2017高考物理总复习强化作业36专题五-带电粒子在复合
带电粒子在复合场中的运动大题专题(详细解答)
专题二：带电粒子在复合场中的运动(1)姓名______________1．如图所示，在x轴上方有匀强电场，场强为E；在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图，在x轴上有一点M，离O点距离为L．现有一带电量为十q的粒子，使其从静止开始释放后能经过M点．如果把此粒子放在y轴上，其坐标应满足什么关系？（重力忽略不计）2．如图所示，在宽l的范围内有方向如图的匀强电场，场强为E，一带电粒子以速度v垂直于电场方向、也垂直于场区边界射入电场，不计重力，射出场区时，粒子速度方向偏转了θ角，去掉电场，改换成方向垂直纸面向外的匀强磁场，此粒子若原样射入磁场，它从场区的另一侧射出时，也偏转了θ角，求此磁场的磁感强度B．3．如图所示，在直角坐标系的第Ⅱ象限和第Ⅳ象限中的直角三角形区域内，分布着磁感应强度均为B＝5.0×10－3T的匀强磁场，方向分别垂直纸面向外和向里．质量为m＝6.64×10－27㎏、电荷量为q＝＋3.2×10－19C的α粒子（不计α粒子重力），由静止开始经加速电压为U＝1205V的电场（图中未画出）加速后，从坐标点M（－4，2）处平行于x轴向右运动，并先后通过两个匀强磁场区域．(1)请你求出α粒子在磁场中的运动半径；(2)你在图中画出α粒子从直线x＝－4到直线x＝4之间的运动轨迹，并在图中标明轨迹与直线x＝4交点的坐标；(3)求出α粒子在两个磁场区域偏转所用的总时间．专题二：带电粒子在复合场中的运动(4)姓名______________1．如图所示，竖直平面xOy 内存在水平向右的匀强电场，场强大小E=10N／c ，在y ≥0的区域内还存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5T 一带电量0.2C q =+、质量0.4kg m =的小球由长0.4m l =的细线悬挂于P 点小球可视为质点，现将小球拉至水平位置A 无初速释放，小球运动到悬点P 正下方的坐标原点O 时，悬线突然断裂，此后小球又恰好能通过O 点正下方的N 点.(g=10m ／s 2)，求： (1)小球运动到O 点时的速度大小；(2)悬线断裂前瞬间拉力的大小； (3)ON 间的距离2．两块平行金属板MN 、PQ 水平放置，两板间距为d 、板长为l ，在紧靠平行板右侧的正三角形区域内存在着垂直纸面的匀强磁场，三角形底边BC 与PQ 在同一水平线上，顶点A 与MN 在同一水平线上，如图所示．一个质量为m 、电量为+q 的粒子沿两板中心线以初速度v 0水平射入，若在两板间加某一恒定电压，粒子离开电场后垂直AB 边从D 点进入磁场，BD=41AB ，并垂直AC 边射出(不计粒子的重力)．求： (1)两极板间电压；(2)三角形区域内磁感应强度； (3)若两板间不加电压，三角形区域内的磁场方向垂直纸面向外．要使粒子进入磁场区域后能从AB 边射出，试求所加磁场的磁感应强度最小值．专题二：带电粒子在复合场中的运动——参考答案（1）1、解析：由于此带电粒子是从静止开始释放的，要能经过M点，其起始位置只能在匀强电场区域．物理过程是：静止电荷位于匀强电场区域的y轴上，受电场力作用而加速，以速度v进入磁场，在磁场中受洛仑兹力作用作匀速圆周运动，向x轴偏转．回转半周期过x轴重新进入电场，在电场中经减速、加速后仍以原速率从距O点2R处再次超过x轴，在磁场回转半周后又从距O点4R处飞越x轴如图所示（图中电场与磁场均未画出）故有L＝2R，L＝2×2R，L＝3×2R即 R＝L／2n，（n=1、2、3……）……………①设粒子静止于y轴正半轴上，和原点距离为h，由能量守恒得mv2／2=qEh……②对粒子在磁场中只受洛仑兹力作用而作匀速圆周运动有：R＝mv／qB………③解①②③式得：h＝B2qL2／8n2mE （n＝l、2、3……）2、解析：粒子在电场中运行的时间t＝ l／v；加速度 a＝qE／m；它作类平抛的运动．有tgθ=at/v=qEl/mv2………①粒子在磁场中作匀速圆周运动由牛顿第二定律得：qvB=mv2/r，所以r=mv/qB 又：sinθ=l/r=lqB/mv………②由①②两式得：B=Ecosθ/v 3、解析：(1)粒子在电场中被加速，由动能定理得221mvqU=α粒子在磁场中偏转，则牛顿第二定律得rvmqvB2=联立解得2102.312051064.62005.01211927=⨯⨯⨯⨯==--qmUBr（m）(2)由几何关系可得，α粒子恰好垂直穿过分界线，故正确图象为(3)带电粒子在磁场中的运动周期qBmvrTππ22==α粒子在两个磁场中分别偏转的弧度为4π，在磁场中的运动总时间631927105.6105102.321064.614.3241----⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯===qBmTtπ（s）OM2－22－4 4 x/my/m－2vBB （4，2-）（4） 1、解：（1）小球从A 运到O 的过程中，根据动能定理：212mv mgl qEl =- ① 则得小球在O 点速度为：2/s v m == ② （2）小球运到O 点绳子断裂前瞬间，对小球应用牛顿第二定律：2v F T mg f m l=-==向洛 ③f Bvq =洛 ④由③、④得：28.2mv T mg Bvq N l=++= ⑤ （3）绳断后，小球水平方向加速度25/s x F Eq a m m===电 ⑥ 小球从O 点运动至N 点所用时间0.8t s aυ∆== ⑦ON 间距离21 3.2m 2h gt == ⑧2、 解：⑴垂直AB 边进入磁场，由几何知识得：粒子离开电场时偏转角为30°∵0.v lmd qu v y =0v v tg y=θ ∴qlmdv u 332= 由几何关系得：030cos dl AB =在磁场中运动半径d l r AB 23431==∴ 121r mv qv B = ︒=30cos 0v v∴qdmv B 3401= 方向垂直纸面向里⑶当粒子刚好与BC 边相切时，磁感应强度最小，由几何知识知粒子的运动半径r 2为：42d r = ………（ 2分 ） 2202r mv qv B = ∴qd mv B 024=即：磁感应强度的最小值为qdmv 0422（12分）如图所示的坐标系，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向。
天之骄子高考物理一轮总复习课时强化作业36专题五带电粒子在复合场中的运动新人教版
课时强化作业三十六 专题五 带电粒子在复合场中的运动1．霍尔元件是一种应用霍尔效应的磁传感器，广泛应用于各领域，如在翻盖手机中，常用霍尔元件来控制翻盖时开启或关闭运行程序．如图是一霍尔元件的示意图，磁场方向垂直霍尔元件工作面，霍尔元件宽为d (M 、N 间距离)，厚为h (图中上下面距离)，当通以图示方向电流时，MN 两端将出现电压U MN ，则( )A ．MN 两端电压U MN 仅与磁感应强度B 有关B ．若霍尔元件的载流子是自由电子，则MN 两端电压U MN ＜0C ．若增大霍尔元件宽度d ，则MN 两端电压U MN 一定增大D ．通过控制磁感应强度B 可以改变MN 两端电压U MN解析：电子流过霍尔元件，磁场方向竖直向下，根据左手定则可知，洛伦兹力受力指向N 板，电子向N 板聚集，M 板带正电荷，两板间的电势差U MN >0，故B 选项错误；设霍尔元件的长为l ，两板间产生电场，电子受力平衡，电场力等于洛伦兹力，eU MN d ＝evB ，电流的微观表达式I ＝neSv ＝nedhv ，联立解得U MN ＝BIneh，MN 两端电压U MN 与磁感应强度B 、电流I 有关，故A 选项错误；根据MN 两端电压的表达式U MN ＝BIneh，可知增大霍尔元件宽度d ，MN 两端电压不变，故C 选项错误；通过控制磁感应强度B 可以改变MN 两端电压U MN ，故D 选项正确．答案：D2．(多选)(2016届鄂豫晋冀陕五省联考)某型号的回旋加速器的工作原理图如图甲所示，图乙为俯视图．回旋加速器的核心部分为D 形盒，D 形盒置于真空容器中，整个装置放在电磁铁两极之间的磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D 形盒盒面垂直．两盒间狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．质子从粒子源A 处进入加速电场的初速度不计，从静止开始加速到出口处所需的时间为t ，已知磁场的磁感应强度大小为B ，质子质量为m 、电荷量为＋q ，加速器接一高频交流电源，其电压为U ，可以使质子每次经过狭缝都能被加速，不考虑相对论效应和重力作用．则下列说法正确的是( )A ．质子第一次经过狭缝被加速后，进入D 形盒运动轨道的半径r ＝1B2mUqB ．D 形盒半径R ＝2Ut πBC ．质子能够获得的最大动能为2q 2BUtπmD ．加速质子时的交流电源频率与加速α粒子的交流电源频率之比为1∶1解析：质子在电场中加速运动，根据动能定理得，qU ＝12mv 2，质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，qvB ＝m v 2r ，联立解得质子在磁场中的轨道半径r ＝1B2mUq，A 选项正确；设质子从静止开始加速到出口处被加速了n 圈，根据动能定理得，2nqU ＝12mv 2，在磁场中洛伦兹力提供向心力，qvB ＝m v2R＝m4π2T 2R ，运动时间t ＝nT ，联立解得R ＝2Ut πB ，B 选项正确；带电粒子射出时的动能E k ＝12mv 2＝B 2R 2q 22m ＝BUq 2tπm，C 选项错误；匀速圆周运动的周期T ＝2πm qB ，频率f ＝qB2πm ，质子与α粒子的电量之比为1∶2，质量之比为1∶4，频率之比2∶1，故D 选项错误．答案：AB3．(多选)如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直，在电、磁场区域内，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 为圆环上的三点，a 点为最高点，c 点为最低点，Ob 沿水平方向．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( )A ．当小球运动的弧长为圆周长的34时，洛伦兹力最大B ．当小球运动的弧长为圆周长的12时，洛伦兹力最大C ．小球从a 点到b 点，重力势能减小，电势能减小D ．小球从b 点运动到c 点，电势能增大，动能先增大后减小解析：小球从a 点静止释放，在水平电场力和竖直重力的共同作用下，将逆时针做圆周运动，电场力和重力等大，F 合＝2mg ，合力的方向与水平方向成45°角斜向左下方，“等效”重力mg ′＝F 合＝2mg ，bc 圆弧的中点为“等效”的最低点，图形的对称点为“等效”的最高点；运动过程中，洛伦兹力不做功，根据动能定理可知，运动到bc 圆弧的中点时动能最大，速度最大，洛伦兹力f ＝qvB ，即运动的弧长为圆周长的38时到达bc 圆弧的中点，此时洛伦兹力最大，故A 、B 选项错误；从a 到b 的过程中，电场力做正功，重力做正功，根据功能关系可知，电势能减小，重力势能减小，故C 选项正确；小球从b 点运动到c 点的过程中，电场力做负功，电势能增加，根据以上分析可得动能先增大再减小，故D 选项正确．答案：CD4. (2016届吉林东北师范大学附中高三模拟)空间三维直角坐标系如图所示(重力沿y 轴负方向)，同时存在与xOy 平面平行的匀强电场和匀强磁场，它们的方向与x 轴正方向的夹角均为53°.(已知重力加速度为g ，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)(1)若一电荷量为＋q 、质量为m 的带电质点沿平行于z 轴正方向的速度v 0做匀速直线运动，求电场强度E 和磁感应强度B 的大小；(2)若一电荷量为－q 、质量为m 的带电质点沿平行于z 轴正方向以速度v 0通过y 轴上的点P (0，h,0)时，调整电场使其方向沿x 轴负方向、大小为E 0.适当调整磁场，则能使带电质点通过坐标Q (h,0,0.5h )点，求通过Q 点时其速度大小；(3)若一电荷量为－q 、质量为m 的带电质点沿平行于z 轴正方向以速度v 0通过y 轴上的点P (0,0.6h,0)时，改变电场强度大小和方向，同时改变磁感应强度的大小，但不改变其方向，带电质点做匀速圆周运动能经过x 轴上的某点M ，问电场强度E ′和磁感应强度B ′的大小满足什么条件？并求出带电质点经过x 轴M 点的时间．解析： (1)带电质点电荷受重力、洛伦兹力和电场力，三力平衡，如图所示：根据平衡条件得，qE ＝mg sin53°，qv 0B ＝mg cos53°，解得：E ＝4mg 5q ，B ＝3mg5qv 0.(2)洛伦兹力不做功，粒子从P 点运动到Q 点的过程中，根据动能定理得，mgh ＋qE 0h ＝12mv 2Q －12mv 20，解得，v Q ＝2⎝⎛⎭⎪⎫g ＋qE 0m h ＋v 20 . (3)粒子做匀速圆周运动，电场力和重力平衡，洛伦兹力提供向心力，作出粒子运动轨迹如图所示：E ′q ＝mg ，解得，E ′＝mg q ，方向竖直向下，要使带电质点经过x 轴，轨迹的直径：2r ＝0.6hcos53°＝h ，由牛顿第二定律得，qv 0B ′＝m v 20r ，解得，B ′＝2mv 0qh ，带电质点的运动周期为T ＝2πm qB ′＝πh v 0，质点经半个周期第一次通过x 轴，以后每经过整周期又经过x 轴．经过x 轴的时间为，t ＝12T ＋nT ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋n πhv 0(n ＝1、2、3…)．答案：(1)4mg 5q 3mg5qv 0(2)2⎝⎛⎭⎪⎫g ＋qE 0m h ＋v 20 (3)E ′＝mg q ，方向竖直向下 B ′＝2mv 0qh ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋n πh v 0(n ＝1、2、3…)5．(2016届新乡、许昌、平顶山高三调研)如图所示，在y 轴左侧的区域内存在方向与x 轴同向的匀强电场，电场强度为E .在y 轴右侧以原点O 为圆心、半径为R 的半圆形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy 平面并指向纸面里，磁感应强度为B .x 轴上的A 点与O 点的距离为d .一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从A 点由静止释放，经电场加速后从O 点射入磁场．不计粒子的重力作用．(1)求粒子在磁场中运动的轨道半径r ；(2)要使粒子进入磁场之后不再经过y 轴，电场强度需大于或等于某个值E 0，求E 0； (3)若电场强度E 等于第(2)问中E 0的23，求粒子经过y 轴时的位置．解析：(1)带电粒子在电场中加速，根据动能定理得，qEd ＝12mv 2－0，进入磁场中偏转，洛伦兹力提供向心力，qvB ＝m v 2r ，解得，r ＝2mqEdqB.(2)要使粒子之后恰好不再经过y 轴，则离开磁场时的速度方向与x 轴平行，根据几何关系可知，r ＝22R ，解得，E 0＝qB 2R24md. (3)若电场强度E 等于第(2)问E 0的23，粒子在磁场中运动的轨迹半径r ′＝R3，画出粒子的运动轨迹如图所示：cos α＝R2r ′＝32，解得，α＝30°，β＝2α＝60°，粒子第一次经过y 轴时的位置坐标为，y 1＝r ′＋r ′cos β，解得，y 1＝3R ，此后粒子进入电场中，做类平抛运动，设在电场中运动的时间为t ，沿y 轴方向上又运动的距离为Δy ，则有：Δy ＝v sin α·t ，v cos α＝a t2，解得，Δy ＝3d ，则粒子第二次经过y轴时的位置坐标为：y 2＝3(R ＋d )．答案：(1)2mqEdqB(2)qB 2R 24md(3) 3(R ＋d )6．(2016届揭阳期末)两块板长为L ＝1.4 m ，间距d ＝0.3 m 水平放置的平行板，板间加有垂直于纸面向里，B ＝1.25 T 的匀强磁场，如图1所示，在两极板间加上如图2所示电压，当t ＝0时，有一质量m ＝2×10－15kg ，电量q ＝1×10－10C 带正电荷的粒子，以速度v 0＝4×103m/s 从两极正中央沿与板面平行的方向射入，不计重力的影响．(1)画出粒子在板间的运动轨迹； (2)求在两极板间运动的时间．解析：(1)电场力qE ＝5×10－7N ，方向向下，洛伦兹力qvB ＝5×10－7N ，方向向上，故在有电场的时间段内，粒子受力平衡做匀速直线运动，没有电场的情况下，粒子做匀速圆周运动. 第一个10－4s 有电场，粒子做匀速直线运动，位移为x ＝v 0t ＝0.4 m ，第二个10－4s 无电场，粒子做匀速圆周运动，周期为T ＝2πm qB＝1×10－4s ，半径为R ＝mvqB ＝6.4×10－2m ，则R ＜d2，不会碰到板，粒子可以转一周，以后重复上述运动，粒子可在磁场里做三个完整的圆周运动，其轨迹如图所示：(2)直线运动的时间段为n ＝L x ＝1.40.4＝3.5，圆周运动的圈数为3圈，故运动时间为T ′＝3.5t ＋3T ＝6.5×10－4s.答案：(1)见解析 (2)6.5×10－4s7．(2016届杭州西湖中学月考)如图所示，足够大的平行挡板A 1、A 2竖直放置，间距6L .两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN 为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B 0，方向垂直纸面向外．A 1、A 2上各有位置正对的小孔S 1、S 2，两孔与分界面MN 的距离均为L .质量为m 、电量为＋q 的粒子经宽度为d 的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S 1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN 上的P 点，再进入Ⅱ区，P 点与A 1板的距离是L 的k 倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑．(1)若k ＝1，求匀强电场的电场强度E ；(2)若2＜k ＜3，且粒子沿水平方向从S 2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v 与k 的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B 与k 的关系式．解析：(1)粒子在电场中直线加速，根据动能定理得，qEd ＝12mv 2－0，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，在Ⅰ区内，qvB 0＝m v 2r ，当k ＝1时，由几何关系得，r ＝L ，联立解得，E ＝qB 20L22md.(2)当2＜k ＜3时，由题意可知粒子在Ⅱ区只能发生一次偏转，轨迹如图所示：由几何关系可知，(r －L )2＋(kL )2＝r 2，解得，r ＝k 2＋2L ，联立解得，v ＝k 2＋qB 0L2m，粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力，由对称性及几何关系可知，k3－k ＝r r 1，解得，r 1＝3－k k 2＋2kL ，联立解得，B ＝k－kB 0.答案：(1)qB 20L 22md (2)v ＝k 2＋qB 0L2mB ＝k－kB 08. (2016届杭州五校联考)坐标原点O 处有一点状的放射源，它向xOy 平面内的x 轴上方各个方向发射α粒子，α粒子的速度大小都是v 0，在0＜y ＜d 的区域内分布有指向y 轴正方向的匀强电场，场强大小为E ＝3mv 22qd ，其中q 与m 分别为α粒子的电量和质量；在d ＜y ＜2d 的区域内分布有垂直于xOy 平面的匀强磁场．ab 为一块很大的平面感光板，放置于y ＝2d 处，如图所示．观察发现此时恰无粒子打到ab 板上．(不考虑α粒子的重力)(1)求α粒子刚进入磁场时的动能； (2)求磁感应强度B 的大小；(3)将ab 板平移到什么位置时所有粒子均能打到板上？解析：(1)α粒子运动到进入磁场的过程中，qEd ＝12mv 2－12mv 20，解得刚进入磁场时的动能12mv 2＝2mv 20.(2)α粒子沿x 轴正方向射出，进入磁场的偏转角度最大，画出运动的轨迹如图所示：进入磁场的速度v ＝2v 0，速度偏角cos θ＝12，根据几何关系得，d ＝r ＋r cos θ，解得r ＝23d ，r ＝mvqB ，联立解得B ＝3mv 0qd.(3)沿x 轴负方向射出的粒子若能打到ab 板上，则所有粒子均能打到板上，临界情况是轨迹与ab 板相切，根据几何关系得，磁场宽度d ′＝d 3，故ab 板平移到y ＝4d3位置时所有粒子均能打到板上．答案：(1)2mv 20 (2)3mv 0qd (3)y ＝4d 3。
带电粒子在复合场中的运动整理
专题：带电粒子在复合场中的运动一、复合场及其特点这里所说的复合场是指电场、磁场、重力场并存,或其中某两种场并存的场．带电粒子在这些复合场中运动时,必须同时考虑电场力、洛仑兹力和重力的作用或其中某两种力的作用,因此对粒子的运动形式的分析就显得极为重要．二、带电粒子在复合场电运动的基本分析1．当带电粒子在复合场中所受的合外力为0时,粒子将做匀速直线运动或静止．2．当带电粒子所受的合外力与运动方向在同一条直线上时,粒子将做变速直线运动．3．当带电粒子所受的合外力充当向心力时,粒子将做匀速圆周运动．4．当带电粒子所受的合外力的大小、方向均是不断变化的时,粒子将做变加速运动,这类问题一般只能用能量关系处理．三、电场力和洛仑兹力的比较1．在电场中的电荷,不管其运动与否,均受到电场力的作用；而磁场仅仅对运动着的、且速度与磁场方向不平行的电荷有洛仑兹力的作用．2．电场力的大小F＝Eq,与电荷的运动的速度无关；而洛仑兹力的大小f=Bqvsinα,与电荷运动的速度大小和方向均有关．3．电场力的方向与电场的方向或相同、或相反；而洛仑兹力的方向始终既和磁场垂直,又和速度方向垂直．4．电场力既可以改变电荷运动的速度大小,也可以改变电荷运动的方向,而洛仑兹力只能改变电荷运动的速度方向,不能改变速度大小5．电场力可以对电荷做功,能改变电荷的动能；洛仑兹力不能对电荷做功,不能改变电荷的动能．6．匀强电场中在电场力的作用下,运动电荷的偏转轨迹为抛物线；匀强磁场中在洛仑兹力的作用下,垂直于磁场方向运动的电荷的偏转轨迹为圆弧．四、对于重力的考虑重力考虑与否分三种情况．1对于微观粒子,如电子、质子、离子等一般不做特殊交待就可以不计其重力,因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小,可以忽略；而对于一些实际物体,如带电小球、液滴、金属块等不做特殊交待时就应当考虑其重力．2在题目中有明确交待的是否要考虑重力的,这种情况比较正规,也比较简单．3对未知名的带电粒子其重力是否忽略又没有明确时,可采用假设法判断,假设重力计或者不计,结合题给条件得出的结论若与题意相符则假设正确,否则假设错误．五、复合场中的特殊物理模型1．粒子速度选择器2．磁流体发电机3．电磁流量计．4．质谱仪5．回旋加速器1．如图所示,在x轴上方有匀强电场,场强为E；在x轴下方有匀强磁场,磁感应强度为B,方向如图,在x轴上有一点M,离O点距离为L．现有一带电量为十q的粒子,使其从静止开始释放后能经过M点．如果把此粒子放在y轴上,其坐标应满足什么关系重力忽略不计2．如图所示,在宽l的范围内有方向如图的匀强电场,场强为E,一带电粒子以速度v垂直于电场方向、也垂直于场区边界射入电场,不计重力,射出场区时,粒子速度方向偏转了θ角,去掉电场,改换成方向垂直纸面向外的匀强磁场,此粒子若原样射入磁场,它从场区的另一侧射出时,也偏转了θ角,求此磁场的磁感强度B．3．初速为零的离子经过电势差为U的电场加速后,从离子枪T中水平射出,经过一段路程后进入水平放置的两平行金属板MN和PQ之间．离子所经空间存在一磁感强度为B的匀强磁场,如图所示．不考虑重力作用,离子荷质比q/mq、m分别是离子的电量与质量在什么范围内,离子才能打在金属板上4．如图所示,M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板,S1、S2为板上正对的小孔,N板右侧有两个宽度均为d的匀强磁场区域,磁感应强度大小均为B,方向分别垂直于纸面向里和向外,磁场区域右侧有一个荧光屏,取屏上与S1、S2共线的O点为原点,向下为正方向建立x轴．板左侧电子枪发射出的热电子经小孔S1进入两板间,电子的质量为m,电荷量为e,初速度可以忽略．求：1当两板间电势差为U0时,求从小孔S2射出的电子的速度v0；2两金属板间电势差U在什么范围内,电子不能穿过磁场区域而打到荧光屏上；3电子打到荧光屏上的位置坐标x和金属板间电势差U的函数关系．5．如图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,电量＋q的粒子在环中作半径为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,动能不断增大,而绕行半径不变．l设t=0时粒子静止在A板小孔处,在电场作用下加速,并绕行第一圈,求粒子绕行n圈回到A板时获得的总动能E n．2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,求粒子绕行第n圈时的磁感应强度B n．3求粒子绕行n圈所需的总时间t n设极板间距远小于R．4在2图中画出A板电势U与时间t的关系从t＝0起画到粒子第四次离开B板时即可． 5在粒子绕行的整个过程中,A板电势是否可始终保持为＋U为什么RAB6．如图所示,在直角坐标系的第Ⅱ象限和第Ⅳ象限中的直角三角形区域内,分布着磁感应强度均为B＝×10－3T的匀强磁场,方向分别垂直纸面向外和向里．质量为m＝×10－27㎏、电荷量为q ＝＋×10－19C的α粒子不计α粒子重力,由静止开始经加速电压为U＝1205V的电场图中未画出加速后,从坐标点M－4,2处平行于x轴向右运动,并先后通过两个匀强磁场区域．1请你求出α粒子在磁场中的运动半径；2你在图中画出α粒子从直线x＝－4到直线x＝4之间的运动轨迹,并在图中标明轨迹与直线x＝4交点的坐标；3求出α粒子在两个磁场区域偏转所用的总时间．7．如图所示,竖直平面xOy内存在水平向右的匀强电场,场强大小E=10N／c,在y≥0的区域内q=+、质量还存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小B=一带电量0.2Cm=的小球由长0.4m0.4kgl=的细线悬挂于P点小球可视为质点,现将小球拉至水平位置A无初速释放,小球运动到悬点P正下方的坐标原点O时,悬线突然断裂,此后小球又恰好能通过O点正下方的N点.g=10m／s2,求：1小球运动到O点时的速度大小；2悬线断裂前瞬间拉力的大小；3ON间的距离8．两块平行金属板MN 、PQ 水平放置,两板间距为d 、板长为l ,在紧靠平行板右侧的正三角形区域内存在着垂直纸面的匀强磁场,三角形底边BC 与PQ 在同一水平线上,顶点A 与MN 在同一水平线上,如图所示．一个质量为m 、电量为+q 的粒子沿两板中心线以初速度v 0水平射入,若在两板间加某一恒定电压,粒子离开电场后垂直AB 边从D 点进入磁场,BD=41AB,并垂直AC 边射出不计粒子的重力．求： 1两极板间电压；2三角形区域内磁感应强度；3若两板间不加电压,三角形区域内的磁场方向垂直纸面向外．要使粒子进入磁场区域后能从AB 边射出,试求所加磁场的磁感应强度最小值．9．如图甲所示,竖直挡板MN 左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场,电场和磁场的范围足够大,电场强度E =40N/C,磁感应强度B 随时间t 变化的关系图象如图乙所示,选定磁场垂直纸面向里为正方向．t =0时刻,一质量m =8×10-4kg 、电荷量q =+2×10-4C 的微粒在O 点具有竖直向下的速度v =0.12m/s,O ´是挡板MN 上一点,直线OO´与挡板MN 垂直,取g =10m/s 2．求：1微粒再次经过直线OO´时与O 点的距离； 2微粒在运动过程中离开直线OO ´的最大高度；3水平移动挡板,使微粒能垂直射到挡板上,挡板与O 点间的距离应满足的条件．M O O ´ v B EO t /s B /T5π 15π 25π 35π 10π 20π 30π10．如图所示,在倾角为30°的斜面OA 的左侧有一竖直档板,其上有一小孔P ,OP=0.5m.现有一质量m =4×10－20kg,带电量q =+2×10－14C 的粒子,从小孔以速度v 0=3×104m/s 水平射向磁感应强度B =、方向垂直纸面向外的一圆形磁场区域．且在飞出磁场区域后能垂直打在OA 面上,粒子重力不计．求：1粒子在磁场中做圆周运动的半径； 2粒子在磁场中运动的时间； 3圆形磁场区域的最小半径；4若磁场区域为正三角形且磁场方向垂直向里,粒子运动过程中始终不碰到挡板,其他条件不变,求：此正三角形磁场区域的最小边长．11．如图所示,在x>0的空间中,存在沿x 轴方向的匀强电场,电场强度E=10N/C ；在x<0的空间中,存在垂直xy 平面方向的匀强磁场,磁感应强度B=．一带负电的粒子比荷q/m=160C/kg,在x=0.06m 处的d 点以8m/s 沿y 轴正方向的初速度v 0开始运动,不计带电粒子的重力．求： 1带电粒子开始运动后第一次到达y 轴时的坐标． 2带电粒子进入磁场后经多长时间会返回电场． 3带电粒子的y 方向分运动的周期． 30OP Av12．如图所示,一绝缘圆环轨道位于竖直平面内,半径为R,空心内径远小于R．以圆环圆心O为原点在环面建立平面直角坐标系xOy,在第四象限加一竖直向下的匀强电场,其他象限加垂直环面向外的匀强磁场．一带电量为＋q、质量为m的小球在轨道内从b点由静止释放,小球刚好能顺时针沿圆环轨道做圆周运动．1求匀强电场的电场强度E．2若第二次到达最高点a,小球对轨道恰好无压力,求磁感应强度B．3求小球第三次到达a点时对圆环的压力．13．如图所示的区域中,左边为垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,右边是一个电场强度大小未知的匀强电场,其方向平行于OC且垂直于磁场方向．一个质量为m,电荷量为－q的带电粒子从P孔以初速度v0沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中,初速度方向与边界线的夹角θ=60°,粒子恰好从C孔垂直于OC射入匀强电场,最后打在Q点,已知OQ=2OC,不计粒子的重力,求：1粒子从P运动到Q所用的时间t．2电场强度E的大小．3粒子到达Q点的动能E kQ．14．如图所示,在半径为R的绝缘圆筒内有匀强磁场,方向垂直纸面向里,圆筒正下方有小孔C与平行金属板M、N相通．两板问距离为两板与电动势为E的电源连接,一带电量为一质量为-q、质量为m的带电粒子重力忽略不计,开始时静止于C点正下方紧靠N板的A点,经电场加速后从C点进入磁场,并以最短的时间从C点射出,己知带电粒子与筒壁的碰撞无电荷量的损失,且每次碰撞时间极短,碰后以原速率返回．求：1筒内磁场的磁感应强度大小．2带电粒子从A点出发至第一次回到A点射出所经历的时间．专题二：带电粒子在复合场中的运动——参考答案1 1、解析：由于此带电粒子是从静止开始释放的,要能经过M 点,其起始位置只能在匀强电场区域．物理过程是：静止电荷位于匀强电场区域的y 轴上,受电场力作用而加速,以速度v 进入磁场,在磁场中受洛仑兹力作用作匀速圆周运动,向x 轴偏转．回转半周期过x 轴重新进入电场,在电场中经减速、加速后仍以原速率从距O 点2R 处再次超过x 轴,在磁场回转半周后又从距O点4R 处飞越x 轴如图所示图中电场与磁场均未画出故有L ＝2R,L ＝2×2R,L ＝3×2R 即 R ＝L ／2n,n=1、2、3………………… ①设粒子静止于y 轴正半轴上,和原点距离为h,由能量守恒得mv 2／2=qEh ……② 对粒子在磁场中只受洛仑兹力作用而作匀速圆周运动有：R ＝mv ／qB ………③解①②③式得：h ＝B 2qL 2／8n 2mE n ＝l 、2、3……2、解析：粒子在电场中运行的时间t ＝ l ／v ；加速度 a ＝qE ／m ；它作类平抛的运动．有tg θ=at/v=qEl/mv 2………①粒子在磁场中作匀速圆周运动由牛顿第二定律得：qvB=mv 2/r,所以r=mv/qB 又：sin θ=l/r=lqB/mv ………② 由①②两式得：B=Ecos θ/v3、解析：离子在磁场中做匀速圆周运动,作出两条边界轨迹TP 和TQ,分别作出离子在 T 、P 、Q 三点所受的洛仑兹力,分别延长之后相交于O 1、O 2点,如图所示,O 1和O 2分别是TP 和TQ 的圆心,设 R 1和 R 2分别为相应的半径．离子经电压U 加速,由动能定理得．qU ＝½mv 2………①由洛仑兹力充当向心力得qvB=mv 2/R ………② 由①②式得q/m=2U/B 2R 2由图直角三角形O 1CP 和O 2CQ 可得 R 12＝d 2＋R 1一d/22,R 1＝5d/4……④ R 22＝2d 2＋R 2一d/22,R 2＝17d/4……⑤依题意R 1≤R ≤R 2 ……⑥ 由③④⑤⑥可解得2228932d B U ≤m q ≤222532d B U．24、解析：1根据动能定理,得20012eU mv =解得002eU v m =2欲使电子不能穿过磁场区域而打在荧光屏上,应有mv r d eB=<而212eU mv =由此即可解得222d eB U m <HPBv45°打在荧光屏上的位置坐标为x,则由轨迹图可得2222x r r d =-- 注意到mv r eB=和212eU mv =所以,电子打到荧光屏上的位置坐标x 和金属板间电势差U 的函数关系为222222(22)()2d eB x emU emU d e B U eB m =--≥35、解析:1E n =nqv2∵nqU=½mv 2n∴v n =m nqU2 Rmv n 2=qv n B n B n =mv n /qR以v n 结果代入,B n =qR m m nqU 2=R 1qnmv2 3绕行第n 圈需时n v R π2=2πR qv m 2n 1 ∴t n =2πR qv m 21＋21＋31＋……＋n14如图所示,对图的要求：越来越近的等幅脉冲5不可以,因为这样粒子在A 、B 之间飞行时电场对其做功＋qv,使之加速,在A 、B 之外飞行时电场又对其做功－qv 使之减速,粒子绕行一周,电场对其作的总功为零,能量不会增大; 6、解析：1粒子在电场中被加速,由动能定理得 221mv qU =α粒子在磁场中偏转,则牛顿第二定律得rv m qvB 2=联立解得2102.312051064.62005.01211927=⨯⨯⨯⨯==--q mU B r m 2由几何关系可得,α粒子恰好垂直穿过分界线,故正确图象为3带电粒子在磁场中的运动周期qBmv r T ππ22==O M 2 －22－4 4 x /my /m －2 vB B4,2-α粒子在两个磁场中分别偏转的弧度为4π,在磁场中的运动总时间 631927105.6105102.321064.614.3241----⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯===qB m T t πs 47、解：1小球从A 运到O 的过程中,根据动能定理：212mv mgl qEl =- ① 则得小球在O 点速度为：2/s v m == ② 2小球运到O 点绳子断裂前瞬间,对小球应用牛顿第二定律：2v F T mg f m l=-==向洛 ③f Bvq =洛 ④由③、④得：28.2mv T mg Bvq N l=++= ⑤ 3绳断后,小球水平方向加速度25/s x F Eq a m m===电 ⑥ 小球从O 点运动至N 点所用时间0.8t s aυ∆== ⑦ON 间距离21 3.2m 2h gt == ⑧8、 解：⑴垂直AB 边进入磁场,由几何知识得：粒子离开电场时偏转角为30°∵0.v lmd qu v y =0v v tg y=θ ∴qlmdv u 332= 由几何关系得：030cos dl AB = 在磁场中运动半径d l r AB 23431== ∴ 121r mv qv B = ︒=30cos 0v v∴qdmv B 3401=方向垂直纸面向里 ⑶当粒子刚好与BC 边相切时,磁感应强度最小,由几何知识知粒子的运动半径r 2为：42d r = ……… 2分 2202r mv qv B = ∴qd mv B 024=即：磁感应强度的最小值为qdmv 049、解：1由题意可知,微粒所受的重力 G =mg =8×10-3N电场力大小F =Eq =8×10-3N因此重力与电场力平衡微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,则2v qvB m R=解得 R =mvBq=0.6m 由 2RT vπ=解得T =10πs则微粒在5πs 内转过半个圆周,再次经直线OO´时与O 点的距离 l = 2R =1.2m2微粒运动半周后向上匀速运动,运动的时间为t =5πs,轨迹如图所示,位移大小 s =vt =πm=1.88m因此,微粒离开直线OO´的最大高度 h =s +R =2.48m3若微粒能垂直射到挡板上的某点P ,P 点在直线OO ´下方时,由图象可知,挡板MN 与O 点间的距离应满足L =+m n =0,1,2…若微粒能垂直射到挡板上的某点P ,P 点在直线OO ´上方时,由图象可知,挡板MN 与O 点间的距离应满足 L =+ m n =0,1,2…若两式合写成 L =+ m n =0,1,2…同样给分 510、解：1由r v m qvB 2=,vrT π2=得：m qBmvr 3.0==2画出粒子的运动轨迹如图,可知T t 65=,得：s s qB m t 551023.5103535--⨯=⨯==ππ 3由数学知识可得：︒︒+=30cos 30cos 2r r L 得：m qB mv L 99.010334)134(=+=+=11．1y=0.069m2t=3T== 12．12313．12314．12。
带电粒子在复合场中的运动(经典题例)
带电粒子在复合场中的运动一、带电粒子在复合场中运动的轨迹欣赏例1、如图所示，两个共轴的圆筒形金属电极，外电极接地，其上均匀分布着平行于轴线的四条狭缝a、b、c和d，外筒的外半径为r，在圆筒之外的足够大区域中有平行于轴线方向的均匀磁场，磁感强度的大小为B。
在两极间加上电压，使两圆筒之间的区域内有沿半径向外的电场。
一质量为ｍ、带电量为＋q的粒子，从紧靠内筒且正对狭缝a的S点出发，初速为零。
如果该粒子经过一段时间的运动之后恰好又回到出发点S，则两电极之间的电压U应是多少？（不计重力，整个装置在真空中）例2、如图所示，在x轴上方有垂直于xy平面的匀强磁场，磁感应强度为B，在x 轴下方有沿y轴负方向的匀强电场，场强为E，一质量为m，电量为-q的粒子从坐标原点O沿着y轴正方向射出，射出之后，第三次到达x轴时，它与O点的距离为L，求此时粒子射出时的速度和运动的总路程（重力不记）例3、据有关资料介绍，受控热核聚变反应装置中有极高的温度，因而带电粒子将没有通常意义上的容器可装，而是由磁场约束带电粒子运动将其束缚在某个区域内，现按下面的简化条件来讨论这个问题，如图所示，有一个环形区域，其截面内半径为R1=√33m，外半径为R2=1.0m，区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，已知磁感应强度B=1.0 T，被束缚粒子的比荷qm=4×107C/kg。
(1)若中空区域中的带电粒子沿环的半径方向射入磁场，求带电粒子不能穿越磁场外边界的最大速度V0.(2)若中空区域中的带电粒子以（1)中的最大速度V0沿圆环半径方向射入磁场，求带电粒子从进入磁场开始到第一次回到该点所需要的时间t。
例4、据有关资料介绍，受控热核聚变反应装置中有极高的温度，因而带电粒子将没有通常意义上的容器可装，托卡马克装置是一种利用磁约束来实现受控核聚变的环形容器，由磁场将高温、高密等离子体约束在有限的范围内，现按下面的简化条件来讨论这个问题，如图所示，有一个环形区域，其截面内半径为R1=a，外半径为R2=(2√2−1)a，环形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。
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．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的基本方法技巧及练习题及练习题
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。
高三高考一轮重点题型复习：带电粒子在复合场中的运动
带电粒子在复合场中的运动1.（2017新课标Ⅱ 18）如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P 点，在纸面内沿不同的方向射入磁场，若粒子射入的速度为1v ，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速度为2v ，相应的出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则21:v v 为2 D.3 【答案】C2．(2017·全国卷Ⅱ)如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P 点，在纸面内沿不同方向射入磁场。
若粒子射入的速率为v 1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v 2，相应的出射点分布在三分之一圆周上。
不计重力及带电粒子之间的相互作用。
则v 2∶v 1为( )A.3∶2B.2∶1C.3∶1D ．3∶ 2【答案】C3．如图所示，正六边形abcdef 区域内有垂直于纸面的匀强磁场。
一带正电的粒子从f 点沿fd 方向射入磁场区域，当速度大小为v b 时，从b 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t b ，当速度大小为v c 时，从c 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t c ，不计粒子重力。
则( )A ．v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝2∶1B ．v b ∶v c ＝2∶1，t b ∶t c ＝1∶2C ．v b ∶v c ＝2∶1，t b ∶t c ＝2∶1D ．v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝1∶2【答案】A4．（2019北京市通州区潞河中学高三开学检测）如图所示，虚线框MNQP内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。
a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹。
若不计粒子所受重力，则( )A．粒子a带负电，粒子b、c带正电B．粒子a在磁场中运动的时间最长C．粒子b在磁场中的加速度最大D．粒子c在磁场中的动量最大【答案】C5．（2019届江西省红色七校高三第一次联考）如图所示，在直角三角形ABC内充满垂直纸面向外的匀强磁场（图中未画出），AB边长度为d，.现垂直AB 边射入一群质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子，已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t，而运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为（不计重力）．则下列判断中正确的是( )A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4tB．该匀强磁场的磁感应强度大小为C．粒子在磁场中运动的轨道半径为D．粒子进入磁场时速度大小为【答案】ABC6．（2019届四川省成都市第七中学高三零诊模拟考试）如图所示，M，N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值。
高考物理带电粒子在复合场中的运动专项训练及答案
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．如图所示，真空中某竖直平面内有一长为2l 、宽为l 的矩形区域ABCD ，区域ABCD 内加有水平向左的匀强电场和垂直于该竖直面的匀强磁场。
最新人教版高中物理选修3 强化练习六带电粒子在磁场复合场中的运动含答案
带电粒子在磁场、复合场中的运动1．(2017·全国卷Ⅰ)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里。
三个带正电的微粒a 、b 、c 电荷量相等，质量分别为m a 、m b 、m c 。
已知在该区域内，a 在纸面内做匀速圆周运动，b 在纸面内向右做匀速直线运动，c 在纸面内向左做匀速直线运动。
下列选项正确的是( )A ．m a >m b >m cB ．m b >m a >m cC ．m c >m a >m bD ．m c >m b >m a解析：选B 该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场，a 在纸面内做匀速圆周运动，可知其重力与所受到的电场力平衡，洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，有m a g ＝qE ，解得m a ＝qE g 。
b 在纸面内向右做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向上，可知m b g ＝qE ＋qv b B ，解得m b ＝qE g ＋qv b B g。
c 在纸面内向左做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向下，可知m c g ＋qv c B ＝qE ，解得m c ＝qE g －qv c B g。
综上所述，可知m b >m a >m c ，选项B 正确。
2.一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段运动轨迹如图所示，运动轨迹上的每一小段都可近似看成圆弧，由于带电粒子使沿途空气电离，粒子的能量逐渐减少(带电荷量不变)，从图中情况可以确定( )A ．粒子从a 运动到b ，带正电B ．粒子从a 运动到b ，带负电C ．粒子从b 运动到a ，带正电D ．粒子从b 运动到a ，带负电解析：选C 带电粒子做圆周运动的半径r ＝mv qB ＝2mE k qB ，随着E k 的减小，半径减小，故粒子从b 运动到a ；由左手定则知粒子带正电，故选C 。
专题强化十五 带电粒子在组合场、叠加场、交变电磁场中的运动
专题强化十五带电粒子在组合场、叠加场、交变电磁场中的运动【专题解读 1.本专题是磁场、力学、电场等知识的综合应用，高考往往以计算压轴题的形式出现。
2.学习本专题，可以培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力。
针对性的专题训练，可以提高同学们解决难题、压轴题的信心。
题型一带电粒子在组合场中的运动1．组合场电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场交替出现。
2．分析思路(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理。
(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键。
(3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图。
(4)用规律先电场后磁场【真题示例1(2020·全国Ⅱ卷，17)CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT 扫描机可用于对多种病情的探测。
图1(a)是某种CT 机主要部分的剖面图，其中X 射线产生部分的示意图如图(b)所示。
图(b)中M 、N 之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X 射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P 点。
则( )图1A ．M 处的电势高于N 处的电势B ．增大M 、N 之间的加速电压可使P 点左移C ．偏转磁场的方向垂直于纸面向外D ．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P 点左移 答案 D解析 电子带负电，故必须满足N 处的电势高于M 处的电势才能使电子加速，故选项A 错误；由左手定则可判定磁感应强度的方向垂直纸面向里，故选项C 错误；对加速过程应用动能定理有eU ＝12m v 2，设电子在磁场中运动半径为r ，由洛伦兹力提供向心力有e v B ＝m v 2r ，则r ＝m vBe ，电子运动轨迹如图所示，由几何关系可知，电子从磁场射出的速度方向与水平方向的夹角θ满足sin θ＝dr (其中d 为磁场宽度)，联立可得sin θ＝dB e2mU ，可见增大U 会使θ减小，电子在靶上的落点P 右移，增大B 可使θ增大，电子在靶上的落点P 左移，故选项B 错误，D 正确。
高考物理轮精细复习 (压轴题)带电粒子在复合场中的运动(含解析)
避躲市安闲阳光实验学校带电粒子在复合场中的运动（基础知识夯实+综合考点应用+名师分步奏详解压轴题，含精细解析）带电粒子在复合场中的运动[想一想]带电粒子在复合场中什么时候静止或做直线运动？什么时候做匀速圆周运动？[提示] 当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动。
当带电粒子所受的重力与电场力大小相等，方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内将做匀速圆周运动。
2．复合场中带电粒子在重力、电场力(为恒力时)、洛伦兹力三个力作用下能做匀变速直线运动吗？[提示] 不能，因为重力和电场力为恒力，而洛伦兹力随速度的增加而增加，故三力的合力一定发生变化。
带电粒子不能做匀变速直线运动。
[记一记]1．复合场复合场是指电场、磁场和重力场并存，或其中某两场并存，或分区域存在。
从场的复合形式上一般可分为如下四种情况：①相邻场；②重叠场；③交替场；④交变场。
2．带电粒子在复合场中的运动分类(1)静止或匀速直线运动当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动。
(2)匀速圆周运动当带电粒子所受的重力与电场力大小相等，方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动。
(3)较复杂的曲线运动当带电粒子所受合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线。
(4)分阶段运动带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成。
[试一试]1.地球大气层外部有一层复杂的电离层，既分布有地磁场，也分布有电场。
假设某时刻在该空间中有一小区域存在如图8－3－1所示的电场和磁场；电场的方向在纸面内斜向左下方，磁场的方向垂直纸面向里。
此时一带电宇宙粒子恰以速度v 垂直于电场和磁场射入该区域，不计重力作用，则在该区域中，有关该带电粒子的运动情况可能的是( )图8－3－1A．仍做直线运动 B．立即向左下方偏转C．立即向右上方偏转D．可能做匀速圆周运动解析：选ABC 比较Eq与Bqv，因二者开始时方向相反，当二者相等时，A 正确；当Eq＞Bqv时，向电场力方向偏，当Eq＜Bqv时，向洛伦兹力方向偏，B、C正确；有电场力存在，粒子不可能做匀速圆周运动，D错。
带电粒子在复合场中运动专题训练 附参考答案汇编.doc
带电粒子在复合场中运动专题训练附参考答案汇编带电粒子在复合场中运动专题训练 1．如图所示，两导体板水平放置，两板间电势差为 U , 带电粒子以某一初速度 v 0 沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场，则粒子射入磁场和射出磁场的 M 、 N 两点间的距离 d 随着 U 和 v 0 的变化情况为（） A、 d 随 v 0 增大而增大， d 与 U 无关 B、 d 随 v 0 增大而增大， d 随 U 增大而增大 C、 d 随 U 增大而增大， d 与 v 0 无关 D、 d 随v 0 增大而增大， d 随 U 增大而减小 2.在如图所示的直角坐标系中，在 y0 的区域内有一垂直于 xOy 平面的匀强磁场，在第四象限内有一平行于 x 轴方向的匀强电场。
现使一个质量为 m 的带电粒子，从坐标原点 O 以速度 V 沿 y 轴正方向射入匀强磁场，带电粒子从点 P（a，0）射出磁场，最后再从 Q 点射出匀强电场，射出电场时粒子速度跟 y 轴的夹角为 120 0 。
（粒子重力不计）求：(1)带电粒子从 O 点射入磁场，到达 P 点经历的时间。
(2)匀强电场的场强与匀强磁场的磁感应强度大小的比值 3．在如图所示的空间区域里， y 轴左方有一匀强电场，场强方向跟 y 轴负方向成 30角，大小为E = 4．0105 N/C， y 轴右方有一垂直纸面的匀强磁场，有一质子以速度 0 = 2.0106 m/s 由x 轴上 A 点（ OA = 10cm）第一次沿轴正方向射入磁场，第二次沿 x 轴负方向射入磁场，回旋后都垂直射入电场，最后又进入磁场，已知质子质量 m 为 1．610-27 kg，求：（1）匀强磁场的磁感应强度；（2）质子两次在磁场中运动的时间之比；（3）质子两次在电场中运动的时间各为多少． 4．如图所示，在直角坐标系的第一、二象限内有垂直于纸面的匀强磁场，第三象限有沿 y 轴负方向的匀强电场；第四象限无电场和磁场。
2017高考物理总复习强化作业37带电粒子在复合场中运动
课时强化作业三十七 带电粒子在复合场中运动的强化练习1. (2016届怀远县月考)如图所示，与水平面成37°的倾斜轨道AC ，其延长线在D 点与半圆轨道相切，轨道半径R ＝1 m ，全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场，MN 的右侧存在垂直于纸面向里的匀强磁场(C 点在MN 边界上)．一质量为0.4 kg 的带电小球沿轨道AC 下滑，至C 点时速度为v 0＝1007m /s ，接着沿直线CD 运动到D 处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且恰好能通过F 点，在F 点速度v F ＝4 m/s ，(不计空气阻力，g ＝10 m/s 2，cos37°＝0.8)求：(1)小球带何种电荷？(2)小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功；(3)小球从F 点飞出时磁场同时消失，小球离开F 点后的运动轨迹与直线AC (或延长线)的交点为G (G 点未标出)，求G 点到D 点的距离．解析：(1)小球在CD 间受到重力、电场力与洛伦兹力作用，如图所示：一定做匀速直线运动，如果小球带负电，电场力水平向右，洛伦兹力斜向左下方，重力竖直向下，小球受到的合力不可能为零，也不可能与速度方向在同一直线上，小球不可能做直线运动，则小球带正电．(2)小球在CD 间做匀速直线运动，C 点的速度与D 点的速度相等，电场力F ＝mg tan37°＝3 N ，从D 到F 过程，根据动能定理得，－W f －F ·2R sin37°＝12m v 2F －12m v 20，代入数据解得，W f ＝34 J.(3)在CD 段运动过程中，q v 0B ＝mg cos37°，小球离开F 点后做类平抛运动，2R ＝F 2mt 2，代入数据解得，t ＝0.4 2 s ，s ＝v F t ≈2.26 m.答案：(1)小球带正电 (2)34 J (3)2.26 m2. (2016届忻州一中、长治二中、康杰中学、临沂一中高三联考)如图所示，虚线OC 与y 轴的夹角θ＝60°，在此角范围内有一方向垂直于xOy 平面向外、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．虚线OC 与x 轴所夹范围内有一沿x 轴正方向、电场强度大小为E 的匀强电场．一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子a (不计重力)从y 轴的点M (0，L )沿x 轴的正方向射入磁场中．要使粒子a 从OC 边界离开磁场后竖直向下垂直进入匀强电场，经过匀强电场后从x 轴上的P 点(图中未画出)离开，求：(1)该粒子射入磁场的初速度v 1；(2)该粒子在电场中运动的时间t 和OP 的距离．解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出运动轨迹如图所示：洛伦兹力提供向心力，q v 1B ＝m v 21R ，根据几何关系得，OO 1＝R tan θ＝L －R ，解得R ＝3－32L, 联立解得， v 1＝(3－3)qBL 2m . (2)粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出粒子的运动时间与OP 间的距离.R tan θ＝v 1t ，解得，t ＝3m 3qB ，x ＝qE 2m t 2，联立解得，x ＝mE 6qB 2，根据几何关系得，OP ＝R ＋x ＝3－32L ＋mE 6qB 2. 答案：(1)(3－3)qBL 2m (2)3m 3qB 3－32L ＋mE 6qB 23．(2016届文登市模拟)如图，区域Ⅰ内有与水平方向成45°角的匀强电场E 1，区域宽度为d 1，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B 和匀强电场E 2，区域宽度为d 2，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下．一质量为m 、带电量为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60°，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E 1、E 2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？解析： (1)微粒在区域Ⅰ由静止释放后水平向右做直线运动，分析受力如图所示：qE 1sin45°＝mg ，解得E 1＝2mg q； 微粒在区域Ⅱ中做匀速圆周运动，重力与电场力相抵消，洛伦兹力提供向心力，qE 2＝mg ，解得E 2＝mg q. (2)微粒在区域Ⅰ中做匀加速直线运动的加速度a ＝qE 1cos45°m＝g ，进入区域Ⅱ的速度为v ＝ 2ad 1＝ 2gd 1，画出区域Ⅱ中粒子运动的轨迹，如图所示：根据几何关系得，r ＝d 2sin60°＝233d 2，根据洛伦兹力提供向心力，q v B ＝m v 2r，联立解得，B ＝m qd 2 3gd 12. (3)微粒在区域Ⅰ中匀加速直线运动的时间为t 1＝ 2d 1g，在区域Ⅱ中做匀速圆周运动的时间t 2＝θm qBl 2＝πd 23 23gd 1，总时间t ＝t 1＋t 2＝ 2d 1g ＋πd 23 23gd 1. 答案：(1)2mg q mg q (2)m qd 2 3gd 12 (3)2d 1g ＋πd 23 23gd 14．(2016届福州模拟)如图甲所示，竖直挡板MN 的左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度的大小E ＝40 N /C ，磁感应强度的大小B 随时间t 变化的关系图象如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向，在t ＝0时刻，一质量m ＝8×10－4 kg ，带电荷q ＝＋2×10－4 C 的微粒在O 点具有竖直向下的速度v ＝0.12 m/s ，O ′是挡板MN 上一点，直线OO ′与挡板MN 垂直，取g ＝10 m/s 2.求：(1)微粒下一次经过直线OO ′时到O 点的距离；(2)微粒在运动过程中离开直线OO ′的最大距离；(3)水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O 点间距离应满足的条件．解析：(1)微粒开始在运动过程中，所受电场力和重力平衡，在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，q v B ＝m v 2r ，联立解得，R ＝m v Bq＝0.6 m ，根据周期和线速度关系得，T ＝2πR v ，联立解得T ＝10π s ，微粒在5π s 内转过半个圆周，再次经直线OO ′时与O 点的距离l ＝2R ＝1.2 m.(2)微粒在5π s 内转过半个圆周，不受洛伦兹力，向上做匀速直线运动，经过5π s ，磁场反向，粒子向右偏转，继续做匀速圆周运动，微粒上的最大高度等于向上做匀速直线运动的位移和圆周运动的半径之和．轨迹如图所示：位移大小s ＝v t ＝0.6π m ＝1.88 m ，因此，微粒离开直线OO ′的最大高度h ＝s ＋R ＝2.48 m.(3)若微粒能垂直射到挡板上的某点P ，P 点在直线OO ′上方时，由图象可知，挡板MN 与O 点间的距离应满足，L ＝(4n ＋3)R (n ＝0,1,2…)；若微粒能垂直射到挡板上的某点P ，P 点在直线OO ′下方时，由图象可知，挡板MN 与O 点间的距离应满足，L ＝(4n ＋1)R (n ＝0,1,2…)，综上所述，挡板MN 与O 点间的距离应满足 L ＝(1.2n ＋0.6)m (n ＝0,1,2…)．答案：(1)1.2 m (2)2.48 m (3)L ＝(1.2n ＋0.6)m(n ＝0,1,2…)。
2017年新课标高考带电粒子在复合场中的运动
2016年新课标高考带电粒子在复合场中的运动专题训练1.在图所示的坐标系中，•｛轴水平，y轴垂直，入轴上方空间只存在重力场，第III象限存在沿$轴正方向的匀强电场和垂直勺，平而向里的匀强磁场，在第IV象限由沿x轴负方向的匀强电场，场强大小与第II像限存在的电场的场强大小相等。
一质量为皿带电荷量大小为g的质点e 从y轴上＞=力处的戸点以一左的水平速度沿x轴负方向抛岀.它经过- 2力处的A点进入第III彖限，恰好做匀速圆周运动，又经过y轴上方v= -2力的円点进入第【V象限，试求：⑴质点3到达P2点时速度的大小和方向:⑵第III象限中匀强电场的电场强度和匀强磁场的磁感应强度的大小：⑶质点么进入第IV象限且速度减为零时的位置坐标2.如图所示的坐标系，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向在x轴上空间第一、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平而（纸而）向里的均强磁场，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“八电荷量为q的带电质点，从y轴上戸力处的戸点以一左的水平初速度沿x轴负方向进入第二象限。
然后经过兀轴上4 - 2力处的B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2力处的凡点进入第四象限。
已知重力加速度为g・求：（1）粒子到达B点时速度的大小£.0X , » X ,L Xl X 1X X X XX X玄XX X X X M 1 和方向：（2）第三彖限空间中电场强度和磁感应强度的大小：（3）带电质点在第四彖限空间运动过程中最小速度的大小和方向。
3.如图所示，在xoy平而的第一、第三和第四彖限内存在着方向竖直向上的大小相同的匀强电场，在第一和第四象限内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场。
一个质量为加，电量为的带电质点，在第三象限中以沿x轴正方向的速度诃故匀速直线运动，第一次经过y轴上的M点,M点距坐标原点O的距禽为厶然后在第四象限和第一象限的电磁场中做匀速圆周运动，质点第一次经过x轴上的N点距坐标原点。
高考物理带电粒子在复合场中的运动的技巧及练习题及练习题
一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．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 =-=+- M 点横坐标为：22000724M x R R R h h =+-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专项训练及答案
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：B=2212mhEh l q+2．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．3．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 m θ=⑧由⑦⑧式得sin cos gRv θθ=⑨4．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）mg qE =，方向竖直向上 （2）min (92)qBhv m-=（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(962)2h x -≥()2211x r h r =-- 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 962)qBhv 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．5．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°.6．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 --L7．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
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＝12mv2m－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()mE Ev vB B=++考点：带电粒子在符合场中的运动；动能定理．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．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：11(1)1IBU nedIB AU Anedββ==--解得：01U UAUβ-=根据压力与唯一关系x pα=可得xpα=因此压力最大振幅为：01mU UpUαβ-=4．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R0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＝R0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＝R0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）20122RH h at h=+=+；（2）22000724Mx R R R h h=++-【解析】【详解】（1）做直线运动有，根据平衡条件有：qE qB=v①做圆周运动有：2qB mR=vv②只有电场时，粒子做类平抛，有：qE ma=③00R t=v④y 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 =-=+- M 点横坐标为：22000724M x R R R h h =+-5．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】（112qU m 21228Um 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 --L6．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°。
高考物理总复习--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 uuu r ＝PA Ru u u r ＝．用β表示PA u u u r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+2．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 。
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课时强化作业三十六 专题五 带电粒子在复合场中的运动1．霍尔元件是一种应用霍尔效应的磁传感器，广泛应用于各领域，如在翻盖手机中，常用霍尔元件来控制翻盖时开启或关闭运行程序．如图是一霍尔元件的示意图，磁场方向垂直霍尔元件工作面，霍尔元件宽为d (M 、N 间距离)，厚为h (图中上下面距离)，当通以图示方向电流时，MN 两端将出现电压U MN ，则( )A ．MN 两端电压U MN 仅与磁感应强度B 有关B ．若霍尔元件的载流子是自由电子，则MN 两端电压U MN ＜0C ．若增大霍尔元件宽度d ，则MN 两端电压U MN 一定增大D ．通过控制磁感应强度B 可以改变MN 两端电压U MN解析：电子流过霍尔元件，磁场方向竖直向下，根据左手定则可知，洛伦兹力受力指向N 板，电子向N 板聚集，M 板带正电荷，两板间的电势差U MN >0，故B 选项错误；设霍尔元件的长为l ，两板间产生电场，电子受力平衡，电场力等于洛伦兹力，e U MN d ＝e v B ，电流的微观表达式I ＝neS v ＝nedh v ，联立解得U MN ＝BIneh，MN 两端电压U MN 与磁感应强度B 、电流I 有关，故A 选项错误；根据MN 两端电压的表达式U MN ＝BIneh ，可知增大霍尔元件宽度d ，MN 两端电压不变，故C 选项错误；通过控制磁感应强度B 可以改变MN 两端电压U MN ，故D 选项正确．答案：D2．(多选)(2016届鄂豫晋冀陕五省联考)某型号的回旋加速器的工作原理图如图甲所示，图乙为俯视图．回旋加速器的核心部分为D 形盒，D 形盒置于真空容器中，整个装置放在电磁铁两极之间的磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D 形盒盒面垂直．两盒间狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．质子从粒子源A 处进入加速电场的初速度不计，从静止开始加速到出口处所需的时间为t ，已知磁场的磁感应强度大小为B ，质子质量为m 、电荷量为＋q ，加速器接一高频交流电源，其电压为U ，可以使质子每次经过狭缝都能被加速，不考虑相对论效应和重力作用．则下列说法正确的是( )A ．质子第一次经过狭缝被加速后，进入D 形盒运动轨道的半径r ＝1B2mUqB ．D 形盒半径R ＝2Ut πBC ．质子能够获得的最大动能为2q 2BUtπmD ．加速质子时的交流电源频率与加速α粒子的交流电源频率之比为1∶1解析：质子在电场中加速运动，根据动能定理得，qU ＝12m v 2，质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，q v B ＝m v 2r ，联立解得质子在磁场中的轨道半径r ＝1B2mUq，A 选项正确；设质子从静止开始加速到出口处被加速了n 圈，根据动能定理得，2nqU ＝12m v 2，在磁场中洛伦兹力提供向心力，q v B ＝m v 2R ＝m 4π2T2R ，运动时间t ＝nT ，联立解得R ＝2UtπB，B 选项正确；带电粒子射出时的动能E k ＝12m v 2＝B 2R 2q 22m ＝BUq 2t，C 选项错误；匀速圆周运动的周期T ＝2πm qB ，频率f ＝qB2πm ，质子与α粒子的电量之比为1∶2，质量之比为1∶4，频率之比2∶1，故D 选项错误．答案：AB3．(多选)如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直，在电、磁场区域内，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 为圆环上的三点，a 点为最高点，c 点为最低点，Ob 沿水平方向．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( )A ．当小球运动的弧长为圆周长的34时，洛伦兹力最大B ．当小球运动的弧长为圆周长的12时，洛伦兹力最大C ．小球从a 点到b 点，重力势能减小，电势能减小D ．小球从b 点运动到c 点，电势能增大，动能先增大后减小解析：小球从a 点静止释放，在水平电场力和竖直重力的共同作用下，将逆时针做圆周运动，电场力和重力等大，F 合＝2mg ，合力的方向与水平方向成45°角斜向左下方，“等效”重力mg ′＝F 合＝2mg ，bc 圆弧的中点为“等效”的最低点，图形的对称点为“等效”的最高点；运动过程中，洛伦兹力不做功，根据动能定理可知，运动到bc 圆弧的中点时动能最大，速度最大，洛伦兹力f ＝q v B ，即运动的弧长为圆周长的38时到达bc 圆弧的中点，此时洛伦兹力最大，故A 、B 选项错误；从a 到b 的过程中，电场力做正功，重力做正功，根据功能关系可知，电势能减小，重力势能减小，故C 选项正确；小球从b 点运动到c 点的过程中，电场力做负功，电势能增加，根据以上分析可得动能先增大再减小，故D 选项正确．答案：CD4. (2016届吉林东北师范大学附中高三模拟)空间三维直角坐标系如图所示(重力沿y 轴负方向)，同时存在与xOy 平面平行的匀强电场和匀强磁场，它们的方向与x 轴正方向的夹角均为53°.(已知重力加速度为g ，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)(1)若一电荷量为＋q 、质量为m 的带电质点沿平行于z 轴正方向的速度v 0做匀速直线运动，求电场强度E 和磁感应强度B 的大小；(2)若一电荷量为－q 、质量为m 的带电质点沿平行于z 轴正方向以速度v 0通过y 轴上的点P (0，h,0)时，调整电场使其方向沿x 轴负方向、大小为E 0.适当调整磁场，则能使带电质点通过坐标Q (h,0,0.5h )点，求通过Q 点时其速度大小；(3)若一电荷量为－q 、质量为m 的带电质点沿平行于z 轴正方向以速度v 0通过y 轴上的点P (0,0.6h,0)时，改变电场强度大小和方向，同时改变磁感应强度的大小，但不改变其方向，带电质点做匀速圆周运动能经过x 轴上的某点M ，问电场强度E ′和磁感应强度B ′的大小满足什么条件？并求出带电质点经过x 轴M 点的时间．解析： (1)带电质点电荷受重力、洛伦兹力和电场力，三力平衡，如图所示：根据平衡条件得，qE ＝mg sin53°，q v 0B ＝mg cos53°，解得：E ＝4mg 5q ，B ＝3mg5q v 0.(2)洛伦兹力不做功，粒子从P 点运动到Q 点的过程中，根据动能定理得，mgh ＋qE 0h ＝12m v 2Q －12m v 20，解得，v Q ＝ 2⎝⎛⎭⎫g ＋qE 0m h ＋v 20 . (3)粒子做匀速圆周运动，电场力和重力平衡，洛伦兹力提供向心力，作出粒子运动轨迹如图所示：E ′q ＝mg ，解得，E ′＝mgq ，方向竖直向下，要使带电质点经过x 轴，轨迹的直径：2r ＝0.6h cos53°＝h ，由牛顿第二定律得，q v 0B ′＝m v 20r ，解得，B ′＝2m v 0qh ，带电质点的运动周期为T ＝2πm qB ′＝πh v 0，质点经半个周期第一次通过x 轴，以后每经过整周期又经过x 轴．经过x 轴的时间为，t ＝12T ＋nT ＝⎝⎛⎭⎫12＋n πh v 0(n ＝1、2、3…)． 答案：(1)4mg 5q 3mg5q v 0(2) 2⎝⎛⎭⎫g ＋qE 0m h ＋v 20 (3)E ′＝mg q，方向竖直向下 B ′＝2m v 0qh ⎝⎛⎭⎫12＋n πhv 0(n ＝1、2、3…) 5．(2016届新乡、许昌、平顶山高三调研)如图所示，在y 轴左侧的区域内存在方向与x 轴同向的匀强电场，电场强度为E .在y 轴右侧以原点O 为圆心、半径为R 的半圆形区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy 平面并指向纸面里，磁感应强度为B .x 轴上的A 点与O 点的距离为d .一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从A 点由静止释放，经电场加速后从O 点射入磁场．不计粒子的重力作用．(1)求粒子在磁场中运动的轨道半径r ；(2)要使粒子进入磁场之后不再经过y 轴，电场强度需大于或等于某个值E 0，求E 0； (3)若电场强度E 等于第(2)问中E 0的23，求粒子经过y 轴时的位置．解析：(1)带电粒子在电场中加速，根据动能定理得，qEd ＝12m v 2－0，进入磁场中偏转，洛伦兹力提供向心力，q v B ＝m v 2r ，解得，r ＝2mqEdqB.(2)要使粒子之后恰好不再经过y 轴，则离开磁场时的速度方向与x 轴平行，根据几何关系可知，r ＝22R ，解得，E 0＝qB 2R 24md.(3)若电场强度E 等于第(2)问E 0的23，粒子在磁场中运动的轨迹半径r ′＝R3，画出粒子的运动轨迹如图所示：cos α＝R2r ′＝32，解得，α＝30°，β＝2α＝60°，粒子第一次经过y 轴时的位置坐标为，y 1＝r ′＋r ′cos β，解得，y 1＝3R ，此后粒子进入电场中，做类平抛运动，设在电场中运动的时间为t ，沿y 轴方向上又运动的距离为Δy ，则有：Δy ＝v sin α·t ，v cos α＝a t2，解得，Δy ＝3d ，则粒子第二次经过y 轴时的位置坐标为：y 2＝3(R ＋d )．答案：(1)2mqEd qB (2)qB 2R 24md(3) 3(R ＋d )6．(2016届揭阳期末)两块板长为L ＝1.4 m ，间距d ＝0.3 m 水平放置的平行板，板间加有垂直于纸面向里，B ＝1.25 T 的匀强磁场，如图1所示，在两极板间加上如图2所示电压，当t ＝0时，有一质量m ＝2×10－15kg ，电量q ＝1×10－10C 带正电荷的粒子，以速度v 0＝4×103m/s 从两极正中央沿与板面平行的方向射入，不计重力的影响．(1)画出粒子在板间的运动轨迹；(2)求在两极板间运动的时间．解析：(1)电场力qE ＝5×10－7N ，方向向下，洛伦兹力q v B ＝5×10－7N ，方向向上，故在有电场的时间段内，粒子受力平衡做匀速直线运动，没有电场的情况下，粒子做匀速圆周运动. 第一个10－4 s 有电场，粒子做匀速直线运动，位移为x ＝v 0t ＝0.4 m ，第二个10－4 s 无电场，粒子做匀速圆周运动，周期为T ＝2πm qB ＝1×10－4 s ，半径为R ＝m v qB ＝6.4×10－2 m ，则R ＜d2，不会碰到板，粒子可以转一周，以后重复上述运动，粒子可在磁场里做三个完整的圆周运动，其轨迹如图所示：(2)直线运动的时间段为n ＝L x ＝1.40.4＝3.5，圆周运动的圈数为3圈，故运动时间为T ′＝3.5t ＋3T ＝6.5×10－4 s.答案：(1)见解析 (2)6.5×10－4 s7．(2016届杭州西湖中学月考)如图所示，足够大的平行挡板A 1、A 2竖直放置，间距6L .两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN 为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B 0，方向垂直纸面向外．A 1、A 2上各有位置正对的小孔S 1、S 2，两孔与分界面MN 的距离均为L .质量为m 、电量为＋q 的粒子经宽度为d 的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S 1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN 上的P 点，再进入Ⅱ区，P 点与A 1板的距离是L 的k 倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑．(1)若k ＝1，求匀强电场的电场强度E ；(2)若2＜k ＜3，且粒子沿水平方向从S 2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v 与k 的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B 与k 的关系式．解析：(1)粒子在电场中直线加速，根据动能定理得，qEd ＝12m v 2－0，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，在Ⅰ区内，q v B 0＝m v 2r，当k ＝1时，由几何关系得，r ＝L ，联立解得，E ＝qB 20L22md.(2)当2＜k ＜3时，由题意可知粒子在Ⅱ区只能发生一次偏转，轨迹如图所示：由几何关系可知，(r －L )2＋(kL )2＝r 2，解得，r ＝(k 2＋1)2L ，联立解得，v ＝(k 2＋1)qB 0L2m，粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力，由对称性及几何关系可知，k 3－k ＝rr 1，解得，r 1＝(3－k )(k 2＋1)2k L ，联立解得，B ＝k(3－k )B 0.答案：(1)qB 20L22md (2)v ＝(k 2＋1)qB 0L 2m B ＝k (3－k )B 08. (2016届杭州五校联考)坐标原点O 处有一点状的放射源，它向xOy 平面内的x 轴上方各个方向发射α粒子，α粒子的速度大小都是v 0，在0＜y ＜d 的区域内分布有指向y 轴正方向的匀强电场，场强大小为E ＝3m v 202qd ，其中q 与m 分别为α粒子的电量和质量；在d ＜y＜2d 的区域内分布有垂直于xOy 平面的匀强磁场．ab 为一块很大的平面感光板，放置于y ＝2d 处，如图所示．观察发现此时恰无粒子打到ab 板上．(不考虑α粒子的重力)(1)求α粒子刚进入磁场时的动能； (2)求磁感应强度B 的大小；(3)将ab 板平移到什么位置时所有粒子均能打到板上？解析：(1)α粒子运动到进入磁场的过程中，qEd ＝12m v 2－12m v 20，解得刚进入磁场时的动能12m v 2＝2m v 20. (2)α粒子沿x 轴正方向射出，进入磁场的偏转角度最大，画出运动的轨迹如图所示：进入磁场的速度v ＝2v 0，速度偏角cos θ＝12，根据几何关系得，d ＝r ＋r cos θ，解得r ＝23d ，r ＝m v qB ，联立解得B ＝3m v 0qd.(3)沿x 轴负方向射出的粒子若能打到ab 板上，则所有粒子均能打到板上，临界情况是轨迹与ab 板相切，根据几何关系得，磁场宽度d ′＝d 3，故ab 板平移到y ＝4d3位置时所有粒子均能打到板上．答案：(1)2m v 20(2)3m v 0qd (3)y ＝4d3。