专题强化八 带电粒子在电场中运动的综合问题
【素养目标】 1.会用力与运动的关系、功能关系分析带电粒子在交变电场中的运动.2.会用动力学观点、能量观点和动量观点分析带电粒子运动的力电综合问题．
题型一 带电粒子在电场中的运动
1．三种常见题型
(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)．
(2)粒子做往返运动(一般分段研究)．
(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)．
2．两条分析思路
一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系(机械能守恒、动能定理、能量守恒)．
3．两个运动特征
分析受力特点和运动规律，抓住粒子的运动具有周期性和空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移等，并确定与物理过程相关的边界条件．
例1 (多选)如图甲所示，A、B是一对平行金属板．A板的电势φA＝0，B板的电势φB随时间的变化规律如图乙所示．现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内，电子的初速度和重力的影响均可忽略，则( )
A．若电子是在t＝0时刻进入的，它可能不会到达B板
B．若电子是在t＝时刻进入的，它一定不能到达B板
C．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板
D．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板
[解题心得]
针 对 训 练
1.图甲为两水平金属板，在两板间加上周期为T的交变电压u，电压u随时间t变化的图线如图乙所示．质量为m、重力不计的带电粒子以初速度v0沿中线射入两板间，经时间T从两板间飞出．下列关于粒子运动的描述错误的是( )
A．t＝0时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大
B．t＝T时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大
C．无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度方向都水平
D．无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度大小都相等
2．(多选)一个带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示．带电微粒只在电场力的作用下(不计微粒重力)，由静止开始运动，则下列说法中正确的是( )
A．微粒将沿着一条直线运动
B．微粒在第2 s末的速度为零
C．微粒在第1 s内的加速度与第2 s内的加速度相同
D．微粒在第1 s内的位移与第2 s内的位移相同
题型二 电场中的力、电综合问题
解决电场中的力、电综合问题，常用以下几种分析解答：
1．动力学的观点
(1)由于匀强电场中带电粒子(体)所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法．
(2)综合运用牛顿运动定律和运动学公式，注意受力分析和运动分析，特别注意重力是否需要考虑的问题．
2．能量的观点
(1)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断是对分过程还是对全过程使用动能定理．
(2)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现．
3．动量的观点
运用动量定理，要注意动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向．
例2 在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数k＝5 N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面处于场强E＝5×104 N/C、方向水平向右的匀强电场中．已知物体A、B的质量分别为mA＝0.1 kg和mB＝0.2 kg，物体B所带电荷量q＝＋4×10－6 C．设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物体B的带电荷量不变．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求B所受静摩擦力的大小；
(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6 m/s2开始做匀加速直线运动．A从M到N的过程中，B的电势能增加了ΔEp＝0.06 J．已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，求A到达N点时拉力F的瞬时功率．
[试答]
例3[2023·湖北武汉二中模拟预测]如图所示，质量mA＝0.8 kg、带电量q＝－4×10－3 C的A球用长度l＝0.8 m的不可伸长的绝缘轻线悬吊在O点，O点右侧有竖直向下的匀强电场，场强E＝5×103 N/C.质量mB＝0.2 kg不带电的B球静止在光滑水平轨道上，右侧紧贴着压缩并锁定的轻质弹簧，弹簧右端与固定挡板连接，弹性势能为3.6 J．现将A球拉至左边与圆心等高处释放，将弹簧解除锁定，B球离开弹簧后，恰好与第一次运动到最低点的A球相碰，并结合为一整体C，同时撤去水平轨道．A、B、C均可视为质点，线始终未被拉断，g＝10 m/s2，求：
(1)碰撞过程中A球对B球做的功；
(2)碰后C第一次离开电场时的速度；
(3)C每次离开最高点时，电场立即消失，到达最低点时，电场又重新恢复，不考虑电场瞬间变化产生的影响，求C每次离开电场前瞬间绳子受到的拉力．
[试答]
针 对 训 练
3.[2023·重庆模拟]如图，带电量为q＝＋2×10－3 C、质量为0.1 kg的小球B静置于光滑的水平绝缘板右端，板的右侧空间有范围足够大的、方向水平向左、电场强度E＝103 N/C的匀强电场，与B球形状相同、质量为0.3 kg的绝缘不带电小球A以初速度v0＝10 m/s向B运动，两球发生弹性碰撞后均逆着电场的方向进入电场，在电场中两球又发生多次弹性碰撞，已知每次碰撞时间极短，小球B的电量始终不变，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)第一次碰撞后瞬间两小球的速度大小；
(2)第一次碰撞与第二次碰撞的时间间隔；
(3)第二次碰后B的动能．
专题强化八 带电粒子在电场中运动的综合问题
题型一
例1 解析：若电子从t＝0时刻进入，电子将做单向直线运动，A错误；若电子从时刻进入两板，则电子受到电场力方向向左，故无法到达B板，B正确；若电子是在t＝时刻进入时，在～，电子受到的电场力向右，向右做加速运动，在～，受到的电场力向左，继续向右做减速运动，时刻速度为零，在～T，电子受到的电场力向左，向左做加速运动，在T～，受到的电场力向左，继续向左做减速运动，时刻速度为零，完成了一个周期的运动，在一个周期内，向右的位移大于向左的位移，所以总的位移向右，接着周而复始，最后穿过B板，故C正确；若电子是在t＝时刻进入时，与在t＝时刻进入时情况相似，在运动一个周期时间内，时而向B板运动，时而向A板运动，总的位移向左，最后穿过A板，故D错误．
答案：BC
1．解析：粒子在电场中运动的时间是相同的，t＝0时入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速，最后离开电场区域，故t＝0时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大，选项A正确；t＝T时入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速，再反向加速，最后反向减速离开电场区域，故此时刻入射的粒子离开电场时速度方向和中线在同一直线上，选项B错误；因粒子在电场中运动的时间等于电场变化的周期T，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故所有粒子离开电场时的竖直方向分速度为零，即最终都沿水平方向射出电场，离开电场时的速度大小都等于初速度，选项C、D正确．
答案：B
2．解析：由题图可知，E1和E2大小相等、方向相反，所以微粒奇数秒内和偶数秒内的加速度大小相等、方向相反，根据运动的对称性可知在2 s末的速度恰好是0，即微粒第1 s做加速运动，第2 s做减速运动，然后再加速，再减速，一直持续下去，微粒将沿着一条直线运动，故A、B正确，C错误；由对称性可知，微粒在第1 s内的平均速度与第2 s内的平均速度相同，由x＝vt得，微粒在第1 s内的位移与第2 s内的位移相同，故D正确．
答案：ABD
题型二
例2 解析：(1)根据题意静止时，由平衡条件得，
对物体A，有mAg sin θ＝FT
对物体B，有qE＋Ff＝F′T
又FT＝F′T，代入数据解得Ff＝0.4 N.
(2)据题意对物体A运动到N点时受力分析如图所示．
由牛顿第二定律得．
对物体A，有F＋mAg sin θ－FT－Fksin θ＝mAa
对物体B，有FT′－qE－Ff＝mBa
其中Ff＝μmBg
Fk＝kx
FT＝F′T
由电场力做功与电势能的关系得ΔEp＝qEd
由几何关系得x＝
物体A由M运动到N，由＝2ad
得物体A运动到N点时的速度v＝
拉力F在N点时的瞬时功率P＝Fv
由以上各式代入数据解得P＝0.528 W.
答案：(1)0.4 N (2)0.528 W
例3 解析：(1)碰前A的速度＝mAgl，
解得vA＝4 m/s
碰前B的速度E＝，解得vB＝6 m/s
由动量守恒可得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)vAB，
解得vAB＝2 m/s
碰撞过程中A球对B球做的功WAB＝＝－3.2 J．
(2)碰后，整体受到电场力F＝Eq＝20 N，G＝mCg＝10 N，因为F－mCg>mC
小球做类平抛运动，水平方向上x＝vCt
竖直方向上y＝at2，其中a＝＝10 m/s2
圆的方程(y－l)2＋x2＝l2，解得x＝0.8 m，y＝0.8 m，t＝0.4 s
C刚好在圆心等高处绳子拉直，设此时C向上的速度为v1＝at＝4 m/s
设小球运动到最高点速度为v2
由动能定理得＝(F－mCg)l
解得v2＝4 m/s
(3)设小球从最高点运动到最低点时的速度为v3，可得
，m/s
由
可知FT>0，所以小球能一直做圆周运动，设经过最高点次数为n，故有＝(n－1)qE×2l，FT＋mCg－F＝
解得FT＝(80n－30)N，n＝1，2，3…
答案：(1)－3.2 J (2)4 m/s (3)(80n－30) N(n＝1，2，3…)
3．解析：(1)第一次碰撞时，两小球动量守恒，即3mv0＝3mv1＋mv2
机械能守恒即＝
解得碰后A的速度v1＝5 m/s，B的速度v2＝15 m/s
(2)碰后A、B两球进入电场，竖直方向二者相对静止均做自由落体运动，水平方向，A做匀速运动，B做匀减速运动，加速度大小aB＝＝20 m/s2
经过时间t两小球再次相碰v1t＝v2t－aBt2
解得t＝1 s
(3)碰前B的水平分速度vx＝v2－aBt＝－5 m/s
第二次碰撞时，AB小球水平方向上动量守恒3mv1＋mvx＝3mv′1＋mv′x
机械能守恒，即+＝+
解得第二次碰后水平方向A的速度v′1＝0，B的速度v′x＝10 m/s
B竖直方向的速度为vy＝gt＝10 m/s
故第二次碰后B球的动能EkB＝)＝10 J.
答案：(1)5 m/s 15 m/s (2)1 s (3)10 J(共21张PPT)
专题强化八 带电粒子在电场中运动的综合问题
【素养目标】 1.会用力与运动的关系、功能关系分析带电粒子在交变电场中的运动.2.会用动力学观点、能量观点和动量观点分析带电粒子运动的力电综合问题．
题型一 带电粒子在电场中的运动
1．三种常见题型
(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)．
(2)粒子做往返运动(一般分段研究)．
(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)．
2．两条分析思路
一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系(机械能守恒、动能定理、能量守恒)．
3．两个运动特征
分析受力特点和运动规律，抓住粒子的运动具有周期性和空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移等，并确定与物理过程相关的边界条件．
例1 (多选)如图甲所示，A、B是一对平行金属板．A板的电势φA＝0，B板的电势φB随时间的变化规律如图乙所示．现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内，电子的初速度和重力的影响均可忽略，则( )
A．若电子是在t＝0时刻进入的，它可能不会到达B板
B．若电子是在t＝时刻进入的，它一定不能到达B板
C．若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板
D．若电子是在t＝时刻进入的，
它可能时而向B板运动，时而向A板
运动，最后穿过B板
答案：BC
解析：若电子从t＝0时刻进入，电子将做单向直线运动，A错误；若电子从时刻进入两板，则电子受到电场力方向向左，故无法到达B板，B正确；若电子是在t＝时刻进入时，在～，电子受到的电场力向右，向右做加速运动，在～，受到的电场力向左，继续向右做减速运动，时刻速度为零，在～T，电子受到的电场力向左，向左做加速运动，在T～，受到的电场力向左，继续向左做减速运动，时刻速度为零，完成了一个周期的运动，在一个周期内，向右的位移大于向左的位移，所以总的位移向右，接着周而复始，最后穿过B板，故C正确；若电子是在t＝时刻进入时，与在t＝时刻进入时情况相似，在运动一个周期时间内，时而向B板运动，时而向A板运动，总的位移向左，最后穿过A板，故D错误．
针 对 训 练
1.图甲为两水平金属板，在两板间加上周期为T的交变电压u，电压u随时间t变化的图线如图乙所示．质量为m、重力不计的带电粒子以初速度v0沿中线射入两板间，经时间T从两板间飞出．
下列关于粒子运动的描述错误的是( )
A．t＝0时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大
B．t＝T时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大
C．无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度方向都水平
D．无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度大小都相等
答案：B
解析：粒子在电场中运动的时间是相同的，t＝0时入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速，最后离开电场区域，故t＝0时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大，选项A正确；t＝T时入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速，再反向加速，最后反向减速离开电场区域，故此时刻入射的粒子离开电场时速度方向和中线在同一直线上，选项B错误；因粒子在电场中运动的时间等于电场变化的周期T，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故所有粒子离开电场时的竖直方向分速度为零，即最终都沿水平方向射出电场，离开电场时的速度大小都等于初速度，选项C、D正确．
2．(多选)一个带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如图所示．带电微粒只在电场力的作用下(不计微粒重力)，由静止开始运动，则下列说法中正确的是( )
A．微粒将沿着一条直线运动
B．微粒在第2 s末的速度为零
C．微粒在第1 s内的加速度与第2 s内的加速度相同
D．微粒在第1 s内的位移与第2 s内的位移相同
答案：ABD
解析：由题图可知，E1和E2大小相等、方向相反，所以微粒奇数秒内和偶数秒内的加速度大小相等、方向相反，根据运动的对称性可知在2 s末的速度恰好是0，即微粒第1 s做加速运动，第2 s做减速运动，然后再加速，再减速，一直持续下去，微粒将沿着一条直线运动，故A、B正确，C错误；由对称性可知，微粒在第1 s内的平均速度与第2 s内的平均速度相同，由x＝vt得，微粒在第1 s内的位移与第2 s内的位移相同，故D正确．
题型二 电场中的力、电综合问题
解决电场中的力、电综合问题，常用以下几种分析解答：
1．动力学的观点
(1)由于匀强电场中带电粒子(体)所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法．
(2)综合运用牛顿运动定律和运动学公式，注意受力分析和运动分析，特别注意重力是否需要考虑的问题．
2．能量的观点
(1)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断是对分过程还是对全过程使用动能定理．
(2)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现．
3．动量的观点
运用动量定理，要注意动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向．
例2 在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行．劲度系数k＝5 N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面．水平面处于场强E＝5×104 N/C、方向水平向右的匀强电场中．已知物体A、B的质量分别为mA＝0.1 kg和mB＝0.2 kg，物体B所带电荷量q＝＋4×10－6 C．设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，物体B的带电荷量不变．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求B所受静摩擦力的大小；
(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a＝0.6 m/s2开始做匀加速直线运动．A从M到N的过程中，B的电势能增加了ΔEp＝0.06 J．已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，求A到达N点时拉力F的瞬时功率．
解析：(1)根据题意静止时，由平衡条件得，
对物体A，有mAg sin θ＝FT
对物体B，有qE＋Ff＝F′T
又FT＝F′T，代入数据解得Ff＝0.4 N.
(2)据题意对物体A运动到N点时受力分析如图所示．
由牛顿第二定律得．
对物体A，有F＋mAg sin θ－FT－Fksin θ＝mAa
对物体B，有FT′－qE－Ff＝mBa
其中Ff＝μmBg
Fk＝kx
FT＝F′T
由电场力做功与电势能的关系得ΔEp＝qEd
由几何关系得x＝
物体A由M运动到N，由＝2ad
得物体A运动到N点时的速度v＝
拉力F在N点时的瞬时功率P＝Fv
由以上各式代入数据解得P＝0.528 W.
例3 [2023·湖北武汉二中模拟预测]如图所示，质量mA＝0.8 kg、带电量q＝－4×10－3 C的A球用长度l＝0.8 m的不可伸长的绝缘轻线悬吊在O点，O点右侧有竖直向下的匀强电场，场强E＝5×103 N/C.质量mB＝0.2 kg不带电的B球静止在光滑水平轨道上，右侧紧贴着压缩并锁定的轻质弹簧，弹簧右端与固定挡板连接，弹性势能为3.6 J．现将A球拉至左边与圆心等高处释放，将弹簧解除锁定，B球离开弹簧后，恰好与第一次运动到最低点的A球相碰，并结合为一整体C，同时撤去水平轨道．A、B、C均可视为质点，线始终未被拉断，g＝10 m/s2，求：
(1)碰撞过程中A球对B球做的功；
(2)碰后C第一次离开电场时的速度；
(3)C每次离开最高点时，电场立即消失，到达最低点时，电场又重新恢复，不考虑电场瞬间变化产生的影响，求C每次离开电场前瞬间绳子受到的拉力．
解析：(1)碰前A的速度＝mAgl，
解得vA＝4 m/s
碰前B的速度E＝，解得vB＝6 m/s
由动量守恒可得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)vAB，
解得vAB＝2 m/s
碰撞过程中A球对B球做的功WAB＝＝－3.2 J．
(2)碰后，整体受到电场力F＝Eq＝20 N，G＝mCg＝10 N，因为F－mCg>mC
小球做类平抛运动，水平方向上x＝vCt
竖直方向上y＝at2，其中a＝＝10 m/s2
圆的方程(y－l)2＋x2＝l2，解得x＝0.8 m，y＝0.8 m，t＝0.4 s
C刚好在圆心等高处绳子拉直，设此时C向上的速度为v1＝at＝4 m/s
设小球运动到最高点速度为v2
由动能定理得＝(F－mCg)l
解得v2＝4 m/s
(3)设小球从最高点运动到最低点时的速度为v3，可得
，m/s
由
可知FT>0，所以小球能一直做圆周运动，设经过最高点次数为n，故有＝(n－1)qE×2l，FT＋mCg－F＝
解得FT＝(80n－30)N，n＝1，2，3…
针 对 训 练
3.[2023·重庆模拟]如图，带电量为q＝＋2×10－3 C、质量为0.1 kg的小球B静置于光滑的水平绝缘板右端，板的右侧空间有范围足够大的、方向水平向左、电场强度E＝103 N/C的匀强电场，与B球形状相同、质量为0.3 kg的绝缘不带电小球A以初速度v0＝10 m/s向B运动，两球发生弹性碰撞后均逆着电场的方向进入电场，在电场中两球又发生多次弹性碰撞，已知每次碰撞时间极短，小球B的电量始终不变，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)第一次碰撞后瞬间两小球的速度大小；
(2)第一次碰撞与第二次碰撞的时间间隔；
(3)第二次碰后B的动能．
解析：(1)第一次碰撞时，两小球动量守恒，即3mv0＝3mv1＋mv2
机械能守恒即＝
解得碰后A的速度v1＝5 m/s，B的速度v2＝15 m/s
(2)碰后A、B两球进入电场，竖直方向二者相对静止均做自由落体运动，水平方向，A做匀速运动，B做匀减速运动，加速度大小aB＝＝20 m/s2
经过时间t两小球再次相碰v1t＝v2t－aBt2
解得t＝1 s
(3)碰前B的水平分速度vx＝v2－aBt＝－5 m/s
第二次碰撞时，AB小球水平方向上动量守恒3mv1＋mvx＝3mv′1＋mv′x
机械能守恒，即+＝+
解得第二次碰后水平方向A的速度v′1＝0，B的速度v′x＝10 m/s
B竖直方向的速度为vy＝gt＝10 m/s
故第二次碰后B球的动能EkB＝)＝10 J.课时分层作业(四十三) 带电粒子在组合场中的运动
?基础强化练?
1.如图所示是速度选择器的原理图，已知电场强度为E、磁感应强度为B，并且二者相互垂直分布，某一带电粒子(重力不计)沿图中虚线水平通过．则该带电粒子( )
A．一定带正电
B．速度大小为
C．可能沿QP方向运动
D．若沿PQ方向运动的速度大于，将一定向下极板偏转
2.如图所示，为质谱仪测定带电粒子质量装置的示意图．速度选择器(也称滤速器)中场强E的方向竖直向下，磁感应强度B1的方向垂直于纸面向里，分离器中磁感应强度B2的方向垂直于纸面向外．在S处有甲、乙、丙、丁四个一价正离子垂直于E和B1，射入速度选择器中，若m甲＝m乙
C．丙、丁、乙、甲D．甲、乙、丁、丙
3．[2023·河南南阳调研](多选)如图所示，图甲为磁流体发电机原理示意图，图乙为质谱仪原理图，图丙和图丁分别为多级直线加速器和回旋加速器的原理示意图，忽略粒子在图丁的D形盒狭缝中的加速时间，下列说法错误的是( )
A．图甲中，将一束等离子体喷入磁场，A、B板间产生电势差，A板电势高
B．图乙中，H、H、H三种粒子经加速电场射入磁场，H在磁场中的偏转半径最大
C．图丙中，加速电压越大，粒子获得的能量越高，比回旋加速器更有优势
D．图丁中，随着粒子速度的增大，交变电流的频率也应该增大
4．(多选)如图所示的空间中，匀强电场的方向竖直向下，场强为E，匀强磁场的方向水平向外，磁感应强度为B.有两个带电小球A和B都能在垂直于磁场方向的同一竖直平面内做匀速圆周运动(两小球间的库仑力可忽略)，运动轨迹如图中所示．已知两个带电小球A和B的质量关系为mA＝3mB，轨道半径关系为RA＝3RB，则下列说法正确的是( )
A．小球A带负电，小球B带负电
B．小球A带负电，小球B带正电
C．小球A、B的速度之比为3∶1
D．小球A、B的周期之比为1∶3
5．[2023·广东佛山市二模](多选)据报道，我国空间站安装了现代最先进的霍尔推进器用以空间站的轨道维持．如图乙，在很窄的圆环空间内有沿半径向外的磁场1，其磁感强度大小可近似认为处处相等；垂直圆环平面同时加有匀强磁场2和匀强电场(图中没画出)，磁场1与磁场2的磁感应强度大小相等，已知电子电量为e，质量为m，若电子恰好可以在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动．则以下说法正确的是( )
A．电场方向垂直环平面向外
B．电子运动周期为
C．垂直环平面的磁感应强度大小为
D．电场强度大小为
6．(多选)如图甲是回旋加速器D形盒外观图，如图乙是回旋加速器工作原理图．微观粒子从S处由静止开始被加速，达到其可能的最大速度vm后将到达导向板处，由导出装置送往需要使用高速粒子的地方．下列说法正确的是( )
A．D形盒半径是决定vm的一个重要因素
B．粒子从回旋加速器的磁场中获得能量
C．高频电源的电压是决定vm的重要因素
D．高频电源的周期等于粒子在磁场中的运动周期
7.电子感应加速器是利用感生电场加速电子的装置，基本原理如图所示．图中上半部分为侧视图，S、N为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一环形真空室，图中下半部分为真空室的俯视图．电磁铁线圈中电流发生变化时，产生的感生电场可以使电子在真空室中加速运动．已知电子的带电荷量为e＝1.6×10－19C，质量为m＝9.1×10－31kg，初速度为零，在变化的磁场作用下运动轨迹半径恒为R＝0.455m，电子轨迹所在处的感生电场的电场强度大小恒为E＝9.1V/m，方向沿轨迹切线方向，电子重力不计．求：
(1)经时间t＝5×10－3s电子获得的动能Ek(结果保留两位有效数字)；
(2)t＝5×10－3s时刻电子所在位置的磁感应强度B的大小．
8.如图所示，竖直方向的虚线1的右侧(包括边界虚线1)存在范围足够大的匀强磁场，方向垂直纸面向外，竖直方向的虚线2的右侧(包括边界虚线2)同时存在竖直向上的匀强电场，两虚线之间的距离为L，虚线1的S处有一粒子发射源，能向虚线1右侧的各个方向沿纸面发射一系列速度大小相等的带正电粒子，已知所有粒子的比荷均为k，磁场的磁感应强度大小为B，电场强度大小为E＝，粒子的初速度大小为v＝BkL，忽略粒子间的相互作用以及粒子的重力．求：
(1)粒子能到达虚线2的区域长度以及粒子在两虚线间运动的最短时间；
(2)垂直虚线2进入虚线2右侧的粒子，当洛伦兹力大小与电场力大小相等时，该点与进入点间的电势差．
能力提升练?
9．[2023·湖南常德市模拟]某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，其长为L、直径为D，左右两端开口，在前后两个内侧面a、c固定有金属板作为电极，匀强磁场方向竖直向下．污水(含有大量的正、负离子)充满管口从左向右流经该测量管时，a、c两端的电压为U，显示仪器显示污水流量Q(单位时间内排出的污水体积).则( )
A．a侧电势比c侧电势低
B．污水中离子浓度越高，显示仪器的示数越大
C．污水流量Q与U成正比，与L、D无关
D．匀强磁场的磁感应强度B＝
10.
如图所示，一倾角为θ＝30°、足够长的绝缘粗糙斜面固定在正交的匀强电场和匀强磁场中，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里．一质量为m、电荷量为q的带正电小物块甲被固定装置固定在斜面上；另一质量为m的光滑绝缘小物块乙在甲上方的斜面上由静止释放，在与甲发生弹性正碰(碰撞时间极短)前瞬间突然解除甲的固定装置，碰后将乙立即拿走，碰后瞬间甲的速度大小为v，甲在斜面上运动的最大距离为L.已知重力加速度大小为g，场强大小E＝，磁感应强度大小B＝，甲的电荷量始终保持不变．
(1)求乙释放时与甲间的距离d.
(2)求甲在斜面上运动的最大速度vm1以及甲克服摩擦力做的功Wf.
11.如图，在平面直角坐标系xOy的第一象限内，OM与y轴正方向的夹角为30°，OM和y轴之间的区域有沿x轴负方向的匀强电场，在第四象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场．一质量为m，电荷量为q(q>0)的带正电的粒子以速度v0从y轴上的P点与y轴正方向成60°夹角沿纸面射入磁场，经磁场偏转后垂直于x轴射出磁场，又从OM上的Q点(图中未标出)进入匀强电场，最后打到y轴上的N点(图中未标出)，已知P点的坐标为(0，－L)，电场强度的大小为E＝，不计粒子的重力．求：
(1)匀强磁场磁感应强度的大小B；
(2)粒子由P点进入磁场到运动到y轴上的N点所经历的时间t；
(3)N点的坐标．
课时分层作业（四十三）
1．解析：速度选择器不选择电性，只选择速度，粒子不一定带正电，选项A错误；根据电场力等于洛伦兹力知，qE＝qvB，解得v＝，选项B正确；粒子只能沿PQ方向运动，不能沿QP方向运动，选项C错误；由于不知道粒子的电性，若运动的速度大于，无法确定粒子偏转方向，选项D错误．
答案：B
2．解析：对打在P1点的离子，有qvB1
3．解析：图甲，将一束等离子体喷入磁场，由左手定则得，正离子向下偏转，负离子向上偏转，A、B两板会产生电势差，且B板电势高，选项A错误，符合题意；质谱仪中，粒子经电场加速有qU＝mv2，在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，联立解得R＝，由此可知在磁场中偏转半径最大的是比荷（）最小的粒子，H、H、H三种粒子电荷量相同，H质量最大，所以H在磁场中的偏转半径最大，选项B正确，不符合题意；粒子通过多级直线加速器加速，加速电压越大，粒子获得的能量越高，但要产生这种高压所需的技术要求很高，同时加速装置的长度也要很长，故多级直线加速器不一定比回旋加速器更有优势，选项C错误，符合题意；在回旋加速器中带电粒子经过电场多次加速后，速度越来越大，在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝；又T＝，整理得粒子的运动周期为T＝，所以粒子的运动周期不变，故交变电流的频率不变，选项D错误，符合题意．
答案：ACD
4．解析：因为两小球在复合场中都能做匀速圆周运动，均满足mg＝qE，所受静电力均向上，所以两小球均带负电，A正确，B错误；由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，联立可得v＝＝·R，所以＝＝，C正确；由周期公式T＝＝，故小球A、B的周期之比为1∶1，D错误．
答案：AC
5．解析：根据左手定则可知电子在圆环内受到沿半径向外的磁场1的洛伦兹力方向垂直环平面向里，电场力需要与该洛伦兹力平衡，电场力方向应垂直环平面向外，由于电子带负电，故电场方向垂直环平面向里，A错误；电子在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动，则电子运动周期为T＝，B正确；电子在圆环内受到磁场2的洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力，则有evB＝m，解得B＝，C正确；电子在垂直环平面方向受力平衡，则有eE＝evB，解得E＝，D正确．
答案：BCD
6．解析：回旋加速器中的加速粒子最后从磁场中做匀速圆周运动离开，根据半径公式R＝，可得vm＝，则粒子的最大速度与加速的电压无关，而与D形盒的半径、磁感应强度以及粒子的电荷量和质量有关，D形盒半径越大，vm越大；磁场越强，vm越大，A正确，C错误；回旋加速器是利用电场加速、磁场偏转来加速粒子的，B错误；粒子在磁场中转动两个半圆的过程，电场的方向变换两次，则T电＝2×＝T磁＝，D正确．
答案：AD
7．解析：（1）电子一直受到沿切线方向的电场力而不断加速．
由牛顿第二定律得eE＝ma
由运动学规律知v＝at
由动能表达式知Ek＝mv2
解得Ek＝2.9×10－11J.
（2）电子一直受到指向圆心的洛伦兹力而不断改变速度的方向．
由牛顿第二定律得evB＝m
解得B＝0.1T.
答案：（1）2.9×10－11J （2）0.1T
8．解析：
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m则粒子的轨迹半径为R＝＝L，作出部分粒子的运动轨迹如图所示，显然竖直向上发射的粒子偏转个圆周后，到达虚线2的点最高，水平向右发射的粒子偏转个圆周后，运动轨迹与虚线2相切，此时粒子到达虚线2的点最低，由几何关系可知粒子能到达虚线2的区域长度为d＝2L，过S点作虚线2的垂线，垂足为A，以SA为弦的轨迹如图所示，分析可知此情况下粒子在两虚线间运动的时间最短，由几何关系得圆弧所对应的圆心角为α＝60°粒子在两虚线间磁场中运动的周期为T＝，则粒子在两虚线间磁场中运动的最短时间为t＝T，解得t＝.
（2）由第（1）问的分析可知由S点竖直向上发射的粒子由C点垂直虚线2进入叠加场，粒子所受的洛伦兹力大小为qvB＝，粒子所受的电场力大小为qE＝，由于电场力小于洛伦兹力，粒子将向下偏转，当洛伦兹力与电场力大小相等时，设粒子的速度为v′，则有qv′B＝qE，解得v′＝，对粒子由动能定理得－qU＝mv′2－mv2解得U＝.
答案：（1）2L （2）
9．解析：污水中正、负离子从左向右移动，受到洛伦兹力，根据左手定则，正离子向后表面偏，负离子向前表面偏转，所以a侧电势比c侧电势高，故A错误；最终正、负离子会在静电力和洛伦兹力作用下处于平衡状态，有qE＝qvB，即＝vB，则污水流量Q＝＝·＝，可知Q与U、D成正比，与L无关，显示仪器的示数与离子浓度无关，匀强磁场的磁感应强度B＝，故D正确，B、C错误．
答案：D
10.
解析：（1）设乙与甲碰撞前瞬间的速度大小为v1，碰后速度大小为v2，则乙从由静止释放到与甲碰撞前瞬间的过程中，根据机械能守恒定律有mgdsinθ＝·mv.乙与甲发生弹性正碰的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv1＝mv2＋mv，·mv＝·mv＋mv2，解得d＝.
（2）甲在斜面上运动的速度达到最大时，对甲进行受力分析，如图所示，可知在垂直斜面的方向上有qvm1B＋qEsinθ＝mgcosθ，解得vm1＝3v.甲在斜面上运动的过程中，根据动能定理有
mgsinθ·L＋qEcosθ·L－Wf＝mv－mv2
解得Wf＝mgL－4mv2.
答案：（1） （2）3v mgL－4mv2
11．解析：
（1）粒子以速度v0从y轴上的P点与y轴正方向成60°夹角射向磁场，经磁场偏转后垂直于x轴射出磁场，作出粒子在磁场中的轨迹如图所示，A点为粒子轨迹圆的圆心，D为射出磁场的点，AP和AD为轨迹圆半径，设轨迹圆半径为r，根据几何关系知r＝＝2L.
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝
解得匀强磁场磁感应强度的大小B＝.
（2）带电粒子在磁场中运动的周期为T＝＝
根据几何关系可得带电粒子在磁场中运动的圆心角为60°，则在磁场中运动的时间为t1＝T＝
粒子射出磁场后至进入电场前做匀速直线运动，根据几何关系可得OD＝r－rcos60°＝L，DQ＝＝L
粒子在DQ段运动的时间t2＝＝
带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场，在电场中做类平抛运动．根据牛顿第二定律有qE＝ma
根据几何关系可得带电粒子在沿电场方向的位移为OD＝L，根据运动学公式在沿电场方向有L＝at
已知电场强度大小为E＝
以上各式联立解得t3＝
粒子由P点进入磁场运动到y轴上的N点所经历的时间t＝t1＋t2＋t3＝L.
（3）粒子在电场中沿y轴方向的位移为y1＝v0t3＝L
N点的纵坐标为yN＝DQ＋y1
联立解得yN＝（＋1）L，则N点的坐标为[0，（＋1）L].
答案：（1） （2）L （3）[0，（＋1）L]
