ＋
解得UPO＝。
答案　(1)　(2)
6.(2019·4月浙江选考，23)有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图6所示。左侧静电分析器中有方向指向圆心O、与O点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零。离子源发出两种速度均为v0、电荷量均为q、质量分别为m和0.5m的正离子束，从M点垂直该点电场方向进入静电分析器。在静电分析器中，质量为m的离子沿半径为r0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N点水平射出，而质量为0.5m的离子恰好从ON连线的中点P与水平方向成θ角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m的离子打在O点正下方的Q点。已知＝0.5r0，＝r0，N、P两点间的电势差UNP＝，cos θ＝，不计重力和离子间相互作用。

图6
(1)求静电分析器中半径为r0处的电场强度E0和磁分析器中的磁感应强度B的大小；
(2)求质量为0.5m的离子到达探测板上的位置与O点的距离l(用r0表示)；
(3)若磁感应强度在(B－ΔB)到(B＋ΔB)之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m和0.5m的两束离子，求的最大值。
解析　(1)由径向电场力提供向心力有qE0＝
解得E0＝
由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝
解得B＝。
(2)从M点到P点，由动能定理有
qUNP＝×0.5mv2－×0.5mv
解得v＝v0
则在磁场中，质量为0.5 m的离子的轨迹半径
r＝＝r0
由几何知识有l＝2rcos θ－0.5r0
解得l＝1.5r0。
(3)若恰好能分辨，则有－＝
解得＝－4≈0.12。
答案　(1)　　(2)1.5r0　(3)0.12
综合提能练
7.如图7所示，导电物质为电子的霍尔元件样品置于磁场中，上、下表面与磁场方向垂直，图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端。当开关S1、S2闭合后，三个电表都有明显示数，下列说法正确的是(　　)

图7
A.通过霍尔元件的磁场方向向上
B.接线端2的电势高于接线端4的电势
C.仅将电源E1、E2反向接入电路，电压表的示数不变
D.若适当减小R1、增大R2，则电压表示数一定增大
解析　由安培定则可判断出铁芯左侧线圈产生的磁场方向向上，经铁芯后霍尔元件处的磁场方向向下，选项A错误；通过霍尔元件的磁场方向向下，由左手定则可知，霍尔元件中电子受到的洛伦兹力方向向右，电子偏向接线端2，则接线端2的电势低于接线端4的电势，选项B错误；仅将电源E1、E2反向接入电路，磁场反向，电流反向，霍尔元件中电子受到的洛伦兹力不变，电压表的示数不变，选项C正确；若适当减小R1，电流产生的磁场变强，通过霍尔元件的磁感应强度增大，增大R2，流过霍尔元件的电流减弱，霍尔元件产生的电压U＝k(d为霍尔元件上、下表面之间的距离)可能减小，电压表示数可能减小，选项D错误。
答案　C
8.如图8所示，金属平板MN垂直于纸面放置，MN板中央有小孔O，以O为原点在纸面内建立xOy坐标系，x轴与MN板重合。O点下方的热阴极K通电后能持续放出初速度近似为零的电子，经K与MN板间电场加速后，从O点射出，速度大小均为v0，速度方向在纸面内，发散角为2θ弧度且关于y轴对称。已知电子电荷量为e，质量为m，不计电子间相互作用及重力的影响。

图8
(1)求K与MN板间的电压U0；
(2)若x轴上方存在范围足够大、垂直纸面向里的匀强磁场，电子打到x轴上落点范围长度为Δx，求该磁场的磁感应强度B1和电子从O点到达x轴的最短时间t；
(3)若x轴上方存在一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场区域，电子从O点进入磁场，偏转后成为一宽度为Δy、平行于x轴的电子束，求该圆形磁场区域的半径R及磁场的磁感应强度B2。
解析　(1)由动能定理有eU0＝mv－0，
解得U0＝。

甲
(2)如图甲所示(磁场未画出)，从O点射出的电子落在x轴P、Q间，
设电子做圆周运动的半径为r，
由几何关系有Δx＝2r－2rcos θ
由洛伦兹力提供向心力有
ev0B1＝
解得B1＝
最短路程smin＝2(－θ)r
则有t＝＝。

乙
(3)电子运动轨迹如图乙所示(磁场未画出)，
由几何关系可知r＝R
且有Δy＝r＋rsin θ－(r－rsin θ)
＝2rsin θ
解得R＝r＝
由洛伦兹力提供向心力有
ev0B2＝
解得B2＝。
答案　(1)　(2)　　(3)　
9.如图9，在xOy坐标平面第一象限x≤1 m的范围中，存在以y＝x2为上边界的沿y轴正方向的匀强电场，场强大小E1＝2.0×102 N/C，在直线MN(方程为y＝
1 m)的上方存在方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。在直线x＝－1 m上有一接收板PQ，板两端分别位于直线MN和x轴上，直线MN与y轴的交点为C；在第二象限，MN和PQ围成的区域内存在沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E2。现有大量带正电的粒子从x轴上0＜x≤1 m的范围内同时由静止释放，粒子的比荷均为＝1.6×105 C/kg，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。

图9
(1)求在(0.5 m，0)处释放的粒子射出场强大小为E1的电场时的速度大小；
(2)若进入磁场的所有带电粒子均从MN上同一点离开磁场，求磁感应强度B的大小；
(3)若在第(2)问情况下所有带电粒子均被PQ板接收，求电场强度E2的最小值和在E2为最小值的情况下最先打在接收板上的粒子运动的总时间。
解析　(1)由题意得，在(x，0)处释放的粒子在电场中加速的位移为y，
且满足y＝x2(0＜x≤1 m)
粒子射出场强大小为E1的电场时的速度大小记为v，
由动能定理有qE1y＝mv2，解得v＝x
x＝0.5m时，v＝4×103 m/s。
(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设轨迹半径为r，
则qvB＝m，得r＝x
可见，当B一定时，r∝x，当x趋近于零时，粒子做匀速圆周运动的轨迹半径趋近于零，如图所示，即所有粒子经磁场偏转后都从C点射出磁场，且有2r＝x，解得B＝0.1 T。
(3)粒子从C点沿y轴负方向进入电场强度大小为E2的匀强电场区域后，都在电场力作用下做类平抛运动，如图所示，若所有带电粒子均被PQ板接收，则从(1 m，0)处出发的粒子刚好运动到Q点，对应电场强度E2的最小值E2min，该粒子在场强大小为E2min的电场中运动的初速度记为v1，时间记为t3，加速度记为a2，

则y1＝v1t3，x1＝a2t，qE2min＝ma2，
其中x1＝1 m，y1＝1 m
将x＝1 m，代入v＝x，得v1＝8×103 m/s
联立解得E2min＝8.0×102 N/C
在E2为最小值的情况下最先打在接收板上的粒子为从(1 m，0)处释放的粒子，该粒子在场强大小为E1的电场中运动的时间记为t1，在磁场中运动的时间记为t2，在磁场中运动的轨迹半径记为r1，则v1＝a1t1，qE1＝ma1
该粒子在匀强磁场中转过半个圆周，有πr1＝v1t2
将x＝1 m代入r＝x，得r1＝0.5 m
联立并代入数据可得粒子所经历的总时间
t＝t1＋t2＋t3＝5.7×10－4 s。
答案　(1)4×103 m/s　(2)0.1 T　(3)8.0×102 N/C
5.7×10－4 s