2019高考物理重点新题精选分类解析(第6期)专项19带电粒子在复合场中的运动

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高考物理试题真题分类汇编物理带电粒子在复合场中的运动含解析

2019届高考物理《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v 0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 ．qEdD ．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．(2018·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 ＝2πR v 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．(2018·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 v2r ①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 2⑦r ＝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：145qRB2m8．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 022④联立③④式得 d ＝T 042qU 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 v2R⑥要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足 2R ＞L2 ⑦联立②⑥⑦式得B ＜4L2mU 0q⑧ (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 ＝v2t 2 ⑪联立⑨⑩⑪式得 t 2＝T 02⑫设粒子在磁场中运动的时间为t t ＝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 ＝2πmqB⑮ 由题意可知 T ＝t ⑯ 联立⑭⑮⑯式得 B ＝8πm7qT 0. 答案：(1) 2qU 0m T 042qU 0m (2)B ＜4L2mU 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＝Eq v 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 2R得R ＝mv 0qB 1＝mE qB 1B 2(2)在电场中粒子做类平抛运动： x ＝R ＝Eqt22my ＝v 0t ＝EB 22mR Eq ＝mEqB 22B 1B 2 y′＝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．(2018·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 ＝2πrv解得B 0＝－πmq τ(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－t0B 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－－2]1－r2(k ＝1,2,3……)解得y ＝⎩⎪⎨⎪⎧2E 0τ－2t 0＋t 0]B 02kEτ－2t0B 0(k ＝1,2,3……)．答案：(1)qE 0τ2m (2)B 0－πmq τ(n ＝1,2,3……)(3)x ＝0，y ＝⎩⎪⎨⎪⎧2E 0τ－2t 0＋t 0]B 02kEτ－2t0B 0(k ＝1,2,3……)。

(参考)2019年高考物理考点解读+命题热点突破专题09带电粒子在复合场中的运动

（参考）2019年高考物理考点解读+命题热点突破专题09带电粒子在复合场中的运动【考向解读】1.主要考试热点：(1)带电粒子在组合复合场中的受力分析及运动分析．(2)带电粒子在叠加复合场中的受力分析及运动分析．(3)带电粒子在交变电磁场中的运动．2.带电粒子在复合场中的运动应该是2017年高考压轴题的首选．(1)复合场中结合牛顿第二定律、运动的合成与分解、动能定理综合分析相关的运动问题．(2)复合场中结合数学中的几何知识综合分析多解问题、临界问题、周期性问题等．【命题热点突破一】带电粒子在组合场中的运动磁偏转”和“电偏转”的差别例1．如图所示，静止于A处的离子，经加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左．静电分析器通道内有均匀辐射分布的电场，已知圆弧虚线的半径为R，其所在处场强为E、方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；＝2d、＝3d，离子重力不计．(1)求加速电场的电压U；(2)若离子恰好能打在Q点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E0的值；(3)若撤去矩形区域QNCD内的匀强电场，换为垂直纸面向里的匀强磁场，要求离子能最终打在QN上，求磁场磁感应强度B的取值范围．(2)离子做类平抛运动2d＝vt3d＝at2由牛顿第二定律得qE0＝ma.则E0＝3ER2d(3)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qBv＝m v2r则r＝EmRq离子能打在QN上，则既没有从DQ边出去也没有从PN边出去，则离子运动径迹的边界如图中Ⅰ和Ⅱ.由几何关系知，离子能打在QN上，必须满足：d<r≤2d则有≤B< .答案(1)ER (2)3ER2d(3) ≤B＜EmRq【变式探究】如图所示的坐标系中，第一象限内存在与x轴成30°角斜向下的匀强电场，电场强度E＝400 N/C；第四象限内存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场，x轴方向的宽度OA＝20cm，y轴负方向无限大，磁感应强度B＝1×10－4T.现有一比荷为＝2×1011 C/kg的正离子(不计重力)，以某一速度v0从O点射入磁场，α＝60 °，离子通过磁场后刚好从A点射出，之后进入电场．(1)求离子进入磁场B的速度v0的大小；(2)离子进入电场后，经多少时间再次到达x轴上；(3)若离子进入磁场B后，某时刻再加一个同方向的有界匀强磁场使离子做完整的圆周运动，求所加磁场磁感应强度的最小值．解析离子的运动轨迹如图所示(2)离子进入电场后，设经过时间t再次到达x轴上．离子沿垂直电场方向做速度为v0的匀速直线运动，位移为l1l1＝v0t离子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a，位移为l2Eq＝mal2＝at2由几何关系可知tan 60°＝l2l1代入数据解得t＝×10－7s(3)由Bqv＝知，B越小，r越大．设离子在磁场中最大半径为R由几何关系得R＝(r1－r1sin 30°)＝0.05 m由牛顿运动定律得B1qv0＝m得B1＝4×10－4T则外加磁场ΔB1＝3×10－4T答案(1)4×106 m/s(2)×10－7s(3)3×10－4T【感悟提升】带电粒子在组合场中的运动问题，一般都是单物体多过程问题，求解策略是“各个击破”：(1)先分析带电粒子在每个场中的受力情况和运动情况，抓住联系相邻两个场的纽带——速度(一般是后场的入射速度等于前场的出射速度)，(2)然后利用带电粒子在电场中往往做类平抛运动或直线运动，在磁场中做匀速圆周运动的规律求解．【命题热点突破二】带电粒子在叠加复合场中的运动例2.如图所示，水平线AC和竖直线CD相交于C点，AC上开有小孔S，CD上开有小孔P，AC与CD间存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，∠DCG＝60°，在CD右侧、CG的下方有一竖直向上的匀强电场E(大小未知)和垂直纸面向里的另一匀强磁场B1(大小未知)，一质量为m、电荷量为＋q的塑料小球从小孔S处无初速度地进入匀强磁场中，经一段时间恰好能从P孔水平匀速飞出而进入CD右侧，小球在CD右侧做匀速圆周运动而垂直打在CG板上，重力加速度为g.(1)求竖直向上的匀强电场的电场强度E的大小；(2)求CD右侧匀强磁场的磁感应强度B1的大小；(3)若要使小球进入CD右侧后不打在CG上，则B1应满足什么条件？解析(1)因小球在CD右侧受重力、电场力和洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，所以有mg＝qE，即E＝.(2)小球进入磁场后，由于重力作用，速率不断增大，同时在洛伦兹力的作用下小球右偏，当小球从小孔P水平匀速飞出时，受力平衡有Bqv ＝mg，即v＝mgBq从S到P由动能定理得mg＝mv2，即＝m2g2q2B2因小球从小孔P水平飞入磁场B1后做匀速圆周运动而垂直打在CG上，所以C点即为小球做圆周运动的圆心，半径即为r＝CP又因B1qv＝m v2r联立得B1＝2B.答案(1) (2)2B (3)B1≥4.3B【变式探究】如图所示，离子源A产生的初速度为零、带电荷量为e、质量不同的正离子被电压为U1的加速电场加速后进入一电容器中，电容器两极板之间的距离为d，电容器中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场和匀强电场．正离子能沿直线穿过电容器，垂直于边界MN进入磁感应强度大小也为B的扇形匀强磁场中，∠MNQ＝90°.(不计离子的重力)(1)求质量为m的离子进入电容器时，电容器两极板间的电压U2；(2)求质量为m的离子在磁场中做圆周运动的半径；(3)若质量为4m的离子垂直打在NQ的中点S1处，质量为16m的离子打在S2处．求S1和S2之间的距离以及能打在NQ上正离子的质量范围．解析(1)设离子经加速电场后获得的速度为v1，应用动能定理有U1e ＝mv21离子进入电容器后沿直线运动，有＝Bev1得U2＝Bd2U1em(3)根据(2)中R＝，质量为4m的离子在磁场中运动打在S1处，运动半径为R1＝B2e质量为16m的离子在磁场中运动打在S2处，运动半径为R2＝B2e又ON＝R2－R1由几何关系可知S1和S2之间的距离ΔS＝－R1联立解得ΔS＝2(－1)2U1mB2e由R′2＝(2R1)2＋(R′－R1)2解得R′＝R1再根据R1≤Rx≤R1解得m≤mx≤25m答案(1)Bd (2)2U1mB2e(3)m≤mx≤25m【命题热点突破三】带电粒子在交变电磁场中的运动及多解问题例3、如图甲所示，宽度为d的竖直狭长区域内(边界为L1、L2)，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(如图乙所示)，电场强度的大小为E0，E＞0表示电场方向竖直向上．t＝0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点．Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g.上述d、E0、m、v、g为已知量．(1)求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小．(2)求电场变化的周期T.(3)改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值．(2)设微粒从N1运动到Q的时间为t1，做圆周运动的周期为t2，则＝vt1 ⑤(1分)qvB＝m ⑥(2分)2πR＝vt2 ⑦(1分)联立③④⑤⑥⑦得t1＝；t2＝⑧(2分)电场变化的周期T＝t1＋t2＝＋⑨(1分)(3)若微粒能完成题述的运动过程，要求d≥2R⑩(1分)联立③④⑥得R＝⑪(1分)设在N1Q段直线运动的最短时间为t1min，由⑤⑩⑪得t1min＝v2g因t2不变，T的最小值Tmin＝t1min＋t2＝. (2分)【感悟提升】空间存在的电场或磁场是随时间周期性变化的，一般呈现“矩形波”的特点．交替变化的电场及磁场会使带电粒子顺次经过不同特点的电场、磁场或叠加的场，从而表现出多过程现象，其特点较为隐蔽，应注意以下两点：(1)仔细确定各场的变化特点及相应时间，其变化周期一般与粒子在磁场中的运动周期关联．(2)把粒子的运动过程用直观草图进行分析．【变式探究】如图甲所示，两竖直线所夹区域内存在周期性变化的匀强电场与匀强磁场，变化情况如图乙、丙所示，电场强度方向以y轴负方向为正，磁感应强度方向以垂直纸面向外为正．t＝0时刻，一质量为m、电量为q的带正电粒子从坐标原点O开始以速度v0沿x轴正方向运动，粒子重力忽略不计，图乙、丙中E0＝，t0＝，B0已知．要使带电粒子在0～4nt0(n∈N)时间内一直在场区运动，求：(1)在t0时刻粒子速度方向与x轴的夹角；(2)右边界到O的最小距离；(3)场区的最小宽度．解析(1)由牛顿第二定律，得E0q＝mavy＝t0 (2分)E0＝3B0v04πtanθ＝(1分)θ＝37°(1分)(2)x1＝v0t0 (1分)如图所示，由几何关系得x2＝R1－R1cos 53°(1分)B0qv＝m (1分)v＝(1分)x＝x1＋x2＝(π＋0.5) (1分)答案(1)37°(2)(π＋0.5)mv0qB0(3)(1.5n＋1.5＋π)mv0qB0【高考真题解读】1．(2015·福建理综，22，20分)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vC；(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；(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vD，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vP.(3)如图，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直．撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g′g′＝⑥且v＝v＋g′2t2⑦解得vP＝＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（\f(qE,m)）2＋g2))t2)⑧答案(1) (2)mgh－mE22B2(3)＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（\f(qE,m)）2＋g2))t2) 2．(2015·重庆理综，9，18分)如图为某种离子加速器的设计方案．两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场．其中MN 和M′N′是间距为h的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O和O′，O′N′＝ON＝d，P为靶点，O′P＝kd(k为大于1的整数)．极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U.质量为m、带电量为q的正离子从O点由静止开始加速，经O′进入磁场区域．当离子打到极板上O′N′区域(含N′点)或外壳上时将会被吸收．两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过，忽略相对论效应和离子所受的重力．求：(1)离子经过电场仅加速一次后能打到P点所需的磁感应强度大小；(2)能使离子打到P点的磁感应强度的所有可能值；(3)打到P点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间．解析(1)粒子经电场加速一次后的速度为v1，由动能定理得qU＝mv①粒子能打到P点，则在磁场中的轨道半径r1＝②对粒子在磁场中由牛顿第二定律得qv1B1＝,r1)③联立①②③式解得B1＝④(2)若粒子在电场中加速n次后能打到P点，同理可得nqU＝mv2 (n＝1，2，3，…)⑤rn＝⑥qvB＝⑦联立⑤⑥⑦式解得B＝⑧由题意可得当n＝1时，2r1′>d⑨解得n<k2⑩故⑧式中n的取值为n＝1，2，3，…，k2－1答案(1) (2) (n＝1，2，3，…，k2－1)(3) h2（k2－1）mUq3．(2015·天津理综，12,20分)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动．真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场与磁场的宽度均为 d.电场强度为E，方向水平向右；磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直．一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射．(1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2；(2)粒子从第n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn，试求sin θn；(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，试问在其他条件不变的情况下，也进入第n层磁场，但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之．(2)设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn,轨迹半径为rn(各量的下标均代表粒子所在层数，下同)．nqEd＝mv⑤qvnB＝m,rn)⑥图1粒子进入第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为αn，从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有vn－1sin θn－1＝vnsin αn⑦由图1看出rnsin θn－rnsin αn＝d⑧由⑥⑦⑧式得rnsin θn－rn－1sin θn－1＝d⑨由⑨式看出r1sin θ1，r2sin θ2，…，rnsin θn为一等差数列，公差为d，可得rnsin θn＝r1sin θ1＋(n－1)d⑩图2当n＝1时，由图2看出r1sin θ1＝d由⑤⑥⑩⑪式得sin θn＝B⑫(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则θn＝⑬sin θn＝1⑭在其他条件不变的情况下，换用比荷更大的粒子，设其比荷为，假设能穿出第n层磁场右侧边界，粒子穿出时的速度方向与水平方向的夹角为θn，由于＞⑮则导致sin θn′＞1⑯说明θn′不存在，即原假设不成立．所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界．答案(1)2 (2)B (3)见解析4．(2015·江苏单科，15，16分)一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为＋q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为零．这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在底片上．已知放置底片的区域MN＝L，且OM＝L.某次测量发现MN中左侧区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧区域QN 仍能正常检测到离子．在适当调节加速电压后，原本打在MQ的离子即可在QN检测到．(1)求原本打在MN中点P的离子质量m；(2)为使原本打在P的离子能打在QN区域，求加速电压U的调节范围；(3)为了在QN区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整，求需要调节U的最少次数．(取lg 2＝0.301，lg 3＝0.477，lg 5＝0.699)(2)由(1)知，U＝离子打在Q点时r＝L，U＝100U081离子打在N点时r＝L，U＝，则电压的范围≤U≤16U09(3)由(1)可知，r∝U由题意知，第1次调节电压到U1，使原本Q点的离子打在N点＝U1U0此时，原本半径为r1的打在Q1的离子打在Q上＝U1U0解得r1＝L第2次调节电压到U2，原本打在Q1的离子打在N点，原本半径为r2的打在Q2的离子打在Q上，则：＝，＝U2U0解得r2＝L同理，第n次调节电压，有rn＝L检测完整，有rn≤L2解得n≥－1≈2.8最少次数为3次.答案(1) (2)≤U≤(3)3次5．(2014·浙江理综，25,22分)离子推进器是太空飞行器常用的动力系统．某种推进器设计的简化原理如图1所示，截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区．Ⅰ为电离区，将氙气电离获得1价正离子；Ⅱ为加速区，长度为L，两端加有电压，形成轴向的匀强电场．Ⅰ区产生的正离子以接近0的初速度进入Ⅱ区，被加速后以速度vM从右侧喷出．Ⅰ区内有轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在离轴线R/2处的C点持续射出一定速率范围的电子．假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动，截面如图2所示(从左向右看)．电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成α角(0<α≤90°)．推进器工作时，向Ⅰ区注入稀薄的氙气．电子使氙气电离的最小速率为v0，电子在Ⅰ区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越好．已知离子质量为M；电子质量为m，电荷量为e.(电子碰到器壁即被吸收，不考虑电子间的碰撞)(1)求Ⅱ区的加速电压及离子的加速度大小；(2)为取得好的电离效果,请判断Ⅰ区中的磁场方向(按图2说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”)；(3)α为90°时，要取得好的电离效果，求射出的电子速率v的范围；(4)要取得好的电离效果，求射出的电子最大速率vmax与α角的关系．解析(1)由动能定理得Mv＝eU①U＝,2e)②a＝＝e＝,2L)③(2)由题知电子在Ⅰ区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越好，则题图2中显然电子往左半部偏转较好,故Ⅰ区中磁场方向应垂直纸面向外④(4)电子运动轨迹如图所示，OA＝R－r，OC＝，AC＝r根据几何关系得r＝⑨由⑥⑨式得vmax＝3eBR4m（2－sin α）答案(1),2e) ,2L) (2)垂直纸面向外(3)v0≤v＜(4)vmax＝3eBR4m（2－sin α）6．(2014·重庆理综，9，18分)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．解析(1)设电场强度大小为E.由题意有mg＝qE得E＝，方向竖直向上．(2)如图1所示,设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为Vmin，对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r1和r2，圆心的连线与NS的夹角为φ.由r＝mvqB有r1＝，r2＝r1由(r1＋r2)sin φ＝r2r1＋r1cosφ＝hvmin＝(9－6)qBhm答案(1)，方向竖直向上(2)(9－6)qBhm(3)见解析7．(2014·大纲全国，25，20分)如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xy平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向．在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子,该粒子在(d，0)点沿垂直于x轴的方向进入电场．不计重力．若该粒子离开电场时速度方向与Y轴负方向的夹角为θ，求(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值；(2)该粒子在电场中运动的时间．(2)联立⑤⑥式得t＝⑧答案(1)v0tan2θ(2)2dv0tan θ。

高考物理高考物理带电粒子在复合场中的运动解题技巧讲解及练习题

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．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 qEv t vm+=+【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．2．如图所示，以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，宽度为d，两侧为相同的匀强磁场，方向垂直纸面向里．一质量为m、带电量q+、重力不计的带电粒子，以初速度1v垂直边界射入磁场做匀速圆周运动，后进入电场做匀加速运动，然后第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁场中交替运动．已知粒子第二次在磁场中运动的半径是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此类推．求：（1）粒子第一次经过电场的过程中电场力所做的功1W（2）粒子第n次经过电场时电场强度的大小nE（3）粒子第n次经过电场所用的时间nt（4）假设粒子在磁场中运动时，电场区域场强为零．请画出从粒子第一次射入磁场至第三次离开电场的过程中，电场强度随时间变化的关系图线（不要求写出推导过程，不要求标明坐标刻度值）．【来源】河北省衡水中学滁州分校2018届高三上学期全真模拟物理试题【答案】（1）21132mvW=（2）21(21)2nn mvEqd+=（3）12(21)ndtn v=+（4）如图；【解析】（1）根据mvrqB=，因为212r r=，所以212v v=，所以221211122W mv mv=-,（2）=，，所以．（3），，所以．(4)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，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 =++-。

2019高考物理命题潜规则解密：专项41带电粒子在复合场中的运动

2019高考物理命题潜规则解密：专项41带电粒子在复合场中的运动电场磁场和重力场的复合场中的运动规那么验证：2018年海南物理第2题、2018年江苏物理第15题、2018·重庆理综第24题、2018年浙江理综第24题、2017安徽理综卷第23题、2017福建理综卷第22题、2017四川理综卷第25题命题规律：带电粒子在复合场中的运动是电学的重要题型，是高考考查的重点和热点，带电粒子在复合场中的运动常常以压轴题出现，难度大、分值高、区分度大。

【命题分析】带电粒子在电场磁场的复合场中的运动，变化灵活，情景新颖，是高考热点，一般作为计算题，分值较高，难度中等。

典例1.〔2018年海南物理第2题〕如图，在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里。

一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板。

假设不计重力，以下四个物理量中哪一个改变时，粒子运动轨迹不会改变？典例2（16分）〔2018年江苏物理第15题〕如下图，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）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，，建立如下图的直角坐标系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.。

2019高考物理重点新题分类解析第7期专项19带电粒子在复合场中的运动

2019 高考物理要点新题优选分类分析（第7 期）专项 19 带电粒子在复合场中的运动1、〔2018 河南省开封市二模〕以以下图，在长方形abcd 地域内有正交的匀强电场和匀强磁场，ab＝bc＝ L，一带电粒子从ad 的2中点垂直于电场和磁场方向射入，恰沿直线从bc 边的中点出，假设撤去电场，那么粒子从 a 点射出且射出时的动能为假设撤去磁场，那么粒子射出时的动能为〔重力不计〕A、 E kB、 2E kC、 4E kD、5E k P 射E k；2、〔2018 年 3 月北京市东城区联考〕如图 4 所示，一束质量、速度和电荷量不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场构成的速度选择器后，一个匀强磁场中并分裂为A、B 束，以下说法中正确的选项是() 。

进入另A、构成A、 B 束的离子都带负电B、构成A、 B 束的离子质量必定不一样qC、A 束离子的比荷m 大于B 束离子的比荷D 、速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外答案： C3、〔 22 分〕〔2018 浙江省五校结盟联考〕以以下图，在 x 轴上方有水平向左的匀强电场 E 1 ，在 x轴下方有竖直向上的匀强电场 E 2，且E 1 =E 2 =5N/C ，在图中虚线〔虚线与 y 轴负方向成 45 角〕的右边和 x 轴下方之间存在着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感觉强度 B=2T 、有一长 L=5 2 m的不行伸长的轻绳一端固定在第一象限内的 O ＇点，另一端拴有一质量m=0.1kg 、带电量 q=+0.2C 的小球，小球可绕O ＇点在竖直平面内转动， OO ＇间距为 L ，与 x轴正方向成 45 角、先将小球放在 O ＇正上方且绳恰好挺直的地点处由静止开释，当小球进入磁场前瞬时绳索绷断、重力加快度g 取10m/s 2、求：〔1〕绷紧过程中细绳对小球所做的功；〔2〕小球刚进入磁场所区时的速度；〔3〕小球从进入磁场到小球穿越磁场后第一次打在x 轴上所用的时间及打在x轴上点的坐标。

高考物理带电粒子在复合场中的运动专题训练答案及解析

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．如图，M、N是电压U=10V的平行板电容器两极板，与绝缘水平轨道CF相接，其中CD 段光滑，DF段粗糙、长度x=1.0m．F点紧邻半径为R的绝缘圆筒(图示为圆筒的横截面)，圆筒上开一小孔与圆心O在同一水平面上，圆筒内存在磁感应强度B=0.5T、方向垂直纸面向里的匀强磁场和方向竖直向下的匀强电场E．一质量m=0.01kg、电荷量q=－0.02C的小球a从C点静止释放，运动到F点时与质量为2m、不带电的静止小球b发生碰撞，碰撞后a球恰好返回D点，b球进入圆筒后在竖直面内做圆周运动．不计空气阻力，小球a、b 均视为质点，碰时两球电量平分，小球a在DF段与轨道的动摩因数μ=0.2，重力加速度大小g=10m/s2．求(1)圆筒内电场强度的大小；(2)两球碰撞时损失的能量；(3)若b球进入圆筒后，与筒壁发生弹性碰撞，并从N点射出，则圆筒的半径．【来源】福建省宁德市2019届普通高中毕业班质量检查理科综合物理试题【答案】(1)20N/C；(2)0J；(3)16tanRnπ=（n≥3的整数）【解析】【详解】（1）小球b要在圆筒内做圆周运动，应满足：12Eq＝2mg解得：E＝20 N/C（2）小球a到达F点的速度为v1，根据动能定理得：Uq－μmgx＝12mv12小球a从F点的返回的速度为v2，根据功能关系得：μmgx＝12mv22两球碰撞后，b球的速度为v，根据动量守恒定律得：mv1＝-mv2＋2mv则两球碰撞损失的能量为：ΔE＝12mv12－12mv22－12mv2联立解得：ΔE＝0（3）小球b进入圆筒后，与筒壁发生n-1次碰撞后从N点射出，轨迹图如图所示：每段圆弧对应圆筒的圆心角为2nπ，则在磁场中做圆周运动的轨迹半径：r1＝Rtan nπ粒子在磁场中做圆周运动：21122vqvB mr=联立解得：16tanRnπ=（n≥3的整数）2．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°。

2019年高考物理热点题型归纳与整合带电粒子在组合场、复合场中的运动

2019年高考物理热点题型归纳与整合带电粒子在组合场、复合场中的运动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，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：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，有利于形象、直观地解决问题.带例1.在平面坐标系内，在第Ⅰ象限内有沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅰ、Ⅰ象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场。

在y轴上A（0，L）处将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子沿平行于x轴正方向以速度v0射出，从x轴上M（2L，0）处离开电场进入磁场，再次到达x轴时刚好经过坐标原点O处。

不计重力及其他作用。

求：（1）匀强电场的电场强度的大小E；（2）匀强磁场的磁感应强度的大小B。

【答案】(1)mv022qL (2)mv0qL【解析】（1）粒子在电场中只受电场力作用，做平抛运动，所以有：2L＝v0t；L＝12×qEm×t2，解得：E=mv022qL；（2）且由平抛运动的规律可知，粒子在电场中运动的时间为：t＝2Lv0，进入磁场时，速度v的水平分量为：v x=v0，竖直分量为：v y＝qEm ×2Lv0＝v0，解得：v＝√2v0；粒子在磁场中只受洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下作圆周运动，所以粒子运动轨迹如图所示，则，粒子做圆周运动的半径为：R＝√2L，所以由洛伦兹力作向心力可得：Bvq＝mv 2R，解得：B＝mvqR ＝mv0qL【易错点】将粒子的初速度当成进入磁场的速度。

例2.如图所示，在x轴的上方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，在x轴的下方等腰三角形CD y区域内有垂直于xOy平面由内向外的匀强磁场，磁感应强度为B，其中C，D 在x轴上，它们到原点O的距离均为a，θ=45∘。

高考物理试题真题分类汇编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，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B．一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动．A、C两点间距离为h，重力加速度为g．（1）求小滑块运动到C点时的速度大小v c；（2）求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功W f；（3）若D 点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D 点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P 点．已知小滑块在D 点时的速度大小为v D ，从D 点运动到P 点的时间为t ，求小滑块运动到P 点时速度的大小v p .【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理（福建卷带解析) 【答案】（1）E/B （2）（3）【解析】【分析】【详解】小滑块到达C 点时离开MN ，此时与MN 间的作用力为零，对小滑块受力分析计算此时的速度的大小；由动能定理直接计算摩擦力做的功W f ；撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据分运动计算最后的合速度的大小；（1）由题意知，根据左手定则可判断，滑块在下滑的过程中受水平向左的洛伦兹力，当洛伦兹力等于电场力qE 时滑块离开MN 开始做曲线运动，即Bqv qE = 解得：E v B=（2）从A 到C 根据动能定理：2102f mgh W mv -=- 解得：2212f E W mgh m B=-（3）设重力与电场力的合力为F ，由图意知，在D 点速度v D 的方向与F 地方向垂直，从D 到P 做类平抛运动，在F 方向做匀加速运动a=F /m ，t 时间内在F 方向的位移为212x at = 从D 到P ，根据动能定理：150a a +=，其中2114mv 联立解得：()22222()P Dmg qE v t v m+=+【点睛】解决本题的关键是分析清楚小滑块的运动过程，在与MN 分离时，小滑块与MN 间的作用力为零，在撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据滑块的不同的运动过程逐步求解即可．3．如图所示,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°.4．如图，M 、N 是电压U =10V 的平行板电容器两极板，与绝缘水平轨道CF 相接，其中CD 段光滑，DF 段粗糙、长度x =1.0m ．F 点紧邻半径为R 的绝缘圆筒(图示为圆筒的横截面)，圆筒上开一小孔与圆心O 在同一水平面上，圆筒内存在磁感应强度B =0.5T 、方向垂直纸面向里的匀强磁场和方向竖直向下的匀强电场E ．一质量m =0.01kg 、电荷量q =－0.02C 的小球a 从C 点静止释放，运动到F 点时与质量为2m 、不带电的静止小球b 发生碰撞，碰撞后a 球恰好返回D 点，b 球进入圆筒后在竖直面内做圆周运动．不计空气阻力，小球a 、b 均视为质点，碰时两球电量平分，小球a 在DF 段与轨道的动摩因数μ=0.2，重力加速度大小g=10m/s 2．求(1)圆筒内电场强度的大小； (2)两球碰撞时损失的能量；(3)若b 球进入圆筒后，与筒壁发生弹性碰撞，并从N 点射出，则圆筒的半径．【来源】福建省宁德市2019届普通高中毕业班质量检查理科综合物理试题【答案】(1)20N/C ；(2)0J ；(3) 16tanR nπ=（n≥3的整数）【解析】【详解】（1）小球b要在圆筒内做圆周运动，应满足：12Eq＝2mg解得：E＝20 N/C（2）小球a到达F点的速度为v1，根据动能定理得：Uq－μmgx＝12mv12小球a从F点的返回的速度为v2，根据功能关系得：μmgx＝12mv22两球碰撞后，b球的速度为v，根据动量守恒定律得：mv1＝-mv2＋2mv则两球碰撞损失的能量为：ΔE＝12mv12－12mv22－12mv2联立解得：ΔE＝0（3）小球b进入圆筒后，与筒壁发生n-1次碰撞后从N点射出，轨迹图如图所示：每段圆弧对应圆筒的圆心角为2nπ，则在磁场中做圆周运动的轨迹半径：r1＝Rtannπ粒子在磁场中做圆周运动：21122vqvB mr=联立解得：16tanRnπ=（n≥3的整数）5．如图甲所示，正方形导线框abcd用导线与水平放置的平行板电容器相连，线框边长与电容器两极板间的距离均为L．O点为电容器间靠近上极板的一点，与电容器右端的距离为72Lπ，与水平线MN的距离为等1(1)4Lπ+)．线框abcd内和电容器两极板间都存在周期性变化的磁场，导线框内匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，电容器间匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图丙所示，选垂直纸面向里为正方向．现有一带正电微粒在0时刻自O12L Lg g内恰好做匀速圆周运动．已知重力加速度为g，求：(1)此带电微粒的比荷q m； (2)自0时刻起经时间32Lg时微粒距O 点的距离； (3)自0时刻起经多长时间微粒经过水平线MN ．【来源】山东省德州市2019届高三第二次模拟考试理科综合物理试题【答案】（1）14gB L（2）L π （3）()()71120,1,2,320,1,21212L L n n n n g g ⎛⎫⎛⎫+=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭和【解析】【详解】解：(1)电容器两极电势差大小等于线框产生的电动势：204L B U B L gL t∆==∆电容器两极间电场强度：04UE B gL L== 时间12L Lg g内：mg qE = 解得比荷：14q g m B L= (2)微粒运动的轨迹如图所示时间102Lg内：mg qE ma +=1v at =，1t =解得：v =L g 内：208mv qv B r π•= 可得：2L r π= 又2rT vπ=解得：T =时微粒距O 点的距离：2L x r π==(3) 时间102Lg内，微粒竖直向下的位移：124v L h t ==设粒子转过角度α时与O 点间的竖直距离为：1(1)4L π+ 1(1)4sin L hrπα+-= 解得：6πα=和56πα=每次微粒进入磁场后运动至水平线MN 所需时间：22t T απ=解得：2t =2t =自开始至水平线MN 的时间：122t t n T t =+•+，0,1,2,3(,)n =⋯⋯即：7(212t n =+11(212t n =+，0,1,2,3(,)n =⋯⋯ 又722L rn π=解得： 3.5n =微粒离开电容器后不再经过水平线MN ，分析得自开始至水平线MN的时间：7(212t n =+，(0,1,2,3)n =和11(212t n =+，0,1,2,3(,)n =⋯⋯6．如图所示，MN为绝缘板，CD为板上两个小孔，AO为CD的中垂线，在MN的下方有匀强磁场，方向垂直纸面向外(图中未画出)，质量为m电荷量为q的粒子(不计重力)以某一速度从A点平行于MN的方向进入静电分析器，静电分析器内有均匀辐向分布的电场(电场方向指向O点)，已知图中虚线圆弧的半径为R，其所在处场强大小为E，若离子恰好沿图中虚线做圆周运动后从小孔C垂直于MN进入下方磁场．()1求粒子运动的速度大小；()2粒子在磁场中运动，与MN板碰撞，碰后以原速率反弹，且碰撞时无电荷的转移，之后恰好从小孔D进入MN上方的一个三角形匀强磁场，从A点射出磁场，则三角形磁场区域最小面积为多少？MN上下两区域磁场的磁感应强度大小之比为多少？()3粒子从A点出发后，第一次回到A点所经过的总时间为多少？【来源】2014届福建省厦门双十中学高三热身考试物理试卷（带解析)【答案】（1）EqRm；（2）212R；11n+；（3）2πmREq。

高考物理试题真题分类汇编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．下图为某种离子加速器的设计方案.两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场.其中MN 和M N ''是间距为h 的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O 和O '，O N ON d ''==，P 为靶点，O P kd '=（k 为大于1的整数）。

极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U 。

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

两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过。

忽略相对论效应和离子所受的重力。

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

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

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

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

2019高考物理新题精选分类解析专题29带电小球在复合场中的运动

2019高考物理新题精选分类解析专题29带电小球在复合场中的运动1.（15分）（2013广东省佛山市质检）如左图所示，水平光滑绝缘桌面距地面高h，x轴将桌面分为Ⅰ、Ⅱ两个区域.右图为桌面旳俯视图，Ⅰ区域旳匀强电场场强为E，方向与ab边及x轴垂直；Ⅱ区域旳匀强磁场方向竖直向下.一质量为m，电荷量为q旳带正电小球，从桌边缘ab上旳M处由静止释放（M距ad边及x轴旳距离均为l），加速后经x轴上N点进入磁场，最后从ad边上旳P点飞离桌面；小球飞出旳瞬间，速度如图与ad边夹角为60o.求：⑴小球进入磁场时旳速度；⑵Ⅱ区域磁场磁感应强度旳大小⑶小球飞离桌面后飞行旳水平距离.lsin③+030RR=2． (17分)如图甲所示,两平行金属板接有如图乙所示随时间t变化旳电压U,两板间电场可看作均匀旳,且两板外无电场,板长L=0.2 m,板间距离d=0.2 m．在金属板右侧有一边界为MN旳区域足够大旳匀强磁场,MN与两板中线OO′垂直,磁感应强度B=5×10-3T,方向垂直纸面向里．现有带正电旳粒子流沿两板中线OO′连续射入电场中,已知每个粒子速度v0=105 m/s,比荷q/m=108 C/kg,重力忽略不计,在每个粒子通过电场区域旳极短时间内,电场可视作是恒定不变旳．(1)试求带电粒子射出电场时旳最大速度;(2)从电场射出旳带电粒子,进入磁场运动一段时间后又射出磁场,求粒子在磁场中运动旳最长时间和最短时间．225110111210/222U mv mv q v m s =+⇒=⨯ (4分)3．（19分）（2013吉林市期末质检）如图所示，一带电粒子以与水平方向成60°角速度在竖直平面内做直线运动，经过一段时间后进入一垂直于纸面向里、磁感应强度为B 旳圆形匀强磁场区域（图中未画出磁场区域），粒子飞出磁场后垂直电场方向进入宽为L 旳匀强电场. 电场强度大小为E ，方向竖直向上.当粒子穿出电场时速度大小变为原来旳2倍. 已知带电粒子旳质量为m ，电量为q ，重力不计.求：（1）粒子带什么电？简述理由；（2）带电粒子在磁场中运动时速度多大；（3）该圆形磁场区域旳最小面积为多大.解析.（19分）（1）根据粒子在磁场中偏转旳情况和左手定则可知，粒子带负电.（2分）（2）由于洛伦兹力对粒子不做功，故粒子以原来旳速率进入电场中，设带电粒子进入电场旳初速度为v 0，在电场中偏转时做类平抛运动，解得qB mEL s 24π=（2分）4.(2013年安徽省合肥市一模)在如图a 所示旳空间里，存在方向水平垂直于纸面向里旳匀强磁场和竖直向上旳周期性变化旳电场（如图b 所示），周期T=12t 0，电场强度旳大小为E 0,E>0表示电场方向竖直向上.一倾角为300足够长旳光滑绝缘斜面放置在此空间.t=0时，一带负电、质量为m 旳微粒从斜面上旳A 点由静止开始沿斜面运动，到C 点后，做一次完整旳圆周运动，在t=T 时刻回到C 点，再继续沿斜面运动到t=13t 0时刻.在运动过程中微粒电荷量不变，重力加速度为g ，上述E 0、m 、t 0、g 为已知量.(1) 求微粒所带电荷量q 和磁感应强度大小B ；(2)求微粒在A、C间运动旳加速度和运动到C点时旳速度大小；1 (3)求0～2T时间内微粒经过旳路程.(4)第二次做圆周运动旳速度02v gt =，半径是第一次旳两倍0013~14t t 时间内旳路程2420222s s gt == 所以0~2T 时间内旳总路程为21234035s s s s s gt =+++= 你 5（15分）（2013年甘肃省五市联考）如图所示，直线OA 与x 轴成135°角，x 轴上下方分别有水平向右旳匀强电场E 1和竖直向上旳匀强电场E 2，且电场强度E 1＝E 2＝10N /C ，x 轴下方还存在垂直于纸面向外旳匀强磁场B ，磁感应强度B ＝10T.现有一质量m＝1.0×10－5kg，电荷量q＝1.0×10－5C旳带正电尘粒在OA直线上旳A点静止释放，A点离原点O旳距离d＝210m(g取10m/s2，)．求：(1)尘粒刚进入磁场区域时旳速度v旳大小；(2)从进入磁场区域开始到离开磁场区域所经历旳时间t；(3)第一次回到OA直线上旳某位置离原点O旳距离L.(3)出磁场后尘粒在电场E1中做类平抛运动OC＝2R＝25t1＝CQv＝OC·cos45°v＝Rv＝0.1s 2分B位置离原点O旳距离L大小为L＝OC·sin45－12at2＝R－12at2＝0.13m 2 分6（2013南通第一次调研）．（16分）如图所示，在长度足够长、宽度d=5cm旳区域MNPQ内，有垂直纸面向里旳水平匀强磁场，磁感应强度B=0.33T．水平边界MN上方存在范围足够大旳竖直向上旳匀强电场，电场强度E=200N/C．现有大量质量m=6.6×10-27kg、电荷量q=3.2×10-19C旳带负电旳粒子，同时从边界PQ上旳O点沿纸面向各个方向射入磁场，射入时旳速度大小均为v=1.6×106m/s，不计粒子旳重力和粒子间旳相互作用．求：（1）求带电粒子在磁场中运动旳半径r；（2）求与x轴负方向成60°角射入旳粒子在电场中运动旳时间t；（3）当从MN边界上最左边射出旳粒子离开磁场时，求仍在磁场中旳粒子旳初速度方向与x轴正方向旳夹角范围，并写出此时这些粒子所在位置构成旳图形旳曲线方程．则仍在磁场中旳粒子旳初速度方向与x 轴正方向旳夹角范围为30°~60°（3分）所有粒子此时分布在以O 点为圆心，弦长0.1m 为半径旳圆周上（1分）曲线方程为 222x y R +=（R =0.1m 3≤x ≤0.1m ）O 23PQBOMNx y第16题乙答图60° 60° 60° O 17（2013北京海淀期末）.(8分)如图14所示，空间同时存在水平向右旳匀强电场和方向垂直纸面向里、磁感应强度为B旳匀强磁场.质量为m，电荷量为q旳液滴，以某一速度沿与水平方向成θ角斜向上进入正交旳匀强电场和匀强磁场叠加区域，在时间t内液滴从M点匀速运动到N点.重力加速度为g.(1)判定液滴带旳是正电还是负电，并画出液滴受力示意图；(2)求匀强电场旳场强E旳大小；(3)求液滴从M点运动到N点旳过程中电势能旳变化量.8（2013广东肇庆统一检测）．（18分）如下图（甲）所示，一竖直放置旳边长为L旳正方形导线框，其内有垂直框面向外旳均匀变化旳磁场，磁场变化如图（乙）所示.导线框两端分别连平行板电容器旳两极板M 、N ，M 、N 旳长度和它们之间旳距离都是d ，两平行板所在平面与纸面垂直.（1）一质子沿M 、N 两板正中央水平射入，恰好打在N 板旳中点处.已知质子旳质量和电量分别为m 、e ，求M 、N 两板间旳电压U MN 和质子入射旳初速度v 0 .（2）若在M 、N 间加一垂直纸面旳匀强磁场B ，质子以初速度v 沿两极板旳正中央入射时，恰好沿直线通过两板，求M 、N 间所加磁场B 旳大小和方向.（3）若在M 、N 旳右侧有一垂直M 、N 板旳长接收板P ，且在接收板与M 、N 间也存在（2）中所加旳同样大小与方向旳磁场B ，则质子以直线通过M 、N 板之后恰好没有碰到P 板.求M 板右端到P 板旳距离.由牛顿第二定律和电场力公式可得：ma dU e ⑦ （2分）由以上式子解得：02mteBLv⑧（1分）9（2013北京海淀期末）.(10分)图18甲所示，平行金属板PQ、MN水平地固定在地面上方旳空间，金属板长l=20cm，两板间距d=10cm，两板间旳电压U MP=100V.在距金属板M端左下方某位置有一粒子源A，从粒子源竖直向上连续发射速度相同旳带电粒子，射出旳带电粒子在空间通过一垂直于纸面向里旳磁感应强度B=0.20T旳圆形区域匀强磁场(图中未画出)后，恰好从金属板 PQ左端旳下边缘水平进入两金属板间，带电粒子在电场力作用下恰好从金属板MN旳右边缘飞出.已知带电粒子旳比荷qm=2.0×106C/kg，粒子重力不计，计算结果保留两位有效数字.求： (1)带电粒子射人电场时旳速度大小；(2)圆形匀强磁场区域旳最小半径；(3)若两金属板间改加如图乙所示旳电压，在哪些时刻进入两金属板间旳带电粒子不碰到极板而能够飞出两板间.0=t 时刻进入电场旳粒子穿过电场时旳偏转量为：m 20.0212='=t a y >d =10cm ，粒子将打在MN 板上.同理，t=2.0、4.0、 6.0……2.0n （n=0、1、2、3……）时刻进入电场旳粒子都将打在MN 板上.…………………………………………………1分11．(16分) （2013江苏省连云港市期末）以竖直向上为y 轴正方向旳平面直角坐标系xoy ，如图所示.在第一、四象限内存在沿x 轴负方向旳匀强电场E 1，在第二、三象限内存在着沿y 轴正方向旳匀强电场E 2和垂直于xoy 平面向外旳匀强磁场.现有一质量为m 、电荷量为q 旳带正电小球从坐标原点O 以初速度v 0沿与x 轴正方向成45°角旳方向射出.已知两电场旳电场强度12==mg E E q，磁场旳磁感应强度为B .(1)求小球离开O 点后第一次经过y 轴所用旳时间；(2)求小球离开O 点后第三次经过y 轴旳坐标；(3)若小球从O 点以某一初速度沿与x 轴正方向成135°角旳方向射出且能再次回到O 点，则该初速度旳大小为多少？20122v t '=。

2019高考物理压轴大题：带电粒子在复合场中的运动——满分攻略！

2019⾼考物理压轴⼤题：带电粒⼦在复合场中的运动——满分攻略！
1.带电粒⼦在复合场中⽆约束情况下的运动，常见运动形式的分析:
(1)带电粒⼦在复合场中做匀速圆周运动
带电粒⼦进⼊匀强电场、匀强磁场和重⼒场共同存在的复合场中,重⼒和电场⼒等⼤反向,两个⼒
的合⼒为零,粒⼦运动⽅向和磁场⽅向垂直时,带电粒⼦在洛伦兹⼒的作⽤下做匀速圆周运动.
(2)带电粒⼦在复合场中的直线运动
⾃由带电粒⼦(⽆轨道约束),在匀强电场、匀强磁场和重⼒场构成的复合场中的直线运动应该是匀
速直线运动,这是因为电场⼒和重⼒都是恒⼒,若它们的合⼒不与洛伦兹⼒平衡,则带电粒⼦速度的
⼤⼩和⽅向都会改变,就不可能做直线运动.(粒⼦沿磁场⽅向运动除外)
（3）带电粒⼦在复合场中有约束情况下的运动带电粒⼦在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道
等约束的情况下,常见的运动形式有直线运动和圆周运动,此时解题要通过受⼒分析明确变⼒、恒
⼒做功情况,并注意洛伦兹⼒不做功的特点,⽤动能定理、能量守恒定律结合⽜顿运动定律求出结
果.
2.带电粒⼦在复合场中运动的解题思路
注意:对于粒⼦连续通过⼏个不同情况场的问题,要分阶段进⾏处理.转折点的速度往往成为解题的
突破⼝.
3.解决带电粒⼦在组合场中运动问题的分析⽅法
4.带电粒⼦在交变复合场中的运动问题的基本思路。

2019高考物理带电粒子在复合场中的运动 Word版含答案(打包下载)

第10讲带电粒子在复合场中的运动一、牢记一个网络明晰粒子在不同场中运动规律二、做好“两个区分”：求解“电偏转”与“磁偏转”1．正确区分重力、电场力、洛伦兹力的大小、方向特点及做功特点．重力、电场力做功只与初、末位置有关，与路径无关，而洛伦兹力不做功．2．正确区分“电偏转”和“磁偏转”的不同．“电偏转”是指带电粒子在电场中做类平抛运动，而“磁偏转”是指带电粒子在磁场中做匀速圆周运动．三、抓住“两个技巧”，突破问题重点1．按照带电粒子运动的先后顺序，将整个运动过程划分成不同特点的小过程．2．善于画出几何图形处理边角关系，要有运用数学知识处理物理问题的习惯．高频考点1电磁技术的应用1－1.(2017·山西省高三联考)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具．图中的铅盒A 中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S 1进入电压为U 的加速电场区加速后，再通过狭缝S 2从小孔G 垂直于MN 射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN 为切线、磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外半径为R 的圆形匀强磁场．现在MN 上的F 点(图中末画出)接收到该粒子，且GF ＝3R .则该粒子的荷质比为(粒子的重力忽略不计)( )A ．8UR 2B 2B ．4UR 2B 2C ．6UR 2B2B ．2U R 2B2解析：设粒子被加速后获得的速度为v ，由动能定理有：qU ＝12m v 2，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r＝3R 3，又Bq v ＝m v 2r ，可求q m ＝6UR 2B2，故C 正确．答案：C1－2．(多选)(2017·贵州贵阳一中模拟)如图所示元件为某种型号的半导体，这种半导体内导电的粒子为自由电子，每个载流子所带电量的绝对值为e ，n 为单位体积内载流子数．已知元件长为a 、宽为b 、厚为c ，现将该半导体材料板放在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向沿y 轴正方向．当有大小为I 、沿x 轴正方向的恒定电流通过该材料板时，会在与z 轴垂直的两个侧面之间产生霍尔电势差U H ，下列说法正确的是( )A ．材料上表面的电势高于下表面的电势B ．在其他条件不变时通过材料的电流I 越大霍尔电势差越大C ．在其他条件不变时材料的宽度b 越大霍尔电势差越大D ．在其他条件不变时该磁场的磁感应强度B 越大霍尔电势差越大解析：半导体内导电的粒子“载流子”为自由电子，根据左手定则，则电子受到洛伦兹力方向向上，导致上表面的电势低于下表面的，故选项A 错误；据I ＝nes v ＝ne v bc 和e v B ＝eE ＝e U H b 知U H ＝BInec，所以I 越大、B 越大霍尔电势差越大，故选项BD 正确，C 错误．答案：BD1－3． (多选)如图所示为磁流体发电机的原理图．金属板M 、N 之间的距离为d ＝20 cm ，磁场的磁感应强度大小为B ＝5 T ，方向垂直纸面向里．现将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，整体呈中性)从左侧喷射入磁场，发现在M 、N 两板间接入的额定功率为P ＝100 W 的灯泡正常发光，且此时灯泡电阻为R ＝100 Ω，不计离子重力和发电机内阻，且认为离子均为一价离子，则下列说法中正确的是( )A ．金属板M 上聚集负电荷，金属板N 上聚集正电荷B ．该发电机的电动势为100 VC ．离子从左侧喷射入磁场的初速度大小为103 m/sD ．每秒钟有6.25×1018个离子打在金属板N 上解析：由左手定则可知，射入的等离子体中正离子将向金属板M 偏转，负离子将向金属板N 偏转，选项A 错误；由于不考虑发电机的内阻，由闭合电路欧姆定律可知．电源的电动势等于电源的路端电压，所以E ＝U ＝PR ＝100 V ，选项B 正确；由Bq v ＝q Ud 可得v＝UBd＝100 m/s ，选项C 错误；每秒钟经过灯泡L 的电荷量Q ＝It ，而I ＝PR＝1 A ，所以Q ＝1 C ，由于离子为一价离子，所以每秒钟打在金属板N 上的离子个数为n ＝Q e ＝11.6×10－19＝6.25×1018(个)，选项D 正确．答案：BD高频考点2 带电粒子在组合场、交变场中的运动如图所示，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．现有一质量为m ，电量为e 的电子从第一象限的某点P ⎝⎛⎭⎫L ，38L 以初速度v 0沿x 轴的负方向开始运动，经过x 轴上的点Q ⎝⎛⎭⎫L 4，0进入第四象限，先做匀速直线运动然后进入垂直纸面的矩形匀强磁场区域，磁场左边界和上边界分别与y 轴、x 轴重合，电子偏转后恰好经过坐标原点O ，并沿y 轴的正方向运动，不计电子的重力．求：(1)电子经过Q 点的速度v ；(2)该匀强磁场的磁感应强度B 和磁场的最小面积S ． [审题流程]【解析】 (1)电子做类平抛运动，有： 3L 4＝v 0t ，3L 8＝v y 2t ，解得：v y ＝33v 0 经过Q 点的速度大小为：v Q ＝v 2x ＋v 2y ＝233v 0与水平方向夹角为：θ＝arc tanv y v x ＝arc tan 33＝30°． (2)电子进入第四象限先做匀速直线运动，进入磁场后做匀速圆周运动，利用磁场速度偏转角为120°．由几何关系得r ＋r sin 30°＝L 4，解得r ＝L12由向心力公式eB v ＝m v 2r解得B ＝83m v 0eL ，方向垂直于纸面向里矩形磁场右边界距y 轴的距离 d ＝r ＋r cos 60°＝32r ＝L8下边界距x 轴的距离r ＝L12最小面积为S ＝d ·r ＝L 296．【答案】 (1)233v 0，与水平方向夹角为30°(2)83m v 0eL ，方向垂直于纸面向里 L 296带电粒子在电磁组合场中运动的处理方法(1)在电场中的运动一般分两种情况：①在电场中做匀变速直线运动，用动能定理或者运动学公式求速度和位移；②在电场中做类平抛运动，用运动的合成与分解来处理．(2)在磁场中的运动为匀速圆周运动，利用圆周运动的规律结合几何关系处理． (3)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．(2017·桂林模拟)如图甲所示，宽度为d 的竖直狭长区域内(边界为L 1、L 2)，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(如图乙所示)，电场强度的大小为E 0，E ＞0表示电场方向竖直向上．t ＝0时，一带正电、质量为m 的微粒从左边界上的N 1点以水平速度v 射入该区域，沿直线运动到Q 点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N 2点．Q 为线段N 1N 2的中点，重力加速度为g .上述d 、E 0、m 、v 、g 为已知量．(1)求微粒所带电荷量q 和磁感应强度B 的大小． (2)求电场变化的周期T ．(3)改变宽度d ，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T 的最小值． [审题流程]【解析】 (1)微粒做直线运动，则 mg ＋qE 0＝q v B① 微粒做圆周运动，则mg ＝qE 0 ② 联立①②得q ＝mgE 0③ B ＝2E 0v④ (2)设微粒从N 1运动到Q 的时间为t 1，做圆周运动的周期为t 2，则d2＝v t 1⑤ q v B ＝m v 2R⑥ 2πR ＝v t 2⑦ 联立③④⑤⑥⑦得t 1＝d2v ；t 2＝πv g⑧电场变化的周期T ＝t 1＋t 2＝d 2v ＋πv g⑨ (3)若微粒能完成题述的运动过程，要求d ≥2R ⑩ 联立③④⑥得R ＝v 22g⑪设在N 1Q 段直线运动的最短时间为t 1min ，由⑤⑩⑪得 t 1min ＝v 2g因t 2不变，T 的最小值T min ＝t 1min ＋t 2＝(2π＋1)v2g．【答案】 (1)q ＝mg E 0 B ＝2E 0v (2)T ＝d 2v ＋πvg(3)T min ＝(2π＋1)v 2g解决带电粒子在交变电、磁场中运动问题的基本思路先读图—看清、并明确场的变化情况 ↓受力分析—分析粒子在不同的变化场区的受力情况 ↓过程分析—分析粒子在不同时间内的运动情况 ↓找衔接点—找出衔接相邻两过程的物理量 ↓选规律—联立不同阶段的方程求解2－1． (2017·天津卷)平面直角坐标系xOy 中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q 点以速度v 0沿x 轴正方向开始运动，Q 点到y 轴的距离为到x 轴距离的2倍．粒子从坐标原点O 离开电场进入磁场，最终从x 轴上的P 点射出磁场，P 点到y 轴距离与Q 点到y 轴距离相等．不计粒子重力，问：(1)粒子到达O 点时速度的大小和方向；(2)电场强度和磁感应强度的大小之比．解析：(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q 点到x 轴距离为L ，到y 轴距离为2L ，粒子的加速度为a ，运动时间为t ，有2L ＝v 0t① L ＝12at 2②设粒子到达O 点时沿y 轴方向的分速度为v y v y ＝at③设粒子到达O 点时速度方向与x 轴正方向夹角为α，有 tan α＝v yv 0④联立①②③④式得 α＝45°⑤即粒子到达O 点时速度方向与x 轴正方向成45°角斜向上设粒子到达O 点时速度大小为v ，由运动的合成有v ＝v 20＋v 2y⑥联立①②③⑥式得 v ＝2v 0⑦(2)设电场强度为E ，粒子电荷量为q ，质量为m ，粒子在电场中受到的电场力为F ，由牛顿第二定律可得F ＝ma ⑧ 又F ＝qE⑨设磁场的磁感应强度大小为B ，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，所受的洛伦兹力提供向心力，有q v B ＝m v 2R⑩由几何关系可知 R ＝2L⑪联立①②⑦⑧⑨⑩⑪式得 E B ＝v 02⑫答案：见解析2－2.(2017·厦门一中模拟)如图甲所示，y 轴右侧空间有垂直xOy 平面向里的匀强磁场，同时还有沿－y 方向的匀强电场(图中电场未画出)，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．t ＝0时刻，一质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子以速度v 0从坐标原点O 沿x 轴射入电场和磁场区，t 0时刻粒子到达坐标为(x 0，y 0)的点A (x 0＞y 0)，速度大小为v ，方向沿＋x 方向，此时撤去电场，t ＝t 0＋t 1＋t 2时刻，粒子经过x 轴上x ＝x 0点，速度沿＋x 方向，不计粒子重力，上述m 、q 、v 0、v 、x 0、y 0、B 0为已知量，求：(1)0～t 0时间内OA 两点间电势差U OA ； (2)粒子在t ＝0时刻的加速度大小a 0； (3)B 1的最小值及对应t 2的表达式．解析：(1)带电粒子由O 到A 运动过程中，由动能定理 qU OA ＝12m v 2－12m v 20解得：U OA ＝m v 2－m v 22q．(2)设电场强度大小为E ，则U AO ＝Ey 0，t ＝0时刻，q v 0B 0－qE ＝ma 0解得：a 0＝B 0v 0q m －v 20－v 22y 0．(3)t 0～t 0＋t 1时间内，粒子在小的虚线圆上运动，t 0＋t 1时刻粒子从C 点切入大圆，大圆最大半径为x 0，相应小圆最大半径为R ，则：R ＝2x 0－y 02，而且q v B 1＝m v 2RB 1的最小值，B min ＝2m vq (2x 0－y 0)，对应于B 1取最小值，带电粒子由C 点到经过x 轴上x＝x 0点的时间t 2满足t 2＝⎝⎛⎭⎫k ＋12·2πx0v(k ＝0,1,2，……)答案：(1)U OA ＝m v 2－m v 202q (2)a 0＝B 0v 0q m －v 20－v22y 0 (3)B min ＝2m v q (2x 0－y 0)t 2＝⎝⎛⎭⎫k ＋12·2πx 0v(k＝0,1,2，……)高频考点3带电粒子在叠加场中的运动如图所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5 T，还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E＝2 N/C．在其第一象限空间有沿y轴负方向的、场强大小也为E的匀强电场，并在y＞h＝0.4 m的区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场．一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ＝45°)，并从原点O进入第一象限．已知重力加速度g＝10 m/s2，问：(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷；(2)油滴在P点得到的初速度大小；(3)油滴在第一象限运动的时间．【解析】(1)根据受力分析(如图)可知油滴带负电荷，设油滴质量为m，由平衡条件得：mg∶qE∶F＝1∶1∶2．(2)由第(1)问得：mg＝qEq v B＝2qE解得：v＝2EB＝4 2 m/s．(3)进入第一象限，电场力和重力平衡，知油滴先做匀速直线运动，进入y≥h的区域后做匀速圆周运动，轨迹如图，最后从x轴上的N点离开第一象限．由O→A匀速运动的位移为x1＝hsin 45°＝2h其运动时间：t 1＝x 1v ＝2h 2E B＝hBE ＝0.1 s由几何关系和圆周运动的周期关系式T ＝2πmqB 知，由A →C 的圆周运动时间为t 2＝14T ＝πE2gB ≈0.628 s由对称性知从C →N 的时间t 3＝t 1在第一象限运动的总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2×0.1 s ＋0.628 s ＝0.828 s 【答案】 (1)1∶1∶2 油滴带负电荷 (2)4 2 m/s (3)0.828 s解决带电粒子在复合场中运动问题的基本思路复合场的组成→弄清电场、磁场、重力场的组合情况 ↓受力分析→先分析场力(重力、电场力、洛伦兹力)，再分析弹力、摩擦力、其它力↓运动分析→注意运动情况和受力情况的结合 ↓分段分析→粒子通过不同种类的场时，分段讨论 ↓画出轨迹选择规律→匀速直线运动→平衡条件匀速圆周运动→牛顿运动定律和圆周运动规律复杂曲线运动→动能定理或能量守恒定律3－1．(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 c B．m b>m a>m cC．m c>m a>m b D．m c>m b>m a解析：本题考查带电粒子在复合场中的运动．因微粒a做匀速圆周运动，则微粒重力不能忽略且与电场力平衡：m a g＝qE；由左手定则可以判定微粒b、c所受洛伦兹力的方向分别是竖直向上与竖直向下，则对b、c分别由平衡条件可得m b g＝qE＋Bq v b>qE、m c g＝qE－Bq v c<qE，故有m b>m a>m c，B正确．答案：B专题四电路与电磁感应第11讲直流电路与交流电路一、明晰两个网络，理清两类电路二、明确变压器各物理量间的制约关系三、谨记三点提醒，全面清除雷区1．变压器匝数不变时，变压器的输入、输出电压均不变，但变压器原、副线圈中的电流均随负载的变化而变化．2．变压器匝数变化时，要注意区分是原线圈还是副线圈匝数变化．3．当变压器输出电压一定时，移动变阻器的滑动触头或改变接入的用电器多少时，引起的各物理量的变化分析方法同直流电路的动态分析方法．高频考点1 直流电路的分析与计算1－1． (2017·上海卷)将四个定值电阻a 、b 、c 、d 分别接入电路，测得相应的电流、电压值如图所示．其中阻值最接近的两个电阻是( )A ．a 和bB ．b 和dC ．a 和cD ．c 和d解析：本题考查U -I 图象的意义．根据R ＝U I 知，定值电阻的U -I 图线的斜率表示定值电阻的阻值．在U -I 图中分别连接O 与4个点，根据它们的倾斜度可知，a 和b 的阻值最接近，故选A ．答案：A1－2.(2017·辽师大附中期中)科学家研究发现，磁敏电阻(GMR)的阻值随所处空间磁场的增强而增大，随所处空间磁场的减弱而变小，如图所示电路中GMR 为一个磁敏电阻，R 和R 2为滑动变阻器，R 1和R 3为定值电阻，当开关S 1和S 2闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态，则( )A ．只调节电阻R ，当P 1向右端移动时，电阻R 1消耗的电功率变大B ．只调节电阻R ，当P 1向右端移动时，带电微粒向下运动C ．只调节电阻R 2，当P 2向下端移动时，电阻R 1消耗的电功率变大D ．只调节电阻R 2，当P 2向下端移动时，带电微粒向下运动解析：只调节电阻R ，当P 1向右端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电源电动势不变，所以电路中的电流减小，电磁铁的磁性减弱；由于电磁铁磁性的减弱，导致了磁敏电阻GMR 的阻值减小，则通过R 1的电流增大，其电功率增大．电容器两端的电压增大，板间场强增大，微粒所受的电场力增大，所以带电微粒向上运动．A 正确，B 错误；只调节电阻R 2，当P 2向下端移动时，回路中电流不变，电阻R 1消耗的电功率不变．电容器板间电压增大，板间场强增大，微粒所受的电场力增大，所以带电微粒向上运动，C 、D 错误；故选A ．答案：A1－3． (多选)(2017·衡阳八中高三质检)如图所示电路中，电源电动势E 恒定，内阻r ＝1 Ω，定值电阻R 3＝5 Ω.开关K 断开与闭合时，ab 段电路消耗的电功率相等．则以下说法中正确的是( )A ．电阻R 1、R 2可能分别为4 Ω、5 ΩB ．电阻R 1、R 2可能分别为3 Ω、6 ΩC ．开关K 断开时理想电压表的示数一定小于K 闭合时的示数D ．开关K 断开与闭合时，理想电压表的示数变化量大小与理想电流表的示数变化量大小之比一定等于6 Ω解析：开关闭合时，ab 段只有电阻R 1工作，消耗的电功率为P ＝⎝⎛⎭⎫ER 1＋R 3＋r 2R 1，当开关断开时，ab 段电阻R 1和R 2工作，消耗的电功率为P ＝⎝⎛⎭⎫ER 1＋R 2＋R 3＋r 2(R 1＋R 2)，代入数据可得A 正确B 错误；将R 3和电源内阻看作一整体，则此时电压表测量路端电压，当断开时路端总电阻大于闭合时的，所以断开时电压表示数大，C 错误；根据闭合电路欧姆定律得：U ＝E －(R 3＋r )I ，则电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为：ΔU ΔI＝R 3＋r ＝6 Ω，D 正确．答案：AD直流电路中的功率问题(1)非纯电阻电路的电功率分析①纯电阻电路：P 电＝P 热＝I 2R ＝IU ＝U 2R；②非纯电阻电路：P 电＝P 热＋P 机，即UI ＝I 2R ＋P 机． (2)电流的输出功率与负载的关系分析①当R ＝r 时，电源的输出功率最大，为P m ＝E 24r ；②当R >r 时，随着R 的增大，电源的输出功率越来越小； ③当R <r 时，随着R 的增大，电源的输出功率越来越大；④当P 出<P m 时，每个输出功率对应两个外电阻阻值R 1和R 2，且R 1R 2＝r 2．高频考点2 交变电流的产生、描述2－1.(多选)(2017·天津卷)在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化．设线圈总电阻为2 Ω，则( )A ．t ＝0时，线圈平面平行于磁感线B ．t ＝1 s 时，线圈中的电流改变方向C ．t ＝1.5 s 时，线圈中的感应电动势最大D ．一个周期内，线圈产生的热量为8π2J解析：由Φ -t 图可知，t ＝0时，Φ＝0，则线圈平面平行于磁感线，选项A 正确；t ＝1 s 时Φ＝0，此时电动势最大，t ＝0.5 s 和t ＝1.5 s 时，Φ最大，此时电动势为0，电流改变方向，选项B 、C 错误；交流电电动势的最大值E m ＝nBSω＝nΦm 2πT ＝4π V ，有效值E ＝22E m＝22π V ，一个周期内线圈产生的热量Q ＝E 2R·T ＝8π2J ，D 正确．答案：AD2－2.(多选)如图所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，匝数n ＝100匝，电阻为r ＝1 Ω的矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈两端经集流环和电刷与电路连接，定值电阻R 1＝6 Ω，R 2＝3 Ω，其他电阻不计，线圈匀速转动的周期T ＝0.2 s ．从线框与磁场方向平行位置开始计时，线圈转动的过程中，理想电压表的示数为2 V ．下列说法中正确的是( )A ．电阻R 1上的电功率为23WB ．t ＝0.4 s 时，电阻R 2两端的电压瞬时值为零C ．从开始计时到1/20 s 通过电阻R 2的电荷量为210πCD ．若线圈转速增大为原来的2倍，线圈中产生的电动势随时间变化规律为e ＝62cos 20πt (V)解析：电阻R 1上的电功率为P ＝U 2R 1＝226W ＝23W ，故A 正确；线圈匀速转动的周期T ＝0.2 s ，t ＝0.4 s 时正好又转到了与磁场方向平行位置，故此时线圈产生的感应电动势最大，故电阻R 2两端的电压瞬时值最大，故B 错误；根据闭合电路欧姆定律产生的感应电动势的有效值E ＝R ＋r R U ＝2＋12×2 V ＝3 V ，最大值E m ＝2E ＝32V ，有E m ＝NBSω，故BS ＝E mNω＝32100×10π＝321000π，故Φ＝BS sin ωt ＝321000πsin 10πt ，从开始计时到1/20 s ，磁通量的变化量ΔΦ＝321000π，故通过电阻R 2的电荷量为q ＝23×N ΔΦR ＋r ＝215πC ，故C 错误；转速增大2倍，故产生的感应电动势E m ＝NBSω变为原来的2倍，故最大值为E ′m ＝62V ，线圈中产生的电动势随时间变化规律为e ＝62cos 20πt (V)，故D 正确，故选AD ．答案：AD高频考点3 理想变压器的工作原理与计算理想变压器原、副线圈基本量间的关系提醒：对于有多个副线圈的变压器，电压关系不变，电流关系应从功率角度分析，具体如下．(1)U 1U 2＝n 1n 2，U 1U 3＝n 1n 3，… (2)n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋… (3)P 1＝P 2＋P 3＋…3－1.(2017·湖北省七市(州)联考)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，原线圈回路接有内阻不计的交流电流表A ，副线圈回路接有定值电阻R ＝2 Ω，现在a 、b 间和c 、d 间分别接上示波器，同时监测得a 、b 间，c 、d 间的电压随时间变化的图象如下图所示，则下列说法中错误的是( )A ．T ＝0.02 sB ．n 1∶n 2≈55∶1C ．电流表A 的示数I ≈36.4 mAD ．当原线圈电压瞬时值最大时，副线圈两端电压瞬时值为0解析：由图知，电压变化的周期是0.02 s ，所以A 正确；根据变压规律得：n 1n 2＝U 1U 2≈55，所以B 正确；副线圈的电流I 2＝U 2R ＝5.6622 A ，根据变流规律得原线圈电流I 1＝I 255≈0.0364 A＝36.4 mA ．所以C 正确；由图知，当原线圈电压瞬时值最大时，副线圈两端电压瞬时值也最大，故D 错误．本题错误的选择D ．答案：D3－2． (2017·宁德市高中质检)如图所示，理想变压器的副线圈接有一规格为“44 V 、44 W ”的灯泡和线圈电阻r ＝1 Ω的电动机，原线圈接上u ＝2202sin 100πt (V)的正弦交流电后灯泡和电动机都正常工作，且原线圈中理想交流电流表的示数为1 A ，则下列说法正确的是( )A ．理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1B ．电动机的输出功率为176 WC ．电动机的热功率为6 WD ．若电动机被卡住，灯泡仍正常工作，则电流表的示数变为9 A解析：原线圈两端的电压U 1＝22022＝220 V ，根据题意灯泡和电动机都正常工作，所以灯泡两端的电压为44 V ，根据电压与匝数成正比，得n 1n 2＝U 1U 2＝22044＝51，选项A 错误；根据电流与匝数成反比得副线圈中的电流，I 2＝5I 1＝5 A ，灯泡中的电流I L ＝P L U L ＝4444A ＝1 A ，则电动机的电流为I M ＝4 A ，电动机的热功率：P 热＝I 2M r ＝16 W ；则电动机输出功率：P 出＝U 2I M －I 2M r ＝44×4－42×1＝160 W ，选项BC 错误；若电动机被卡住，电灯正常发光，则通过电动机的电流I ′M ＝441 A ＝44 A ；此时变压器次级电流为45 A ，则初级电流I 1′＝n 2n 1I 2′＝455A ＝9 A ，电流表的示数变为9 A ，选项D 正确；故选D ．答案：D3－3.(2017·北京卷)如图所示，理想变压器的原线圈接在u ＝2202sin 100 πt (V)的交流电源上，副线圈接有R ＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是( )A ．原线圈的输入功率为220 2 WB ．电流表的读数为1 AC ．电压表的读数为110 2 VD ．副线圈输出交流电的周期为50 s解析：由题知，变压器的输入电压U 1＝22022 V ＝220 V ，所以U 2＝n 2n 1U 1＝110 V ；副线圈电流I 2＝U 2R ＝2 A ，原线圈电流I 1＝n 2n 1I 2＝1 A ．本题中电压表、电流表的读数为有效值，故B 项正确，C 项错误；原线圈输入功率P 1＝U 1I 1＝220 W ，A 项错误；交流电的周期T ＝2πω＝2π100π s ＝0.02 s ，D 项错误．答案：B高频考点4 理想变压器与远距离输电问题4－1.(多选)(2017·衡阳市第二次联考)某同学在实验室中研究远距离输电．由于输电线太长，他将每100米导线卷成一卷，共卷成8卷来代替输电线路(忽略输电线路的电磁感应)．在输送功率相同时，第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连，测得输电线上损失的功率为P 1，第二次采用如图所示的电路输电，其中理想变压器T 1与电源相连，其原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2，理想变压器T 2与用电器相连，测得输电线上损失的功率为P 2.下列说法正确的是( )A ．前后两次实验都可用于研究远距离直流输电B ．实验可以证明，T 1采用升压变压器⎝⎛⎭⎫匝数比为n 2n 1>1能减少远距离输电的能量损失 C ．若输送功率一定，则p 2∶p 1＝n 1∶n 2D ．若输送功率一定，则p 2∶p 1＝n 21∶n 22解析：变压器只能改变交变电流的电压，所以第二次实验只能研究远距离交流输电，故A 错误；实验可以证明，T 1采用升压变压器能减小输电电流，能减少远距离输电的能量损失，故B 正确；第一次实验输电线上的电流I ＝P U 1，输电线上损失的功率P 1＝I 2R ＝P 2U 21R ；第二次实验，升压变压器副线圈上的电压U 2＝n 2n 1U 1，输电线上的电流I ′＝PU 2，输电线上损失的功率P 2＝I ′2R ＝P 2U 22R ，所以：P 2P 1＝U 21U 22＝n 21n 22故D 正确，C 错误．故选BD ．答案：BD4－2.(多选)(2017·第一次全国大联考卷Ⅰ)如图所示，(a )是远距离输电线路的示意图，变压器均为理想变压器．(b )是用户内部电路图，由1 000个完全相同的电阻并联．(c )是某个电阻的电流随时间变化的图象．已知升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶100，降压变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，远距离输电线的总电阻为r ＝20 Ω，在输电线上损失的电功率等于输电功率的5%，不考虑降压变压器与用户间导线的电阻，则( )A ．发电机的输出功率是4×106 WB ．升压变压器的输入电压是400 VC ．降压变压器的输入电压是40 000 VD ．用户电路中每个电阻的阻值是3 800 Ω解析：用户电路中通过每个电阻的电流有效值I ＝1 A ，降压变压器的输出电流I 4＝nI ＝1 000 A ，升压变压器的输出电流I 2、输电线上的电流I 线、降压变压器的输入电流I 3相等，输电线上的电流I 线＝I 2＝I 3＝n 4n 3I 4＝100 A ，输电线上损失的电功率ΔP ＝I 2线r ＝2×105W ，发电机的输出功率也就是输电功率P 1＝ΔP η＝4×106W ，A 正确；升压变压器的输入电流I 1＝n 2n 1I 2＝10 000 A ，升压变压器的输入电压U 1＝P 1I 1＝400 V ，B 正确；升压变压器的输出电压U 2＝n 2n 1U 1＝40 000 V ，降压变压器的输入电压U 3＝U 2－I 线r ＝38 000 V ，C 错误；降压变压器的输出电压U 4＝n 4n 3U 3＝3 800 V ，每个电阻的阻值是R ＝U 4I＝3 800 Ω，D 正确．答案：ABD远距离输电中的“三路两耗”(1)三个回路回路1：发电机回路．该回路中，通过线圈1的电流I1等于发电机中的电流I机；线圈1两端的电压U1等于发电机的路端电压U机；线圈1输入的电功率P1等于发电机输出的电功率P机．回路2：输送电路．I2＝I3＝I R，U2＝U3＋U R，P2＝P R＋P3．回路3：输出电路．I4＝I用，U4＝U用，P4＝P用．(2)两种损耗①电压损耗：输电线上的电阻导致的电压损耗，U R＝U2－U3＝I R R．②功率损耗：输电线上的功率损耗P损＝I2R＝P2－P3．电路的动态变化模型电路的动态变化模型的特点一般为电路中一个元件的电阻发生变化，可能会引起电路中电流、电压、功率同时发生变化，使整个电路处于动态变化之中．此模型涉及电路中的内、外电路，需要分析的物理量较多，能很好地考查考生应用闭合电路欧姆定律、部分电路欧姆定律综合分析的能力．直流电路动态变化模型(多选)如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r.将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则()A．A的示数增大B．V2的示数增大。

【物理】高考物理带电粒子在复合场中的运动试题(有答案和解析)及解析