高中物理带电粒子在复合场中的运动(一)解题方法和技巧及练习题含解析

高考物理带电粒子在复合场中的运动(一)解题方法和技巧及练习题含解析

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．两块足够大的平行金属极板水平放置，极板间加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律分别如图1、图2所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向）。

在t=0时刻由负极板释放一个初速度为零的带负电的粒子（不计重力），若电场强度E0、磁感应强度B0、粒子的比荷qm均已知，且2mtqBπ=，两板间距2210mEhqBπ=。

（1）求粒子在0～t0时间内的位移大小与极板间距h的比值。

（2）求粒子在板板间做圆周运动的最大半径（用h表示）。

（3）若板间电场强度E随时间的变化仍如图1所示，磁场的变化改为如图3所示，试画出粒子在板间运动的轨迹图（不必写计算过程）。

【来源】带电粒子的偏转【答案】（1）粒子在0～t0时间内的位移大小与极板间距h的比值115sh=（2）粒子在极板间做圆周运动的最大半径225hRπ=（3）粒子在板间运动的轨迹如图：【解析】【分析】【详解】（1）设粒子在0～t0时间内运动的位移大小为s121012s at =① 0qEa m=②又已知200200102,mE m t h qB qB ππ== 联立解得：115s h = （2）解法一粒子在t 0~2t 0时间内只受洛伦兹力作用，且速度与磁场方向垂直，所以粒子做匀速圆周运动。

设运动速度大小为v 1，轨道半径为R 1，周期为T ，则10v at =21101mv qv B R =联立解得：15h R π= 又002mT t qB π== 即粒子在t 0~2t 0时间内恰好完成一个周期的圆周运动。

在2t 0~3t 0时间内，粒子做初速度为v 1的匀加速直线运动，设位移大小为s 22210012s v t at =+解得：235s h =由于s 1+s 2＜h ，所以粒子在3t 0~4t 0时间内继续做匀速圆周运动，设速度大小为v 2，半径为R 2，有：210v v at =+22202mv qv B R =解得225h R π=由于s 1+s 2+R 2＜h ，粒子恰好又完成一个周期的圆周运动。

高考物理带电粒子在复合场中的运动技巧和方法完整版及练习题含解析

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．如图所示,待测区域中存在匀强电场和匀强磁场,根据带电粒子射入时的受力情况可推测其电场和磁场. 图中装置由加速器和平移器组成,平移器由两对水平放置、相距为l 的相同平行金属板构成,极板长度为l 、间距为d,两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反. 质量为m 、电荷量为+q 的粒子经加速电压U0 加速后,水平射入偏转电压为U1 的平移器,最终从A 点水平射入待测区域. 不考虑粒子受到的重力.(1)求粒子射出平移器时的速度大小v1;(2)当加速电压变为4U0 时,欲使粒子仍从A 点射入待测区域,求此时的偏转电压U; (3)已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域,刚进入时的受力大小均为F. 现取水平向右为x 轴正方向,建立如图所示的直角坐标系Oxyz. 保持加速电压为U0 不变,移动装置使粒子沿不同的坐标轴方向射入待测区域,粒子刚射入时的受力大小如下表所示.请推测该区域中电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向. 【来源】2012年普通高等学校招生全国统一考试理综物理（江苏卷) 【答案】(1)012qU v m=1U?4U = （3）E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为30°或150°，若B 沿-x 轴方向，E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为-30°或-150°．【解析】(1)设粒子射出加速器的速度为0v 动能定理20012qU mv =由题意得10v v =，即012qU v m=(2)在第一个偏转电场中,设粒子的运动时间为t 加速度的大小1qU a md=在离开时,竖直分速度yv at =竖直位移2112y at =水平位移1l v t = 粒子在两偏转电场间做匀速直线运动,经历时间也为t 竖直位移2y y v t =由题意知,粒子竖直总位移12y?2y y =+ 解得210U l y U d=则当加速电压为04U 时,1U?4U =（3）(a)由沿x 轴方向射入时的受力情况可知:B 平行于x 轴. 且FE q= (b)由沿y +-轴方向射入时的受力情况可知:E 与Oxy 平面平行.222F f (5F)+=,则f?2F =且1f?qv B =解得02F mB BqU =(c)设电场方向与x 轴方向夹角为.若B 沿x 轴方向,由沿z 轴方向射入时的受力情况得222sin )(cos )(7)f F F F αα++=（解得=30°,或=150°即E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为30°或150°. 同理,若B 沿-x 轴方向E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为-30°或-150°.2．利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用．如图所示的矩形区域ACDG(AC 边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场，A 处有一狭缝．离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA 边且垂直于磁场的方向射入磁场，运动到GA 边，被相应的收集器收集．整个装置内部为真空．已知被加速的两种正离子的质量分别是m 1和m 2(m 1>m 2)，电荷量均为q ．加速电场的电势差为U ，离子进入电场时的初速度可以忽略．不计重力，也不考虑离子间的相互作用．(1)求质量为m 1的离子进入磁场时的速率v 1；(2)当磁感应强度的大小为B 时，求两种离子在GA 边落点的间距s ；(3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度．若狭缝过宽，可能使两束离子在GA 边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离．设磁感应强度大小可调，GA 边长为定值L ，狭缝宽度为d ，狭缝右边缘在A 处．离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA 边且垂直于磁场．为保证上述两种离子能落在GA 边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度．【来源】2011年普通高等学校招生全国统一考试物理卷（北京) 【答案】（1）12qU m （2）()1228Um m qB - （3）d m ＝12122m m m m --L【解析】（1）动能定理 Uq ＝12m 1v 12 得：v 1＝12qUm …① （2）由牛顿第二定律和轨道半径有：qvB ＝2mv R，R ＝ mv qB 利用①式得离子在磁场中的轨道半径为别为（如图一所示）：R 1＝122mU qB，R 2＝222 m U qB ②两种离子在GA 上落点的间距s ＝2(R 1−R 2)＝1228()Um m qB - …③ （3）质量为m 1的离子，在GA 边上的落点都在其入射点左侧2R 1处，由于狭缝的宽度为d ，因此落点区域的宽度也是d （如图二中的粗线所示）．同理，质量为m 2的离子在GA 边上落点区域的宽度也是d （如图二中的细线所示）．为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为2（R 1-R 2）＞d…④ 利用②式，代入④式得：2R 1(1−21m m )＞d R 1的最大值满足：2R 1m =L-d 得：(L −d )(1−21m m )＞d 求得最大值：d m ＝12122m m m m --L3．如图所示，在xOy 平面直角坐标系中，直角三角形ACD 内存在垂直平面向里磁感应强度为B 的匀强磁场，线段CO=OD=L ，CD 边在x 轴上，∠ADC=30°。

高中物理带电粒子在复合场中的运动解题技巧及练习题含解析

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．如图所不，在x轴的上方存在垂直纸面向里，磁感应强度大小为B0的匀强磁场．位于x 轴下方的离子源C发射质量为m、电荷量为g的一束负离子，其初速度大小范围0〜，这束离子经电势差的电场加速后，从小孔O（坐标原点）垂直x轴并垂直磁场射入磁场区域，最后打到x轴上．在x轴上2a〜3a区间水平固定放置一探测板（），假设每秒射入磁场的离子总数为N0，打到x轴上的离子数均匀分布（离子重力不计）．（1）求离子束从小孔O射入磁场后打到x轴的区间；（2）调整磁感应强度的大小，可使速度最大的离子恰好打在探测板右端，求此时的磁感应强度大小B1；（3）保持磁感应强度B1不变，求每秒打在探测板上的离子数N；若打在板上的离子80%被吸收，20%被反向弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.6倍，求探测板受到的作用力大小．【来源】浙江省2018版选考物理考前特训（2017年10月)加试30分特训：特训7 带电粒子在场中的运动试题【答案】（1）；（2）（3）【解析】(1)对于初速度为0的离子，根据动能定理：：qU＝mv在磁场中洛仑兹力提供向心力：，所以半径：r1＝＝a恰好打在x＝2a的位置；对于初速度为v0的离子，qU＝mv－m(v0)2r2＝＝2a，恰好打在x＝4a的位置故离子束从小孔O射入磁场打在x轴上的区间为[2a，4a](2)由动能定理qU＝mv－m(v0)2r3＝r3＝a解得B1＝B0(3)对速度为0的离子qU＝mvr4＝＝a2r4＝1.5a离子打在x轴上的区间为[1.5a,3a]N＝N0＝N0对打在x＝2a处的离子qv3B1＝对打在x＝3a处的离子qv4B1＝打到x轴上的离子均匀分布，所以＝由动量定理－Ft＝－0.8Nm＋0.2N(－0.6m－m)解得F＝N0mv0．【名师点睛】初速度不同的粒子被同一加速电场加速后，进入磁场的速度也不同，做匀速圆周运动的半径不同，转半圈后打在x轴上的位置不同．分别求出最大和最小速度，从而求出最大半径和最小半径，也就知道打在x轴上的区间；打在探测板最右端的粒子其做匀速圆周运动的半径为1.5a，由半径公式也就能求出磁感应强度；取时间t=1s，分两部分据动量定理求作用力．两者之和就是探测板受到的作用力．2．如图所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上．在xOy平面内有与y轴平行的匀强电场，在半径为R的圆内还有与xOy平面垂直的匀强磁场．在圆的左边放置一带电微粒发射装置，它沿x轴正方向发射出一束具有相同质量m、电荷量q（q＞0)和初速度v的带电微粒．发射时，这束带电微粒分布在0＜y＜2R的区间内．已知重力加速度大小为g．（1）从A点射出的带电微粒平行于x轴从C点进入有磁场区域，并从坐标原点O沿y轴负方向离开，求电场强度和磁感应强度的大小与方向．（2）请指出这束带电微粒与x轴相交的区域，并说明理由．（3）若这束带电微粒初速度变为2v，那么它们与x轴相交的区域又在哪里？并说明理由．【来源】带电粒子在电场中运动压轴大题【答案】（1）mgEq=，方向沿y轴正方向；mvBqR=，方向垂直xOy平面向外（2）通过坐标原点后离开；理由见解析（3）范围是x＞0；理由见解析【解析】【详解】(1)带电微粒平行于x轴从C点进入磁场，说明带电微粒所受重力和电场力的大小相等，方向相反．设电场强度大小为E，由：mg qE=可得电场强度大小：mgqE=方向沿y轴正方向；带电微粒进入磁场后受到重力、电场力和洛伦兹力的作用．由于电场力和重力相互抵消，它将做匀速圆周运动．如图（a）所示：考虑到带电微粒是从C点水平进入磁场，过O点后沿y轴负方向离开磁场，可得圆周运动半径r R=；设磁感应强度大小为B，由：2vqvB mR=可得磁感应强度大小：mvBqR=根据左手定则可知方向垂直xOy 平面向外；(2)从任一点P 水平进入磁场的带电微粒在磁场中做半径为R 的匀速圆周运动，如图（b ）所示，设P 点与O '点的连线与y 轴的夹角为θ，其圆周运动的圆心Q 的坐标为(sin ,cos )R R θθ-，圆周运动轨迹方程为：222(sin )(cos )x R y R R θθ++-=而磁场边界是圆心坐标为（0，R ）的圆周，其方程为：22()x y R R +-=解上述两式，可得带电微粒做圆周运动的轨迹与磁场边界的交点为x y =⎧⎨=⎩ 或：sin {(1cos )x R y R θθ=-=+坐标为[sin ,(1cos )]R R θθ-+的点就是P 点，须舍去．由此可见，这束带电微粒都是通过坐标原点后离开磁场的；(3)带电微粒初速度大小变为2v ，则从任一点P 水平进入磁场的带电微粒在磁场中做匀速圆周运动的半径r '为：(2)2m v r R qB'== 带电微粒在磁场中经过一段半径为r '的圆弧运动后，将在y 轴的右方（x ＞0区域）离开磁场并做匀速直线运动，如图（c ）所示．靠近M 点发射出来的带电微粒在穿出磁场后会射向x 轴正方向的无穷远处；靠近N 点发射出来的带电微粒会在靠近原点之处穿出磁场所以，这束带电微粒与x 轴相交的区域范围是x ＞0．答：（1）电场强度mg qE=，方向沿y轴正方向和磁感应强度mvBqR=，方向垂直xOy平面向外．（2）这束带电微粒都是通过坐标原点后离开磁场的；（3）若这束带电微粒初速度变为2v，这束带电微粒与x轴相交的区域范围是x＞0。

高考物理带电粒子在复合场中的运动解题技巧及练习题及解析

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．两块足够大的平行金属极板水平放置，极板间加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律分别如图1、图2所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向）。

在t=0时刻由负极板释放一个初速度为零的带负电的粒子（不计重力），若电场强度E0、磁感应强度B0、粒子的比荷qm均已知，且2mtqBπ=，两板间距2210mEhqBπ=。

（1）求粒子在0～t0时间内的位移大小与极板间距h的比值。

（2）求粒子在板板间做圆周运动的最大半径（用h表示）。

（3）若板间电场强度E随时间的变化仍如图1所示，磁场的变化改为如图3所示，试画出粒子在板间运动的轨迹图（不必写计算过程）。

【来源】带电粒子的偏转【答案】（1）粒子在0～t0时间内的位移大小与极板间距h的比值115sh=（2）粒子在极板间做圆周运动的最大半径225hRπ=（3）粒子在板间运动的轨迹如图：【解析】【分析】【详解】（1）设粒子在0～t0时间内运动的位移大小为s121012s at =① 0qEa m=②又已知200200102,mE m t h qB qB ππ== 联立解得：115s h = （2）解法一粒子在t 0~2t 0时间内只受洛伦兹力作用，且速度与磁场方向垂直，所以粒子做匀速圆周运动。

设运动速度大小为v 1，轨道半径为R 1，周期为T ，则10v at =21101mv qv B R =联立解得：15h R π= 又002mT t qB π== 即粒子在t 0~2t 0时间内恰好完成一个周期的圆周运动。

在2t 0~3t 0时间内，粒子做初速度为v 1的匀加速直线运动，设位移大小为s 22210012s v t at =+解得：235s h =由于s 1+s 2＜h ，所以粒子在3t 0~4t 0时间内继续做匀速圆周运动，设速度大小为v 2，半径为R 2，有：210v v at =+22202mv qv B R =解得225h R π=由于s 1+s 2+R 2＜h ，粒子恰好又完成一个周期的圆周运动。

高考物理带电粒子在复合场中的运动技巧(很有用)及练习题及解析

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．下图为某种离子加速器的设计方案.两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场.其中MN 和M N ''是间距为h 的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O 和O '，O N ON d ''==，P 为靶点，O P kd '=（k 为大于1的整数）。

极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U 。

质量为m 、带电量为q 的正离子从O 点由静止开始加速，经O '进入磁场区域.当离子打到极板上O N ''区域（含N '点）或外壳上时将会被吸收。

两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过。

忽略相对论效应和离子所受的重力。

求：（1）离子经过电场仅加速一次后能打到P 点所需的磁感应强度大小；（2）能使离子打到P 点的磁感应强度的所有可能值；（3）打到P 点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间。

【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理（重庆卷带解析) 【答案】（1）22qUm B =（2）22nqUm B =，2(1,2,3,,1)n k =-L （3）2222(1)t qum k -磁，22(1)=k m t h qU-电【解析】【分析】带电粒子在电场和磁场中的运动、牛顿第二定律、运动学公式。

【详解】（1）离子经电场加速，由动能定理：212qU mv =可得2qUv m=磁场中做匀速圆周运动：2v qvB m r=刚好打在P 点，轨迹为半圆，由几何关系可知：2kd r =联立解得B =；（2）若磁感应强度较大，设离子经过一次加速后若速度较小，圆周运动半径较小，不能直接打在P 点，而做圆周运动到达N '右端，再匀速直线到下端磁场，将重新回到O 点重新加速，直到打在P 点。

设共加速了n 次，有：212n nqU mv =2nn nv qv B m r =且：2n kd r =解得：B =，要求离子第一次加速后不能打在板上，有12d r >且：2112qU mv =2111v qv B m r =解得：2n k <，故加速次数n 为正整数最大取21n k =- 即：B =2(1,2,3,,1)n k =-L ；（3）加速次数最多的离子速度最大，取21n k =-，离子在磁场中做n -1个完整的匀速圆周运动和半个圆周打到P 点。

高中物理带电粒子在复合场中的运动解题技巧及练习题含解析

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．下图为某种离子加速器的设计方案.两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场.其中MN 和M N ''是间距为h 的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O 和O '，O N ON d ''==，P 为靶点，O P kd '=（k 为大于1的整数）。

极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U 。

质量为m 、带电量为q 的正离子从O 点由静止开始加速，经O '进入磁场区域.当离子打到极板上O N ''区域（含N '点）或外壳上时将会被吸收。

两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过。

忽略相对论效应和离子所受的重力。

求：（1）离子经过电场仅加速一次后能打到P 点所需的磁感应强度大小；（2）能使离子打到P 点的磁感应强度的所有可能值；（3）打到P 点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间。

【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理（重庆卷带解析) 【答案】（1）22qUm B =（2）22nqUmB =，2(1,2,3,,1)n k =-（3）2222(1)t qum k -磁，22(1)=k m t h qU-电【解析】【分析】带电粒子在电场和磁场中的运动、牛顿第二定律、运动学公式。

【详解】（1）离子经电场加速，由动能定理：212qU mv =可得2qUv m=磁场中做匀速圆周运动：2v qvB m r=刚好打在P 点，轨迹为半圆，由几何关系可知：2kd r =联立解得B =；（2）若磁感应强度较大，设离子经过一次加速后若速度较小，圆周运动半径较小，不能直接打在P 点，而做圆周运动到达N '右端，再匀速直线到下端磁场，将重新回到O 点重新加速，直到打在P 点。

设共加速了n 次，有：212n nqU mv =2nn nv qv B m r =且：2n kd r =解得：B =，要求离子第一次加速后不能打在板上，有12d r >且：2112qU mv =2111v qv B m r =解得：2n k <，故加速次数n 为正整数最大取21n k =- 即：B =2(1,2,3,,1)n k =-；（3）加速次数最多的离子速度最大，取21n k =-，离子在磁场中做n -1个完整的匀速圆周运动和半个圆周打到P 点。

高考物理带电粒子在复合场中的运动(一)解题方法和技巧及练习题及解析

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．如图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h ，质量为m，带电荷量为＋q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g．(1)求电场强度的大小和方向；(2)要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值；(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值．【来源】【全国百强校】2017届浙江省温州中学高三3月高考模拟物理试卷（带解析)【答案】（1）mgqE=，方向竖直向上（2）min(962)qBhv-=（3）0.68qBhvm=；0.545qBhvm=；0.52qBhvm=【解析】【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，电场力与重力合力为零；（2）作出粒子的运动轨迹，由牛顿第二定律与数学知识求出粒子的速度；（3）作出粒子运动轨迹，应用几何知识求出粒子的速度．【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，电场力与重力合力为零，即mg=qE，解得：mgqE=，电场力方向竖直向上，电场方向竖直向上；（2）粒子运动轨迹如图所示：设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为v min，对应的粒子在上、下区域的轨道半径分别为r1、r2，圆心的连线与NS的夹角为φ，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：2vqvB mr=，解得，粒子轨道半径：vrqBπ=，min1vrqBπ=，2112r r=，由几何知识得：（r1+r2）sinφ=r2，r1+r1cosφ=h，解得：min 962)qBhvm=（﹣；（3）粒子运动轨迹如图所示，设粒子入射速度为v ，粒子在上、下区域的轨道半径分别为r 1、r 2，粒子第一次通过KL 时距离K 点为x ，由题意可知：3nx =1.8h （n =1、2、3…）3(922h x -≥，x = 解得：120.361)2hr n =+（，n ＜3.5，即：n =1时， 0.68qBhv m=， n =2时，0.545qBhv m =， n =3时，0.52qBhv m=；答：（1）电场强度的大小为mg qE =，电场方向竖直向上；（2）要使粒子不从NS 边界飞出，粒子入射速度的最小值为min 9qBhv m=．（3）若粒子经过Q 点从MT 边界飞出，粒子入射速度的所有可能值为：0.68qBhv m=、或0.545qBh v m =、或0.52qBhv m=．【点睛】本题考查了粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的前提与关键，应用平衡条件、牛顿第二定律即可正确解题，解题时注意数学知识的应用．2．如图，空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向为y 轴正方向，磁场方向垂直于xy 平面（纸面）向外，电场和磁场都可以随意加上或撤除，重新加上的电场或磁场与撤除前的一样．一带正电荷的粒子从P (x ＝0，y ＝h )点以一定的速度平行于x 轴正向入射．这时若只有磁场，粒子将做半径为R 0的圆周运动；若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动．现在，只加电场，当粒子从P 点运动到x ＝R 0平面（图中虚线所示）时，立即撤除电场同时加上磁场，粒子继续运动，其轨迹与x 轴交于M 点．不计重力．求：（1）粒子到达x ＝R 0平面时速度方向与x 轴的夹角以及粒子到x 轴的距离；（2）M 点的横坐标x M ．【来源】磁场【答案】（1）20122R H h at h =+=+；（2）22000724M x R R R h h =++- 【解析】【详解】（1）做直线运动有，根据平衡条件有：0qE qB =v ①做圆周运动有：200qB m R =v v ②只有电场时，粒子做类平抛，有：qE ma =③00R t =v ④ y v at =⑤解得：0y v v =⑥ 粒子速度大小为：22002y v v v v =+=⑦速度方向与x 轴夹角为：π4θ=⑧ 粒子与x 轴的距离为：20122R H h at h =+=+⑨（2）撤电场加上磁场后，有：2v qBv m R=⑩解得：02R R =⑾. 粒子运动轨迹如图所示圆心C 位于与速度v 方向垂直的直线上，该直线与x 轴和y 轴的夹角均为4π，有几何关系得C 点坐标为：02C x R =⑿02C R y H R h =-=-⒀ 过C 作x 轴的垂线，在ΔCDM 中：02CM R R ==⒁2C R CD y h ==-⒂）解得：22220074DM CM CD R R h h =-=+-⒃ M 点横坐标为：22000724M x R R R h h =++-⒄3．如图所示,待测区域中存在匀强电场和匀强磁场,根据带电粒子射入时的受力情况可推测其电场和磁场. 图中装置由加速器和平移器组成,平移器由两对水平放置、相距为l 的相同平行金属板构成,极板长度为l 、间距为d,两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反. 质量为m 、电荷量为+q 的粒子经加速电压U0 加速后,水平射入偏转电压为U1 的平移器,最终从A 点水平射入待测区域. 不考虑粒子受到的重力.(1)求粒子射出平移器时的速度大小v1;(2)当加速电压变为4U0 时,欲使粒子仍从A 点射入待测区域,求此时的偏转电压U; (3)已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域,刚进入时的受力大小均为F. 现取水平向右为x 轴正方向,建立如图所示的直角坐标系Oxyz. 保持加速电压为U0 不变,移动装置使粒子沿不同的坐标轴方向射入待测区域,粒子刚射入时的受力大小如下表所示.请推测该区域中电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向. 【来源】2012年普通高等学校招生全国统一考试理综物理（江苏卷) 【答案】(1)012qU v m=(2)1U?4U = （3）E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为30°或150°，若B 沿-x 轴方向，E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为-30°或-150°．【解析】(1)设粒子射出加速器的速度为0v 动能定理20012qU mv =由题意得10v v =，即012qU v m=(2)在第一个偏转电场中,设粒子的运动时间为t 加速度的大小1qU a md=在离开时,竖直分速度yv at = 竖直位移2112y at =水平位移1l v t = 粒子在两偏转电场间做匀速直线运动,经历时间也为t 竖直位移2y y v t =由题意知,粒子竖直总位移12y?2y y =+ 解得210U l y U d=则当加速电压为04U 时,1U?4U =（3）(a)由沿x 轴方向射入时的受力情况可知:B 平行于x 轴. 且FE q= (b)由沿y +-轴方向射入时的受力情况可知:E 与Oxy 平面平行.222F f (5F)+=,则f?2F =且1f?qv B =解得02F mB BqU =(c)设电场方向与x 轴方向夹角为.若B 沿x 轴方向,由沿z 轴方向射入时的受力情况得222sin )(cos )(7)f F F F αα++=（解得=30°,或=150°即E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为30°或150°. 同理,若B 沿-x 轴方向E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为-30°或-150°.4．扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆．其简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ两处的条形匀强磁场区边界竖直，相距为L ，磁场方向相反且垂直纸面．一质量为m ，电量为-q ，重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN 板处由静止释放，极板间电压为U ，粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平和方向夹角30θ=︒（1）当Ⅰ区宽度1L L =、磁感应强度大小10B B =时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30︒，求B 0及粒子在Ⅰ区运动的时间t 0（2）若Ⅱ区宽度21L L L ==磁感应强度大小210B B B ==，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h（3）若21L L L ==、10B B =，为使粒子能返回Ⅰ区，求B 2应满足的条件（4）若12B B ≠，12L L ≠，且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出．为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射出的方向总相同，求B 1、B 2、L 1、、L 2、之间应满足的关系式．【来源】2011年普通高等学校招生全国统一考试物理卷（山东) 【答案】（1）32lm t qU π=（2）2233h L ⎛= ⎝ （3）232mU B L q >232mUB L q≥）（4）1122B L B L =【解析】图1（1）如图1所示，设粒子射入磁场Ⅰ区的速度为v ，在磁场Ⅰ区中做圆周运动的半径为1R ，由动能定理和牛顿第二定律得212qU mv =① 211v qvB m R = ②由几何知识得12sin L R θ= ③联立①②③，带入数据得012mUB L q=④设粒子在磁场Ⅰ区中做圆周运动的周期为T ，运动的时间为t12R T vπ=⑤ 22t T θπ=⑥ 联立②④⑤⑥式，带入数据得32Lmt qUπ=⑦ （2）设粒子在磁场Ⅱ区做圆周运动的半径为2R ，有牛顿第二定律得222v qvB m R = ⑧由几何知识得()()121cos tan h R R L θθ=+-+ ⑨联立②③⑧⑨式，带入数据得2233h L ⎛=- ⎝ ⑩图2（3）如图2所示，为时粒子能再次回到Ⅰ区，应满足()21sin R L θ+<[或()21sin R L θ+≤] ⑾联立①⑧⑾式，带入数据得232mU B L q >（或232mUB L q≥） ⑿图3图4（4）如图3（或图4）所示，设粒子射出磁场Ⅰ区时速度与水平方向得夹角为α，有几何知识得()11sin sin L R θα=+ ⒀ [或()11sin sin L R θα=-]()22sin sin L R θα=+ ⒁[或]()22sin sin L R θα=- 联立②⑧式得1122B R B R = ⒂联立⒀⒁⒂式得1122B L B L = ⒃【点睛】（1）加速电场中，由动能定理求出粒子获得的速度．画出轨迹，由几何知识求出半径，根据牛顿定律求出B 0．找出轨迹的圆心角，求出时间；（2）由几何知识求出高度差；（3）当粒子在区域Ⅱ中轨迹恰好与右侧边界相切时，粒子恰能返回Ⅰ区，由几何知识求出半径，由牛顿定律求出B 2满足的条件；（4）由几何知识分析L 1、L 2与半径的关系，再牛顿定律研究关系式．5．如图甲所示，正方形导线框abcd 用导线与水平放置的平行板电容器相连，线框边长与电容器两极板间的距离均为L ．O 点为电容器间靠近上极板的一点，与电容器右端的距离为72L π，与水平线MN 的距离为等1(1)4L π+)．线框abcd 内和电容器两极板间都存在周期性变化的磁场，导线框内匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，电容器间匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图丙所示，选垂直纸面向里为正方向．现有一带正电微粒在0时刻自O点由静止释放，在时间去12L Lg g:内恰好做匀速圆周运动．已知重力加速度为g，求：(1)此带电微粒的比荷qm；(2)自0时刻起经时间32Lg时微粒距O点的距离；(3)自0时刻起经多长时间微粒经过水平线MN．【来源】山东省德州市2019届高三第二次模拟考试理科综合物理试题【答案】（1）14gB L（2）Lπ（3）()()71120,1,2,320,1,21212L Ln n n ng g⎛⎫⎛⎫+=+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭和【解析】【详解】解：(1)电容器两极电势差大小等于线框产生的电动势：24L BU B L gLt∆==∆电容器两极间电场强度：4UE B gLL==时间12L Lg g:内：mg qE=解得比荷：14q gm B L=(2)微粒运动的轨迹如图所示时间0:内：mg qE ma += 1v at =，1t =解得：v =:208mv qv B rπ•= 可得：2L r π= 又2rT vπ=解得：T =时微粒距O 点的距离：2L x r π==(3)时间0:内，微粒竖直向下的位移：124v L h t ==设粒子转过角度α时与O 点间的竖直距离为：1(1)4L π+ 1(1)4sin L hrπα+-= 解得：6πα=和56πα=每次微粒进入磁场后运动至水平线MN 所需时间：22t T απ=解得：2t =2t =自开始至水平线MN 的时间：122t t n T t =+•+，0,1,2,3(,)n =⋯⋯即：7(212t n =+11(212t n =+，0,1,2,3(,)n =⋯⋯ 又722L rn π=解得： 3.5n =微粒离开电容器后不再经过水平线MN ，分析得自开始至水平线MN 的时间：7(2)12Lt ng=+，(0,1,2,3)n=和11(2)12Lt ng=+，0,1,2,3(,)n=⋯⋯6．如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向里的匀强磁场，现有一质量为m、电量为+q的粒子（重力不计）从坐标原点O 射入磁场，其入射方向与x的正方向成 45°角．当粒子运动到电场中坐标为（3L，L）的P点处时速度大小为 v0，方向与 x轴正方向相同．求：（1）粒子从 O点射入磁场时的速度v；（2）匀强电场的场强 E0和匀强磁场的磁感应强度B0．（3）粒子从 O点运动到 P点所用的时间．【来源】海南省海口市海南中学2018-2019学年高三第十次月考物理试题【答案】（1）2v；（2）02mvLq；（3）(8)4Lvπ+【解析】【详解】解：(1)若粒子第一次在电场中到达最高点P，则其运动轨迹如图所示，粒子在O点时的速度大小为v，OQ段为圆周，QP段为抛物线，根据对称性可知，粒子在Q点时的速度大小也为v，方向与x轴正方向成45︒角，可得：045v vcos=︒解得：2v v=(2)在粒子从Q运动到P的过程中，由动能定理得：221122qEL mv mv-=-解得：202mv E qL=又在匀强电场由Q 到P 的过程中，水平方向的位移为：01xv t = 竖直方向的位移为：012v y t L == 可得：2QP x L =，OQ L =由2cos 45OQ R =︒，故粒子在OQ 段圆周运动的半径：22R L = 及mv R qB = 解得：02mvB qL=(3)在Q 点时，0045y v v tan v =︒=设粒子从由Q 到P 所用时间为1t ，在竖直方向上有：10022L L t v v ==粒子从O 点运动到Q 所用的时间为：204Lt v π=则粒子从O 点运动到P 点所用的时间为：t 总120002(8)44L L L t t v v v ππ+=+=+=7．如图所示，在直角坐标系0≤x≤L 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，在边长为2L 的正方形abcd 区域（包括边界）内有方向垂直纸面向外的匀强磁场．一电子从y 轴上的A （0，32L）点以大小为v 0的速度沿x 轴正方向射入电场，已知电子的质量为m 、电荷量为e ，正方形abcd 的中心坐标为（3L ，0），且ab 边与x 轴平行，匀强电场的电场强度大小20mv E eL=．（1）求电子进入磁场时的位置坐标；（2）若要使电子在磁场中从ab 边射出，求匀强磁场的磁感应强度大小B 满足的条件．【来源】【全国市级联考】河北省邯郸市2018届高三第一次模拟考试理综物理试题【答案】（1）（2L ，0）（2）021)2mv eL ≤B ＜021)mv eL【解析】试题分析：电子在电场中做类平抛运动，分别列出竖直和水平方向的方程，即可求出电子进入磁场时的位置坐标；电子从ab 边界射出，其运动轨迹的临界状态分别与ab 相切和bc 相切，根据几何关系求出相应半径，由洛伦兹力提供向心力即可求出强磁场的磁感应强度大小B 满足的条件．（1）电子在电场中做类平抛运动，轨迹如图所示：则有：竖直方向有：2112y at= 加速度为：eE a m=水平方方向为：10L t v = 竖直速度：v y ＝at 1 解得：y 1＝2Lv y ＝v 0所以电子射出电场时的速度方向与x 轴成45°角，则电子在电场中沿x 轴正方向和沿y 轴负方向运动的距离分别为L 和2L，又因为A 点的坐标是（0，32L ），电子在无电场和磁场的区域内做匀速直线运动，则电子射入磁场区的位置坐标为（2L ，0）且射入磁场区的速度大小：v 2v 0，方向与x 轴成45°角．（2）分使电子从ab 边界射出，其运动轨迹的临界状态分别与ab 相切和bc 相切当运动轨迹与ab 相切时，有r 1＋r 1sin 45°＝L电子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，有：211mv evB r =解得：0121)mv B Le=当运动轨迹与bc 相切时，有：r 2＋r 2sin 45°＝2L电子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，有：222mv evB r = 解得：0221)2mv B Le=匀强磁场的磁感应强度大小B 满足的条件：0(21)2mv Le +≤B ＜0(21)mv Le+点睛：本题主要考查了带电粒子由电场进入磁场的情况，电子在电场中做类平抛运动，分别列出竖直和水平方向的方程列式分析求解；在磁场中，关键要画出轨迹图分析，根据几何关系求解．8．如图甲所示，在直角坐标系中的0≤x≤L 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，右侧有以点（2L ，0）为圆心、半径为L 的圆形区域，与x 轴的交点分别为M 、N ，在xOy 平面内，从电离室产生的质量为m 、带电荷量为e 的电子以几乎为零的初速度从P 点飘入电势差为U 的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔Q 点沿x 轴正方向进入匀强电场，已知O 、Q 两点之间的距离为2L，飞出电场后从M 点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力。

高中物理带电粒子在复合场中的运动技巧和方法完整版及练习题及解析

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．如图所不，在x轴的上方存在垂直纸面向里，磁感应强度大小为B0的匀强磁场．位于x 轴下方的离子源C发射质量为m、电荷量为g的一束负离子，其初速度大小范围0〜，这束离子经电势差的电场加速后，从小孔O（坐标原点）垂直x轴并垂直磁场射入磁场区域，最后打到x轴上．在x轴上2a〜3a区间水平固定放置一探测板（），假设每秒射入磁场的离子总数为N0，打到x轴上的离子数均匀分布（离子重力不计）．（1）求离子束从小孔O射入磁场后打到x轴的区间；（2）调整磁感应强度的大小，可使速度最大的离子恰好打在探测板右端，求此时的磁感应强度大小B1；（3）保持磁感应强度B1不变，求每秒打在探测板上的离子数N；若打在板上的离子80%被吸收，20%被反向弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.6倍，求探测板受到的作用力大小．【来源】浙江省2018版选考物理考前特训（2017年10月)加试30分特训：特训7 带电粒子在场中的运动试题【答案】（1）；（2）（3）【解析】(1)对于初速度为0的离子，根据动能定理：：qU＝mv在磁场中洛仑兹力提供向心力：，所以半径：r1＝＝a恰好打在x＝2a的位置；对于初速度为v0的离子，qU＝mv－m(v0)2r2＝＝2a，恰好打在x＝4a的位置故离子束从小孔O射入磁场打在x轴上的区间为[2a，4a](2)由动能定理 qU ＝mv －m(v 0)2r 3＝r 3＝a 解得B 1＝B 0 (3)对速度为0的离子 qU ＝mv r 4＝＝a2r 4＝1.5a离子打在x 轴上的区间为[1.5a,3a] N ＝N 0＝N 0对打在x ＝2a 处的离子 qv 3B 1＝对打在x ＝3a 处的离子 qv 4B 1＝打到x 轴上的离子均匀分布，所以＝由动量定理－Ft ＝－0.8Nm ＋0.2N(－0.6m－m)解得F ＝N 0mv 0．【名师点睛】初速度不同的粒子被同一加速电场加速后，进入磁场的速度也不同，做匀速圆周运动的半径不同，转半圈后打在x 轴上的位置不同．分别求出最大和最小速度，从而求出最大半径和最小半径，也就知道打在x 轴上的区间；打在探测板最右端的粒子其做匀速圆周运动的半径为1.5a ，由半径公式也就能求出磁感应强度；取时间t=1s ，分两部分据动量定理求作用力．两者之和就是探测板受到的作用力．2．如图所示，一半径为R 的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上．整个空间存在磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场．一电荷量为q (q ＞0)、质量为m 的小球P 在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O ′．球心O 到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为θ(02πθ<<)．为了使小球能够在该圆周上运动，求磁感应强度B 的最小值及小球P相应的速率．(已知重力加速度为g )【来源】带电粒子在磁场中的运动【答案】min 2cos m g B q R θ=cos gRv θθ=【解析】【分析】【详解】据题意，小球P 在球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为O’．P 受到向下的重力mg 、球面对它沿OP 方向的支持力N 和磁场的洛仑兹力f ＝qvB ①式中v 为小球运动的速率．洛仑兹力f 的方向指向O’．根据牛顿第二定律cos 0N mg θ-= ②2sin sin v f N mR θθ-= ③ 由①②③式得22sin sin 0cos qBR qR v v m θθθ-+=④由于v 是实数，必须满足222sin 4sin ()0cos qBR qR m θθθ∆=-≥ ⑤由此得2cos m gB q R θ≥⑥可见，为了使小球能够在该圆周上运动，磁感应强度大小的最小值为min 2cos m gB q R θ=⑦此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为min sin 2qB R v mθ=⑧由⑦⑧式得cos gRv θθ=⑨3．如图所示，x 轴正方向水平向右，y 轴正方向竖直向上．在xOy 平面内有与y 轴平行的匀强电场，在半径为R的圆内还有与xOy平面垂直的匀强磁场．在圆的左边放置一带电微粒发射装置，它沿x轴正方向发射出一束具有相同质量m、电荷量q（q＞0)和初速度v的带电微粒．发射时，这束带电微粒分布在0＜y＜2R的区间内．已知重力加速度大小为g．（1）从A点射出的带电微粒平行于x轴从C点进入有磁场区域，并从坐标原点O沿y轴负方向离开，求电场强度和磁感应强度的大小与方向．（2）请指出这束带电微粒与x轴相交的区域，并说明理由．（3）若这束带电微粒初速度变为2v，那么它们与x轴相交的区域又在哪里？并说明理由．【来源】带电粒子在电场中运动压轴大题【答案】（1）mgEq=，方向沿y轴正方向；mvBqR=，方向垂直xOy平面向外（2）通过坐标原点后离开；理由见解析（3）范围是x＞0；理由见解析【解析】【详解】(1)带电微粒平行于x轴从C点进入磁场，说明带电微粒所受重力和电场力的大小相等，方向相反．设电场强度大小为E，由：mg qE=可得电场强度大小：mgqE=方向沿y轴正方向；带电微粒进入磁场后受到重力、电场力和洛伦兹力的作用．由于电场力和重力相互抵消，它将做匀速圆周运动．如图（a）所示：考虑到带电微粒是从C 点水平进入磁场，过O 点后沿y 轴负方向离开磁场，可得圆周运动半径r R =；设磁感应强度大小为B ，由：2v qvB m R=可得磁感应强度大小：mv B qR=根据左手定则可知方向垂直xOy 平面向外；(2)从任一点P 水平进入磁场的带电微粒在磁场中做半径为R 的匀速圆周运动，如图（b ）所示，设P 点与O '点的连线与y 轴的夹角为θ，其圆周运动的圆心Q 的坐标为(sin ,cos )R R θθ-，圆周运动轨迹方程为：222(sin )(cos )x R y R R θθ++-=而磁场边界是圆心坐标为（0，R ）的圆周，其方程为：22()x y R R +-=解上述两式，可得带电微粒做圆周运动的轨迹与磁场边界的交点为0x y =⎧⎨=⎩或：sin {(1cos )x R y R θθ=-=+坐标为[sin ,(1cos )]R R θθ-+的点就是P 点，须舍去．由此可见，这束带电微粒都是通过坐标原点后离开磁场的；(3)带电微粒初速度大小变为2v ，则从任一点P 水平进入磁场的带电微粒在磁场中做匀速圆周运动的半径r '为：(2)2m v r R qB'== 带电微粒在磁场中经过一段半径为r '的圆弧运动后，将在y 轴的右方（x ＞0区域）离开磁场并做匀速直线运动，如图（c ）所示．靠近M 点发射出来的带电微粒在穿出磁场后会射向x 轴正方向的无穷远处；靠近N 点发射出来的带电微粒会在靠近原点之处穿出磁场所以，这束带电微粒与x 轴相交的区域范围是x ＞0．答：（1）电场强度mg qE = ，方向沿y 轴正方向和磁感应强度mvB qR=，方向垂直xOy 平面向外．（2）这束带电微粒都是通过坐标原点后离开磁场的；（3）若这束带电微粒初速度变为2v ，这束带电微粒与x 轴相交的区域范围是x ＞0。

高考物理带电粒子在复合场中的运动技巧和方法完整版及练习题及解析

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．下图为某种离子加速器的设计方案.两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场.其中MN 和M N ''是间距为h 的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O 和O '，O N ON d ''==，P 为靶点，O P kd '=（k 为大于1的整数）。

极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U 。

质量为m 、带电量为q 的正离子从O 点由静止开始加速，经O '进入磁场区域.当离子打到极板上O N ''区域（含N '点）或外壳上时将会被吸收。

两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过。

忽略相对论效应和离子所受的重力。

求：（1）离子经过电场仅加速一次后能打到P 点所需的磁感应强度大小；（2）能使离子打到P 点的磁感应强度的所有可能值；（3）打到P 点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间。

【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理（重庆卷带解析) 【答案】（1）22qUm B =（2）22nqUm B =，2(1,2,3,,1)n k =-L （3）2222(1)t qum k -磁，22(1)=k m t h qU-电【解析】【分析】带电粒子在电场和磁场中的运动、牛顿第二定律、运动学公式。

【详解】（1）离子经电场加速，由动能定理：212qU mv =可得2qUv m=磁场中做匀速圆周运动：2v qvB m r=刚好打在P 点，轨迹为半圆，由几何关系可知：2kd r =联立解得B =；（2）若磁感应强度较大，设离子经过一次加速后若速度较小，圆周运动半径较小，不能直接打在P 点，而做圆周运动到达N '右端，再匀速直线到下端磁场，将重新回到O 点重新加速，直到打在P 点。

设共加速了n 次，有：212n nqU mv =2nn nv qv B m r =且：2n kd r =解得：B =，要求离子第一次加速后不能打在板上，有12d r >且：2112qU mv =2111v qv B m r =解得：2n k <，故加速次数n 为正整数最大取21n k =- 即：B =2(1,2,3,,1)n k =-L ；（3）加速次数最多的离子速度最大，取21n k =-，离子在磁场中做n -1个完整的匀速圆周运动和半个圆周打到P 点。

高中物理带电粒子在复合场中的运动(一)解题方法和技巧及练习题含解析

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．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v 0，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．【来源】2014年全国普通高等学校招生统一考试理科综合能力测试物理（浙江卷带解析)【答案】（1）22Mv L（2）垂直于纸面向外（3）043mv B eR >（4）()max 342sin eRB v m α=-【解析】【分析】【详解】（1）离子在电场中加速，由动能定理得：212M eU Mv =,得：22M Mv U e =．离子做匀加速直线运动，由运动学关系得:22Mv aL =,得：22Mv a L=．（2）要取得较好的电离效果，电子须在出射方向左边做匀速圆周运动，即为按逆时针方向旋转，根据左手定则可知，此刻Ⅰ区磁场应该是垂直纸面向外．（3）当90α=︒时，最大速度对应的轨迹圆如图一所示，与Ⅰ区相切，此时圆周运动的半径为34r R =洛伦兹力提供向心力，有2maxmaxv Bev m r= 得34max BeRv m=即速度小于等于34BeRm 此刻必须保证043mv B BR＞．（4）当电子以α角入射时，最大速度对应轨迹如图二所示，轨迹圆与圆柱腔相切，此时有：90OCO α∠'=︒﹣2ROC =，OC r '=，OO R r '=﹣ 由余弦定理有222(29022R R R r r r cos α⎛⎫=+⨯⨯︒ ⎪⎝⎭﹣）﹣（﹣），90cos sin αα︒-=（）联立解得：()342Rr sin α=⨯-再由：maxmv r Be=，得 ()342max eBRv m sin α=-．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、带电粒子在匀强电场中的运动【名师点睛】该题的文字叙述较长，要求要快速的从中找出物理信息，创设物理情境；平时要注意读图能力的培养，以及几何知识在物理学中的应用，解答此类问题要有画草图的习惯，以便有助于对问题的分析和理解；再者就是要熟练的掌握带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期和半径公式的应用．2．如图，绝缘粗糙的竖直平面MN 左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E ，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B ．一质量为m 、电荷量为q 的带正电的小滑块从A 点由静止开始沿MN 下滑，到达C 点时离开MN 做曲线运动．A 、C 两点间距离为h ，重力加速度为g ．（1）求小滑块运动到C 点时的速度大小v c ；（2）求小滑块从A 点运动到C 点过程中克服摩擦力做的功W f ；（3）若D 点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D 点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P 点．已知小滑块在D 点时的速度大小为v D ，从D 点运动到P 点的时间为t ，求小滑块运动到P 点时速度的大小v p .【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理（福建卷带解析) 【答案】（1）E/B （2）（3）【解析】【分析】【详解】小滑块到达C 点时离开MN ，此时与MN 间的作用力为零，对小滑块受力分析计算此时的速度的大小；由动能定理直接计算摩擦力做的功W f ；撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据分运动计算最后的合速度的大小；（1）由题意知，根据左手定则可判断，滑块在下滑的过程中受水平向左的洛伦兹力，当洛伦兹力等于电场力qE 时滑块离开MN 开始做曲线运动，即Bqv qE = 解得：E v B=（2）从A 到C 根据动能定理：2102f mgh W mv -=- 解得：2212f E W mgh m B=-（3）设重力与电场力的合力为F ，由图意知，在D 点速度v D 的方向与F 地方向垂直，从D 到P 做类平抛运动，在F 方向做匀加速运动a=F /m ，t 时间内在F 方向的位移为212x at =从D 到P ，根据动能定理：150a a +=，其中2114mv 联立解得：()22222()P Dmg qE v t v m+=+ 【点睛】解决本题的关键是分析清楚小滑块的运动过程，在与MN 分离时，小滑块与MN 间的作用力为零，在撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据滑块的不同的运动过程逐步求解即可．3．如图，M 、N 是电压U =10V 的平行板电容器两极板，与绝缘水平轨道CF 相接，其中CD 段光滑，DF 段粗糙、长度x =1.0m ．F 点紧邻半径为R 的绝缘圆筒(图示为圆筒的横截面)，圆筒上开一小孔与圆心O 在同一水平面上，圆筒内存在磁感应强度B =0.5T 、方向垂直纸面向里的匀强磁场和方向竖直向下的匀强电场E ．一质量m =0.01kg 、电荷量q =－0.02C 的小球a 从C 点静止释放，运动到F 点时与质量为2m 、不带电的静止小球b 发生碰撞，碰撞后a 球恰好返回D 点，b 球进入圆筒后在竖直面内做圆周运动．不计空气阻力，小球a 、b 均视为质点，碰时两球电量平分，小球a 在DF 段与轨道的动摩因数μ=0.2，重力加速度大小g=10m/s 2．求(1)圆筒内电场强度的大小； (2)两球碰撞时损失的能量；(3)若b 球进入圆筒后，与筒壁发生弹性碰撞，并从N 点射出，则圆筒的半径．【来源】福建省宁德市2019届普通高中毕业班质量检查理科综合物理试题【答案】(1)20N/C ；(2)0J ；(3) 16tanR nπ=（n≥3的整数）【解析】【详解】（1）小球b 要在圆筒内做圆周运动，应满足：12Eq ＝2mg 解得：E ＝20 N/C（2）小球a 到达F 点的速度为v 1，根据动能定理得：Uq －μmgx ＝12mv 12 小球a 从F 点的返回的速度为v 2，根据功能关系得：μmgx ＝12mv 22 两球碰撞后，b 球的速度为v ，根据动量守恒定律得：mv 1＝-mv 2＋2mv则两球碰撞损失的能量为：ΔE＝12mv12－12mv22－12mv2联立解得：ΔE＝0（3）小球b进入圆筒后，与筒壁发生n-1次碰撞后从N点射出，轨迹图如图所示：每段圆弧对应圆筒的圆心角为2nπ，则在磁场中做圆周运动的轨迹半径：r1＝Rtannπ粒子在磁场中做圆周运动：21122vqvB mr=联立解得：16tanRnπ=（n≥3的整数）4．如图所示，MN为绝缘板，CD为板上两个小孔，AO为CD的中垂线，在MN的下方有匀强磁场，方向垂直纸面向外(图中未画出)，质量为m电荷量为q的粒子(不计重力)以某一速度从A点平行于MN的方向进入静电分析器，静电分析器内有均匀辐向分布的电场(电场方向指向O点)，已知图中虚线圆弧的半径为R，其所在处场强大小为E，若离子恰好沿图中虚线做圆周运动后从小孔C垂直于MN进入下方磁场．()1求粒子运动的速度大小；()2粒子在磁场中运动，与MN板碰撞，碰后以原速率反弹，且碰撞时无电荷的转移，之后恰好从小孔D进入MN上方的一个三角形匀强磁场，从A点射出磁场，则三角形磁场区域最小面积为多少？MN上下两区域磁场的磁感应强度大小之比为多少？()3粒子从A点出发后，第一次回到A点所经过的总时间为多少？【来源】2014届福建省厦门双十中学高三热身考试物理试卷（带解析)【答案】（1EqRm（2）212R；11n+；（3）2πmREq【解析】【分析】【详解】（1）由题可知，粒子进入静电分析器做圆周运动，则有：2mv Eq R= 解得：EqRv m=（2）粒子从D 到A 匀速圆周运动，轨迹如图所示：由图示三角形区域面积最小值为：22R S = 在磁场中洛伦兹力提供向心力，则有：2mv Bqv R= 得：mv R Bq=设MN 下方的磁感应强度为B 1，上方的磁感应强度为B 2，如图所示：若只碰撞一次，则有：112R mv R B q==22mvR R B q==故2112B B =若碰撞n 次，则有：111R mv R n B q==+ 22mvR R B q==故2111B B n =+ （3）粒子在电场中运动时间：1242R mRt v Eqππ== 在MN 下方的磁场中运动时间：211122n m mRt R R v EqR Eqπππ+=⨯⨯== 在MN 上方的磁场中运动时间：232142R mRt v Eqππ=⨯=总时间：1232mRt t t t Eqπ=++=5．如图为近代物理实验室中研究带电粒子的一种装置．带正电的粒子从容器A 下方小孔S 不断飘入电势差为U 的加速电场．进过S 正下方小孔O 后，沿SO 方向垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，最后打在照相底片D 上并被吸收，D 与O 在同一水平面上，粒子在D 上的落点距O 为x ，已知粒子经过小孔S 时的速度可视为零，不考虑粒子重力．（1）求粒子的比荷q/m ；（2）由于粒子间存在相互作用，从O 进入磁场的粒子在纸面内将发生不同程度的微小偏转．其方向与竖直方向的最大夹角为α，若假设粒子速度大小相同，求粒子在D 上的落点与O的距离范围；（3）加速电压在（U±△U）范围内的微小变化会导致进入磁场的粒子速度大小也有所不同．现从容器A中飘入的粒子电荷最相同但质量分别为m1、m2（m1＞m2），在纸面内经电场和磁场后都打在照相底片上．若要使两种离子的落点区域不重叠，则U UV应满足什么条件？（粒子进入磁场时的速度方向与竖直方向的最大夹角仍为α）【来源】浙江诸暨市牌头中学2017-2018学年高二1月月考物理试题【答案】（1）228UB x（2）最大值x最小值cosxα（3）212212coscosm mUm mαα-∆<+212(cos)m mα>【解析】【详解】（1）沿SO方向垂直进入磁场的粒子，最后打在照相底片D的粒子；粒子经过加速电场：qU=12mv2洛伦兹力提供向心力：qvB=m2vR落点到O的距离等于圆运动直径：x=2R所以粒子的比荷为：228q Um B x=（2）粒子在磁场中圆运动半径22qmU xR==由图象可知：粒子左偏θ角（轨迹圆心为O1）或右偏θ角（轨迹圆心为O2）落点到O的距离相等，均为L=2Rcosθ故落点到O的距离最大：L max=2R=x最小：L min=2Rcosα=xcosα（3）①考虑同种粒子的落点到O的距离；当加速电压为U+△U、偏角θ=0时，距离最大，L max=2R max=22()qm U UBq+∆当加速电压为U-△U、偏角θ=α时，距离最小L min=2R mincosα=cosα②考虑质量不同但电荷量相同的两种粒子由和 m1＞m2，知：R1＞R2要使落点区域不重叠，则应满足：L1min＞L2maxcosα＞解得：212212coscosm mUm mαα-∆<+．（应有条件m1cos2α＞m2，否则粒子落点区域必然重叠）6．正、负电子从静止开始分别经过同一回旋加速器加速后，从回旋加速器D型盒的边缘引出后注入到正负电子对撞机中．正、负电子对撞机置于真空中．在对撞机中正、负电子对撞后湮灭成为两个同频率的光子．回旋加速器D型盒中的匀强磁场的磁感应强度为B，回旋加速器的半径为R，加速电压为U；D型盒缝隙间的距离很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．电子的质量为m、电量为e，重力不计．真空中的光速为c，普朗克常量为h．（1）求正、负电子进入对撞机时分别具有的能量E及正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率v（2）求从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程中，D型盒间的电场对电子做功的平均功率P（3）图甲为正负电子对撞机的最后部分的简化示意图．位于水平面的粗实线所示的圆环真空管道是正、负电子做圆周运动的“容器”，正、负电子沿管道向相反的方向运动，在管道内控制它们转变的是一系列圆形电磁铁．即图中的A1、A2、A4……A n共有n个，均匀分布在整个圆环上．每个电磁铁内的磁场都是匀强磁场，并且磁感应强度都相同，方向竖直向下．磁场区域的直径为d．改变电磁铁内电流大小，就可以改变磁场的磁感应强度，从而改变电子偏转的角度．经过精确调整，首先实现电子在环形管道中沿图甲中粗虚线所示的轨道运动，这时电子经过每个电磁铁时射入点和射出点都在电磁铁的同一直径的两端，如图乙所示．这就为进一步实现正、负电子的对撞做好了准备．求电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B大小【来源】2019年天津市滨海新区塘沽一中高三三模理综物理试卷【答案】(1) 222202e B R mc v mh h =+，22202e B R E m = ；(2) 20e B U mπ ；(3)02sin B R n dπ【解析】【详解】解：(1)正、负电子在回旋加速器中磁场里则有：200mv evB R= 解得正、负电子离开回旋加速器时的速度为：00eB Rv m=正、负电子进入对撞机时分别具有的能量：222200122e B R E mv m==正、负电子对撞湮灭时动量守恒，能量守恒，则有：222E mc hv +=正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率：222202e B R mc v mh h=+(2) 从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程，设在电场中加速n 次，则有：2012neU mv =解得：2202eB R n mU=正、负电子在磁场中运动的周期为：02mT eB π=正、负电子在磁场中运动的时间为：2022B R nt T Uπ==D 型盒间的电场对电子做功的平均功率：20e B UW E P t t mπ===(3)设电子在匀强磁场中做圆周运动的半径为r ，由几何关系可得sin2dr nπ=解得：2sind r nπ=根据洛伦磁力提供向心力可得：200mv ev B r=电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B 大小：02sinB R n B dπ=7．平面直角坐标系的第一象限和第四象限内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为2B 和B （B 的大小未知），第二象限和第三象限内存在沿﹣y 方向的匀强电场，x 轴上有一点P ，其坐标为（L ，0）。

高考物理带电粒子在复合场中的运动(一)解题方法和技巧及练习题含解析

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示．不计粒子重力，求（1）M、N两点间的电势差U MN ；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；（3）粒子从M点运动到P点的总时间t．【来源】带电粒子在电场、磁场中的运动【答案】1）U MN＝（2）r＝（3）t＝【解析】【分析】【详解】(1)设粒子过N点时的速度为v，有：解得：粒子从M点运动到N点的过程，有：解得：(2)粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动，半径为r，有：(3)由几何关系得：设粒子在电场中运动的时间为t 1，有：粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期：设粒子在磁场中运动的时间为t 2，有：2．小明受回旋加速器的启发，设计了如图1所示的“回旋变速装置”．两相距为d 的平行金属栅极板M 、N ，板M 位于x 轴上，板N 在它的正下方．两板间加上如图2所示的幅值为U 0的交变电压，周期02mT qBπ=．板M 上方和板N 下方有磁感应强度大小均为B 、方向相反的匀强磁场．粒子探测器位于y 轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子．有一沿x 轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源，沿y 轴正方向射出质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的粒子．t =0时刻，发射源在（x ，0）位置发射一带电粒子．忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在电场中运动的时间不计．（1）若粒子只经磁场偏转并在y =y 0处被探测到，求发射源的位置和粒子的初动能；（2）若粒子两次进出电场区域后被探测到，求粒子发射源的位置x 与被探测到的位置y 之【来源】【省级联考】浙江省2019届高三上学期11月选考科目考试物理试题【答案】（1）00x y = ，()202qBy m（2）见解析【解析】【详解】（1）发射源的位置00x y =，粒子的初动能：()2002k qBy Em=；（2）分下面三种情况讨论：（i ）如图1，002k E qU >由02101mv mv mvy R R Bq Bq Bq===、、，和221001122mv mv qU =-，222101122mv mv qU =-，及()012x y R R =++，得()()22002224x y yqB mqU yqB mqU qBqB=++++；（ii ）如图2，0002k qU E qU <<由020mv mv y d R Bq Bq--==、，和220201122mv mv qU =+，及()032x y d R =--+，得()222023)2x y d y d q B mqU qB=-+++（（iii ）如图3，00k E qU <由020mv mv y d R Bq Bq--==、，和220201122mv mv qU =-，及()04x y d R =--+，得()222042x y d y d q B mqU qB=--++-；3．扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆．其简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ两处的条形匀强磁场区边界竖直，相距为L ，磁场方向相反且垂直纸面．一质量为m ，电量为-q ，重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN 板处由静止释放，极板间电压为U ，粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平和方向夹角30θ=︒（1）当Ⅰ区宽度1L L =、磁感应强度大小10B B =时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30︒，求B 0及粒子在Ⅰ区运动的时间t 0（2）若Ⅱ区宽度21L L L ==磁感应强度大小210B B B ==，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h（3）若21L L L ==、10B B =，为使粒子能返回Ⅰ区，求B 2应满足的条件（4）若12B B ≠，12L L ≠，且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出．为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射出的方向总相同，求B 1、B 2、L 1、、L 2、之间应满足的关系式．【来源】2011年普通高等学校招生全国统一考试物理卷（山东)【答案】（1）32lmt qU π=（2）2233h L ⎛⎫=- ⎪⎝⎭（3）232mU B L q >（或232mUB L q≥）（4）1122B L B L =【解析】图1（1）如图1所示，设粒子射入磁场Ⅰ区的速度为v ，在磁场Ⅰ区中做圆周运动的半径为1R ，由动能定理和牛顿第二定律得212qU mv =① 211v qvB m R = ②由几何知识得12sin L R θ= ③联立①②③，带入数据得012mUB L q=④设粒子在磁场Ⅰ区中做圆周运动的周期为T ，运动的时间为t12R T v π= ⑤ 22t T θπ=⑥ 联立②④⑤⑥式，带入数据得32Lmt qUπ=⑦ （2）设粒子在磁场Ⅱ区做圆周运动的半径为2R ，有牛顿第二定律得222v qvB m R = ⑧由几何知识得()()121cos tan h R R L θθ=+-+ ⑨联立②③⑧⑨式，带入数据得2233h L ⎛⎫=- ⎪⎝⎭⑩图2（3）如图2所示，为时粒子能再次回到Ⅰ区，应满足()21sin R L θ+<[或()21sin R L θ+≤] ⑾联立①⑧⑾式，带入数据得232mU B L q >（或232mUB L q≥） ⑿图3图4（4）如图3（或图4）所示，设粒子射出磁场Ⅰ区时速度与水平方向得夹角为α，有几何知识得()11sin sin L R θα=+ ⒀ [或()11sin sin L R θα=-]()22sin sin L R θα=+ ⒁[或]()22sin sin L R θα=- 联立②⑧式得1122B R B R = ⒂联立⒀⒁⒂式得1122B L B L = ⒃【点睛】（1）加速电场中，由动能定理求出粒子获得的速度．画出轨迹，由几何知识求出半径，根据牛顿定律求出B 0．找出轨迹的圆心角，求出时间；（2）由几何知识求出高度差；（3）当粒子在区域Ⅱ中轨迹恰好与右侧边界相切时，粒子恰能返回Ⅰ区，由几何知识求出半径，由牛顿定律求出B 2满足的条件；（4）由几何知识分析L 1、L 2与半径的关系，再牛顿定律研究关系式．4．如图甲所示，正方形导线框abcd 用导线与水平放置的平行板电容器相连，线框边长与电容器两极板间的距离均为L ．O 点为电容器间靠近上极板的一点，与电容器右端的距离为72L π，与水平线MN 的距离为等1(1)4L π+)．线框abcd 内和电容器两极板间都存在周期性变化的磁场，导线框内匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，电容器间匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图丙所示，选垂直纸面向里为正方向．现有一带正电微粒在0时刻自O点由静止释放，在时间去12L Lg g内恰好做匀速圆周运动．已知重力加速度为g，求：(1)此带电微粒的比荷qm；(2)自0时刻起经时间32Lg时微粒距O点的距离；(3)自0时刻起经多长时间微粒经过水平线MN．【来源】山东省德州市2019届高三第二次模拟考试理科综合物理试题【答案】（1）14gB L（2）Lπ（3）()()71120,1,2,320,1,21212L Ln n n ng g⎛⎫⎛⎫+=+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭和【解析】【详解】解：(1)电容器两极电势差大小等于线框产生的电动势：24L BU B L gLt∆==∆电容器两极间电场强度：4UE B gLL==时间12L Lg g内：mg qE=解得比荷：14q gm B L=(2)微粒运动的轨迹如图所示时间102Lg内：mg qE ma += 1v at =，1t =解得：v =L g 内：208mv qv B r π•= 可得：2L r π= 又2rT vπ=解得：T =时微粒距O 点的距离：2L x r π==(3) 时间102Lg内，微粒竖直向下的位移：124v L h t ==设粒子转过角度α时与O 点间的竖直距离为：1(1)4L π+ 1(1)4sin L hrπα+-= 解得：6πα=和56πα=每次微粒进入磁场后运动至水平线MN 所需时间：22t T απ=解得：2t =2t =自开始至水平线MN 的时间：122t t n T t =+•+，0,1,2,3(,)n =⋯⋯即：7(212t n =+11(212t n =+，0,1,2,3(,)n =⋯⋯ 又722L rn π=解得： 3.5n =微粒离开电容器后不再经过水平线MN ，分析得自开始至水平线MN 的时间：7(2)12L t n g =+，(0,1,2,3)n =和11(2)12Lt n g=+ ，0,1,2,3(,)n =⋯⋯5．如图，区域I 内有与水平方向成45°角的匀强电场1E ，区域宽度为1d ，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B 和匀强电场2E ，区域宽度为2d ，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下.一质量为m 、电量大小为q 的微粒在区域I 左边界的P 点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q 点穿出，其速度方向改变了30，重力加速度为g ，求：(1)区域I 和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度12E E 、的大小. (2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B 的大小. (3)微粒从P 运动到Q 的时间有多长.【来源】【市级联考】陕西省咸阳市2019届高三模拟检测（三)理综物理试题【答案】(1)12mg E =2mgE q =122m gd 121626d d gd gd π+ 【解析】【详解】(1)微粒在区域I 内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有：1sin45qE mg ︒= 求得：12mgE =微粒在区域II 内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有：2mg qE = 求得：2mgE q=(2)粒子进入磁场区域时满足：2111cos452qE d mv ︒=2v qvB m R=根据几何关系，分析可知：222sin30d R d ==︒整理得：122m gd B =(3)微粒从P 到Q 的时间包括在区域I 内的运动时间t 1和在区域II 内的运动时间t 2，并满足：211112a t d =1tan45mg ma ︒=2302360Rt vπ︒=⨯︒ 经整理得：112121222612126gd d d d t t t gd g gd ππ+=+=+⨯=6．如图甲所示，在直角坐标系中的0≤x≤L 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，右侧有以点（2L ，0）为圆心、半径为L 的圆形区域，与x 轴的交点分别为M 、N ，在xOy 平面内，从电离室产生的质量为m 、带电荷量为e 的电子以几乎为零的初速度从P 点飘入电势差为U 的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔Q 点沿x 轴正方向进入匀强电场，已知O 、Q 两点之间的距离为2L，飞出电场后从M 点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力。

高中物理带电粒子在复合场中的运动(一)解题方法和技巧及练习题

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．两块足够大的平行金属极板水平放置，极板间加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律分别如图1、图2所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向）。

在t=0时刻由负极板释放一个初速度为零的带负电的粒子（不计重力），若电场强度E0、磁感应强度B0、粒子的比荷qm均已知，且2mtqBπ=，两板间距2210mEhqBπ=。

（1）求粒子在0～t0时间内的位移大小与极板间距h的比值。

（2）求粒子在板板间做圆周运动的最大半径（用h表示）。

（3）若板间电场强度E随时间的变化仍如图1所示，磁场的变化改为如图3所示，试画出粒子在板间运动的轨迹图（不必写计算过程）。

【来源】带电粒子的偏转【答案】（1）粒子在0～t0时间内的位移大小与极板间距h的比值115sh=（2）粒子在极板间做圆周运动的最大半径225hRπ=（3）粒子在板间运动的轨迹如图：【解析】【分析】【详解】（1）设粒子在0～t0时间内运动的位移大小为s121012s at =① 0qEa m=②又已知200200102,mE m t h qB qB ππ== 联立解得：115s h = （2）解法一粒子在t 0~2t 0时间内只受洛伦兹力作用，且速度与磁场方向垂直，所以粒子做匀速圆周运动。

设运动速度大小为v 1，轨道半径为R 1，周期为T ，则10v at =21101mv qv B R =联立解得：15h R π= 又002mT t qB π== 即粒子在t 0~2t 0时间内恰好完成一个周期的圆周运动。

在2t 0~3t 0时间内，粒子做初速度为v 1的匀加速直线运动，设位移大小为s 22210012s v t at =+解得：235s h =由于s 1+s 2＜h ，所以粒子在3t 0~4t 0时间内继续做匀速圆周运动，设速度大小为v 2，半径为R 2，有：210v v at =+22202mv qv B R =解得225h R π=由于s 1+s 2+R 2＜h ，粒子恰好又完成一个周期的圆周运动。

高中物理带电粒子在复合场中的运动(一)解题方法和技巧及练习题含解析

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．如图所示，在坐标系Oxy 的第一象限中存在沿y 轴正方向的匀强电场，场强大小为E ．在其它象限中存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里．A 是y 轴上的一点，它到坐标原点O 的距离为h ；C 是x 轴上的一点，到O 的距离为L ．一质量为m ，电荷量为q 的带负电的粒子以某一初速度沿x 轴方向从A 点进入电场区域，继而通过C 点进入磁场区域．并再次通过A 点，此时速度方向与y 轴正方向成锐角．不计重力作用．试求：（1）粒子经过C 点速度的大小和方向；（2）磁感应强度的大小B ．【来源】2007普通高等学校招生全国统一考试（全国卷Ⅱ)理综物理部分【答案】（1）α＝arctan2h l（2）B 2212mhEh l q+【解析】【分析】【详解】试题分析：（1）以a 表示粒子在电场作用下的加速度，有qE ma ＝①加速度沿y 轴负方向．设粒子从A 点进入电场时的初速度为0v ，由A 点运动到C 点经历的时间为t ，则有：212h at =② 0l v t =③由②③式得02a v h＝设粒子从C 点进入磁场时的速度为v ，v 垂直于x 轴的分量12v ah ＝⑤ 由①④⑤式得：22101v v v +＝()2242qE h l mh+⑥设粒子经过C 点时的速度方向与x 轴的夹角为α，则有1vtanvα＝⑦由④⑤⑦式得2harctanlα＝⑧（2）粒子从C点进入磁场后在磁场中作速率为v 的圆周运动．若圆周的半径为R，则有qvB＝m2vR⑨设圆心为P，则PC必与过C点的速度垂直，且有PC＝PA R＝．用β表示PA与y轴的夹角，由几何关系得：Rcos Rcos hβα=+⑩Rsin l Rsinβα=－解得222242h lR h lhl++＝由⑥⑨式得：B2212mhEh l q+2．在xOy平面的第一象限有一匀强电磁，电场的方向平行于y轴向下，在x轴和第四象限的射线OC之间有一匀强电场，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，有一质量为m，带有电荷量+q的质点由电场左侧平行于x轴射入电场，质点到达x轴上A点，速度方向与x 轴的夹角为φ，A点与原点O的距离为d，接着，质点进入磁场，并垂直与OC飞离磁场，不计重力影响，若OC与x轴的夹角为φ.求：⑴粒子在磁场中运动速度的大小；⑵匀强电场的场强大小.【来源】带电粒子在复合场中的运动计算题【答案】(1) (2)【解析】【分析】【详解】试题分析：（1）由几何关系得：R=dsinφ由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得解得：（2）质点在电场中的运动为类平抛运动．设质点射入电场的速度为v0，在电场中的加速度为a，运动时间为t，则有：v0=vcosφvsinφ=atd=v0t设电场强度的大小为E，由牛顿第二定律得qE=ma解得：3．如图甲所示，正方形导线框abcd用导线与水平放置的平行板电容器相连，线框边长与电容器两极板间的距离均为L．O点为电容器间靠近上极板的一点，与电容器右端的距离为7 2 Lπ，与水平线MN的距离为等1(1)4Lπ+)．线框abcd内和电容器两极板间都存在周期性变化的磁场，导线框内匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，电容器间匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图丙所示，选垂直纸面向里为正方向．现有一带正电微粒在0时刻自O点由静止释放，在时间去12L Lg g内恰好做匀速圆周运动．已知重力加速度为g，求：(1)此带电微粒的比荷qm；(2)自032Lg时微粒距O点的距离；(3)自0时刻起经多长时间微粒经过水平线MN．【来源】山东省德州市2019届高三第二次模拟考试理科综合物理试题【答案】（114gB L（2）Lπ（3）))71120,1,2,320,1,21212L Ln n n ng g⎛⎛+=+=⎝⎝和【解析】【详解】解：(1)电容器两极电势差大小等于线框产生的电动势：24L BU B L gLt∆==∆电容器两极间电场强度：4UE B gLL==12L Lg g内：mg qE=解得比荷：14q gm B L=(2)微粒运动的轨迹如图所示时间102Lg内：mg qE ma += 1v at =，112Lt g=解得：v gL =12L L gg 内：208mv qv B r π•= 可得：2L r π= 又2rT vπ=解得：L T g=32Lg时微粒距O 点的距离：2L x r π==(3) 时间102Lg内，微粒竖直向下的位移：124v L h t ==设粒子转过角度α时与O 点间的竖直距离为：1(1)4L π+ 1(1)4sin L hrπα+-= 解得：6πα=和56πα=每次微粒进入磁场后运动至水平线MN 所需时间：22t T απ= 解得：2112L t g =2512Lt g=自开始至水平线MN 的时间：122t t n T t =+•+，0,1,2,3(,)n =⋯⋯即：7(2)12L t ng =+和11(2)12Lt ng=+，0,1,2,3(,)n=⋯⋯又722Lrnπ=解得： 3.5n=微粒离开电容器后不再经过水平线MN，分析得自开始至水平线MN的时间：7(2)12Lt ng=+，(0,1,2,3)n=和11(2)12Lt ng=+，0,1,2,3(,)n=⋯⋯4．如图所示，在xOy坐标系中，第Ⅰ、Ⅱ象限内无电场和磁场。

高考物理带电粒子在复合场中的运动技巧和方法完整版及练习题含解析

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．如图所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上．在xOy平面内有与y轴平行的匀强电场，在半径为R的圆内还有与xOy平面垂直的匀强磁场．在圆的左边放置一带电微粒发射装置，它沿x轴正方向发射出一束具有相同质量m、电荷量q（q＞0)和初速度v的带电微粒．发射时，这束带电微粒分布在0＜y＜2R的区间内．已知重力加速度大小为g．（1）从A点射出的带电微粒平行于x轴从C点进入有磁场区域，并从坐标原点O沿y轴负方向离开，求电场强度和磁感应强度的大小与方向．（2）请指出这束带电微粒与x轴相交的区域，并说明理由．（3）若这束带电微粒初速度变为2v，那么它们与x轴相交的区域又在哪里？并说明理由．【来源】带电粒子在电场中运动压轴大题【答案】（1）mgEq=，方向沿y轴正方向；mvBqR=，方向垂直xOy平面向外（2）通过坐标原点后离开；理由见解析（3）范围是x＞0；理由见解析【解析】【详解】(1)带电微粒平行于x轴从C点进入磁场，说明带电微粒所受重力和电场力的大小相等，方向相反．设电场强度大小为E，由：mg qE=可得电场强度大小：mgqE=方向沿y轴正方向；带电微粒进入磁场后受到重力、电场力和洛伦兹力的作用．由于电场力和重力相互抵消，它将做匀速圆周运动．如图（a）所示：考虑到带电微粒是从C 点水平进入磁场，过O 点后沿y 轴负方向离开磁场，可得圆周运动半径r R =；设磁感应强度大小为B ，由：2v qvB m R=可得磁感应强度大小：mv B qR=根据左手定则可知方向垂直xOy 平面向外；(2)从任一点P 水平进入磁场的带电微粒在磁场中做半径为R 的匀速圆周运动，如图（b ）所示，设P 点与O '点的连线与y 轴的夹角为θ，其圆周运动的圆心Q 的坐标为(sin ,cos )R R θθ-，圆周运动轨迹方程为：222(sin )(cos )x R y R R θθ++-=而磁场边界是圆心坐标为（0，R ）的圆周，其方程为：22()x y R R +-=解上述两式，可得带电微粒做圆周运动的轨迹与磁场边界的交点为0x y =⎧⎨=⎩或：sin {(1cos )x R y R θθ=-=+坐标为[sin ,(1cos )]R R θθ-+的点就是P 点，须舍去．由此可见，这束带电微粒都是通过坐标原点后离开磁场的；(3)带电微粒初速度大小变为2v ，则从任一点P 水平进入磁场的带电微粒在磁场中做匀速圆周运动的半径r '为：(2)2m v r R qB'== 带电微粒在磁场中经过一段半径为r '的圆弧运动后，将在y 轴的右方（x ＞0区域）离开磁场并做匀速直线运动，如图（c ）所示．靠近M 点发射出来的带电微粒在穿出磁场后会射向x 轴正方向的无穷远处；靠近N 点发射出来的带电微粒会在靠近原点之处穿出磁场所以，这束带电微粒与x 轴相交的区域范围是x ＞0．答：（1）电场强度mg qE = ，方向沿y 轴正方向和磁感应强度mvB qR=，方向垂直xOy 平面向外．（2）这束带电微粒都是通过坐标原点后离开磁场的；（3）若这束带电微粒初速度变为2v ，这束带电微粒与x 轴相交的区域范围是x ＞0。

高考物理带电粒子在复合场中的运动技巧和方法完整版及练习题含解析

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．压力波测量仪可将待测压力波转换成电压信号，其原理如图1所示，压力波p （t ）进入弹性盒后，通过与铰链O 相连的“”型轻杆L ，驱动杆端头A 处的微型霍尔片在磁场中沿x 轴方向做微小振动，其位移x 与压力p 成正比（,0x p αα=>）．霍尔片的放大图如图2所示，它由长×宽×厚=a×b×d ，单位体积内自由电子数为n 的N 型半导体制成，磁场方向垂直于x 轴向上，磁感应强度大小为0(1)0B B x ββ=->，．无压力波输入时，霍尔片静止在x=0处，此时给霍尔片通以沿12C C 方向的电流I ，则在侧面上D 1、D 2两点间产生霍尔电压U 0.（1）指出D 1、D 2两点那点电势高；（2）推导出U 0与I 、B 0之间的关系式（提示：电流I 与自由电子定向移动速率v 之间关系为I=nevbd ，其中e 为电子电荷量）；（3）弹性盒中输入压力波p （t ），霍尔片中通以相同的电流，测得霍尔电压U H 随时间t 变化图像如图3，忽略霍尔片在磁场中运动场所的电动势和阻尼，求压力波的振幅和频率．（结果用U 0、U 1、t 0、α、及β）【来源】浙江新高考2018年4月选考科目物理试题【答案】(1) D 1点电势高 (2) 001IB U ne d= (3) 101(1)U A U αβ=- ，012f t =【解析】【分析】由左手定则可判定电子偏向D 2边，所以D 1边电势高；当电压为U 0时，电子不再发生偏转，故电场力等于洛伦兹力，根据电流I 与自由电子定向移动速率v 之间关系为I=nevbd 求出U 0与I 、B 0之间的关系式；图像结合轻杆运动可知，0-t 0内，轻杆向一侧运动至最远点又返回至原点，则可知轻杆的运动周期，当杆运动至最远点时，电压最小，结合U 0与I 、B 0之间的关系式求出压力波的振幅．解：（1）电流方向为C 1C 2，则电子运动方向为C2C1，由左手定则可判定电子偏向D 2边，所以D 1边电势高；（2）当电压为U 0时，电子不再发生偏转，故电场力等于洛伦兹力0U qvB qb= ① 由电流I nevbd =得：Iv nebd=② 将②带入①得00IB U ned=（3）图像结合轻杆运动可知，0-t 0内，轻杆向一侧运动至最远点又返回至原点，则轻杆的运动周期为T=2t 0 所以，频率为: 012f t =当杆运动至最远点时，电压最小，即取U 1，此时0(1)B B x β=- 取x 正向最远处为振幅A ，有：01(1?)IB U A nedβ=- 所以：00011(1)1IB U ned IB A U Aned ββ==-- 解得：01U U A U β-=根据压力与唯一关系x p α=可得xp α=因此压力最大振幅为：01m U U p U αβ-=2．小明受回旋加速器的启发，设计了如图1所示的“回旋变速装置”．两相距为d 的平行金属栅极板M 、N ，板M 位于x 轴上，板N 在它的正下方．两板间加上如图2所示的幅值为U 0的交变电压，周期02mT qBπ=．板M 上方和板N 下方有磁感应强度大小均为B 、方向相反的匀强磁场．粒子探测器位于y 轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子．有一沿x 轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源，沿y 轴正方向射出质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的粒子．t =0时刻，发射源在（x ，0）位置发射一带电粒子．忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在电场中运动的时间不计．（1）若粒子只经磁场偏转并在y =y 0处被探测到，求发射源的位置和粒子的初动能；（2）若粒子两次进出电场区域后被探测到，求粒子发射源的位置x 与被探测到的位置y 之间的关系【来源】【省级联考】浙江省2019届高三上学期11月选考科目考试物理试题【答案】（1）00x y = ，()202qBy m（2）见解析【解析】【详解】（1）发射源的位置00x y =，粒子的初动能：()2002k qBy Em=；（2）分下面三种情况讨论：（i ）如图1，002k E qU >由02101mv mv mvy R R Bq Bq Bq===、、，和221001122mv mv qU =-，222101122mv mv qU =-，及()012x y R R =++，得()()22002224x y yqB mqU yqB mqU qBqB=++++；（ii ）如图2，0002k qU E qU <<由020mv mv y d R Bq Bq--==、，和220201122mv mv qU =+，及()032x y d R =--+，得()222023)2x y d y d q B mqU qB=-+++（（iii ）如图3，00k E qU <由020mv mv y d R Bq Bq--==、，和220201122mv mv qU =-，及()04x y d R =--+，得()222042x y d y d q B mqU qB=--++-；3．如图所示，两条竖直长虚线所夹的区域被线段MN 分为上、下两部分，上部分的电场方向竖直向上，下部分的电场方向竖直向下，两电场均为匀强电场且电场强度大小相同。

高中物理带电粒子在复合场中的运动技巧和方法完整版及练习题含解析

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．压力波测量仪可将待测压力波转换成电压信号，其原理如图1所示，压力波p （t ）进入弹性盒后，通过与铰链O 相连的“”型轻杆L ，驱动杆端头A 处的微型霍尔片在磁场中沿x 轴方向做微小振动，其位移x 与压力p 成正比（,0x p αα=>）．霍尔片的放大图如图2所示，它由长×宽×厚=a×b×d ，单位体积内自由电子数为n 的N 型半导体制成，磁场方向垂直于x 轴向上，磁感应强度大小为0(1)0B B x ββ=->，．无压力波输入时，霍尔片静止在x=0处，此时给霍尔片通以沿12C C 方向的电流I ，则在侧面上D 1、D 2两点间产生霍尔电压U 0.（1）指出D 1、D 2两点那点电势高；（2）推导出U 0与I 、B 0之间的关系式（提示：电流I 与自由电子定向移动速率v 之间关系为I=nevbd ，其中e 为电子电荷量）；（3）弹性盒中输入压力波p （t ），霍尔片中通以相同的电流，测得霍尔电压U H 随时间t 变化图像如图3，忽略霍尔片在磁场中运动场所的电动势和阻尼，求压力波的振幅和频率．（结果用U 0、U 1、t 0、α、及β）【来源】浙江新高考2018年4月选考科目物理试题【答案】(1) D 1点电势高 (2) 001IB U ne d= (3) 101(1)U A U αβ=- ，012f t =【解析】【分析】由左手定则可判定电子偏向D 2边，所以D 1边电势高；当电压为U 0时，电子不再发生偏转，故电场力等于洛伦兹力，根据电流I 与自由电子定向移动速率v 之间关系为I=nevbd 求出U 0与I 、B 0之间的关系式；图像结合轻杆运动可知，0-t 0内，轻杆向一侧运动至最远点又返回至原点，则可知轻杆的运动周期，当杆运动至最远点时，电压最小，结合U 0与I 、B 0之间的关系式求出压力波的振幅．解：（1）电流方向为C 1C 2，则电子运动方向为C2C1，由左手定则可判定电子偏向D 2边，所以D 1边电势高；（2）当电压为U 0时，电子不再发生偏转，故电场力等于洛伦兹力0U qvB qb= ① 由电流I nevbd =得：Iv nebd=② 将②带入①得0IB U ned=（3）图像结合轻杆运动可知，0-t 0内，轻杆向一侧运动至最远点又返回至原点，则轻杆的运动周期为T=2t 0 所以，频率为: 012f t =当杆运动至最远点时，电压最小，即取U 1，此时0(1)B B x β=- 取x 正向最远处为振幅A ，有：01(1?)IB U A nedβ=- 所以：00011(1)1IB U ned IB A U Aned ββ==-- 解得：01U U A U β-=根据压力与唯一关系x p α=可得xp α=因此压力最大振幅为：01m U U p U αβ-=2．如图所示，一半径为R 的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上．整个空间存在磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场．一电荷量为q (q ＞0)、质量为m 的小球P 在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O ′．球心O 到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为θ(02πθ<<)．为了使小球能够在该圆周上运动，求磁感应强度B 的最小值及小球P相应的速率．(已知重力加速度为g )【来源】带电粒子在磁场中的运动【答案】min 2cos m g B q R θ=cos gRv θθ=【解析】【分析】【详解】据题意，小球P 在球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为O’．P 受到向下的重力mg 、球面对它沿OP 方向的支持力N 和磁场的洛仑兹力f ＝qvB ①式中v 为小球运动的速率．洛仑兹力f 的方向指向O’．根据牛顿第二定律cos 0N mg θ-= ②2sin sin v f N mR θθ-= ③ 由①②③式得22sin sin 0cos qBR qR v v m θθθ-+=④由于v 是实数，必须满足222sin 4sin ()0cos qBR qR m θθθ∆=-≥ ⑤由此得B ≥⑥可见，为了使小球能够在该圆周上运动，磁感应强度大小的最小值为min B =⑦此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为min sin 2qB R v m θ=⑧由⑦⑧式得v θ=⑨3．利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用．如图所示的矩形区域ACDG(AC 边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场，A 处有一狭缝．离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA 边且垂直于磁场的方向射入磁场，运动到GA 边，被相应的收集器收集．整个装置内部为真空．已知被加速的两种正离子的质量分别是m 1和m 2(m 1>m 2)，电荷量均为q ．加速电场的电势差为U ，离子进入电场时的初速度可以忽略．不计重力，也不考虑离子间的相互作用．(1)求质量为m 1的离子进入磁场时的速率v 1；(2)当磁感应强度的大小为B 时，求两种离子在GA 边落点的间距s ；(3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度．若狭缝过宽，可能使两束离子在GA 边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离．设磁感应强度大小可调，GA 边长为定值L ，狭缝宽度为d ，狭缝右边缘在A 处．离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA 边且垂直于磁场．为保证上述两种离子能落在GA 边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度．【来源】2011年普通高等学校招生全国统一考试物理卷（北京) 【答案】（1）12qU m （2）()1228Um m qB - （3）d m ＝12122m m m m --L【解析】（1）动能定理 Uq ＝12m 1v 12 得：v 1＝12qUm …① （2）由牛顿第二定律和轨道半径有：qvB ＝2mv R，R ＝ mv qB 利用①式得离子在磁场中的轨道半径为别为（如图一所示）：R 1＝122mU qB，R 2＝222 m U qB ②两种离子在GA 上落点的间距s ＝2(R 1−R 2)＝1228()Um m qB - …③ （3）质量为m 1的离子，在GA 边上的落点都在其入射点左侧2R 1处，由于狭缝的宽度为d ，因此落点区域的宽度也是d （如图二中的粗线所示）．同理，质量为m 2的离子在GA 边上落点区域的宽度也是d （如图二中的细线所示）．为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为2（R 1-R 2）＞d…④ 利用②式，代入④式得：2R 1(1−21m m )＞d R 1的最大值满足：2R 1m =L-d 得：(L −d )(1−21m m )＞d 求得最大值：d m ＝12122m m m m --L4．在场强为B 的水平匀强磁场中，一质量为m 、带正电q 的小球在O 静止释放，小球的运动曲线如图所示．已知此曲线在最低点的曲率半径为该点到z 轴距离的2倍，重力加速度为g ．求：(1)小球运动到任意位置P (x ，y)的速率v ； (2)小球在运动过程中第一次下降的最大距离y m ； (3)当在上述磁场中加一竖直向上场强为E (mgE q>)的匀强电场时，小球从O 静止释放后获得的最大速率m v 。

高考物理带电粒子在复合场中的运动技巧和方法完整版及练习题含解析

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．小明受回旋加速器的启发，设计了如图1所示的“回旋变速装置”．两相距为d 的平行金属栅极板M 、N ，板M 位于x 轴上，板N 在它的正下方．两板间加上如图2所示的幅值为U 0的交变电压，周期02mT qBπ=．板M 上方和板N 下方有磁感应强度大小均为B 、方向相反的匀强磁场．粒子探测器位于y 轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子．有一沿x 轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源，沿y 轴正方向射出质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的粒子．t =0时刻，发射源在（x ，0）位置发射一带电粒子．忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在电场中运动的时间不计．（1）若粒子只经磁场偏转并在y =y 0处被探测到，求发射源的位置和粒子的初动能；（2）若粒子两次进出电场区域后被探测到，求粒子发射源的位置x 与被探测到的位置y 之间的关系【来源】【省级联考】浙江省2019届高三上学期11月选考科目考试物理试题【答案】（1）00x y = ，()202qBy m（2）见解析【解析】【详解】（1）发射源的位置00x y =，粒子的初动能：()2002k qBy Em=；（2）分下面三种情况讨论：（i ）如图1，002k E qU >由02101mv mv mvy R R Bq Bq Bq===、、，和221001122mv mv qU =-，222101122mv mv qU =-，及()012x y R R =++，得()()22002224x y yqB mqU yqB mqU qBqB=++++；（ii ）如图2，0002k qU E qU <<由020mv mv y d R Bq Bq--==、，和220201122mv mv qU =+，及()032x y d R =--+，得()222023)2x y d y d q B mqU qB=-++++（；（iii ）如图3，00k E qU <由020mv mv y d R Bq Bq--==、，和220201122mv mv qU =-，及()04x y d R =--+，得()222042x y d y d q B mqU qB=--+-2．在场强为B 的水平匀强磁场中，一质量为m 、带正电q 的小球在O 静止释放，小球的运动曲线如图所示．已知此曲线在最低点的曲率半径为该点到z 轴距离的2倍，重力加速度为g ．求：(1)小球运动到任意位置P (x ，y)的速率v ； (2)小球在运动过程中第一次下降的最大距离y m ； (3)当在上述磁场中加一竖直向上场强为E (mgE q>)的匀强电场时，小球从O 静止释放后获得的最大速率m v 。

高考物理带电粒子在复合场中的运动技巧和方法完整版及练习题含解析

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．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v 0，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．【来源】2014年全国普通高等学校招生统一考试理科综合能力测试物理（浙江卷带解析)【答案】（1）22Mv L（2）垂直于纸面向外（3）043mv B eR >（4）()max 342sin eRB v m α=-【解析】【分析】【详解】（1）离子在电场中加速，由动能定理得：212M eU Mv =,得：22M Mv U e =．离子做匀加速直线运动，由运动学关系得:22Mv aL =,得：22Mv a L=．（2）要取得较好的电离效果，电子须在出射方向左边做匀速圆周运动，即为按逆时针方向旋转，根据左手定则可知，此刻Ⅰ区磁场应该是垂直纸面向外．（3）当90α=︒时，最大速度对应的轨迹圆如图一所示，与Ⅰ区相切，此时圆周运动的半径为34r R =洛伦兹力提供向心力，有2maxmaxv Bev m r= 得34max BeRv m=即速度小于等于34BeRm 此刻必须保证043mv B BR＞．（4）当电子以α角入射时，最大速度对应轨迹如图二所示，轨迹圆与圆柱腔相切，此时有：90OCO α∠'=︒﹣2ROC =，OC r '=，OO R r '=﹣ 由余弦定理有222(29022R R R r r r cos α⎛⎫=+⨯⨯︒ ⎪⎝⎭﹣）﹣（﹣），90cos sin αα︒-=（）联立解得：()342Rr sin α=⨯-再由：maxmv r Be=，得 ()342max eBRv m sin α=-．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、带电粒子在匀强电场中的运动【名师点睛】该题的文字叙述较长，要求要快速的从中找出物理信息，创设物理情境；平时要注意读图能力的培养，以及几何知识在物理学中的应用，解答此类问题要有画草图的习惯，以便有助于对问题的分析和理解；再者就是要熟练的掌握带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期和半径公式的应用．2．对铀235的进一步研究在核能的开发和利用中具有重要意义．如图所示，质量为m、电荷量为q的铀235离子，从容器A下方的小孔S1不断飘入加速电场，其初速度可视为零，然后经过小孔S2垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，做半径为R的匀速圆周运动．离子行进半个圆周后离开磁场并被收集，离开磁场时离子束的等效电流为I．不考虑离子重力及离子间的相互作用．（1）求加速电场的电压U；（2）求出在离子被收集的过程中任意时间t内收集到离子的质量M；（3）实际上加速电压的大小会在U+ΔU范围内微小变化．若容器A中有电荷量相同的铀235和铀238两种离子，如前述情况它们经电场加速后进入磁场中会发生分离，为使这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，应小于多少？（结果用百分数表示，保留两位有效数字）【来源】2012年普通高等学校招生全国统一考试理综物理（天津卷)【答案】（1）（2）（3）0.63%【解析】解：（1）设离子经电场加速后进入磁场时的速度为v，由动能定理得：qU =mv2离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=解得：U =（2）设在t时间内收集到的离子个数为N，总电荷量Q = ItQ = NqM =" Nm" =（3）由以上分析可得：R =设m/为铀238离子质量，由于电压在U±ΔU之间有微小变化，铀235离子在磁场中最大半径为：R max =铀238离子在磁场中最小半径为：R min =这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为：R max <R min 即：< 得：<<其中铀235离子的质量m = 235u （u 为原子质量单位），铀238离子的质量m ，= 238u则：<解得：<0.63%3．扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆．其简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ两处的条形匀强磁场区边界竖直，相距为L ，磁场方向相反且垂直纸面．一质量为m ，电量为-q ，重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN 板处由静止释放，极板间电压为U ，粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平和方向夹角30θ=︒（1）当Ⅰ区宽度1L L =、磁感应强度大小10B B =时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30︒，求B 0及粒子在Ⅰ区运动的时间t 0（2）若Ⅱ区宽度21L L L ==磁感应强度大小210B B B ==，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h（3）若21L L L ==、10B B =，为使粒子能返回Ⅰ区，求B 2应满足的条件（4）若12B B ≠，12L L ≠，且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出．为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射出的方向总相同，求B 1、B 2、L 1、、L 2、之间应满足的关系式．【来源】2011年普通高等学校招生全国统一考试物理卷（山东) 【答案】（1）32lm t qU π=（2）2233h L ⎛⎫=- ⎪⎝⎭（3）232mU B L q >（或232mUB L q≥）（4）1122B L B L =【解析】图1（1）如图1所示，设粒子射入磁场Ⅰ区的速度为v ，在磁场Ⅰ区中做圆周运动的半径为1R ，由动能定理和牛顿第二定律得212qU mv =① 211v qvB m R = ②由几何知识得12sin L R θ= ③联立①②③，带入数据得012mUB L q=④设粒子在磁场Ⅰ区中做圆周运动的周期为T ，运动的时间为t12R T v π= ⑤ 22t T θπ=⑥ 联立②④⑤⑥式，带入数据得32Lmt qUπ=⑦ （2）设粒子在磁场Ⅱ区做圆周运动的半径为2R ，有牛顿第二定律得222v qvB m R = ⑧由几何知识得()()121cos tan h R R L θθ=+-+ ⑨联立②③⑧⑨式，带入数据得2233h L ⎛⎫=- ⎪⎝⎭⑩图2（3）如图2所示，为时粒子能再次回到Ⅰ区，应满足()21sin R L θ+<[或()21sin R L θ+≤] ⑾联立①⑧⑾式，带入数据得232mU B L q >（或232mUB L q≥） ⑿图3图4（4）如图3（或图4）所示，设粒子射出磁场Ⅰ区时速度与水平方向得夹角为α，有几何知识得()11sin sin L R θα=+ ⒀ [或()11sin sin L R θα=-]()22sin sin L R θα=+ ⒁[或]()22sin sin L R θα=- 联立②⑧式得1122B R B R = ⒂联立⒀⒁⒂式得1122B L B L = ⒃【点睛】（1）加速电场中，由动能定理求出粒子获得的速度．画出轨迹，由几何知识求出半径，根据牛顿定律求出B 0．找出轨迹的圆心角，求出时间；（2）由几何知识求出高度差；（3）当粒子在区域Ⅱ中轨迹恰好与右侧边界相切时，粒子恰能返回Ⅰ区，由几何知识求出半径，由牛顿定律求出B 2满足的条件；（4）由几何知识分析L 1、L 2与半径的关系，再牛顿定律研究关系式．4．如图1所示，宽度为d 的竖直狭长区域内（边界为12L L 、），存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场（如图2所示），电场强度的大小为0E ，0E ＞表示电场方向竖直向上。

高中物理带电粒子在复合场中的运动解题技巧及练习题及解析

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．压力波测量仪可将待测压力波转换成电压信号，其原理如图1所示，压力波p （t ）进入弹性盒后，通过与铰链O 相连的“”型轻杆L ，驱动杆端头A 处的微型霍尔片在磁场中沿x 轴方向做微小振动，其位移x 与压力p 成正比（,0x p αα=>）．霍尔片的放大图如图2所示，它由长×宽×厚=a×b×d ，单位体积内自由电子数为n 的N 型半导体制成，磁场方向垂直于x 轴向上，磁感应强度大小为0(1)0B B x ββ=->，．无压力波输入时，霍尔片静止在x=0处，此时给霍尔片通以沿12C C 方向的电流I ，则在侧面上D 1、D 2两点间产生霍尔电压U 0.（1）指出D 1、D 2两点那点电势高；（2）推导出U 0与I 、B 0之间的关系式（提示：电流I 与自由电子定向移动速率v 之间关系为I=nevbd ，其中e 为电子电荷量）；（3）弹性盒中输入压力波p （t ），霍尔片中通以相同的电流，测得霍尔电压U H 随时间t 变化图像如图3，忽略霍尔片在磁场中运动场所的电动势和阻尼，求压力波的振幅和频率．（结果用U 0、U 1、t 0、α、及β）【来源】浙江新高考2018年4月选考科目物理试题【答案】(1) D 1点电势高 (2) 001IB U ne d= (3) 101(1)U A U αβ=- ，012f t =【解析】【分析】由左手定则可判定电子偏向D 2边，所以D 1边电势高；当电压为U 0时，电子不再发生偏转，故电场力等于洛伦兹力，根据电流I 与自由电子定向移动速率v 之间关系为I=nevbd 求出U 0与I 、B 0之间的关系式；图像结合轻杆运动可知，0-t 0内，轻杆向一侧运动至最远点又返回至原点，则可知轻杆的运动周期，当杆运动至最远点时，电压最小，结合U 0与I 、B 0之间的关系式求出压力波的振幅．解：（1）电流方向为C 1C 2，则电子运动方向为C2C1，由左手定则可判定电子偏向D 2边，所以D 1边电势高；（2）当电压为U 0时，电子不再发生偏转，故电场力等于洛伦兹力0U qvB qb= ① 由电流I nevbd =得：Iv nebd=② 将②带入①得0IB U ned=（3）图像结合轻杆运动可知，0-t 0内，轻杆向一侧运动至最远点又返回至原点，则轻杆的运动周期为T=2t 0 所以，频率为: 012f t =当杆运动至最远点时，电压最小，即取U 1，此时0(1)B B x β=- 取x 正向最远处为振幅A ，有：01(1?)IB U A nedβ=- 所以：00011(1)1IB U ned IB A U Aned ββ==-- 解得：01U U A U β-=根据压力与唯一关系x p α=可得xp α=因此压力最大振幅为：01m U U p U αβ-=2．在xOy 平面的第一象限有一匀强电磁，电场的方向平行于y 轴向下，在x 轴和第四象限的射线OC 之间有一匀强电场，磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向里，有一质量为m ，带有电荷量+q 的质点由电场左侧平行于x 轴射入电场，质点到达x 轴上A 点，速度方向与x 轴的夹角为φ，A 点与原点O 的距离为d ，接着，质点进入磁场，并垂直与OC 飞离磁场，不计重力影响，若OC 与x 轴的夹角为φ.求：⑴粒子在磁场中运动速度的大小； ⑵匀强电场的场强大小.【来源】带电粒子在复合场中的运动计算题【答案】(1) (2)【解析】【分析】【详解】试题分析：（1）由几何关系得：R=dsinφ由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得解得：（2）质点在电场中的运动为类平抛运动．设质点射入电场的速度为v0，在电场中的加速度为a，运动时间为t，则有：v0=vcosφvsinφ=atd=v0t设电场强度的大小为E，由牛顿第二定律得qE=ma解得：3．如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R=0.25m 的半圆,两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E=5.0×103V/m。

高中物理带电粒子在复合场中的运动(一)解题方法和技巧及练习题及解析

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．下图为某种离子加速器的设计方案.两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场.其中MN 和M N ''是间距为h 的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O 和O '，O N ON d ''==，P 为靶点，O P kd '=（k 为大于1的整数）。

极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U 。

质量为m 、带电量为q 的正离子从O 点由静止开始加速，经O '进入磁场区域.当离子打到极板上O N ''区域（含N '点）或外壳上时将会被吸收。

两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过。

忽略相对论效应和离子所受的重力。

求：（1）离子经过电场仅加速一次后能打到P 点所需的磁感应强度大小；（2）能使离子打到P 点的磁感应强度的所有可能值；（3）打到P 点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间。

【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理（重庆卷带解析) 【答案】（1）22qUm B =（2）22nqUmB =，2(1,2,3,,1)n k =-（3）2222(1)t qum k -磁，22(1)=k m t h qU-电【解析】【分析】带电粒子在电场和磁场中的运动、牛顿第二定律、运动学公式。

【详解】（1）离子经电场加速，由动能定理：212qU mv =可得2qUv m=磁场中做匀速圆周运动：2v qvB m r=刚好打在P 点，轨迹为半圆，由几何关系可知：2kd r =联立解得B =；（2）若磁感应强度较大，设离子经过一次加速后若速度较小，圆周运动半径较小，不能直接打在P 点，而做圆周运动到达N '右端，再匀速直线到下端磁场，将重新回到O 点重新加速，直到打在P 点。

设共加速了n 次，有：212n nqU mv =2nn nv qv B m r =且：2n kd r =解得：B =，要求离子第一次加速后不能打在板上，有12d r >且：2112qU mv =2111v qv B m r =解得：2n k <，故加速次数n 为正整数最大取21n k =- 即：B =2(1,2,3,,1)n k =-；（3）加速次数最多的离子速度最大，取21n k =-，离子在磁场中做n -1个完整的匀速圆周运动和半个圆周打到P 点。