高中物理专题复习—带电粒子在电磁场中的运动(含答案)
高中物理专题复习—带电粒子在电磁场中的运
动(含答案)
-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN
带电粒子在电磁场中的运动
[P 3.]一、考点剖析：
带电粒子在电场中的运动比物体在重力场中的运动要丰富得多，它与运动学、动力学、功和能、动量等知识联系紧密，加之电场力的大小、方向灵活多变，功和能的转化关系错综复杂，其难度比力学中的运动要大得多。
带电粒子在磁场中的运动涉及的物理情景丰富，解决问题所用的知识综合性强，很适合对能力的考查，是高考热点之一。带电粒子在磁场中的运动有三大特点：①与圆周运动的运动学规律紧密联系②运动周期与速率大小无关③轨道半径与圆心位置的确定与空间约束条件有关，呈现灵活多变的势态。
因以上三大特点，很易创造新情景命题，故为高考热点，近十年的高考题中，每年都有，且多数为大计算题。
带电粒子在电磁场中的运动: 若空间中同时同区域存在重力场、电场、磁场，则使粒子的受力情况复杂起来；若不同时不同区域存在，则使粒子的运动情况或过程复杂起来，相应的运动情景及能量转化更加复杂化，将力学、电磁学知识的转化应用推向高潮。
该考点为高考命题提供了丰富的情景与素材，为体现知识的综合与灵活应用提供了广阔的平台，是高考命题热点之一。
[P 5.]二、知识结构
[P 6.]三、复习精要：
d U
UL v L md qU at y 加421212
2022=
??==L
y dU UL mdv qUL v at v v tan y 222000=
====加φ1、带电粒子在电场中的运动
(1) 带电粒子的加速 由动能定理 1/2 mv 2=qU (2) 带电粒子的偏转
带电粒子在初速度方向做匀速运动 L =v 0t t=L/ v 0 带电粒子在电场力方向做匀加速运动F=q E a =qE/m
带电粒子通过电场的侧移
偏向角φ
(3)处理带电粒子在电场中的运动问题的一般步骤：
①分析带电粒子的受力情况，尤其要注意是否要考虑重力、电场力是否是恒力等 ②分析带电粒子的初始状态及条件，确定粒子作直线运动还是曲线运动 ③建立正确的物理模型，进而确定解题方法
④利用物理规律或其它解题手段（如图像等）找出物理量间的关系，建立方程组 2、带电粒子在磁场中的运动
带电粒子的速度与磁感应线平行时，能做匀速直线运动；
当带电粒子以垂直于匀强磁场的方向入射，受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动。当带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力充当向心力时，其余各力的合力一定为零.
r mv qvB 2= qB mv R = qB m T π2=
带电粒子在磁场中的运动常因各种原因形成多解，通常原因有：①带电粒子的电性及磁场方向的不确定
性，②粒子运动方向的不确定性及运动的重复性，③临界状态的不唯一性等。
3.带电粒子在复合场中的运动
t
带电粒子在复合场中的运动，其本质是力学问题，应按力学的基本思路，运用力学的基本规律研究和解决此类问题。
当带电粒子在电磁场中运动时，电场力和重力可能做功,而洛仑兹力始终不做功.
当带电粒子在电磁场中作多过程运动时,关键是掌握基本运动的特点和寻找过程的边界条件. [P 11.]07年理综山东卷25．飞行时间质谱仪可以对气体分子进行分析。如图所示，在真空状态下，脉冲阀P 喷出微量气体，经激光照射产生不同价位的正离子，自a 板小孔进入a 、b 间的加速电场，从b 板小孔射出，沿中线方向进入M 、N 板间的偏转控制区，到达探测器。已知元电荷电量为e ，a 、b 板间距为d ，极板M 、N 的长度和间距均为L 。不计离子重力及进入a 板时的初速度。
（1）当a 、b 间的电压为U 1时，在M 、N 间加上适当的电压U 2，使离子到达探测器。请导出离子的全部飞行时间与比荷K （K=ne/m ）的关系式。
（2）去掉偏转电压U 2，在M 、N 间区域加上垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B ，若进入a 、b 间所有离子质量均为m ，要使所有的离子均能通过控制区从右侧飞出，a 、b 间的加速电压U 1至少为多少？
解： （1）由动能定理：
212
1
mv neU =
n 价正离子在a 、b 间的加速度md
neU a 1
1=
在a 、b 间运动的时间d neU m a v t 1112== 在MN 间运动的时间：t 2=L/v 离子到达探测器的时间：1
2122KU L
d t t t +=
+=
（2）假定n 价正离子在磁场中向N 板偏转，洛仑兹力充当向心力，设轨迹半径为R ，由牛
顿第二定律R
v m nevB 2
=
离子刚好从N 板右侧边缘穿出时，由几何关系：2222)L R (L R -+=
L R 45
=
由以上各式得：m
B neL U 32252
21=
光
当n=1时U 1取最小值m
B eL U min
322522=
[P14 .]07届广东省惠阳市综合测试卷三18.如图1所示，一平行板电容器带电量为Q ，固定在绝缘底座上，两极板竖直放置，整个装置静止在光滑的水平面上，板间距离为d ，一质量为m 、带电量为＋q 的弹丸以一定的初速度从一极板间中点的小孔射入电容器中（弹 丸的重力不计，设电容器周围的电场强度为零）设弹丸在 电容器中最远运动到P 点，弹丸的整个运动的过程中的 v —t 图像如图2所示，根据力学规律和题中（包括图像） 所提供的信息，对反映电容器及其系统的有关物理量 （例如电容器及底座的总质量），及系统在运动过程中 的守恒量，你能求得哪些定量的结果？
分析：此题的v —t 图像蕴味深刻，提供的信息也丰富多彩，由图2可知，在0～t 1内弹丸在电场力作用下先向左做匀减速直线运动，速度减为零后，再向右做匀加速直线运动，t 1后弹丸开始匀速运动，由弹丸0～t 1的运动情况可知，弹丸速度为零时已到P 点；t 1后弹丸做匀速直线运动，弹丸不再受电场力，说明弹丸已离开电容器，故可知弹丸离开电容器的速度为v 1，纵观图2，0—t 1内，图像的斜率表示弹丸的加速度，根据以上信息可解答如下： 解：（1）由v —t 图像可得弹丸的加速度10
1
v v a t += ①设电场强度为E ，由牛顿第二定律得 Eq=m a ②
电容器电压U ＝Ed ③ 电容器电容 Q
C U
= ④ 由①、②、③式得，011
()
m v v E qt +=
， 101()md v v U qt +=， 101()Qqt C md v v =+。
（2）设电容器最后速度v ，电容器及底座总质量为M ，由电容器、弹丸动量守恒得mv 0＝Mv －mv 1 ⑤
由电容器、弹丸能量守恒得22201111
222
mv Mv mv =+ ⑥
由⑤、⑥式得v ＝v 0－v 1 0101()m v v M v v +=
- 根据题意可得，弹丸及电容器的总能量2
012
E mv =
点评：图2把弹丸的运动过程表现得淋漓尽致，使弹丸的运动情况尽在不言中，而能否准确地从图中捕捉信息，就充分体现学生的洞察能力、分析思维能力。巧用v —t 图像，可以使物理问题化繁为简，化难为易。
[P 18.]2007年高考天津理综卷25．（22分）离子推进器是新一代航天动力装置，可用于卫星姿态控制和轨道修正。推进剂从图中P 处注入，在A 处电离
出正离子，BC 之间加有恒定电压，正离子进入B 时的速度忽略不计，经加速后形成电流为I 的离子束向后喷出。已知推进器获得的推力为F ，单位时间内喷出的离子质量为J 。为研究问题方便，假定离子推进器在太空中飞行时不受其他外力，忽略推
进器运动速度。⑴.求加在BC 间的电压U ；⑵.为使离子推进器正常运行，必须在出口D 处向正离子束注入电子，试解释其原因。
25．⑴.设一个正离子的质量为m ，电荷量为q ，加速后的速度为v ，根据动能定理，有
22
1
mv qU = ①
设离子推进器在Δt 时间内喷出质量为ΔM 的正离子，并以其为研究对象，推进器对ΔM 的作用力为F ′，由动量定理，有
F ′Δt = ΔM v ②
由牛顿第三定律知
F ′ = F ③
设加速后离子束的横截面积为S ，单位体积内的离子数为n ，则有
I = n q v S ④ J =n m v S ⑤
由④、⑤可得
m
q J I = 又
t
M
J ??= ⑥ 解得
JI
F U 22
= ⑦
⑵.推进器持续喷出正离子束，会使带有负电荷的电子留在其中，由于库仑力作用将严重阻碍正离子的继续喷出。电子积累足够多时，甚至会将喷出的正离子再吸引回来，致使推进器无法正常工作。因此，必须在出口D 处发射电子注入到正离子束，以中和正离子，使推进器获得持续推力。
[P 21.]2007年广东卷19、（17分）如图16所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距3.5L 。槽内有两个质量均为m 的小球A 和B ，球A 带电量为+2q ，球B 带电量为－3q ，两球由长为2L 的轻杆相连，组成一带电系统。最初A 和B 分别静止于左板的两侧，离板
的距离均为L 。若视小球为质点，不计轻杆的质量，在两板间加上与槽平行向右的匀强电场E 后（设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布），求：⑴球B 刚进入电场时，带电系统的速度大小；⑵带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间及球A 相对右板的位置。
解：对带电系统进行分析，假设球A 能达到右极板，电场力对系统做功为W 1，有：
0)5.13(5.221>?-+?=L qE L qE W 可见A 还能穿过小孔，离开右极板。
假设球B 能达到右极板，电场力对系统做功为W 2，有：0)5.33(5.222
＝m
qE
球B 刚进入电场时，带电系统的速度为v 1，有：L a v 1212=求得：m
qEL
v 21=
⑵设球B 从静止到刚进入电场的时间为t 1，则：1
1
1a v t =
解得：qE
mL
t 21= 球B 进入电场后，带电系统的加速度为a 2，由牛顿第二定律：m
qE
m qE qE a 22232-
=+-=
显然，带电系统做匀减速运动。设球A 刚达到右极板时的速度为v 2，减速所需时间为t 2，则
有： L a v v 5.122212
2
?=- 2122a v v t -= 求得： qE
mL
t m
qEL
v 2,22122== 球A 离电场后，带电系统继续做减速运动，设加速度为a 3，再由牛顿第二定律：m
qE
a 233-=
设球A 从离开电场到静止所需的时间为t 3，运动的位移为x ，则有：
3230a v t -=
x a v 32
22=-
求得：1t = 6L x =
可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为：
qE
mL
t t t t 237321=
++=
球A 相对右板的位置为：6
L x =
[P 25.]2004年全国卷Ⅱ24．如图所示，在y ＞0的空间中存在匀强电场，场强沿y 轴负方向；在y ＜0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy 平面（纸面）向外。一电量为q 、质量为m 的带正电的运动粒子，经过y 轴上y ＝h 处的点
P 1时速率为v 0，方向沿x 轴正方向；然后，经过x 轴上x ＝2h 处的 P 2点进入磁场，并经过y 轴上y ＝h 2-处的P 3点。不计重力。求
（l ）电场强度的大小。（2）粒子到达P 2时速度的大小和方向。（3）磁感应强度的大小。 解:（1）粒子在电场、磁场中运动的轨迹如图所示。设粒子从
P 1到P 2的时间为t ，电场强度的大小为E ，粒子在电场中的加速度为a ，由牛顿第二定律及运动学公式有
qE ＝ ma ① v 0t ＝ 2h ②
h at =2
2
1 ③ 由①、②、③式解得
qh
mv E 220= ④
x
x
（2）粒子到达P 2时速度沿x 方向的分量仍为v 0，以v 1表示速度沿y 方向分量的大小，v 表示速度的大小，θ表示速度和x 轴的夹角，则有
ah v 221= ⑤
2
021v v v += ⑥
1
tan v v =
θ ⑦ 由②、③、⑤式得
v 1＝v 0 ⑧ 由⑥、⑦、⑧式得
02v v = ⑨ ?=45θ ⑩
（3）设磁场的磁感应强度为B ，在洛仑兹力作用下粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律
r
v m qvB 2
= ⑾ r 是圆周的半径。此圆周与x 轴和y 轴的交点分别为P 2、P 3。因为OP 2＝OP 3，
θ＝45°，由几何关系可知，连线P 2P 3为圆轨道的直径，由此可求得
r ＝h 2 ⑿ 由⑨、⑾、⑿可得
qh
mv B 0
=
⒀ 解题感悟：当带电粒子在电磁场中作多过程运动时,关键是掌握基本运动的特点和寻找过程间的边界关联关系.
解题感悟：当带电粒子在电磁场中运动时，重力和电场力可能做功，但洛仑兹力始终不做功。
M Q
[P 28.]07届南京市综合检测题（二）11、如图所示，MN 为纸面内竖直放置的挡板，P 、D 是纸面内水平方向上的两点，两点距离PD 为L ，D 点距挡板的距离DQ 为L/π．一质量为m 、电量为q 的带正电粒子在纸面内从P 点开始以v 0的水平初速度向右运动，经过一段时间后在MN 左侧空间加上垂直纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场维持一段时间后撤除，随后粒子再次通过D 点且速度方向竖直向下．已知挡板足够长，MN 左侧空间磁场分布范围足够大．粒子的重力不计．求：（1）粒子在加上磁场前运动的时间t ；（2）满足题设条件的磁感应强度B 的最小值及B 最小时磁场维持的时间t 0的值． 解：（1）微粒从P 点至第二次通过D 点的运动轨迹如图所示 由图可知在加上磁场前瞬间微粒在F 点（圆和PQ 的切点）． 在t 时间内微粒从P 点匀速运动到F 点，t = PF/v 0 ① 由几何关系可知： PF =L ＋R ② 又 R =m v 0/qB ③ 由①②③式可得： t =L /v 0+m /qB
（2）微粒在磁场中作匀速圆周运动时，由③式可知：当R 最大时，B 最小，在微粒不飞出磁场的情况下，R 最大时有：
DQ =2R ， 即 L /π＝2R
可得B 的最小值为： B min =2πmv 0 /qL
微粒在磁场中做圆周运动，故有t 0=（n ＋3/4）T ，n ＝0，1，2，3， 又：T =2πm/qB
即可得： t 0=（n ＋3/4）L /v 0 ,( n ＝0，1，2，3，…… )
M Q N
[P 31.]06年12月广州市X 科统考卷18．如图十六所示，在空间存在这样一个磁场区域:以MN 为界，上部分的匀强磁场的磁感应强度为B 1，下部分的匀强磁场的磁感应强度为B 2，
B 1=2B 2=2B 0，方向均垂直纸面向里，且磁场区域足够大.在距离界
线为h 的P 点有一带负电荷的离子处于静止状态，某时刻离子分解成为带电粒子A 和不带电粒子B ，粒子A 质量为m 、带电荷q ，以平行于界线MN 的初速度向右运动，经过界线MN 时速度方向与界线成60°角，进入下部分磁场.当粒子B 沿与界线平行的直线到达位置Q 点时，恰好又与粒子A 相遇.不计粒子的重力.求：（1）P 、Q 两点间距离.（2）粒子B 的质量. 解答：（1）粒子A 在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，设粒子A 的速度为v 0，在MN 上方运动半径为R 1，运动周期为T 1，根据牛顿第二定律和圆周运动公式，
1
20
10R v m B qv = ①…………………………（1分）
解得 0
1012qB mv qB mv R ==
②………………… （1分） 0
0112qB m
v R T ππ=
=
③ ……………（2分） 同理，粒子A 在MN 下方运动半径R 2和周期T 2分别为
R 2 =
10
202R qB mv qB mv == ④ ………… （1分） T 2 =
2qB m
π ⑤ ……………（1分） 粒子A 由P 点运动到MN 边界时速度与MN 的夹角为60°，如图所示，则有 R 1 – h = R 1cos60°，得到：R 1 = 2h …………（1分）
R 2 = 4h …………（1分）
PQ 间的距离为 PQ = 2R 2sin60°- 2R 1sin60°=h 32 ⑥………（2分） （2）粒子A 从P 点到Q 点所用时间为
图十
M × × × × ×
× × × × × B 1
Q
P
h × × × × × × × × × × × × × × ×
60
N
B 2
002135232313262qB m
qB m qB m T T t πππ=
?+=+=
⑦………（2分） 设粒子B 的质量为M ，从P 点到Q 点速度为v
m
hqB t PQ v π5360
==
⑧ ……………………… （1分） 由 0
122qB mv h R =
= ⑨ ………………………… （1分） 得到 mv 0 = 4qB 0h ⑩………………………… （1分） 根据动量守恒定律 mv 0 – Mv = 0 ○11 …………………… （2分） 解得： m M 9
310π
=
…………………… （1分） [P 35.]2007年高考理综Ⅰ卷25．两平面荧光屏互相垂直放置，在两屏内分别取垂直于两屏交线的直线为x 和y 轴，交点O 为原点，如图所示。在y>0，0
处有一小孔，一束质量为m 、带电量为q （q>0）的粒子沿x 轴经小
孔射入磁场，最后打在竖直和水平荧光屏上，使荧光屏发亮。入射粒子的速度可取从零到某一最大值之间的各种数值。已知速度最大的粒子在0
解：对于y 轴上的光屏亮线范围的临界条件如图1所示：带电粒子的轨迹和x=a 相切，此时r=a ，y 轴上的最高点为y =2r =2a ;
对于 x 轴上光屏亮线范围的临界条件如图2所示：左边界的极限情况还是和x=a 相切，此刻，带电粒子在右边的轨迹是个圆,与x 轴相切于D 点，由几何知识得到在x 轴上的坐标为x=2a ;速度最大的粒子是
y
O
x
a
U
y
r
α
α
如图2中的实线，又两段圆弧组成，圆心分别是C 和C ′,由对称性得到 C ′在 x 轴上，与D 点重合。设在左右两部分磁场中运动时间分别为t 1和t 2,满足
5221=t t T t t 12
721=+ 解得 6012
56
1
21==
=
θT t T t
由数学关系得到： a R a
sin R 2360=∴=
R a OP +=2
代入数据得到： a )(OP 3
312+
= 所以在x 轴上的范围是a )(x a 3
3122+
≤≤ [P 38.]07年1月山东潍坊市期末统考16．（12分）在电脑显示器的真空示波管内，控制电子束扫描的偏转场是匀强磁场，磁场区域是宽度为
3.0cm 的矩形，右边界距荧光屏20.0cm ，高度足够.某段时间内磁场方向
垂直纸面向外，磁感应强度B=4.55×10－3T 不变.电子初速度不计，经U=4550V 电压加速后沿中心线射入磁场，偏转后打在屏上产生亮点（若无磁场，亮点在屏中心），已知电子的质量m=0.91×10－30kg ，电荷量e=1.6×10－19C.（1）在图中大致画出电子运动的径迹；（2）求亮点偏离荧光屏中心的距离.
解：（1）电子运动的径迹如图所示： （2）电子经U 加速得到速度v 0，由202
1mv eU =
得s m m eU v /10
91.04550
106.12230
19
0--????===4×107m/s. 由r
v m evB 20
=得 ①
.505.0106.11055.41041091.01937
300cm m m Be mv r ==??????==--- ② 4
3
tan ,54cos ,53sin ===ααα ③
亮点偏离屏中心的距离.164
3
0.20)541(5tan 0.20)cos (cm cm cm r r y =?+-?=+-=αα ④
[P 40.]2007年广东卷20、（18分）图17是某装置的垂直截面图，虚线A 1A 2是垂直截面与磁场区边界面的交线，匀强磁场分布在A 1A 2的右
侧区域，磁感应强度B ＝0.4T ，方向垂直纸面向外，A 1A 2与垂直截面上的水平线夹角为45°。在A 1A 2左侧，固定的薄板和等大的挡板均水平放置，它们与垂直截面交线分别为S 1、S 2，相距L ＝0.2 m 。在薄板上P 处开一小孔，P 与A 1A 2线上点D 的水平距离为L 。在小孔处装一个电子快门。起初快
门开启，一旦有带正电微粒通过小孔，快门立即关闭，此后每隔T ＝3.0×10－3 s 开启一次并瞬间关闭。从S 1S 2之间的某一位置水平发射一速度为v 0的带正电微粒，它经过磁场区域后入射到P 处小孔。通过小孔的微粒与档板发生碰撞而反弹，反弹速度大小是碰前的0.5倍。⑴经过一次反弹直接从小孔射出的微粒，其初速度v 0应为多少？⑵求上述微粒从最初水平射入磁场到第二次离开磁场的时间。（忽略微粒所受重力影响，碰撞过程无电荷转移。已知微粒的荷质比
31.010 C/kg q
m
=?。只考虑纸面上带电微粒的运动） 解：⑴如答图2所示，设带正电微粒在S 1S 2之间任意点Q 以水平速度v 0进入磁场，微粒受到的洛仑兹力为f ，在磁场中做圆周运动的半径为r ，有：
200mv qv B r
=解得：qB mv
r 0=
欲使微粒能进入小孔，半径r 的取值范围为： L r L 2<< 代入数据得：80 m/s ＜v 0＜160 m/s
欲使进入小孔的微粒与挡板一次相碰返回后能通过小孔，还必须满足条件：
45°
S 2
S 1
A 2
A 1
L L
D P
v 0
＋
固定挡板
固定薄板
电子快门 B
图17
nT v L v L =+0
05.0 其中n ＝1，2，3，…… 可知，只有n ＝2满足条件，即有：v 0＝100 m/s
⑵设微粒在磁场中做圆周运动的周期为T 0，从水平进入磁场到第二次离开磁场的总时间为t ，设t 1、t 4分别为带电微粒第一次、第二次在磁场中运动的时间，第一次离开磁场运动到挡板的时间为t 2，碰撞后再返回磁场的时间为t 3，运动轨迹如答图2所示，则有：
002πr T v =
； 0143T t =； 022v L t =； 035.02v L t =； 044
1
T t =
s .t t t t t 243211082-?=+++=