2018届高考物理二轮复习“带电粒子在复合场中的运动”学前诊断
专题09 带电粒子在复合场中的运动(命题猜想)-2018年高考物理命题猜想与仿真押题(解析版)
【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；QN＝2d、PN＝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E 0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．解析 (1)离子在加速电场中加速，根据动能定理，有： qU ＝12mv 2离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qE ＝m v 2R得U ＝12ER .(2)离子做类平抛运动2d ＝vt 3d ＝12at 2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：32d <r ≤2d则有12dEmR q ≤B <23dEmRq. 答案 (1)12ER (2)3ER2d(3)12dEmR q ≤B ＜23dEmRq【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 ＝203cm ，y 轴负方向无限大，磁感应强度B ＝1×10－4T.现有一比荷为q m ＝2×1011 C/kg 的正离子(不计重力)，以某一速度v 0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v 0的大小；学+/科.网 (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l 1＝v 0t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l 2 Eq ＝ma l 2＝12at 2由几何关系可知tan 60°＝l 2l 1代入数据解得t ＝3×10－7s(3)由Bqv ＝mv 2r知，B 越小，r 越大．设离子在磁场中最大半径为R【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. 【2017·江苏卷】（16分）一台质谱仪的工作原理如图所示．大量的甲、乙两种离子飘入电压为U 0的加速电场，其初速度几乎为0，经过加速后，通过宽为L 的狭缝MN 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，最后打到照相底片上．已知甲、乙两种离子的电荷量均为+q ，质量分别为2m 和m ，图中虚线为经过狭缝左、右边界M 、N 的甲种离子的运动轨迹．不考虑离子间的相互作用．（1）求甲种离子打在底片上的位置到N 点的最小距离x ；（2）在答题卡的图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d ； （3）若考虑加速电压有波动，在（0–U U ∆）到（0U U +∆）之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L 满足的条件．【答案】（1）x L = （2）d =（3）L <【解析】（1）设甲种离子在磁场中的运动半径为r 1电场加速20122qU mv =⨯ 且212v qvB m r = 解得1r =根据几何关系x =2r 1 –L 解得x L =（2）（见图） 最窄处位于过两虚线交点的垂线上1d r =-解得 d =解得L <【变式探究】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B 1(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 .学.科+/网(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B 1的大小；(3)若要使小球进入CD 右侧后不打在CG 上，则B 1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 ＝mg q.又因B 1qv ＝m v 2r联立得B 1＝2B .(3)小球在CD 右侧恰好不打在CG 上的运动轨迹如图， 则由图知r ′sin 60°＋r ′＝CP ，即r ′＝3－m 2g2B 2q 2而r ′＝mvB ′1q联立得B ′1＝3＋B3≈4.3B即要使小球进入CD 右侧后不打在CG 上，则B 1应满足B 1≥4.3B . 答案 (1)mgq(2)2B (3)B 1≥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U 1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U 2； (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S 1处，质量为16m 的离子打在S 2处．求S 1和S 2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v 1，应用动能定理有U 1e ＝12mv 21离子进入电容器后沿直线运动，有U 2ed ＝Bev 1得U 2＝Bd2U 1em(3)根据(2)中R ＝2U 1mB 2e，质量为4m 的离子在磁场中运动打在S 1处，运动半径为 R 1＝2U 1mB 2e质量为16m 的离子在磁场中运动打在S 2处，运动半径为R 2＝2U 1mB 2e又ON ＝R 2－R 1【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．学科‘网’(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．【解析】(1)微粒做直线运动，则mg＋qE0＝qvB ①(2分)微粒做圆周运动，则mg＝qE0 ②(1分)联立①②得q ＝mgE 0③(1分)B ＝2E 0v④(1分)(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＝vt 1⑤(1分)qvB ＝m v 2R⑥(2分)2πR ＝vt 2⑦(1分)t 1min ＝v 2g因t 2不变，T 的最小值T min ＝t 1min ＋t 2＝π＋v 2g.(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v 0沿x 轴正方向运动，粒子重力忽略不计，图乙、丙中E 0＝3B 0v 04π，t 0＝πmqB 0，B 0已知．要使带电粒子在0～4nt 0(n ∈N)时间内一直在场区运动，求：(1)在t 0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．如图所示，由几何关系得x 2＝R 1－R 1cos 53°(1分)B 0qv ＝m v 2R 1(1分) v ＝v 0cos 37°(1分)x ＝x 1＋x 2＝(π＋0.5)mv 0qB 0(1分)(3)每隔时间4t 0，粒子向左平移2R 1sin 37°(2分)4nt 0时刻，粒子与O 点在x 方向上相距2nR 1sin 37° (1分) B 0qv 0＝m v 20R 2(1分)(2)(π＋0.5)mv 0qB 0(3)(1.5n ＋1.5＋π)mv 0qB 0【高考真题解读】【2017·江苏卷】（16分）一台质谱仪的工作原理如图所示．大量的甲、乙两种离子飘入电压为U 0的加速电场，其初速度几乎为0，经过加速后，通过宽为L 的狭缝MN 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，最后打到照相底片上．已知甲、乙两种离子的电荷量均为+q ，质量分别为2m 和m ，图中虚线为经过狭缝左、右边界M 、N 的甲种离子的运动轨迹．不考虑离子间的相互作用．（1）求甲种离子打在底片上的位置到N 点的最小距离x ；学；科网（2）在答题卡的图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d ； （3）若考虑加速电压有波动，在（0–U U ∆）到（0U U +∆）之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L 满足的条件．【答案】（1）x L = （2）d =（3）L <解得d=（3）设乙种离子在磁场中的运动半径为r2 r1的最小半径1minr=r2 的最大半径2maxr=由题意知2r1min–2r2max >LL >解得L<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 .解析 (1)小滑块沿MN 运动过程，水平方向受力满足 qvB ＋N ＝qE ①小滑块在C 点离开MN 时N ＝0②g ′＝（qEm）2＋g 2⑥ 且v 2P ＝v 2D ＋g ′2t 2⑦解得v P ＝v 2D ＋⎣⎡⎦⎤（qE m ）2＋g 2t 2⑧答案 (1)E B (2)mgh －mE 22B 2(3)v 2D ＋⎣⎡⎦⎤（qE m ）2＋g 2t 2 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v 1，由动能定理得 qU ＝12mv 21①粒子能打到P 点，则在磁场中的轨道半径r 1＝kd2②对粒子在磁场中由牛顿第二定律得qv 1B 1＝mv 21r 1③联立①②③式解得B 1＝22Uqmqkd④(2)若粒子在电场中加速n 次后能打到P 点，同理可得 nqU ＝12mv 2 (n ＝1，2，3，…)⑤r n ＝kd 2⑥qvB ＝mv 2r n⑦联立⑤⑥⑦式解得B ＝22nqUmqkd⑧由题意可得当n ＝1时，2r 1′>d ⑨联立⑤⑭式解得在电场中运动时间t E ＝h2（k 2－1）mUq⑮答案 (1)22Uqm qkd (2)22nUqmqkd (n ＝1，2，3，…，k 2－1)(3)（2k 2－3）πkmd22Uqm （k 2－1）h2（k 2－1）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v 2的大小与轨迹半径r 2；(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．学.科+/网解析 (1)粒子在进入第2层磁场时，经过两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功．由动能定理，有(2)设粒子在第n 层磁场中运动的速度为v n ,轨迹半径为r n (各量的下标均代表 粒子所在层数，下同)． nqEd ＝12mv 2n ⑤qv n B ＝m v 2nr n⑥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 v n －1sin θn －1＝v n sin αn ⑦ 由图1看出r n sin θn －r n sin αn ＝d ⑧ 由⑥⑦⑧式得r n sin θn －r n －1sin θn －1＝d ⑨由⑨式看出r 1sin θ1，r 2sin θ2，…，r n sin θn 为一等差数列，公差为d ，可得r n sin θn ＝r 1sin θ1＋(n －1)d ⑩图2 当n ＝1时，由图2看出 r 1sin θ1＝d由⑤⑥⑩⑪式得q ′m ′＞q m 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)2qEd m 2BmEdq(2)B nqd2mE(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U 0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23区域MQ 损坏，检测不到离子，但右侧13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．学-科/+网(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) 解析 (1)离子在电场中加速： qU 0＝12mv 2在磁场中做匀速圆周运动：qvB ＝m v 2r解得r ＝1B2mU 0q打在MN 中点P 的离子半径为r 0＝34L ，代入解得m ＝9qB 2L 232U 0L 56L ＝U 1U 0 此时，原本半径为r 1的打在Q 1的离子打在Q 上56L r 1＝U 1U 0解得r 1＝⎝⎛⎭⎫562L第2次调节电压到U 2，原本打在Q 1的离子打在N 点，原本半径为r 2的打在Q 2的离子打在Q 上，则：L r 1＝U 2U 0，56Lr 2＝U 2U 0答案 (1)9qB 2L 232U 0 (2)100U 081≤U ≤16U 09(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v M 从右侧喷出．学.科+/网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v 0，电子在Ⅰ区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越好．已知离子质量为M ；电子质量为m ，电荷量为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v max 与α角的关系． 解析 (1)由动能定理得12Mv 2M＝eU ①U ＝Mv 2M 2e②a ＝eE M ＝e U ML ＝v 2M 2L③(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 ＝R2，AC ＝r根据几何关系得r ＝3R4（2－sin α）⑨由⑥⑨式得v max ＝3eBR4m （2－sin α）答案 (1)Mv 2M 2e v 2M2L (2)垂直纸面向外(3)v 0≤v ＜3eBR 4m (4)v max ＝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 ＝mg q ，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V min ，对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r 1和r 2，圆心的连线与NS 的夹角为φ.由r ＝mv qB有r 1＝mv min qB ，r 2＝12r 1由(r 1＋r 2)sin φ＝r 2r 1＋r 1cos φ＝hv min ＝(9－62)qBh m(3)如图2所示，设粒子入射速度为v ，粒子在上、下方区域的运动半径分别为r 1和r 2，粒子第一次通过KL 时距离K 点为x .由题意有3nx ＝1.8h (n ＝1，2，3，…)答案 (1)mg q ，方向竖直向上 (2)(9－62)qBh m (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v 0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 学科-/网(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． 解析 (1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动．设磁感应强度的大小为B ，粒子质量与所带电荷量分别为m 和q ,圆周运动的半径为R 0.由洛仑兹力公式及牛顿第二定律得qv 0B ＝m v 20R 0①由题给条件和几何关系可知R 0＝d ② 设电场强度大小为E ，粒子进入电场后沿x 轴负方向的加速度大小为a x ，在 电场中运动的时间为t ，E B ＝12v 0tan 2θ⑦(2)联立⑤⑥式得t ＝2dv 0tan θ⑧ 答案 (1)12v 0tan 2θ (2)2dv 0tan θ。
最新-2018届高中物理第2轮复习 专题3 第3讲 带点粒子在复合场中的运动课件 精品
(1)求小球带何种电荷，电荷量是多少？并说明 理由． (2)如果将小球从A点由静止释放，小球在圆弧 轨道上运动时，对轨道的最大压力的大小是多 少？
【解析】(1)小球在C点受重力、电场力和轨道的支 持力而处于平衡，电场力的方向一定向左的，与 电场方向相同，如图所示．因此小球带正电荷．
FNcos qE 0 FNsin mg 0
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；
【解析】根据题意画出带电粒子 的受力示意图如右图所示． 由合力为零的条件，可得出：
mg q (vB)2 E2 于是求得带电粒子的电荷量与质量之比
q
g
m (vB)2 E2
代入数据得
q
9.80
C / kg 1.96C / kg
m (20 0.15)2 4.02
因质点带负电，电场方向与电场力方向相反，因而 磁场方向也与电场力方向相反．
做匀速圆周运动，设轨道半径为r，洛伦兹力提供向心力
qvB m v2
⑧
r
又qE ma
⑨
由②③⑦⑧⑨式得r 3R ⑩ 3
由几何知道sin R
⑪
2r
即sin 3 ，
⑫
2
3
带电粒子在磁场中运动周期T 2 m
qB
则带电粒子在磁场中运动时间ta
2 2
T,
所以ta
3
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2018高考物理专题复习-带电粒子在复合场中的运动(含答案)
专题带电粒子在复合场中的运动1．复合场与组合场(1)复合场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存．(2)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、磁场分时间段或分区域交替出现．2．三种场的比较名称力的特点功和能的特点重力场大小：G＝mg方向：竖直向下重力做功与路径无关重力做功改变物体的重力势能静电场大小：F＝qE方向：正电荷受力方向与场强方向相同；负电荷受力方向与场强方向相反电场力做功与路径无关W＝qU电场力做功改变电势能磁场洛伦兹力F＝qvB方向可用左手定则判断洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能3.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)一般的曲线运动：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．热点题型一带电粒子在组合场中的运动问题题型特点：带电粒子在组合场中的运动是力电综合的重点和高考热点．这类问题的特点是电场、磁场或重力场依次出现，包含空间上先后出现和时间上先后出现，磁场或电场与无场区交替出现相组合的场等．其运动形式包含匀速直线运动、匀变速直线运动、类平抛运动、圆周运动等，涉及牛顿运动定律、功能关系等知识的应用．【典例1】 (2013·山东卷，23)如图1所示，在坐标系xOy 的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy 平面向里；第四象限内有沿y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E.一带电量为＋q 、质量为m 的粒子，自y 轴上的P 点沿x 轴正方向射入第四象限，经x 轴上的Q 点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场．已知OP ＝d ，OQ ＝2d.不计粒子重力． (1)求粒子过Q 点时速度的大小和方向．(2)若磁感应强度的大小为一确定值B0，粒子将以垂直y 轴的方向进入第二象限，求B0. (3)若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q 点，且速度与第一次过Q 点时相同，求该粒子相邻两次经过Q 点所用的时间．反思总结 求解带电粒子在组合复合场中运动问题的分析方法(1)正确受力分析，除重力、弹力、摩擦力外要特别注意静电力和磁场力的分析． (2)确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合．(3)对于粒子连续通过几个不同区域、不同种类的场时，要分阶段进行处理． (4)画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律．(5)多过程现象中的“子过程”与“子过程”的衔接点．如一定要把握“衔接点”处速度的连续性． (6)圆周与圆周运动的衔接点一要注意在“衔接点”处两圆有公切线，它们的半径重合．即学即练1 如图2所示装置中，区域Ⅰ和Ⅲ中分别有竖直向上和水平向右的匀强电场，电场强度分别为E 和E 2；Ⅱ区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m 、带电荷量为q 的带负电粒子(不计重力)从左边界O 点正上方的M 点以速度v0水平射入电场，经水平分界线OP 上的A 点与OP 成60°角射入Ⅱ区域的磁场，并垂直竖直边界CD 进入Ⅲ区域的匀强电场中．求：(1)粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨迹半径； (2)O 、M 间的距离；(3)粒子从M 点出发到第二次通过CD 边界所经历的时间．热点题型二带电粒子在复合场中的运动问题题型特点：带电粒子在叠加场中的运动问题是典型的力电综合问题．在同一区域内同时有电场和磁场、电场和重力场或同时存在电场、磁场和重力场等称为叠加场．带电粒子在叠加场中的运动问题有很明显的力学特征，一般要从受力、运动、功能的角度来分析．这类问题涉及的力的种类多，含重力、电场力、磁场力、弹力、摩擦力等；包含的运动种类多，含匀速直线运动、匀变速直线运动、类平抛运动、圆周运动以及其他曲线运动，综合性强，数学能力要求高．【典例2】如图3所示的平行板之间，存在着相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度B1＝0.20 T，方向垂直纸面向里，电场强度E1＝1.0×105 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，有一边界线AO，与y轴的夹角∠AOy＝45°，边界线的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B2＝0.25 T，边界线的下方有水平向右的匀强电场，电场强度E2＝5.0×105 V/m，在x轴上固定一水平的荧光屏．一束带电荷量q＝8.0×10－19 C、质量m＝8.0×10－26 kg的正离子从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(0，0.4 m)的Q点垂直y轴射入磁场区，最后打到水平的荧光屏上的位置C.求：(1)离子在平行板间运动的速度大小；(2)离子打到荧光屏上的位置C的坐标；(3)现只改变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，磁感应强度大小B2′应满足什么条件？1．带电体在复合场中运动的归类分析(1)磁场力、重力并存①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒．(2)电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体做复杂的曲线运动，可用动能定理求解．(3)电场力、磁场力、重力并存①若三力平衡，带电体做匀速直线运动．②若重力与电场力平衡，带电体做匀速圆周运动．③若合力不为零，带电体可能做复杂的曲线运动，可用能量守恒定律或动能定理求解．2．带电粒子在复合场中运动的分析方法即学即练2如图4所示，在竖直平面xOy内，y轴左侧有一水平向右的电场强度为E1的匀强电场和磁感应强度为B1的匀强磁场，y轴右侧有一竖直向上的电场强度为E2的匀强电场，第一象限内有一匀强磁场，一带电荷量为＋q、质量为m的粒子从x轴上的A点以初速度v与水平方向成θ＝30°沿直线运动到y轴上的P点，OP＝d.粒子进入y轴右侧后在竖直面内做匀速圆周运动，然后垂直x轴沿半径方向从M点进入第四象限内、半径为d的圆形磁场区域，粒子在圆形磁场中偏转60°后从N点射出磁场，求：(1)电场强度E1与E2大小之比．(2)第一象限内磁场的磁感应强度B的大小和方向．(3)粒子从A到N运动的时间．磁场专题训练答案典例1答案[解析] (1)设粒子在电场中运动的时间为t 0，加速度的大小为a ，粒子的初速度为v 0，过Q 点时速度的大小为v ，沿y 轴方向分速度的大小为v y ，速度与x 轴正方向间的夹角为θ，由牛顿第二定律得qE ＝ma ① 由运动学公式得 d ＝12at 20② 2d ＝v 0t 0③v y ＝at 0④ v ＝v 20＋v 2y ⑤ tan θ＝v yv 0⑥ 联立①②③④⑤⑥式得 v ＝2qEdm⑦ θ＝45°⑧ (2)设粒子做圆周运动的半径为R 1，粒子在第一象限的运动轨迹如图所示，O 1为圆心，由几何关系可知△O 1OQ 为等腰直角三角形，得R 1＝2 2d ⑨ 由牛顿第二定律得q v B 0＝m v 2R 1 ⑩联立⑦⑨⑩式得 B 0＝mE 2qd⑪ (3)设粒子做圆周运动的半径为R 2，由几何分析[粒子运动的轨迹如图所示，O 2、O 2′是粒子做圆周运动的圆心，Q 、F 、G 、H 是轨迹与两坐标轴的交点，连接O 2、O 2′，由几何关系知，O 2FGO 2′和O 2QHO 2′均为矩形，进而知FQ 、GH 均为直径，QFGH 也是矩形，又FH ⊥GQ ，可知QFGH 是正方形，△QOF 为等腰直角三角形．]可知，粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆，得2R 2＝2 2d ⑫ 粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得FG ＝HQ ＝2R 2⑬ 设粒子相邻两次经过Q 点所用的时间为t ，则有t ＝FG ＋HQ ＋2πR 2v ⑭ 联立⑦⑫⑬⑭式得t ＝(2＋π)2mdqE⑮即学即练1答案解：（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子过A 点时速度为v ，由类平抛规律知60cos 0v v =……………………………1分粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得Rv m Bqv 2=…………1分所以 R=2mv qB。
最新-2018届高三物理第二轮复习 带电粒子在复合场中的
专题五带电粒子在磁场、复合场中的运动第2讲带电粒子在复合场中的运动【核心要点突破】知识链接一、两种模型1、组合场：即电场与磁场有明显的界线,带电粒子分别在两个区域内做两种不同的运动,即分段运动,该类问题运动过程较为复杂,但对于每一段运动又较为清晰易辨,往往这类问题的关键在于分段运动的连接点时的速度,具有承上启下的作用．2、复合场：即在同一区域内同时有电场和磁场，些类问题看似简单，受力不复杂，但仔细分析其运动往往比较难以把握。
深化整合一、带电粒子在复合场中的运动的分类1、带电微粒在三个场共同作用下做匀速圆周运动:必然是电场力和重力平衡，而洛伦兹力充当向心力.2、带电微粒在三个场共同作用下做直线运动:重力和电场力是恒力，它们的合力也是恒力。
当带电微粒的速度平行于磁场时，不受洛伦兹力，因此可能做匀速运动也可能做匀变速运动；当带电微粒的速度垂直于磁场时，一定做匀速运动。
3、较复杂的曲线运动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．4、分阶段运动带电粒子可能一次通过几个情况不同的复合区域，其运动情况随区域发生变化.该类问题运动过程较为复杂,但对于每一段运动又较为清晰易辨,往往这类问题的关键在于分段运动的连接点时的速度,具有承上启下的作用．【典例训练1】（2018·辽宁、宁夏高考）医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度. 电磁血流计由一对电极a和b以及一对磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的.使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图5-2-6所示.由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差.在达到平衡时，血管内部的电场可看做是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零.在某次监测中，两触点间的距离为3.0 mm ，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 μV ，磁感应强度的大小为0.180 T.则血流速度的近似值和电极a 、b 的正负为( )A.1.3 m/s ，a 正、b 负B.2.7 m/s ，a 正、b 负C.1.3 m/s ，a 负、b 正D.2.7 m/s ，a 负、b 正【解析】选A.从右向左看画出示意图如图,由左手定则得正离子向a 极运动,负离子向b 极运动,在a 、b 之间形成电场方向由a 向b 的电场,在达到平衡时,qvB=qE,而E= U d ,即v= UBd =63160100.04310--⨯⨯⨯m/s=1.3 m/s.由以上可得只有选项A 正确.【典例训练2】（2018·北京高考）如图5-2-7所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场.一带电粒子a（不计重力）以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域,恰好沿直线由区域右边界的O′点（图中未标出）穿出.若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子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，在电场中的电势能一定减小D.在电场中运动时，动能一定减小【解析】选C.a粒子要在电场、磁场的复合区内做直线运动,则一定是匀速直线运动,故qE=qvB,即满足E=Bv.无论粒子带正电还是负电,都可以沿直线穿出复合场.若只保留电场，由于b粒子不知电性,故无法判断从O ′点的上方或下方穿出,故A 、B 错.粒子b 在穿越电场区时,必受电场力作用而做类平抛运动,电场力做正功,电势能减小,动能增大,故C 对D 错. 【高考真题探究】1.（2018·浙江理综·T25）如图所示，x 轴正方向水平向右，y 轴正方向竖直向上。
2018年高考物理大二轮专题复习讲学稿：专题六 第2讲 带电粒子在复合场中的运动
第2讲 带电粒子在复合场中的运动课标卷高考命题分析年份 题号·题型·分值 模型·情景题眼分析 难度 2016年Ⅰ卷15题·选择题·6分质谱仪 电场加速、磁场偏转的规律易2017年 Ⅰ卷 16题·选择题·6分 带电微粒子在复合场中的运动匀速圆周运动的条件、洛伦兹力方向的判断中1．带电粒子在电场中常见的运动类型(1)匀变速直线运动：通常利用动能定理qU ＝12m v 2－12m v 02来求解；对于匀强电场，电场力做功也可以用W ＝qEd 来求解．(2)偏转运动：一般研究带电粒子在匀强电场中的偏转问题．对于类平抛运动可直接利用平抛运动的规律以及推论；较复杂的曲线运动常用运动的合成与分解的方法来处理． 2．带电粒子在匀强磁场中常见的运动类型(1)匀速直线运动：当v ∥B 时，带电粒子以速度v 做匀速直线运动．(2)匀速圆周运动：当v ⊥B 时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度做匀速圆周运动．3．复合场中是否需要考虑粒子重力的三种情况(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，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；而对于一些宏观物体，如带电小球、液滴、金属块等一般应考虑其重力． (2)题目中有明确说明是否要考虑重力的情况．(3)不能直接判断是否要考虑重力的情况，在进行受力分析与运动分析时，根据运动状态可分析出是否要考虑重力．1．正确分析带电粒子的受力及运动特征是解决问题的前提带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的合外力及初始运动状态的速度，因此应把带电粒子的运动情况和受力情况结合起来进行分析． 2．灵活选用力学规律是解决问题的关键当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，应根据平衡条件列方程求解．当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解．当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时，应选用动能定理或能量守恒定律列方程求解．高考题型1 带电粒子在叠加场中的运动分析例1 (2017·广东惠州市第三次调研)平面OM 和水平面ON 之间的夹角为30°，其横截面如图1所示，平面OM 和水平面ON 之间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外，匀强电场的方向竖直向上．一带电小球的质量为m ，电荷量为q ，带电小球沿纸面以大小为v 0的速度从OM 的某点向左上方射入磁场，速度方向与OM 成30°角，带电小球进入磁场后恰好做匀速圆周运动，已知粒子在磁场中的运动轨迹与ON 恰好相切，且带电小球能从OM 上另一点P 射出磁场(P 未画出)．图1(1)判断带电小球带何种电荷？所加电场强度E 为多大？(2)带电小球离开磁场的出射点P 到两平面交点O 的距离s 多大？(3)带电小球离开磁场后继续运动，能打在左侧竖直的光屏OO ′上，求此点到O 点的距离多大？答案 (1) 正电荷 mg q (2)4m v 0qB (3)2m v 0qB ＋6m 2g q 2B2解析 (1)小球在复合场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，小球受到的电场力与重力平衡，小球所受电场力竖直向上，电场力方向与场强方向相同，则小球带正电荷；电场力与重力大小相等，则qE ＝mg ，解得：E ＝mgq；(2)小球进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：q v 0B ＝m v 02r ，解得：r ＝m v 0qB，根据题意，带电小球在匀强磁场中的运动轨迹如图所示，Q 点为运动轨迹与ON 相交的点，I 点为入射点，P 点为出射点，则IP 为圆轨道的弦，小球离开磁场的速度方向与OM 的夹角也为30°，由几何关系可得，QP 为圆轨道的直径，所以OP 的长度为：s ＝QP sin 30°＝2rsin 30°＝4r ＝4m v 0qB； (3)带电小球从P 点离开磁场后做平抛运动，设小球打在光屏上的T 点，竖直位移为y . 水平位移：x ＝v 0t ，解得：t ＝x v 0＝s cos 30°v 0＝23mqB ，竖直位移：y ＝12gt 2＝6m 2gq 2B2，如图所示，OT 的距离为：H ＝2r ＋y ＝2m v 0qB ＋6m 2gq 2B2.1．弄清叠加场的组成特点．2．正确分析带电粒子的受力及运动特点．3．画出粒子的运动轨迹，灵活选择不同的运动规律．(1)若只有两个场且正交，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止．例如电场与磁场中满足qE ＝q v B ；重力场与磁场中满足mg ＝q v B ；重力场与电场中满足mg ＝qE .(2)三场共存时，若合力为零，则粒子做匀速直线运动；若粒子做匀速圆周运动，则有mg ＝qE ，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即q v B ＝m v 2r.(3)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．1．(2017·全国卷Ⅰ·16)如图2，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( )图2A ．m a ＞m b ＞m cB ．m b ＞m a ＞m cC ．m c ＞m a ＞m bD ．m c ＞m b ＞m a答案 B解析 设三个微粒的电荷量均为q ，a 在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即 m a g ＝qE ①b 在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则 m b g ＝qE ＋q v B ②c 在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则 m c g ＋q v B ＝qE ③比较①②③式得：m b >m a >m c ，选项B 正确．2．如图3所示，在平面直角坐标系xOy 中，第一象限内存在正交的匀强电磁场，电场强度E 1＝40 N/C ；第四象限内存在一方向向左的匀强电场E 2＝1603 N /C.一质量为m ＝2×10－3 kg的带正电的小球，从M (3.64 m ，3.2 m)点，以v 0＝1 m/s 的水平速度开始运动．已知球在第一象限内做匀速圆周运动，从P (2.04 m,0)点进入第四象限后经过y 轴上的N (0，－2.28 m)点(图中未标出)．(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图3(1)匀强磁场的磁感应强度B 的大小； (2)小球由P 点运动至N 点的时间． 答案 (1)2 T (2)0.6 s解析 (1)由题意可知：qE 1＝mg 解得：q ＝5×10－4 C小球在第一、四象限的运动轨迹如图所示． 则R cos θ＝x M －x P R sin θ＋R ＝y M 可得R ＝2 m ，θ＝37°由q v 0B ＝m v 02R，解得B ＝2 T(2)小球进入第四象限后受力分析如图所示． tan α＝mgqE 2＝0.75可知小球进入第四象限后所受的电场力和重力的合力与速度方向垂直，即α＝θ＝37°.由几何关系可得：OA ＝OP tan α＝1.53 m AN ＝ON －OA ＝0.75 m又因△OAP 与△QAN 相似，所以∠QNA ＝∠OP A ＝α 得QN ＝AN cos α＝0.6 m. 由QN ＝v 0t ，解得t ＝0.6 s.高考题型2 带电粒子在组合场中的运动分析例2 (2017·宁夏石嘴山市4月模拟)如图4所示，在xOy 平面内有以虚线OP 为理想边界的匀强电场和匀强磁场区域，OP 与x 轴成45°角，OP 与y 轴之间的磁场方向垂直纸面向外，OP 与x 轴之间的电场平行于x 轴向右，电场强度为E ，在y 轴上有一点M ，到O 点的距离为L ，现有一个质量为m ，带电量为＋q 的带电粒子从静止经电压为U 的电场加速后从M 点以垂直y 轴的速度方向进入磁场区域(加速电场图中没有画出)，不计带电粒子的重力，求：图4(1)从M 点进入匀强磁场的带电粒子速度的大小；(2)带电粒子在磁场中运动的轨迹与OP 相切时，磁感应强度B 的大小；(3)只改变匀强磁场磁感应强度的大小，使带电粒子经磁场能沿y 轴负方向进入匀强电场，则带电粒子从x 轴离开电场时的位置到O 点的距离为多少？ 答案 (1)2qUm (2)2＋1L2mU q (3)L 2＋EL 216U解析 (1)由动能定理可知： qU ＝12m v 02－0解得：v 0＝2qUm(2)由图中所示带电粒子在磁场中的运动轨迹及几何关系可知， 2r ＋r ＝L 解得：r ＝L2＋1带电粒子在磁场中做匀速圆周运动 则Bq v 0＝m v 02r解得B ＝m v 0qr ＝2＋1L2mUq(3)由图可知带电粒子能沿y 轴负方向进入匀强电场时，在磁场中运动的轨迹半径为R ＝L2，带电粒子在电场中做类平抛运动，加速度a ＝qEm ，粒子在y 轴方向做匀速运动，则有R ＝v 0t粒子在x 轴方向做匀加速运动，则x ＝12at 2联立解得x ＝EL 216U，因此粒子从x 轴离开电场的位置到O 点的距离为R ＋x ＝L 2＋EL 216U.带电粒子在组合场内的运动实际上也是运动过程的组合，解决方法如下：(1)分别研究带电粒子在不同场区的运动规律．在匀强磁场中一般做匀速圆周运动．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．(2)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．(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．3．(2017·山东烟台市模拟)如图5所示，在xOy 平面内存在匀强电场和匀强磁场，匀强电场的场强大小为E ，方向沿＋y 方向，匀强磁场Ⅰ和Ⅱ的分界线为平行于x 轴的直线，两磁场方向如图所示．在坐标原点O 处沿x 轴正向射出质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子，粒子恰好从两磁场的分界线处的P (2d ，d )点离开电场进入匀强磁场Ⅰ中，最后刚好能从x 轴上的N 点离开匀强磁场Ⅱ.不计粒子的重力，求：图5(1)粒子从O 点进入电场时的速度； (2)粒子从P 点进入磁场Ⅰ时的速度； (3)磁场Ⅱ的磁感应强度大小． 答案 (1)2qEdm(2)2qEdm(3)(2－2)Em qd解析 (1)粒子在电场中运动时： 2d ＝v 0t d ＝12at 2 a ＝qE m解得v 0＝2qEdm(2)由动能定理得 qEd ＝12m v 2－12m v 02得v ＝2qEdm(3)粒子进入磁场Ⅰ时，v y ＝at ＝2qEdm＝v 0 则粒子从P 点进入磁场Ⅰ时的速度方向与分界线的夹角θ＝45° 由几何关系知：R cos 45°＝(R －d )，解得R ＝(2＋2)d 由qB 2v ＝m v 2R 得，B 2＝(2－2)Em qd.高考题型3 带电粒子在周期性变化的电磁场中的运动分析例3 (2017·广东肇庆市第二次模拟)如图6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 ＝40 N/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 ＝8×10－4 kg 、电荷量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：图6(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． 答案 (1)1.2 m (2)2.48 m (3)L ＝(2.4n ＋1.8) m(n ＝0,1,2，…)，或L ＝(2.4n ＋0.6) m(n ＝0,1,2，…)解析 (1)根据题意可知，微粒所受的重力大小G ＝mg ＝8×10－3 N ，方向竖直向下 微粒所受电场力大小F ＝qE ＝8×10－3 N ，方向竖直向上 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q v B ＝m v 2R解得：R ＝0.6 m 由T ＝2πRv 得：T ＝10π s则微粒在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)微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间为t ＝5π s ，位移大小：s ＝v t ≈1.88 m ，轨迹如图所示，则微粒离开直线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 ′下方时，由图象可以知道，挡板MN 与O 点间的距离应满足： L ＝(2.4n ＋0.6) 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，由图象可以知道，挡板MN 与O 点间的距离应满足： L ＝(2.4n ＋1.8) m (n ＝0,1,2，…)变化的电场或磁场往往具有周期性，粒子的运动也往往具有周期性．这种情况下要仔细分析带电粒子的运动过程、受力情况，弄清楚带电粒子在变化的电场、磁场中各处于什么状态，做什么运动，画出一个周期内的运动径迹的草图．4．如图7甲所示，以两虚线M 、N 为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，M 、N 间电压U MN 的变化图象如图乙所示，电压的最大值为U 0、周期为T 0；M 、N 两侧为相同的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B .在t ＝0时刻，将一带正电的粒子从边界线M 上的A 点由静止释放，经电场加速后进入磁场，粒子在磁场中做圆周运动的周期也为T 0.两虚线M 、N 间宽度很小，粒子在其间的运动时间不计，也不考虑粒子所受的重力．求：图7(1)该粒子的比荷q m；(2)粒子第1次和第2次从右向左经边界线N 离开磁场区域Ⅰ时两位置间的距离； (3)若粒子的质量增加18，电荷量不变，t ＝0时，将其在A 处由静止释放，求t ＝2T 0时粒子的速度大小．答案 (1)2πBT 0 (2)2(3－2)U 0T 0πB (3)435πU 0BT 0解析 (1)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得 qB v ＝m v 2r又T ＝2πr v解得r ＝m v qB ，T ＝2πmqB根据题意可知T ＝T 0 所以粒子的比荷q m ＝2πBT 0(2)由于不计粒子穿越MN 间的时间，则可认为在t ＝0时刻出发的粒子穿越MN 的过程中，电压始终为U 0.在t ＝12T 0时刻，粒子第1次自右向左穿过边界线N 时再加速一次，进入磁场区域Ⅱ时的速度为v 1，即粒子在区域Ⅰ、Ⅱ匀速圆周运动一周时间T 0共被加速2次． 对粒子从开始运动经过一个周期T 0过程，由动能定理得 2qU 0＝12m v 12解得v 1＝4qU 0m设粒子第2次自右向左到达边界线N 的速度为v 2，运动轨迹如图所示，由动能定理得 3qU 0＝12m v 22解得v 2＝6qU 0m第1、2两次从右向左经边界线N 离开磁场区域Ⅰ时的位置距离为 Δd ＝2(r 2－r 1) 解得Δd ＝2(3－2)U 0T 0πB(3)若粒子的质量增加18，即m ′＝98m ，则粒子在磁场中的运动周期 T ＝98T 0从t ＝0开始到t ＝2T 0的时间内，根据加速电压图象可知，粒子共加速了4次，经过加速电场时的电压大小分别为U 0、34U 0、12U 0、14U 0对粒子总的运动过程，由动能定理得q (U 0＋34U 0＋12U 0＋14U 0)＝12m ′v 2解得v ＝435πU 0BT 0题组1 全国卷真题精选1．(2016·全国卷Ⅰ·15)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图8所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为( )图8A ．11B ．12C ．121D ．144 答案 D解析 设质子的质量和电荷量分别为m 1、q 1，一价正离子的质量和电荷量为m 2、q 2.对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得 qU ＝12m v 2－0，得v ＝2qUm① 在磁场中q v B ＝m v 2r②由①②式联立得m ＝B 2r 2q2U ，由题意知，两种粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，加速电压U 不变，其中B 2＝12B 1，q 1＝q 2，可得m 2m 1＝B 22B 12＝144，故选项D 正确．题组2 各省市真题精选2．(2013·重庆理综·5)如图9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( )图9A.IB |q |aU ，负B.IB|q |aU ，正 C.IB |q |bU ，负 D.IB |q |bU，正 答案 C解析 当粒子带负电时，粒子定向向左运动才能形成向右的电流，由左手定则判断负粒子受洛伦兹力的方向向上，上表面电势较低，符合题意． |q |v B ＝|q |E ＝|q |U a因I ＝n |q |v S ＝n |q |v ·a ·b 解得n ＝IB |q |bU，选项C 正确．3．(2016·北京理综·22)如图10所示，质量为m 、电荷量为q 的带电粒子，以初速度v 沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B 的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动．不计带电粒子所受重力．图10(1)求粒子做匀速圆周运动的半径R 和周期T ；(2)为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E 的大小．答案 (1)m v Bq 2πmqB(2)v B解析 (1)由洛伦兹力提供向心力得，F 洛＝q v B ＝m v 2R带电粒子做匀速圆周运动的半径R ＝m vBq匀速圆周运动的周期T ＝2πR v ＝2πmqB(2)粒子受电场力F 电＝qE ，洛伦兹力F 洛＝q v B ，由于粒子做匀速直线运动，则qE ＝q v B ， 电场强度E 的大小E ＝v B .4．(2016·江苏单科·15)回旋加速器的工作原理如图11甲所示，置于真空中的D 形金属盒半径为R ，两盒间狭缝的间距为d ，磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m ，电荷量为＋q ，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U 0.周期T ＝2πm qB .一束该种粒子在t ＝0～T2时间内从A 处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零．现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用．求：图11(1)出射粒子的动能E m ；(2)粒子从飘入狭缝至动能达到E m 所需的总时间t 0；(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d 应满足的条件． 答案 (1)q 2B 2R 22m (2)πBR 2＋2BRd 2U 0－πm qB(3)d <πmU 0100qB 2R解析 (1)粒子运动半径为R 时，q v B ＝m v 2RE m ＝12m v 2＝q 2B 2R 22m(2)粒子被加速n 次达到动能E m ，则E m ＝nqU 0粒子在狭缝间做匀加速运动，设n 次经过狭缝的总时间为Δt ，加速度a ＝qU 0md粒子由静止做匀加速直线运动，nd ＝12a ·Δt 2由t 0＝(n －1)·T2＋Δt ，解得t 0＝πBR 2＋2BRd 2U 0－πm qB(3)只有在0～(T2－Δt )时间内飘入的粒子才能每次均被加速，则所占的比例为η＝T2－Δt T2由于η>99%，解得d <πmU 0100qB 2R.专题强化练1.(2017·重庆市一诊 ) 如图1所示，竖直平面内，两竖直线MN 、PQ 间(含边界)存在竖直向上的匀强电场和垂直于竖直平面向外的匀强磁场，MN 、PQ 间距为d ，电磁场上下区域足够大．一个质量为m 、电量为q 的带正电小球从左侧进入电磁场，初速度v 与MN 夹角θ＝60°，随后小球做匀速圆周运动，恰能到达右侧边界PQ 并从左侧边界MN 穿出．不计空气阻力，重力加速度为g .求：图1(1)电场强度大小E ； (2)磁场磁感应强度大小B ； (3)小球在电磁场区域运动的时间t . 答案 (1)mg q (2)m v 2qd (3)4πd 3v解析 (1)由小球在电磁场区域做匀速圆周运动得 qE ＝mg 解得：E ＝mgq(2)设小球做匀速圆周运动的半径为r ，有q v B ＝m v 2r解得：B ＝m vqr由几何关系可得r ＝2d 则磁场磁感应强度大小B ＝m v2qd(3)小球做匀速圆周运动的周期T ＝2πrv 小球在电磁场区域运动的时间t ＝13T解得：t ＝4πd3v.2.(2017·福建宁德市3月质检)在xOy 光滑水平平面内存在着如图2所示的电场和磁场，其中第一象限内存在磁感应强度大小B ＝0.2 T 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，第二、四象限内电场方向与y 轴平行且大小相等、方向相反，质量m ＝2×10－12kg ，电荷量q ＝1×10－10C的带正电小球(大小忽略不计)，从第四象限内的P (0.3 m ，－0.1 m)点由静止释放，小球垂直y 轴方向进入第二象限，求：图2(1)电场强度大小E ；(2)小球到达x 轴负半轴时的位置坐标． 答案 (1)0.9 N/C (2)(－35m,0) 解析 (1)小球在第一象限内运动时，由洛伦兹力提供向心力，有 q v 0B ＝m v 02R由几何关系可知：R ＝0.3 m 解得：v 0＝3 m/s小球在第四象限内有qEL ＝12m v 02其中L ＝0.1 m 解得：E ＝0.9 N/C(2)在第二象限内小球做类平抛运动 x ＝v 0t R ＝12qE m t 2解得：x ＝35m 所以小球到达x 轴负半轴的位置坐标为(－35m,0)． 3．(2017·贵州贵阳市2月模拟)如图3甲所示，在平行边界MN 、PQ 之间，存在宽度为l 、方向平行纸面且与边界垂直的变化电场，其电场随时间变化的关系如图乙所示，MN 、PQ 两侧足够大区域有方向垂直纸面向外、大小相同的匀强磁场．一重力不计的带电粒子，从t ＝0时自边界PQ 上某点由静止第一次经电场加速后，以速度v 1垂直边界MN 第一次射入磁场中做匀速圆周运动，接着第二次进入电场中做匀加速运动，然后垂直边界PQ 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．已知粒子在磁场中运动时，电场区域的场强为零．求：图3(1)粒子第一次与第三次在磁场中运动的半径之比； (2)粒子第n 次经过电场所用的时间． 答案 (1)1∶3 (2)2l(2n －1)v 1解析 (1)设粒子的质量为m ，电荷量为q ，第一次和第三次在磁场中运动的半径分别为r 1、r 3，第二次出电场时的速度为v 2，第三次出电场时的速度为v 3.粒子第一、二、三次在电场中运动时的场强大小分别为E 1、E 2、E 3，由动能定理得 E 1ql ＝12m v 12①E 1ql ＋E 2ql ＝12m v 22②E 1ql ＋E 2ql ＋E 3ql ＝12m v 32③由题图乙得E 1∶E 2∶E 3＝1∶3∶5④ 由①②③④得v 1∶v 2∶v 3＝1∶2∶3⑤ 粒子在磁场中运动时，由牛顿第二定律得 q v 1B ＝m v 12r 1；q v 3B ＝m v 32r 3联立以上各式解得r 1∶ r 3＝1∶3(2)粒子第n 次进入电场时的速度为v n －1，出电场时的速度为v n ，加速度为a n ，运动时间为t n .因粒子在电场和磁场中可一直交替运动，由⑤类推得v n ＝n v 1；v n －1＝(n －1)v 1 由运动学公式可得：l ＝v n －1＋v n2t n联立解得t n ＝2l(2n －1)v 1.4.(2017·黑龙江大庆市二模)如图4所示，足够长的绝缘板MN 水平放置，P 为MN 上一点，在其正上方距离为d 的O 点能够在纸面内向各个方向发射速率为v 0、质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(不计粒子重力，已知OP ⊥MN )图4(1)若在绝缘板上方加一电场强度大小为E ＝m v 022qd 、方向竖直向下的匀强电场，求初速度方向为水平向右的带电粒子打到板上的点距P 点的水平距离；(2)若在绝缘板的上方只加一磁感应强度B ＝m v 0qd 、方向垂直纸面向外的匀强磁场，求初速度方向与竖直方向成30°角斜向右上方的带电粒子打到板MN 上的位置与P 点间的距离． 答案 (1)2d (2)3d解析 (1)根据牛顿第二定律： qE ＝ma得出加速度：a ＝v 022d粒子做类平抛运动：d ＝12at 2s ＝v 0t 联立得：s ＝2d(2)若加匀强磁场则带电粒子做匀速圆周运动 由q v 0B ＝m v 02r得：r ＝d由几何关系可得粒子的运动轨迹如图，设轨迹圆心为O ′，则OO ′与OP 夹角为60°，由于OP ＝d ，可以得出落点与O 连线即为直径2d 则x ＝(2d )2－d 2＝3d5．(2017·陕西榆林市一模)如图5所示，有一平行板电容器左边缘在y 轴上，下极板与x 轴重合，两极板间匀强电场的场强为E .一电量为q 、质量为m 的带电粒子从O 点与x 轴成θ角斜向上射入极板间，粒子经过K 板边缘a 点平行于x 轴飞出电容器，立即进入一磁感应强度为B 的圆形磁场的一部分(磁场分布在电容器的右侧且未画出)，随后从c 点垂直穿过x 轴离开磁场．已知粒子在O 点的初速度大小为v ＝3E B ，∠acO ＝45°，cos θ＝33，磁场方向垂直于坐标平面向外，磁场与电容器不重合，带电粒子重力不计，试求：图5(1)K 极板所带电荷的电性； (2)粒子经过c 点时的速度大小； (3)圆形磁场区域的最小面积． 答案 (1)正电 (2)E B (3)πm 2E 22q 2B4解析 (1)在磁场中，由左手定则可知粒子带正电，由于粒子在电容器间运动时，向L 极板偏转，所以K 板带正电．(2)带电粒子在电容器中做匀变速曲线运动，在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示粒子在x 轴方向做匀速直线运动，在y 轴方向做匀减速直线运动，经过K 板边缘a 点平行于x 轴飞出电容器，则粒子在x 轴上的速度分量为v a ＝v ·cos θ＝3E B ·33＝E B粒子在磁场中做匀速圆周运动，则到达c 点时速度大小为 v c ＝EB(3)粒子从c 点垂直穿过x 轴离开磁场，又已知∠acO ＝45°，所以粒子在磁场中运动轨迹为14圆弧，则圆形磁场直径最小为ac 的长度，根据几何关系得： l ac ＝2R粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有： q v B ＝m v 2R解得：R ＝m v a qB ＝mEqB 2所以l ac ＝2mEqB 2则圆形磁场区域的最小面积S ＝π(l ac 2)2＝πm 2E 22q 2B4.6．(2017·山东淄博市一模)如图6所示，为一磁约束装置的原理图，圆心O 与xOy 平面坐标系原点重合．半径为R 0的圆形区域Ⅰ内有方向垂直xOy 平面向里的匀强磁场．一束质量为m 、电量为q 、动能为E 0的带正电粒子从坐标为(0，R 0)的A 点沿y 轴负方向射入磁场区域Ⅰ，粒子全部经过坐标(R 0,0)的P 点，方向沿x 轴正方向．当在环形区域Ⅱ加上方向垂直于xOy 平面向外的另一匀强磁场时，上述粒子仍从A 点沿y 轴负方向射入区域Ⅰ，所有粒子恰好能够约束在环形区域内，且经过环形区域Ⅱ的磁场偏转后第一次沿半径方向从区域Ⅱ射入区域Ⅰ时经过内圆周上的M 点(M 点未画出)．不计重力和粒子间的相互作用．图6(1)求区域Ⅰ中磁感应强度B 1的大小；(2)若环形区域Ⅱ中的磁感应强度B 2＝3B 1，求M 点坐标及环形外圆半径R ；(3)求粒子从A 点沿y 轴负方向射入圆环形区域Ⅰ至再次以相同的速度经过A 点的过程所通过的总路程． 答案 (1)2mE 0qR 0 (2)(R 02，－32R 0) 3R 0(3)18＋1633πR 0解析 (1)据题意得粒子在区域Ⅰ中运动四分之一圆周，半径为r 1＝R 0 由q v B 1＝m v 2r 1, E 0＝12m v 2得B 1＝2mE 0qR 0(2)由牛顿第二定律得，q v B 2＝m v 2r 2且B 2＝3B 1 联立得r 2＝33R 0设粒子在环形区域Ⅱ中偏转经M (x ，y )点时，相对坐标原点O 转过的角度为θ，如图所示，则由几何关系得 tan θ2＝r 2R 0＝33故θ＝60° x ＝R 0sin 30°＝R 02y ＝－R 0cos 30°＝－32R 0则M 点的坐标为(R 02，－32R 0)环形外圆半径R ＝R 02＋r 22＋r 2＝3R 0(3)粒子运行一个周期相对坐标原点O 转过的角度为 π2＋π3＝56π 设粒子运行n 个周期再次以相同速度经过A 点，则有 n ·56π＝N ·2π，n 、N 均为自然数 求得当N ＝5，n ＝12时粒子再次以相同速度经过A 点 由圆周运动知识得s ＝12(14·2πR 0＋23·2πr 2)＝18＋1633πR 0.。
2018届高三物理二轮题复习课件：专题八 带电粒子在复合场中的运动课件 (共23张PPT)
若 B 点在 A 点之下, E2= 2-2 ������������0 - 4 (������������0 ) 1 1 E1,t1>
规律方法“两分析、一应用”巧解复合场问题 1.受力分析,关注几场叠加。 (1)磁场、重力场并存,受重力和洛伦兹力; (2)电场、重力场并存,受重力和电场力; (3)电场、磁场并存(不计重力的微观粒子),受电场力和洛伦兹力; (4)电场、磁场、重力场并存,受电场力、洛伦兹力和重力。 2.运动分析,典型运动模型构建。 带电物体受力平衡,做匀速直线运动;带电物体受力恒定,做匀变速运动;带 电物体受力大小恒定且方向指向圆心,做匀速圆周运动;带电物体受力方向变 化复杂,做曲线运动等。
答案 (1)v0-2gt1 (2)若 B 点在 A 点之上,E2= 2-2 ������������0 + 4 (������������0 ) 1 1 0<t1< 13 2 ������0 或 t1> ������ ������ 1 ������
������
1 ������
2
E1,
1+
2
3 2
������0 ������ ������0 5 +1 ������ 2
答案 (1)3 (2)3H
1
(3)
������������ 2������
考点精讲
考点一：带电粒子在组合场中的运动
CD
答案 (1) (2) 9
8������
2������������2 ������ ������ (1+6 3)������ ≤y≤-(1+2 9
(3)这些粒子第一次从 y 轴边界射出磁场
3.选用规律,两种观点解题。 (1)带电物体做匀速直线运动,则用平衡条件求解(即二力或三力平衡); (2)带电物体做匀速圆周运动,应用向心力公式或匀速圆周运动的规律 求解; (3)带电物体做匀变速直线或曲线运动,应用牛顿运动定律和运动学公 式求解; (4)带电物体做复杂的曲线运动,应用能量守恒定律或动能定理求解。
【浙江选考】2018年高考二轮专题复习：第12讲-带电粒子在复合场中的运动问题》课件
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考向2 电场+磁场 【典题2】离子注入机是将所需离子经过加速、选择、扫描从 而将离子“注入”半导体材料的设备。其整个系统如甲图所示。其 工作原理简化图如图所示。MN是理想平行板电容器,N板正中央有 一小孔A作为离子的喷出口,在电容器的正中间O1有一粒子源,该粒 子源能和电容器同步移动或转动。为了研究方便建立了如图所示 3������ 的xOy平面,y轴与平行于y轴的直线(x= )区域内有垂直纸面向里 4 的匀强磁场。粒子源持续不断地产生质量为m、电荷量为q的正粒 子(不计电荷间的相互作用、初速度和重力,不考虑磁场的边界效 3������ 3������ 3������ ������ 应 ) 。 已知 O1A 与 x 轴重合,各点坐标为 A(0,0)、 B( ,0)、 C( ,L)、 D( , )。
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当堂练1 (2016浙江湖州高三期末考试)人类研究磁场的目的之 一是为了通过磁场控制带电粒子的运动。如图所示是通过磁场控 制带电粒子运动的一种模型。在0≤x<d和d<x≤2d的区域内,分别 存在磁感应强度均为B的匀强磁场,方向分别垂直纸面向里和垂直 纸面向外。在坐标原点有一粒子源,连续不断地沿x轴正方向释放 出质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子,其速率有两种,分别
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答案: (1)
2 3 3
d
2d
(2)4
2 3 3
-1 d
(3)见解析
������ 2 ������
解析: (1)粒子在匀强磁场 B 中做匀速圆周运动,故有 qvB=m , 得 r=
������������ ������������
,所以 R1=
2 3 3
d,R2=2d
【高三物理试题精选】2018高考物理二轮复习带电粒子在复合场中的运动试题(带答案)
2018高考物理二轮复习带电粒子在复合场中的运动试题
（带答案）
CO
M
第十磁场第3讲带电粒子在复合场中的运动
一、单项选择题1 (9C的微粒(不计重力),以v0=8 m/s的初速度从上金属板附近水平射入,通过电容器后,再进入匀强磁场 B 取sin 37°=06,cos 37°=08试求
(1) 微粒离开电容器时的速度v的大小及方向
(2) 要微粒能打中光屏,求L2的最大值L2 m
11 (2C的小物体,从板的P端由静止开始向右做匀加速运动,从D 点进入磁场后恰能做匀速直线运动当物体碰到挡板R后被弹回,若在碰撞瞬间撤去电场(不计撤去电场对原磁场的影响),物体返回时在磁场中仍做匀速运动,离开磁场后做减速运动,停在C点,PC= 若物体与平板间的动摩擦因数μ=0 m
解得v2=080m/s
物体在磁场中向左做匀速直线运动,受力平衡mg=qv2B
解得B=013T
(3) 设从D点进入磁场时的速度为v1,根据动能定理有
qE L-μmg L= m
物体从D到R做匀速直线运动,受力平衡 qE=μ(mg+qv1B)
解得 v1=16m/s
小物体撞击挡板损失的机械能为ΔE= m - m
解得ΔΕ=48×10-4 J
CO
M。
江苏省徐州市第三中学2018届高三年级物理二轮复习练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.如图所示，矩形磁场区域abcd 内有垂直纸面的匀强磁场，bc ＝3ab ，不计重力的带电粒子以初速度v 0从a 点垂直ab 射入匀强磁场中，经磁场偏转后从c 点射出；若撤去磁场加一个与ab 边平行的匀强电场，带电粒子仍以v 0从a 点进入电场，仍能通过c 点，下列结论正确的是( )A ．该粒子带正电B ．b 点为圆周运动的圆心C ．电场强度E 与磁感应强度B 之比为23v 0 D ．电场强度E 与磁感应强度B 之比为43v 0 2．(多选)如图所示，两虚线之间的空间存在由匀强电场E 和匀强磁场B 组成的正交或平行的电场和磁场，有一个带正电小球(电荷量为＋q ，质量为m )从正交或平行的电磁混合场上方的某一高度自由落下，小球通过下列电磁混合场时，可能沿直线运动的是( )3.一个质量为m 、带电量为q 的小球，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向垂直纸面向外的匀强磁场中，其磁感应强度为B ，如图所示。
小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，已知重力加速度为g 。
下列说法中正确的是( )A ．小球带负电B ．小球对斜面的作用力恰好为零时的速率为mg sin θBq C ．小球在斜面上运动的加速度逐渐增大D ．小球在斜面上的运动是匀加速直线运动4．(多选)如图所示，在正交的匀强电场和匀强磁场中，电场方向水平向左，磁场方向垂直于纸面水平向里，一质量为m 、带电量为＋q的小球用长为L 的绝缘细线悬挂于O 点，并在最低点由静止释放，小球向左摆到最高点时，悬线与竖直方向的夹角为θ，不计小球的大小和空气阻力，重力加速度为g ，下列说法中正确的是( )A ．电场强度的大小为mg tan θqB ．小球从释放到摆动到左侧最高点的过程中，电势能减小了C ．小球从释放到摆动到左侧最高点的过程中，当悬线与竖直方向的夹角为θ2时，悬线拉力最大D ．增大悬线的长度，θ会增大5．如图所示，匀强电场区域和匀强磁场区域紧邻且宽度均为d ，电场方向在纸平面内竖直向下，而磁场方向垂直纸面向里，一带正电粒子从O 点以速度v 0沿垂直电场方向进入电场，从A 点出电场进入磁场，离开电场时带电粒子在电场方向的偏转位移为电场宽度的一半，当粒子从磁场右边界上C 点穿出磁场时速度方向与进入电场O 点时的速度方向一致，已知d 、v 0(带电粒子重力不计)，求：(1)粒子从C 点穿出磁场时的速度大小；(2)电场强度E 和磁感应强度B 的比值E B。
2018届高考物理二轮专题题库+专题十四+带电粒子在复合场中的运动(含详解)
A一、选择题1．如图所示为阿尔法磁谱仪的内部结构示意图，它曾由航天飞机携带升空，安装在阿尔法空间站中，用来探测宇宙射线．现假设一束由两种不同粒子组成的宇宙射线，恰好沿直线OO ′通过正交的电场和磁场区域后进入匀强磁场B 2，形成两条径迹，则下列说法中正确的是( )A ．粒子1进入磁场B 2的速度小于粒子2的速度 B ．粒子1进入磁场B 2的速度等于粒子2的速度C ．粒子1的比荷等于粒子2的比荷D ．粒子1的比荷小于粒子2的比荷解析：选B.两种不同的宇宙射线粒子沿直线通过正交的电场和磁场区域(速度选择器)，说明两种粒子的速度大小相等，都是v ＝EB 1，则选项B 正确，而选项A 错误；两种粒子在同一磁场中的运动半径不相等，且r 2＞r 1，即m 1q 1·v B 2＜m 2q 2·vB 2，因此，粒子1的比荷大于粒子2的比荷，选项C 、D 均错误．2．(多选)磁流体发电是一项新兴技术，它可以把物体的内能直接转化为电能，如图是它的示意图．平行金属板A 、B 之间有一个很强的磁场，将一束等离子体(即高温下电离的气体，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 就是直流电源的两个电极，设A 、B 两板间距为d ，磁感应强度为B ′，等离子体以速度v 沿垂直于磁场的方向射入A 、B 两板之间，则下列说法正确的是( ) A ．A 是直流电源的正极 B ．B 是直流电源的正极 C ．电源的电动势为B ′d v D ．电源的电动势为q v B ′解析：选BC.等离子体喷入磁场，带正电的粒子因受向下的洛伦兹力而向下偏转，B 是直流电源的正极，则选项B 正确；当带电粒子以速度v 做直线运动时，Udq ＝q v B ′，电源的电动势U ＝B ′d v ，则选项C 正确．3．(多选)(2017·江苏连云港模拟)如图为回旋加速器的示意图．其核心部分是两个D 型金属盒，置于磁感应强度大小恒定的匀强磁场中，并与调频交流电源相连．带电粒子在D 型盒中心附近由静止释放，忽略带电粒子在电场中的加速时间，不考虑相对论效应．欲使粒子在D 型盒内运动的时间增大为原来的2倍，下列措施可行的是( )A ．仅将磁感应强度变为原来的2倍B ．仅将交流电源的电压变为原来的1/2C ．仅将D 型盒的半径变为原来的2倍 D ．仅将交流电源的周期变为原来的2倍解析：选BC.带电粒子在D 型盒中的运动周期为T ＝2πmqB，设粒子在电场中的加速次数为n ，由动能定理得nqU ＝12m v 2m ，粒子在D 型盒中运动的最大半径，即D 型盒的半径R ＝m v m qB，由以上三式可得，粒子在D 型盒中运动的时间t ＝n ·T 2＝πBR 22U，由此可得B 、C 正确．回旋加速器工作时，交变电压周期与粒子运动周期应相等，若仅将交流电源周期变为原来2倍，或仅将磁感应强度变为原来的2倍(即周期T 变为原来的12)，则不能进行正常回旋，故A 、D错误． 4．(2017·高考重庆卷)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.IB |q |aU ，负B.IB |q |aU ，正C.IB |q |bU ，负D.IB |q |bU，正 解析：选C.因导电材料上表面的电势比下表面的低，故上表面带负电荷，根据左手定则可判断自由运动电荷带负电，则B 、D 两项均错．设长方体形材料长度为L ，总电量为Q ，则其单位体积内自由运动电荷数为Q|q |ab ·L，当电流I 稳恒时，材料内的电荷所受电场力与磁场力相互平衡，则有UQ a ＝BIL ，故Q |q |ab ·L ＝BI|q |bU，A 项错误，C 项正确．5．(多选)如图所示，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、乙球带负电、丙球不带电．现将三个小球在轨道AB 上分别从不同高度由静止释放，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：选CD.三个小球在运动过程中机械能守恒，有mgh ＝12m v 2，在圆形轨道的最高点时对甲有q v 1B ＋mg ＝m v 21r ，对乙有mg －q v 2B ＝m v 22r ，对丙有mg ＝m v 23r，可判断v 1＞v 3＞v 2，选项A 、B 错误，选项C 、D 正确．6．(多选)(2017·延安模拟)如图所示，一平行板电容器，板长为2d ，板间距离为d .一带电量为q 、质量为m 的正离子(重力不计)以速度v 0贴近左极板，从与极板平行的方向射入，恰沿右极板下边缘射出．在右极板右边空间存在垂直纸面方向的匀强磁场(未标出)．要使正离子在磁场中运动后，又能直接从右极板上边缘进入电场，则( ) A ．磁场方向垂直纸面向里 B ．磁场方向垂直纸面向外C ．磁感应强度大小为m v 0qdD ．在磁场中运动时间为32πd2v 0答案：AC7．(2017·浙江名校联考)质量为m 、电荷量为q 的微粒以速度v 与水平方向成θ角从O 点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A ，下列说法中正确的是( ) A ．该微粒一定带负电荷B ．微粒从O 到A 的运动可能是匀变速运动C ．该磁场的磁感应强度大小为mg cos θq vD ．该电场的场强为B v cos θ解析：选A.若微粒带正电q ，它受竖直向下的重力mg 、向左的电场力qE 和斜向右下方的洛伦兹力q v B ，知微粒不能做直线运动．据此可知微粒应带负电q ，它受竖直向下的重力mg 、向右的电场力qE 和斜向左上方的洛伦兹力q v B ，又知微粒恰好沿着直线运动到A ，可知微粒应该做匀速直线运动，则选项A 正确，B 错误；由平衡条件有关系：cos θ＝mgq v B，sinθ＝qE Bq v ，得磁场的磁感应强度B ＝mg q v cos θ，电场的场强E ＝B v sin θ，故选项C 、D 错误．8．(2017·株洲一模)如图所示，界面PQ 与水平地面之间有一个正交的匀强磁场B 和匀强电场E ，在PQ 上方有一个带正电的小球A 自O 静止开始下落，穿过电场和磁场到达地面．设空气阻力不计，下列说法中正确的是( )A ．在复合场中，小球做匀变速曲线运动B ．在复合场中，小球下落过程中的电势能增大C ．小球从静止开始下落到水平地面时的动能等于其电势能和重力势能的减少量总和D ．若其他条件不变，仅增大磁感应强度，小球从原来位置下落到水平地面时的动能不变解析：选C.小球刚进入电场、磁场区域，受力如图，因此小球向右偏转．由于洛伦兹力与速度有关，故小球所受的合力大小和方向均变化，故A 错；因电场力做正功，故小球的电势能减少，B 错；由于洛伦兹力不做功，由能量守恒可知C 对；当磁场变强，小球落地点的水平位移增大，电势能减小量增大，小球动能增大，D 错．9．(多选)(2017·连云港一模)如图所示为一个质量为m 、电荷量为＋q 的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环一向右的初速度v 0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是下图中的( )解析：选AD.由左手定则可判断洛伦兹力方向向上，圆环受到竖直向下的重力、垂直杆的弹力及向左的摩擦力，当洛伦兹力初始时刻小于重力时，弹力方向竖直向上，圆环向右减速运动，随着速度减小，洛伦兹力减小，弹力越来越大，摩擦力越来越大，故做加速度增大的减速运动，直到速度为零而处于静止状态，选项中没有对应图象；当洛伦兹力初始时刻等于重力时，弹力为零，摩擦力为零，故圆环做匀速直线运动，A 正确；当洛伦兹力初始时刻大于重力时，弹力方向竖直向下，圆环做减速运动，速度减小，洛伦兹力减小，弹力减小，在弹力减小到零的过程中，摩擦力逐渐减小到零，故圆环做加速度逐渐减小的减速运动，摩擦力为零时，开始做匀速直线运动，D 正确． 二、计算题 10．(2017·马鞍山一模)如图所示，在地面附近，坐标系xOy 在竖直平面内的空间中存在着沿水平方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，在x ＜0的空间内还有沿x 轴负方向的匀强电场，场强大小为E .一个带正电的油滴经图中x 轴上的M 点，始终沿着与水平方向成θ＝30°角斜向下做匀速直线运动，进入x ＞0区域．要使油滴进入x ＞0的区域后能在竖直平面内做匀速圆周运动，需要在x ＞0区域加一个匀强电场E ′.若带电油滴做匀速圆周运动通过x 轴上的N 点，且MO ＝NO ，g 取10 m/s 2.求：(1)油滴运动速度的大小；(2)在x ＞0空间内所加电场强度的大小和方向；(3)油滴从x 轴上的M 点开始运动到达N 点所用的时间．解析：(1)带正电的油滴在x ＜0空间的受力分析如图所示． 根据平衡条件可得：在竖直方向上q v B cos 30°＝mg 在水平方向上q v B sin 30°＝qE解得v ＝2EB.(2)联立(1)中两式解得mg ＝3qE油滴在磁场中做匀速圆周运动，要求mg ＝qE ′故E ′＝mgq＝3E ，且场强方向竖直向上．(3)设油滴从M 点到P 点的时间为t 1，从P 点到N 点的时间为t 2，油滴做匀速圆周运动的轨道半径为R .过P 点作直线MP 的垂线交x 轴于O ′.由几何知识得：O ′P ＝OM cos 30°tan 30°＝23OMO ′N ＝ON －O ′P sin 30°＝23OM故O ′为圆心．q v B ＝m v 2R由几何知识MP ＝R cot 30°t 1＝MP vt 2＝120°360°·2πR vt MN ＝t 1＋t 2＝3E Bg ⎝⎛⎭⎫3＋23π. 答案：(1)2E B (2)3E 竖直向上 (3)3E Bg ⎝⎛⎭⎫3＋23π11．如图所示，在xOy 坐标平面的第一象限内存在有场强大小为E 、方向竖直向上的匀强电场，第二象限内存在有方向垂直纸面向外的匀强磁场．荧光屏PQ 垂直于x 轴放置且距y 轴的距离为L .一质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子(不计重力)自坐标为(－L,0)的A 点以大小为v 0、方向沿y 轴正方向的速度进入磁场，粒子恰好能够到达原点O 而不进入电场．现若使该带电粒子仍从A 点进入磁场，但初速度大小为22v 0、方向与x 轴正方向成45°角，求： (1)带电粒子到达y 轴时速度方向与y 轴正方向之间的夹角； (2)粒子最终打在荧光屏PQ 上的位置坐标．解析：(1)设磁场的磁感应强度为B ，则由题意可知，当粒子以速度v 0进入磁场时，(图中α、β、θ均为45°)设其圆周运动的半径为R ，有Bq v 0＝m v 20R ，其中R ＝L2当粒子以初速度大小为22v 0、方向与x 轴正方向成45°角进入磁场时，设其圆周运动的半径为R ′，则有Bq ×22v 0＝m 8v 20R ′由以上各式可解得R ′＝2L由几何关系可知粒子做圆周运动的圆心在y 轴上，所以该粒子必定垂直于y 轴进入匀强电场．故粒子到达y 轴时，速度方向与y 轴正方向之间的夹角为90°. (2)由几何关系可知CO ＝(2－1)L带电粒子在电场中做类平抛运动，设其运动时间为t ，在电场中向上运动的距离为h ，则有：L ＝22v 0t ，h ＝12at 2，a ＝qEm以上各式联立可解得：h ＝qEL 216m v 20所以粒子最终打在荧光屏PQ 上的位置坐标为⎝⎛⎭⎫L ，qEL 216m v 20＋(2－1)L . 答案：见解析 12．(2017·太原二模)如图甲所示，在xOy 坐标系中，两平行极板P 、Q 垂直于y 轴且关于x 轴对称，极板长度和板间距均为l ，紧靠极板的右边缘的等边△FGH 区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy 平面向里，F 、H 位于y 轴上，边界FG 、HG 关于x 轴对称．位于极板左侧的粒子源沿x 轴向右接连发射质量为m 、电荷量为＋q 、速度相同的带电粒子，现在0～3t 0时间内两板间加上如图乙所示的电压，已知t ＝0时刻进入两板间的粒子恰好在t 0时刻射入磁场且恰好不会从边界HG 、FG 射出磁场区域，上述l 、m 、q 、t 0为已知量，U 0＝ml 2qt 20，不考虑粒子的重力及粒子间的相互影响，将PQ 间电场视为匀强电场，求：(1)t ＝0时刻进入两板间的带电粒子射入磁场时的速度； (2)匀强磁场的磁感应强度；(3)t ＝t 0时刻进入两板间的带电粒子在匀强磁场中运动的时间．解析：(1)t ＝0时刻进入电场的粒子t 0时刻刚好射出电场，带电粒子沿x 轴分速度大小为v 0＝l t 0y 轴负方向偏移距离y ＝12·qU 0ml t 20＝12l 设粒子离开电场沿y 轴负方向的分速度为v y ，则有 12l ＝v y 2t 0射入磁场的速度大小v 1＝v 20＋v 2y ＝2l t 0，与y 轴负方向夹角为45°. (2)如图所示，设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R 1，由几何关系得R 1＝22l ，又q v 1B ＝m v 21R 1解得B ＝2mqt 0.(3)t 0时刻进入两板间的带电粒子在两板间做匀速直线运动，在2t 0时刻沿x 方向进入磁场，进入磁场后做匀速圆周运动，如图所示，设半径为R 2R 2＝m v 0qB ＝12l T ＝2πR 2v 0＝πt 0设△FGH 边长为a ，则由几何关系得2R 1＋l2＝a sin 60°a ＝26＋33l因⎝⎛⎭⎫a2－R 2sin 60°＞R 2，粒子不会从FG 边射出磁场 粒子在磁场中运动时间t ＝12T ＝πt 02.答案：见解析B一、选择题 1．(多选)(2017·山西太原一模)如图所示，带等量异种电荷的平行金属板a 、b 处于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．不计重力的带电粒子沿OO ′方向从左侧垂直于电磁场入射，从右侧射出a 、b 板间区域时动能比入射时小；要使粒子射出a 、b 板间区域时的动能比入射时大，可采用的措施是( )A ．适当减小两金属板的正对面积B ．适当增大两金属板间的距离C ．适当减小匀强磁场的磁感应强度D ．使带电粒子的电性相反解析：选AC.在这个复合场中，动能逐渐减小，说明电场力做负功，因洛伦兹力不做功，则电场力小于洛伦兹力．当减小正对面积，场强E ＝4πkQεr S，S ↓，Q 不变，E ↑，电场力变大，当电场力大于洛伦兹力时，粒子向电场力方向偏转，电场力做正功，射出时动能变大，A 项正确．当增大两板间距离时，场强不变，所以B 项错误．当减小磁感应强度时洛伦兹力减小，可能小于电场力，所以C 项正确．当改变粒子电性时，其所受电场力、洛伦兹力大小不变，方向均反向，所以射出时动能仍然减小，故D 项错误． 2．(2017·江西八校联考)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)，其运动轨迹如图中虚线所示．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结果，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结果作出判断．你认为正确的是( )A.2mE B 2qB.4mE 2B 2qC.2mB E 2qD.mB 2Eq解析：选A.根据量纲法可知A 正确． 3．(多选)(2017·高考江苏卷)如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I ，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B 与I 成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为I H ，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压U H 满足：U H ＝k I H Bd，式中k 为霍尔系数，d 为霍尔元件两侧面间的距离．电阻R 远大于R L ，霍尔元件的电阻可以忽略，则( )A ．霍尔元件前表面的电势低于后表面B ．若电源的正负极对调，电压表将反偏C ．I H 与I 成正比D ．电压表的示数与R L 消耗的电功率成正比解析：选CD.由左手定则可判定，电子将向霍尔元件的后表面运动，前表面的电势较高，故A 错．由电路关系可见，当电源的正、负极对调时，通过霍尔元件的电流I H 和所在空间的磁场方向同时反向，前表面的电势仍然较高，故B 错．由电路可见，I H I L ＝R L R ，则I H ＝R LR ＋R LI ，故C 正确．R L 的热功率P L ＝I 2L R L ＝⎝⎛⎭⎫RI H R L 2R L ＝R 2I 2H R L ，因为B 与I 成正比，故有：U H ＝k I H B d＝k ′I H Id ＝k ′I 2H (R ＋R L )dR L ＝k ′R ＋R L R 2dP L ，可得知U H 与P L 成正比，故D 正确．4．(2017·西安一模)真空中存在竖直向上的匀强电场和水平方向的匀强磁场，一质量为m 、带电荷量为q 的物体以速度v 在竖直平面内做半径为R 的匀速圆周运动．假设t ＝0时刻，物体在运动轨迹的最低点且重力势能为零，电势能也为零，则下列说法错误的是( ) A ．物体带正电且逆时针运动B ．在物体运动的过程中，机械能守恒，且机械能E ＝12m v 2C ．在物体运动的过程中，重力势能随时间变化的关系为E p ＝mgR ⎝⎛⎭⎫1－cos vR tD ．在物体运动的过程中，电势能随时间变化的关系为E 电＝mgR ⎝⎛⎭⎫cos vR t －1解析：选B.由于存在电势能的变化，故机械能不守恒，B 错；题中物体所受的电场力与重力平衡，洛伦兹力提供其做匀速圆周运动所需的向心力，故知物体带正电，洛伦兹力使其逆时针转动，A 对；重力势能E p ＝mgh ＝mgR ⎝⎛⎭⎫1－cos vR t ，C 对；电势能E 电＝－qEh ＝－mgh＝－E p ，D 对． 二、计算题5．(2017·高考大纲全国卷)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v 0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．解析：(1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动．设磁感应强度的大小为B ，粒子质量与所带电荷量分别为m 和q ，圆周运动的半径为R 0.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得q v 0B ＝mv 20R 0①由题给条件和几何关系可知R 0＝d ②设电场强度大小为E ，粒子进入电场后沿x 轴负方向的加速度大小为a x ，在电场中运动的时间为t ，离开电场时沿x 轴负方向的速度大小为v x .由牛顿定律及运动学公式得 Eq ＝ma x ③ v x ＝a x t ④ v x2t ＝d ⑤ 由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有tan θ＝v xv 0⑥联立①②③④⑤⑥式得E B ＝12v 0tan 2θ.(2)联立⑤⑥式得t ＝2dv 0tan θ.答案：(1)12v 0tan 2θ (2)2dv 0tan θ6．如图所示，有3块水平放置的长薄金属板a 、b 和c ，a 、b 之间相距L .紧贴b 板下表面竖直放置半径为R 的半圆形塑料细管，两管口正好位于小孔M 、N 处．板a 与b 、b 与c 之间接有电压可调的直流电源，板b 与c 间还存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．体积为V 0、密度为ρ、电荷量为q 的带负电油滴，等间隔地以速率v 0从a 板上的小孔竖直向下射入，调节板间电压U ba 和U bc ，当U ba ＝U 1、U bc ＝U 2时，油滴穿过b 板M 孔进入细管，恰能与细管无接触地从N 孔射出．忽略小孔和细管对电场的影响，不计空气阻力． (1)求油滴进入M 孔时的速度v 1；(2)求b 、c 两板间的电场强度E 和磁感应强度B 的值；(3)油滴从细管的N 孔射出的瞬间，将U ba 和B 立即调整为U ba ′和B ′，使油滴恰好不碰到a 板，且沿原路与细管无接触地返回并穿过M 孔，请求出U ba ′和B ′. 解析：(1)油滴由小孔到M ，由动能定理得：mgL ＋qU 1＝12m v 21－12m v 2考虑到m ＝ρV 0得v 1＝v 20＋2gL ＋2qU 1ρV 0. (2)油滴从M 孔进入电场、磁场共存区域，恰与细管无接触地从N 孔射出，需使电场力与重力平衡，有 mg ＝qE解得E ＝ρV 0gq油滴在半圆形细管中运动时，洛伦兹力提供向心力，有q v 1B ＝m v 21R解得B ＝m v 1qR ＝ρV 0qR v 20＋2gL ＋2qU 1ρV 0. (3)若油滴恰好不碰到a 板，且沿原路与细管无接触地返回并穿过M 孔，由动能定理有－mgL －qU ba ′＝0－12m v 21解得U ba ′＝U 1＋ρV 0v 202q考虑到油滴返回时速度方向已经相反，为了使油滴沿原路与细管无接触地返回并穿过M 孔，磁感应强度应大小不变，方向相反，即B ′＝－B . 答案：见解析 7．(2017·高考广东卷)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，由动能定理有qEd ＝12m v 21－0①粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力q v 1B 0＝m v 21r②当k ＝1时，由几何关系得r ＝L ③ 由①②③解得E ＝qB 20L 22md.④ (2)若2＜k ＜3，由题意可知粒子在Ⅱ区只能发生一次偏转，运动轨迹如图所示，由几何关系可知(r 1－L )2＋(kL )2＝r 21⑤ 解得r 1＝k 2＋12L ⑥ 粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力q v B 0＝m v 2r 1⑦ 由⑥⑦解得v ＝(k 2＋1)qB 0L 2m⑧ 粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力q v B ＝m v 2r 2⑨ 由对称性及几何关系可知k 3－k ＝r 1r 2⑩ 解得r 2＝(3－k )(k 2＋1)2kL ⑪ 由⑧⑨⑪解得B ＝k 3－k B 0. 答案：见解析8．(2017·河南六市联考)在坐标系xOy 中，有三个等大、相切的圆形区域，分别存在着方向如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小都为B 0＝0.10 T ，圆形区域半径r ＝233m ，三个圆心A 、B 、C 构成一个等边三角形ABC ，B 、C 点都在x 轴上，且y 轴与圆C 相切，圆形区域A 内磁场垂直纸面向里，圆形区域B 、C 内磁场垂直纸面向外．在直角坐标系的第Ⅰ、Ⅳ象限内分布着场强大小E ＝1.0×105 N/C 的竖直方向的匀强电场．现有质量m ＝3.2×10－26kg ，带电荷量q ＝－1.6×10－19 C 的某种负离子，从圆形磁场区域A 的左侧边缘以水平速度v ＝106 m/s 沿正对圆心A 的方向垂直磁场射入，求：(1)该离子通过磁场区域所用的时间；(2)离子离开磁场区域的出射点到粒子进入磁场时速度方向所在直线的距离是多大？(3)若在匀强电场区域内竖直放置一个小挡板MN ，欲使离子打到挡板MN 上的位置是粒子进入磁场时速度方向所在直线与MN 的交点，则挡板MN 应放在何处？匀强电场的方向如何？解析：(1)在A 中，有|q |v B 0＝m v 2R解得R ＝2 mT ＝2πm |q |B 0可判断出离子从切点进入C离子在A 、C 两区域的运动轨迹是对称的，设θ为离子在区域A 中的运动轨迹所对应圆心角的一半，由几何关系可知离子在区域A 中运动轨迹的圆心恰好在B 点，则：tan θ＝r R ＝33，θ＝30° 则离子通过磁场区域所用的时间为：t ＝T 3＝4.19×10－6 s. (2)由对称性可知：离子从原点O 处水平射出磁场区域，由图可知侧移量为d ＝2r sin 2θ＝2 m.(3)离子在电场中运动时受到的电场力方向应向上，所以匀强电场的方向向下离子在电场中做类平抛运动，加速度大小为a ，则|q |E ＝mad ＝12at 2 x ＝v t联立以上三式解得：x ＝2 2 m所以MN 应放在距y 轴2 2 m 的位置．答案：(1)4.19×10－6 s (2)2 m (3)见解析。
考点08 带电粒子在磁场及复合场中的运动-2018年高考物理二轮核心考点(原卷版)
2018届高考二轮复习之核心考点系列之物理考点总动员【二轮精品】考点08 带电粒子在磁场及复合场中的运动【命题意图】本题考查带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时遵循的规律，涉及向心力、洛伦兹力、圆周运动知识，意在考查考生对物理规律的理解能力和综合分析能力。
【专题定位】本考点既是重点，更是难点，这类问题的特点是电场、磁场和重力场中的两者或三者先后相互组合，带电粒子的运动形式包含匀速直线运动、匀变速直线运动、类平抛运动、圆周运动等，涉及的方法和规律包括牛顿运动定律、功能关系等，对综合分析能力和运用数学知识解决物理问题的能力要求较高，综合性强。
对于此类问题，应在准确审题的前提下，熟练掌握电场和磁场中两类曲线运动的分析方法。
【考试方向】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动问题，是高考考查的重点和热点，可能以选择题单独命题，但更多的是结合其他知识以计算题的形式考查。
【应考策略】【得分要点】1、带电体在磁场中的临界问题的处理基本思路（1）画轨迹：即画出运动轨迹，并确定圆心，用几何方法求半径．（2）找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，在磁场中运动的时间与周期相联系．（3）用规律：即牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式、半径公式．2、带电粒子在有界磁场中运动的几种常见情形（1）直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)（2）平行边界(存在临界条件，如图所示)（3）圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图所示)3、带电粒子在匀强磁场中的运动找圆心、求半径、确定转过的圆心角的大小是解决这类问题的前提，确定轨道半径和给定的几何量之间的关系是解题的基础，建立运动时间t和转过的圆心角θ之间的关系是解题的关键．（1）圆心的确定①已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图10甲所示，图中P为入射点，M为出射点)．②已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图乙所示，P 为入射点，M 为出射点)．（2）半径的确定可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小．（3）运动时间的确定：电荷在匀强电场和匀强磁场中的运动规律不同．运动电荷穿出有界电场的时间与其入射速度的方向和大小有关，而穿出有界磁场的时间则与电荷在磁场中的运动周期有关．在解题过程中灵活运用运动的合成与分解和几何关系是解题关键；粒子在磁场中运动一周的时间为T ，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为θ时，其运动时间表示为：T t πθ2=T (或v R t θ=) 【2017年高考选题】【2017·新课标Ⅱ卷】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。
2018届高三物理二轮复习教师用书：板块一 专题三 第三
板块一专题突破复习第三讲带电粒子在复合场中的运动[答案] (1)速度选择器(如下图)带电粒子束射入正交的匀强电场和匀强磁场组成的区域中，满足平衡条件qE ＝q v B 的带电粒子可以沿直线通过速度选择器．(2)电磁流量计原理：如上图所示，圆形导管直径为d ，用非磁性材料制成，导电液体在管中向左流动，导电液体中的自由电荷(正、负离子)在洛伦兹力的作用下横向偏转，a 、b 间出现电势差，形成电场，当自由电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡时，a 、b 间的电势差就保持稳定，即q v B ＝qE ＝q U d ，所以v ＝U dB ，因此液体流量Q ＝S v ＝πd 24·U Bd ＝πdU 4B.(3)磁流体发电机原理：如下图所示，等离子气体喷入磁场，正、负离子在洛伦兹力作用下发生上下偏转而聚集到A 、B 板上，产生电势差．设A 、B 平行金属板的面积为S ，相距为l ，等离子气体的电阻率为ρ，喷入气体速度为v ，板间磁场的磁感应强度为B ，板外电阻为R .当等离子气体匀速通过A 、B 板间时，A 、B 板上聚集的电荷最多，板间电势差最大，即为电源电动势，此时，离子受力平衡：Eq＝Bq v，E＝B v，电动势E＝El＝Bl v，电源内电阻r＝ρlS，故R中的电流I＝ER＋r＝Bl vR＋ρlS＝Bl v SRS＋ρl.考向一带电粒子在“组合场”中的运动[归纳提炼]1．组合场指电场、磁场、重力场有两种场同时存在，但各位于一定的区域内且并不重叠，且带电粒子在一个场中只受一种场力的作用．2．解题思路(1)带电粒子经过电场区域内利用动能定理或类平抛的知识分析；(2)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来处理．(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v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍．粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等．不计粒子重力，问：(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；(2)电场强度和磁感应强度的大小之比．[思路点拨](1)注意粒子进入磁场时的速度不是v0.(2)粒子在电场中做类平抛运动，求出粒子飞出电场时的速度是解题关键．[解析]本题考查带电粒子在电场中的偏转及带电粒子在匀强磁场中的运动．(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＝v0t①L＝12at2②设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为v yv 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tanα＝v y v0④联立①②③④式得α＝45°⑤即粒子到达O 点时速度方向与x 轴正方向成45°角斜向上 设粒子到达O 点时速度大小为v ，由运动的合成有v ＝v 20＋v 2y ⑥联立①②③⑥式得 v ＝2v 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 ＝qE ⑨设磁场的磁感应强度大小为B ，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，所受的洛伦兹力提供向心力，有q v B ＝m v 2R ⑩ 由几何关系可知 R ＝2L ⑪联立①②⑦⑧⑨⑩⑪式得 E B ＝v 02⑫[答案] (1)2v 0 与x 轴正方向成45°角斜向上 (2)v 02带电粒子在组合场中运动的处理方法不论带电粒子是先后在匀强电场和匀强磁场中运动，还是先后在匀强磁场和匀强电场中运动．解决方法如下(1)分别研究带电粒子在不同场中的运动规律，在匀强磁场中做匀速圆周运动，在匀强电场中，若速度方向与电场方向在同一直线上，则做匀变速直线运动，若进入电场时的速度方向与电场方向垂直，则做类平抛运动．根据不同的运动规律分别求解．(2)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来处理．(3)注意分析磁场和电场边界处或交接点位置粒子速度的大小和方向，把粒子在两种不同场中的运动规律有机地联系起来．[熟练强化]迁移一 直线运动与圆周运动组合1．(2017·合肥质监)如图所示，在xOy 平面内，MN 与y 轴相互平行且间距为d ，其间有沿x 轴负方向的匀强电场．y 轴左侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B 1；MN 右侧空间有垂直纸面不随时间变化的匀强磁场．质量为m 、电荷量为q 的带负电粒子以速度v 0从坐标原点O 沿x 轴负方向射入磁场，经过一段时间后再次回到坐标原点，此过程中粒子两次通过电场，粒子在电场中运动的总时间为t 总＝4d3v 0.粒子重力不计．求：(1)左侧磁场区域的最小宽度； (2)电场区域电场强度的大小；(3)右侧磁场区域宽度及磁感应强度大小应满足的条件． [解析] (1)粒子在左侧磁场中做圆周运动，qB 1v 0＝m v 20R 解得R ＝m v 0qB 1由几何知识可知，左侧磁场区域的最小宽度就是粒子做圆周运动的半径L min ＝R ＝m v 0qB 1.(2)粒子在电场中运动的总时间为t 总＝4d3v 0，带电粒子一次通过电场的时间为t ＝2d3v 0.设粒子到达MN 边界的速度为v ，电场强度为Ed ＝v ＋v 02t所以v ＝2v 0 v 2－v 20＝2Eqm dE ＝3m v 202qd.(3)因为粒子带负电，所以粒子开始时在左侧磁场中向下偏转，通过电场加速后进入右侧磁场，要使其能够回到原点，则粒子在右侧磁场中应向上偏转，所以MN 右侧空间的磁场垂直纸面向外，且偏转半径为R 或2R ，粒子通过电场加速后进入右侧磁场的速度为v ＝2v 0.设粒子在右侧磁场中的轨道半径为r ，磁感应强度为BqB v ＝m v 2r ，r ＝2m v 0qB ，R ＝m v 0qB 1粒子在右侧磁场中运动情况有两种，如图所示①当半径r ＝R 时，B ＝2m v 0qR ＝2B 1，右侧磁场的宽度应满足 x min ≥m v 0qB 1②当半径r ＝2R 时，B ＝2m v 02qB ＝B 1，右侧磁场的宽度应满足x min ≥2m v 0qB 1.[答案] (1)m v 0qB 1 (2)3m v 202qd(3)①当半径r ＝R 时，x min ≥m v 0qB 1 ②当半径r ＝2R 时，x min ≥2m v 0qB 1迁移二 组合场中的多解问题2．如下图所示，在x 轴上方有一匀强磁场，磁感应强度为B ；x 轴下方有一匀强电场，电场强度为E .屏MN 与y 轴平行且相距L .一质量m ，电荷量为e 的电子，在y 轴上某点A 自静止释放，如果要使电子垂直打在屏MN 上，那么：(1)电子释放位置与原点O 的距离s 需满足什么条件？ (2)电子从出发点到垂直打在屏上需要多长时间？[解析] (1)在电场中，电子从A →O ，动能增加eEs ＝12m v 20在磁场中，电子偏转，半径为 r ＝m v 0eB据题意，有(2n ＋1)r ＝L所以s ＝eL 2B 22Em (2n ＋1)2(n ＝0,1,2,3，…)(2)在电场中匀变速直线运动的时间与在磁场中做部分圆周运动的时间之和为电子总的运动时间t ＝(2n ＋1) 2s a ＋T 4＋n T 2，其中a ＝Ee m ，T ＝2πm eB .整理后得t ＝BL E ＋(2n ＋1)πm 2eB(n ＝0,1,2,3，…) [答案] (1)s ＝eL 2B 22Em (2n ＋1)2(n ＝0,1,2,3，…) (2)BL E ＋(2n ＋1)πm 2eB(n ＝0,1,2,3，…)考向二 带电粒子在“复合场”中的运动[归纳提炼]带电粒子在“复合场”中运动问题求解思路(2016·天津卷)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E ＝5 3 N/C ，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B ＝0.5 T ．有一带正电的小球，质量m ＝1×10－6 kg ，电荷量q ＝2×10－6 C ，正以速度v 在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g＝10 m/s2.求：(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t.[思路路线][解析](1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，则q v B＝q2E2＋m2g2①代入数据解得v＝20 m/s②速度v的方向斜向右上方，与电场E的方向之间的夹角θ满足tanθ＝qE mg③代入数据解得tanθ＝3，θ＝60°④(2)解法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有a＝q2E2＋m2g2m⑤设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有x＝v t⑥设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有y＝12at2⑦a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又tanθ＝y x⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t＝2 3 s≈3.5 s解法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为v y＝v sinθ⑤若使小球再次经过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有v y t－12gt2＝0⑥联立④⑤⑥式，代入数据解得t＝2 3 s≈3.5 s[答案](1)20 m/s斜向右上方与电场E的方向之间的夹角为60°(2)3.5 s电场力、磁场力、重力并存时带电体的运动分析(1)若三力平衡，带电体做匀速直线运动．(2)若重力与电场力平衡，带电体做匀速圆周运动．(3)若合力不为零，带电体可能做复杂的曲线运动，可用能量守恒定律或动能定理求解．[熟练强化]迁移一带电粒子在“复合场”中的一般曲线运动1．(多选)设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，已知一带电粒子在电场力和洛伦兹力的作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，忽略粒子的重力，以下说法中正确的是()A．此粒子必带正电荷B．A点和B点位于同一高度C．粒子在C点时机械能最大D．粒子到达B点后，将沿原曲线返回A点[解析]本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动，意在考查学生的综合分析能力．粒子从静止开始运动的方向向下，电场强度方向也向下，所以粒子必带正电荷，A正确；因为洛伦兹力不做功，只有静电力做功，A、B两点速度都为0，根据动能定理可知，粒子从A 点到B点运动过程中，电场力不做功，故A、B点位于同一高度，B 正确；C点是最低点，从A点到C点运动过程中电场力做正功最大，C点电势能最小，由能量守恒定律可知C点的机械能最大，C正确；到达B点时速度为零，将重复刚才ACB的运动，向右运动，不会返回，故D错误．[答案]ABC迁移二带电粒子在“复合场”中的直线运动2．(2015·福建卷)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 .[解析] (1)小滑块沿MN 运动过程，水平方向受力满足q v B ＋N ＝qE小滑块在C 点离开MN 时N ＝0解得v C ＝E B(2)由动能定理mgh －W f ＝12m v 2C －0 解得W f ＝mgh －mE 22B 2 (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 ′＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫qE m 2＋g 2 且v 2P ＝v 2D ＋g ′2t 2解得v P ＝ v 2D ＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫qE m 2＋g 2t 2 [答案] (1)E B (2)mgh －mE 22B2 (3)v 2D ＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫qE m 2＋g 2t 2 迁移三 带电粒子在复合场中的圆周运动3．(2017·大庆模拟)如图所示，空间区域Ⅰ、Ⅱ内存在匀强电场和匀强磁场，MN 、PQ 为磁场区域的理想边界，Ⅰ区域高度为d ，Ⅱ区域的高度足够大．匀强电场方向竖直向上；Ⅰ、Ⅱ区域磁场的磁感应强度大小均为B ，方向分别垂直纸面向里和向外．一个质量为m ，电荷量为q 的带电小球从磁场上方的O 点由静止开始下落，进入电磁场区域后，恰能做匀速圆周运动．已知重力加速度为g .(1)试判断小球的电性并求出电场强度E 的大小；(2)若带电小球运动一定时间后恰能回到O 点，在图中作出小球的运动轨迹；求出释放点距MN 的高度h ；并求出小球从开始释放到第一次回到O 点所经历的时间t ；(3)试讨论h 取不同值时，小球第一次穿出Ⅰ区域的过程中电场力所做的功W .[解析] (1)带电小球进入电磁场区域后，恰能做匀速圆周运动，则电场力与重力等大反向，小球带正电，有qE ＝mg得E ＝mg q .(2)带电小球在进入叠加场区域前做自由落体运动，有：mgh ＝12m v 2带电小球在叠加场中做匀速圆周运动，有：q v B ＝m v 2R由于带电小球在Ⅰ、Ⅱ两个区域运动过程中，q 、v 、B 、m 的大小不变，故三段轨迹圆弧的半径相同，以三个圆心为顶点的三角形为等边三角形，边长为2R ，轨迹如图(a)所示．由几何关系知：R ＝d sin60°解得：h ＝2q 2B 2d 23m 2g从小球开始释放到回到O 点，运动时间由两部分组成，一部分为在叠加场区域外运动的时间，t 1＝2 2h g ；一部分为在叠加场区域 内运动的时间，t 2＝76×2πm qB ＝7πm 3qB总时间t ＝t 1＋t 2＝2 2h g ＋7πm 3qB ＝43qBd 3mg ＋7πm3qB .(3)当带电小球在Ⅰ区域做圆周运动的圆弧与PQ 相切时，运动轨迹如图(b)所示，小球做圆周运动的半径R ′＝d解得对应高度：h 0＝q 2B 2d 22m 2g讨论：①当h ≤h 0时，小球进入Ⅰ区域的速度较小，半径较小，不能进入Ⅱ区域，由边界MN 第一次穿出Ⅰ区域，此过程中电场力做功W ＝0；②当h >h 0时，小球进入Ⅰ区域后由边界PQ 第一次穿出磁场Ⅰ区域进入Ⅱ区域，此过程中电场力做功W ＝－qEd ＝－mgd .[答案] (1)带正电 mg q (2)轨迹见解析 2q 2B 2d 23m 2g 43qBd 3mg＋7πm 3qB(3)见解析高考题答题规范——电磁场技术的应用[考点归纳]带电粒子在复合场中运动的应用实例[高考示例](16分)一台质谱仪的工作原理如图所示．大量的甲、乙两种离子飘入电压为U 0的加速电场，其初速度几乎为0，经加速后，通过宽为L 的狭缝MN 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，最后打到照相底片上．已知甲、乙两种离子的电荷量均为＋q，质量分别为2m和m，图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N 的甲种离子的运动轨迹．不考虑离子间的相互作用．(1)求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x；(2)在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d；(3)若考虑加速电压有波动，在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L满足的条件．,[审题指导]第一步读题干—提信息[满分答案] (1)设甲种离子在磁场中的运动半径为r 1 电场加速qU 0＝12×2m v 2(1分)且q v B ＝2m v 2r 1(1分)解得r 1＝2BmU 0q (1分)根据几何关系x ＝2r 1－L (1分) 解得x ＝4BmU 0q －L (1分)(2)如图所示(2分)最窄处位于过两虚线交点的垂线上 d ＝r 1－r 21－⎝ ⎛⎭⎪⎫L 22(2分)解得d ＝2BmU 0q －4mU 0qB 2－L 24(2分) (3)设乙种离子在磁场中的运动半径为r 2 r 1的最小半径r 1min ＝2B m (U 0－ΔU )q (1分) r 2的最大半径r 2max ＝1B2m (U 0＋ΔU )q(1分) 由题意知2r 1min －2r 2max >L ，即4B m (U 0－ΔU )q－2B 2m (U 0＋ΔU )q >L (2分) 解得L <2Bmq [2(U 0－ΔU )－2(U 0＋ΔU )](1分)[答案] (1)4BmU 0q －L(2)区域见解析 2B mU 0q －4mU 0qB 2－L 24(3)L <2B mq [2(U 0－ΔU )－2(U 0＋ΔU )](1)规范解析书写过程，注意分步列式,对所列方程用序号标出，阅卷老师才好找到得分点；尽量不要列连等式，以防由于写综合方程，一处出错则全部没分.(2)保证结果计算正确本题较多的是数学表达式的推导，要提高计算能力，会做的题尽量做对，只要结果正确，前面书写的稍有不规范，阅卷老师也可能不在意，但一旦结果错误，阅卷老师再找得分点时，书写不规范或马虎往往就会吃亏.(3)只看对的，不看错的,对于不会做的题目，要把与本题相关的公式都写上，公式是主要得分点，阅卷时只看评分标准中给定的公式来给分，无用的如果写了，不给分也不扣分.[满分体验](2016·浙江卷)为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”．在扇形聚焦过程中，离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转．扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示，圆心为O的圆形区域等分成六个扇形区域，其中三个为峰区，三个为谷区，峰区和谷区相间分布．峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，谷区内没有磁场．质量为m，电荷量为q的正离子，以不变的速率v 旋转，其闭合平衡轨道如图中虚线所示．(1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r ，并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针；(2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T ；(3)在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ′，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°，求B ′和B 的关系．已知：sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β，cos α＝1－2sin 2α2[解析] (1)峰区内圆弧半径r ＝m vqB 旋转方向为逆时针(2)由对称性，峰区内圆弧的圆心角θ＝2π3每个圆弧的长度l ＝2πr 3＝2πm v3qB每段直线长度L ＝2r cos π6＝3r ＝3m v qB周期T ＝3(l ＋L )v 代入得T ＝(2π＋33)mqB(3)谷区内的圆心角θ′＝120°－90°＝30° 谷区内的轨道圆弧半径r ′＝m v qB ′由几何关系r sin θ2＝r ′sin θ′2由三角关系sin 30°2＝sin15°＝6－24代入得B ′＝3－12B[答案] (1)m v qB 逆时针 (2)2π3 (2π＋33)mqB (3)B ′＝3－12B。
2018届高三物理二轮复习教师用书：热点7带电粒子在复
[热点跟踪专练]1．有一个带电荷量为＋q、重力为G的小球，从两竖直的带电平行板上方h处自由落下，两极板间另有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图所示，则带电小球通过有电场和磁场的空间时，下列说法正确的是()A．一定做曲线运动B．不可能做曲线运动C．有可能做匀加速直线运动D．有可能做匀速直线运动[解析]带电小球在没有进入复合场前做自由落体运动，进入磁场后，受竖直向下的重力G＝mg，水平向左的电场力F电场力＝qE与水平向右洛伦兹力F洛＝qB v，重力与电场力大小和方向保持恒定，但因为速度大小会发生变化，所以洛伦兹力大小和方向会发生变化，所以一定会做曲线运动，A正确，B、C、D错．[答案] A2．(多选)回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如右图所示．D1和D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压为U、周期为T的交流电源上．位于D1圆心处的质子源A 能不断产生质子(初速度可以忽略)，它们在两盒之间被电场加速．当质子被加速到最大动能E k 后，再将它们引出．忽略质子在电场中的运动时间，则下列说法中正确的是( )A ．若只增大交变电压U ，则质子的最大动能E k 会变大B ．若只增大交变电压U ，则质子在回旋加速器中运行的时间会变短C ．若只将交变电压的周期变为2T ，仍可用此装置加速质子D ．质子第n 次被加速前、后的轨道半径之比为n －1∶n[解析] 由r ＝m v qB 可知，质子经加速后的最大速度与回旋加速器的最大半径有关，而与交变电压U 无关，故A 错误；增大交变电压，质子加速的次数减少，所以质子在回旋加速器中的运行时间变短，B 正确；为了使质子能在回旋加速器中加速，质子的运动周期应与交变电压的周期相同，C 错误；由nqU ＝12m v 2n 以及r n ＝m v n qB 可得质子第n 次被加速前、后的轨道半径之比为n －1∶n ，D 正确．[答案] BD3.1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列说法中正确的是( )A ．该束带电粒子带负电B ．速度选择器的P 1极板带负电C ．在B 2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大D ．在B 2磁场中运动半径越大的粒子，比荷q m 越小[解析] 通过粒子在质谱仪中的运动轨迹和左手定则可知该束带电粒子带正电，故选项A 错误；带电粒子在速度选择器中匀速运动时受到向上的洛伦兹力和向下的电场力，可知速度选择器的P 1极板带正电，故选项B 错误；由洛伦兹力充当向心力有：q v B ＝m v 2r ，得粒子在B 2磁场中的运动半径r ＝m v qB ，又粒子的运动速度v 大小相等，电荷量q 未知，故在磁场中运动半径越大的粒子，质量不一定越大，但比荷q m ＝v Br 越小，故选项C 错误，D 正确．[答案] D4．(多选)霍尔式位移传感器的测量原理如图所示，有一个沿z 轴方向均匀变化的匀强磁场，磁感应强度B ＝B 0＋kz (B 0、k 均为常数)．将霍尔元件固定在物体上，保持通过霍尔元件的电流I 不变(方向如图所示)，当物体沿z 轴正方向平移时，由于位置不同，霍尔元件在y 轴方向的上、下表面的电势差U 也不同．则( )A ．磁感应强度B 越大，上、下表面的电势差U 越大B ．k 越大，传感器灵敏度ΔU Δz 越高C ．若图中霍尔元件是电子导电，则下板电势高D ．电流I 越大，上、下表面的电势差U 越小[解析] 对于霍尔元件有，q U d ＝q v B (d 为上、下两板间的距离)，所以U ＝d v B ，B 越大，上、下表面的电势差U 越大，选项A 正确；k 越大，B 随z 的变化越大，由上面的分析可得U 随z 的变化也越大，所以传感器灵敏度ΔU Δz 越高，选项B 正确；若图中霍尔元件是电子导电，根据左手定则电子受到的洛伦兹力向下，下板带负电，下板电势低，选项C 错误；电流的微观表达式I ＝nqS v ，电流I 越大，电荷定向移动的速度v 越大，上、下表面的电势差U 越大，选项D 错误．[答案] AB5.在如图所示的坐标系中，0≤x ≤d 区域内存在正交的电场和磁场，磁场方向垂直纸面向里(磁感应强度B 大小未知)、电场的方向竖直向下(场强E 2大小未知)；－d ≤x <0区域内存在匀强电场(场强E 1大小未知)，电场方向与y 轴的负方向间的夹角为45°.现从M (－d,0)点由静止释放一带电小球，小球沿x 轴运动，通过原点后在y 轴右侧的复合场区域做匀速圆周运动，经过一段时间从复合场右边界上的N点离开，且小球离开时的速度与x轴的正方向的夹角为60°，重力加速度用g表示，带电小球的质量为m、电荷量为q.(1)小球带何种电荷？(2)电场强度E1、E2以及磁感应强度B分别为多大？(3)小球从M运动到N所用的总时间为多少？[解析](1)由题意可知带电小球沿x轴的正方向运动，则小球受到的合力水平向右，因此小球受到竖直向下的重力、与－d≤x<0区域中电场的电场线方向相反的电场力，故小球带负电．(2)带电小球沿x轴的正方向运动，则在竖直方向上有qE1sin45°＝mg解得E1＝2mg q带电小球在y轴右侧做匀速圆周运动，则在竖直方向上有mg＝qE2，E2＝mg q假设小球在y轴左侧沿x轴向右运动时的加速度大小为a，到达原点的速度大小为v，小球在y轴右侧做匀速圆周运动的轨道半径为R则由牛顿第二定律得qE 1cos45°＝ma又由运动学公式得v 2＝2ad由题意可知，小球在y 轴的右侧做匀速圆周运动的偏转角为60°，则由几何关系得R sin60°＝d又根据牛顿第二定律得q v B ＝m v 2R解得B ＝m q 3g 2d. (3)带电小球沿x 轴做匀加速运动所用的时间t 1＝2d a 小球在y 轴的右侧做匀速圆周运动的周期为T ＝2πm qB带电小球的运动轨迹所对应的圆心角为60°，则t 2＝T 6＝π32d 3g小球从M 运动到N 所用的总时间t ＝t 1＋t 2＝2d g ＋π32d 3g . [答案] (1)负电荷 (2)2mg q mg q (3)2d g ＋π32d 3g 6．如图所示，在xOy 平面的第一、四象限，有水平向右匀强电场，在第二、三象限中存在磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里的匀强磁场和场强大小与第一象限的场强大小相等，方向竖直向上的匀强电场．第一象限中P 点的坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫R 2，32R ，在P 点拴一根绝缘细线，长为R ，细线另一端系一个质量为m ，带电荷量为q 的小球，现将细线拉至与水平方向成45°角由静止释放．小球摆至O 点位置时，细线恰好脱开，小球跨过y 轴，恰好做圆周运动．求：(1)电场强度的大小；(2)小球到达O 点时的速度；(3)小球在y 轴左侧做匀速圆周运动的旋转半径．[解析] (1)小球跨过y 轴，恰好做圆周运动，可知小球受到的电场力等于重力大小Eq ＝mg所以场强E ＝mg q(2)小球从初始状态释放，摆动到O 点，根据动能定理：mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫22＋32R －Eq ⎝ ⎛⎭⎪⎫22＋12R ＝12m v 2 得小球的速度v ＝(3－1)gR速度的方向与y 轴正方向成60°角斜向上(3)如图，小球在y 轴左侧做匀速圆周运动，小球受到的电场力大小等于重力大小，洛伦兹力提供向心力F 洛＝m v 2r即q v B ＝m v 2r得旋转半径为r ＝m (3－1)gR qB[答案] (1)mg q (2)(3－1)gR ，方向与y 轴正方向成60°角斜向上 (3)m (3－1)gR qB7．如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m 、带电荷量为＋q 的小球从A 点以速度v 0沿直线AO 运动，AO 与x 轴负方向成37°角．在y 轴与MN 之间的区域Ⅰ内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN 上的C 点，MN 与PQ 之间区域Ⅱ内存在宽度为d 的竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知小球在C 点的速度大小为2v 0，重力加速度为g ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)第二象限内电场强度E 1的大小和磁感应强度B 1的大小；(2)区域Ⅰ内最小电场强度E 2的大小和方向；(3)区域Ⅱ内电场强度E 3的大小和磁感应强度B 2的大小．[解析] (1)带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动，三力满足如图1所示关系且小球只能做匀速直线运动．由图1知tan37°＝qE 1mg ，解得：E 1＝3mg 4qcos37°＝mg B 1q v 0，解得：B 1＝5mg 4q v 0(2)区域Ⅰ中小球做直线运动，电场强度最小，受力如图2所示(电场力方向与速度方向垂直)，小球做匀加速直线运动，由图2知cos37°＝qE 2mg ，解得：E 2＝4mg 5q方向与x 轴正方向成53°角，方向斜向上(3)小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，所以mg ＝qE 3，解得E 3＝mg q因小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图3所示，由几何关系得r ＝58d 由洛伦兹力提供向心力知B 2q ·2v 0＝m 4v 20r联立解得：B 2＝16m v 05qd[答案] (1)3mg 4q 5mg 4q v 0 (2)4mg 5q方向与x 轴正方向成53°角，方向斜向上 (3)mg q 16m v 05qd8．如图所示，两个边长均为l 的正方形区域ABCD 和EFGH 内有竖直向上的匀强电场，DH 上方有足够长的竖直向下的匀强电场．一带正电的粒子，质量为m ，电荷量为q ，以速度v 从B 点沿BC 方向射入匀强电场，已知三个区域内的场强大小相等，且E 0＝m v 2ql ，今在CDHE 区域内加上合适的垂直纸面向里的匀强磁场，粒子经过该磁场后恰能从DH 的中点竖直向上射入电场，粒子的重力不计，求：(1)所加磁场的宽度DH ；(2)所加磁场的磁感应强度大小；(3)粒子从B 点射入到从EFGH 区域电场射出所经历的总时间．[解析] (1)粒子在ABCD 区域电场中做类平抛运动，设射出该电场时沿电场方向的偏转距离为d由E 0q ＝ma 得a ＝v 2l由l ＝v t 得t ＝l vd ＝12at 2＝12l 粒子射出ABCD 区域电场时沿场强方向速度v y ＝at ＝v速度偏向角θ满足tan θ＝v y v ＝1，解得θ＝π4粒子从DH 中点竖直向上射入电场，由几何关系知：OD ＝12lOD 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫l 22＝R 2 解得R ＝22l 由R ＝OD ＋12DH 得DH ＝(2－1)l (2)射入磁场的速度大小为v ′＝2v由洛伦兹力提供向心力得q v ′B ＝m v ′2R ，解得B ＝2m v ql(3)粒子在左侧电场中偏转的运动时间t 1＝t ＝l v粒子在磁场中向上偏转的运动时间t 2＝θ2πT 其中T ＝2πm qB在上方电场中运动减速到零的时间为t 3＝2v a粒子运动轨迹如图所示，根据对称性可知粒子运动的总时间为t 总＝2(t 1＋t 2＋t 3)解得t 总＝2l v ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2＋π8[答案] (1)(2－1)l (2)2m v ql (3)2l v ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2＋π8。
高三物理二轮复习 课前诊断-带电粒子在复合场中的运动
课前诊断——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.[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 ＝2UdB ．B ＝2qUm qd ，E ＝4UdC ．B ＝qUm qd ，E ＝2U d D ．B ＝qUm qd ，E ＝4Ud解析：选B 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 ＝qE2m t 2，联立可解得E ＝4Ud，B 正确。
2．[考查带电粒子加速后先进入电场再进入磁场的情况] (2016·长沙高三调考)如图所示，某种带电粒子由静止开始经电压为U 1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U 2的两导体板间的匀强电场中，带电粒子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中，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 1和U 2的变化情况为(不计重力，不考虑边缘效应)( )A ．d 随U 1变化，d 与U 2无关B ．d 与U 1无关，d 随U 2变化C ．d 随U 1变化，d 随U 2变化D ．d 与U 1无关，d 与U 2无关解析：选A 带电粒子在电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v 分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为θ，则有：v 0v＝cos θ而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R ，由几何关系可得，半径与直线MN 夹角正好等于θ，则有：d2R ＝cos θ，所以d ＝2Rv 0v，又因为半径公式R ＝mvBq， 则有d ＝2mv 0Bq ＝2B2mU 1q，故d 随U 1变化，d 与U 2无关，故A 正确，B 、C 、D 错误。
【高三物理试题精选】2018高考物理带电粒子在复合场中的运动二轮复习题(附答案)
2018高考物理带电粒子在复合场中的运动二轮复习题（附
答案）
专题八带电粒子在复合场中的运动
1 (多选)(L)的A点以速度v0沿+x方向射出,恰好经过坐标为[0,-(-1)L]的C点射入区域Ⅰ粒子重力忽略不计
(1) 求匀强电场的电场强度大小E
(2) 求粒子离开区域Ⅰ时的位置坐标
(3) 要使粒子从区域Ⅱ上边界离开,可在区域Ⅱ内加垂直纸面向内的匀强磁场试确定磁感应强度B2的大小范围,并说明粒子离开区域Ⅱ时的速度方向
8 (2018·苏中二模)如图甲所示,在边界OO’左侧区域有磁感应强度为B 的匀强磁场,磁场方向水平向外右侧水平放置长为L、相距为d的平行金属板M、N,M板左端紧靠磁场边界,磁场边界上O点与N 板在同一水平面上,边界OO’与水平面的夹角为45°,O1O2为平行板的中线,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)某时刻从O点竖直向上同时发射两个质量均为m、电荷量均为+q的粒子a和b,初速度不同粒子a 在图乙中的t=时刻,从O1 点进入板间电场运动,并从O2 点射出板间电场;粒子b 恰好紧靠M 板左端进入电场,已知交变电场周期T=,不计粒子重力和粒子间的相互作用
(1) 求粒子a、b 从O 点射出时的初速度va 和vb
(2) 粒子b 能穿出板间电场,求电场强度大小E0 满足的条
(3) 若粒子b刚好能穿出板间电场,求粒子b穿过板间电场过程中电场力做的功W
专题八带电粒子在复合场中的运动
1 BD
2 ACD
3 D
4 AD
5 ABD。
2018届高考物理二轮专题复习文档：“带电粒子在复合场中的运动”学前诊断含解析
“带电粒子在复合场中的运动”学前诊断1.[[多选]1957年，科学家首先提出了两类超导体的概念，一类称为Ⅰ型超导体，主要是金属超导体，另一类称为Ⅱ型超导体(载流子为电子)，主要是合金和陶瓷超导体。
Ⅰ型超导体对磁场有屏蔽作用，即磁场无法进入超导体内部，而Ⅱ型超导体则不同，它允许磁场通过。
现将一块长方体Ⅱ型超导体通入稳恒电流I 后放入匀强磁场中，如图所示，下列说法正确的是( )A ．超导体的内部产生了热能B ．超导体所受安培力等于其内部所有电荷定向移动所受洛伦兹力的合力C ．超导体表面上a 、b 两点的电势关系为φa >φbD ．超导体中的电流I 越大，a 、b 两点的电势差越大解析：选BD 超导体电阻为零，超导体内部没有产生热能，A 错误；超导体所受安培力是洛伦兹力的宏观表现，安培力等于其内部所有电荷定向移动所受洛伦兹力的合力，B 正确；载流子为电子，超导体表面上a 带负电，φa <φb ，C 错误；根据电流的微观表达式I ＝neS v ，可得电子定向移动速度v ＝I neS ，稳定时，洛伦兹力和电场力平衡，即e v B ＝eUd，整理得U ＝BdIneS，所以电流I 越大，电势差越大，D 正确。
2．[考查回旋加速器的改进及原理分析]如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在AC 板间，虚线中间不需加电场，如图所示，带电粒子从P 0处以速度v 0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D 形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是( )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P 1P 2＝P 3P 4C ．加速粒子的最大速度与D 形盒的尺寸有关 D ．加速电场方向需要做周期性的变化解析：选C 带电粒子只有经过AC 板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次，电场的方向没有改变，则在AC 间加速，故A 、D 错误。
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。
北京市2018届高考物理二轮复习 专题7 带电粒子在复合场中的运动学案(含解析)
专题7 带电粒子在复合场中的运动近几年高考中，关于此部分内容的命题方向有：在带电粒子在组合场中的运动、带电体在复合场中的运动、电磁场技术的应用。
题目以计算题为主，难度较大。
高频考点：带电粒子在组合场中的运动问题；考查带电粒子在复合场中的运动问题；考查以带电粒子在组合场、复合场中的运动规律为工作原理的仪器在科学领域、生活实际中的应用。
考点一、带电粒子在组合场中的运动例 (2017·天津卷T 13)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。
【审题立意】有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度；对于带电粒子在磁场中的运动情况，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量。
【解题思路】(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q 点到x 轴距离为L ，到y 轴距离为2L ，粒子的加速度为a ，运动时间为t ，有2L ＝v 0t ①L ＝12at 2 ②设粒子到达O 点时沿y 轴方向的分速度为v y ，v y ＝at ③设粒子到达O 点时速度方向与x 轴正方向夹角为α，有tan α＝v y v 0④ 联立①②③④式得α＝45° ⑤即粒子到达O 点时速度方向与x 轴正方向成45°角斜向上。
设粒子到达O 点时速度大小为v ，由运动的合成有v ＝v 02＋v y 2⑥ 联立①②③⑥式得v ＝2v 0。
⑦(2)设电场强度为E ，粒子电荷量为q ，质量为m ，粒子在电场中受到的电场力为F ，由牛顿第二定律可得F ＝ma ⑧又F ＝qE ⑨2好教育云平台——教育因你我而变2017年高考“最后三十天”专题透析设磁场的磁感应强度大小为B ，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，所受的洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝m v 2R⑩由几何关系可知R ＝2L ⑪ 联立①②⑦⑧⑨⑩⑪式得E B ＝v 02。
2018年高考物理二轮复习12带电粒子在复合场中的运动问题含答案
提升训练12带电粒子在复合场中的运动问题1.如图所示,在xOy平面内有磁感应强度为B的匀强磁场,其中0〈x〈a内有方向垂直xOy平面向里的磁场,在x〉a内有方向垂直xOy平面向外的磁场，在x<0内无磁场。
一个带正电q、质量为m的粒子(粒子重力不计)在x=0处以速度v0沿x轴正方向射入磁场。
(1）若v0未知,但粒子做圆周运动的轨道半径为r=a,求粒子与x轴的交点坐标；（2）若无(1)中r=a的条件限制，粒子的初速度仍为v0(已知）,问粒子回到原点O需要使a为何值?2.（2017浙江杭州四校联考高三期中）如图所示，一带电微粒质量为m=2.0×10—11 kg、电荷量q=+1。
0×10-5 C,从静止开始经电压为U1=100 V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角θ=30°,并接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为D=20cm的匀强磁场区域.已知偏转电场中金属板长L=20 cm，两板间距d=10cm，重力忽略不计。
求:(1）带电微粒进入偏转电场时的速率v1；（2）偏转电场中两金属板间的电压U2；（3）为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？3.（2016浙江名校协作体试题)如图,质量m=1×10—3 kg、电荷量q=1×10-2C的带电粒子从竖直放置的两电容器极板AB之间贴着A极板以速度v x=4 m/s平行极板飞入两极板间,恰从极板B上边缘O点飞出,已知极板长L=0。
4 m，极板间距d=0.15 m。
电容器极板上方有宽度为x=0.3 m的区域被平均分为区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ,其中Ⅰ、Ⅲ有匀强磁场,它们的磁感强度大小相等，均垂直纸面且方向相反, O为DC边中点,P为DC边中垂线上一点，带电粒子从O点离开电场,之后进入磁场，运动轨迹刚好与区域Ⅲ的右边界相切,不计粒子的重力.求:（1）该电容器极板AB所加电压U大小；(2）匀强磁场的磁感应强度大小B；(3）若现在Ⅰ、Ⅲ区域所加磁感应强度大小B’=2 T，粒子射入O点后经过3次偏转打到P点,则OP的距离为多少?4。
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“带电粒子在复合场中的运动”1.[[多选]1957年，科学家首先提出了两类超导体的概念，一类称为Ⅰ型超导体，主要是金属超导体，另一类称为Ⅱ型超导体(载流子为电子)，主要是合金和陶瓷超导体。
Ⅰ型超导体对磁场有屏蔽作用，即磁场无法进入超导体内部，而Ⅱ型超导体则不同，它允许磁场通过。
现将一块长方体Ⅱ型超导体通入稳恒电流I 后放入匀强磁场中，如图所示，下列说法正确的是( )A ．超导体的内部产生了热能B ．超导体所受安培力等于其内部所有电荷定向移动所受洛伦兹力的合力C ．超导体表面上a 、b 两点的电势关系为φa >φbD ．超导体中的电流I 越大，a 、b 两点的电势差越大解析：选BD 超导体电阻为零，超导体内部没有产生热能，A 错误；超导体所受安培力是洛伦兹力的宏观表现，安培力等于其内部所有电荷定向移动所受洛伦兹力的合力，B 正确；载流子为电子，超导体表面上a 带负电，φa <φb ，C 错误；根据电流的微观表达式I ＝neSv ，可得电子定向移动速度v ＝I neS ，稳定时，洛伦兹力和电场力平衡，即evB ＝eUd，整理得U ＝BdIneS，所以电流I 越大，电势差越大，D 正确。
2．[考查回旋加速器的改进及原理分析]如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在AC 板间，虚线中间不需加电场，如图所示，带电粒子从P 0处以速度v 0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D 形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是( )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P 1P 2＝P 3P 4C ．加速粒子的最大速度与D 形盒的尺寸有关 D ．加速电场方向需要做周期性的变化解析：选C 带电粒子只有经过AC 板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次，电场的方向没有改变，则在AC 间加速，故A 、D 错误。
根据r ＝mv qB得，则P 1P 2＝2(r 2－r 1)＝2m Δv qB，因为每转一圈被加速一次，根据v 22－v 12＝2ad ，知每转一圈，速度的变化量不等，且v 4－v 3<v 2－v 1，则P 1P 2>P 3P 4，故B 错误。
当粒子从D 形盒中出来时，速度最大，根据r ＝mvqB 得，v ＝qBr m，知加速粒子的最大速度与D 形盒的尺寸有关，故C 正确。
3．[考查用质谱仪分析两种离子的运动](2017·江苏高考)一台质谱仪的工作原理如图所示。
大量的甲、乙两种离子飘入电压为U 0的加速电场，其初速度几乎为0，经加速后，通过宽为L 的狭缝MN 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，最后打到照相底片上。
已知甲、乙两种离子的电荷量均为＋q ，质量分别为2m 和m ，图中虚线为经过狭缝左、右边界M 、N 的甲种离子的运动轨迹。
不考虑离子间的相互作用。
(1)求甲种离子打在底片上的位置到N 点的最小距离x ；(2)在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d ； (3)若考虑加速电压有波动，在(U 0－ΔU )到(U 0＋ΔU )之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L 满足的条件。
解析：(1)甲种离子在电场中加速时，有qU 0＝12×2mv 2设甲种离子在磁场中的运动半径为r 1则有qvB ＝2m v 2r 1解得r 1＝2BmU 0q根据几何关系有x ＝2r 1－L 解得x ＝4BmU 0q－L 。
(2)如图所示。
最窄处位于过两虚线交点的垂线上d ＝r 1－r 12－⎝ ⎛⎭⎪⎫L 22解得d ＝2BmU 0q－4mU 0qB 2－L24。
(3)设乙种离子在磁场中的运动半径为r 2r 1的最小半径r 1min ＝2B m U 0－ΔUqr 2的最大半径r 2max ＝1B2mU 0＋ΔUq由题意知2r 1min －2r 2max >L 即4Bm U 0－ΔU q －2B2m U 0＋ΔUq>L解得L <2B m q[2U 0－ΔU －U 0＋ΔU ]。
答案：(1)4BmU 0q－L (2)图见解析 2BmU 0q －4mU 0qB 2－L24(3)L <2Bm q[2U 0－ΔU －U 0＋ΔU ]4.[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 ＝2UdB ．B ＝2qUm qd ，E ＝4UdC ．B ＝qUm qd ，E ＝2U d D ．B ＝qUm qd ，E ＝4Ud解析：选B 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 ＝qE2m t 2，联立可解得E ＝4Ud，B 正确。
5．[考查带电粒子由电场中偏转再进入磁场中的情况][多选]如图所示，边界MN 、PQ 间有竖直向下的匀强电场，PQ 、EF 间有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m ，电荷量为q 的粒子从边界MN 上的O 点以水平初速度v 0射入电场，结果从PQ 上的A 点进入磁场，且粒子在磁场中运动的时间为πm2qB，MN 和PQ 间、PQ 和EF 间的距离均为L ，O 到A 的竖直距离为L2，不计粒子的重力，则下列结论正确的是( )A ．匀强电场的电场强度大小为mv 022qLB ．粒子进入磁场时速度与水平方向的夹角为45°C ．粒子在磁场中做圆周运动的半径为2LD ．匀强磁场的磁感应强度为2mv 0qL解析：选BD 粒子在电场中做类平抛运动，水平方向匀速运动L ＝v0t ，竖直方向L 2＝12at 2，根据牛顿第二定律qE ＝ma ，解得E ＝mv 02qL，故A 错误；离开电场时竖直速度v y ＝at ＝qE m ×Lv 0＝v 0，进入磁场时速度与水平方向的夹角为θ，tan θ＝v y v 0＝1，θ＝45°，故B 正确；粒子在磁场中的圆心角为α，根据t ＝α2πT ＝α2π×2πm qB ＝m αqB ，根据题意t ＝πm 2qB ，得α＝π2，如图所示，根据几何关系有R ＝22L ，故C 错误；根据半径公式R ＝mv qB ＝m 2v 0qB ＝2L 2，得B ＝2mv 0qL，故D 正确。
6．[考查带电粒子由磁场进入电场后再返回磁场的情况]如图所示，真空中有一以O 点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为R ，磁场垂直纸面向里，在y >R 的区域存在沿－y 方向的匀强电场，电场强度为E ，在M 点有一粒子源，辐射的粒子以相同的速率v 沿不同方向射入第一象限，发现沿＋x 方向射入磁场的粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，已知粒子的质量为m ，电荷量为＋q ，粒子重力不计。
(1)求圆形磁场区域磁感应强度的大小；(2)求沿＋x 方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程； (3)沿与＋x 方向成60°角射入的粒子，最终将从磁场边缘的N 点(图中未画出)穿出，不再进入磁场，求N 点的坐标和粒子从M 点运动到N 点的总时间。
解析：(1)沿＋x 方向射入磁场的粒子穿出磁场进入电场后，速度减小到0，粒子一定是从如图中的P 点射出磁场，逆电场线运动，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径：r ＝R根据Bqv ＝mv 2r得：B ＝mv qR。
(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从H 点射出磁场，MH 为直径，在磁场中的路程为二分之一圆周长s 1＝πR设在电场中路程为s 2，根据动能定理Eq s 22＝12mv 2s 2＝mv 2Eq总路程s ＝πR ＋mv 2Eq。
(3)沿与＋x 方向成60°角射入的粒子，经分析从C 点竖直射出磁场，从D 点射入、射出电场，又从C 点射入磁场，最后从N 点(MN 为直径)射出磁场。
所以N 点坐标为(2R,0)。
C 点在磁场中，MC 段圆弧对应圆心角α＝30°，CN 段圆弧对应圆心角θ＝150°，所以在磁场中的时间为半个周期，t 1＝T 2＝πR v粒子在CD 段做匀速直线运动，由几何关系知CD ＝R2t 2＝2CD v ＝R v粒子在电场中做匀变速直线运动，加速度a ＝Eq mt 3＝2v a ＝2mv Eq总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝π＋R v＋2mv Eq。
答案：(1)mv qR (2)πR ＋mv 2Eq(3)(2R,0) π＋R v＋2mvEq7.[[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中只有匀强磁场，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，则关于这些离子说法正确的是( )A ．离子一定都带正电B ．这些离子进入复合场的初速度相等C ．离子的比荷一定相同D ．这些离子的初动量一定相同解析：选BC 因为它们通过区域Ⅰ时不偏转，说明受到的电场力与洛伦兹力相等，即Eq ＝B 1qv ，故离子的速度相等，若为正离子，则电场力向下，洛伦兹力向上。
若为负离子，则电场力向上，洛伦兹力向下，同样能够满足平衡，所以选项A 错误，B 正确。
又因为进入磁场Ⅱ后，其偏转半径相同，由公式R ＝mv Bq可知，它们的比荷相同，选项C 正确。
虽然确定初速度相等，但无法判断质量是否相等，所以无法判断初动量是否相等，选项D 错误。
8．[考查带电粒子在叠加场中的圆周运动][多选]如图所示，竖直放置的两块很大的平行金属板a 、b ，相距为d ，a 、b 间的电场强度为E ，今有一带正电的微粒从a 板下边缘以初速度v 0竖直向上射入电场，当它飞到b 板时，速度大小不变，而方向变为水平方向，且刚好从高度也为d 的狭缝穿过b 板进入bc 区域，bc 区域的宽度也为d ，所加电场的场强大小为E ，方向竖直向上，磁感应强度方向垂直纸面向里，磁感应强度大小等于E v 0，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．微粒在ab 区域的运动时间为v 0gB ．微粒在bc 区域中做匀速圆周运动，圆周半径r ＝2dC ．微粒在bc 区域中做匀速圆周运动，运动时间为πd3v 0D ．微粒在ab 、bc 区域中运动的总时间为π＋d2v 0解析：选ABC 将粒子在电场中的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速运动，竖直分运动为末速度为零的匀减速运动，根据运动学公式，有：水平方向：v 0＝at ，d ＝v 022a竖直方向：0＝v 0－gt 解得：a ＝gt ＝v 0g故A 正确；粒子在复合场中运动时，由于电场力与重力平衡，即qE ＝mg ，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qv 0B ＝m v 02r解得：r ＝mv 0qB由以上各式整理得到r ＝2d ，故B 正确；由于r ＝2d ，画出轨迹，如图所示，由几何关系，得到圆弧所对应的圆心角为30°，故在复合场中的运动时间为：t 2＝T 12＝πm 6qB ＝πd3v 0，故C 正确；粒子在电场中运动时间为：t 1＝d v 02＝2d v 0故粒子在ab 、bc 区域中运动的总时间为：t ＝t 1＋t 2＝π＋63v 0d ，故D 不正确。