2020年高考物理压轴题专练附解答：带电粒子在复合场中的运动

原理图规律
质谱仪
粒子由静止被加速电场加速:qU=
1
2
mv2,在磁场中做匀速圆周运动,qvB=
2
mv
r
,则比荷
q
m
=
22
2U
B r 带电粒子在复合场中的运动
考点一带电粒子在复合场中的运动实例
电磁流量计错误!未找到引用源。

q=qvB,所以v=错误!未找到引用源。

,所以Q=vS=错误!未找到引用源。

π
4
DU
B
霍尔元件当磁场方向与电流方向垂直时,导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差(如果是电子导电,则霍尔电压方向相反)
回旋加
速器接交流电源
交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等,粒子在圆周运动过程中每次经
过D形盒缝隙都会被加速.由qvB=错误!未找到引用源。

得E km=错误!未找
到引用源。

222
2
q B r
m
速
度
选
择
器
若qv0B=Eq,即v0=错误!未找到引用源。

,粒子做匀速直线运动
磁
流
体发电机等离子体射入,受洛伦兹力偏转,使两极板带正、负电荷,两极电压为U时稳定,q错误!未找到引用源。

=qv0B,U=v0Bd
考点二带电粒子在组合场中的运动1.常见类型
(1)先电场后磁场
①带电粒子先匀加速,后偏转,如图.
②带电粒子先后都偏转,如图.
(2)先磁场后电场
①带电粒子先偏转,后匀加速或匀减速,如图(甲).
②带电粒子先后都偏转,如图(乙).
(3)先后两个不同的磁场
2.处理思路
考点三：带电粒子在叠加场中的运动
1.带电体在叠加场中无约束情况下的运动情况分类
(1)洛伦兹力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡,则带电体做匀速直线运动.
②若重力和洛伦兹力不平衡,则带电体将做复杂的曲线运动.因洛伦兹力不做功,故机械能守恒.
(2)静电力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)
①若静电力和洛伦兹力平衡,则带电体做匀速直线运动.
②若静电力和洛伦兹力不平衡,则带电体将做复杂的曲线运动,因洛伦兹力不做功,可用动能定理求解问题.
(3)静电力、洛伦兹力、重力并存
①若三力平衡,一定做匀速直线运动.
②若重力与静电力平衡,一定做匀速圆周运动.
③若合力不为零且与速度方向不垂直,将做复杂的曲线运动,因洛伦兹力不做功,可用能量守恒定律或动能定理求解问题.
2.带电体在叠加场中有约束情况下的运动
带电体在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下,常见的运动形式有直线运动和圆周运动,运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解.
典例精析
★考点一：带电粒子在复合场中的运动实例
◆典例一：（2020广西柳州模拟）(20分)如图所示，在xOy平面内，以O(0,R)为圆心，R为半径的圆内有垂直平面向外的匀强磁场，x轴下方有垂直平面向里的匀强磁场，两区域磁感应强度大小相等；第四象限有一垂直于纸面倾斜放置的挡板PQ,挡板的两端点P、Q分别在x、y坐标轴上且挡板与两坐标轴各成45°角，在圆形磁场的左侧0<y<2R的区间内，均匀分布着质量为m、电荷量为+q的簇带电粒子，当所有的粒子均沿x 轴正方向以速度ひ射入圆形磁场区域时，粒子偏转后都从O点进入x轴下方磁场，结果有一半粒子能打在挡板上；不计粒子重力、不考虑粒子间相互作用力。

求：
(1)磁场的磁感应强度B的大小；
(2)挡板端点P在x轴上的坐标；
(3)挡板上被粒子打中的区域长度。

【解析】：（1）设一粒子自磁场边界A点进入磁场，该粒子由O点射出圆形磁场，轨迹如图甲所示，过A 点做速度的垂线长度为r,C为该轨迹圆的圆心.连接AOˊ、CO，可证得ACOOˊ为菱形，根据图中几何关系可知：粒子在圆形磁场中的轨道半径r=R，
由得：
（2）有一半粒子打到挡板上需满足从O点射出的沿x轴负方向的粒子、沿y轴负方向的粒子轨迹刚好与挡板相切，如图乙所示，过圆心D做挡板的垂线交于E点，）
，
P点的坐标为（，0 ）
（3）设打到挡板最左侧的粒子打在挡板上的F点，如图丙所示，OF=2R ①
过O点做挡板的垂线交于G点，
②
③
④
挡板上被粒子打中的区域长度l=FE=+= ⑤
◆典例二：[回旋加速器的工作原理](2018·四川成都模拟)(多选)粒子回旋加速器的工作原理如图所示,置于真空中的D型金属盒的半径为R,两金属盒间的狭缝很小,磁感应强度为B的匀强磁场与金属盒盒面垂直,交变电流的频率为f,加速器的电压为U,若中心粒子源处产生的质子质量为m,电荷量为+e,在加速器中被加速.不考虑相对论效应,则下列说法正确是()
A.质子被加速后的最大速度不能超过2πRf
B.加速的质子获得的最大动能随加速电场U增大而增大
C.质子第二次和第一次经过D型盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1
D.不改变磁感应强度B和交变电流的频率f,该加速器也可加速其他粒子
解析:质子出回旋加速器的速度最大,此时的半径为R,最大速度为v=错误!未找到引用源。

=2πRf,选项A正确;根据qvB=m错误!未找到引用源。

,得v=错误!未找到引用源。

,则粒子的最大动能E km=错误!未找到引用源。

mv2=错误!未找到引用源。

,与加速的电压无关,选项B错误;粒子在加速电场中做匀加速运动,在磁场中做匀速圆周运动,根据qU=错误!未找到引用源。

mv2,得v=错误!未找到引用源。

,质子第二次和第一次经过D形盒狭缝的速度比为错误!未找到引用源。

∶1,根据r=错误!未找到引用源。

,则半径比为错误!未找到引用源。

∶1,选项C正确;带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等,根据T=错误!未找到引用源。

知,换用其他粒子,粒子的比荷变化,周期变化,回旋加速器需改变交变电流的频率才能加速其他粒子,选项D错误.
◆典例三[电磁流量计的工作原理](2018·河北安国段考)(多选)如图所示,一块长度为a,宽度为b,厚度为d的金属导体,当加有与侧面垂直的匀强磁场B,且通以图示方向的电流I时,用电压表测得导体上、下表面M,N间电压为U.已知自由电子的电荷量为e.下列说法中正确的是()
A.M板比N板电势高
B.导体单位体积内自由电子数越多,电压表的示数越大
C.导体中自由电子定向移动的速度为v=U Bd
D.导体单位体积内的自由电子数为BI
eUb
解析:电流方向向右,电子定向移动方向向左,根据左手定则判断可知,电子所受的洛伦兹力方向向上,则M积累了电子,M,N之间产生向上的电场,所以M板比N板电势低,选项A错误;电子定向移动相当长度为d的导体
切割磁感线产生感应电动势,电压表的读数U等于感应电动势E,则有U=E=Bdv,可见,电压表的示数与导体单位体积内自由电子数无关,故选项B错误;由U=E=Bdv,得自由电子定向移动的速度为v=错误!未找到引用源。

,选项C正确;电流的微观表达式是I=nevS,则导体单位体积内的自由电子数n=错误!未找到引用源。

I
evS,S=db,v=错误!未找到引用源。

,
代入得n=错误!未找到引用源。

,选项D正确.
★考点二：带电粒子在组合场中的运动
◆典例一：【2019·全国卷Ⅰ】如图，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
(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。

【答案】(1)
4U
B2d2(2)
Bd2
4U⎪
⎪
⎭
⎫
⎝
⎛
+
3
3
2
π
【解析】(1)设带电粒子的质量为m、电荷量为q，经电压U加速后的速度大小为v。

由动能定理有qU＝
1
2mv
2①
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＝m
v2
r②
粒子的运动轨迹如图，由几何关系知
d＝2r③
联立①②③式得
q
m＝
4U
B2d2④
(2)由几何关系知，带电粒子从射入磁场到运动至x轴所经过的路程为s＝
πr
2＋r tan30°⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为
t＝
s
v⑥
联立②④⑤⑥式得t＝
Bd2
4U⎪
⎪
⎭
⎫
⎝
⎛
+
3
3
2
π。

⑦
◆典例二：[先电场后磁场](2017·天津卷,11)平面直角坐标系xOy中,第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场,第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场,如图所示.一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动,Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍.粒子从坐标原点O离开电场进入磁场,最终从x轴上的P 点射出磁场,P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等.不计粒子重力,问:
(1)粒子到达O点时速度的大小和方向;
(2)电场强度和磁感应强度的大小之比.
方法技巧“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
解析:(1)在电场中,粒子做类平抛运动,设Q点到x轴距离为L,到y轴距离为2L,粒子的加速度为a,运动时间为t,有2L=v0tL=错误!未找到引用源。

at2
设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为v y v y=at
设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α,有tan α=错误!未找到引用源。

联立得α=45°
即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上.
设粒子到达O点时速度大小为v,由运动的合成有v=错误!未找到引用源。

联立得v=错误!未找到引用源。

v0.
(2)设电场强度为E,粒子带电荷量为q,质量为m,粒子在电场中受到的电场力为F,由牛顿第二定律可得F=ma 又F=qE
设磁场的磁感应强度大小为B,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,所受的洛伦兹力提供向心力,有qvB=m错误!未找到引用源。

由几何关系可知R=错误!未找到引用源。

L联立解得错误!未找到引用源。

=错误!未找到引用源。

.
★考点三：带电粒子在叠加场中的运动
◆典例一：(2017·江西师大附中三模)如图所示,水平地面上方MN边界左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场和沿竖直方向的匀强电场(图中未画出),磁感应强度B=1.0 T,边界右侧离地面高h=0.45 m处有一水平光滑绝缘平台,右边有一带正电的a球,质量ma=0.1 kg、电荷量q=0.1 C,以初速度v0=0.9 m/s水平向左运动,与大小相同但质量为mb=0.05 kg静止于平台左边缘的不带电的绝缘球b发生弹性正碰,碰后a球恰好做匀速圆周运动,两球均视为质点, g=10 m/s2,求:
(1)电场强度的大小和方向;
(2)碰后两球分别在电磁场中运动的时间;
(3)碰后两球落地点相距多远.
解析:(1)a球碰后在叠加场中做匀速圆周运动,
满足mg=qE,
可得E=10 N/C.
a球带正电,电场力方向向上,则电场强度方向向上.
解析:(2)a球与b球发生碰撞,由动量守恒定律得m a v0=m a v a+m b v b
由能量守恒定律得错误!未找到引用源。

m a错误!未找到引用源。

=错误!未找到引用源。

m a错误!未找到引用源。

+错误!未找到引用源。

m b错误!未找到引用源。

解得v a=0.3 m/s,v b=1.2 m/s
对a球,洛伦兹力提供向心力qBv a=m a错误!未找到引用源。

可得r=错误!未找到引用源。

=0.3 m
设a球落地点与圆心的连线和地面夹角为θ,由几何关系有h=r+rsin θ,可得θ=π6
故a球离开电磁场用时t a=错误!未找到引用源。

π
2
2π
θ
⎛⎫
+
⎪
⎝⎭
T, T=错误!未找到引用源。

2π
a
r
v代入得t
a
=错误!未找到引用源。

πs≈2.1 s
b球不带电,碰撞后做平抛运动,竖直方向有h=错误!未找到引用源。

g错误!未找到引用源。

2b t代入得t b=0.3 s.
(3)对a球有xa=rcos θ=0.15 m,
对b球有xb=vbtb=0.36 m,
故两球相距Δx=xb-xa≈0.10 m.
1.(2014·浙江)离子推进器是太空飞行器常用的动力系统，某种推进器设计的简化原理如图17-2-1所示，截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区。

I为电离区，将氙气电离获得1价正离子；II为加速区，长度为L，两端加有电压，形成轴向的匀强电场。

I区产生的正离子以接近0的初速度进入II区，被加速后以速度v M 从右侧喷出。

I区内有轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在离轴线R/2处的C点持续射出一定速度范围的电子。

假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动，截面如图17-2-2所示（从左向右看）。

电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成α角（0<α<90◦）。

推进器工作时，向I区注入稀薄的氙气。

电子使氙气电离的最小
速度为v0，电子在I区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离
．．．．．．．．．．．．．．．．．．效果越好
．．．．。

已知离子质量为M；电子质量为m，电量为e。

（电子碰到器壁即被吸收，不考虑电子间的碰撞）。

（1）求II区的加速电压及离子的加速度大小；
（2）为取得好的电离效果，请判断I 区中的磁场方向（按图2说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”）； （3）α为90°时，要取得好的电离效果，求射出的电子速率v 的范围； （4）要取得好的电离效果，求射出的电子最大速率v max 与α角的关系。

【解析】：（1）由动能定理： Ue=
2
1
Mv M 2 ① 解得 U=e
Mv M
22 ②
由运动学公式v M 2=2aL ，③
解得a=L
v M
22 ④
（2）由右手定则可判断出磁场方向应垂直于纸面向外。

（4）如图所示，OA=R-r ，OC=R/2，AC=r
在△OAC 中，由余弦定理得，(R-r)2=r 2+R 2/4-2r·R/2sinα 解得：r=
()
αsin -243R
由⑥⑨解得，()
αsin -243max m eRB
v =
.
注解：画出轨迹示意图，由图中的几何关系，利用相关知识得出轨道半径r 。

2.【2017·高考天津卷】 平面直角坐标系xOy 中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q 点以速度v 0沿x 轴正方向开始运动，Q 点到y 轴的距离为到x 轴距离的2倍．粒子从坐标原点O 离开电场进入磁场，最终从x 轴上的P 点射出磁场，P 点到y 轴距离与Q 点到y 轴距离相等．不计粒子重力，问：
(1)粒子到达O 点时速度的大小和方向；
(2)电场强度和磁感应强度的大小之比． 【答案】：见解析
【解析】：(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q 点到x 轴距离为L ，到y 轴距离为2L ，粒子的加速度为a ，运动时间为t ，有 2L ＝v 0t ① L ＝12
at 2
②
设粒子到达O 点时沿y 轴方向的分速度为v y v y ＝at
③ 设粒子到达O 点时速度方向与x 轴正方向夹角为α，有tan α＝v y
v 0④
联立①②③④式得α＝45°
⑤
即粒子到达O 点时速度方向与x 轴正方向成45°角斜向上． 设粒子到达O 点时速度大小为v ，由运动的合成有
v ＝v 20＋v 2y
⑥ 联立①②③⑥式得v ＝2v 0.
⑦
(2)设电场强度为E ，粒子电荷量为q ，质量为m ，粒子在电场中受到的电场力为F ，由牛顿第二定律可得 F ＝ma ⑧ 又F ＝qE
⑨
设磁场的磁感应强度大小为B ，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，所受的洛伦兹力提供向心力， 有qvB ＝m v 2R
⑩ 由几何关系可知R ＝2L ○11
联立①②⑦⑧⑨⑩○11式得E B ＝v 0
2
.
3．一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xoy 平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y 轴垂直，宽度为l ，磁感应强度的大小为B ，方向垂直于xoy 平面；磁场的上、下两侧为电场区
域，宽度均为，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条形区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。

一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M 点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。

不计重力。

（1）定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；
（2）求该粒子从M点射入时速度的大小；
（3）若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N 点的时间。

【答案】（1）轨迹图如图所示：
（2）（3）;
（1）粒子运动的轨迹如图（a）所示。

（粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称）
（2）粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。

设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为（见图（b）），速度沿电场方向的分量为v1，根据牛顿第二定律有
qE=ma①
式中q和m分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有
v1=at②
③
④
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
⑤
由几何关系得
⑥
联立①②③④⑤⑥式得
⑦
式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，
⑪
由③⑦⑨⑩⑪式得
⑫
故本题答案是：（1）轨迹图如图所示：
（2） （3） ;
4.(2019·湖南怀化高考一模)如图所示，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里的有界矩形匀强磁场区域(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 轴上坐标为(－L,0)的A 点，粒子源沿y 轴正方向释放出速度大小为v 0的电子，电子通过y 轴上的C 点时速度方向与y 轴正方向成α＝45°角，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 β＝15°角的射线OM 。

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：
(1)匀强电场的电场强度E 的大小； (2)电子在电场和磁场中运动的总时间t ； (3)矩形磁场区域的最小面积S min 。

【答案】 (1)mv 20
2eL (2)2L v 0＋2πm 3eB
(3)32
0⎪⎭⎫ ⎝⎛eB mv 【解析】 (1)电子从A 到C 的过程中，由动能定理得： eEL ＝12mv 2C －12mv 2
0， 又有v C cos α＝v 0，
联立解得：E ＝mv 20
2eL。

(2)电子在电场中做类平抛运动，沿电场方向有： L ＝v C sin α2t 1，
其中v C ＝v 0
cos α
，
由数学知识知电子在磁场中的速度偏向角等于圆心角：θ＝π－α－β＝2π
3，
电子在磁场中的运动时间：t 2＝θ
2πT ，
其中T ＝2πm
eB
，
电子在电场和磁场中运动的总时间t ＝t 1＋t 2， 联立解得：t ＝2L v 0＋2πm
3eB。

(3)电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有ev C B ＝m v 2C
r
最小矩形区域如图所示，
由数学知识得：CD ＝2r ·sin θ2，CQ ＝r －r cos θ
2，
矩形区域的最小面积：S min ＝CD ·CQ ，
联立解得：S min ＝32
0⎪⎭
⎫
⎝⎛eB mv 。