[配套K12]2017-2018学年高考物理 小题狂刷 专题39 带电粒子在叠加场中的运动 新人教版

压轴题05带电粒子（带电体）在电场中的运动问题目录一，考向分析 (1)二．题型及要领归纳 (2)热点题型一优化场区分布创新考察电偏转 (2)热点题型二利用交变电场考带电粒子在运动的多过程问题 (6)热点题型三借助电子仪器考带电粒子运动的应用问题 (10)热点题型四带电粒子(带电体)在电场和重力场作用下的抛体运动 (14)热点题型五带电粒子(带电体)在电场和重力场作用下的圆周运动 (16)三．压轴题速练 (19)一，考向分析1.本专题主要讲解带电粒子(带电体)在电场中运动时动力学和能量观点的综合运用，高考常以计算题出现。

2.学好本专题，可以加深对动力学和能量知识的理解，能灵活应用受力分析、运动分析(特别是平抛运动、圆周运动等曲线运动)的方法与技巧，熟练应用能量观点解题。

3.用到的知识：受力分析、运动分析、能量观点。

4.带电粒子在电场中的运动(1)分析方法：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线)，然后选用恰当的规律如牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题。

(2)受力特点：在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时，重力是否要考虑，关键看重力与其他力相比较是否能忽略。

一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子的重力可以忽略，一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用。

5.用能量观点处理带电体的运动对于受变力作用的带电体的运动，必须借助能量观点来处理。

即使都是恒力作用的问题，用能量观点处理也常常更简捷。

具体方法有：(1)用动能定理处理思维顺序一般为：①弄清研究对象，明确所研究的物理过程。

②分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功。

③弄清所研究过程的始、末状态(主要指动能)。

④根据W＝ΔE k列出方程求解。

(2)用包括电势能和内能在内的能量守恒定律处理列式的方法常有两种：①利用初、末状态的能量相等(即E1＝E2)列方程。

狂刷18 A taste of English humorI.根据下列汉语或首字母提示填写单词。

1. He made a g___________at me to let me keep quiet.2. On some special___________(场合)，you should wear formal clothes in west countries.3. Every month I carefully spend every cent to make our___________(收支)meet.4. He is not p___________about clothes for he prefers to dress plainly.5. He was so frightened that he didn’t give any___________(解释)of the accident.6. She_________(耳语)a warning to me and then disappeared.7. Some 70 percent of the land area of Switzerland is___________(多山的).8. Most of the middle school students like to read___________(侦探)novels.9. How should we r___________to the financial crisis?10. His interesting experience in Africa a___________everyone present.【参考答案】1. gesture2. occasions3. budget4. particular5. explanation6. whispered7. mountainous8. detective9. react10. amusedII.单句语法填空1. No one has come up with a _____________(convince) explanation of why the dinosaurs died out.2. ______________(convince) of his honesty and determination, the director of our company decided to invest in his new company.3. Your excuse is too weak to convince me ______________ your innocence.4. I’d convinced ______________ (I) that I was ri ght.5. I have been trying to convince him ______________ (see) a doctor.6.She plans to start a foundation for ____________(home) children and wants to build a community centre in Waterhouse.7. Another argument against television is that it replaces reading as a form of ___________(entertain).8. To calculate just how much mothers would earn from that labour, it suggested some of the rolesthat mums could take on, including housekeeper, part-time lawyer, personal trainer and ___________ (entertain).9. The Curse of the Were-Rabbit(2005) is the first full-length feature film made by ___________(direct) Nick Park and Steve Box with their amazing plasticine(粘土) characters Wallace and Gromit.10. But footsteps can be muddied and they can go off in different ___________ (direct).【参考答案】1. convinced2. Convinced3. of4. myself5. to see6.homeless7. entertainment 8. entertainer 9. directors10. directionsIII. 用所给词的正确形式填空1. Jim has really learnt very fast. He has made ______________ (astonish) progress.2. Our greatest happiness is ______________ (serve) the people.3. Did you hear the dog downstairs ______________ (bark) for most of the night?4. They lived in a room ______________ (face) the street.5. We try our best to get the car ______________ (run) again.6. You know my hobby is ______________ (paint).7. You won’t catch me ______________ (do) that again.8. Can you smell anything ______________ (burn)?9. Anybody ______________ (swim) in this river will be fined.10. People in this area need much ______________ (drink) water.【参考答案】1. astonishing2. serving3. barking4. facing5. running6. painting7. doing8. burning9. swimming 10. drinkingIV. 单项填空1. I don’t believe what you said, but if you can prove it, you may be able to ________me.A. convinceB. informC. guaranteeD. refuse【答案】A【解析】句意：＂我不相信你所说的，但是如果你能拿出证据，那你就能够使我相信。

狂刷37 带电粒子在磁场（含有界场）中的运动1．带电粒子以一定速度垂直射入匀强磁场，若只考虑洛伦兹力，则粒子的A．速度不变 B．动能不变C．加速度不变 D．受力不变【答案】B2．一个带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场中，由于沿途空气电离而使粒子的动能逐渐减小，轨迹如图所示。

假设粒子的电荷量不变，下列有关粒子的运动方向和所带电性的判断正确的是A．粒子由a向b运动，带正电B．粒子由b向a运动，带负电C．粒子由b向a运动，带正电D．粒子由a向b运动，带负电【答案】B【解析】由题意可知，带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，则由公式mvrqB得知，粒子的半径应逐渐减小，由图看出，粒子的运动方向是从b到a。

在b处，粒子所受的洛伦兹力指向圆心，即斜向左上方，由左手定则判断可知，该粒子带负电。

故选B。

3．如图所示，矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。

a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹。

粒子重力不计。

下列说法正确的是A．粒子a带负电B．粒子c的动能最大C．粒子b在磁场中运动的时间最长D．粒子b在磁场中运动时的向心力最大D【答案】4．如图所示，两匀强磁场的方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度分别为B1、B2，今有一质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为如图虚线所示的“心”形图线。

则以下说法正确的是A．电子的运行轨迹为PDMCNEP ArrayB．电子运行一周回到PC．B1=2B2D．B1=4B2【答案】AC【名师点睛】本题是带电粒子在磁场中运动的问题，要求同学们能根据左手定则判断洛伦兹力的方向，能结合几何关系求解，知道半径公式及周期公式，难度适中。

5．关于磁场，下列说法中正确的是A ．指南针的使用，说明地球有磁场B ．磁场的方向与放在该点的通电直导线所受磁场力方向一致C ．带电物体在磁场中所受的洛伦兹力不可能为零D ．磁感应强度越大，线圈面积越大，则穿过线圈的磁通量也越大【答案】A【解析】指南针是由磁性材料做成的，指南针指南说明它受到磁场的作用，说明地球周围有磁场，A 正确；根据左手定则，可得磁场的方向与放在该点的通电直导线所受磁场力方向垂直，B 错误；当带电物体的运动方向和磁场方向平行时，不受洛伦兹力作用，C 错误；在计算磁通量的公式BS Φ=中S 指的是磁场穿过线圈的有效面积，不一定等于线圈面积，D 错误。

（物理）高考必刷题物理带电粒子在电场中的运动题含解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图，半径为a 的内圆A 是电子发射器，其金属圆周表圆各处可沿纸面内的任意方向发射速率为v 的电子；外圆C 为与A 同心的金属网，半径为3a ．不考虑静电感应及电子的重力和电子间的相互作用，已知电子质量为m ，电量为e ．(1)为使从C 射出的电子速率达到3v ，C 、A 间应加多大的电压U ； (2)C 、A 间不加电压，而加垂直于纸面向里的匀强磁场．①若沿A 径向射出的电子恰好不从C 射出，求该电子第一次回到A 时，在磁场中运动的时间t ；②为使所有电子都不从C 射出，所加磁场磁感应强度B 应多大．【答案】（1）24mv e （2）①43a π ②(31)B ae ≥- 【解析】 【详解】（1）对电子经C 、A 间的电场加速时，由动能定理得()2211322eU m v mv =- 得24mv U e=（2）电子在C 、A 间磁场中运动轨迹与金属网相切．轨迹如图所示．设此轨迹圆的半径为r ，则)2223a rr a -=+又2rT vπ=得tan 3arθ== 故θ=60°所以电子在磁场中运动的时间2-22t T πθπ= 得439at vπ=（3）若沿切线方向射出的电子轨迹恰好与金属网C 相切．则所有电子都不从C 射出，轨迹如图所示：23r a a '=-又2v evB m r ='得3-1B ae =（）所以3-1B ae≥（）2．如图所示，OO′为正对放置的水平金属板M 、N 的中线．热灯丝逸出的电子(初速度重力均不计)在电压为U 的加速电场中由静止开始运动，从小孔O 射入两板间正交的匀强电场、匀强磁场(图中未画出)后沿OO′做直线运动．已知两板间的电压为2U ，两板长度与两板间的距离均为L ，电子的质量为m 、电荷量为e ．(1)求板间匀强磁场的磁感应强度的大小B 和方向；(2)若保留两金属板间的匀强磁场不变，使两金属板均不带电，求从小孔O 射入的电子打到N 板上的位置到N 板左端的距离x ． 【答案】（1）12mU B L e = 垂直纸面向外；（23L 【解析】 【分析】（1）在电场中加速度，在复合场中直线运动，根据动能定理和力的平衡求解即可； （2）洛伦兹力提供向心力同时结合几何关系求解即可； 【详解】（1）电子通过加速电场的过程中，由动能定理有：212eU m v = 由于电子在两板间做匀速运动，则evB eE =，其中2U E L= 联立解得：12mUB L e=根据左手定则可判断磁感应强度方向垂直纸面向外；（2）洛伦兹力提供电子在磁场中做圆周运动所需要的向心力，有：2v evB m r=，其中由（1）得到2eUv m=设电子打在N 板上时的速度方向与N 板的夹角为θ，由几何关系有：2cos L r rθ-=由几何关系有：sin x r θ= 联立解得：3x L =． 【点睛】本题考查了带电粒子的加速问题，主要利用动能定理进行求解；在磁场中圆周运动，主要找出向心力的提供者，根据牛顿第二定律列出方程结合几何关系求解即可．3．如图(a)所示，整个空间存在竖直向上的匀强电场（平行于纸面），在同一水平线上的两位置，以相同速率同时喷出质量均为m 的油滴a 和b ，带电量为+q 的a 水平向右，不带电的b 竖直向上．b 上升高度为h 时，到达最高点，此时a 恰好与它相碰，瞬间结合成油滴p ．忽略空气阻力，重力加速度为g ．求(1)油滴b 竖直上升的时间及两油滴喷出位置的距离； (2)匀强电场的场强及油滴a 、b 结合为p 后瞬间的速度；(3)若油滴p 形成时恰位于某矩形区域边界，取此时为0t =时刻，同时在该矩形区域加一个垂直于纸面的周期性变化的匀强磁场，磁场变化规律如图(b)所示，磁场变化周期为T 0（垂直纸面向外为正），已知P 始终在矩形区域内运动，求矩形区域的最小面积．（忽略磁场突变的影响）【答案】（1）2hg；2h（2）2mgq；Pv gh=方向向右上，与水平方向夹角为45°（3）2min22ghTsπ=【解析】【详解】(1)设油滴的喷出速率为0v，则对油滴b做竖直上抛运动，有202v gh=-解得2v gh=000v gt=-解得2htg=对油滴a的水平运动，有000x v t=解得2x h=(2)两油滴结合之前，油滴a做类平抛运动，设加速度为a，有qE mg ma-=，212h at=，解得a g=，2mgEq=设油滴的喷出速率为v，结合前瞬间油滴a速度大小为av，方向向右上与水平方向夹θ角，则0acosv vθ=，00tanv atθ=，解得a2v gh=，45θ=︒两油滴的结束过程动量守恒，有：12pmv mv=，联立各式，解得：pv gh=，方向向右上，与水平方向夹45︒角(3)因2qE mg=，油滴p在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r，周期为T，则由282ppvmqv mqT rπ=得0T ghr=，由2prTvπ=得02TT=即油滴p在磁场中的运动轨迹是两个外切圆组成的“8”字形．最小矩形的两条边长分别为2r、4r（轨迹如图所示）．最小矩形的面积为2min2242ghTs r rπ=⨯=4．在如图甲所示的直角坐标系中，两平行极板MN垂直于y轴，N板在x轴上且其左端与坐标原点O重合，极板长度l=0.08m，板间距离d=0.09m，两板间加上如图乙所示的周期性变化电压，两板间电场可看作匀强电场．在y 轴上(0，d /2)处有一粒子源，垂直于y 轴连续不断向x 轴正方向发射相同的带正电的粒子，粒子比荷为qm=5×107C ／kg ，速度为v 0=8×105m/s ．t =0时刻射入板间的粒子恰好经N 板右边缘打在x 轴上.不计粒子重力及粒子间的相互作用，求:(1)电压U 0的大小；(2)若沿x 轴水平放置一荧光屏，要使粒子全部打在荧光屏上，求荧光屏的最小长度； (3)若在第四象限加一个与x 轴相切的圆形匀强磁场，半径为r =0.03m ，切点A 的坐标为(0.12m ，0)，磁场的磁感应强度大小B =23T ，方向垂直于坐标平面向里．求粒子出磁场后与x 轴交点坐标的范围．【答案】(1)40 2.1610V U =⨯ (2)0.04m x ∆= (3)0.1425m x ≥【解析】 【分析】 【详解】(1)对于t =0时刻射入极板间的粒子：0l v T = 7110T s -=⨯211()22T y a =2y T v a= 22yT y v = 122dy y =+ Eq ma =U E d=解得：40 2.1610V U =⨯(2)2Tt nT =+时刻射出的粒子打在x 轴上水平位移最大：032A T x v = 所放荧光屏的最小长度A x x l ∆=-即：0.04x m ∆= (3)不同时刻射出极板的粒子沿垂直于极板方向的速度均为v y . 速度偏转角的正切值均为：0tan y v v β=37β=o0cos37v v=o 6110m/s v =⨯即：所有的粒子射出极板时速度的大小和方向均相同.2v qvB m R=0.03m R r ==由分析得，如图所示，所有粒子在磁场中运动后发生磁聚焦由磁场中的一点B 离开磁场.由几何关系，恰好经N 板右边缘的粒子经x 轴后沿磁场圆半径方向射入磁场，一定沿磁场圆半径方向射出磁场；从x 轴射出点的横坐标：tan 53C A Rx x ︒=+0.1425m C x =.由几何关系，过A 点的粒子经x 轴后进入磁场由B 点沿x 轴正向运动. 综上所述，粒子经过磁场后第二次打在x 轴上的范围为：0.1425m x ≥5．如图甲所示，在直角坐标系0≤x ≤L 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L ，0）为圆心、半径为L 的圆形区域，圆形区域与x 轴的交点分别为M 、N ．现有一质量为m 、带电量为e 的电子，从y 轴上的A 点以速度v 0沿x 轴正方向射入电场，飞出电场后从M 点进入圆形区域，此时速度方向与x 轴正方向的夹角为30°．不考虑电子所受的重力．（1）求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强E的大小；（2）若在圆形区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴．求所加磁场磁感应强度B的大小和电子刚穿出圆形区域时的位置坐标；（3）若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子从N点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同．请写出磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的关系表达式．【答案】（1）（2）（3）（n=1，2，3…）（n=1，2，3…）【解析】（1）电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，速度分解图如图1中所示．由速度关系可得：解得：由速度关系得：v y=v0tanθ=v0在竖直方向：而水平方向:解得：（2）根据题意作图如图1所示，电子做匀速圆周运动的半径R=L根据牛顿第二定律：解得：根据几何关系得电子穿出圆形区域时位置坐标为（ ，-）（3）电子在在磁场中最简单的情景如图2所示．在磁场变化的前三分之一个周期内，电子的偏转角为60°，设电子运动的轨道半径为r ，运动的T 0，粒子在x 轴方向上的位移恰好等于r 1；在磁场变化的后三分之二个周期内，因磁感应强度减半，电子运动周期T′=2T 0，故粒子的偏转角度仍为60°，电子运动的轨道半径变为2r ，粒子在x 轴方向上的位移恰好等于2r ．综合上述分析，则电子能到达N 点且速度符合要求的空间条件是：3rn=2L （n=1，2，3…） 而：解得：（n=1，2，3…）应满足的时间条件为： (T 0+T ′)=T而：解得（n=1，2，3…）点睛：本题的靓点在于第三问，综合题目要求及带电粒子运动的半径和周期关系，则符合要求的粒子轨迹必定是粒子先在正B 0中偏转60°，而后又在− B 0中再次偏转60°，经过n 次这样的循环后恰恰从N 点穿出．先从半径关系求出磁感应强度的大小，再从周期关系求出交变磁场周期的大小.6．如图所示，荧光屏MN 与x 轴垂直放置，与x 轴相交于Q 点，Q 点的横坐标06x cm =，在第一象限y 轴和MN 之间有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度51.610/E N C =⨯，在第二象限有半径5R cm =的圆形磁场，磁感应强度0.8B T =，方向垂直xOy 平面向外．磁场的边界和x 轴相切于P 点．在P 点有一个粒子源，可以向x 轴上方180°范围内的各个方向发射比荷为81.010/qC kg m=⨯的带正电的粒子，已知粒子的发射速率60 4.010/v m s =⨯．不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用．求：（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径； （2）粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围； （3）带电粒子打到荧光屏上的位置与Q 点间的最远距离． 【答案】（1）5cm （2）010y cm ≤≤ （3）9cm 【解析】 【详解】（1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动20v qv B m r=解得：05mv r cm qB== （2）由（1）问中可知r R =，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知四边形1PO FO '为菱形，所以1//FO O P '，又O P '垂直于x 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径1FO 垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x 轴平行，所以粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为010y cm ≤≤．（3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有000x v t =2012h at =qE a m=解得：18210h cm R cm =>=，说明粒子离开电场后才打到荧光屏上．设从纵坐标为y 的点进入电场的粒子在电场中沿x 轴方向的位移为x ，则0x v t =212y at =代入数据解得2x y =设粒子最终到达荧光屏的位置与Q 点的最远距离为H ，粒子射出的电场时速度方向与x 轴正方向间的夹角为θ，000tan 2y qE x v m v yv v θ===g，所以()()00tan 22H x x x y y θ=-=-g ， 由数学知识可知，当()022x y y -=时，即 4.5y cm =时H 有最大值，所以max 9H cm =7．1897年汤姆孙使用气体放电管，根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况发现了电子，并求出了电子的比荷。

第 1 页乐陵一中带电粒子在电场的运动一、单选题（本大题共5小题，共30分）1. 三个α粒子在同一地点沿同一方向飞入偏转电场，出现了如图所示的轨迹，由此可以判断下列不正确的是（ ）A. 在b 飞离电场的同时，a 刚好打在负极板上B. b 和c 同时飞离电场C. 进电场时c 的速度最大，a 的速度最小D. 动能的增加值c 最小，a 和b 一样大（物理备课组整理）B（备课组长教学指导）解：A 、三个粒子的质量和电量都相同，则知加速度相同．a 、b两粒子在竖直方向上的位移相等，根据y =at 2，可知运动时间相等．故A 正确．B 、b 、c 竖直方向上的位移不等，y c ＜y b ．根据y =at 2，可知t c ＜t b ．故B 错误．C 、在垂直于电场方向即水平方向，三个粒子做匀速直线运动，则有：v =． 因x c =x b ，t c ＜t b ，则v c ＞v b ．根据t a =t b ，x b ＞x a ．则v b ＞v a ．所以有：v c ＞v b ＞v a ．故C 正确．D 、根据动能定理知，a 、b 两电荷，电场力做功一样多，所以动能增加量相等．c 电荷电场力做功最少，动能增加量最小．故D 正确．本题选错误的，故选：B ．三个粒子都做类平抛运动，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动．粒子的质量和电量相同，加速度相同．比较沿电场方向上的位移，可比较出运动时间，再根据垂直电场方向的位移可知初速度的大小．通过动能定理比较动能的变化量．解决本题的关键将类平抛运动分解为垂直电场方向和沿电场方向，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动．2. 如图所示，质子、氘核和氦核都沿平行板电容器两板中线OO ′方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，射出后都打在同一个与OO ′垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点．下列说法中正确的是（ ）A. 若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现3个亮点B. 若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点C. 若它们是由同一个电场从静止加速后射入偏转电场的，在荧光屏上将只出现1个亮点D. 任何情况下在荧光屏上都不可能将只出现1个亮点（物理备课组整理）C（备课组长教学指导）解：A 、三种粒子带电量不同，分别为q 、q 、2q ；质量不同，分别为m 、2m 、4m ，进入同一电场是加速度不同分别是：、、，若它们射入电场时的速度相等，三粒子水平方向匀速直线，运动时间相同，则竖直方向的位移，由y=at2得竖直方向的位移之比是：2：1：1，所以三种粒子打到2个不同的位置，会出现两个亮点，故A错误。

狂刷34 含容电路和故障电路的分析1．如图所示，已知R1>R2，C1=C2，当S断开时，C1内有一带电粒子处于平衡状态，下面叙述正确的是①S断开时，C1、C2电荷量之比为1:1②S闭合后，C1、C2电荷量之比为R1:R2③S闭合后，C1内的带电微粒向上加速运动④S闭合后，B点电势降低A．②③ B．①③C．①②④ D．③④【答案】C【名师点睛】电容器的电容一定时，分析电荷量的变化关键确定其电压的变化。

电容器的电压等于与之并联的电路两端的电压。

2．灯泡L1和L2在如图所示电路中，电压K闭合时，表V1、V2、A的读数分别为220 V、110 V、0.2 A，则当V1和V2的读数都是220 V，而A读数为零时A．出故障的是L1，且L1断路B．出故障的是L2，且L2短路C．出故障的是L2，且L2断路D．L1和L2都同时断路【答案】C【名师点睛】本题难度中等，在处理电路故障问题时，重要依据就是电表的读数，记住以下结论：电压表无示数说明并联路段有短路，外电路有断路，电流表无示数说明串联路段有断路。

3．如图所示，a、b端接入电源，当滑动变阻器滑片P向下滑动时，电路中两个灯泡都不亮，用电压表检查电路时，测得U ab=U，U cd=U，U ac=0，U bd=0，则故障原因可能是A．变阻器短路B．变阻器断路C．a、c间灯泡断路D．两个灯泡都断路【答案】B【名师点睛】如果电压表示数为零，说明电压表上无电流通过，则可能是在并联路段之外有断路或者并联路段之内有短路，若电压表有示数，说明电压表上有电流通过，则在并联电路之外无断路或者并联电路内无短路。

明确电路故障特点，熟练运用电路的有关规律是分析电路故障问题的基础和关键，利用电流表和电压表判断电路中的故障，依据在故障电路中电流表和电压表显示的现象来判断。

4．如图所示，由一个由电池、电阻R 、开关S 与平行板电容器组成的串联电路，开关闭合。

在增大电容器两极板间距离的过程中A ．电阻R 中没有电流B ．电容器的电容变小C ．电阻R 中有从b 流向a 的电流D ．电阻R 中有从a 流向b 的电流 【答案】BD【解析】由平行板电容器的电容4πSc kdε=知，增大电容器两极板间距离则电容变小，B 正确；与电源相连U 不变，由QC U=知，当电容C 变小时，电容器所带的电荷量Q 也变小，故电容器要放电，则A 极板相当于正极，故电流在电阻中从a 流向b ，C 错D 正确。

（物理）高考物理带电粒子在电场中的运动专题训练答案及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图，质量分别为m A=1kg、 m B=2kg 的 A、B 两滑块放在水平面上，处于场强大小5A 不带电，B 带正电、电荷量－5E=3× 10N/C、方向水平向右的匀强电场中，q=2 × 10 C．零时刻， A、 B 用绷直的细绳连接 (细绳形变不计 )着，从静止同时开始运动，2s 末细绳断开．已知 A、 B 与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度大小 g=10m/s 2．求：(1)前 2s 内， A 的位移大小；(2)6s 末，电场力的瞬时功率．【答案】 (1) 2m (2) 60W【解析】【分析】【详解】（1） B 所受电场力为F=Eq=6N；绳断之前，对系统由牛顿第二定律：F-μ(m A+m B)g=(m A+m B)a1可得系统的加速度a1=1m/s 2；由运动规律： x= 1a1 t12 2解得 A 在 2s 内的位移为x=2m；（2）设绳断瞬间，AB 的速度大小为v1， t2 =6s 时刻， B 的速度大小为v2，则v1=a1 t1=2m/s ；绳断后，对 B 由牛顿第二定律：F-μm B g=m B a2解得 a2=2m/s 2；由运动规律可知：v2=v1+a2(t 2-t 1 )解得 v2=10m/s电场力的功率P=Fv，解得 P=60W2．如图 1 所示，光滑绝缘斜面的倾角θ=30，°整个空间处在电场中，取沿斜面向上的方向为电场的正方向，电场随时间的变化规律如图－ 5 2 所示．一个质量 m=0.2kg，电量 q=1×10 C的带正电的滑块被挡板P 挡住，在 t=0 时刻，撤去挡板 P．重力加速度 g=10m/s 2，求：(1)0~4s 内滑块的最大速度为多少?(2)0~4s 内电场力做了多少功?【答案】（1） 20m/s （ 2） 40J【解析】【分析】对滑块受力分析，由牛顿运动定律计算加速度计算各速度【详解】【解】 (l)在 0~2 s 内，滑块的受力分析如图甲所示，．电场力 F=qEF1mg sin ma12在 2 ---4 s 内，滑块受力分析如图乙所示F2 mg sin ma2解得 a2 10m / s2因此物体在0～ 2 s 内，以a110 m / s2的加速度加速，在 2～ 4 s 内，a 10m / s2 2s时，速度最大2的加速度减速，即在由 v a1t 得，v max 20m / s(2)物体在 0～ 2s 内与在 2～ 4s 内通过的位移相等．通过的位移xvmax t20 m 2在 0~2 s 内，电场力做正功W1 F1 x 60 J - 在 2～ 4 s 内，电场力做负功W2 F2 x 20J电场力做功W=40 J3 MN与 x 轴垂直放置，与 x 轴相交于 Q 点， Q 点的横坐标．如图所示，荧光屏x0 6cm ，在第一象限y 轴和 MN 之间有沿 y 轴负方向的匀强电场，电场强度E 1.6 105N / C，在第二象限有半径R 5cm 的圆形磁场，磁感应强度 B 0.8T ，方向垂直 xOy 平面向外．磁场的边界和x 轴相切于P点．在P点有一个粒子源，可以向x 轴上方 180°范围内的各个方向发射比荷为q 1.0 108 C / kg 的带正电的粒子，已知粒子的m发射速率 v0 4.0106 m / s ．不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用．求：（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；（2）粒子从y轴正半轴上射入电场的纵坐标范围；（3）带电粒子打到荧光屏上的位置与Q 点间的最远距离．【答案】（ 1）5cm （ 2）0 y 10cm （ 3）9cm【解析】【详解】（1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动qv0 B m v2rmv05cm解得： rqB（2）由（ 1）问中可知r R ，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知四边形PO FO1为菱形，所以 FO1 / /O P ，又O P垂直于 x 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径FO1垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x 轴平行，所以粒子从 y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为0 y 10cm ．（3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有x 0v 0 t 0h1at 022qEam 解得： h 18cm 2R10cm ，说明粒子离开电场后才打到荧光屏上．设从纵坐标为y 的点进入电场的粒子在电场中沿x轴方向的位移为x ，则x vt 0y 1 at 22代入数据解得 x2 y设粒子最终到达荧光屏的位置与 Q 点的最远距离为 H ，粒子射出的电场时速度方向与x 轴正方向间的夹角为，v yqE g xtanm v 0 ，v 0v 02 y所以 Hx 0 x tanx 0 2 y g 2 y ，由数学知识可知，当 x 02y2 y 时，即 y 4.5cm 时 H 有最大值，所以 H max 9cm4． 如图所示，虚线MN 为匀强电场和匀强磁场的分界线，匀强电场场强大小为E 方向竖直向下且与边界MN成=45°角，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向外，在电场中有一点P ，P 点到边界MN 的竖直距离为d 。

狂刷30 带电粒子在电场中的加速、偏转问题1．如图所示，一价氢离子（11H）和二价氦离子（42He）的混合体，经同一加速电场U1同时加速后，垂直射入同一偏转U2电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，（不计它们之间的作用力和重力）则它们A．同时到达屏上同一点 B．先后到达屏上同一点C．同时到达屏上不同点 D．先后到达屏上不同点【答案】B【名师点睛】解决本题的关键知道带电粒子在加速电场和偏转电场中的运动情况，知道从静止开始经过同一加速电场加速，垂直打入偏转电场，运动轨迹相同。

做选择题时，这个结论可直接运用，节省时间。

2．如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处。

（不计重力作用）下列说法中正确的是A ．从t =0时刻释放电子，电子可能在两板间振动B ．从t =T /2时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上C ．从t =T /4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D ．从t =3T/8时刻释放电子，电子必将打到左极板上 【答案】C3．如图所示，质子（11H ）和α粒子（42He ），以相同的初速度垂直射入偏转电场（粒子不计重力），则这两个粒子射出电场时的侧位移y 之比为A ．1:1B ．1:2C ．2:1D ．1:4【答案】C【解析】质子和α粒子垂直射入偏转电场都做类平抛运动，电场强度为E ，速度为v ，根据牛顿第二定律可得粒子加速度为：qEa m=，可得粒子射出电场时的侧位移y 的表达式为：212y at =，在水平方向匀速运动：L vt =，联立可得：222qEL y mv =，由此可知，质子和α粒子电荷量之比为1:2，质量之比为1:4，由此可得：侧位移y 之比为2:1。

所以C 正确，ABD 错误。

4．如图，正电荷从O 点沿箭头方向射入竖直向的匀强电场，电荷重力不计，其运动轨迹可能为A ．OPB ．OO'C ．OQD ．OS【答案】A【名师点睛】当受到的合力与速度方向不在一条直线上时，物体就做曲线运动，而曲线运动总是弯向受到合力的方向--这是由牛顿第二定律决定的，合力方向决定加速度的方向。

高考物理带电粒子在电场中的运动专项训练及答案及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第二、第三象限内有一垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场区域△ABC ，A 点坐标为（0，3a ），C 点坐标为（0，﹣3a ），B 点坐标为(23a -，-3a ）．在直角坐标系xOy 的第一象限内，加上方向沿y 轴正方向、场强大小为E=Bv 0的匀强电场，在x=3a 处垂直于x 轴放置一平面荧光屏，其与x 轴的交点为Q ．粒子束以相同的速度v 0由O 、C 间的各位置垂直y 轴射入，已知从y 轴上y =﹣2a 的点射入磁场的粒子在磁场中的轨迹恰好经过O 点．忽略粒子间的相互作用，不计粒子的重力． （1）求粒子的比荷；（2）求粒子束射入电场的纵坐标范围；（3）从什么位置射入磁场的粒子打到荧光屏上距Q 点最远？求出最远距离．【答案】(1)0v Ba(2)0≤y≤2a (3)78y a =，94a【解析】 【详解】(1)由题意可知， 粒子在磁场中的轨迹半径为r ＝a 由牛顿第二定律得Bqv 0＝m 2v r故粒子的比荷v q m Ba= (2)能进入电场中且离O 点上方最远的粒子在磁场中的运动轨迹恰好与AB 边相切，设粒子运动轨迹的圆心为O ′点，如图所示．由几何关系知O ′A ＝r ·ABBC＝2a 则OO ′＝OA －O ′A ＝a即粒子离开磁场进入电场时，离O 点上方最远距离为OD ＝y m ＝2a所以粒子束从y 轴射入电场的范围为0≤y ≤2a (3)假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有3a ＝v 0·t 02019222qE y t a a m ==>， 所以，粒子应射出电场后打到荧光屏上粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的运动时间为t ，竖直方向位移为y ，水平方向位移为x ，则 水平方向有x ＝v 0·t竖直方向有212qE y t m=代入数据得x设粒子最终打在荧光屏上的点距Q 点为H ，粒子射出电场时与x 轴的夹角为θ，则00tan y x qE x v m v v v θ⋅===有H ＝(3a －x )·tan θ＝当=y ＝98a 时，H 有最大值 由于98a <2a ，所以H 的最大值H max ＝94a ，粒子射入磁场的位置为y ＝98a －2a ＝－78a2．在如图甲所示的直角坐标系中，两平行极板MN 垂直于y 轴，N 板在x 轴上且其左端与坐标原点O 重合，极板长度l =0.08m ，板间距离d =0.09m ，两板间加上如图乙所示的周期性变化电压，两板间电场可看作匀强电场．在y 轴上(0，d /2)处有一粒子源，垂直于y 轴连续不断向x 轴正方向发射相同的带正电的粒子，粒子比荷为qm=5×107C ／kg ，速度为v 0=8×105m/s ．t =0时刻射入板间的粒子恰好经N 板右边缘打在x 轴上.不计粒子重力及粒子间的相互作用，求:(1)电压U 0的大小；(2)若沿x 轴水平放置一荧光屏，要使粒子全部打在荧光屏上，求荧光屏的最小长度； (3)若在第四象限加一个与x 轴相切的圆形匀强磁场，半径为r =0.03m ，切点A 的坐标为(0.12m ，0)，磁场的磁感应强度大小B =23T ，方向垂直于坐标平面向里．求粒子出磁场后与x 轴交点坐标的范围．【答案】(1)40 2.1610V U =⨯ (2)0.04m x ∆= (3)0.1425m x ≥【解析】 【分析】 【详解】(1)对于t =0时刻射入极板间的粒子：0l v T = 7110T s -=⨯211()22T y a =2y T v a= 22yT y v = 122dy y =+ Eq ma =U E d=解得：40 2.1610V U =⨯(2)2Tt nT =+时刻射出的粒子打在x 轴上水平位移最大：032A T x v =所放荧光屏的最小长度A x x l ∆=-即：0.04x m ∆= (3)不同时刻射出极板的粒子沿垂直于极板方向的速度均为v y . 速度偏转角的正切值均为：0tan y v v β=37β=ocos37v v=o 6110m/s v =⨯即：所有的粒子射出极板时速度的大小和方向均相同.2v qvB m R=0.03m R r ==由分析得，如图所示，所有粒子在磁场中运动后发生磁聚焦由磁场中的一点B 离开磁场.由几何关系，恰好经N 板右边缘的粒子经x 轴后沿磁场圆半径方向射入磁场，一定沿磁场圆半径方向射出磁场；从x 轴射出点的横坐标：tan 53C A Rx x ︒=+0.1425m C x =.由几何关系，过A 点的粒子经x 轴后进入磁场由B 点沿x 轴正向运动. 综上所述，粒子经过磁场后第二次打在x 轴上的范围为：0.1425m x ≥3．如图甲所示，极板A 、B 间电压为U 0，极板C 、D 间距为d ，荧光屏到C 、D 板右端的距离等于C 、D 板的板长．A 板O 处的放射源连续无初速地释放质量为m 、电荷量为+q 的粒子，经电场加速后，沿极板C 、D 的中心线射向荧光屏（荧光屏足够大且与中心线垂直），当C 、D 板间未加电压时，粒子通过两板间的时间为t 0；当C 、D 板间加上图乙所示电压（图中电压U 1已知）时，粒子均能从C 、D 两板间飞出，不计粒子的重力及相互间的作用．求：（1）C 、D 板的长度L ；（2）粒子从C 、D 板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离； （3）粒子打在荧光屏上区域的长度． 【答案】（1）02qU L t m =2）2102qU t y md =（3）21032qU t s s md∆== 【解析】试题分析：（1）粒子在A 、B 板间有20012qU mv = 在C 、D 板间有00L v t = 解得：02qU L t m=（2）粒子从nt 0（n=0、2、4……）时刻进入C 、D 间，偏移距离最大 粒子做类平抛运动 偏移距离2012y at = 加速度1qU a md=得：2102qU t y md=（3）粒子在C 、D 间偏转距离最大时打在荧光屏上距中心线最远ZXXK] 出C 、D 板偏转角0tan y v v θ=0y v at =打在荧光屏上距中心线最远距离tan s y L θ=+荧光屏上区域长度21032qU t s s md∆==考点：带电粒子在匀强电场中的运动【名师点睛】此题是带电粒子在匀强电场中的运动问题；关键是知道粒子在水平及竖直方向的运动规律和特点，结合平抛运动的规律解答．4．如图所示,有一比荷qm=2×1010C/kg 的带电粒子,由静止从Q 板 经电场加速后,从M 板的狭缝垂直直线边界a 进入磁感应强度为B =1.2×10-2T 的有界矩形匀强磁场区域后恰好未飞出直线边界b ,匀强磁场方向垂直平面向里,a 、b 间距d =2×10-2m(忽略粒子重力与空气阻力)求：(1)带电粒子射入磁场区域时速度v ； (2)Q 、M 两板间的电势差U QM 。

狂刷40 带电粒子在交变场中的运动1．如图所示，两平行金属板间接有如图所示的随时间t变化的电压U，上极板电势较高，板长L=0.40 m，板间距离d=0.20 m，在金属板右侧有一个边界为MN的匀强磁场，磁感应强度B=5.0×l0–3 T，方向垂直于纸面向里。

现有带电粒子以速度v0=1.0×l05 m/s沿两板中线OO'方向平行于金属板射入电场，磁场边界MN与中线OO'垂直。

已知带正电粒子的比荷的电场强度可以看作恒定不变的。

则下列说法正确的是A．粒子在U=30 V时粒子能离开电场进入磁场B．在t=0时粒子能离开电场，进入磁场，射入磁场点与离开磁场点间的距离为0.4 m C．在U=20 V时粒子射入磁场点与离开磁场点间的距离大于0.4 mD．在U=25 V时粒子在磁场中运动的时间最长【答案】BD选项B正确；设粒子进入磁场时速度方向与OO'的夹角为θ子在磁场中做【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动解题一般程序是：1、画轨迹：确定圆心，几何方法求半径并画出轨迹；2、找联系：轨迹半径与磁感应强度、速度联系；偏转角度与运动时间相联系，时间与周期联系；3、用规律：牛顿第二定律和圆周运动的规律。

2．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，在保持匀强磁场和加速电压不变的情况下用同一装置分别对质子（11H）和氦核（42He）加速，则下列说法中正确的是A．质子与氦核所能达到的最大速度之比为l:2 B．质子与氦核所能达到的最大速度之比为2:l C．加速质子、氦核时交流电的周期之比为2:l D．加速质子、氦核时交流电的周期之比为l:2 【答案】BD【解析】当粒子从D形盒中出来时速度最大，根据2mmvqv B mR=，得mqBRvm=，根据质子（11H）和氦核（42He），则有质子与氦核所能达到的最大速度之比2:1，故A错误，B的周期之比1:2，故C错误，D正确。

专题五万有引力定律狂刷17 万有引力定律1．（2017·安徽池州江南中学高二月考）如果认为行星围绕太阳做匀速圆周运动，下列说法中正确的是A．行星同时受到太阳的万有引力和向心力B．行星受到太阳的万有引力，行星运动不需要向心力C．行星受到太阳的万有引力与它运动的向心力不等D．行星受到太阳的万有引力，万有引力提供行星圆周运动的向心力【答案】D【名师点睛】行星与人造地球卫星类似，常常建立这样模型：行星绕太阳做匀速圆周运动，太阳对行星的万有引力提供行星的向心力。

2．（2017·安徽池州江南中学高二月考）宇宙中两颗相距很近的恒星常常组成一个双星系统。

它们以相互间的万有引力彼此提供向心力，从而使它们绕着某一共同的圆心做匀速圆周运动，若已知它们的运转周期为T，两星到某一共同圆心的距离分别为R1和R2，那么，这双星系统中两颗恒星的质量关系描述不正确的是A．这两颗恒星的质量必定相等B．这两颗恒星的质量之和为23122()R RGT4π+C．这两颗恒星的质量之比为m1:m2=R2:R1D．必有一颗恒星的质量为221122()R R RGT4π+【答案】A【解析】对于两星有共同的周期T ，由牛顿第二定律得12212()Gm m R R +=m 122T 4πR 1=m 222T4πR 2，所以两星的质量之比m 1:m 2=R 2:R 1，C 正确；由上式可得m 1=222122()R R R GT 4π+，m 2=221122()R R R GT 4π+，D 正确，A 错误；m 1+m 2＝23122()R R GT 4π+，B 正确。

3．（2017·辽宁普通高中学业水平考试）地球对月球具有强大的万有引力，为什么不靠在一起，其原因是A ．不仅地球对月球有万有引力，而且月球对地球也有万有引力，这两个力大小相等、方向相反，互相平衡了B ．不仅地球对月球有万有引力，而且太阳系里其它星球对月球也有万有引力，这些力的合力等于零C ．地球对月球有万有引力还不算大D ．万有引力不断改变月球的运动方向，使得月球绕地运行 【答案】D【名师点睛】月球绕地球做匀速圆周运动，万有引力恰好提供向心力，知道向心力的效果只改变速度方向，不改变速度大小。

专题九 磁场精做30 带电粒子在组合场中的运动1．（2017·新课标Ⅲ卷）如图，空间存在方向垂直于纸面（xOy 平面）向里的磁场。

在x ≥0区域，磁感应强度的大小为B 0；x <0区域，磁感应强度的大小为λB 0（常数λ>1）。

一质量为m 、电荷量为q （q >0）的带电粒子以速度v 0从坐标原点O 沿x 轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x 轴正向时，求（不计重力）：（1）粒子运动的时间； （2）粒子与O 点间的距离。

【答案】（1）0π1(1)m qB λ+ （2）0021(1)mv qB λ- 【解析】（1）在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动。

设在x ≥0区域，圆周半径为R 1；在x <0区域，圆周半径为R 2。

由洛伦兹力公式及牛顿定律得2001mv qB v R =①20002mv q B v R λ=②粒子速度方向转过180°时，所用时间t 1为110πR t v =③ 粒子再转过180°时，所用时间t 2为220πR t v =④联立①②③④式得，所求时间为0120π1(1)m t t t qB λ=+=+⑤ （2）由几何关系及①②式得，所求距离为0120212()(1)mv d R R qB λ=-=-⑥ 【名师点睛】对于带电粒子在磁场中运动问题，解题时常要分析带电粒子受到的洛伦兹力的情况，找到粒子做圆周运动的圆心及半径，画出运动轨迹可以使运动过程清晰明了，同时要善于运用几何知识帮助分析和求解。

2．（2017·江苏卷）一台质谱仪的工作原理如图所示。

大量的甲、乙两种离子飘入电压为U 0的加速电场，其初速度几乎为0，经过加速后，通过宽为L 的狭缝MN 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，最后打到照相底片上。

已知甲、乙两种离子的电荷量均为+q ，质量分别为2m 和m ，图中虚线为经过狭缝左、右边界M 、N 的甲种离子的运动轨迹。

高考物理带电粒子在磁场中的运动试题(有答案和解析)含解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．如图所示，一质量为m 、电荷量为+q 的粒子从竖直虚线上的P 点以初速度v 0水平向左射出，在下列不同情形下，粒子经过一段时间后均恰好经过虚线右侧的A 点．巳知P 、A 两点连线长度为l ，连线与虚线的夹角为α=37°，不计粒子的重力，(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8).(1)若在虚线左侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，求磁感应强度的大小B 1；(2)若在虚线上某点固定一个负点电荷，粒子恰能绕该负点电荷做圆周运动，求该负点电荷的电荷量Q (已知静电力常量为是）；(3)若虚线的左侧空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，右侧空间存在竖直向上的匀强电场，粒子从P 点到A 点的过程中在磁场、电场中的运动时间恰好相等，求磁场的磁感应强度的大小B 2和匀强电场的电场强度大小E .【答案】（1）0152mv B ql = （2）2058mv l Q kq = （3）0253mv B ql π= 220(23)9mv E qlππ-=【解析】 【分析】 【详解】（1)粒子从P 到A 的轨迹如图所示：粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r 1 由几何关系得112cos 25r l l α== 由洛伦兹力提供向心力可得2011v qv B m r =解得:0 152mv Bql=(2)粒子从P到A的轨迹如图所示：粒子绕负点电荷Q做匀速圆周运动，设半径为r2由几何关系得252cos8lr lα==由库仑力提供向心力得2222vQqk mr r=解得:258mv lQkq=(3)粒子从P到A的轨迹如图所示：粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动粒子在电场中的运动时间00sin35l ltv vα==根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为t，则2Tt=又22mTqBπ=解得0253mvBqlπ=设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则0v t rπ=解得:35l r π=粒子在电场中沿虚线方向做匀变速直线运动，21cos 22qE l r t mα-=⋅ 解得:220(23)9mv E qlππ-=2．如图所示，在两块水平金属极板间加有电 压U 构成偏转电场，一束比荷为510/qC kg m=的带正电的粒子流（重力不计），以速度v o =104m/s 沿 水平方向从金属极板正中间射入两板．粒子经电 场偏转后进入一具有理想边界的半圆形变化磁场 区域，O 为圆心，区域直径AB 长度为L =1m ， AB 与水平方向成45°角．区域内有按如图所示规 律作周期性变化的磁场，已知B 0=0. 5T ，磁场方向 以垂直于纸面向外为正．粒子经偏转电场后，恰好从下极板边缘O 点与水平方向成45°斜向下射入磁场．求：（1）两金属极板间的电压U 是多大？（2）若T o =0．5s ，求t =0s 时刻射人磁场的带电粒子在磁场中运动的时间t 和离开磁场的位置．（3）要使所有带电粒子通过O 点后的运动过程中 不再从AB 两点间越过，求出磁场的变化周期B o ，T o 应满足的条件．【答案】（1）100V （2）t=5210s π-⨯，射出点在AB 间离O 点0.042m （3）5010s 3T π-<⨯【解析】试题分析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，从O 点射出使速度代入数据得U=100V （2）粒子在磁场中经过半周从OB中穿出，粒子在磁场中运动时间射出点在AB间离O点（3）粒子运动周期，粒子在t=0、….时刻射入时，粒子最可能从AB间射出如图，由几何关系可得临界时要不从AB边界射出，应满足得考点：本题考查带电粒子在磁场中的运动3．如图纸面内的矩形 ABCD 区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边 AB∥CD、AD∥BC，电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为B.一带电粒子从AB 上的 P 点平行于纸面射入该区域，入射方向与 AB 的夹角为θ（θ<90°），粒子恰好做匀速直线运动并从 CD 射出．若撤去电场，粒子以同样的速度从P 点射入该区域，恰垂直 CD 射出.已知边长 AD=BC=d，带电粒子的质量为m，带电量为q，不计粒子的重力.求：(1)带电粒子入射速度的大小；(2)带电粒子在矩形区域内作直线运动的时间；(3)匀强电场的电场强度大小．【答案】（1）cos qBd m θ（2）cos sin m qB θθ （3）2cos qB dm θ【解析】 【分析】画出粒子的轨迹图，由几何关系求解运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子入射速度的大小；带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间；根据电场力与洛伦兹力平衡求解场强. 【详解】（1） 设撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，画出运动轨迹如图所示，轨迹圆心为O ．由几何关系可知：cos d Rθ=洛伦兹力做向心力：200v qv B m R= 解得0cos qBdv m θ=（2）设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x ，有sin d xθ= 粒子作匀速运动：x=v 0t 联立解得cos sin m t qB θθ=（3）带电粒子在矩形区域内作直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡：Eq=qv 0B解得2qB dE mcos θ=【点睛】此题关键是能根据粒子的运动情况画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解半径等物理量；知道粒子作直线运动的条件是洛伦兹力等于电场力.4．如图所示为电子发射器原理图，M 处是电子出射口，它是宽度为d 的狭缝．D 为绝缘外壳，整个装置处于真空中，半径为a 的金属圆柱A 可沿半径向外均匀发射速率为v 的电子；与A 同轴放置的金属网C 的半径为2a.不考虑A 、C 的静电感应电荷对电子的作用和电子之间的相互作用，忽略电子所受重力和相对论效应，已知电子质量为m ，电荷量为e.(1)若A 、C 间加速电压为U ，求电子通过金属网C 发射出来的速度大小v C ；(2)若在A 、C 间不加磁场和电场时，检测到电子从M 射出形成的电流为I ，求圆柱体A 在t 时间内发射电子的数量N.(忽略C 、D 间的距离以及电子碰撞到C 、D 上的反射效应和金属网对电子的吸收)(3)若A 、C 间不加电压，要使由A 发射的电子不从金属网C 射出，可在金属网内环形区域加垂直于圆平面向里的匀强磁场，求所加磁场磁感应强度B 的最小值． 【答案】(1)22e eU v vm=+4alt N ed π=(3) 43mv B ae = 【解析】 【分析】（1）根据动能定理求解求电子通过金属网C 发射出来的速度大小；（2）根据=neI t求解圆柱体A 在时间t 内发射电子的数量N ；（3）使由A 发射的电子不从金属网C 射出，则电子在 CA 间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切，由几何关系求解半径，从而求解B. 【详解】（1）对电子经 CA 间的电场加速时，由动能定理得221122e e U mv mv =- 解得：22e eUv v m=+（2）设时间t 从A 中发射的电子数为N ，由M 口射出的电子数为n ， 则 =ne I t224d dNn N a aππ==⨯解得4altN edπ=（3）电子在 CA 间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切时，对应的磁感应强度为B ．设此轨迹圆的半径为 r ，则222(2)a r r a -=+2v Bev m r=解得：43mvB ae=5．欧洲大型强子对撞机是现在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一种将质子加速对撞的高能物理设备，其原理可简化如下：两束横截面积极小，长度为l -0质子束以初速度v 0同时从左、右两侧入口射入加速电场，出来后经过相同的一段距离射入垂直纸面的圆形匀强磁场区域并被偏转，最后两质子束发生相碰。

狂刷38 带电粒子在组合场中的运动1．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(31H)和α粒子(42He)，比较它们所加的高频交流电源的周期和获得的最大速度的大小，有A．加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大速度也较大B．加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大速度较小C．加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大速度也较小D．加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大速度较大【答案】B正确，ACD错误。

【名师点睛】解决本题的关键知道带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同，以及会根据2vqvB mr求出粒子的最大速度。

2．1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是A．离子回旋周期逐渐增大B．离子由加速器的边缘进入加速器C．离子从磁场中获得能量D．离子从电场中获得能量【答案】D【名师点睛】解决本题的关键掌握加速器的工作原理以及加速器的构造，注意粒子从电场中获得能量，但是出回旋加速器的最大速度与电场无关，与磁感应强度和D形盒的半径有关。

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【答案】A【名师点睛】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。

高考必刷题物理带电粒子在磁场中的运动题及解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．如图所示，在一直角坐标系xoy 平面内有圆形区域，圆心在x 轴负半轴上，P 、Q 是圆上的两点，坐标分别为P （-8L ，0），Q （-3L ，0）。

y 轴的左侧空间，在圆形区域外，有一匀强磁场，磁场方向垂直于xoy 平面向外，磁感应强度的大小为B ，y 轴的右侧空间有一磁感应强度大小为2B 的匀强磁场，方向垂直于xoy 平面向外。

现从P 点沿与x 轴正方向成37°角射出一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，带电粒子沿水平方向进入第一象限，不计粒子的重力。

求： （1）带电粒子的初速度；（2）粒子从P 点射出到再次回到P 点所用的时间。

【答案】(1)8qBLv m=；(2)41(1)45m t qB π=+ 【解析】 【详解】(1)带电粒子以初速度v 沿与x 轴正向成37o 角方向射出，经过圆周C 点进入磁场，做匀速圆周运动，经过y 轴左侧磁场后，从y 轴上D 点垂直于y 轴射入右侧磁场，如图所示，由几何关系得：5sin37o QC L =15sin37OOQO Q L ==在y 轴左侧磁场中做匀速圆周运动，半径为1R ，11R O Q QC =+21v qvB m R=解得：8qBLv m=； (2)由公式22v qvB m R =得：2mv R qB =，解得：24R L =由24R L =可知带电粒子经过y 轴右侧磁场后从图中1O 占垂直于y 轴射放左侧磁场，由对称性，在y 圆周点左侧磁场中做匀速圆周运动，经过圆周上的E 点，沿直线打到P 点，设带电粒子从P 点运动到C 点的时间为1t5cos37o PC L =1PCt v=带电粒子从C 点到D 点做匀速圆周运动，周期为1T ，时间为2t12mT qBπ=2137360oo t T = 带电粒子从D 做匀速圆周运动到1O 点的周期为2T ，所用时间为3t22·2m mT q B qBππ== 3212t T =从P 点到再次回到P 点所用的时间为t12222t t t t =++联立解得：41145mt qB π⎛⎫=+⎪⎝⎭。

1．【2019全国区级联考】如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态．现将B 板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴A．向右下方运动B．向左下方运动C．竖直向下运动D．仍然保持静止2．【2019临川区级大联考】如图所示，A、B、C为等量异种电荷产生的静电场中的三个等势面，已知三个等势面的电势关系为。

一带电粒子进入此静电场后，沿实线轨迹运动，依次与三个等势面交于a、b、c、d、e五点。

不计粒子重力，下列说法中正确的是A．该带电粒子带负电B．粒子在ab段速率逐渐增大C．粒子在a点的速率大于在e点的速率D．a点的场强大小小于b点的场强大小3．【浙江省2019届高三模拟】如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为。

已知t=0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场。

则A．所有粒子最终都垂直电场方向射出电场B．t=0之后射入电场的粒子有可能会打到极板上C．所有粒子在经过电场过程中最大动能都不可能超过3D．若入射速度加倍成，则粒子从电场出射时的侧向位移与时相比必定减半4．【江苏省2018全省大联考】如图所示，一价氢离子（）和二价氦离子（）的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们A．同时到达屏上同一点B．先后到达屏上同一点C．同时到达屏上不同点D．先后到达屏上不同点5．【广东省2019届高考调研】如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即，实线为一带负电的电子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知A．三个等势面中，a的电势最高B．电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大C．电子通过P点时的动能比通过Q点时大D．电子通过P点时的加速度比通过Q点时小6．【福建省2018年冲刺模拟】如图所示为示波管的示意图。

高考必刷题物理带电粒子在电场中的运动题及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图(a)所示，整个空间存在竖直向上的匀强电场（平行于纸面），在同一水平线上的两位置，以相同速率同时喷出质量均为m 的油滴a 和b ，带电量为+q 的a 水平向右，不带电的b 竖直向上．b 上升高度为h 时，到达最高点，此时a 恰好与它相碰，瞬间结合成油滴p ．忽略空气阻力，重力加速度为g ．求(1)油滴b 竖直上升的时间及两油滴喷出位置的距离； (2)匀强电场的场强及油滴a 、b 结合为p 后瞬间的速度；(3)若油滴p 形成时恰位于某矩形区域边界，取此时为0t =时刻，同时在该矩形区域加一个垂直于纸面的周期性变化的匀强磁场，磁场变化规律如图(b)所示，磁场变化周期为T 0（垂直纸面向外为正），已知P 始终在矩形区域内运动，求矩形区域的最小面积．（忽略磁场突变的影响） 【答案】（12hg2h （2）2mg q ；P v gh = 方向向右上，与水平方向夹角为45°（3）20min 22ghT s π= 【解析】 【详解】(1)设油滴的喷出速率为0v ，则对油滴b 做竖直上抛运动，有2002v gh =- 解得02v gh000v gt =- 解得02ht g=对油滴a 的水平运动，有000x v t = 解得02x h =(2)两油滴结合之前，油滴a 做类平抛运动，设加速度为a ，有qE mg ma -=，2012h at =，解得a g =，2mg E q =设油滴的喷出速率为0v ，结合前瞬间油滴a 速度大小为a v ，方向向右上与水平方向夹θ角，则0a cos v v θ=，00tan v at θ=，解得a 2v gh =45θ=︒两油滴的结束过程动量守恒，有：12p mv mv =，联立各式，解得：p vgh =，方向向右上，与水平方向夹45︒角(3)因2qE mg =，油滴p 在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r ，周期为T ，则由2082pp v m qv m qT r π= 得04T gh r π=，由2p r T v π= 得02T T = 即油滴p 在磁场中的运动轨迹是两个外切圆组成的“8”字形．最小矩形的两条边长分别为2r 、4r （轨迹如图所示）．最小矩形的面积为20min2242ghT s r r π=⨯=2．如图所示，虚线MN 左侧有一场强为E 1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2＝2E 的匀强电场，在虚线PQ 右侧距PQ 为L 处有一与电场E 2平行的屏．现将一电子(电荷量为e ，质量为m ，重力不计)无初速度地放入电场E 1中的A 点，最后电子打在右侧的屏上，A 点到MN 的距离为2L，AO 连线与屏垂直，垂足为O ，求：(1) 电子到达MN 时的速度；(2) 电子离开偏转电场时偏转角的正切值tan θ； (3) 电子打到屏上的点P ′到点O 的距离.【答案】(1) eELv m=L . 【解析】 【详解】（1）电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a 1，到达MN 的速度为v ，则：a 1＝1eE m ＝eEm2122La v =解得eELv m=（2）设电子射出电场E 2时沿平行电场线方向的速度为v y ，a 2＝2eE m ＝2eEm t ＝L v v y ＝a 2ttan θ＝y v v=2（3）电子离开电场E 2后，将速度方向反向延长交于E 2场的中点O ′.由几何关系知：tan θ＝2xLL+解得：x ＝3L .3．如图所示,有一比荷qm=2×1010C/kg 的带电粒子,由静止从Q 板 经电场加速后,从M 板的狭缝垂直直线边界a 进入磁感应强度为B =1.2×10-2T 的有界矩形匀强磁场区域后恰好未飞出直线边界b ,匀强磁场方向垂直平面向里,a 、b 间距d =2×10-2m(忽略粒子重力与空气阻力)求：(1)带电粒子射入磁场区域时速度v ； (2)Q 、M 两板间的电势差U QM 。