高考物理带电粒子在复合场中的运动(一)解题方法和技巧及练习题含解析
高考物理带电粒子在复合场中的运动试题经典及解析
一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．在xOy平面的第一象限有一匀强电磁，电场的方向平行于y轴向下，在x轴和第四象限的射线OC之间有一匀强电场，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，有一质量为m，带有电荷量+q的质点由电场左侧平行于x轴射入电场，质点到达x轴上A点，速度方向与x 轴的夹角为φ，A点与原点O的距离为d，接着，质点进入磁场，并垂直与OC飞离磁场，不计重力影响，若OC与x轴的夹角为φ.求：⑴粒子在磁场中运动速度的大小；⑵匀强电场的场强大小.【来源】带电粒子在复合场中的运动计算题【答案】(1) (2)【解析】【分析】【详解】试题分析：（1）由几何关系得：R=dsinφ由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得解得：（2）质点在电场中的运动为类平抛运动．设质点射入电场的速度为v0，在电场中的加速度为a，运动时间为t，则有：v0=vcosφvsinφ=atd=v0t设电场强度的大小为E，由牛顿第二定律得qE=ma解得：2．对铀235的进一步研究在核能的开发和利用中具有重要意义．如图所示，质量为m、电荷量为q的铀235离子，从容器A下方的小孔S1不断飘入加速电场，其初速度可视为零，然后经过小孔S2垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，做半径为R的匀速圆周运动．离子行进半个圆周后离开磁场并被收集，离开磁场时离子束的等效电流为I．不考虑离子重力及离子间的相互作用．（1）求加速电场的电压U；（2）求出在离子被收集的过程中任意时间t内收集到离子的质量M；（3）实际上加速电压的大小会在U+ΔU范围内微小变化．若容器A中有电荷量相同的铀235和铀238两种离子，如前述情况它们经电场加速后进入磁场中会发生分离，为使这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，应小于多少？（结果用百分数表示，保留两位有效数字）【来源】2012年普通高等学校招生全国统一考试理综物理（天津卷)【答案】（1）（2）（3）0.63%【解析】解：（1）设离子经电场加速后进入磁场时的速度为v，由动能定理得：qU =mv2离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=解得：U =（2）设在t 时间内收集到的离子个数为N ，总电荷量Q = It Q = Nq M =" Nm" =（3）由以上分析可得：R =设m /为铀238离子质量，由于电压在U±ΔU 之间有微小变化，铀235离子在磁场中最大半径为：R max =铀238离子在磁场中最小半径为：R min =这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为：R max <R min 即：< 得：<<其中铀235离子的质量m = 235u （u 为原子质量单位），铀238离子的质量m ，= 238u 则：<解得：<0.63%3．小明受回旋加速器的启发，设计了如图1所示的“回旋变速装置”．两相距为d 的平行金属栅极板M 、N ，板M 位于x 轴上，板N 在它的正下方．两板间加上如图2所示的幅值为U 0的交变电压，周期02mT qBπ=．板M 上方和板N 下方有磁感应强度大小均为B 、方向相反的匀强磁场．粒子探测器位于y 轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子．有一沿x 轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源，沿y 轴正方向射出质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的粒子．t =0时刻，发射源在（x ，0）位置发射一带电粒子．忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在电场中运动的时间不计．（1）若粒子只经磁场偏转并在y =y 0处被探测到，求发射源的位置和粒子的初动能； （2）若粒子两次进出电场区域后被探测到，求粒子发射源的位置x 与被探测到的位置y 之间的关系【来源】【省级联考】浙江省2019届高三上学期11月选考科目考试物理试题【答案】（1）00x y = ，()202qBy m（2）见解析【解析】 【详解】（1）发射源的位置00x y =， 粒子的初动能：()2002k qBy Em=；（2）分下面三种情况讨论： （i ）如图1，002k E qU >由02101mv mv mvy R R Bq Bq Bq===、、， 和221001122mv mv qU =-，222101122mv mv qU =-， 及()012x y R R =++， 得()()22002224x y yqB mqU yqB mqU qBqB=++（ii ）如图2，0002k qU E qU <<由020mv mv y d R Bq Bq--==、， 和220201122mv mv qU =+， 及()032x y d R =--+，得()222023)2x y d y d q B mqU qB=-++++（；（iii ）如图3，00k E qU <由020mv mv y d R Bq Bq--==、， 和220201122mv mv qU =-， 及()04x y d R =--+， 得()222042x y d y d q B mqU qB=--+-4．如图甲所示，在直角坐标系中的0≤x≤L 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，右侧有以点（2L ，0）为圆心、半径为L 的圆形区域，与x 轴的交点分别为M 、N ，在xOy 平面内，从电离室产生的质量为m 、带电荷量为e 的电子以几乎为零的初速度从P 点飘入电势差为U 的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔Q 点沿x 轴正方向进入匀强电场，已知O 、Q 两点之间的距离为2L，飞出电场后从M 点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力。
高考物理带电粒子在复合场中的运动解题技巧和训练方法及练习题
一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．两块足够大的平行金属极板水平放置，极板间加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律分别如图1、图2所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向）。
在t=0时刻由负极板释放一个初速度为零的带负电的粒子（不计重力），若电场强度E0、磁感应强度B0、粒子的比荷qm均已知，且2mtqBπ=，两板间距2210mEhqBπ=。
（1）求粒子在0～t0时间内的位移大小与极板间距h的比值。
（2）求粒子在板板间做圆周运动的最大半径（用h表示）。
（3）若板间电场强度E随时间的变化仍如图1所示，磁场的变化改为如图3所示，试画出粒子在板间运动的轨迹图（不必写计算过程）。
【来源】带电粒子的偏转【答案】（1）粒子在0～t0时间内的位移大小与极板间距h的比值115sh=（2）粒子在极板间做圆周运动的最大半径225hRπ=（3）粒子在板间运动的轨迹如图：【解析】【分析】【详解】（1）设粒子在0～t0时间内运动的位移大小为s121012s at =① 0qEa m=②又已知200200102,mE m t h qB qB ππ== 联立解得：115s h = （2）解法一粒子在t 0~2t 0时间内只受洛伦兹力作用，且速度与磁场方向垂直，所以粒子做匀速圆周运动。
设运动速度大小为v 1，轨道半径为R 1，周期为T ，则10v at =21101mv qv B R =联立解得：15h R π= 又002mT t qB π== 即粒子在t 0~2t 0时间内恰好完成一个周期的圆周运动。
在2t 0~3t 0时间内，粒子做初速度为v 1的匀加速直线运动，设位移大小为s 22210012s v t at =+解得：235s h =由于s 1+s 2＜h ，所以粒子在3t 0~4t 0时间内继续做匀速圆周运动，设速度大小为v 2，半径为R 2，有：210v v at =+22202mv qv B R =解得225h R π=由于s 1+s 2+R 2＜h ，粒子恰好又完成一个周期的圆周运动。
(物理)带电粒子在复合场中的运动练习题含答案及解析
解得： <0.63%
5．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 v1 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：
由题知 vm＝kym
若 E＝0 时，粒子以初速度 v0 沿 y 轴正向入射，有 qv0B＝m v02 R0
在最高处有 v0＝kR0
联立解得 vm
E B
(
E B
)2
v02
考点：带电粒子在符合场中的运动；动能定理．
2．在 xOy 平面的第一象限有一匀强电磁，电场的方向平行于 y 轴向下，在 x 轴和第四象限 的射线 OC 之间有一匀强电场，磁感应强度为 B，方向垂直于纸面向里，有一质量为 m，带 有电荷量+q 的质点由电场左侧平行于 x 轴射入电场，质点到达 x 轴上 A 点，速度方向与 x 轴的夹角为 φ，A 点与原点 O 的距离为 d，接着，质点进入磁场，并垂直与 OC 飞离磁场， 不计重力影响，若 OC 与 x 轴的夹角为 φ.求：
（3）由以上分析可得：R = 设 m/为铀 238 离子质量，由于电压在 U±ΔU 之间有微小变化，铀 235 离子在磁场中最大半 径为：Rmax=
铀 238 离子在磁场中最小半径为：Rmin=
这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为：Rmax<Rmin
即：
<
得：
<
< 其中铀 235 离子的质量 m = 235u（u 为原子质量单位），铀 238 离子的质量 m，= 238u 则： <
带电粒子在复合场中的运动(含详细解析过程)
带电粒子在复合场中的运动1、如图所示，在y > 0的空间中存在匀强电场，场强沿y 轴负方向；在y < 0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy 平面（纸面）向外．一电量为q 、质量为m 的带正电的运动粒子，经过y 轴上y = h 处的点P1时速率为v0，方向沿x 轴正方向，然后经过x 轴上x = 2h 处的P2点进入磁场，并经过y 轴上y = – 2h 处的P3点．不计粒子的重力，求 （1）电场强度的大小；（2）粒子到达P2时速度的大小和方向； （3）磁感应强度的大小． 2、如图所示的区域中，第二象限为垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B ，第一、第四象限是一个电场强度大小未知的匀强电场，其方向如图。
一个质量为m ，电荷量为+q 的带电粒子从P 孔以初速度v0沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角θ=30°，粒子恰好从y 轴上的C孔垂直于匀强电场射入匀强电场，经过x 轴的Q 点，已知OQ=OP ，不计粒子的重力，求：（1）粒子从P 运动到C 所用的时间t ； （2）电场强度E 的大小；（3）粒子到达Q 点的动能Ek 。
3、如图所示，半径分别为a 、b 的两同心虚线圆所围空间分别存在电场和磁场，中心O 处固定一个半径很小（可忽略）的金属球，在小圆空间内存在沿半径向内的辐向电场，小圆周与金属球间电势差为U ，两圆之间的空间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，设有一个带负电的粒子从金属球表面沿＋x 轴方向以很小的初速度逸出，粒子质量为m ，电量为q ，（不计粒子重力，忽略粒子初速度）求：（1）粒子到达小圆周上时的速度为多大？（2）粒子以（1）中的速度进入两圆间的磁场中，当磁感应强度超过某一临界值时，粒子将不能到达大圆周，求此最小值B 。
（3）若磁感应强度取（2）中最小值，且b ＝（2＋1）a ，要粒子恰好第一次沿逸出方向的反方向回到原出发点，粒子需经过多少次回旋？并求粒子在磁场中运动的时间。
高考复习(物理)专项练习：带电粒子在复合场中的运动【含答案及解析】
专题分层突破练9带电粒子在复合场中的运动A组1.(2021湖南邵阳高三一模)如图所示,有一混合正离子束从静止通过同一加速电场后,进入相互正交的匀强电场和匀强磁场区域Ⅰ。
如果这束正离子束在区域Ⅰ中不偏转,不计离子的重力,则说明这些正离子在区域Ⅰ中运动时一定相同的物理量是()A.动能B.质量C.电荷D.比荷2.(多选)(2021辽宁高三一模)劳伦斯和利文斯设计的回旋加速器如图所示,真空中的两个D形金属盒间留有平行的狭缝,粒子通过狭缝的时间可忽略。
匀强磁场与盒面垂直,加速器接在交流电源上,A处粒子源产生的质子可在盒间被正常加速。
下列说法正确的是()A.虽然逐渐被加速,质子每运动半周的时间不变B.只增大交流电压,质子在盒中运行总时间变短C.只增大磁感应强度,仍可能使质子被正常加速D.只增大交流电压,质子可获得更大的出口速度3.(2021四川成都高三二模)如图所示,在第一、第四象限的y≤0.8 m区域内存在沿y轴正方向的匀强电场,电场强度大小E=4×103 N/C;在第一象限的0.8 m<y≤1.0 m区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场。
一个质量m=1×10-10 kg、电荷量q=1×10-6 C的带正电粒子,以v0=6×103 m/s的速率从坐标原点O沿x轴正方向进入电场。
不计粒子的重力。
(1)求粒子第一次离开电场时的速度。
(2)为使粒子能再次进入电场,求磁感应强度B的最小值。
4.(2021河南高三二模)如图所示,在平面直角坐标系xOy内有一直角三角形,其顶点坐标分别为d),(d,0),三角形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,x轴下方有沿(0,0),(0,√33着y轴负方向的匀强电场,电场强度大小为E。
一质量为m、电荷量为-q的粒子从y轴上的某点M 由静止释放,粒子第一次进入磁场后恰好不能从直角三角形的斜边射出,不计粒子重力。
(1)求M点到O点的距离。
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，ABD 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB 段是水平的，BD 段为半径R =0.25m 的半圆,两段轨道相切于B 点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E =5.0×103V/m 。
一不带电的绝缘小球甲，以速度v 0沿水平轨道向右运动，与静止在B 点带正电的小球乙发生弹性碰撞。
已知甲、乙两球的质量均为m =1.0×10-2kg ，乙所带电荷量q =2.0×10-5C ，g 取10m/s 2。
(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)（1）甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D ，求乙球在B 点被碰后的瞬时速度大小；（2）在满足1的条件下，求甲的速度v 0；（3）甲仍以中的速度v 0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B 点的距离范围。
【来源】四川省资阳市高中（2018届)2015级高三课改实验班12月月考理综物理试题 【答案】（1）5m/s ；（2）5m/s ；（3）32m 3m 2x '≤<。
【解析】 【分析】 【详解】（1）对球乙从B 运动到D 的过程运用动能定理可得22112222D B mg R qE R mv mv --=-g g 乙恰能通过轨道的最高点D ，根据牛顿第二定律可得2Dv mg qE mR+=联立并代入题给数据可得B v =5m/s（2）设向右为正方向，对两球发生弹性碰撞的过程运用动量守恒定律可得00B mv mv mv '=+ 根据机械能守恒可得22200111222B mv mv mv '=+联立解得0v '=，05v =m/s （3）设甲的质量为M ，碰撞后甲、乙的速度分别为M v 、m v ，根据动量守恒和机械能守恒定律有0M m Mv Mv mv =+2220111222M m Mv Mv mv =+ 联立得2m Mv v M m=+ 分析可知：当M =m 时，v m 取最小值v 0；当M ≫m 时，v m 取最大值2v 0 可得B 球被撞后的速度范围为002m v v v <<设乙球过D 点的速度为Dv '，由动能定理得 22112222D m mg R qE R mv mv --='-g g 联立以上两个方程可得35m /s<230m /s Dv '> 设乙在水平轨道上的落点到B 点的距离为x '，则有2122D x v t R gt ''==， 所以可得首次落点到B 点的距离范围32m 23m 2x '≤<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n E （3）粒子第n 次经过电场所用的时间n t（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）21132mv W =（2）21(21)2n n mv E qd +=（3）12(21)n d t n v =+ （4）如图；【解析】 （1）根据mv r qB =，因为212r r =，所以212v v =，所以221211122W mv mv =-, （2）=，，所以．（3），，所以．(4)3．如图，空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向为y 轴正方向，磁场方向垂直于xy 平面（纸面）向外，电场和磁场都可以随意加上或撤除，重新加上的电场或磁场与撤除前的一样．一带正电荷的粒子从P (x ＝0，y ＝h )点以一定的速度平行于x 轴正向入射．这时若只有磁场，粒子将做半径为R 0的圆周运动；若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动．现在，只加电场，当粒子从P 点运动到x ＝R 0平面（图中虚线所示）时，立即撤除电场同时加上磁场，粒子继续运动，其轨迹与x 轴交于M 点．不计重力．求： （1）粒子到达x ＝R 0平面时速度方向与x 轴的夹角以及粒子到x 轴的距离； （2）M 点的横坐标x M ．【来源】磁场 【答案】（1）20122R H h at h =+=+；（2）22000724M x R R R h h =++- 【解析】 【详解】（1）做直线运动有，根据平衡条件有：0qE qB =v ①做圆周运动有：200qB m R =v v ②只有电场时，粒子做类平抛，有：qE ma =③00R t =v ④ y v at =⑤解得：0y v v =⑥ 粒子速度大小为：22002y v v v v =+=⑦速度方向与x 轴夹角为：π4θ=⑧ 粒子与x 轴的距离为：20122R H h at h =+=+⑨（2）撤电场加上磁场后，有：2v qBv m R=⑩解得：02R R =⑾. 粒子运动轨迹如图所示圆心C 位于与速度v 方向垂直的直线上，该直线与x 轴和y 轴的夹角均为4π，有几何关系得C 点坐标为：02C x R =⑿02C R y H R h =-=-⒀ 过C 作x 轴的垂线，在ΔCDM 中：02CM R R ==⒁2C R CD y h ==-⒂） 解得：22220074DM CM CD R R h h =-=+- M 点横坐标为：22000724M x R R R h h =+-4．如图1所示，宽度为d 的竖直狭长区域内（边界为12L L 、），存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场（如图2所示），电场强度的大小为0E ，0E ＞表示电场方向竖直向上。
高考物理高考物理带电粒子在复合场中的运动解题技巧和训练方法及练习题
一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示．不计粒子重力，求（1）M、N两点间的电势差U MN ；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；（3）粒子从M点运动到P点的总时间t．【来源】带电粒子在电场、磁场中的运动【答案】1）U MN＝（2）r＝（3）t＝【解析】【分析】【详解】(1)设粒子过N点时的速度为v，有：解得：粒子从M点运动到N点的过程，有：解得：(2)粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动，半径为r，有：(3)由几何关系得：设粒子在电场中运动的时间为t 1，有：粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期：设粒子在磁场中运动的时间为t 2，有：2．小明受回旋加速器的启发，设计了如图1所示的“回旋变速装置”．两相距为d 的平行金属栅极板M 、N ，板M 位于x 轴上，板N 在它的正下方．两板间加上如图2所示的幅值为U 0的交变电压，周期02mT qBπ=．板M 上方和板N 下方有磁感应强度大小均为B 、方向相反的匀强磁场．粒子探测器位于y 轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子．有一沿x 轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源，沿y 轴正方向射出质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的粒子．t =0时刻，发射源在（x ，0）位置发射一带电粒子．忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在电场中运动的时间不计．（1）若粒子只经磁场偏转并在y =y 0处被探测到，求发射源的位置和粒子的初动能； （2）若粒子两次进出电场区域后被探测到，求粒子发射源的位置x 与被探测到的位置y 之【来源】【省级联考】浙江省2019届高三上学期11月选考科目考试物理试题【答案】（1）00x y = ，()202qBy m（2）见解析【解析】 【详解】（1）发射源的位置00x y =， 粒子的初动能：()2002k qBy Em=；（2）分下面三种情况讨论： （i ）如图1，002k E qU >由02101mv mv mvy R R Bq Bq Bq===、、， 和221001122mv mv qU =-，222101122mv mv qU =-， 及()012x y R R =++， 得()()22002224x y yqB mqU yqB mqU qBqB=++++；（ii ）如图2，0002k qU E qU <<由020mv mv y d R Bq Bq--==、， 和220201122mv mv qU =+， 及()032x y d R =--+，得()222023)2x y d y d q B mqU qB=-+++（（iii ）如图3，00k E qU <由02mv mv y d R Bq Bq--==、， 和220201122mv mv qU =-， 及()04x y d R =--+， 得()222042x y d y d q B mqU qB=--++-；3．如图所示，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n E （3）粒子第n 次经过电场所用的时间n t（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）21132mv W =（2）21(21)2n n mv E qd +=（3）12(21)n d t n 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)4．如图所示，两条竖直长虚线所夹的区域被线段MN分为上、下两部分，上部分的电场方向竖直向上，下部分的电场方向竖直向下，两电场均为匀强电场且电场强度大小相同。
高考物理带电粒子在复合场中的运动解题技巧和训练方法及练习题
一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．如图所示，在坐标系Oxy 的第一象限中存在沿y 轴正方向的匀强电场，场强大小为E ．在其它象限中存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里．A 是y 轴上的一点，它到坐标原点O 的距离为h ；C 是x 轴上的一点，到O 的距离为L ．一质量为m ，电荷量为q 的带负电的粒子以某一初速度沿x 轴方向从A 点进入电场区域，继而通过C 点进入磁场区域．并再次通过A 点，此时速度方向与y 轴正方向成锐角．不计重力作用．试求： （1）粒子经过C 点速度的大小和方向； （2）磁感应强度的大小B ．【来源】2007普通高等学校招生全国统一考试（全国卷Ⅱ)理综物理部分 【答案】（1）α＝arctan2h l（2）B 2212mhEh l q+【解析】 【分析】 【详解】试题分析：（1）以a 表示粒子在电场作用下的加速度，有qE ma ＝①加速度沿y 轴负方向．设粒子从A 点进入电场时的初速度为0v ，由A 点运动到C 点经历的时间为t ， 则有：212h at =② 0l v t =③由②③式得02a v h＝ 设粒子从C 点进入磁场时的速度为v ，v 垂直于x 轴的分量12v ah ＝⑤ 由①④⑤式得：22101v v v +＝()2242qE h l mh+⑥设粒子经过C 点时的速度方向与x 轴的夹角为α，则有1vtanvα＝⑦由④⑤⑦式得2harctanlα＝⑧（2）粒子从C点进入磁场后在磁场中作速率为v 的圆周运动．若圆周的半径为R，则有qvB＝m2vR⑨设圆心为P，则PC必与过C点的速度垂直，且有PC＝PA R＝．用β表示PA与y轴的夹角，由几何关系得：Rcos Rcos hβα=+⑩Rsin l Rsinβα=－解得222242h lR h lhl++＝由⑥⑨式得：B2212mhEh l q+2．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 =⋯⋯3．欧洲大型强子对撞机是现在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一种将质子加速对撞的高能物理设备，其原理可简化如下：两束横截面积极小，长度为l -0质子束以初速度v 0同时从左、右两侧入口射入加速电场，出来后经过相同的一段距离射入垂直纸面的圆形匀强磁场区域并被偏转，最后两质子束发生相碰。
高考物理带电粒子在复合场中的运动解题技巧及练习题含解析
一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．压力波测量仪可将待测压力波转换成电压信号，其原理如图1所示，压力波p （t ）进入弹性盒后，通过与铰链O 相连的“”型轻杆L ，驱动杆端头A 处的微型霍尔片在磁场中沿x 轴方向做微小振动，其位移x 与压力p 成正比（,0x p αα=>）．霍尔片的放大图如图2所示，它由长×宽×厚=a×b×d ，单位体积内自由电子数为n 的N 型半导体制成，磁场方向垂直于x 轴向上，磁感应强度大小为0(1)0B B x ββ=->，．无压力波输入时，霍尔片静止在x=0处，此时给霍尔片通以沿12C C 方向的电流I ，则在侧面上D 1、D 2两点间产生霍尔电压U 0.（1）指出D 1、D 2两点那点电势高；（2）推导出U 0与I 、B 0之间的关系式（提示：电流I 与自由电子定向移动速率v 之间关系为I=nevbd ，其中e 为电子电荷量）；（3）弹性盒中输入压力波p （t ），霍尔片中通以相同的电流，测得霍尔电压U H 随时间t 变化图像如图3，忽略霍尔片在磁场中运动场所的电动势和阻尼，求压力波的振幅和频率．（结果用U 0、U 1、t 0、α、及β）【来源】浙江新高考2018年4月选考科目物理试题【答案】(1) D 1点电势高 (2) 001IB U ne d= (3) 101(1)U A U αβ=- ，012f t =【解析】【分析】由左手定则可判定电子偏向D 2边，所以D 1边电势高；当电压为U 0时，电子不再发生偏转，故电场力等于洛伦兹力，根据电流I 与自由电子定向移动速率v 之间关系为I=nevbd 求出U 0与I 、B 0之间的关系式；图像结合轻杆运动可知，0-t 0内，轻杆向一侧运动至最远点又返回至原点，则可知轻杆的运动周期，当杆运动至最远点时，电压最小，结合U 0与I 、B 0之间的关系式求出压力波的振幅．解：（1）电流方向为C 1C 2，则电子运动方向为C2C1，由左手定则可判定电子偏向D 2边，所以D 1边电势高；（2）当电压为U 0时，电子不再发生偏转，故电场力等于洛伦兹力0U qvB qb= ① 由电流I nevbd =得：Iv nebd=② 将②带入①得00IB U ned=（3）图像结合轻杆运动可知，0-t 0内，轻杆向一侧运动至最远点又返回至原点，则轻杆的运动周期为T=2t 0 所以，频率为: 012f t =当杆运动至最远点时，电压最小，即取U 1，此时0(1)B B x β=- 取x 正向最远处为振幅A ，有：01(1?)IB U A nedβ=- 所以：00011(1)1IB U ned IB A U Aned ββ==-- 解得：01U U A U β-=根据压力与唯一关系x p α=可得xp α=因此压力最大振幅为：01m U U p U αβ-=2．小明受回旋加速器的启发，设计了如图1所示的“回旋变速装置”．两相距为d 的平行金属栅极板M 、N ，板M 位于x 轴上，板N 在它的正下方．两板间加上如图2所示的幅值为U 0的交变电压，周期02mT qBπ=．板M 上方和板N 下方有磁感应强度大小均为B 、方向相反的匀强磁场．粒子探测器位于y 轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子．有一沿x 轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源，沿y 轴正方向射出质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的粒子．t =0时刻，发射源在（x ，0）位置发射一带电粒子．忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在电场中运动的时间不计．（1）若粒子只经磁场偏转并在y =y 0处被探测到，求发射源的位置和粒子的初动能； （2）若粒子两次进出电场区域后被探测到，求粒子发射源的位置x 与被探测到的位置y 之间的关系【来源】【省级联考】浙江省2019届高三上学期11月选考科目考试物理试题【答案】（1）00x y = ，()202qBy m（2）见解析【解析】 【详解】（1）发射源的位置00x y =， 粒子的初动能：()2002k qBy Em=；（2）分下面三种情况讨论： （i ）如图1，002k E qU >由02101mv mv mvy R R Bq Bq Bq===、、， 和221001122mv mv qU =-，222101122mv mv qU =-， 及()012x y R R =++， 得()()22002224x y yqB mqU yqB mqU qBqB=++++；（ii ）如图2，0002k qU E qU <<由020mv mv y d R Bq Bq--==、， 和220201122mv mv qU =+， 及()032x y d R =--+，得()222023)2x y d y d q B mqU qB=-+++（（iii ）如图3，00k E qU <由020mv mv y d R Bq Bq--==、， 和220201122mv mv qU =-， 及()04x y d R =--+， 得()222042x y d y d q B mqU qB=--++-；3．如图1所示，宽度为d 的竖直狭长区域内（边界为12L L 、），存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场（如图2所示），电场强度的大小为0E ，0E ＞表示电场方向竖直向上。
重难点08 带电粒子在复合场中的运动(解析版)
2022年高考物理【热点·重点·难点】专练（全国通用）重难点08 带电粒子在复合场中的运动【知识梳理】考点带电粒子在组合场中的运动1．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．复习指导：1.理解掌握带电粒子的电偏转和磁偏转的条件、运动性质，会应用牛顿运动定律进行分析研究，掌握研究带电粒子的电偏转和磁偏转的方法，能够熟练处理类平抛运动和圆周运动．2．学会按照时间先后或空间先后顺序对运动进行分析，分析运动速度的承前启后关联、空间位置的距离关系、运动时间的分配组合等信息将各个运动联系起来．2．解题时要弄清楚场的性质、场的方向、强弱、范围等．3．要进行正确的受力分析，确定带电粒子的运动状态．4．分析带电粒子的运动过程，画出运动轨迹是解题的关键【重点归纳】1、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．2、带电粒子在复合场中运动的应用实例（1）质谱仪（2）回旋加速器（3）速度选择器（4）磁流体发电机（5）电磁流量计工作原理【限时检测】（建议用时：30分钟）一、单选题1．如图所示，两个平行金属板水平放置，要使一个电荷量为-q、质量为m的微粒，以速度v沿两板中心轴线S1S2向右运动，可在两板间施加匀强电场或匀强磁场。
设电场强度为E，磁感应强度为B，不计空气阻力，已知重力加速度为g。
下列选项可行的是（）A．只施加垂直向里的磁场，且满足mg Bqv =B．同时施加竖直向下的电场和垂直纸面向里的磁场，且满足mg Bv Eq=+C．同时施加竖直向下的电场和水平向右的磁场，且满足mgq E=D．同时施加竖直向上的电场和垂直纸面向外的磁场，且满足mg E Bvq =+【答案】 C【解析】A．只施加垂直向里的磁场，根据左手定则，洛伦兹力竖直向下，无法跟重力平衡。
带电粒子在复合场中的运动(含知识目标、五套练习、详细解答)
专题二：带电粒子在复合场中的运动一、复合场及其特点这里所说的复合场是指电场、磁场、重力场并存，或其中某两种场并存的场．带电粒子在这些复合场中运动时，必须同时考虑电场力、洛仑兹力和重力的作用或其中某两种力的作用，因此对粒子的运动形式的分析就显得极为重要．二、带电粒子在复合场电运动的基本分析1．当带电粒子在复合场中所受的合外力为0时，粒子将做匀速直线运动或静止．2．当带电粒子所受的合外力与运动方向在同一条直线上时，粒子将做变速直线运动．3．当带电粒子所受的合外力充当向心力时，粒子将做匀速圆周运动．4．当带电粒子所受的合外力的大小、方向均是不断变化的时，粒子将做变加速运动，这类问题一般只能用能量关系处理．三、电场力和洛仑兹力的比较1．在电场中的电荷，不管其运动与否，均受到电场力的作用；而磁场仅仅对运动着的、且速度与磁场方向不平行的电荷有洛仑兹力的作用．2．电场力的大小F＝Eq，与电荷的运动的速度无关；而洛仑兹力的大小f=Bqvsinα,与电荷运动的速度大小和方向均有关．3．电场力的方向与电场的方向或相同、或相反；而洛仑兹力的方向始终既和磁场垂直，又和速度方向垂直．4．电场力既可以改变电荷运动的速度大小，也可以改变电荷运动的方向，而洛仑兹力只能改变电荷运动的速度方向，不能改变速度大小5．电场力可以对电荷做功，能改变电荷的动能；洛仑兹力不能对电荷做功，不能改变电荷的动能．6．匀强电场中在电场力的作用下，运动电荷的偏转轨迹为抛物线；匀强磁场中在洛仑兹力的作用下，垂直于磁场方向运动的电荷的偏转轨迹为圆弧．四、对于重力的考虑重力考虑与否分三种情况．（1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等一般不做特殊交待就可以不计其重力，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、金属块等不做特殊交待时就应当考虑其重力．（2)在题目中有明确交待的是否要考虑重力的，这种情况比较正规，也比较简单．（3)对未知名的带电粒子其重力是否忽略又没有明确时，可采用假设法判断，假设重力计或者不计，结合题给条件得出的结论若与题意相符则假设正确，否则假设错误．五、复合场中的特殊物理模型1．粒子速度选择器如图所示，粒子经加速电场后得到一定的速度v0，进入正交的电场和磁场，受到的电场力与洛仑兹力方向相反，若使粒子沿直线从右边孔中出去，则有qv0B＝qE,v0=E/B，若v= v0=E/B，粒子做直线运动，与粒子电量、电性、质量无关若v＜E/B，电场力大，粒子向电场力方向偏，电场力做正功，动能增加．若v＞E/B，洛仑兹力大，粒子向磁场力方向偏，电场力做负功，动能减少．2．磁流体发电机如图所示，由燃烧室O燃烧电离成的正、负离子（等离子体）以高速．喷入偏转磁场B中．在洛仑兹力作用下，正、负离子分别向上、下极板偏转、积累，从而在板间形成一个向下的电场．两板间形成一定的电势差．当qvB=qU/d时电势差稳定U＝dvB，这就相当于一个可以对外供电的电源．3．电磁流量计．电磁流量计原理可解释为：如图所示，一圆形导管直径为d，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向左流动．导电液体中的自由电荷（正负离子）在洛仑兹力作用下纵向偏转，a,b间出现电势差．当自由电荷所受电场力和洛仑兹力平衡时，a、b间的电势差就保持稳定．由Bqv=Eq=Uq/d，可得v=U/Bd．流量Q=Sv=πUd/4B4．质谱仪如图所示组成：离子源O，加速场U，速度选择器（E,B），偏转场B2，胶片．原理：加速场中qU=½mv2选择器中：v=E/B1偏转场中：d＝2r，qvB2＝mv2/r比荷：122q Em B B d=质量122B B dqmE=作用：主要用于测量粒子的质量、比荷、研究同位素．5．回旋加速器如图所示.组成：两个D形盒，大型电磁铁，高频振荡交变电压，两缝间可形成电压U作用：电场用来对粒子（质子、氛核,a粒子等）加速，磁场用来使粒子回旋从而能反复加速．高能粒子是研究微观物理的重要手段．要求：粒子在磁场中做圆周运动的周期等于交变电源的变化周期．关于回旋加速器的几个问题：(1)回旋加速器中的D形盒，它的作用是静电屏蔽，使带电粒子在圆周运动过程中只处在磁场中而不受电场的干扰，以保证粒子做匀速圆周运动.(2)回旋加速器中所加交变电压的频率f,与带电粒子做匀速圆周运动的频率相等：12qBfT mπ==(3)回旋加速器最后使粒子得到的能量，可由公式2222122Kq B RE mvm==来计算，在粒子电量，、质量m和磁感应强度B一定的情况下，回旋加速器的半径R越大，粒子的能量就越大．专题二：带电粒子在复合场中的运动(1)姓名______________1．如图所示，在x轴上方有匀强电场，场强为E；在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图，在x轴上有一点M，离O点距离为L．现有一带电量为十q的粒子，使其从静止开始释放后能经过M 点．如果把此粒子放在y轴上，其坐标应满足什么关系？（重力忽略不计）2．如图所示，在宽l的范围内有方向如图的匀强电场，场强为E，一带电粒子以速度v垂直于电场方向、也垂直于场区边界射入电场，不计重力，射出场区时，粒子速度方向偏转了θ角，去掉电场，改换成方向垂直纸面向外的匀强磁场，此粒子若原样射入磁场，它从场区的另一侧射出时，也偏转了θ角，求此磁场的磁感强度B．3．初速为零的离子经过电势差为U的电场加速后，从离子枪T中水平射出，经过一段路程后进入水平放置的两平行金属板MN和PQ之间．离子所经空间存在一磁感强度为B的匀强磁场，如图所示．（不考虑重力作用），离子荷质比q/m（q、m分别是离子的电量与质量）在什么范围内，离子才能打在金属板上？4．如图，两个共轴的圆筒形金属电极，外电极接地，其上均匀分布着平行于轴线的四条狭缝a、b、c 和d，外筒的半径为r0．在圆筒之外的足够大区域中有平行于轴线方向的均匀磁场，磁感强度的大小为B．在两极间加上电压，使两圆筒之间的区域内有沿半径向外的电场．一质量为m、带电量为＋q 的粒子，从紧靠内筒且正对狭缝a的s点出发，初速为零．如果该粒子经过一段时间的运动之后恰好又回到出发点S，则两电极之间的电压U应是多少？（不计重力，整个装置在真空中）．ac专题二：带电粒子在复合场中的运动(2)姓名______________1．如图所示，从正离子源发射的正离子经加速电压U加速后进入相互垂直的匀强电场E（方向竖直向上）和匀强磁场B（方向垂直于纸面向外）中，发现离子向上偏转，要使此离子沿直线穿过电场?A．增大电场强度E，减小磁感强度BB．减小加速电压U ，增大电场强度EC．适当地加大加速电压UD．适当地减小电场强度E2．汤姆生用来测定电子的比荷（电子的电荷量与质量之比）的实验装置如图所示，真空管内加速后，穿过A'中心的小孔沿中心轴010的方向进入到两块水平正对放置的平行极板P和P/，间的区域．当极板间不加偏转电压时，电子束打在荧光屏的中心0点处，形成了一个亮点；加上偏转电压U后，亮点偏离到0'点，（O'与0点的竖直间距为d，水平间距可忽略不计）．此时，在P和P/间的区域，再加上一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场．调节磁场的强弱，当磁感应强度的大小为B时，亮点重新回到0点．已知极板水平方向的长度为L1，极板间距为b，极板右端到荧光屏的距离为L2（如图所示）．(1)求打在荧光屏0点的电子速度的大小．(2）推导出电子的比荷的表达式．3．如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，S1、S2为板上正对的小孔，N板右侧有两个宽度均为d的匀强磁场区域，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于纸面向里和向外，磁场区域右侧有一个荧光屏，取屏上与S1、S2共线的O点为原点，向下为正方向建立x轴．板左侧电子枪发射出的热电子经小孔S1进入两板间，电子的质量为m，电荷量为e，初速度可以忽略．求：(1)当两板间电势差为U0时，求从小孔S2射出的电子的速度v0；(2)两金属板间电势差U在什么范围内，电子不能穿过磁场区域而打到荧光屏上；(3)电子打到荧光屏上的位置坐标x和金属板间电势差U的函数关系．专题二：带电粒子在复合场中的运动(3)姓名______________1．回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示.它的核心部分是两个D 形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，两盒间的窄缝中形成匀强电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速．两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出．如果用同一回旋加速器分别加速氚核（H 31）和α粒子（e H 42）比较它们所加的高频交流电源的周期和获得的最大动能的大小，有（ ）A ．加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能也较大B ．加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较小C ．加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能也较小D ．加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能较大2．如图所示为一种获得高能粒子的装置，环形区域内存在垂直纸面向外．大小可调节的均匀磁场，质量为m ，电量＋q 的粒子在环中作半径为R 的圆周运动，A 、B 为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子飞经A 板时，A 板电势升高为U ，B 板电势仍保持为零，粒子在两板间电场中得到加速，每当粒子离开B 板时，A 板电势又降为零，粒子在电场一次次加速下动能不断增大，而绕行半径不变． （l ）设t=0时粒子静止在A 板小孔处，在电场作用下加速，并绕行第一圈，求粒子绕行n 圈回到A 板时获得的总动能E n ．（2）为使粒子始终保持在半径为R 的圆轨道上运动，磁场必须周期性递增，求粒子绕行第n 圈时的磁感应强度B n ．（3）求粒子绕行n 圈所需的总时间t n （设极板间距远小于R ）．（4）在（2）图中画出A 板电势U 与时间t 的关系（从t ＝0起画到粒子第四次离开B 板时即可）． （5）在粒子绕行的整个过程中，A 板电势是否可始终保持为＋U ？为什么?3．如图所示，在直角坐标系的第Ⅱ象限和第Ⅳ象限中的直角三角形区域内，分布着磁感应强度均为B＝5.0×10－3T 的匀强磁场，方向分别垂直纸面向外和向里．质量为m ＝6.64×10－27㎏、电荷量为q ＝＋3.2×10－19C 的α粒子（不计α粒子重力），由静止开始经加速电压为U ＝1205V 的电场（图中未画出）加速后，从坐标点M （－4，2）处平行于x 轴向右运动，并先后通过两个匀强磁场区域． (1)请你求出α粒子在磁场中的运动半径；(2)你在图中画出α粒子从直线x ＝－4到直线x ＝4之间的运动轨迹，并在图中标明轨迹与直线x ＝4交点的坐标；(3)求出α粒子在两个磁场区域偏转所用的总时间．专题二：带电粒子在复合场中的运动(4)姓名______________1．如图所示，竖直平面xOy 内存在水平向右的匀强电场，场强大小E=10N ／c ，在y ≥0的区域内还存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5T 一带电量0.2C q =+、质量0.4kg m =的小球由长0.4m l =的细线悬挂于P 点小球可视为质点，现将小球拉至水平位置A 无初速释放，小球运动到悬点P 正下方的坐标原点O 时，悬线突然断裂，此后小球又恰好能通过O 点正下方的N点.(g=10m ／s 2)，求：(1)小球运动到O 点时的速度大小； (2)悬线断裂前瞬间拉力的大小； (3)ON 间的距离2．两块平行金属板MN 、PQ 水平放置，两板间距为d 、板长为l ，在紧靠平行板右侧的正三角形区域内存在着垂直纸面的匀强磁场，三角形底边BC 与PQ 在同一水平线上，顶点A 与MN 在同一水平线上，如图所示．一个质量为m 、电量为+q 的粒子沿两板中心线以初速度v 0水平射入，若在两板间加某一恒定电压，粒子离开电场后垂直AB 边从D 点进入磁场，BD=41AB ，并垂直AC 边射出(不计粒子的重力)．求： (1)两极板间电压；(2)三角形区域内磁感应强度；(3)若两板间不加电压，三角形区域内的磁场方向垂直纸面向外．要使粒子进入磁场区域后能从AB 边射出，试求所加磁场的磁感应强度最小值．3．如图甲所示，竖直挡板MN 左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度E =40N/C ，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图象如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向．t =0时刻，一质量m =8×10-4kg 、电荷量q =+2×10-4C 的微粒在O 点具有竖直向下的速度v =0.12m/s ，O ´是挡板MN 上一点，直线OO´与挡板MN 垂直，取g =10m/s 2．求： （1）微粒再次经过直线OO´时与O 点的距离； （2）微粒在运动过程中离开直线OO ´的最大高度；（3）水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O 点间的距离应满足的条件．图甲图乙-专题二：带电粒子在复合场中的运动(5)姓名______________1．如图所示，在倾角为30°的斜面OA的左侧有一竖直档板，其上有一小孔P，OP=0.5m.现有一质量m=4×10－20kg，带电量q=+2×10－14C的粒子，从小孔以速度v0=3×104m/s水平射向磁感应强度B=0.2T、方向垂直纸面向外的一圆形磁场区域．且在飞出磁场区域后能垂直打在OA面上，粒子重力不计．求：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径；（2）粒子在磁场中运动的时间；（3）圆形磁场区域的最小半径；（4）若磁场区域为正三角形且磁场方向垂直向里，粒子运动过程中始终不碰到挡板，其他条件不变，求：此正三角形磁场区域的最小边长．2．如图所示，在同时存在匀强电场和匀强磁场的空间中取正交坐标系Oxyz（x轴正方向水平向右，y 轴正方向竖直向上）．匀强磁场方向与Oxy平面平行，且与x轴的夹角为︒45，重力加速度为g．（1）一质量为m、电荷量为q+的带电质点沿平行于z轴正方向以速度v0做匀速直线运动，求满足条件的电场强度的最小值minE及对应的磁感应强度B；（2）在满足（1）的条件下，当带电质点通过y轴上的点(0,,0)P h时，撤去匀强磁场，求带电质点落在Oxz平面内的位置；（3）当带电质点沿平行于z轴负方向以速度v0通过y轴上的点(0,,0)P h时，改变电场强度大小和方向，同时改变磁感应强度的大小，要使带点质点做匀速圆周运动且能够经过x轴，问电场强度E和磁感应强度B大小满足什么条件？zB专题二：带电粒子在复合场中的运动——参考答案（1） 1、解析：由于此带电粒子是从静止开始释放的，要能经过M 点，其起始位置只能在匀强电场区域．物理过程是：静止电荷位于匀强电场区域的y 轴上，受电场力作用而加速，以速度v 进入磁场，在磁场中受洛仑兹力作用作匀速圆周运动，向x 轴偏转．回转半周期过x 轴重新进入电场，在电场中经减速、加速后仍以原速率从距O 点2R 处再次超过x 轴，在磁场回转半周后又从距O 点4R 处飞越x 轴如图所示（图中电场与磁场均未画出）故有L ＝2R ，L ＝2×2R ，L ＝3×2R 即 R ＝L ／2n ，（n=1、2、3……）…………… ①设粒子静止于y 轴正半轴上，和原点距离为h ，由能量守恒得mv 2／2=qEh ……② 对粒子在磁场中只受洛仑兹力作用而作匀速圆周运动有：R ＝mv ／qB ………③解①②③式得：h ＝B 2qL 2／8n 2mE （n ＝l 、2、3……）2、解析：粒子在电场中运行的时间t ＝ l ／v ；加速度 a ＝qE ／m ；它作类平抛的运动．有tg θ=at/v=qEl/mv 2………①粒子在磁场中作匀速圆周运动由牛顿第二定律得：qvB=mv 2/r ，所以r=mv/qB 又：sin θ=l/r=lqB/mv ………② 由①②两式得：B=Ecos θ/v3、解析：离子在磁场中做匀速圆周运动，作出两条边界轨迹TP 和TQ ，分别作出离子在 T 、P 、Q 三点所受的洛仑兹力，分别延长之后相交于O 1、O 2点，如图所示，O 1和O 2分别是TP 和TQ 的圆心，设 R 1和 R 2分别为相应的半径．离子经电压U 加速，由动能定理得．qU ＝½mv 2………①由洛仑兹力充当向心力得qvB=mv 2/R ………② 由①②式得q/m=2U/B 2R 2由图直角三角形O 1CP 和O 2CQ 可得 R 12＝d 2＋（R 1一d/2）2，R 1＝5d/4……④ R 22＝（2d ）2＋（R 2一d/2）2，R 2＝17d/4……⑤依题意R 1≤R ≤R 2 ……⑥ 由③④⑤⑥可解得2228932d B U ≤m q ≤222532d B U． 4、解析：如图所示，带电粒子从S 出发，在两筒之间的电场力作用下加速，沿径向穿出a 而进入磁场区，在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动。
高考物理带电粒子在复合场中的运动解题技巧和训练方法及练习题
一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．下图为某种离子加速器的设计方案.两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场.其中MN 和M N ''是间距为h 的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O 和O '，O N ON d ''==，P 为靶点，O P kd '=（k 为大于1的整数）。
极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U 。
质量为m 、带电量为q 的正离子从O 点由静止开始加速，经O '进入磁场区域.当离子打到极板上O N ''区域（含N '点）或外壳上时将会被吸收。
两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过。
忽略相对论效应和离子所受的重力。
求：（1）离子经过电场仅加速一次后能打到P 点所需的磁感应强度大小； （2）能使离子打到P 点的磁感应强度的所有可能值；（3）打到P 点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间。
【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理（重庆卷带解析) 【答案】（1）22qUm B =（2）22nqUm B =，2(1,2,3,,1)n k =-L （3）2222(1)t qum k -磁，22(1)=k m t h qU-电 【解析】 【分析】带电粒子在电场和磁场中的运动、牛顿第二定律、运动学公式。
【详解】（1）离子经电场加速，由动能定理：212qU mv =可得2qUv m=磁场中做匀速圆周运动：2v qvB m r=刚好打在P 点，轨迹为半圆，由几何关系可知：2kd r =联立解得B =； （2）若磁感应强度较大，设离子经过一次加速后若速度较小，圆周运动半径较小，不能直接打在P 点，而做圆周运动到达N '右端，再匀速直线到下端磁场，将重新回到O 点重新加速，直到打在P 点。
设共加速了n 次，有：212n nqU mv =2nn nv qv B m r =且：2n kd r =解得：B =，要求离子第一次加速后不能打在板上，有12d r >且：2112qU mv =2111v qv B m r =解得：2n k <，故加速次数n 为正整数最大取21n k =- 即：B =2(1,2,3,,1)n k =-L ；（3）加速次数最多的离子速度最大，取21n k =-，离子在磁场中做n -1个完整的匀速圆周运动和半个圆周打到P 点。
高考物理带电粒子在复合场中的运动解题技巧和训练方法及练习题
一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．下图为某种离子加速器的设计方案.两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场.其中MN 和M N ''是间距为h 的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O 和O '，O N ON d ''==，P 为靶点，O P kd '=（k 为大于1的整数）。
极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U 。
质量为m 、带电量为q 的正离子从O 点由静止开始加速，经O '进入磁场区域.当离子打到极板上O N ''区域（含N '点）或外壳上时将会被吸收。
两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过。
忽略相对论效应和离子所受的重力。
求：（1）离子经过电场仅加速一次后能打到P 点所需的磁感应强度大小； （2）能使离子打到P 点的磁感应强度的所有可能值；（3）打到P 点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间。
【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理（重庆卷带解析) 【答案】（1）22qUm B =（2）22nqUmB =，2(1,2,3,,1)n k =-（3）2222(1)t qum k -磁，22(1)=k m t h qU-电 【解析】 【分析】带电粒子在电场和磁场中的运动、牛顿第二定律、运动学公式。
【详解】（1）离子经电场加速，由动能定理：212qU mv =可得2qUv m=磁场中做匀速圆周运动：2v qvB m r=刚好打在P 点，轨迹为半圆，由几何关系可知：2kd r =联立解得B =； （2）若磁感应强度较大，设离子经过一次加速后若速度较小，圆周运动半径较小，不能直接打在P 点，而做圆周运动到达N '右端，再匀速直线到下端磁场，将重新回到O 点重新加速，直到打在P 点。
设共加速了n 次，有：212n nqU mv =2nn nv qv B m r =且：2n kd r =解得：B =，要求离子第一次加速后不能打在板上，有12d r >且：2112qU mv =2111v qv B m r =解得：2n k <，故加速次数n 为正整数最大取21n k =- 即：B =2(1,2,3,,1)n k =-；（3）加速次数最多的离子速度最大，取21n k =-，离子在磁场中做n -1个完整的匀速圆周运动和半个圆周打到P 点。
高考物理高考物理带电粒子在复合场中的运动解题技巧和训练方法及练习题
一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．下图为某种离子加速器的设计方案.两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场.其中MN 和M N ''是间距为h 的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O 和O '，O N ON d ''==，P 为靶点，O P kd '=（k 为大于1的整数）。
极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U 。
质量为m 、带电量为q 的正离子从O 点由静止开始加速，经O '进入磁场区域.当离子打到极板上O N ''区域（含N '点）或外壳上时将会被吸收。
两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过。
忽略相对论效应和离子所受的重力。
求：（1）离子经过电场仅加速一次后能打到P 点所需的磁感应强度大小； （2）能使离子打到P 点的磁感应强度的所有可能值；（3）打到P 点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间。
【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理（重庆卷带解析) 【答案】（1）22qUm B =（2）22nqUmB =，2(1,2,3,,1)n k =-（3）2222(1)t qum k -磁，22(1)=k m t h qU-电 【解析】 【分析】带电粒子在电场和磁场中的运动、牛顿第二定律、运动学公式。
【详解】（1）离子经电场加速，由动能定理：212qU mv =可得2qUv m=磁场中做匀速圆周运动：2v qvB m r=刚好打在P 点，轨迹为半圆，由几何关系可知：2kd r =联立解得B =； （2）若磁感应强度较大，设离子经过一次加速后若速度较小，圆周运动半径较小，不能直接打在P 点，而做圆周运动到达N '右端，再匀速直线到下端磁场，将重新回到O 点重新加速，直到打在P 点。
设共加速了n 次，有：212n nqU mv =2nn nv qv B m r =且：2n kd r =解得：B =，要求离子第一次加速后不能打在板上，有12d r >且：2112qU mv =2111v qv B m r =解得：2n k <，故加速次数n 为正整数最大取21n k =- 即：B =2(1,2,3,,1)n k =-；（3）加速次数最多的离子速度最大，取21n k =-，离子在磁场中做n -1个完整的匀速圆周运动和半个圆周打到P 点。
高考物理带电粒子在复合场中的运动解题技巧和训练方法及练习题
一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示．不计粒子重力，求（1）M、N两点间的电势差U MN ；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；（3）粒子从M点运动到P点的总时间t．【来源】带电粒子在电场、磁场中的运动【答案】1）U MN＝（2）r＝（3）t＝【解析】【分析】【详解】(1)设粒子过N点时的速度为v，有：解得：粒子从M点运动到N点的过程，有：解得：(2)粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动，半径为r，有：解得：(3)由几何关系得：设粒子在电场中运动的时间为t1，有：粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期：设粒子在磁场中运动的时间为t2，有：2．如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R=0.25m 的半圆,两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E=5.0×103V/m。
一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞。
已知甲、乙两球的质量均为m=1.0×10-2kg，乙所带电荷量q=2.0×10-5C，g取10m/s2。
(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)（1）甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙球在B点被碰后的瞬时速度大小；（2）在满足1的条件下，求甲的速度v0；（3）甲仍以中的速度v0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围。
【来源】四川省资阳市高中（2018届)2015级高三课改实验班12月月考理综物理试题【答案】（1）5m/s ；（2）5m/s ；（3）m 2x '≤<。
高考物理带电粒子在复合场中的运动解题技巧和训练方法及练习题
一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．下图为某种离子加速器的设计方案.两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场.其中MN 和M N ''是间距为h 的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O 和O '，O N ON d ''==，P 为靶点，O P kd '=（k 为大于1的整数）。
极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U 。
质量为m 、带电量为q 的正离子从O 点由静止开始加速，经O '进入磁场区域.当离子打到极板上O N ''区域（含N '点）或外壳上时将会被吸收。
两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过。
忽略相对论效应和离子所受的重力。
求：（1）离子经过电场仅加速一次后能打到P 点所需的磁感应强度大小； （2）能使离子打到P 点的磁感应强度的所有可能值；（3）打到P 点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间。
【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理（重庆卷带解析) 【答案】（1）22qUm B =（2）22nqUmB =，2(1,2,3,,1)n k =-（3）2222(1)t qum k -磁，22(1)=k m t h qU-电 【解析】 【分析】带电粒子在电场和磁场中的运动、牛顿第二定律、运动学公式。
【详解】（1）离子经电场加速，由动能定理：212qU mv =可得2qUv m=磁场中做匀速圆周运动：2v qvB m r=刚好打在P 点，轨迹为半圆，由几何关系可知：2kd r =联立解得B =； （2）若磁感应强度较大，设离子经过一次加速后若速度较小，圆周运动半径较小，不能直接打在P 点，而做圆周运动到达N '右端，再匀速直线到下端磁场，将重新回到O 点重新加速，直到打在P 点。
设共加速了n 次，有：212n nqU mv =2nn nv qv B m r =且：2n kd r =解得：B =，要求离子第一次加速后不能打在板上，有12d r >且：2112qU mv =2111v qv B m r =解得：2n k <，故加速次数n 为正整数最大取21n k =- 即：B =2(1,2,3,,1)n k =-；（3）加速次数最多的离子速度最大，取21n k =-，离子在磁场中做n -1个完整的匀速圆周运动和半个圆周打到P 点。
高考物理总复习 第九单元 磁场 微专题8 带电粒子在组合场和复合场中的运动(含解析)
微专题8 带电粒子在组合场和复合场中的运动一带电粒子在组合场中的运动组合场是指电场与磁场同时存在或者磁场与磁场同时存在,但各位于一定的区域内,并不重叠的情况。
所以弄清带电粒子在电场及磁场中的运动形式、规律和研究方法是解决此类问题的基础。
1.基本类型运动类型带电粒子在匀强电场中加速(v0与电场线平行或为零)带电粒子在匀强电场中偏转(v0⊥E)带电粒子在匀强磁场中匀速运动(v0与磁感线平行)带电粒子在匀强磁场中偏转(v0与磁感线垂直)受力特点受到恒定的电场力;电场力做功不受磁场力作用受磁场力作用;但磁场力不做功运动特征匀变速直线运动类平抛运动匀速直线运动匀速圆周运动研究方法牛顿运动定律匀变速运动学规律牛顿运动定律匀变速运动学公式正交分解法匀速直线运动公式牛顿运动定律向心力公式圆的几何知识表达方式如何求运动时间、速度和位移如何求飞行时间、偏移量和偏转角-如何求时间和偏转角用匀变速直线运动的基本公式、导出公式和推论求解飞出电场时间:t=打在极板上t=偏移量:y=偏转角:tan-时间t=T(θ是圆心角,T是周期)偏转角sin θ=(l是磁场宽度,R是粒子轨道半径)α=运动情境2.解题思路题型1电场与磁场的组合例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分别为多少?解析设带电粒子经电压为U的电场加速后速度为v,则qU=mv2带电粒子进入磁场后,由洛伦兹力提供向心力qBv=依题意可知r=d,联立解得B=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=t2联立解得E=。
高考物理带电粒子在复合场中的运动(一)解题方法和技巧及练习题含解析
一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．如图甲所示，空间存在一范围足够大的垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ．让质量为m ，电荷量为q （q ＞0）的粒子从坐标原点O 沿xOy 平面以不同的初速度大小和方向入射到磁场中．不计重力和粒子间的影响．（1）若粒子以初速度v 1沿y 轴正向入射，恰好能经过x 轴上的A （a ，0）点，求v 1的大小；（2）已知一粒子的初速度大小为v （v ＞v 1），为使该粒子能经过A （a ，0）点，其入射角θ（粒子初速度与x 轴正向的夹角）有几个？并求出对应的sin θ值；（3）如图乙，若在此空间再加入沿y 轴正向、大小为E 的匀强电场，一粒子从O 点以初速度v 0沿y 轴正向发射．研究表明：粒子在xOy 平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度的x 分量v x 与其所在位置的y 坐标成正比，比例系数与场强大小E 无关．求该粒子运动过程中的最大速度值v m ．【来源】2013年全国普通高等学校招生统一考试理科综合能力测试物理（福建卷带解析) 【答案】⑴；⑵两个 sin θ=；⑶＋．【解析】试题分析：(1)当粒子沿y 轴正向入射，转过半个圆周至A 点，半径R 1＝a/2由运动定律有2111v Bqv m R =解得12Bqav m=(2)如右图所示，O 、A 两点处于同一圆周上，且圆心在x ＝2a的直线上，半径为R ，当给定一个初速率v 时， 有2个入射角，分别在第1、2象限．即 sinθ′＝sinθ＝2a R另有2v Bqv m R=解得 sinθ′＝sinθ＝2aqBmv(3)粒子在运动过程中仅电场力做功，因而在轨道的最高点处速率最大，用y m 表示其y 坐标，由动能定理有 qEy m＝12 mv2m－12mv2由题知 v m＝ky m若E＝0时，粒子以初速度v0沿y轴正向入射，有 qv0B＝m2vR在最高处有 v0＝kR0联立解得22()mE Ev vB B=++考点：带电粒子在符合场中的运动；动能定理．2．对铀235的进一步研究在核能的开发和利用中具有重要意义．如图所示，质量为m、电荷量为q的铀235离子，从容器A下方的小孔S1不断飘入加速电场，其初速度可视为零，然后经过小孔S2垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，做半径为R的匀速圆周运动．离子行进半个圆周后离开磁场并被收集，离开磁场时离子束的等效电流为I．不考虑离子重力及离子间的相互作用．（1）求加速电场的电压U；（2）求出在离子被收集的过程中任意时间t内收集到离子的质量M；（3）实际上加速电压的大小会在U+ΔU范围内微小变化．若容器A中有电荷量相同的铀235和铀238两种离子，如前述情况它们经电场加速后进入磁场中会发生分离，为使这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，应小于多少？（结果用百分数表示，保留两位有效数字）【来源】2012年普通高等学校招生全国统一考试理综物理（天津卷)【答案】（1）（2）（3）0.63%【解析】解：（1）设离子经电场加速后进入磁场时的速度为v，由动能定理得：qU =mv2离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=解得：U =（2）设在t时间内收集到的离子个数为N，总电荷量Q = ItQ = NqM =" Nm" =（3）由以上分析可得：R =设m/为铀238离子质量，由于电压在U±ΔU之间有微小变化，铀235离子在磁场中最大半径为：R max=铀238离子在磁场中最小半径为：R min=这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为：R max<R min即：<得：<<其中铀235离子的质量m = 235u（u为原子质量单位），铀238离子的质量m，= 238u 则：<解得：<0.63%3．如图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h ，质量为m，带电荷量为＋q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g．(1)求电场强度的大小和方向；(2)要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值；(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值．【来源】【全国百强校】2017届浙江省温州中学高三3月高考模拟物理试卷（带解析)【答案】（1）mgqE=，方向竖直向上（2）min(962)qBhv-=（3）0.68qBhvm=；0.545qBhvm=；0.52qBhvm=【解析】【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，电场力与重力合力为零；（2）作出粒子的运动轨迹，由牛顿第二定律与数学知识求出粒子的速度；（3）作出粒子运动轨迹，应用几何知识求出粒子的速度．【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，电场力与重力合力为零，即mg=qE，解得：mgqE=，电场力方向竖直向上，电场方向竖直向上；（2）粒子运动轨迹如图所示：设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为v min，对应的粒子在上、下区域的轨道半径分别为r1、r2，圆心的连线与NS的夹角为φ，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：2vqvB mr=，解得，粒子轨道半径：vrqBπ=，min1vrqBπ=，2112r r=，由几何知识得：（r1+r2）sinφ=r2，r1+r1cosφ=h，解得：min 962)qBhvm=（﹣；（3）粒子运动轨迹如图所示，设粒子入射速度为v ，粒子在上、下区域的轨道半径分别为r 1、r 2， 粒子第一次通过KL 时距离K 点为x ， 由题意可知：3nx =1.8h （n =1、2、3…）3(922h x -≥，x = 解得：120.361)2hr n =+（，n ＜3.5， 即：n =1时， 0.68qBhv m=， n =2时，0.545qBhv m =， n =3时，0.52qBhv m=； 答：（1）电场强度的大小为mg qE =，电场方向竖直向上；（2）要使粒子不从NS 边界飞出，粒子入射速度的最小值为min 9qBhv m=． （3）若粒子经过Q 点从MT 边界飞出，粒子入射速度的所有可能值为：0.68qBhv m=、或0.545qBh v m =、或0.52qBhv m=． 【点睛】本题考查了粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的前提与关键，应用平衡条件、牛顿第二定律即可正确解题，解题时注意数学知识的应用．4．利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用．如图所示的矩形区域ACDG(AC 边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场，A 处有一狭缝．离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA 边且垂直于磁场的方向射入磁场，运动到GA 边，被相应的收集器收集．整个装置内部为真空．已知被加速的两种正离子的质量分别是m 1和m 2(m 1>m 2)，电荷量均为q ．加速电场的电势差为U ，离子进入电场时的初速度可以忽略．不计重力，也不考虑离子间的相互作用．(1)求质量为m 1的离子进入磁场时的速率v 1；(2)当磁感应强度的大小为B 时，求两种离子在GA 边落点的间距s ；(3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度．若狭缝过宽，可能使两束离子在GA 边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离．设磁感应强度大小可调，GA 边长为定值L ，狭缝宽度为d ，狭缝右边缘在A 处．离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA 边且垂直于磁场．为保证上述两种离子能落在GA 边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度．【来源】2011年普通高等学校招生全国统一考试物理卷（北京) 【答案】（1）12qU m （2）()1228Um m qB - （3）d m ＝12122m m m m --L【解析】（1）动能定理 Uq ＝12m 1v 12 得：v 1＝12qUm …① （2）由牛顿第二定律和轨道半径有：qvB ＝2mv R，R ＝ mv qB 利用①式得离子在磁场中的轨道半径为别为（如图一所示）：R 1＝122mU qB，R 2＝222 m U qB ②两种离子在GA 上落点的间距s ＝2(R 1−R 2)＝1228()Um m qB - …③ （3）质量为m 1的离子，在GA 边上的落点都在其入射点左侧2R 1处，由于狭缝的宽度为d ，因此落点区域的宽度也是d （如图二中的粗线所示）．同理，质量为m 2的离子在GA 边上落点区域的宽度也是d （如图二中的细线所示）．为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为2（R 1-R 2）＞d…④ 利用②式，代入④式得：2R 1(1−21m m )＞d R 1的最大值满足：2R 1m =L-d 得：(L −d )(1−21m m )＞d 求得最大值：d m ＝12122m m m m --L5．扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆．其简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ两处的条形匀强磁场区边界竖直，相距为L ，磁场方向相反且垂直纸面．一质量为m ，电量为-q ，重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN 板处由静止释放，极板间电压为U ，粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平和方向夹角30θ=︒（1）当Ⅰ区宽度1L L =、磁感应强度大小10B B =时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30︒，求B 0及粒子在Ⅰ区运动的时间t 0（2）若Ⅱ区宽度21L L L ==磁感应强度大小210B B B ==，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h（3）若21L L L ==、10B B =，为使粒子能返回Ⅰ区，求B 2应满足的条件（4）若12B B ≠，12L L ≠，且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出．为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射出的方向总相同，求B 1、B 2、L 1、、L 2、之间应满足的关系式．【来源】2011年普通高等学校招生全国统一考试物理卷（山东) 【答案】（1）32lmt qU π=（2）2233h L ⎛⎫=- ⎪⎝⎭（3）232mU B L q >（或232mUB L q≥）（4）1122B L B L =【解析】图1（1）如图1所示，设粒子射入磁场Ⅰ区的速度为v ，在磁场Ⅰ区中做圆周运动的半径为1R ，由动能定理和牛顿第二定律得212qU mv =① 211v qvB m R = ②由几何知识得12sin L R θ= ③联立①②③，带入数据得012mUB L q=④设粒子在磁场Ⅰ区中做圆周运动的周期为T ，运动的时间为t12R T v π= ⑤ 22t T θπ=⑥ 联立②④⑤⑥式，带入数据得32Lmt qUπ=⑦ （2）设粒子在磁场Ⅱ区做圆周运动的半径为2R ，有牛顿第二定律得222v qvB m R= ⑧由几何知识得()()121cos tan h R R L θθ=+-+ ⑨联立②③⑧⑨式，带入数据得2233h L ⎛⎫=- ⎪⎝⎭⑩图2（3）如图2所示，为时粒子能再次回到Ⅰ区，应满足()21sin R L θ+<[或()21sin R L θ+≤] ⑾联立①⑧⑾式，带入数据得232mU B L q >（或232mUB L q≥） ⑿图3图4（4）如图3（或图4）所示，设粒子射出磁场Ⅰ区时速度与水平方向得夹角为α，有几何知识得()11sin sin L R θα=+ ⒀ [或()11sin sin L R θα=-]()22sin sin L R θα=+ ⒁[或]()22sin sin L R θα=- 联立②⑧式得1122B R B R = ⒂联立⒀⒁⒂式得1122B L B L = ⒃【点睛】（1）加速电场中，由动能定理求出粒子获得的速度．画出轨迹，由几何知识求出半径，根据牛顿定律求出B 0．找出轨迹的圆心角，求出时间；（2）由几何知识求出高度差；（3）当粒子在区域Ⅱ中轨迹恰好与右侧边界相切时，粒子恰能返回Ⅰ区，由几何知识求出半径，由牛顿定律求出B 2满足的条件；（4）由几何知识分析L 1、L 2与半径的关系，再牛顿定律研究关系式．6．如图所示，两条竖直长虚线所夹的区域被线段MN 分为上、下两部分，上部分的电场方向竖直向上，下部分的电场方向竖直向下，两电场均为匀强电场且电场强度大小相同。
高考物理带电粒子在复合场中的运动技巧(很有用)及练习题含解析
一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．欧洲大型强子对撞机是现在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一种将质子加速对撞的高能物理设备，其原理可简化如下：两束横截面积极小，长度为l -0质子束以初速度v 0同时从左、右两侧入口射入加速电场，出来后经过相同的一段距离射入垂直纸面的圆形匀强磁场区域并被偏转，最后两质子束发生相碰。
已知质子质量为m ，电量为e ；加速极板AB 、A′B′间电压均为U 0，且满足eU 0=32mv 02。
两磁场磁感应强度相同，半径均为R ，圆心O 、O ′在质子束的入射方向上，其连线与质子入射方向垂直且距离为H=72R ；整个装置处于真空中，忽略粒子间的相互作用及相对论效应。
(1)试求质子束经过加速电场加速后(未进入磁场)的速度ν和磁场磁感应强度B ；(2)如果某次实验时将磁场O 的圆心往上移了2R，其余条件均不变，质子束能在OO′ 连线的某位置相碰，求质子束原来的长度l 0应该满足的条件。
【来源】湖南省常德市2019届高三第一次模拟考试理科综合物理试题【答案】(1) 02v v =；02mv B eR =(2) 0336l π++≥ 【解析】 【详解】解：(1)对于单个质子进入加速电场后，则有：220011eU mv mv 22=- 又：2003eU mv 2=解得：0v 2v =；根据对称，两束质子会相遇于OO '的中点P ，粒子束由CO 方向射入，根据几何关系可知必定沿OP 方向射出，出射点为D ，过C 、D 点作速度的垂线相交于K ，则K ，则K 点即为轨迹的圆心，如图所示，并可知轨迹半径r=R根据洛伦磁力提供向心力有：2v evB mr=可得磁场磁感应强度：02mv B eR=(2)磁场O 的圆心上移了R2，则两束质子的轨迹将不再对称，但是粒子在磁场中运达半径认为R ，对于上方粒子，将不是想着圆心射入，而是从F 点射入磁场，如图所示，E 点是原来C 点位置，连OF 、OD ，并作FK 平行且等于OD ，连KD ，由于OD=OF=FK ，故平行四边形ODKF 为菱形，即KD=KF=R ，故粒子束仍然会从D 点射出，但方向并不沿OD 方向，K 为粒子束的圆心由于磁场上移了R 2，故sin ∠COF=R2R=12，∠COF=π6，∠DOF=∠FKD=π3对于下方的粒子，没有任何改变，故两束粒子若相遇，则只可能相遇在D 点，下方粒子到达C 后最先到达D 点的粒子所需时间为00(2)(4)2224RR H R R t v v ππ++-+'==而上方粒子最后一个到达E 点的试卷比下方粒子中第一个达到C 的时间滞后0l Δt t = 上方最后的一个粒子从E 点到达D 点所需时间为()000π1R Rsin 2πR 62π3336t R 2v 2v -+-=+=要使两质子束相碰，其运动时间满足t t t '≤+∆ 联立解得0π336l ++≥2．在如图甲所示的直角坐标系中，两平行极板MN 垂直于y 轴，N 板在x 轴上且其左端与坐标原点O 重合，极板长度l =0.08m ，板间距离d =0.09m ，两板间加上如图乙所示的周期性变化电压，两板间电场可看作匀强电场．在y 轴上(0，d /2)处有一粒子源，垂直于y 轴连续不断向x 轴正方向发射相同的带正电的粒子，粒子比荷为qm=5×107C ／kg ，速度为v 0=8×105m/s ．t =0时刻射入板间的粒子恰好经N 板右边缘打在x 轴上.不计粒子重力及粒子间的相互作用，求:(1)电压U 0的大小；(2)若沿x 轴水平放置一荧光屏，要使粒子全部打在荧光屏上，求荧光屏的最小长度； (3)若在第四象限加一个与x 轴相切的圆形匀强磁场，半径为r =0.03m ，切点A 的坐标为(0.12m ，0)，磁场的磁感应强度大小B =23T ，方向垂直于坐标平面向里．求粒子出磁场后与x 轴交点坐标的范围．【来源】【市级联考】山东省济南市2019届高三第三次模拟考试理综物理试题【答案】(1)40 2.1610V U =⨯ (2)0.04m x ∆= (3)0.1425m x ≥【解析】 【分析】 【详解】(1)对于t =0时刻射入极板间的粒子：0l v T = 7110T s -=⨯211()22T y a =2y T v a= 22yT y v = 122dy y =+ Eq ma =U E d=解得：40 2.1610V U =⨯(2)2Tt nT =+时刻射出的粒子打在x 轴上水平位移最大：032A T x v = 所放荧光屏的最小长度A x x l ∆=-即：0.04x m ∆= (3)不同时刻射出极板的粒子沿垂直于极板方向的速度均为v y . 速度偏转角的正切值均为：0tan y v v β=37β=ocos37v v=o 6110m/s v =⨯即：所有的粒子射出极板时速度的大小和方向均相同.2v qvB m R=0.03m R r ==由分析得，如图所示，所有粒子在磁场中运动后发生磁聚焦由磁场中的一点B 离开磁场.由几何关系，恰好经N 板右边缘的粒子经x 轴后沿磁场圆半径方向射入磁场，一定沿磁场圆半径方向射出磁场；从x 轴射出点的横坐标：tan 53C A Rx x ︒=+0.1425m C x =.由几何关系，过A 点的粒子经x 轴后进入磁场由B 点沿x 轴正向运动. 综上所述，粒子经过磁场后第二次打在x 轴上的范围为：0.1425m x ≥3．在平面直角坐标系xOy 中，第Ⅱ、Ⅲ象限y 轴到直线PQ 范围内存在沿x 轴正方向的匀强电场，电场强度大小500N/C E =，第I 、Ⅳ象限以()0.4,0为圆心，半径为的圆形范围内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度0.5T B =.大量质量为10110kg m -=⨯，电荷量6110C q -=⨯的带正电的粒子从PQ 上任意位置由静止进入电场．已知直线PQ 到y 轴的距离也等于R ．不计粒子重力，求：（1）粒子进入磁场时的速度大小；（2）若某个粒子出磁场时速度偏转了120o ，则该粒子进入电场时到y 轴的距离h 多大？ （3）粒子在磁场中运动的最长时间．【来源】天津市耀华中学2019届高三高考二模物理试题 【答案】（1）2000m/s （2）0.2m （3）4210s π-⨯ 【解析】 【详解】（1）粒子在电场中加速，则有：212EqR mv = 解得：2000m/s v =（2）在磁场中，有：2v qvB m r=解得： 0.4m r R ==即正好等于磁场半径，如图，轨迹圆半径与磁场圆半径正好组成一个菱形由此可得sin300.2h R m =︒=（3）无论粒子从何处进入磁场，（2）中菱形特点均成立，所有粒子均从同一位置射出磁场，故4max 210s 2T m t Bqππ-===⨯4．如图所示，在xOy 坐标平面内，虚线PQ 与x 轴正方向的夹角为60°，其右侧有沿y 轴正方向的匀强电场；左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ．一质量为m ，带电量为q 的带负电的粒子自坐标原点O 射入匀强磁场中，经过一段时间后恰好自虚线PQ 上的M 点沿x 轴正方向进入匀强电场，粒子在电场中的运动轨迹与x 轴的交点为N ．已知O 、M 两点间的距离为3L ；O 、N 两点间的距离为（3+1）L ，粒子重力不计．求：（1）带电粒子自坐标原点O 射入匀强磁场的速度大小； （2）匀强电场的电场强度大小；（3）若自O 点射入磁场的粒子带正电，粒子的质量、带电量、初速度等都不变，则在粒子离开O 点后的运动中第二次与虚线PQ 相交的交点坐标． 【来源】2019年山东省德州市高三一模物理试卷【答案】（1）qBL m ；（2）23qB L m ；（33L ，12L ）．【解析】【详解】（1）粒子在磁场中运动时qvB=2 mv r，3L=2r sin60°解得粒子自坐标原点O射入匀强磁场的速度大小v=qBLm（2）粒子自M到N做类平抛运动沿电场方向：3L sin60°=212qEtm垂直电场方向；（312+）L-360Lcos︒=vt1得电场强度E=23qB Lm（3）若自O点射人磁场的粒子带正电，粒子在磁场中逆时针转过240°后自R点垂直于电场方向离开磁场，如图所示．离开磁场时x坐标；330Rx rcos L=-︒=y坐标：3302Ry r rsin L=-+︒=（）粒子进入电场后自R到S做类平抛运动垂直电场方向；2Rsx vt=沿电场方向：222RsqEy tm=tan60°=RSRSyx解得：2t =23m ，RS x=23L ，2RS y L = 第二次与虚线PQ 的交点S 的x 坐标：RS R x x x =+=3L y 坐标：12RS R y y y L =+=则第二次与虚线PQ 的交点S 的坐标为（36L ，12L ）5．如图，平面直角坐标系中，在，y ＞0及y ＜-32L 区域存在场强大小相同，方向相反均平行于y 轴的匀强电场，在-32L ＜y ＜0区域存在方向垂直于xOy 平面纸面向外的匀强磁场，一质量为m ，电荷量为q 的带正电粒子，经过y 轴上的点P 1（0，L ）时的速率为v 0，方向沿x 轴正方向，然后经过x 轴上的点P 2（32L ，0）进入磁场．在磁场中的运转半径R =52L （不计粒子重力），求：（1）粒子到达P 2点时的速度大小和方向； （2）EB； （3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标； （4）粒子从P 1点出发后做周期性运动的周期． 【来源】2019年内蒙古呼和浩特市高三物理二模试题 【答案】（1）53v 0，与x 成53°角；（2）043v ；（3）2L ；（4）()04053760L v π+．【解析】 【详解】（1）如图，粒子从P 1到P 2做类平抛运动，设到达P 2时的y 方向的速度为v y ， 由运动学规律知32L =v 0t 1，L =2y v t 1可得t 1=032L v ，v y =43v 0故粒子在P 2的速度为v 220yv v +=53v 0 设v 与x 成β角，则tan β=y v v =43，即β=53°； （2）粒子从P 1到P 2，根据动能定理知qEL =12mv 2-12mv 02可得 E =2089mv qL粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB =m 2v R解得：B =mv qR =05352m v q L ⨯⨯=023mv qL解得：43v E B =； （3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O ′，在图中，过P 2做v 的垂线交y =-32L 直线与Q ′点，可得： P 2O ′=3253L cos o=52L =r 故粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O ′，因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角α=37°，故粒子将垂直于y =-32L 直线从M 点穿出磁场，由几何关系知M 的坐标x =32L +（r -r cos37°）=2L ； （4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从P 1到P 2做类平抛运动：t 1=032Lv在磁场中由P 2到M 动时间：t 2=372360r v π︒⨯o =037120Lv π从M 运动到N ，a =qE m =289v L则t 3=v a =0158L v 则一个周期的时间T =2（t 1+t 2+t 3）=()04053760Lv π+．6．实验中经常利用电磁场来改变带电粒子运动的轨迹．如图所示，氕（11H ）、氘（21H ）、氚（31H ）三种粒子同时沿直线在纸面内通过电场强度为E 、磁感应强度为B 的复合场区域．进入时氕与氘、氘与氚的间距均为d ，射出复合场后进入y 轴与MN 之间（其夹角为θ）垂直于纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ，然后均垂直于边界MN 射出．虚线MN 与PQ 间为真空区域Ⅱ且PQ 与MN 平行．已知质子比荷为qm，不计重力． （1）求粒子做直线运动时的速度大小v ； （2）求区域Ⅰ内磁场的磁感应强度B 1；（3）若虚线PQ 右侧还存在一垂直于纸面的匀强磁场区域Ⅲ，经该磁场作用后三种粒子均能汇聚于MN 上的一点，求该磁场的最小面积S 和同时进入复合场的氕、氚运动到汇聚点的时间差Δt ． [Failed to download image :http://192.168.0.10:8086/QBM/2019/6/13/2224672582623232/2224907340759040/STEM/dc3c33c ca5564bb396bf46dd7f953dfa.png]【来源】江苏省苏州市2019届高三上学期期末阳光指标调研考试物理试题 【答案】(1) E B (2) mE qdB (3) (2)Bd Eπθ+【解析】 【分析】（1）粒子在电磁复合场中做直线运动是匀速直线运动，根据电场力与洛伦兹力平衡，可求粒子的速度大小；（2）由粒子的轨迹与边界垂直，可求轨迹半径，由洛伦兹力提供向心力，可求磁感应强度的大小；（3）由氚粒子圆周运动直径可求磁场的最小面积．根据氕、氚得运动周期，结合几何关系，可求氕、氚到汇聚点的时间差． 【详解】(1) 由电场力与洛伦兹力平衡， Bqv ＝Eq 解得v ＝E/B.(2) 由洛伦兹力提供向心力，B 1vq ＝m 2v r由几何关系得r ＝d解得B 1＝mEqdB.(3) 分析可得氚粒子圆周运动直径为3r磁场最小面积S ＝12π22322r r ⎡⎤⎛⎫⎛⎫-⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦解得S ＝πd 2 由题意得B 2＝2B 1 由T ＝2rvπ得T ＝2m qB π由轨迹可知Δt 1＝(3T 1－T 1)2θπ，其中T 1＝12m qB πΔt 2＝12(3T 2－T 2)，其中T 2＝22m qB π)解得12(2)Bd t t t Eπθ+∆=∆∆=＋7．如图1，光滑绝缘水平平台MNQP 为矩形， GH ∥PQ ，MP =NQ =1m ，MN =GH =PQ =0.4m ，平台离地面高度为h =2.45m ．半径为R =0.2m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B =0.05T ，方向竖直向上，与MP 边相切于A 点，与NQ 边相切于D 点，与GH 相切于C 点．平台上PGHQ 区域内有方向由P 指向G 的匀强电场，场强大小为E =0.25V/m ．平台右方整个空间存在方向水平向右的电场，场强大小也为E =0.25V/m ，俯视图如图2．两个质量均为m =2×10-5kg 的小球a 、b ，小球a 带正电，电量q =4×10-4C ，小球b 不带电，小球a 、b 均可视为质点．小球a 从A 点正对圆心O 射入磁场，偏转90°后离开磁场，一段时间后与静止在平台D 点的小球b 发生弹性碰撞，碰后两球离开平台，并在此后的运动过程中发生多次弹性碰撞，a 球带电量始终不变，碰撞时间忽略不计．已知重力加速度g =10m/s 2，π=3.14，不计空气阻力，求：(1)小球a 射入磁场时的速度大小；(2)从小球a 射入磁场到第一次与小球b 相碰撞，小球a 运动的路程； (3)两个小球落地点与NQ 的水平距离．【来源】【市级联考】重庆市2019届高三5月调研测试（第三次诊断性考试)理综试卷物理试题【答案】（1）0.2m/s （2）0.636m （3）0.684m 【解析】 【详解】(1)小球a 从A 点正对圆心O 射入磁场，偏转90°后离开磁场，小球a 在洛伦兹力作用下做圆周运动，轨迹如图：分析得半径R =0.2m由2v qvB m R=得：v =0.2m/s(2)磁场中运动的路程s 1=πR=0.628m 电场中加速度25m/s qEa m== 电场的路程2220.008m 2v s a=⨯=小球a 射入磁场到与小球b 相碰过程运动的路程120.636m s s s =+=(3)a 、b 球弹性碰撞，质量相等每一次碰撞速度交换． D 点碰后，两球速度分别为v a D =0，v b D =0.2m/s 此后两球抛离平台，竖直方向均做自由落体运动由22gt h =得，两小球在空中运动时间20.7s h t g == 水平方向：b 球匀速运动，a 球加速运动，加速度25m/s qEa m== 每次碰到下一次碰撞，两球位移相等，v —t 图如图所示：可得，每两次碰撞间隔时间是定值：21()2bD v t a t ⋅∆=∆ 0.08s t ∆= 由0.7380.084t t ==∆ 所以小球在空中碰8次后，再过0.06s 落地小球b 在空中碰n 次后速度为v bN =(n +1)v bD =0.2(n +1) m/s小球离开D 点后在空中第一次碰撞前，水平位移x 1=v b 1·△t=0.016m 小球在空中第一次到第二次碰撞水平位移x 2=2v b 1·△t=0.032m 以此类推，小球在空中第n -1次到第n 次碰撞水平位移x n =nx 1=0.016m 所以，在空中碰撞8次时的水平位移x 0=0.016×（1+2+3+4+5+6+7+8）=0.576m 第8次碰后 v b 8=1.8m/s v a 8=1.6m/s所以，8次碰后0.06s 内，△x b =v b 8×0.06=0.108m △x a =v a 8×0.06+12a ×0.062=0.105m 所以，水平位移分别为x a =x 0+△x a =0.681m xb =x 0+△x b =0.684m8．如图所示，在xoy 平面的第二象限内有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度的大小E=102V/m ，第一象限某区域内存在着一个边界为等边三角形的匀强磁场，磁场方向垂直xoy 平面向外。
高考物理带电粒子在复合场中的运动解题技巧和训练方法及练习题
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 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．2．如图所不，在x 轴的上方存在垂直纸面向里，磁感应强度大小为B 0的匀强磁场．位于x 轴下方的离子源C 发射质量为m 、电荷量为g 的一束负离子，其初速度大小范围0〜，这束离子经电势差的电场加速后，从小孔O （坐标原点）垂直x 轴并垂直磁场射入磁场区域，最后打到x 轴上．在x 轴上2a 〜3a 区间水平固定放置一探测板（），假设每秒射入磁场的离子总数为N 0，打到x 轴上的离子数均匀分布（离子重力不计）．（1）求离子束从小孔O 射入磁场后打到x 轴的区间；（2）调整磁感应强度的大小，可使速度最大的离子恰好打在探测板右端，求此时的磁感应强度大小B 1；（3）保持磁感应强度B 1不变，求每秒打在探测板上的离子数N ；若打在板上的离子80%被吸收，20%被反向弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.6倍，求探测板受到的作用力大小．【来源】浙江省2018版选考物理考前特训（2017年10月)加试30分特训：特训7 带电粒子在场中的运动试题 【答案】（1）；（2）（3）【解析】(1)对于初速度为0的离子，根据动能定理：：qU ＝mv在磁场中洛仑兹力提供向心力：，所以半径：r1＝＝a恰好打在x＝2a的位置；对于初速度为v0的离子，qU＝mv－m(v0)2r2＝＝2a，恰好打在x＝4a的位置故离子束从小孔O射入磁场打在x轴上的区间为[2a，4a](2)由动能定理qU＝mv－m(v0)2r3＝r3＝a解得B1＝B0(3)对速度为0的离子qU＝mvr4＝＝a2r4＝1.5a离子打在x轴上的区间为[1.5a,3a]N＝N0＝N0对打在x＝2a处的离子qv3B1＝对打在x＝3a处的离子qv4B1＝打到x轴上的离子均匀分布，所以＝由动量定理－Ft＝－0.8Nm＋0.2N(－0.6m－m)解得F＝N0mv0．【名师点睛】初速度不同的粒子被同一加速电场加速后，进入磁场的速度也不同，做匀速圆周运动的半径不同，转半圈后打在x轴上的位置不同．分别求出最大和最小速度，从而求出最大半径和最小半径，也就知道打在x轴上的区间；打在探测板最右端的粒子其做匀速圆周运动的半径为1.5a，由半径公式也就能求出磁感应强度；取时间t=1s，分两部分据动量定理求作用力．两者之和就是探测板受到的作用力．3．小明受回旋加速器的启发，设计了如图1所示的“回旋变速装置”．两相距为d的平行金属栅极板M、N，板M位于x轴上，板N在它的正下方．两板间加上如图2所示的幅值为U 0的交变电压，周期02mT qBπ=．板M 上方和板N 下方有磁感应强度大小均为B 、方向相反的匀强磁场．粒子探测器位于y 轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子．有一沿x 轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源，沿y 轴正方向射出质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的粒子．t =0时刻，发射源在（x ，0）位置发射一带电粒子．忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在电场中运动的时间不计．（1）若粒子只经磁场偏转并在y =y 0处被探测到，求发射源的位置和粒子的初动能； （2）若粒子两次进出电场区域后被探测到，求粒子发射源的位置x 与被探测到的位置y 之间的关系【来源】【省级联考】浙江省2019届高三上学期11月选考科目考试物理试题【答案】（1）00x y = ，()202qBy m（2）见解析【解析】 【详解】（1）发射源的位置00x y =， 粒子的初动能：()2002k qBy Em=；（2）分下面三种情况讨论： （i ）如图1，002k E qU >由02101mv mv mvy R R Bq Bq Bq===、、， 和221001122mv mv qU =-，222101122mv mv qU =-， 及()012x y R R =++，得()()22002224x y yqB mqU yqB mqU qBqB=++++；（ii ）如图2，0002k qU E qU <<由020mv mv y d R Bq Bq--==、， 和220201122mv mv qU =+， 及()032x y d R =--+，得()222023)2x y d y d q B mqU qB=-++++（；（iii ）如图3，00k E qU <由020mv mv y d R Bq Bq--==、， 和220201122mv mv qU =-， 及()04x y d R =--+， 得()222042x y d y d q B mqU qB=--+-4．如图所示，一半径为R 的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上．整个空间存在磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场．一电荷量为q (q ＞0)、质量为m 的小球P 在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O ′．球心O 到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为θ(02πθ<<)．为了使小球能够在该圆周上运动，求磁感应强度B 的最小值及小球P相应的速率．(已知重力加速度为g )【来源】带电粒子在磁场中的运动 【答案】min 2cos m g B q R θ=cos gRv θθ=【解析】 【分析】 【详解】据题意，小球P 在球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为O’．P 受到向下的重力mg 、球面对它沿OP 方向的支持力N 和磁场的洛仑兹力f ＝qvB ①式中v 为小球运动的速率．洛仑兹力f 的方向指向O’．根据牛顿第二定律cos 0N mg θ-= ②2sin sin v f N mR θθ-= ③ 由①②③式得22sin sin 0cos qBR qR v v m θθθ-+=④由于v 是实数，必须满足222sin 4sin ()0cos qBR qR m θθθ∆=-≥ ⑤由此得2cos m gB q R θ≥⑥可见，为了使小球能够在该圆周上运动，磁感应强度大小的最小值为min 2cos m gB q R θ=⑦此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为min sin 2qB R v mθ=⑧由⑦⑧式得cos gRv θθ=⑨5．如图所示，x 轴正方向水平向右，y 轴正方向竖直向上．在xOy 平面内有与y 轴平行的匀强电场，在半径为R的圆内还有与xOy平面垂直的匀强磁场．在圆的左边放置一带电微粒发射装置，它沿x轴正方向发射出一束具有相同质量m、电荷量q（q＞0)和初速度v的带电微粒．发射时，这束带电微粒分布在0＜y＜2R的区间内．已知重力加速度大小为g．（1）从A点射出的带电微粒平行于x轴从C点进入有磁场区域，并从坐标原点O沿y轴负方向离开，求电场强度和磁感应强度的大小与方向．（2）请指出这束带电微粒与x轴相交的区域，并说明理由．（3）若这束带电微粒初速度变为2v，那么它们与x轴相交的区域又在哪里？并说明理由．【来源】带电粒子在电场中运动压轴大题【答案】（1）mgEq=，方向沿y轴正方向；mvBqR=，方向垂直xOy平面向外（2）通过坐标原点后离开；理由见解析（3）范围是x＞0；理由见解析【解析】【详解】(1)带电微粒平行于x轴从C点进入磁场，说明带电微粒所受重力和电场力的大小相等，方向相反．设电场强度大小为E，由：mg qE=可得电场强度大小：mgqE=方向沿y轴正方向；带电微粒进入磁场后受到重力、电场力和洛伦兹力的作用．由于电场力和重力相互抵消，它将做匀速圆周运动．如图（a）所示：考虑到带电微粒是从C 点水平进入磁场，过O 点后沿y 轴负方向离开磁场，可得圆周运动半径r R =；设磁感应强度大小为B ，由：2v qvB m R=可得磁感应强度大小：mv B qR=根据左手定则可知方向垂直xOy 平面向外；(2)从任一点P 水平进入磁场的带电微粒在磁场中做半径为R 的匀速圆周运动，如图（b ）所示，设P 点与O '点的连线与y 轴的夹角为θ，其圆周运动的圆心Q 的坐标为(sin ,cos )R R θθ-，圆周运动轨迹方程为：222(sin )(cos )x R y R R θθ++-=而磁场边界是圆心坐标为（0，R ）的圆周，其方程为：22()x y R R +-=解上述两式，可得带电微粒做圆周运动的轨迹与磁场边界的交点为0x y =⎧⎨=⎩或：sin {(1cos )x R y R θθ=-=+坐标为[sin ,(1cos )]R R θθ-+的点就是P 点，须舍去．由此可见，这束带电微粒都是通过坐标原点后离开磁场的；(3)带电微粒初速度大小变为2v ，则从任一点P 水平进入磁场的带电微粒在磁场中做匀速圆周运动的半径r '为：(2)2m v r R qB'== 带电微粒在磁场中经过一段半径为r '的圆弧运动后，将在y 轴的右方（x ＞0区域）离开磁场并做匀速直线运动，如图（c ）所示．靠近M 点发射出来的带电微粒在穿出磁场后会射向x 轴正方向的无穷远处；靠近N 点发射出来的带电微粒会在靠近原点之处穿出磁场所以，这束带电微粒与x轴相交的区域范围是x＞0．答：（1）电场强度mgqE=，方向沿y轴正方向和磁感应强度mvBqR=，方向垂直xOy平面向外．（2）这束带电微粒都是通过坐标原点后离开磁场的；（3）若这束带电微粒初速度变为2v，这束带电微粒与x轴相交的区域范围是x＞0。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
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。
由匀速圆周运动：22r mT v qBππ==22=(1)222(1)T t n T qum k -+=-磁电场中一共加速n 次，可等效成连续的匀加速直线运动.由运动学公式221(1)2k h at -=电 qUa mh=可得：22(1)=k mt h qU -电2．如图甲所示，空间存在一范围足够大的垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ．让质量为m ，电荷量为q （q ＞0）的粒子从坐标原点O 沿xOy 平面以不同的初速度大小和方向入射到磁场中．不计重力和粒子间的影响．（1）若粒子以初速度v 1沿y 轴正向入射，恰好能经过x 轴上的A （a ，0）点，求v 1的大小；（2）已知一粒子的初速度大小为v （v ＞v 1），为使该粒子能经过A （a ，0）点，其入射角θ（粒子初速度与x 轴正向的夹角）有几个？并求出对应的sin θ值；（3）如图乙，若在此空间再加入沿y 轴正向、大小为E 的匀强电场，一粒子从O 点以初速度v 0沿y 轴正向发射．研究表明：粒子在xOy 平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度的x 分量v x 与其所在位置的y 坐标成正比，比例系数与场强大小E 无关．求该粒子运动过程中的最大速度值v m ．【来源】2013年全国普通高等学校招生统一考试理科综合能力测试物理（福建卷带解析) 【答案】⑴；⑵两个 sin θ=；⑶＋．【解析】试题分析：(1)当粒子沿y 轴正向入射，转过半个圆周至A 点，半径R 1＝a/2由运动定律有2111v Bqv m R =解得12Bqav m=(2)如右图所示，O 、A 两点处于同一圆周上，且圆心在x ＝2a的直线上，半径为R ，当给定一个初速率v 时，有2个入射角，分别在第1、2象限．即 sinθ′＝sinθ＝2a R另有2v Bqv m R=解得 sinθ′＝sinθ＝2aqBmv(3)粒子在运动过程中仅电场力做功，因而在轨道的最高点处速率最大，用y m 表示其y 坐标，由动能定理有 qEy m ＝12mv 2m －12mv 20 由题知 v m ＝ky m若E ＝0时，粒子以初速度v 0沿y 轴正向入射，有 qv 0B ＝m 20v R在最高处有 v 0＝kR 0 联立解得22()m E E v v B B=++考点：带电粒子在符合场中的运动；动能定理．3．小明受回旋加速器的启发，设计了如图1所示的“回旋变速装置”．两相距为d 的平行金属栅极板M 、N ，板M 位于x 轴上，板N 在它的正下方．两板间加上如图2所示的幅值为U 0的交变电压，周期02mT qBπ=．板M 上方和板N 下方有磁感应强度大小均为B 、方向相反的匀强磁场．粒子探测器位于y 轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子．有一沿x 轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源，沿y 轴正方向射出质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的粒子．t =0时刻，发射源在（x ，0）位置发射一带电粒子．忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在电场中运动的时间不计．（1）若粒子只经磁场偏转并在y =y 0处被探测到，求发射源的位置和粒子的初动能； （2）若粒子两次进出电场区域后被探测到，求粒子发射源的位置x 与被探测到的位置y 之间的关系【来源】【省级联考】浙江省2019届高三上学期11月选考科目考试物理试题【答案】（1）00x y = ，()202qBy m（2）见解析【解析】 【详解】（1）发射源的位置00x y =， 粒子的初动能：()2002k qBy Em=；（2）分下面三种情况讨论： （i ）如图1，002k E qU >由02101mv mv mvy R R Bq Bq Bq===、、， 和221001122mv mv qU =-，222101122mv mv qU =-， 及()012x y R R =++， 得()()22002224x y yqB mqU yqB mqU qBqB=++（ii ）如图2，0002k qU E qU <<由020mv mv y d R Bq Bq--==、， 和220201122mv mv qU =+， 及()032x y d R =--+，得()222023)2x y d y d q B mqU qB=-++++（；（iii ）如图3，00k E qU <由020mv mv y d R Bq Bq--==、， 和220201122mv mv qU =-， 及()04x y d R =--+， 得()222042x y d y d q B mqU qB=--+-4．如图为一种质谱仪工作原理示意图.在以O 为圆心，OH 为对称轴，夹角为2α的扇形区域内分布着方向垂直于纸面的匀强磁场.对称于OH 轴的C 和D 分别是离子发射点和收集点.CM 垂直磁场左边界于M ，且OM =d .现有一正离子束以小发散角（纸面内）从C 射出，这些离子在CM 方向上的分速度均为v 0.若该离子束中比荷为qm的离子都能汇聚到D ，试求：（1）磁感应强度的大小和方向（提示：可考虑沿CM 方向运动的离子为研究对象）； （2）离子沿与CM 成θ角的直线CN 进入磁场，其轨道半径和在磁场中的运动时间； （3）线段CM 的长度.【来源】电粒子在磁场中的运动 【答案】（1）0mvB qd =，磁场方向垂直纸面向外；（2）cos dR θ'=，()02t d v θα+=；（3）cos CM d t α=。
【解析】 【分析】 【详解】（1）设沿CM 方向运动的离子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R由20v qv B m R =R=d得0mv B qd=，磁场方向垂直纸面向外 （2）设沿CN 运动的离子速度大小为v ，在磁场中的轨道半径为R ′，运动时间为t ，由v cos θ=v 0得v ＝0cos v θ由2v qvB m R ='解得：R′=cos dθ方法一：设弧长为s ，则运动的时间：t =s v又s=2(θ+α)×R′解得t =()2d v θα+ 方法二：离子在磁场中做匀速圆周运动的周期T ＝2mqBπ，则有：()02t T d v θαθαπ++=⨯= （3）方法一：由几何关系得：CM =MN cot θ则有：()sin sin MN d R αβα'+=+解得：cos dR θ'=， 以上3式联立求解得CM =d cot α方法二：设圆心为A ，过A 做AB 垂直NO ，如图所示由几何关系得：cos cos dNM MB R MB MB d MB θθ-='-=-=- 而BO d MB =- 因此NM =BO 因NM =CM tan θ又cot sin cot sin cot cos dBO AB R αθαθαθ=='=解得：CM =d cot α5．如图，M 、N 是电压U =10V 的平行板电容器两极板，与绝缘水平轨道CF 相接，其中CD 段光滑，DF 段粗糙、长度x =1.0m ．F 点紧邻半径为R 的绝缘圆筒(图示为圆筒的横截面)，圆筒上开一小孔与圆心O 在同一水平面上，圆筒内存在磁感应强度B =0.5T 、方向垂直纸面向里的匀强磁场和方向竖直向下的匀强电场E ．一质量m =0.01kg 、电荷量q =－0.02C 的小球a 从C 点静止释放，运动到F 点时与质量为2m 、不带电的静止小球b 发生碰撞，碰撞后a 球恰好返回D 点，b 球进入圆筒后在竖直面内做圆周运动．不计空气阻力，小球a 、b 均视为质点，碰时两球电量平分，小球a 在DF 段与轨道的动摩因数μ=0.2，重力加速度大小g=10m/s 2．求(1)圆筒内电场强度的大小； (2)两球碰撞时损失的能量；(3)若b 球进入圆筒后，与筒壁发生弹性碰撞，并从N 点射出，则圆筒的半径．【来源】福建省宁德市2019届普通高中毕业班质量检查理科综合物理试题 【答案】(1)20N/C ；(2)0J ；(3) 16tanR nπ=（n≥3的整数）【解析】 【详解】（1）小球b 要在圆筒内做圆周运动，应满足：12Eq ＝2mg 解得：E ＝20 N/C（2）小球a 到达F 点的速度为v 1，根据动能定理得：Uq －μmgx ＝12mv 12 小球a 从F 点的返回的速度为v 2，根据功能关系得：μmgx ＝12mv 22 两球碰撞后，b 球的速度为v ，根据动量守恒定律得：mv 1＝-mv 2＋2mv 则两球碰撞损失的能量为：ΔE ＝12mv 12－12mv 22－12mv 2 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）6．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°。