高三物理二轮复习 带电粒子在复合场中的运动专题突破系列小题狂练大题冲关
高考物理 带电粒子在复合场中的运动冲关训练(含解析)
带电粒子在复合场中的运动一、选择题每题6分图3－3－151.场强为E的匀强电场与磁感应强度为B的匀强磁场正交，复合场的水平宽度为d，竖直方向足够长，如图3－3－15所示．现有一束带电荷量为q、质量为m的α粒子以各不相同的初速度v0沿电场方向射入场区，则那些能飞出场区的α粒子的动能增量ΔE k可能为( )A．dq(E＋B) B.qEd BC．qEd D．0解析：α粒子可从左侧飞出或从右侧飞出场区，由于洛伦兹力不做功，电场力做功与路径无关，所以从左侧飞出时ΔE k＝0，从右侧飞出时ΔE k＝Eqd，选项C、D正确．答案：CD图3－3－162．(2013·保定调研)如图3－3－16所示，两金属板间有水平方向(垂直纸面向里)的匀强磁场和竖直向下的匀强电场．一带正电、质量为m 的小球垂直于电场和磁场方向从O 点以速度v 0飞入此区域，恰好能沿直线从P 点飞出．如果只将电场方向变为竖直向上，则小球做匀速圆周运动，加速度大小为a 1，经时间t 1从板间的右端a 点飞出，a 点与P 点间的距离为y 1；如果同时撤去电场和磁场，小球的加速度大小为a 2，经时间t 2从板间的右端b 点以速度v 飞出，b 点与P 点的距离为y 2.a 、b 两点在图中未标出，则一定有( )A ．v 0<vB ．a 1<a 2C ．a 1＝a 2D ．t 1<t 2解析：本题以带电小球的运动为载体考查了匀速直线运动、匀速圆周运动和平抛运动等运动模型．带电小球沿直线从O 点运动到P 点，由运动和力的关系可知，小球做匀速直线运动，其合力为零，即qv 0B ＝qE ＋mg ；若电场方向变为竖直向上，小球做匀速圆周运动，则qE ＝mg ，qv 0B ＝ma 1＝mv 20R ，解得a 1＝2g ，t 1＝L′v 0；若同时撤去电场和磁场，小球只受重力作用做平抛运动，则a 2＝g ，由平抛运动的特点可知：t 2＝Lv 0，由于重力做正功，故v 0<v ，圆周运动的轨迹弧长L′大于直线OP 的长度L ，即t 1>t 2，故A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A图3－3－173.如图3－3－17所示，ABC 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB 为倾斜直轨道，BC 为与AB 相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电(＋q)、乙球带负电(－q)、丙球不带电．现将三个小球分别从轨道AB 上的不同高度处由静止释放，三个小球都恰好通过圆形轨道的最高点，则( )A ．经过最高点时，三个小球的速度相等B ．经过最高点时，甲球的速度最小C ．甲球的释放位置比乙球的高D ．运动过程中三个小球的机械能均保持不变解析：在圆形轨道最高点，对于甲球有mg ＋qv 甲B ＝m v 2甲r ，对于乙球有mg －qv 乙B ＝m v 2乙r ，对于丙球有mg ＝m v 2丙r ，由上可得v 甲>v 丙>v 乙，故选项A 、B 错误．根据机械能守恒定律可知选项C 、D 正确．答案：CD图3－3－184.如图3－3－18所示为一种获得高能粒子的装置，环形区域内存在垂直纸面向外、大小可调节的均匀磁场，质量为m 、电荷量为＋q 的粒子在环中做半径为R 的圆周运动，A 、B 为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子顺时针飞经A 板时，A 板电势升高为U ，B 板电势仍保持为零，粒子在两板间电场中得到加速，每当粒子离开B 板时，A 板电势又降为零，粒子在电场中一次次加速下动能不断增大，而绕行半径不变( )A ．粒子从A 板小孔处由静止开始在电场作用下加速，绕行n 圈后回到A 板时获得的总动能为2nqUB ．在粒子绕行的整个过程中，A 板电势可以始终保持为＋UC ．在粒子绕行的整个过程中，每一圈的周期不变D ．为使粒子始终保持在半径为R 的圆轨道上运动，磁场必须周期性递增，则粒子绕行第n 圈时的磁感应强度为1R2nmUq解析：粒子每绕行一周，电场力做功qU ，绕行n 圈时，电场力做功即粒子获得的动能为nqU ，A 错误；若A 板电势始终不变，则粒子运行一周时电场力做功为零，粒子得不到加速，B 错误；粒子每次加速后速度增大而运行半径不变，则周期T ＝2πRv 应减小，C 错误；再由R ＝mv qB ，nqU ＝12mv 2，得B ＝mqR2nqU m ＝1R2nmUq，故可知B 应随加速圈数的增加而周期性变大，D 正确．答案：D图3－3－195.某制药厂的污水处理站的管道中安装了如图3－3－19所示的流量计，该装置由绝缘材料制成长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直于上下底面方向加磁感应强度为B方向向下的匀强磁场，在前后两个面的内侧固定有金属板作为电极，当含有大量正负离子(其重力不计)的污水充满管口从左向右流经该装置时，利用电压表所显示的两个电极间的电压U，就可测出污水流量Q(单位时间内流出的污水体积)．则下列说法正确的是( ) A．后表面的电势一定高于前表面的电势，与正负哪种离子多少无关B．若污水中正负离子数相同，则前后表面的电势差为零C．流量Q越大，两个电极间的电压U越大D．污水中离子数越多，两个电极间的电压U越大解析：由左手定则可知，正负离子从左向右流经该装置时，正离子向后表面偏，负离子向前表面偏，故A正确，B错误；流量Q越大，离子运动速度越大，由法拉第电磁感应定律U＝Bqv，两个电极间的电压U也就越大，故C正确，D错误．答案：AC二、非选择题每题10分图3－3－206．(2013·天津卷)如图3－3－20所示，一圆筒的横截面如图3－3－20所示，其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d 的平行金属板M 、N ，其中M 板带正电荷，N 板带等量负电荷．质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子自M 板边缘的P 处由静止释放，经N 板的小孔S 以速度v 沿半径SO 方向射入磁场中．粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S 孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：(1)M 、N 间电场强度E 的大小； (2)圆筒的半径R ；(3)保持M 、N 间电场强度E 不变，仅将M 板向上平移23d ，粒子仍从M 板边缘的P 处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S 孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n.解析：(1)设两板间的电压为U ，由动能定理得 qU ＝12mv 2①由匀强电场中电势差与电场强度的关系得 U ＝Ed ② 联立上式可得 E ＝mv22qd③图3－3－21(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O′，圆半径为r.设第一次碰撞点为A ，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S 孔射出，因此，SA 弧所对的圆心角∠AO′S 等于π3.由几何关系得 r ＝Rtan π3④粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得 qvB ＝m v2r ⑤联立④⑤式得 R ＝3mv3qB⑥ (3)保持M 、N 间电场强度E 不变，M 板向上平移23d 后，设板间电压为U′，则U′＝Ed 3＝U3⑦设粒子进入S 孔时的速度为v′，由①式看出 U′U ＝v′2v 2 综合⑦式可得 v′＝33v ⑧ 设粒子做圆周运动的半径为r′，则r′＝3mv3qB⑨ 设粒子从S 到第一次与圆周碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到r′＝R ，可见θ＝π2⑩粒子须经过四个这样的圆弧才能从S 孔射出，故 n ＝3. ⑪答案：(1)mv 22qd (2)3mv 3qB(3)3图3－3－227．如图3－3－22，一半径为R 的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)．在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q 的粒子沿图中直线在圆上的a 点射入柱形区域，在圆上的b 点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直．圆心O 到直线的距离为35R.现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a 点射入柱形区域，也在b 点离开该区域．若磁感应强度大小为B ，不计重力，求电场强度的大小．图3－3－23解析：粒子在磁场中做圆周运动．设圆周的半径为r ，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得qvB ＝m v2r①式中v 为粒子在a 点的速度．过b 点和O 点作直线的垂线，分别与直线交于c 和d 点．由几何关系知，线段ac 、bc 和过a 、b 两点的轨迹圆弧的两条半径(未画出)围成一正方形．因此ac ＝bc ＝r ②设cd ＝x ，由几何关系得 ac ＝45R ＋x ③bc ＝35R ＋R 2－x 2④联立②③④式得r ＝75R ⑤再考虑粒子在电场中的运动．设电场强度的大小为E ，粒子在电场中做类平抛运动．设其加速度大小为a ，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qE ＝ma ⑥粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r ，由运动学公式得 r ＝12at 2⑦ r ＝vt ⑧式中t 是粒子在电场中运动的时间． 联立①⑤⑥⑦⑧式得 E ＝145qRB 2m.答案：145qRB 2m8．如图3－3－24甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L 的平行金属极板MN 和PQ ，两极板中心各有一小孔S 1、S 2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为U 0，周期为T 0.在t ＝0时刻将一个质量为m 、电量为－q(q ＞0)的粒子由S 1静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在t ＝T 02时刻通过S 2垂直于边界进入右侧磁场区．(不计粒子重力，不考虑极板外的电场)甲 乙 图3－3－24(1)求粒子到达S 2时的速度大小v 和极板间距d.(2)为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件．(3)若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t ＝3T 0时刻再次到达S 2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小．解析：(1)粒子由S 1至S 2的过程，根据动能定理得 qU 0＝12mv 2①由①式得 v ＝2qU 0m② 设粒子的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得 q U 0d＝ma ③由运动学公式得d ＝12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 022 ④ 联立③④式得d ＝T 04 2qU 0m⑤ (2)设磁感应强度大小为B ，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，由牛顿第二定律得qvB ＝m v 2R⑥ 要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足 2R ＞L 2⑦ 联立②⑥⑦式得 B ＜4L 2mU 0q ⑧ (3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为t 1，有d ＝vt 1 ⑨联立②⑤⑨式得t 1＝T 04○10 若粒子再次到达S 2时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为t 2，根据运动学公式得 d ＝v 2t 2 ⑪ 联立⑨⑩⑪式得t 2＝T 02⑫ 设粒子在磁场中运动的时间为tt ＝3T 0－T 02－t 1－t 2 ⑬ 联立⑩⑫⑬式得t ＝7T 04⑭ 设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T ，由⑥式结合运动学公式得 T ＝2πm qB⑮由题意可知T ＝t ⑯联立⑭⑮⑯式得B ＝8πm 7qT 0. 答案：(1)2qU 0m T 04 2qU 0m (2)B ＜4L 2mU 0q(3)7T 04 8πm 7qT 0图3－3－259.如图3－3－25所示，半圆有界匀强磁场的圆心O 1在x 轴上，OO 1距离等于半圆磁场的半径，磁感应强度大小为B 1.虚线MN 平行x 轴且与半圆相切于P 点．在MN 上方是正交的匀强电场和匀强磁场，电场场强大小为E ，方向沿x 轴负向，磁场磁感应强度大小为B 2.B 1、B 2均垂直纸面，方向如图3－3－25所示．有一群相同的正粒子，以相同的速率沿不同方向从原点O 射入第Ⅰ象限，其中沿x 轴正方向进入磁场的粒子经过P 点射入MN 后，恰好在正交的电磁场中做直线运动，粒子质量为m ，电荷量为q(粒子重力不计)．(1)求粒子初速度大小和有界半圆磁场的半径．(2)若撤去磁场B 2，求经过P 点射入电场的粒子从y 轴出电场时的坐标．(3)试证明：题中所有从原点O 进入第Ⅰ象限的粒子都能在正交的电磁场中做直线运动． 解析：(1)qv 0B 2＝Eqv 0＝E B 2由题意知粒子在磁场B 1中圆周运动半径与该磁场半径相同，qv 0B 1＝mv 20R得R ＝mv 0qB 1＝mE qB 1B 2(2)在电场中粒子做类平抛运动：x ＝R ＝Eqt 22my ＝v 0t ＝E B 22mR Eq ＝mE qB 22B 1B 2y′＝y ＋R ＝mE qB 2(1B 1＋2B 1B 2)图3－3－26(3)证明：设从O 点入射的任一粒子进入B 1磁场时，速度方向与x 轴成θ角，粒子出B 1磁场与半圆磁场边界交于Q 点，如图3－3－26所示，找出轨迹圆心，可以看出四边形OO 1QO 2四条边等长是平行四边形，所以半径O 2Q 与OO 1平行．所以从Q 点出磁场速度与O 2Q 垂直，即与x 轴垂直，所以垂直进入MN 边界．进入正交电磁场E 、B 2中都有qv 0B 2＝Eq ，故粒子做直线运动． 答案：(1)E B 2 mE qB 1B 2 (2)mE qB 2(1B 1＋2B 1B 2) (3)见解析10．(2013·江苏卷)在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制．如图3－3－27中图1所示的xOy 平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E 和磁感应强度B 随时间t 做周期性变化的图象如图2所示．x 轴正方向为E 的正方向，垂直纸面向里为B 的正方向．在坐标原点O 有一粒子P ，其质量和电荷量分别为m 和＋q ，不计重力．在t ＝τ2时刻释放P ，它恰能沿一定轨道做往复运动．图1图2图3－3－27(1)求P 在磁场中运动时速度的大小v 0；(2)求B 0应满足的关系；(3)在t 0(0<t 0<τ2)时刻释放P ，求P 速度为零时的坐标．解析：(1)τ2～τ做匀加速直线运动，r ～2r 做匀速圆周运动电场力F ＝qE 0，加速度a ＝F m ，速度v 0＝at ，且t ＝τ2解得v 0＝qE 0τ2m图3－3－28(2)只有当t ＝2τ时，P 在磁场中做圆周运动结束并开始沿x 轴负方向运动，才能沿一定轨道做往复运动，如图3－3－28所示．设P 在磁场中做圆周运动的周期为T ，则(n －12)T ＝τ(n＝1,2,3……) 匀速圆周运动qvB 0＝m v 2r ，T ＝2πr v解得B 0＝2n －1πm qτ(n ＝1,2,3……)图3－3－29(3)在t 0时刻释放，P 在电场中加速时间为τ－t 0 在磁场中做匀速圆周运动v 1＝qE 0τ－t 0m 圆周运动的半径为r 1＝mv 1qB 0解得r 1＝E 0τ－t 0B 0又经(τ－t 0)时间P 减速为零后向右加速时间为t 0 P 再进入磁场v 2＝qE 0t 0m ，圆周运动的半径r 2＝mv 2qB 0解得r 2＝E 0t 0B 0综上分析，速度为零时横坐标x ＝0相应的纵坐标为y ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2[kr 1－k －1r 2]2k r 1－r 2(k ＝1,2,3……)解得y ＝⎩⎪⎨⎪⎧2E 0[k τ－2t 0＋t 0]B 02kE 0τ－2t 0B 0(k ＝1,2,3……)．答案：(1)qE 0τ2m (2)B 02n －1πmqτ(n ＝1,2,3……)(3)x ＝0，y ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2E 0[k τ－2t 0＋t 0]B 02kE 0τ－2t 0B 0(k ＝1,2,3……)。
高三物理二轮专题复习-------带电粒子在复合场中的运动
高三物理二轮专题复习-------带电粒子在复合场中的运动1.如图所示的坐标系，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向.在x轴上方空间的第一、第二象限内，既无电场也无磁场；在第三象限，存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直xy平面（纸面）向里的匀强磁场；在第四象限，存在沿y轴负方向、场强大小与第三象限电场场强相等的匀强电场.一质量为m、电荷量为q 的带电质点，从y轴上y=h处的P1点以一定的水平初速度沿x轴负方向进入第二象限，然后经过x轴上x=-2h处的P2点进入第三象限，带电质点恰好能做匀速圆周运动.之后经过y轴上y=-2h处的P3点进入第四象限.已知重力加速度为g.求:（1）粒子到达P2点时速度的大小和方向；（2）第三象限空间中电场强度和磁感应强度的大小；（3）带电质点在第四象限空间运动过程中最小速度的大小和方向.2.如图所示，空间分布着方向平行于纸面且与场区边界垂直的有界匀强电场，电场强度为E、宽度为L。
在紧靠电场右侧的圆形区域内，分布着垂直于纸面向外的匀强磁场，圆形磁场区域半径为r。
当一带正电的粒子（质量为m，电荷量为q）从A点静止释放后，在M点离开电场，并沿半径方向射入磁场区域，磁感应强度为B，粒子恰好从N点射出，O为圆心，∠MON＝120°，粒子重力忽略不计。
求：（1）粒子经电场加速后，进入磁场时速度v的大小；（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小和粒子在电场、磁场中运动的总时间t；（3）若粒子在离开磁场前某时刻，磁感应强度方向不变，大小突然变为B1，此后粒子恰好被束缚在该磁场中，则B1的最小值为多少？3.如图所示，在直角坐标系xoy的第一、四象限区域内存在两个有界的匀强磁场：垂直纸面向外的匀强磁场Ⅰ、垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ，O、M、P、Q为磁场边界和x轴的交点，OM=MP=L.在第三象限存在沿y轴正向的匀强电场. 一质量为带电量为的带电粒子从电场中坐标为（-2L,-L）的点以速度v0沿+x方向射出，恰好经过原点O处射入区域Ⅰ又从M点射出区域Ⅰ（粒子的重力忽略不计）.（1）求第三象限匀强电场场强E的大小；（2）求区域Ⅰ内匀强磁场磁感应强度B的大小；（3）如带电粒子能再次回到原点O，问区域Ⅱ内磁场的宽度至少为多少？粒子两次经过原点O的时间间隔为多少？4.质量为m、电量为q的带电离子从P（0，h）点沿x轴正方向射入第一象限的匀强磁场中，磁感应强度为B，并沿着y轴负方向垂直进入匀强电场（电场方向沿x轴负方向），然后离子经过y轴上的M（0，－2h）点，进入宽度为h的无场区域，如图所示，再进入另一范围足够大的匀强磁场，最后回到P点。
高考物理二轮复习专题归纳—带电粒子在复合场中的运动
高考物理二轮复习专题归纳—带电粒子在复合场中的运动考点一带电粒子在组合场中的运动1．带电粒子的“电偏转”和“磁偏转”的比较垂直进入磁场(磁偏转)垂直进入电场(电偏转)情景图受力F B ＝qv 0B ，F B 大小不变，方向变化，方向总指向圆心，F B 为变力F E ＝qE ，F E 大小、方向均不变，F E 为恒力运动规律匀速圆周运动r ＝mv 0Bq ，T ＝2πm Bq类平抛运动v x ＝v 0，v y ＝Eqmt x ＝v 0t ，y ＝Eq 2mt 22．常见运动及处理方法3．“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题例1如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第Ⅰ、Ⅳ象限内有一半径为R 的半圆弧，半圆弧的圆心在坐标原点O 处，半圆弧内有方向沿y 轴正方向的匀强电场，半圆弧外足够大的范围内有磁感应强度大小为B 、方向垂直于坐标平面向外的匀强磁场．现从O 点由静止释放一个质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，粒子经电场加速后进入磁场，并从半圆弧与x 轴的交点P 返回电场，不计粒子受到的重力．(1)求匀强电场的电场强度大小E ；(2)求粒子从O 点运动到P 点的时间t ；(3)证明粒子经过P 点后从y 轴离开电场，并求粒子经过P 点后离开电场时的速度大小v .答案(1)qB 2R 2m(2)4＋3πm2qB(3)5qBR 2m解析(1)设粒子进入磁场时的速度大小为v 0，根据动能定理有qER ＝12mv 02粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图甲所示，根据几何关系可知，粒子的做圆周运动的半径为R粒子在磁场运动的过程中，有qv 0B ＝mv 02R 联立解得E ＝qB 2R2m (2)由(1)可得v 0＝qBR m设粒子第一次在电场中运动的时间为t 1，有R ＝12v 0t 1，解得t 1＝2mqB 粒子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πR v 0＝2πmqB粒子在磁场中运动的时间t 2＝34T解得t 2＝3πm 2qB又t ＝t 1＋t 2，解得t ＝4＋3πm 2qB(3)粒子经过P 点后在电场中做类平抛运动，假设粒子经过P 点后从y 轴离开电场，如图乙所示，设粒子从P 点运动到y 轴的时间为t 3，有R ＝v 0t 3，解得t 3＝mqB粒子在电场中运动的加速度大小a ＝qE m该过程中，粒子沿y 轴方向的位移大小y ＝12at 32解得y ＝14R由于y <R ，因此假设成立，粒子经过P 点后从y 轴离开电场；粒子从y 轴离开电场时沿y 轴方向的速度大小v y ＝at 3，解得v y ＝qBR2m则合速度v ＝v 02＋v y 2解得v ＝5qBR2m.考点二带电粒子在叠加场中的运动1．三种典型情况(1)若只有两个场，所受合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态．例如电场与磁场叠加满足qE ＝qvB 时，重力场与磁场叠加满足mg ＝qvB 时，重力场与电场叠加满足mg ＝qE 时．(2)若三场共存，所受合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F ＝qvB 的方向与速度v 垂直．(3)若三场共存，粒子做匀速圆周运动时，则有mg ＝qE ，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB ＝m v 2r.2．当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．3．分析例2(多选)(2022·广东卷·8)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场．电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点．已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有()A．电子从N到P，电场力做正功B．N点的电势高于P点的电势C．电子从M到N，洛伦兹力不做功D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力答案BC解析由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，故A错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，N点的电势高于P点的电势，故B正确；由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直，故电子从M到N，洛伦兹力都不做功，故C正确；由于M点和P点在同一等势面上，故从M点到P点电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点所受电场力相等，即所受合力相等，故D 错误．例3(2022·广东高州市二模)如图所示，在区域Ⅰ有与水平方向成45°角的匀强电场，电场方向斜向左下方．在区域Ⅱ有竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E 2＝mgq，磁感应强度大小为B .质量为m 、电荷量为－q 的粒子从区域Ⅰ的左边界P 点由静止释放，粒子沿虚线水平向右运动，进入区域Ⅱ，区域Ⅱ的宽度为d .粒子从区域Ⅱ右边界的Q 点离开，速度方向偏转了60°.重力加速度大小为g .求：(1)区域Ⅰ的电场强度大小E 1；(2)粒子进入区域Ⅱ时的速度大小；(3)粒子从P 点运动到Q 点的时间．答案(1)2mg q (2)23qBd3m(3)23qBd 3mg ＋πm3qB解析(1)粒子在区域Ⅰ受重力和静电力，做匀加速直线运动，θ＝45°，如图所示故有sin θ＝mgqE 1解得E 1＝mg q sin θ＝2mgq(2)设粒子进入区域Ⅱ的速度为v ，粒子受竖直向下的重力和竖直向上的静电力，且qE 2＝mg则所受的洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝mv 2r 速度方向偏转了60°，则对应圆心角为60°，有sin 60°＝d r ，联立解得v ＝23qBd3m(3)设粒子在区域Ⅰ沿虚线水平加速的加速度大小为a ，有a ＝gtan θ＝g ，由速度公式有v ＝at 1可得加速时间为t 1＝23qBd3mg粒子在区域Ⅱ做匀速圆周运动的周期为T ＝2πr v ＝2πm qB则做匀速圆周运动的时间为t 2＝60°360°T ＝πm3qB则粒子从P 点运动到Q 点的时间为t ＝t 1＋t 2＝23qBd 3mg ＋πm3qB.(2022·山西省一模)如图所示，以两竖直虚线M 、N 为边界，中间区域Ⅰ内存在方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E ，两边界M 、N 间距为d .N 边界右侧区域Ⅱ中存在磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场．M 边界左侧区域Ⅲ内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场．边界线M 上的O 点处有一离子源，水平向右发射同种正离子．已知初速度为v 0的离子第一次回到边界M 时恰好到达O 点，电场及两磁场区域足够大，不考虑离子的重力和离子间的相互作用．(1)求离子的比荷；(2)初速度为v02的离子第二次回到边界M 时也能恰好到达O 点，求区域Ⅲ内磁场的磁感应强度大小．答案(1)v 0dv 0EB (2)B7解析(1)由题可知，离子在区域Ⅰ和Ⅱ中的运动轨迹如图所示，离子在区域Ⅰ由O运动到A 过程中，水平方向以速度v 0做匀速直线运动，有d ＝v 0t竖直方向做匀加速直线运动，有y 1＝12at 2又qE ＝ma 联立可得y 1＝qEd 22mv 02设离子运动到A 点时的速度方向与边界N 的夹角为θ，则离子运动到A 点速度为v ＝v 0sin θ离子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动有qvB ＝mv 2r 解得r ＝mv 0qB sin θ由几何关系可知AC ＝2r sin θ＝2mv 0qB从C 点运动到O 点过程，竖直方向有y 2＝at ·t ＋12at 2＝32at 2又AC ＝y 1＋y 2联立可得q m ＝v 0dv 0EB(2)当初速度为v02时，离子运动轨迹如图所示．从O 点射出到进入区域Ⅱ中，竖直方向有y 1′＝12at ′2水平方向有d ＝v02t ′可得y 1′＝4y 1设离子运动到A ′点时的速度方向与边界N 的夹角为θ′，则运动到A 点速度为v ′＝v 02sin θ′，在区域Ⅱ中有qv ′B ＝mv ′2r ′，则r ′＝mv 02qB sin θ′从进入区域Ⅱ到射出区域Ⅱ，弦长A ′C ′＝2r ′sin θ′＝mv 0qB再次进入区域Ⅰ中，竖直分位移为y 2′＝at ′·t ′＋12at ′2＝32at ′2＝4y 2所以y 1′＋y 2′＝4(y 1＋y 2)＝4AC 在区域Ⅲ中的弦长OF ＝2r ″sin θ″又qv ″B ′＝m v ″2r ″，v ″＝v 02sin θ″所以OF ＝mv 0qB ′由几何关系可知OF ＝y 1′＋y 2′－A ′C ′＝7mv 0qB联立解得B ′＝B7.专题强化练1．(2022·山东省名校联盟高三期末)如图所示，在xOy 坐标系的第一象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场，在第四象限内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场．一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(粒子所受重力不计)从坐标原点O 射入磁场，其入射方向与x 轴的夹角θ＝30°，第一次进入电场后，粒子到达坐标为(23L ＋L ，L )的P 点处时的速度大小为v 、方向沿x 轴正方向．求：(1)粒子从O 点射入磁场时的速度大小v 0；(2)电场的电场强度大小E 以及磁场的磁感应强度大小B ；(3)粒子从O 点运动到P 点的时间t .答案(1)233v (2)mv 26qL 23mv3qL (3)3L π＋126v解析(1)由题意知，粒子的运动轨迹如图所示，由于洛伦兹力不做功，粒子经过Q 点时的速度大小也为v 0，根据对称性，粒子经过Q 点时的速度方向与x 轴正方向的夹角也为θ，粒子进入第一象限后，沿x 轴方向做匀速直线运动，沿y 轴方向做匀减速直线运动，根据几何关系有vv 0＝cos θ解得v 0＝233v (2)对粒子从Q 点运动到P 点的过程，根据动能定理有－qEL ＝12mv 2－12mv 02解得E ＝mv 26qL设粒子从Q 点运动到P 点的时间为t 1，有0＋v 0sin θ2·t 1＝L 解得t 1＝23L v粒子从Q 点运动到P 点的过程中沿x 轴方向的位移大小为x QP ＝vt 1解得x QP ＝23L则OQ ＝23L ＋L －x QP ＝L设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R ，根据几何关系有OQ ＝2R sin θ解得R ＝L根据洛伦兹力提供向心力有qv 0B ＝mv 02R 解得B ＝23mv 3qL(3)粒子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πR v 0根据几何关系，在粒子从O 点运动到Q 点的过程中，运动轨迹对应的圆心角为90°－θ，故粒子在该过程中运动的时间t 2＝90°－θ360°·T 解得t 2＝3πL 6v又t ＝t 1＋t 2解得t ＝3L π＋126v.2．(2022·河北唐山市高三期末)如图，顶角为30°的“V”字形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场．OM 上方存在电场强度大小为E 的匀强电场，方向竖直向上．在OM 上距离O 点3L 处有一点A ，在电场中距离A 为d 的位置由静止释放一个质量为m 、电荷量为q 的带负电的粒子，经电场加速后该粒子以一定速度从A 点射入磁场后，第一次恰好不从ON 边界射出．不计粒子的重力．求：(1)粒子运动到A 点时的速率v 0；(2)匀强磁场磁感应强度大小B ；(3)粒子从释放到第2次离开磁场的总时间．答案(1)2qEd m(2)1L2Edmq(3)32md qE ＋7πL6m2qEd解析(1)带电粒子由静止开始到达A 点时，由动能定理可得qEd ＝12mv 02解得v 0＝2qEd m(2)根据题意作出粒子在磁场中完整的运动轨迹图如图所示粒子在磁场中的运动轨迹的圆心为O 1，轨迹与ON 边界相切于D 点，设轨迹半径为r ，由几何关系可得sin 30°＝r 3L －r解得r ＝L设匀强磁场磁感应强度大小为B ，由洛伦兹力提供向心力可得Bqv 0＝mv 02r 联立解得B ＝mv 0qr ＝1L2Edm q(3)带电粒子从静止加速到A 点所用时间为t1＝2dv0＝2md qE带电粒子在磁场中运动的周期T＝2πrv0＝πL 2m qEd带电粒子第一次在磁场中运动时间为t2＝T 2带电粒子再次进入电场再返回磁场所用时间t3＝2t1再次返回磁场由几何关系可知，以O点为圆心继续做圆周运动至ON边界离开，则再次做圆周运动的时间为t4＝30°360°T＝T12所以总时间为t＝t1＋t2＋t3＋t4＝32mdqE＋7πL6m2qEd.3．(2022·河北张家口市一模)如图所示，平面直角坐标系xOy的第一象限存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场，第二象限存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子在x轴上的A(－d,0)点沿y轴正方向射入电场区域，粒子第一次经过y轴时的速度方向与y轴正方向的夹角为60°，之后每相邻两次经过y轴时的位置间距相等．不计粒子重力．求：(1)粒子的初速度的大小v0；(2)匀强磁场磁感应强度的大小B；(3)粒子从A点运动到第n次经过y轴的时间．答案(1)2Eqd3m(2)3Em2qd(3)见解析解析(1)粒子进入电场后做类平抛运动，沿x轴方向的加速度大小a＝Eq m从A点第一次运动到y轴的过程，x轴方向有v x2＝2ad第一次经过y轴时有tan60°＝v x v0联立解得v0＝2Eqd 3m(2)粒子第一次经过y轴时的速度大小v＝v xsin60°粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m v2r由几何关系可知，粒子每次进入磁场到离开磁场的过程中沿y轴方向运动的距离L＝2r sin60°之后粒子每次从y轴进入电场到离开电场，运动的时间t0＝2v x at0时间内，粒子沿y轴方向运动的距离为y＝v0t0由题意可知y＝L联立解得B＝3Em 2qd(3)设粒子从A点第一次运动到y轴的时间为t1，则有12at12＝d解得t1＝2dm Eq粒子第一次经过y轴到第二次经过y轴，在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可知粒子在磁场中运动的时间为t2＝T3粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝2πmqB解得t2＝2π96dmEq粒子第二次经过y轴到第三次经过y轴，在电场中运动的时间t3＝2v xa＝22dmEq＝2t1即粒子从A点运动到第三次经过y轴时的时间为t3＋t2＋t1＝3t1＋t2所以粒子从A点运动到第n次经过y轴时的时间t＝nt1＋n－12t2＝3n－1π9＋n2dmEq(n＝1,3,5,7，…)t′＝(n－1)t1＋n2t2＝(3nπ9＋n－1)2dmEq(n＝2,4,6,8，…)4．(2022·安徽省江南十校一模)如图所示，竖直平面内建立直角坐标系xOy，y轴正向竖直向上，x轴正向水平向右，x轴在水平平面M内，在x轴上方存在方向竖直向下、电场强度大小为E1的匀强电场．两平行水平面M和N之间的距离为d，其间的区域存在方向竖直向上、电场强度大小为E2的匀强电场(E2＝12E1)和方向水平向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场．带电荷量分别为q和－q(q>0)的小球1和2先后从y轴上距O点为h的P点以相同的初速率v0沿x轴正向水平射出，小球1从x轴上距O点为2h的A点进入MN间，恰好未从平面N离开．小球2从x轴上C点进入两平面间，最后从平面N上某点离开．设两小球质量分别为m 1和m 2，且qE 1＝2m 1g ，题中h 、d 和重力加速度g 已知，其他量均未知．(1)求两小球的初速率v 0；(2)求电场强度E 2和磁感应强度B 的大小之比；(3)若C 点坐标为(4h ,0)，求m 1和m 2之比以及球2离开平面N 时速度大小．答案(1)6gh(2)23－6d gh6h(3)1830gh ＋9gd2解析(1)小球1在x 轴上方做类平抛运动，有x 1＝2h ＝v 0t 1y 1＝h ＝12a 1t 12qE 1＋m 1g ＝m 1a 1且qE 1＝2m 1g 联立解得v 0＝6gh (2)因为E 2＝12E 1则m 1g ＝qE 2所以小球1在MN 间做匀速圆周运动．由题意可知，小球1恰好未从下边界平面N 离开，其轨迹应与平面N 相切，如图所示，设小球1刚进入MN时速度偏转角为θ1，由几何关系可知R cosθ1＋R＝d由tanθ1＝2y1x1＝1，知θ1＝45°又qv A B＝m1v A2 Rv A＝v0cosθ1联立解得E2B＝23－6d gh6h(3)小球2在x轴上方做类平抛运动，有x2＝4h＝v0t2y2＝h＝12a2t22m2g－qE1＝m2a2结合(1)问中4个式子可得m1m2＝18小球2从P点到离开平面N全过程由动能定理得m2g(h＋d)－qE1h＋qE2d＝12m2v2－12m2v02解得v＝30gh＋9gd2.。
高考物理复习冲刺压轴题专项突破—带电粒子在复合场中的运动(含解析)
1．如图所示，两平行金属板水平放置，板长和板间距均为L 高考物理复习冲刺压轴题专项突破—带电粒子在复合场中的运动（含解析），两板间接有直流电源，极板间有垂直纸面向外的匀强磁场。
一带电微粒从板左端中央位置以速度0v =垂直磁场方向水平进入极板，微粒恰好做匀速直线运动。
若保持a 板不动，让b 板向下移动0.5L ，微粒从原位置以相同速度进入，恰好做匀速圆周运动，则该微粒在极板间做匀速圆周运动的时间为（）A．BCD【答案】A【解析】微粒恰好做匀速直线运动时有0Eqqv B mg L=+恰好做匀速圆周运动32Eqmg L =联立解得02mgqv B =即02mg v qB=由题意可知0v =2mgqB=由公式200v qv B mR=得0mv R qB=联立解得2R L=微粒运动轨迹如图所示，由几何关系可得30MON ︒∠=所以微粒在磁场中运动的时间为30360t ︒︒==故A 正确，BCD 错误。
故选A 。
2．如图所示为早期回旋加速器的结构示意图，1D 和2D 是两个中空半径为R 的半圆金属盒，它们之间接高频交流电其频率为f ，匀强磁场的磁感应强度为B ，A 处的粒子源产生的α粒子在两盒之间被电场加速，两个半圆盒处于垂直于盒面的匀强磁场中。
α粒子进入半圆金属盒内做匀速圆周运动若忽略α粒子在电场中的加速时间且不考虑相对论效应，则下列说法正确的是（）A ．α粒子在磁场中回转一周运动的周期越来越大B ．α粒子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小有关C ．不改变B 和f ，该回旋加速器也能用于加速氘核D ．α粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大【答案】C 【解析】A ．α粒子在磁场中运动的周期：2m T qBπ=与其速度的大小无关，所以α粒子运动的周期不变。
故A 错误；BD ．根据洛伦兹力提供向心力可知：2mm v qv B mR=得：m qBR v m=与加速的电压无关；最大动能为：2222m 122k q B R E mv m==可知最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关，与加速的次数无关，故B 错误，D 错误.C ．根据：2mT qBπ=知α换成氘核，比荷不发生变化，则在磁场中运动的周期不发生变化，回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等，故不需要改变磁感应强度或交流电的周期，故C 正确；故选：C.3．如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a 和b ，内有带电量为q 的某种自由运动电荷．导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B ．当通以从左到右的稳恒电流I 时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U ，且上表面的电势比下表面的低．由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为A ．IBq aU ，负B ．IBq aU ，正C ．IBq bU，负D ．IBq bU，正【答案】C 【解析】因为上表面的电势比下表面的低，根据左手定则，知道移动的电荷为负电荷；根据电荷所受的洛伦兹力和电场力平衡可得：U qvB qa=解得：U v Ba=因为电流为：I nqvs nqvab==解得：IB n q bU=A.与分析不符，故A 错误；B.与分析不符，故B 错误；C.与分析相符，故C 正确；D.与分析不符，故D 错误．4．如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在墙上．空间存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ．一个带正电的小物块(可视为质点)从A 点以初速度0v 向左运动，接触弹簧后运动到C 点时速度恰好为零，弹簧始终在弹性限度内．已知物块质量为m ，A 、C 两点间距离为L ，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ．则物块由A 点运动到C 点的过程中，下列说法正确的是A ．小物块的加速度先不变后减小B ．弹簧的弹性势能增加量为2012mv mgL μ-C ．小物块与弹簧接触的过程中，弹簀弹力的功率先增加后减小D ．小物块运动到C 点时速度为零，加速度也一定为零【答案】C 【解析】物块与水平面间动摩擦因数为μ，由于摩擦力做功机械能减小，物块的速度减小，根据f 洛=qvB ，可知物块受到的洛伦兹力减小．由左手定则可知物块向左运动的过程中受到的洛伦兹力的方向向下，洛伦兹力减小，则物块受到的向上的支持力F N =f 洛+mg 减小，所以摩擦力：f =μF N 也减小，物块的加速度a =f/m 也减小；当物块接触弹簧后，物体的加速度：f Fa m+'＝，f 减小，而F 增大，所以不能判断出加速度的变化．由以上的分析可知A 是错误的．此过程动能转换为弹性势能和内能，根据能量守恒知物块克服摩擦力做的功为-W f =12mv 02-E P 弹，由于摩擦力是变力，而且f =μF N =μ（f 洛+mg ），可知弹簧的弹性势能增加量一定不是12mv 02-μmgL ．故B 错误；小物块与弹簧接触的过程中，弹簧弹力逐渐增大，而物块的速度逐渐减小，由P=Fv ，可知开始时弹簧的功率为0，开始时逐渐增大；最后速度等于0时，弹簧的功率也是0，由此可知，弹簧的功率在增大到某一个最大值后又开始减小，即弹簧的弹力的功率先增加后减小，故C 正确；小物块到达C 点时，弹簧处于压缩状态，由于不知道小物块在C 点受到的弹簧的弹力与摩擦力的大小关系，所以不能判断出小物块是否能静止．故D 错误．5．如图所示，两平行金属板中有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个α粒子从两板正中央垂直电场、磁场入射，它在金属板间运动轨迹如图中曲线所示，则在α粒子飞跃金属板间区域过程中（）A ．α粒子的动能增大B ．α粒子的电势能增大C ．电场力对α粒子做负功D ．磁场力对α粒子做负功【答案】A 【解析】对α粒子在电场、磁场中进行受力分析，受到竖直向上的洛伦兹力和竖直向下的电场力．运动过程中，洛伦兹力不做功，由图中给出的α粒子的运动轨迹可知电场力对其做正功，因此α粒子的电势能减小．再由动能定理可知，α粒子的动能增大．因此A 正确、BCD 错误．6．如图所示，半圆光滑绝缘轨道MN 固定在竖直平面内，O 为其圆心，M 、N 与O 高度相同，匀强磁场方向与轨道平面垂直．现将一个带正电的小球自M 点由静止释放，它将沿轨道在M 、N 间做往复运动．下列说法中正确的是()A ．小球在M 点和N 点时均处于平衡状态B ．小球由M 到N 所用的时间大于由N 到M 所用的时间C ．小球每次经过轨道最低点时对轨道的压力大小均相等D ．小球每次经过轨道最低点时所受合外力大小均相等【答案】D 【解析】A.小球在M 点和N 点只受到重力，所以小球在这两点不能处于平衡状态，故A 错误；B.由于洛仑磁力总是与运动垂直，由于没有摩擦力，故对其速度大小由影响的只有重力，故小球无论从哪边滚下，时间都是一样的，故B 错误；D.小球不管从哪边滚下，只有重力做功，且重力做功相等，由动能定理可知，小球在最低点是，速度大小总是相等的，由2=v F m r合可知合力不变，故D 正确．C.小球从M 到N 运动，在最低点受到向上的洛仑磁力、向上的支持力和向下的重力，由牛顿可得：21v F F mg m r +-=洛，故此时小球对轨道的压力为：21v F m mg F r=+-洛；小球从N 到M 运动，在最低点受到向下的洛仑磁力、向上的支持力和向下的重力，由牛顿可得：22v F mg F m r --=洛，故此时小球对轨道的压力为22v F m F mg r=++洛，所以小球每次经过轨道最低点时对轨道的压力大小不相等，故C 错误．7．如图所示的速度选择器水平放置，板长为L ，两板间距离也为L ，两板间分布着如图所示的正交匀强电场与匀强磁场，一带正电的粒子（不计重力）从两板左侧中点O 处沿图中虚线水平向右射入速度选择器，恰好做匀速直线运动；若撤去磁场，保留电场，粒子以相同的速度从O 点进入电场，恰好从上板极右边缘b 点离开场区；若撤去电场，保留磁场，粒子以相同的速度从O 点进入磁场，则粒子圆周运动的半径为（）A ．LB ．2LC ．54L D ．2L 【答案】A 【解析】该粒子恰能匀速通过图中虚线，电场力向上，洛伦兹力向下，根据平衡条件，有qvB qE=解得E v B=撤去磁场，保持电场不变，粒子在电场中做类平抛运动，则L vt =，211·22qEL t m=解得粒子的比荷2q E m LB =撤去电场，保持磁场不变，粒子做匀速圆周运动，由2v qvB m r=，解得mv r L qB==故选A 。
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带电粒子在复合场中的运动1．如图1所示，某一空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，三种速度不同的质子从同一点沿垂直电场线和磁感线方向射入场区，其轨迹为图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三条虚线，设质子沿轨迹Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ进入场区时速度分别为v1、v2、v3，射出场区时速度分别为v1′、v2′、v3′，不计质子重力，则下列选项正确的是()图1A．v1>v2>v3，v1′<v2′<v3′B．v1>v2>v3，v1>v1′，v3′>v3C．v1<v2<v3，v1>v1′，v3′>v3D．v1<v2<v3，v1<v1′，v3′<v32．如图2所示区域有方向竖直向下的匀强电场和水平向里的匀强磁场，一带正电的微粒以水平向右的初速度进入区域时，恰能沿直线运动．欲使微粒向下偏转，可采用的方法是()图2A．仅减小入射速度B．仅减小微粒的质量C．仅增大微粒的电荷量D．仅增大磁场的磁感应强度3．(多选)如图3所示，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等．在该平面有一个质量为m、带正电q的粒子以初速度v0垂直x轴，从x轴上的P点进入匀强电场，恰好与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间恰好垂直于x轴进入下面的磁场，已知OP之间的距离为d，不计粒子重力，则()图3A ．磁感应强度B ＝2mv 04qd B ．电场强度E ＝mv 022qdC ．自进入磁场至在磁场中第二次经过x 轴所用时间为t ＝72πd2v 0D ．自进入磁场至在磁场中第二次经过x 轴所用时间为t ＝7πd2v 04.(2018·全国卷Ⅲ)如图4，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U 加速后在纸面内水平向右运动，自M 点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直．已知甲种离子射入磁场的速度大小为v 1，并在磁场边界的N 点射出；乙种离子在MN 的中点射出；MN 长为l .不计重力影响和离子间的相互作用．求：图4(1)磁场的磁感应强度大小； (2)甲、乙两种离子的比荷之比．5．如图5，A 、B 、C 为同一平面内的三个点，在垂直于平面方向加一匀强磁场，将一质量为m 、带电荷量为q (q >0)的粒子以初动能E k 自A 点垂直于直线AC 射入磁场，粒子依次通过磁场中B 、C 两点所用时间之比为1∶3.若在该平面内同时加匀强电场，从A 点以同样的初动能沿某一方向射入同样的带电粒子，该粒子到达B 点时的动能是初动能的3倍，到达C 点时的动能为初动能的5倍．已知AB 的长度为l ，不计带电粒子的重力，求图5(1)磁感应强度的大小和方向；(2)电场强度的大小和方向．6．如图6所示，在xOy坐标系的第二象限内有水平向右的匀强电场，第四象限内有竖直向上的匀强电场，两个电场的场强大小相等，第四象限内还有垂直于纸面的匀强磁场，让一个质量为m、带电荷量为q的粒子在第二象限内的P(－L，L)点由静止释放，结果粒子沿直线运动到坐标原点并进入第四象限，粒子在第四象限内运动后从x轴上的Q(L,0)点进入第一象限，重力加速度为g，求：7．如图7甲所示，有一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OP与水平方向夹角为θ＝45°，紧靠磁场边界放置长为6d、间距为d的平行金属板M、N，M板与磁场边界的交点为P，磁场边界上的O点与N 板在同一水平面上．在两板间存在如图乙所示的交变电场(取竖直向下为正方向)，其周期T＝4dv0，E0＝Bv06.某时刻从O点竖直向上以初速度v0发射一个电荷量为＋q的粒子，结果粒子恰在图乙中的t＝T4时刻从P点水平进入板间电场，最后从电场中的右边界射出．不计粒子重力．求：图7(1)粒子的质量m；(2)粒子从O点进入磁场到射出电场运动的总时间t；(3)粒子从电场中的射出点到M点的距离．参考答案1.答案 B2.答案 A3.答案 BD解析 粒子的轨迹如图所示：带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀加速运动，竖直方向做匀速运动，由题得知，出电场时，v x ＝v y ＝v 0，根据：x ＝v x2t ，y ＝v y t ＝v 0t ，得y ＝2x ＝2d ，出电场时与y 轴交点坐标为(0,2d )，设粒子在磁场中运动的半径为R ，则有R sin (180°－β)＝y ＝2d ，而β＝135°，解得：R ＝22d ，粒子在磁场中运动的速度为：v ＝2v 0，根据R ＝mv qB ，解得：B ＝mv 02qd ，故A 错误；根据v x ＝at ＝qE m t ＝v 0，x ＝v x 2t ，联立解得：E ＝mv 022qd ，故B 正确；在第一象限运动时间为：t 1＝135°360°T ＝3πd 2v 0，在第四象限运动时间为：t 2＝12T ＝2πd v 0，所以自进入磁场至在磁场中第二次经过x 轴所用时间为：t ＝t 1＋t 2＝7πd2v 0，故D 正确，C 错误．4.答案 (1)4Ulv 1(2)1∶4解析 (1)设甲种离子所带电荷量为q 1、质量为m 1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R 1，磁场的磁感应强度大小为B ，由动能定理有q 1U ＝12m 1v 12①由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 q 1v 1B ＝m 1v 12R 1②由几何关系知 2R 1＝l ③ 由①②③式得B ＝4U lv 1④(2)设乙种离子所带电荷量为q 2、质量为m 2，射入磁场的速度为v 2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R 2.同理有q 2U ＝12m 2v 22⑤ q 2v 2B ＝m 2v 22R 2⑥由题给条件有 2R 2＝l 2⑦由①②③④⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为 q 1m 1∶q 2m 2＝1∶4⑧ 5.答案 见解析解析 (1)设AC 中点为O ，由题意可知AC 长度为粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径，连接OB .因为粒子在运动过程中依次通过B 、C 两点所用时间之比为1∶3，所以∠AOB ＝60°，粒子做圆周运动的半径r ＝l由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得：qvB ＝m v 2r 初动能：E k ＝12mv 2 解得：B ＝2mE k ql因为粒子带正电，根据洛伦兹力的方向可以判断，磁感应强度B 的方向为垂直纸面向外．(2)加上电场后，只有电场力做功，从A 到B ：qU AB ＝3E k －E k 从A 到C ：qU AC ＝5E k －E k 则U AC ＝2U AB在匀强电场中，沿任意一条直线电势的降落是均匀的，可以判断O 点与B 点是等电势的，所以电场强度E 与OB 垂直；因为由A 到B 电场力做正功，所以电场强度的方向与AB 成30°夹角斜向上．设电场强度的大小为E ，有：U AB ＝El cos 30° 联立解得：E ＝43E k3ql . 6.答案 (1)2L g (2)2m 2gLqL ，垂直纸面向里解析 (1)粒子在第二象限内做直线运动，因此电场力和重力的合力方向沿PO 方向，则粒子带正电．mg ＝qE 1＝qE 2，2mg ＝ma ，2L ＝12at 2，解得t ＝2L g(2)设粒子从O 点进入第四象限的速度大小为v ，则v ＝at ＝2gL ，方向与x 轴正方向成45°角，由于粒子在第四象限内受到的电场力与重力等大反向，因此粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于粒子做匀速圆周运动后从x 轴上的Q (L,0)点进入第一象限，根据左手定则可以判断，磁场方向垂直于纸面向里．粒子做圆周运动的轨迹如图，由几何关系可知 7.答案 见解析解析 (1)粒子在磁场中的运动轨迹如图，轨迹半径r ＝d 由牛顿第二定律得 qv 0B ＝m v 02r 解得：m ＝qBdv 0(2)粒子在磁场中运动的周期T 0＝2πmqB 在磁场中运动的时间t 1＝T 04粒子在电场中做曲线运动，与两板平行方向上的分运动为匀速直线运动 运动时间t 2＝6dv 0从O 点到离开电场的总时间t ＝t 1＋t 2 解得：t ＝πd 2v 0＋6d v 0＝π＋122v 0d(3)粒子在电场中的运动时间t 2＝6d v 0＝32T当粒子从时刻t ＝T4自P 点进入电场后，在竖直方向上运动一个周期T 的位移为0，速度图象如图所示故粒子在32T 内运动的竖直位移y ＝2×12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 42a ＝qE 0m ，解得y ＝d 6.。
高三物理二轮复习 带电粒子在复合场中的运动专题突破系列小题狂练大题冲关
2014届高三物理二轮复习专题突破系列：带电粒子在复合场中的运动1．(2013·北京海淀一模)如图所示，空间存在足够大、正交的匀强电、磁场，电场强度为E ，方向竖直向下，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里。
从电、磁场中某点P 由静止释放一个质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子(粒子受到的重力忽略不计)，其运动轨迹如图虚线所示。
对于带电粒子在电、磁场中下落的最大高度H ，下面给出了四个表达式，用你已有的知识计算可能会有困难，但你可以用学过的知识对下面的四个选项作出判断。
你认为正确的是( )A .2mEB 2qB .4mE 2B 2qC .2mB E 2qD .mB 2Eq[答案] A[解析] 高度的国际单位为米(m )，根据力学单位制推导四个表达式，最终单位为米的是A 选项，故A 正确，B 、C 、D 错误。
2.(2013·河南郑州一模)一个用于加速质子的回旋加速度，其核心部分如图所示，D 形盒半径为R ，垂直D 形盒平面的匀强磁场的磁感应强度为B ，两盒分别与交流电源相连。
下列说法正确的是( )A ．质子被加速后的最大速度随B 、R 的增大而增大B ．若加速电压提高到4倍，其他条件不变，则粒子获得的最大速度就提高2倍C ．从D 形盒边缘飞出的质子动能最大，最大动能为q 2B 2R22mD ．质子每次经过D 形盒间隙时都能得到加速，故在磁场中做圆周运动一周所用时间越来越小[答案] AC[解析] 设质子被加速后的最大速度为v m ，当半径为R 时，qv m B ＝m v 2m R ，则v m ＝qBRm ，v m随B 、R 的增大而增大，A 正确；最大速度v m 与加速电压无关，B 错误；质子被加速后的最大动能E km ＝12mv 2m ＝q 2B 2R 22m ，C 正确；质子在磁场中运动一周所用的时间t ＝T ＝2πmqB ，与v 无关，D 错误。
3．(2013·南昌模拟)如图所示为“滤速器”装置示意图。
高考物理二轮复习第讲带电粒子在复合场中的运动专题训练.docx
第11讲带电粒子在复合场中的运动一、选择题(每小题6分,共24分)1.(2018北京理综,18)某空间存在匀强磁场和匀强电场。
一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后,做匀速直线运动;若仅撤除电场,则该粒子做匀速圆周运动。
下列因素与完成上述两类运动无关的是( )A.磁场和电场的方向B.磁场和电场的强弱C.粒子的电性和电量D.粒子入射时的速度2.(2018四川广元五校联考)(多选)长方形区域内存在有正交的匀强电场和匀强磁场,其方向如图所示,一个质量为m、电荷量为q的小球以初速度v0竖直向下进入该区域。
若小球恰好沿直线下降,则下列叙述正确的是( )A.小球带正电B.电场强度E=mgqC.小球做匀速直线运动D.磁感应强度B=mgqv03.(2018江苏苏锡常镇四市联考)(多选)自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。
如图甲所示,自行车前轮上安装一块磁铁,轮子每转一圈,这块磁铁就靠近霍尔传感器一次,传感器会输出一个脉冲电压。
图乙为霍尔元件的工作原理图,当磁场靠近霍尔元件时,导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转,最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差,即霍尔电势差。
下列说法正确的是( )A.根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小B.自行车的车速越大,霍尔电势差越高C.图乙中霍尔元件的电流I是由正电荷定向移动形成的D.如果长时间不更换传感器的电源,霍尔电势差将减小4.(多选)如图所示,区域Ⅰ中有正交的匀强电场和匀强磁场,区域Ⅱ只有匀强磁场,不同的离子(不计重力)从左侧进入两个区域,在区域Ⅰ中都没有发生偏转,在区域Ⅱ中做圆周运动的轨迹都相同,下列关于这些离子的说法正确的是( )A.离子一定都带正电B.离子进入复合场的初速度相等C.离子的比荷一定相同D.离子的初动量一定相同二、非选择题(共56分)5.(12分)如图所示,在纸平面内建立的直角坐标系xOy,在第一象限的区域存在沿y轴正方向的匀强电场。
高考物理带电粒子在复合场中的运动压轴题二轮复习含答案解析
高考物理带电粒子在复合场中的运动压轴题二轮复习含答案解析一、带电粒子在复合场中的运动压轴题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(92)qBhvm-=（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．质谱分析技术已广泛应用于各前沿科学领域．汤姆孙发现电子的质谱装置示意如图，M 、N 为两块水平放置的平行金属极板，板长为L ，板右端到屏的距离为D ，且D 远大于L ，O O '为垂直于屏的中心轴线，不计离子重力和离子在板间偏离O O '的距离．以屏中心O 为原点建立xOy 直角坐标系，其中x 轴沿水平方向，y 轴沿竖直方向．（1）设一个质量为0m 、电荷量为0q 的正离子以速度0v 沿O O '的方向从O '点射入，板间不加电场和磁场时，离子打在屏上O 点．若在两极板间加一沿y +方向场强为E 的匀强电场，求离子射到屏上时偏离O 点的距离0y ；（2）假设你利用该装置探究未知离子，试依照以下实验结果计算未知离子的质量数． 上述装置中，保留原电场，再在板间加沿y -方向的匀强磁场．现有电荷量相同的两种正离子组成的离子流，仍从O ＇点沿O O '方向射入，屏上出现两条亮线．在两线上取y 坐标相同的两个光点，对应的x 坐标分别为3.24mm 和3.00mm ，其中x 坐标大的光点是碳12离子击中屏产生的，另一光点是未知离子产生的．尽管入射离子速度不完全相等，但入射速度都很大，且在板间运动时O O '方向的分速度总是远大于x 方向和y 方向的分速度．【来源】2018年9月29日 《每日一题》一轮复习-周末培优 【答案】（1）00200q ELDy m v = （2）214u m ≈故该未知离子的质量数为14 【解析】：（1）离子在电场中受到的电场力0y F q E =①离子获得的加速度y y F a m =②离子在板间运动的时间00Lt v =③ 到达极板右边缘时，离子在y +方向的分速度0y y v a t =④离子从板右端到达屏上所需时间00'D t v =⑤ 离子射到屏上时偏离O 点的距离00'y y v t =由上述各式，得00200q ELDy m v =⑥ （2）设离子电荷量为q ，质量为m ，入射时速度为v ，磁场的磁感应强度为B ，磁场对离子的洛伦兹力x F qvB =⑦已知离子的入射速度都很大，因而离子在磁场中运动时间甚短，所经过的圆弧与圆周相比甚小，且在板间运动时，'O O 方向的分速度总是远大于在x 方向和y 方向的分速度，洛伦兹力变化甚微，故可作恒力处理，洛伦兹力产生的加速度x qvBa m=⑧ x a 是离子在x 方向的加速度，离子在x 方向的运动可视为初速度为零的匀加速直线运动，到达极板右端时，离子在x 方向的分速度()x x qvB L qBLv a t m v m===⑨ 离子飞出极板到达屏时，在x 方向上偏离O 点的距离 '()x qBL D qBLDx v t m v mv==⑩ 当离子的初速度为任意值时，离子到达屏上时的位置在y 方向上偏离O 点的距离为y ，考虑到⑥式，得2qELD y mv =⑾ 由⑩、⑾两式得2kx y m=⑿ 其中2qB LDk E=上式表明，k 是与离子进入板间初速度无关的定值，对两种离子均相同，由题设条件知，x 坐标3.24mm 的光点对应的是碳12离子，其质量为112m u =，x 坐标3.00mm 的光点对应的是未知离子，设其质量为2m ，由⑿式代入数据可得214m u ≈⒀故该未知离子的质量数为14．3．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°。
高三物理二轮专题复习第13讲 带电粒子在复合场中的运动
图3 A.M板电势一定高于N板的电势 B.污水中离子浓度越高，电压表的示数越大 C.污水流动的速度越大，电压表的示数越大 D.电压表的示数U与污水流量Q成正比
解析 根据左手定则知负离子所受洛伦兹力方向向下，正离子所受洛伦兹力方向向 上，所以 M 板电势一定高于 N 板的电势，选项 A 正确；最终离子处于平衡，故电 场力等于洛伦兹力，根据牛顿第二定律有 qvB＝qUc ，解得 U＝Bvc，所以电压表 示数与离子的浓度无关，与污水流动的速度成正比，选项 B 错误，C 正确；根据 v ＝BUc ，则流量 Q＝vbc＝BUcbc＝UBb，即 U＝QbB ，故电压表示数与污水流量成正比， 选项 D 正确。 答案 B
图2 A.上板为正极，电流 I＝RBadbv＋aρbd B.上板为负极，电流 I＝RBabv＋adρ2d
C.下板为正极，电流 I＝RBadbv＋aρbd D.下板为负极，电流 I＝RBabv＋adρ2d
解析 根据左手定则可知，带正电的粒子在磁场中受到的洛伦兹力向下，故下板为 正极，两板间的电势差为 U，则 qUd ＝qvB，得 U＝Bdv，电流 I＝R＋Uρadb＝RBadbv＋aρbd， 选项 C 正确。 答案 C
A.质量最小 C.动能最小
图1 B.比荷最小 D.动量最小
解析 粒子在电场中加速，由动能定理得 qU＝12mv2－0；粒子在磁场中做匀速圆周 运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 qvB＝mvr2，联立解得mq ＝B22Ur2，由 图示可知，打在 P1 处的粒子轨道半径 r 最大，打在 P1 处的粒子比荷最小，选项 B 正确；由于三种粒子是同位素，粒子所带电荷量 q 相等，比荷越小，质量越大，由 此可知，打在 P1 处的粒子质量最大，选项 A 错误；三种粒子的电荷量 q 相同、加 速电压 U 相同，由 qU＝12mv2－0 可知，三种粒子的动能相等，选项 C 错误；粒子 的动量 P＝ 2mEk，由于粒子动能 Ek 相等，打在 P1 处的粒子质量最大，则打在 P1 处的粒子动量最大，选项 D 错误。 答案 B
高考物理二轮复习专题带电粒子在复合场中的运动押题专练
专题07 带电粒子在复合场中的运动1．如图1所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场．在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球．O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水平线上．已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是( )图1A．小球能越过d点并继续沿环向上运动B．当小球运动到d点时，不受洛伦兹力C．小球从d点运动到b点的过程中，重力势能减小，电势能减小D．小球从b点运动到c点的过程中，经过弧bc中点时速度最大答案 BD2．如图2甲所示，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的圆形区域内加有与xOy平面垂直的匀强磁场．在坐标原点O处放置一带电微粒发射装置，它可以连续不断地发射具有相同质量m、电荷量q(q＞0)和初速度为v0的带电微粒．(已知重力加速度为g)图2(1)当带电微粒发射装置连续不断地沿y轴正方向发射这种带电微粒时，这些带电微粒将沿圆形磁场区域的水平直径方向离开磁场，并继续沿x轴正方向运动．求电场强度E和磁感应强度B的大小和方向．(2)调节坐标原点处的带电微粒发射装置，使其在xOy 平面内不断地以相同速率v 0沿不同方向将这种带电微粒射入第Ⅰ象限，如图乙所示．现要求这些带电微粒最终都能平行于x 轴正方向运动，则在保证电场强度E 和磁感应强度B 的大小和方向不变的条件下，求出符合条件的磁场区域的最小面积．答案 (1)E ＝q mg ，沿y 轴正方向 B ＝qR mv0，垂直纸面向外 (2)(2π－1)R 2(2)沿y 轴正方向射入的微粒，运动轨迹如图所示：以半径R 沿x 轴正方向运动四分之一圆弧，该圆弧也恰为微粒运动的上边界．以O 点为圆心、R 为半径做的四分之一圆弧BC 为微粒做圆周运动的圆心轨迹．微粒经磁场偏转后沿x 轴正方向运动，即半径沿竖直方向．并且射出点距圆心轨迹上各点的距离为R ，射出点的边界与圆弧BC 平行，如图中的圆弧ODA ，圆弧OA 与圆弧ODA 之间的区域即为磁场区域的最小面积：S ＝2(41πR 2－21R 2)＝(2π－1)R 2.3．如图3所示，在矩形区域CDNM 内有沿纸面向上的匀强电场，场强的大小E ＝1.5×105 V/m ；在矩形区域MNGF 内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B ＝0.2 T ．已知CD ＝MN ＝FG ＝0.60 m ，CM ＝MF ＝0.20 m ．在CD 边中点O 处有一放射源，沿纸面向电场中各方向均匀地辐射出速率均为v 0＝1.0×106 m/s 的某种带正电粒子，粒子质量m ＝6.4×10－27 kg ，电荷量q ＝3.2×10－19 C ，粒子可以无阻碍地通过边界MN 进入磁场，不计粒子的重力．求：图3(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径；(2)边界FG 上有粒子射出磁场的范围长度；(3)粒子在磁场中运动的最长时间．(后两问结果保留两位有效数字)答案 (1)0.2 m (2)0.43 m (3)2.1×10－7 s(2)设粒子沿垂直于电场方向射入时，出电场时水平位移为x ，则由平抛规律得：x ＝v0t ·t2解得x ＝153 m离开电场时，sin θ1＝v v0＝21，θ1＝30°.由题意可知，PS ⊥MN ，沿OC 方向射出粒子到达P 点，为左边界，垂直MN 射出的粒子与边界FG 相切于Q 点，Q 为右边界，QO ″＝r ，轨迹如图．范围长度为l ＝x ＋r ＝(153＋0.2) m≈0.43 m.(3)T ＝qB 2πm ，由分析可知，OO ′方向射出的粒子运动时间最长，设FG 长度为Lsin θ2＝r L －r ＝21，θ2＝30°带电粒子在磁场中运动的最大圆心角为120°，对应的最长时间为t max ＝31T ＝3qB 2πm ≈2.1×10－7 s4．如图4甲所示，水平直线MN 上方有竖直向下的匀强电场，场强大小E ＝π×103N/C ，MN 下方有垂直于纸面的磁场，磁感应强度B 随时间t 按如图乙所示规律做周期性变化，规定垂直纸面向外为磁场正方向．T＝0时将一重力不计、比荷m q ＝106 C/kg 的正点电荷从电场中的O 点由静止释放，在t 1＝1×10－5 s 时恰通过MN 上的P 点进入磁场，P 点左方d ＝105 cm 处有一垂直于MN 且足够大的挡板．图4求：(1)电荷从P 点进入磁场时速度的大小v 0；(2)电荷在t 2＝4×10－5s 时与P 点的距离Δx ；(3)电荷从O 点出发运动到挡板所需时间t 总．答案 (1)π×104 m/s (2)20 cm (3)1.42×10－4 s解析 (1)电荷在电场中做匀加速直线运动，则Eq ＝mav 0＝at 1解得v 0＝m Eqt1＝π×103×106×1×10－5 m/s ＝π×104 m/s(2)电荷在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB ＝m r v2，r ＝Bq mv当B 1＝20π T 时，半径r 1＝B1q mv0＝0.2 m ＝20 cm周期T 1＝B1q 2πm ＝4×10－5 s当B 2＝10π T 时，半径r 2＝B2q mv0＝0.1 m ＝10 cm周期T 2＝B2q 2πm ＝2×10－5 s故电荷从t ＝0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图所示．在t ＝0到t 2＝4×10－5 s 时间内，电荷先沿直线OP 运动t 1，再沿大圆轨迹运动4T1，紧接着沿小圆轨迹运动T 2，t 2＝4×10－5s 时电荷与P 点的距离Δx ＝r 1＝20 cm5． 如图1所示，P 、Q 是相距为d 的水平放置的两平行金属板，P 、Q 间有垂直于纸面向里、磁感应强度为B 1的匀强磁场，MN 是竖直放置的两平行金属板，用导线将P 与M 相连，将Q 与N 相连，X 是平行于M 和N 的竖直绝缘挡板，Y 是平行于M 和N 的荧光屏，X 、M 、N 、Y 的中间各有一个小孔，所有小孔在同一水平轴线上，荧光屏的右侧有垂直于纸面向外、磁感应强度为B 2的匀强磁场，现有大量的等离子体(等离子体中的正负离子电荷量的大小均为q ，质量均为m)以相同的速度垂直于磁场水平向右射入金属板P 、Q 之间．现忽略电场的边缘效应，不计等离子体的重力，两对极板间形成的电场均可视为匀强电场．求：图1(1)若在荧光屏Y 上只有一个亮点，则等离子体的初速度v 0必须满足什么条件；(2)若等离子体以初速度v 0射入磁场，且在荧光屏上有两个亮点，则正、负两种电荷形成的亮点到荧光屏上小孔的距离之比是多少？答案 (1)v 0≤m 2dB1q (2) －2dB1qv02(2)荧光屏上有两个亮点，则v 0>m 2dB1q在此条件下，qv 0B 1＝d U q ，得U ＝dB 1v 0对正电荷，设其到达匀强磁场B 2时的速度为v 1，则Uq ＝21mv12－21mv02设做圆周运动的半径为R 1，则qv 1B 2＝1得R 1＝ 22对负电荷，设其到达匀强磁场B 2时的速度为v 2，则－Uq ＝21mv22－21mv02设做圆周运动的半径为R 2，则qv 2B ＝2得R 2＝ 22所以，正、负两种电荷形成的亮点到荧光屏上小孔的距离之比为d2d1＝2R22R1＝ －2dB1qv026． 如图2所示，在xOy 平面内，第Ⅲ象限内的直线OM 是电场与磁场的边界，OM 与x 轴负方向成45°角．在x<0且OM 的左侧空间存在着沿x 轴负方向的匀强电场，场强大小为E ＝50 N/C ，在y<0且OM 的右侧空间存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B ＝0.2 T ．一不计重力的带负电的微粒，从坐标原点O 沿y 轴负方向以v 0＝4×103 m/s 的初速度进入磁场，已知微粒所带电荷量为q ＝－4×10－18 C ，质量为m ＝1×10－24 kg.求：图2(1)带电微粒第一次经过磁场边界时的位置坐标及经过磁场边界时的速度方向；(2)带电微粒最终离开电、磁场区域时的位置坐标；(3)带电微粒在电、磁场区域运动的总时间(结果可以保留π)．答案 (1)(－5×10－3 m ，－5×10－3 m) 速度方向与OM 夹角为45°，与电场平行 (2)(0,3.0×10－2m)(3)(5＋4π)×10－5 s解析 (1)微粒的运动轨迹如图所示，第一次经过磁场边界上的A点，设微粒在磁场中的轨迹半径为r ，由洛伦兹力提供向心力知qv 0B ＝m0解得r ＝qB mv0＝5×10－3 mA 点位置坐标为(－5×10－3 m ，－5×10－3 m)经过磁场边界时速度方向与OM 夹角为45°，与电场平行(2)如图所示，微粒从C 点沿y 轴正方向进入电场，做类平抛运动，设其加速度为a ，运动时间为t 1，则有a ＝m qE解得a ＝2.0×108 m/s 2Δx ＝21at12＝2r解得t 1＝1×10－5 sΔy ＝v 0t 1代入数据解得Δy ＝0.04 my ＝Δy －2r ＝(0.04－2×5×10－3) m ＝3.0×10－2 m微粒离开电场时的位置D 的坐标为(0,3.0×10－2 m)7． 如图3所示，真空室内竖直条形区域Ⅰ存在垂直纸面向外的匀强磁场，条形区域Ⅱ(含Ⅰ、Ⅱ区域分界面)存在水平向右的匀强电场，电场强度为E ，磁场和电场宽度均为L ，高度足够大，M 、N 为涂有荧光物质的竖直板．现有P 、Q 两束质子从A 处连续不断地射入磁场，入射方向都与M 板夹角成60°且与纸面平行，两束质子束的速度大小都恒为v.当Ⅰ区中磁场较强时，M 板上有一个亮斑，N 板上无亮斑．缓慢改变磁场强弱，M 板和N 板上会各有一个亮斑，继续改变磁场强弱，可以观察到N 板出现两个亮斑时，M 板上的亮斑刚好消失．已知质子质量为m ，电量为e ，不计质子重力和相互作用力，求：图3(1)N 板上刚刚出现一个亮斑时，M 板上的亮斑到A 点的距离x ；(2)N 板上恰好出现两个亮斑时，区域Ⅰ中的磁感应强度B ；(3)N 板上恰好出现两个亮斑时，这两个亮斑之间的距离s.答案 (1)33L (2)2eL mv (3)2L ＋v eE 2mL(2)N 板上恰好出现两个亮斑时，两束质子的轨迹如图乙所示．设轨迹半径为r ，有r sin 30°＝LevB ＝r mv2解得B ＝2eL mv(3)质子束P 恰垂直进入电场区域，质子束Q 恰在O 点以方向垂直于电场的速度进入电场，两束质子的轨迹如图乙所示设质子在电场中的运动时间为t ，则有L ＝21·m eE t 2s ′＝vts ＝r ＋s ′＝2L ＋v eE 2mL8． 电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成．偏转电场的极板由相距为d 的两块水平平行放置的导体板组成，如图4甲所示．大量电子由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间OO ′射入偏转电场．当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t 0；当在两板间加最大值为U 0、周期为2t 0的电压(如图乙所示)时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直宽度足够大的匀强磁场中，最后打在竖直放置的荧光屏上．已知磁场的磁感应强度为B ，电子的质量为m 、电荷量为e ，其重力不计．图4(1)求电子离开偏转电场时的位置到OO ′的最小距离和最大距离；(2)要使所有电子都能垂直打在荧光屏上，求：①匀强磁场的水平宽度L ；②垂直打在荧光屏上的电子束的宽度Δy.答案 (1)0 0 (2)①dB U0t0 ②dm U0e t02解析 (1)由题意可知，从0、2t 0、4t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为：y max ＝21at02＋v y t 0＝2dm U0e t02＋dm U0e t02＝2dm 3U0e t02从t 0、3t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最小，在这种情况下，电子的最小距离为：y min ＝21at02＝2dm U0e t02(2)①设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：R ＝sin θL设电子离开偏转电场时的速度为v 1，垂直偏转极板的速度为v y ，则电子离开偏转电场时的偏向角为：sin θ＝v1vy ，式中v y ＝dm U0e t 0又：R ＝Be mv1解得：L ＝dB U0t0②由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上．由第(1)问知电子离开偏转电场时的位置到OO ′的最大距离和最小距离的差值为：Δy 1＝y max －y minΔy 1＝dm U0e t02所以垂直打在荧光屏上的电子束的宽度为：Δy ＝Δy 1＝dm U0e t029．如图1所示，电压为U 的两块平行金属板MN ，M 板带正电．x 轴与金属板垂直，原点O 与N 金属板上的小孔重合，在O ≤x ≤d 区域存在垂直纸面的匀强磁场B 1(图上未画出)和沿y 轴负方向大小为E ＝3d 3U 的匀强电场，B 1与E 在y 轴方向的区域足够大．有一个质量为m ，带电荷量为q 的带正电粒子(粒子重力不计)，从靠近M 板内侧的P 点(P 点在x 轴上)由静止释放后从N 板的小孔穿出后沿x 轴做直线运动；若撤去磁场B 1，在第四象限x>d 的某区域加上左边界与y 轴平行且垂直纸面的匀强磁场B 2(图上未画出)，为了使粒子能垂直穿过x 轴上的Q 点，Q 点坐标为(27d,0)．求：图1(1)磁感应强度B 1的大小与方向；(2)磁感应强度B 2的大小与方向；(3)粒子从坐标原点O 运动到Q 点所用的时间t.答案 (1)d 13q 2Um ，方向垂直纸面向里(2)d 23q 2mU ，方向垂直纸面向里(3)(1＋63π)d qU 2m解析 (1)设粒子从O 点穿出时速度为v 0，由动能定理得：qU ＝21mv02得v 0＝m 2qU由于粒子在0≤x ≤d 区域内的电场和磁场的叠加场中做直线运动，粒子所受电场力与洛伦兹力平衡，有qv 0B 1＝qE得B 1＝d 13q 2Um磁场B 1方向垂直纸面向里．FO ′＝2r2r ＋r ＝OQ －OF ＝3d解得r ＝d由洛伦兹力提供向心力：qvB 2＝r mv2得：B 2＝d 23q 2mU ，方向垂直纸面向里(3)由几何关系可知O 到磁场左边界在x 轴上的距离为L ＝2.5d －r cos60°＝2d粒子从O 到磁场左边界所用时间t 1＝v0L ＝d qU 2m在磁场中运动时间t 2＝31T ＝3qB22πm ＝2πd 3qU 2m总时间t ＝t 1＋t 2＝(1＋63π)d qU 2m .10．如图2所示，x 轴上方有竖直向下的匀强电场，x 轴下方有垂直纸面向外的匀强磁场．矩形OACD 的边长分别为h 和2h ，一个带正电的粒子，质量为m ，电荷量为q ，以平行于x 轴的某一初速度从A 点射出，经t 0时间粒子从D 点进入磁场，再经过一段时间后粒子又一次经过A 点(粒子重力忽略不计)．求：图2(1)电场强度E 的大小；(2)磁感应强度B 的大小；(3)若仅改变粒子初速度的大小，求粒子以最短时间由A 运动到C 所需的初速度大小v x .答案 (1)02 (2)qt0m (3)t03h解析 (1)由h ＝21at02①得a ＝02Eq ＝ma ②E ＝q ma ＝02③(2)由v x ＝t02hv y ＝at 0＝t02h＝v x得v ＝t02h ④由R ＝qB mv得：qBt02mh ＝2h ⑤则B ＝qt0m ⑥11.如图1所示，真空中的矩形abcd 区域内存在竖直向下的匀强电场，半径为R 的圆形区域内同时存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，圆形边界分别相切于ad 、bc 边的中点e 、f.一带电粒子以初速度v 0沿着ef 方向射入该区域后能做直线运动；当撤去磁场并保留电场，粒子以相同的初速度沿着ef 方向射入恰能从c 点飞离该区域.已知ad ＝bc ＝34R ，忽略粒子的重力.求：图1(1)带电粒子的比荷；(2)若撤去电场保留磁场，粒子离开矩形区域时的位置.答案 (1)3BR 3v0 (2)粒子从ab 边射出，距b 点3R解析 (1)设匀强电场强度为E ，当电场和磁场同时存在时，粒子沿ef 方向做直线运动，有qv 0B ＝qE当撤去磁场，保留电场时，带电粒子做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，由题知，粒子恰能从c 点飞出，则 2R ＝v 0t ，32R ＝21at 2，qE ＝ma联解得：m q ＝3BR 3v0(2)若撤去电场保留磁场，粒子将在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图所示.设粒子离开矩形区域时的位置g 离b 的距离为x ，则由牛顿第二定律；qv 0B ＝0得r ＝R ，由图中几何关系θ＝60°故粒子离开矩形区域时到b 的距离为x ＝R －32R ×33＝3R故粒子将从ab 边射出，距b 点3R.12.如图2所示，在直角坐标系xOy 的第Ⅰ象限内有沿y 轴负向的匀强电场，电场强度为E ，第Ⅳ象限内有垂直纸面向外的匀强磁场.一个质量为m 、电荷量为＋q 的粒子从y 轴上的P 点沿x 轴正向进入电场，粒子从x 轴上的Q 点进入磁场.已知Q 点的坐标为(L,0)，不计粒子的重力及粒子间的相互作用.图2(1)若粒子在Q 点的速度方向与x 轴正方向成30°角，求P 、Q 两点间的电势差；(2)若从y 轴正半轴各点依次向x 轴正向发射质量为m 、电荷量为＋q 的速度大小适当的粒子，它们经过电场偏转后都通过Q 点进入磁场，其中某个粒子A 到达Q 点的速度最小.粒子A 经过磁场偏转后恰好垂直y 轴射出了磁场.求匀强磁场的磁感应强度的大小.答案 (1)63EL (2) qL mE解析 (1)粒子在Q 点的速度方向与x 轴正方向成30°角，分解Q 点的速度可得v y ＝v 0tan 30° 从P 点到Q 点：L ＝v 0t ，y ＝21v y t得P 点的纵坐标y ＝63L所以U PQ ＝Ey ＝63EL此时v y ＝v 1，粒子A 在Q 点的速度方向与x 轴正向夹角为45°.所以粒子A 进入磁场后的偏转半径(如图)R ＝L由qv Q B ＝mQ 得B ＝qR mvQ得B ＝ qL mE13.如图3所示，在竖直平面内，水平x 轴的上方和下方分别存在方向垂直纸面向外和方向垂直纸面向里的匀强磁场，其中x 轴上方的匀强磁场磁感应强度大小为B 1，并且在第一象限和第二象限有方向相反，强弱相同的平行于x 轴的匀强电场，电场强度大小为E 1.已知一质量为m 的带电小球从y 轴上的A(0，L)位置斜向下与y 轴负半轴成60°角射入第一象限，恰能做匀速直线运动.图3(1)判定带电小球的电性，并求出所带电荷量q 及入射的速度大小；(2)为使得带电小球在x 轴下方的磁场中能做匀速圆周运动，需要在x 轴下方空间加一匀强电场，试求所加匀强电场的方向和电场强度的大小；(3)在满足第(2)问的基础上，若在x 轴上安装有一绝缘弹性薄板，并且调节x 轴下方的磁场强弱，使带电小球恰好与绝缘弹性板碰撞两次后从x 轴上的某一位置返回到x 轴的上方(带电小球与弹性板碰撞时，既无电荷转移，也无能量损失，并且入射方向和反射方向的关系类似光的反射)，然后恰能匀速直线运动至y 轴上的A(0，L)位置，求：弹性板的最小长度及带电小球从A 位置出发返回至A 位置过程中所经历的时间.答案 (1)负电 3E13mg B12E1 (2)竖直向下 E 1(3)32L 3E13πB1L ＋E12B1L解析 (1)小球在第一象限中的受力分析如图所示，所以带电小球的电性为负电mg ＝qE 1tan 60°q ＝3E13mg又qE 1＝qvB 1cos 60°即v ＝B12E1(2)小球若在x 轴下方的磁场中做匀速圆周运动，必须使得电场力与重力二力平衡，即应施加一竖直向下的匀强电场，且电场强度大小满足：qE ＝mg即E ＝E 1(3)要想让小球恰好与弹性板发生两次碰撞，并且碰撞后返回x 轴上方空间匀速运动到A 点，则其轨迹应该如图所示，且由几何关系可知：3PD ＝2ONOA ON ＝L ON ＝t an 60°联立上述方程解得：PD ＝DN ＝32L则挡板长度至少为PD ＝32L在第一象限运动的时间t 1和第二象限中运动的时间t 2相等，且：t 1＝t 2＝v AN ＝v 2L ＝E1B1L所以带电小球从A 点出发至回到A 点的过程中所经历的总时间为：t 0＝t ＋t 1＋t 2 联立上述方程解得：t 0＝3E13πB1L ＋E12B1L14.如图4所示，在平行板电容器的两板之间，存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度B 1＝0.40 T ，方向垂直纸面向里，电场强度E ＝2.0×105 V/m ，PQ 为板间中线.紧靠平行板右侧边缘xOy 坐标系的第一象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B 2＝0.25 T ，磁场边界AO 和y 轴夹角∠AOy ＝45°.一束带电荷量q ＝8.0×10－19 C 的同位素(电荷数相同，质量数不同)正离子从P 点射入平行板间，沿中线PQ 做直线运动，穿出平行板后从y 轴上坐标为(0,0.2 m)的Q 点垂直y 轴射入磁场区域，离子通过x 轴时的速度方向与x 轴正方向夹角在45°～90°之间，不计离子重力，求：图4(1)离子运动的速度为多大？(2)求离子的质量范围；(3)若只改变AOy 区域内磁场的磁感应强度大小，使离子都不能打到x 轴上，磁感应强度B 2′大小应满足什么条件？(计算结果保留两位有效数字)答案 (1)5.0×105 m/s (2)4.0×10－26 kg≤m ≤8.0×10－26 kg (3)B 2′≥0.60 T解析 (1)设正离子的速度为v ，由于沿中线运动，则有qE ＝qvB 1代入数据解得v ＝5.0×105m/s (2)甲设离子的质量为m，如图甲所示，当通过x轴时的速度方向与x轴正方向夹角为45°时，由几何关系可知运动半径：r1＝0.2 m当通过x轴时的速度方向与x轴正方向夹角为90°时，由几何关系可知运动半径：r2＝0.1 mv2由牛顿第二定律有：qvB2＝m r由于r2≤r≤r1代入数据解得：4.0×10－26kg≤m≤8.0×10－26 kg(3)乙15.如图5所示，在竖直平面内直线AB与竖直方向成30°角，AB左侧有匀强电场，右侧有垂直纸面向外的匀强磁场.一质量为m、电量为q的带负电的粒子，从P点以初速度v0竖直向下射入电场，粒子首次回到边界AB时，经过Q点且速度大小不变，已知P、Q间距为l，之后粒子能够再次通过P点，(粒子重力不计)求：图5(1)匀强电场场强的大小和方向；(2)匀强磁场磁感应强度的可能值.答案 (1)0 方向垂直AB 且与竖直方向成60°角向下(2)ql mv0或(n ＋1ql nmv0(n ＝1,2,3……)解析 (1)由带电粒子回到边界AB 速度大小不变可知PQ 间电势差为零，P 、Q 处在同一等势面上根据题意可知，匀强电场垂直AB ，且与竖直方向成60°角向下粒子在电场中沿AB 方向匀速运动：l ＝v 0cos 30°t垂直AB 方向匀减速运动Eq ＝mav 0s in 30°＝a2t解得：E ＝016.如图6(a)所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy ，整个空间内都存在垂直坐标平面向外的匀强磁场和水平向右的匀强电场，匀强电场的方向与x 轴正方向夹角为45°.已知带电粒子质量为m 、电量为＋q ，磁感应强度大小为B ，电场强度大小E ＝q mg，重力加速度为g.图6(1)若粒子在xOy 平面内做匀速直线运动，求粒子的速度v 0；(2)t ＝0时刻的电场和磁场方向如图(a)所示，若电场强度和磁感应强度的大小均不变，而方向随时间周期性的改变，如图(b)所示.将该粒子从原点O 由静止释放，在0～2T时间内的运动轨迹如图(c)虚线OMN 所示，M 点为轨迹距y 轴的最远点，M 距y 轴的距离为d.已知在曲线上某一点能找到一个和它内切的半径最大的圆，物体经过此点时，相当于以此圆的半径在做圆周运动，这个圆的半径就定义为曲线上这点的曲率半径.求：①粒子经过M 点时曲率半径ρ；②在图中画出粒子从N 点回到O 点的轨迹. 答案 (1)qB 2mg ，沿y 轴负方向 (2)①－mg 2mgd(或2d) ②见解析图解析 (1)粒子做匀速直线运动，受力平衡得qv 0B ＝ 解得v 0＝qB 2mgv 0方向由左手定则得，沿y 轴负方向.(2)①重力和电场力的合力为F ＝粒子从O 运动到M 过程中，只有重力和电场力的合力做功，据动能定理W ＝Fd ＝21mv 2得v ＝由qvB －mg ＝ρmv2得ρ＝－mg 2mgd (若用v ＝2v 0代入，求出ρ＝2d 也可)②轨迹如图所示.2019-2020学年高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．如图所示为氢原子的能级图，用光子能量为12.09eV 的单色光照射大量处于基态的氢原子，激发后的氢原子可以辐射出几种不同频率的光，则下列说法正确的是（ ）A ．氢原子最多辐射两种频率的光B ．氢原子最多辐射四种频率的光C ．从3n =能级跃迁到2n =能级的氢原子辐射的光波长最短D ．从3n =能级跃迁到1n =能级的氢原子辐射的光波长最短2．有趣的“雅各布天梯”实验装置如图中图甲所示，金属放电杆穿过绝缘板后与高压电源相接。
高三物理二轮特色专项训练核心考点带电粒子在复合场中的运动精选
高三物理二轮特色专项训练核心考点带电粒子在复合场中的运动核心考点10 带电粒子在复合场中旳运动「核心链接」「命题猜想」1．高考对本部分旳考查，既有选择题也有计算题，计算题常以压轴题旳形式出现．在组合场中一般物理情景都是带电粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动；在叠加场中带电粒子一般受到多个力旳作用，涉及直线运动、类平抛运动和匀速圆周运动等多个可能模型．2．以速度选择器、质谱仪、回旋加速器、电磁流量计、霍尔效应、磁流体发电机等为依托，考查本部分知识在生产、科技中旳实际应用，备受高考命题旳青睐．「方法突破」1．解决带电粒子在组合场中旳运动问题，先要对带电粒子进行受力分析和运动分析，然后分别利用类平抛运动和圆周运动旳处理方法解决问题，抓住两种运动衔接点旳速度大小和方向就抓住了解题旳关键．2．解决带电粒子或带电体在叠加场中旳运动问题，首先弄清叠加场旳组成，再对其进行动态受力分析和运动分析，判断其运动轨迹和性质，然后选用相应旳物理规律列式求解．注意粒子在不同旳叠加场区域运动时，要分段进行处理，通过场区分界线时旳速度是问题旳关键．3．对联系生产、现代科技应用旳实际问题，一是分清模型结构；二是弄清工作原理和粒子运动过程；三是对粒子进行动力学分析；四是选准公式，恰当地利用功能关系列式求解．「强化训练」1.如图所示旳空间中存在着正交旳匀强电场和匀强磁场，从A点沿AB、AC方向绝缘地抛出两带电小球，关于小球旳运动情况，下列说法中正确旳是( )A．从AB、AC抛出旳小球都可能做直线运动B．只有沿AB抛出旳小球才可能做直线运动C．做直线运动旳小球带正电，而且一定是做匀速直线运动D．做直线运动旳小球机械能守恒2．(2012·武汉部分学校联考)磁流体发电是一项新兴技术，它可以把物体旳内能直接转化为电能，如图是它旳示意图．平行金属板A、B之间有一个很强旳磁场，将一束等离子体(即高温下电离旳气体，含有大量正、负带电粒子)喷入磁场，A、B两板间便产生电压．如果把A、B和用电器连接，A、B就是一个直流电源旳两个电极．设A、B两板间距为d，磁感应强度为B，等离子体以速度v沿垂直于磁场旳方向射入A、B两板之间，则下列说法正确旳是( )A．A是直流电源旳正极B．B是直流电源旳正极C．电源旳电动势为Bd v D．电源旳电动势为q v B3.美国物理学家劳伦斯于1932年发明旳回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做圆周运动旳特点，能使粒子在较小旳空间范围内经过电场旳多次加速获得较大旳能量，使人类在获得高能量带电粒子方面前进了一步．如图为一种改进后旳回旋加速器示意图．其中盒缝间旳加速电场场强大小恒定，且被限制在A、C 板间，如图所示，带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中旳匀强磁场做匀速圆周运动．对于这种改进后旳回旋加速器，下列说法正确旳是( )A．带电粒子每运动一周被加速两次B．带电粒子每运动一周P1P2＝P2P3C．加速粒子旳最大速度与D形盒旳尺寸有关D．加速电场方向需要做周期性旳变化4．(2012·襄阳调研)某制药厂旳污水处理站旳管道中安装了如图所示旳流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，在垂直于上、下底面方向加磁感应强度为B，方向向下旳匀强磁场，在前、后两个面旳内侧固定有金属板作为电极，当含有大量正、负离子(其重力不计)旳污水充满管口从左向右流经该装置时，利用电压表所显示旳两个电极间旳电压U，就可测出污水流量Q(单位时间内流出旳污水体积)．则下列说法正确旳是( )A．后表面旳电势一定高于前表面旳电势，与正、负哪种离子多少无关B．若污水中正、负离子数相同，则前、后表面旳电势差为零C．在一定范围内，流量Q越大，两个电极间旳电压U越大D．污水中离子数越多，两个电极间旳电压U越大5．在翻盖手机中，经常用霍尔元件来控制翻盖时开启或关闭运行程序．如图是霍尔元件示意图，磁场方向垂直于霍尔元件工作面，通入图示方向旳电流I，MN两端会形成电势差U MN，下列说法正确旳是( )A．电势差U MN仅与材料有关B．若霍尔元件旳载流子是自由电子，则电势差U MN>0C．仅增大M、N间旳宽度，电势差U MN变大D．通过控制磁感应强度可以改变电势差U MN6．如图所示旳虚线区域内，充满垂直于纸面向里旳匀强磁场和竖直向下旳匀强电场．一带电粒子a(不计重力)以一定旳初速度由左边界旳O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界旳O′点(图中未标出)穿出．若撤去该区域内旳磁场而保留电场不变，另一个同样旳粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b( )A．穿出位置一定在O′点下方B．穿出位置一定在O′点上方C．运动时，在电场中旳电势能一定减小D．在电场中运动时，动能一定减小7．(2012·东城区检测)如图所示，匀强电场E方向竖直向下，水平匀强磁场B垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量同种电荷．已知a静止，b、c在纸面内按图示方向做匀速圆周运动(轨迹未画出)．忽略三个油滴间旳静电力作用，比较三个油滴旳质量及b、c旳运动情况，以下说法中正确旳是( )A．三个油滴质量相等，b、c都沿顺时针方向运动B．a旳质量最大，c旳质量最小，b、c都沿逆时针方向运动C．b旳质量最大，a旳质量最小，b、c都沿顺时针方向运动D．三个油滴质量相等，b沿顺时针方向运动，c沿逆时针方向运动8．(2012·江西八校联考)如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里旳匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P旳质量为m，电荷量为＋q，电场强度为E、磁感应强度为B，P 与杆间旳动摩擦因数为μ，重力加速度为g.小球由静止开始下滑直到稳定旳过程中( ) A．小球旳加速度一直减小B．小球旳机械能和电势能旳总和保持不变C．下滑加速度为最大加速度一半时旳速度可能是v＝2μqE－mg 2μqBD．下滑加速度为最大加速度一半时旳速度可能是v＝2μqE＋mg 2μqB9.如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限旳等腰直角三角形MNP区域内存在垂直于坐标平面向外旳匀强磁场，y<0旳区域内存在着沿y轴正方向旳匀强电场．一质量为m、电荷量为q旳带电粒子从电场中旳Q(－2h，－h)点以速度v0水平向右射出，经坐标原点O处射入第Ⅰ象限，最后以垂直于PN旳方向射出磁场．已知MN平行于x轴，N点旳坐标为(2h,2h)，不计粒子旳重力．求：(1)电场强度旳大小E；(2)磁感应强度旳大小B；(3)粒子在磁场中运动旳时间t.10．(原创题)如图所示，xOy平面内半径为R旳圆O′与y轴相切于坐标原点O，在该圆形区域内，有与y轴平行向下旳匀强电场和垂直于圆面向外旳匀强磁场，若只加匀强电场或只加匀强磁场，一个带负电旳小球从原点O以一定旳初速度沿x轴进入圆形区域，小球恰好做匀速直线运动，若电场和磁场都撤去，其他条件不变，该带电小球穿过圆形区域旳时间恰好为做匀速直线运动穿过圆形区域时间旳一半，重力加速度为g，求：(1)小球旳初速度；(2)电场强度与磁感应强度旳比值；(3)若电场和磁场都存在，其他条件不变，那么，该带电小球穿过圆形区域旳时间．核心考点10带电粒子在复合场中旳运动1．【解析】选BC.小球运动过程中受重力、电场力、洛伦兹力作用，注意小球做直线运动一定为匀速直线运动；若小球带正电沿AB才可能做直线运动；做直线运动时电场力做正功，机械能增加，B、C正确．2．【解析】选BC.等离子体喷入磁场，带正电旳粒子因受向下旳洛伦兹力作用而向下偏转，B 是电源旳正极，则A 错误、B 正确；当带电粒子以速度v 做直线运动时，U d q ＝q v B ，电源旳电动势U ＝Bd v ，则C 正确、D 错误．3．【解析】选C.由题图可以看出，带电粒子每运动一周被加速一次，A 错误．由R ＝mv qB 和Uq ＝12m v 2－12m v 21可知，带电粒子每运动一周，电场力做功都相同，动能增量都相同，但速度旳增量不相同，故粒子做圆周运动旳半径增加量不相同，B 错误．由v ＝qBR m 可知，加速粒子旳最大速度与D 形盒旳半径R 有关，C 正确；由图可知，粒子每次都是从A 板进入电场加速，所以加速电场方向不需改变，选项D 错误．4．【解析】选AC.由左手定则可知，正、负离子从左向右流经该装置时，正离子向后表面偏转，负离子向前表面偏转，故A 正确、B 错误；在一定范围内，由法拉第电磁感应定律得U ＝Bd v ，因此流量Q 越大，离子运动速度越大，两个电极间旳电压U 也就越大，C 正确，D 错误．5．【解析】选BCD.电流是电荷定向运动形成旳，电荷在磁场中运动由于受到洛伦兹力作用而发生偏转，在M 、N 间形成电压，同时电荷又受到M 、N 间电压形成旳电场作用，当q UMN d ＝q v B 时，U MN 稳定，d 为霍尔元件宽度，v 为电荷定向移动速度，与霍尔元件旳材料有关，因此U MN 与磁感应强度、霍尔元件旳材料及形状有关，故A 错误；由左手定则可知，若载流子是电子，则电子向N 端偏移，U MN >0，故B 正确；由q UMN d ＝q v B 可知，C 、D 正确．6．【解析】选C.由题意可知最初时刻粒子所受洛伦兹力与电场方向相反，若qE ≠q v B ，则洛伦兹力将随着粒子速度方向和大小旳不断改变而改变．粒子所受电场力qE 和洛伦兹力q v B 旳合力不可能与速度方向在同一直线上，而做直线运动，既然在复合场中粒子做直线运动，说明qE ＝q v B ，OO ′连线与电场线垂直，当撤去磁场时，粒子仅受电场力，做类平抛运动，电场力一定做正功，电势能减少，动能增加，C 正确，D 错误；因不知带电粒子旳电性，故穿出位置可能在O ′点上方，也可能在O ′点下方，A 、B 错误．7．【解析】选A.a 静止不动，其合力为0，即mg －qE ＝0，则a 带负电荷，b 、c 在场中做匀速圆周运动，则其重力和电场力是一对平衡力，受到旳洛伦兹力提供粒子做圆周运动旳向心力，由于两油滴旳电性一样，由左手定则可判断，b 、c 都沿顺时针方向运动，A 正确，B 、C 、D 错误．8．【解析】选CD.对小球受力分析如图所示，则mg －μ(Eq －q v B )＝ma ，随着v 旳增加，小球加速度先增加，当Eq ＝q v B 时达到最大值a max ＝g ，继续运动，mg －μ(q v B －Eq )＝ma ，随着v 旳增加，a 逐渐减小，所以A 错误．因为有摩擦力做功，机械能与电势能总和在减小，B 错误．若在前半段达到最大加速度旳一半，则mg －μ(Eq －q v B )＝m g 2，得v ＝2μqE－mg 2μqB ，若在后半段达到最大加速度旳一半，则mg －μ(q v B－Eq )＝m g 2，得v ＝2μqE＋mg2μqB ，故C 、D 正确．9．【解析】(1)粒子运动轨迹如图所示，粒子在电场中运动旳过程中，由平抛运动规律及牛顿运动定律得2h ＝v 0th ＝12at 2，qE ＝ma解得E ＝mv202qh .(2)粒子到达O 点时，沿y 轴正方向旳分速度v y ＝at ＝qE m ·2h v0＝v 0速度方向与x 轴正方向旳夹角α满足tan α＝vy vx ＝1，α＝45°粒子从MP 旳中点垂直于MP 进入磁场，垂直于NP 射出磁场，粒子在磁场中旳速度v ＝2v 0 轨道半径R ＝2h由q v B ＝m v2R 得B ＝mv0qh .(3)粒子在磁场中旳运动时间t ＝2πm qB ·18＝πh4v0.【答案】(1)mv202qh (2)mv0qh (3)πh4v010．【解析】(1)若电场和磁场都撤去，由题意知小球做平抛运动，故有水平位移R ＝v 0t竖直位移R ＝gt22联立解出v 0＝ gR 2(2)设电场强度为E ，磁感应强度为B ，只加匀强电场或只加匀强磁场，小球恰好做匀速直线运动，故 qE ＝mgq v 0B ＝mg再联立v 0＝ gR 2，解得E B ＝ gR 2(3)若电场和磁场都存在，其他条件不变，因为qE ＝mg ，带电小球所受合力为洛伦兹力，故带电小球做匀速圆周运动，设半径为r ，从图中N 点离开磁场，P 为轨迹圆弧旳圆心．q v 0B ＝mv20r又q v 0B ＝mg联立解得r ＝R2由图得tan θ＝Rr带电小球在磁场中运动旳时间t ＝2θω又ω＝v0r联立解得t ＝2gRarctan2g. 【答案】见解析。
高考物理二轮复习十大热门考点专项突破 专题07 带电粒子在复合场中的运动练习
专题07 带电粒子在复合场中的运动带电粒子在复合场中的运动是历年高考压轴题的首选，常以带电粒子的运动为主线，与力的平衡、圆周运动、类平抛运动等结合命题，在近几年高考中考查组合场的频率很高．在匀强电场中，若速度方向与电场方向平行，则做匀变速直线运动；若速度方向与电场方向垂直，则做类平抛运动.带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系处理.当粒子从一个场进入另一个场时，分析转折点处粒子速度的大小和方向往往是解题的突破口.例1、如图7所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L ＝0.4 m ，两板间距离d ＝4×10－3m ，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v 0从两板中央平行极板射入，开关S 闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下极板的正中央，已知微粒质量为m ＝4×10－5kg ，电荷量q ＝＋1×10－8C ，g ＝10 m/s 2。
求：图7(1)微粒入射速度v 0为多少？(2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上极板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U 应取什么范围？【名师解析】(1)开关S 闭合前，由L 2＝v 0t ，d 2＝12gt 2可解得v 0＝L2gd＝10 m/s 。
答案 (1)10 m/s (2)与负极相连，120 V ≤U ≤200 V例2（2018四川四市二诊）如图所示，在竖直平面内xOy 坐标系的第一、二象限内有沿x 轴正方向的匀强电场，第三、四象限内有沿y 轴负方向的匀强电场．长度为L 的绝缘轻质细线一端固定在O 点，另一端系质量为m 、电荷量为＋q 的小球，小球恰能绕O 点做完整的圆周运动。
轨迹与y 轴负半轴交于A 点，距地面高度为L ，重力加速度为g ，四个象限内匀强电场的场强大小都是E ＝qmg，不计阻力，运动过程中电荷量保持不变。
（1）求小球做圆周运动过程中的最小速度；（2）小球运动到A 点，剪断细线，求小球落地点与A 点间的水平距离。
高中物理二轮复习 专项训练 物理带电粒子在复合场中的运动含解析
一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．如图甲所示，空间存在一范围足够大的垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ．让质量为m ，电荷量为q （q ＞0）的粒子从坐标原点O 沿xOy 平面以不同的初速度大小和方向入射到磁场中．不计重力和粒子间的影响．（1）若粒子以初速度v 1沿y 轴正向入射，恰好能经过x 轴上的A （a ，0）点，求v 1的大小；（2）已知一粒子的初速度大小为v （v ＞v 1），为使该粒子能经过A （a ，0）点，其入射角θ（粒子初速度与x 轴正向的夹角）有几个？并求出对应的sin θ值；（3）如图乙，若在此空间再加入沿y 轴正向、大小为E 的匀强电场，一粒子从O 点以初速度v 0沿y 轴正向发射．研究表明：粒子在xOy 平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度的x 分量v x 与其所在位置的y 坐标成正比，比例系数与场强大小E 无关．求该粒子运动过程中的最大速度值v m ．【来源】2013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（福建卷带解析) 【答案】⑴；⑵两个 sin θ=；⑶＋．【解析】试题分析：(1)当粒子沿y 轴正向入射，转过半个圆周至A 点，半径R 1＝a/2由运动定律有2111v Bqv m R =解得12Bqav m=(2)如右图所示，O 、A 两点处于同一圆周上，且圆心在x ＝2a的直线上，半径为R ，当给定一个初速率v 时， 有2个入射角，分别在第1、2象限．即 sinθ′＝sinθ＝2a R另有2v Bqv m R=解得 sinθ′＝sinθ＝2aqBmv(3)粒子在运动过程中仅电场力做功，因而在轨道的最高点处速率最大，用y m 表示其y 坐标，由动能定理有 qEy m＝12 mv2m－12mv2由题知 v m＝ky m若E＝0时，粒子以初速度v0沿y轴正向入射，有 qv0B＝m2vR在最高处有 v0＝kR0联立解得22()mEEv vB B=++考点：带电粒子在符合场中的运动；动能定理．2．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＝arctan2hl（2）B ＝2212mhEh lq+ 【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 lh＝④ 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1v tan v α＝⑦ 由④⑤⑦式得2h arctanlα＝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 ＝m 2v R⑨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 h βα=+⑩Rsin l Rsin βα=－解得222242h l R h l hl++＝由⑥⑨式得：B =2212mhEh l q+3．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B 0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N 0，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B 1；（3）保持磁感应强度B 1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：r 1＝＝a恰好打在x ＝2a 的位置；对于初速度为v 0的离子，qU ＝mv －m(v 0)2r 2＝＝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．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。
高中物理二轮复习 专项训练 物理带电粒子在复合场中的运动及解析
一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．如图所示，在 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 v 0，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 E 0 和匀强磁场的磁感应强度 B 0． （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）02v；（2）02mv Lq；（3）0(8)4L v π+【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：02v v =(2)在粒子从Q 运动到P 的过程中，由动能定理得：2201122qEL 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：01x v 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+=+=+=2．如图所示，在xOy 坐标系中，第Ⅰ、Ⅱ象限内无电场和磁场。
高考物理二轮复习热点训练解析—带电粒子在复合场中的运动
高考物理二轮复习热点训练解析—带电粒子在复合场中的运动1．(2021·广东潮州市第一次教学质检)如图1所示，在坐标系xOy 的第四象限存在宽度为d 的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy 平面向外；第一象限内有沿y 轴负方向的匀强电场。
一带电荷量为q (q >0)、质量为m 的粒子以速率v 0自y 轴的A 点沿x 轴正方向射入电场，经x 轴上的F 点射入磁场。
已知OA ＝l ，粒子经过F 点时与x 轴正方向的夹角θ＝60°，忽略粒子的重力。
问：图1(1)OF 的长度L OF ；(2)若粒子恰不能从下边界飞出磁场，求匀强磁场磁感应强度B 的大小。
答案(1)233l (2)3m v 02qd解析(1)粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的推论可知，在F 点的速度方向的反向延长线经过水平位移的中点，可知tan 60°＝l 12L OF ，解得L OF ＝233l 。
(2)粒子恰不能从下边界飞出磁场，则由几何关系可知d ＝r ＋r cos 60°解得r ＝23d 根据q v 0B ＝m v 20r ，解得B ＝3m v 02qd。
2．(2021·山西晋中市适应性调研)如图2所示，静止于A 处的离子，经电压为U的加速电场加速后，沿图中圆弧虚线通过14圆弧形静电分析器，从P 点沿半径方向进入半径为R 的圆形区域，该区域内有垂直纸面向里的匀强磁场。
静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，圆弧虚线所在处场强大小为E 0，方向如图所示；离子的质量为m 、电荷量为q；不计离子重力，求：图2(1)离子进入圆形区域时的速度大小v ；(2)圆弧虚线对应的半径R 0的大小；(3)若离子经过圆形区域后速度方向偏转一角度θ(θ已知)，则圆形区域内磁场的磁感应强度B 的大小；(4)撤去圆形区域内的匀强磁场，在该圆形区域内加水平向右的匀强电场，为使离子穿过电场前后动量变化量大小与射入电场前的初动量大小相同，求此时圆形区域内匀强电场的电场强度E 的大小。
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2014届高三物理二轮复习专题突破系列：带电粒子在复合场中的运动1．(2013·北京海淀一模)如图所示，空间存在足够大、正交的匀强电、磁场，电场强度为E ，方向竖直向下，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里。
从电、磁场中某点P 由静止释放一个质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子(粒子受到的重力忽略不计)，其运动轨迹如图虚线所示。
对于带电粒子在电、磁场中下落的最大高度H ，下面给出了四个表达式，用你已有的知识计算可能会有困难，但你可以用学过的知识对下面的四个选项作出判断。
你认为正确的是( )A .2mEB 2qB .4mE 2B 2qC .2mB E 2qD .mB 2Eq[答案] A[解析] 高度的国际单位为米(m )，根据力学单位制推导四个表达式，最终单位为米的是A 选项，故A 正确，B 、C 、D 错误。
2.(2013·河南郑州一模)一个用于加速质子的回旋加速度，其核心部分如图所示，D 形盒半径为R ，垂直D 形盒平面的匀强磁场的磁感应强度为B ，两盒分别与交流电源相连。
下列说法正确的是( )A ．质子被加速后的最大速度随B 、R 的增大而增大B ．若加速电压提高到4倍，其他条件不变，则粒子获得的最大速度就提高2倍C ．从D 形盒边缘飞出的质子动能最大，最大动能为q 2B 2R22mD ．质子每次经过D 形盒间隙时都能得到加速，故在磁场中做圆周运动一周所用时间越来越小[答案] AC[解析] 设质子被加速后的最大速度为v m ，当半径为R 时，qv m B ＝m v 2m R ，则v m ＝qBRm ，v m随B 、R 的增大而增大，A 正确；最大速度v m 与加速电压无关，B 错误；质子被加速后的最大动能E km ＝12mv 2m ＝q 2B 2R 22m ，C 正确；质子在磁场中运动一周所用的时间t ＝T ＝2πmqB ，与v 无关，D 错误。
3．(2013·南昌模拟)如图所示为“滤速器”装置示意图。
a 、b 为水平放置的平行金属板，其电容为C ，板间距离为d ，平行板内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B 。
a 、b 板带上电荷量，可在平行板内产生匀强电场，且电场方向和磁场方向互相垂直。
一带电粒子以速度v 0经小孔O 进入正交电磁场可沿直线OO′运动，由O′射出，粒子所受重力不计，则a 板所带电荷量情况是 ( )A ．带正电，其电荷量为Cv 0Bd B ．带负电，其电荷量为Bdv 0CC ．带正电，其电荷量为CBdv 0D ．带负电，其电荷量为Bv 0Cd[答案] C[解析] 对带电粒子受力分析，若a 极板带正电，带电粒子受力平衡，qv 0B ＝q U d ，U ＝QC，可得电荷量为Q ＝CBdv 0，若a 极板带负电，同理Q ＝cBdv 。
所以答案选C 。
4．(2013·临沂模拟)已知一质量为m 的带电液滴，经电压U 加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E 和匀强磁场B 中，液滴在此空间的竖直平面内做匀速圆周运动，如图所示，则( )A ．液滴在空间可能受4个力作用B ．液滴一定带负电C ．液滴做圆周运动的半径r ＝1B2UE gD ．液滴在场中运动时总能量不变[答案] BCD[解析] 液滴受到重力、电场力和洛伦兹力的作用，所以选项A 错误，由于液滴做匀速圆周运动，所以电场力与重力为平衡力，电场力方向向上，可以判定液滴带负电，B 正确；根据qU ＝12mv 2，r ＝mv/qB ，解得r ＝1B 2UEg，选项C 正确；整个过程能量守恒，选项D 正确。
5.(2013·广东汕头一模)如图，一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场(B)和匀强电场(E)组成的速度选择器，然后粒子通过平板S 上的狭缝P ，进入另一匀强磁场(B′)，最终打在A 1A 2上。
下列表述正确的是( )A ．粒子带负电B ．所有打在A 1A 2上的粒子，在磁场B′中运动时间都相同C ．能通过狭缝P 的带电粒子的速率等于E BD ．粒子打在A 1A 2上的位置越靠近P ，粒子的比荷q m越大[答案] CD[解析] 在磁场B′中由左手定则可知，粒子带正电，A 错误；所有打在A 1A 2上的粒子，在磁场B′中的运动时间t ＝T 2＝πm qB ，粒子的mq 不同，时间t 就不同，B 错误，粒子在速度选择器中有qE ＝qvB ，则v ＝E B ，C 正确；粒子打在A 1A 2上的位置越靠近P ，半径R ＝mvqB 越小，则比荷qm越大，D 正确。
6.如图所示，在xOy 直角坐标系中，第Ⅰ象限内分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，第Ⅱ象限内分布着沿y 轴负方向的匀强电场。
初速度为零、带电荷量为q 、质量为m 的粒子经过电压为U 的电场加速后，从x 轴上的A 点垂直x 轴进入磁场区域，重力不计，经磁场偏转后过y 轴上的P 点且垂直于y 轴进入电场区域，在电场中偏转并击中x 轴上的C 点。
已知OA ＝OC ＝d 。
则磁感应强度B 和电场强度E 可表示为( )A ．B ＝2qUm qd ，E ＝2Ud B ．B ＝2qUm qd ，E ＝4Ud C ．B ＝qUm qd ，E ＝2U dD ．B ＝qUm qd ，E ＝4U d[答案] B[解析] 设带电粒子经电压为U 的电场加速后速度为v ，则qU ＝12mv 2；带电粒子进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，qBv ＝mv 2r ，依题意可知r ＝d ，联立可解得B ＝2qUmqd ，带电粒子在电场中偏转，做类平抛运动，设经时间t 从P 点到达C 点，由d ＝vt ，d ＝12 qE m t 2，联立可解得E ＝4Ud。
故B 对。
7.速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中S 0A ＝23S 0C ，则下列相关说法中正确的是( )A ．甲束粒子带正电，乙束粒子带负电B ．甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C ．能通过狭缝S 0的带电粒子的速率等于E B 2D ．若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为3:2[答案] B[解析] 由左手定则可判定甲束粒子带负电，乙束粒子带正电，A 错；粒子在磁场中做圆周运动满足B 2qv ＝m v 2r ，即q m ＝vB 2r ，由题意知r 甲<r 乙，所以甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷，B 对；由qE ＝B 1qv 知能通过狭缝S 0的带电粒子的速率等于E B 1，C 错；由q m ＝v B 2r 知m 甲m 乙＝r 甲r 乙，D 错。
8.(2013·四川凉山州二模)如图，空间中存在正交的匀强电场E 和匀强磁场B(匀强电场水平向右)，在竖直平面内从a 点沿ab 、ac 方向抛出两带电小球(不考虑两带电球的相互作用，两球电荷量始终不变)，关于小球的运动，下列说法正确的是( )A ．沿ab 、ac 方向抛出的带电小球都可能做直线运动B ．只有沿ab 抛出的带电小球才可能做直线运动C ．沿ac 做直线运动的小球带负电，且一定是匀速运动D ．两小球在运动过程中机械能均守恒[答案] AC[解析] 沿ab 方向抛出的带正电小球，或沿ac 方向抛出的带负电的小球，在重力、电场力、洛伦兹力作用下，可能做匀速直线运动，A 正确，B 错误；在重力、电场力、洛伦兹力三力都存在时的直线运动一定是匀速直线运动，C 正确；两小球在运动过程中除重力做功外还有电场力做功，故机械能不守恒，D 错误。
9．(2013·青岛模拟)如图所示，真空中存在竖直向上的匀强电场和水平向里的匀强磁场，一质量为m ，带电荷量为q 的物体恰能以速度v 在竖直平面内做半径为R 的匀速圆周运动，取t ＝0时刻物体在轨迹最低点且重力势能为零，电势能也为零，下列说法错误的是( )A ．物体带正电且逆时针转动B ．匀强电场的场强E ＝mgq ，匀强磁场的磁感应强度B ＝mv qRC ．物体运动过程中，机械能随时间的变化关系为E ＝12mv 2＋mgR(1－cos v Rt) D ．物体运动过程中，机械能的变化量随时间的变化关系为ΔE ＝mgR(cos v Rt －1)[答案] D[解析] 因为带电物体做匀速圆周运动，所以电场力与重力平衡，电场力方向向上，物体带正电；洛伦兹力提供向心力，结合左手定则知，带电物体沿逆时针方向转动，A 正确；qE ＝mg ，qvB ＝m v 2R ，则E ＝mg q ，B ＝mvqR ，B 正确；物体运动过程中动能不变，重力势能随时间的变化关系为E p ＝mgR(1－cos θ)＝mgR(1－cos v R t)，所以机械能随时间的变化关系为E ＝12mv 2＋mgR(1－cos v R t)，C 正确；机械能的变化量等于电场力做的功，ΔE ＝qER(1－cos θ)＝mgR(1－cos θ)＝mgR(1－cos vRt) ，D 错误。
10．(2013·浙江嘉兴二模)如图所示是选择密度相同、大小不同的纳米粒子的一种装置。
待选粒子带正电且电荷量与其表面积成正比。
待选粒子从O 1点进入小孔时可认为速度为零，加速电场区域Ⅰ的板间电压为U ，粒子通过小孔O 2射入正交的恒定匀强电场、磁场区域Ⅱ，其中磁场的磁感应强度大小为B ，左、右极板间距d 。
区域Ⅱ出口小孔O 3与O 1、O 2在同一竖直线上。
若半径为r 0，质量为m 0、电荷量为q 0的粒子，刚好能沿O 1O 3直线通过，已知球体积V 球＝43πr 3，球面积S 球＝4πr 2，不计纳米粒子重力，则( )A ．区域Ⅱ的电场强度为E ＝B2q 0Um 0B ．左、右极板的电势差为U 1＝Bdq 0U m 0C ．若纳米粒子的半径r>r 0，则刚进入区域Ⅱ时的粒子将向左偏转D ．现改变区域Ⅱ的电场大小，让半径为r 的纳米粒子仍沿直线通过，区域Ⅱ的电场与原电场的强度之比为3rr 0[答案] AC[解析] 设粒子出小孔O 2时速度为v 0，由动能定理得q 0U ＝12m 0v 20，v 0＝2q 0Um 0。
在区域Ⅱ中q 0E ＝q 0v 0B ，则E ＝v 0B ＝B 2q 0U m 0，A 正确；根据E ＝U 1d得左、右两板的电势差U 1＝Ed ＝Bd2q 0Um 0，B 错误；由于粒子的带电量与其表面积成正比，当r>r 0时，粒子的电荷量q>q 0，粒子的质量m ＝ρV ＝ρ×43πr 3>m 0，则粒子出O 2时的速度v ＝2qUm＝2k×4πr 2Uρ×43πr3＝6kUρπr，r 增大，v<v 0，所以刚进入区域Ⅱ时，qvB<qE ，粒子将向左偏，C 正确；设改变后区域Ⅱ的电场强度为E′，根据E ＝v 0B ＝B·2q 0Um 0＝B 2k·4πr 20Uρ·43πr 3＝B 6kUρr 0，同理E′＝B6kU ρr ，得E′E ＝r 0r，D 错误。