带电粒子在复合场中的运动(高考真题)

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高考物理带电粒子在复合场中的运动题20套(带答案)含解析

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：v 0=vcosφ vsinφ=at d=v 0t设电场强度的大小为E ，由牛顿第二定律得 qE=ma 解得：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：mg qE =方向沿y 轴正方向；带电微粒进入磁场后受到重力、电场力和洛伦兹力的作用．由于电场力和重力相互抵消，它将做匀速圆周运动．如图（a ）所示：考虑到带电微粒是从C 点水平进入磁场，过O 点后沿y 轴负方向离开磁场，可得圆周运动半径r R =；设磁感应强度大小为B ，由：2v qvB m R=可得磁感应强度大小：mv B qR=根据左手定则可知方向垂直xOy 平面向外；(2)从任一点P 水平进入磁场的带电微粒在磁场中做半径为R 的匀速圆周运动，如图（b ）所示，设P 点与O '点的连线与y 轴的夹角为θ，其圆周运动的圆心Q 的坐标为(sin ,cos )R R θθ-，圆周运动轨迹方程为：222(sin )(cos )x R y R R θθ++-=而磁场边界是圆心坐标为（0，R ）的圆周，其方程为：22()x y R R +-=解上述两式，可得带电微粒做圆周运动的轨迹与磁场边界的交点为0x y =⎧⎨=⎩或：sin {(1cos )x R y R θθ=-=+坐标为[sin ,(1cos )]R R θθ-+的点就是P 点，须舍去．由此可见，这束带电微粒都是通过坐标原点后离开磁场的；(3)带电微粒初速度大小变为2v ，则从任一点P 水平进入磁场的带电微粒在磁场中做匀速圆周运动的半径r '为：(2)2m v r R qB'== 带电微粒在磁场中经过一段半径为r '的圆弧运动后，将在y 轴的右方（x ＞0区域）离开磁场并做匀速直线运动，如图（c ）所示．靠近M 点发射出来的带电微粒在穿出磁场后会射向x 轴正方向的无穷远处；靠近N 点发射出来的带电微粒会在靠近原点之处穿出磁场所以，这束带电微粒与x 轴相交的区域范围是x ＞0．答：（1）电场强度mg qE = ，方向沿y 轴正方向和磁感应强度mvB qR=，方向垂直xOy 平面向外．（2）这束带电微粒都是通过坐标原点后离开磁场的；（3）若这束带电微粒初速度变为2v ，这束带电微粒与x 轴相交的区域范围是x ＞0。

高考物理带电粒子在复合场中的运动题20套(带答案)含解析

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．下图为某种离子加速器的设计方案.两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场.其中MN 和M N ''是间距为h 的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O 和O '，O N ON d ''==，P 为靶点，O P kd '=（k 为大于1的整数）。

极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U 。

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

两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过。

忽略相对论效应和离子所受的重力。

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

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

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

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

专题7+带电粒子在复合场中的运动(含14真题及原创解析)

高考定位带电粒子在复合场中的运动是力电综合的重点和高考的热点，常见的考查形式有组合场(电场、磁场、重力场依次出现)、叠加场(空间同一区域同时存在两种以上的场)、周期性变化场等，近几年高考试题中，涉及本专题内容的频度极高，特别是计算题，题目难度大，涉及面广．试题多把电场和磁场的性质、运动学规律、牛顿运动定律、圆周运动规律、功能关系揉合在一起．主要考查考生的空间想象能力、分析综合能力以及运用数学知识解决物理问题的能力．以考查考生综合分析和解决复杂问题的能力．考题1带电粒子在叠加场中的运动分析例1如图1所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5 T，还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E＝2 N/C.在其第一象限空间有沿y轴负方向的、场强大小也为E的匀强电场，并在y>h＝0.4 m的区域有磁感应强度也为B的垂直于纸面向里的匀强磁场．一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO做匀速直线运动(PO与x轴负方向的夹角为θ＝45°)，并从原点O进入第一象限．已知重力加速度g＝10 m/s2，问：图1(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷；(2)油滴在P点得到的初速度大小；(3)油滴在第一象限运动的时间．审题突破(1)结合平衡条件判断油滴所受电场力的方向和洛伦兹力的方向，进而判断油滴的电性，对油滴受力分析后采用合成法作图，由几何关系得出三力之比；(2)根据油滴在垂直直线方向上应用平衡条件列方程求得速度大小；(3)进入第一象限，由于重力等于电场力，在电场中做匀速直线运动，在混合场中做匀速圆周运动，作出运动轨迹，结合磁场中圆周运动的周期公式即运动的对称性确定运动总时间．解析(1)根据受力分析(如图)可知油滴带负电荷，设油滴质量为m，由平衡条件得：mg∶qE∶F＝1∶1∶ 2.(2)由第(1)问得：mg＝qEq v B＝2qE解得：v ＝2EB＝4 2 m/s. (3)进入第一象限，电场力和重力平衡，知油滴先做匀速直线运动，进入y ≥h 的区域后做匀速圆周运动，轨迹如图，最后从x 轴上的N 点离开第一象限．由O →A 匀速运动的位移为x 1＝hsin 45°＝2h其运动时间：t 1＝x 1v ＝2h 2E B＝hBE ＝0.1 s由几何关系和圆周运动的周期关系式T ＝2πmqB知，由A →C 的圆周运动时间为t 2＝14T ＝πE2gB ≈0.628 s由对称性知从C →N 的时间t 3＝t 1在第一象限运动的总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2×0.1 s ＋0.628 s ＝0.828 s 答案 (1)1∶1∶2 油滴带负电荷 (2)4 2 m/s (3)0.828 s1．如图2，水平地面上方有一底部带有小孔的绝缘弹性竖直挡板，板高h ＝9 m ，与板上端等高处水平线上有一P 点，P 点离挡板的距离x ＝3 m ．板的左侧以及板上端与P 点的连线上方存在匀强磁场和匀强电场．磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B ＝1 T ；比荷大小qm ＝1.0C/kg 可视为质点的小球从挡板下端处小孔以不同的速度水平射入场中做匀速圆周运动，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电量不变，小球最后都能经过位置P ，g ＝10 m/s 2，求：图2(1)电场强度的大小与方向；(2)小球不与挡板相碰运动到P 的时间；(3)要使小球运动到P 点时间最长应以多大的速度射入？答案 (1)10 N/C ，方向竖直向下 (2)π＋arcsin 35(s)(3)3.75 m/s解析 (1)由题意可知，小球带负电，因小球做匀速圆周运动，有：Eq ＝mg得：E ＝mgq ＝10 N/C ，方向竖直向下(2)小球不与挡板相碰直接到达P 点轨迹如图：有：(h －R )2＋x 2＝R 2得：R ＝5 m 设PO 与挡板的夹角为θ，则sin θ＝x R ＝35小球做圆周运动的周期T ＝2πmqB设小球做圆周运动所经过圆弧的圆心角为α，则t ＝αmqB运动时间t ＝(π＋arcsin 35)mqB ＝π＋arcsin 35(s)．(3)因速度方向与半径垂直，圆心必在挡板上，设小球与挡板碰撞n 次，有R ≤h2n又R ≥x ，n 只能取0,1. n ＝0时，(2)问不符合题意 n ＝1时，有(3R －h )2＋x 2＝R 2 解得：R 1＝3 m ，R 2＝3.75 m轨迹如图，半径为R 2时运动时间最长洛伦兹力提供向心力：q v B ＝m v2R 2得：v ＝3.75 m/s.带电粒子在叠加场中运动的处理方法 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)若三场共存时，合力为零，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F ＝q v B 的方向与速度v 垂直．(3)若三场共存时，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 .(4)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．考题2 带电粒子在组合场中的运动分析例2 (2014·广东·36)如图3所示，足够大的平行挡板A 1、A 2竖直放置，间距为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．图3(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．审题突破 (1)粒子在电场中做加速直线运动，根据动能定理列式；粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律列式；结合几何关系得到轨道半径；最后联立求解．(2)结合几何关系列式求解出轨道半径；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式；最后联立求解即可．解析 (1)若k ＝1，则有MP ＝L ，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系，该情况粒子的轨迹半径为 R ＝L粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，则有：q v B 0＝m v 2R粒子在匀强电场中加速，根据动能定理有：qEd ＝12m v 2综合上式解得：E ＝qB 20L22dm(2)因为2<k <3，且粒子沿水平方向从S 2射出，该粒子运动轨迹如图所示，由几何关系：R 2－(kL )2＝(R －L )2，又有q v B 0＝m v 2R则整理解得：v ＝qB 0(L ＋k 2L )2m又因为：6L －2kL ＝2x根据几何关系有：kL x ＝Rr又q v B ＝m v2r则Ⅱ区的磁感应强度B 与k 的关系：B ＝kB 03－k.答案 (1)qB 20L22dm (2)v ＝qB 0(L ＋k 2L )2m B ＝kB 03－k2．如图4所示的直角坐标xOy 平面内有间距为d ，长度为233d 的平行正对金属板M 、N ，M位于x 轴上，OP 为过坐标原点O 和极板N 右边缘的直线，与y 轴的夹角θ＝π3，OP 与y 轴之间及y 轴右侧空间中分别存在磁感应强度大小相等方向相反且均垂直于坐标平面的匀强磁场．质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从M 板左侧边缘以速度v 0沿极板方向射入，恰好从N 板的右侧边缘A 点射出进入磁场．粒子第一次通过y 轴时，速度与y 轴负方向的夹角为π6.不计粒子重力，求：图4(1)极板M 、N 间的电压； (2)匀强磁场磁感应强度的大小； (3)粒子第二次通过y 轴时的纵坐标值；(4)粒子从进入板间到第二次通过y 轴时经历的时间．答案 (1)3m v 22q (2)2m v 0qd (3)2d (4)(43＋7π6)d v 0解析 (1)粒子在M 、N 板间做类平抛运动，设加速度为a ，运动时间为t 1，则233d ＝v 0t 1d ＝12at 21根据牛顿运动定律得q Ud＝ma联立解得U ＝3m v 22q.(2)设粒子经过A 点时的速度为v ，方向与x 轴的夹角为α，根据动能定理，得qU ＝12m v 2－12m v 20cos α＝v 0v解得v ＝2v 0，α＝π3设粒子第一次与y 轴相交于D 点，轨迹如图，由几何关系知D 点与A 点高度相等，△C 1DO 为等边三角形．R ＝d根据牛顿定律，得q v B ＝m v 2R整理得B ＝2m v 0qd.(3)粒子在y 轴右侧空间的运动轨迹如图．由几何关系知 DE ＝2R cos θ＝d即E 点的纵坐标为y E ＝2d . (4)粒子从A 到D 的时间t 2＝13T从D 到E 的时间t 3＝56T而T ＝2πm qB ＝πd v 0故t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(43＋7π6)dv 0.3．如图5所示，相距3L 的AB 、CD 两直线间的区域存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场，其中PT 上方的电场Ⅰ的场强方向竖直向下，PT 下方的电场Ⅱ的场强方向竖直向上，电场Ⅰ的场强大小是电场Ⅱ的场强大小的两倍，在电场左边界AB 上有点Q ，PQ 间距离为L .从某时刻起由Q 以初速度v 0沿水平方向垂直射入匀强电场的带电粒子，电量为＋q 、质量为m .通过PT 上的某点R 进入匀强电场Ⅰ后从CD 边上的M 点水平射出，其轨迹如图，若PR 两点的距离为2L .不计粒子的重力．试求：图5(1)匀强电场Ⅰ的电场强度的大小和MT 之间的距离；(2)有一边长为a 、由光滑弹性绝缘壁围成的正三角形容器，在其边界正中央开有一小孔S ，将其置于CD 右侧且紧挨CD 边界，若从Q 点射入的粒子经AB 、CD 间的电场从S 孔水平射入容器中．欲使粒子在容器中与器壁多次垂直碰撞后仍能从S 孔射出(粒子与绝缘壁碰撞时无机械能和电量损失)，并返回Q 点，需在容器中现加上一个如图所示的匀强磁场，粒子运动的半径小于12a ，求磁感应强度B 的大小应满足的条件以及从Q 出发再返回到Q 所经历的时间．答案 (1)m v 20qL 12L (2)B ＝2m v 0(1＋2n )qa，n ＝1,2，…6L v 0＋(6n ＋1)πa 2(2n ＋1)v 0，n ＝1,2，… 解析 (1)设粒子经PT 直线上的点R 由E 2电场进入E 1电场，由Q 到R 及R 到M 点的时间分别为t 2与t 1，到达R 时竖直速度为v y ，则由F ＝qE ＝ma ， 2L ＝v 0t 2， L ＝v 0t 1，L ＝12·E 2q m t 22，E 1＝2E 2，得E 1＝m v 20qLv y ＝E 2q m t 2＝E 1q m t 1MT ＝12·E 1q m t 21联立解得MT ＝12L .(2)欲使粒子仍能从S 孔处射出，粒子运动的半径为r ，则q v 0B ＝m v 20r(1＋2n )r ＝12a ，n ＝1,2，…解得：B ＝2m v 0(1＋2n )qa， n ＝1,2，…由几何关系可知t ′＝3×(2n ×T 2＋T 6)＝(3n ＋12)Tn ＝1,2,3…T ＝2πR v ＝2πm Bq代入B 得T ＝πa(2n ＋1)v 0，n ＝1,2，…t ＝2t 1＋2t 2＋t ′＝6L v 0＋(6n ＋1)πa2(2n ＋1)v 0，n ＝1,2，…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．例3 (19分)如图6甲所示，在xOy 平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y 轴正方向电场强度为正)．在t ＝0时刻由原点O 发射初速度大小为v 0，方向沿y 轴正方向的带负电粒子．图6已知v 0、t 0、B 0，粒子的比荷为πB 0t 0，不计粒子的重力．求：(1)t ＝t 0时，求粒子的位置坐标；(2)若t ＝5t 0时粒子回到原点，求0～5t 0时间内粒子距x 轴的最大距离； (3)若粒子能够回到原点，求满足条件的所有E 0值．考题3 带电粒子在周期性变化的电磁场中的运动分析解析 (1)由粒子的比荷q m ＝πB 0t 0，则粒子做圆周运动的周期T ＝2πmB 0q ＝2t 0(1分)则在0～t 0内转过的圆心角α＝π(2分)由牛顿第二定律q v 0B 0＝m v 20r 1(2分)得r 1＝v 0t 0π(1分)位置坐标(2v 0t 0π，0)．(1分)(2)粒子t ＝5t 0时回到原点，轨迹如图所示r 2＝2r 1(2分)r 1＝m v 0B 0q r 2＝m v 2B 0q (1分)得v 2＝2v 0(1分)又q m ＝πB 0t 0，r 2＝2v 0t 0π(1分) 粒子在t 0～2t 0时间内做匀加速直线运动，2t 0～3t 0时间内做匀速圆周运动，则在0～5t 0时间内粒子距x 轴的最大距离：h m ＝v 0＋2v 02t 0＋r 2＝(32＋2π)v 0t 0.(2分)(3)如图所示，设带电粒子在x 轴上方做圆周运动的轨道半径为r 1，在x 轴下方做圆周运动的轨道半径为r 2′，由几何关系可知，要使粒子经过原点，则必须满足：n (2r 2′－2r 1)＝2r 1，(n ＝1,2,3，…)(1分)r 1＝m v 0B 0q r 2′＝m v B 0q(1分)联立以上各式解得v ＝n ＋1n v 0，(n ＝1,2,3，…)(1分)又由v ＝v 0＋E 0qt 0m(1分)得E 0＝v 0B 0n π，(n ＝1,2,3，…)．(1分)答案 (1)(2v 0t 0π，0) (2)(32＋2π)v 0t 0 (3)v 0B 0n π，(n ＝1,2,3，…)(20分)如图7甲所示，间距为d 、垂直于纸面的两平行板P 、Q 间存在匀强磁场．取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．t ＝0时刻，一质量为m 、带电量为＋q 的粒子(不计重力)，以初速度v 0由Q 板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区．当B 0和T B 取某些特定值时，可使t ＝0时刻入射的粒子经Δt 时间恰能垂直打在P 板上(不考虑粒子反弹)．上述m 、q 、d 、v 0为已知量．图7(1)若Δt ＝12T B ，求B 0；(2)若Δt ＝32T B ，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；(3)若B 0＝4m v 0qd ，为使粒子仍能垂直打在P 板上，求T B .答案 (1)m v 0qd (2)3v 20d (3)πd 3v 0或⎝⎛⎭⎫π2＋arcsin 14d 2v 0 解析 (1)设粒子做圆周运动的半径为R 1，由牛顿第二定律得q v 0B 0＝m v 20R 1① 据题意由几何关系得R 1＝d② 联立①②式得B 0＝m v 0qd③ (2)设粒子做圆周运动的半径为R 2，加速度大小为a ，由圆周运动公式得a ＝v 20R 2④ 据题意由几何关系得3R 2＝d⑤ 联立④⑤式得a ＝3v 20d.⑥ (3)设粒子做圆周运动的半径为R ，周期为T ，由圆周运动公式得T ＝2πRv 0⑦由牛顿第二定律得q v 0B 0＝m v 20R⑧由题意知B 0＝4m v 0qd ，代入⑧式得d ＝4R⑨粒子运动轨迹如图所示，O 1、O 2为圆心，O 1O 2连线与水平方向的夹角为θ，在每个T B 内，只有A 、B 两个位置才有可能垂直击中P 板，且均要求0<θ<π2，由题意可知π2＋θ2πT ＝T B2 ⑩ 设经历完整T B 的个数为n (n ＝0,1,2,3，…) 若在A 点击中P 板，据题意由几何关系得 R ＋2(R ＋R sin θ)n ＝d ⑪ 当n ＝0时，无解⑫当n ＝1时，联立⑨⑪式得 θ＝π6(或sin θ＝12) ⑬联立⑦⑨⑩⑬式得 T B ＝πd3v 0⑭ 当n ≥2时，不满足0<θ<90°的要求⑮若在B 点击中P 板，据题意由几何关系得 R ＋2R sin θ＋2(R ＋R sin θ)n ＝d ⑯ 当n ＝0时，无解⑰当n ＝1时，联立⑨⑯式得θ＝arcsin 14(或sin θ＝14)⑱联立⑦⑨⑩⑱式得 T B ＝⎝⎛⎭⎫π2＋arcsin 14d2v 0 ⑲当n ≥2时，不满足0<θ<90°的要求．知识专题练训练7题组1 带电粒子在叠加场中的运动分析1．如图1所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场．在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球．O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水平线上．已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是()图1A．小球能越过d点并继续沿环向上运动B．当小球运动到d点时，不受洛伦兹力C．小球从d点运动到b点的过程中，重力势能减小，电势能减小D．小球从b点运动到c点的过程中，经过弧bc中点时速度最大答案BD解析电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于竖直平面圆环的“最高点”．关于圆心对称的位置(即bc 弧的中点)就是“最低点”，速度最大；由于a、d两点关于新的最高点对称，若从a点静止释放，最高运动到d点，故A错误；当小球运动到d点时，速度为零，故不受洛伦兹力，故B正确；由于d、b等高，故小球从d点运动到b点的过程中，重力势能不变，故C错误；由于等效重力指向左下方45°，由于弧bc中点是等效最低点，故小球从b点运动到c点的过程中，经过弧bc中点时速度最大，故D正确．2．如图2甲所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上．在xOy平面内有与y轴平行的匀强电场，在半径为R的圆形区域内加有与xOy平面垂直的匀强磁场．在坐标原点O处放置一带电微粒发射装置，它可以连续不断地发射具有相同质量m、电荷量q(q＞0)和初速度为v0的带电微粒．(已知重力加速度为g)图2(1)当带电微粒发射装置连续不断地沿y轴正方向发射这种带电微粒时，这些带电微粒将沿圆形磁场区域的水平直径方向离开磁场，并继续沿x轴正方向运动．求电场强度E和磁感应强度B的大小和方向．(2)调节坐标原点处的带电微粒发射装置，使其在xOy平面内不断地以相同速率v0沿不同方向将这种带电微粒射入第Ⅰ象限，如图乙所示．现要求这些带电微粒最终都能平行于x 轴正方向运动，则在保证电场强度E 和磁感应强度B 的大小和方向不变的条件下，求出符合条件的磁场区域的最小面积．答案 (1)E ＝mg q ，沿y 轴正方向 B ＝m v 0qR ，垂直纸面向外 (2)(π2－1)R 2解析 (1)微粒沿x 轴正方向运动，即带电微粒所受重力与电场力平衡．设电场强度大小为E ，由平衡条件得：mg ＝qE 解得：E ＝mgq由于粒子带正电，故电场方向沿y 轴正方向带电微粒进入磁场后，做匀速圆周运动，且半径r ＝R . 设匀强磁场的磁感应强度大小为B .由牛顿第二定律得：q v 0B ＝m v 20R解得B ＝m v 0qR，磁场方向垂直纸面向外．(2)沿y 轴正方向射入的微粒，运动轨迹如图所示：以半径R 沿x 轴正方向运动四分之一圆弧，该圆弧也恰为微粒运动的上边界．以O 点为圆心、R 为半径做的四分之一圆弧BC 为微粒做圆周运动的圆心轨迹．微粒经磁场偏转后沿x 轴正方向运动，即半径沿竖直方向．并且射出点距圆心轨迹上各点的距离为R ，射出点的边界与圆弧BC 平行，如图中的圆弧ODA ，圆弧OA 与圆弧ODA 之间的区域即为磁场区域的最小面积：S ＝2(14πR 2－12R 2)＝(π2－1)R 2.题组2 带电粒子在组合场中的运动分析3．如图3所示，在矩形区域CDNM 内有沿纸面向上的匀强电场，场强的大小E ＝1.5×105 V/m ；在矩形区域MNGF 内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B ＝0.2 T ．已知CD ＝MN ＝FG ＝0.60 m ，CM ＝MF ＝0.20 m ．在CD 边中点O 处有一放射源，沿纸面向电场中各方向均匀地辐射出速率均为v 0＝1.0×106 m/s 的某种带正电粒子，粒子质量m ＝6.4×10－27kg ，电荷量q ＝3.2×10－19C ，粒子可以无阻碍地通过边界MN 进入磁场，不计粒子的重力．求：图3(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径； (2)边界FG 上有粒子射出磁场的范围长度；(3)粒子在磁场中运动的最长时间．(后两问结果保留两位有效数字) 答案 (1)0.2 m (2)0.43 m (3)2.1×10－7 s解析 (1)电场中由动能定理得：qEd ＝12m v 2－12m v 2由题意知d ＝0.20 m ，代入数据得 v ＝2×106 m/s带电粒子在磁场中做匀速圆周运动， qB v ＝m v 2r解得r ＝m vqB＝0.2 m.(2)设粒子沿垂直于电场方向射入时，出电场时水平位移为x ，则由平抛规律得：⎩⎪⎨⎪⎧d ＝12·qE m ·t 2x ＝v 0t解得x ＝2315m离开电场时，sin θ1＝v 0v ＝12，θ1＝30°.由题意可知，PS ⊥MN ，沿OC 方向射出粒子到达P 点，为左边界，垂直MN 射出的粒子与边界FG 相切于Q 点，Q为右边界，QO ″＝r ，轨迹如图．范围长度为l ＝x ＋r ＝(2315＋0.2) m ≈0.43 m.(3)T ＝2πm qB ，由分析可知，OO ′方向射出的粒子运动时间最长，设FG 长度为Lsin θ2＝12L －r r ＝12，θ2＝30°带电粒子在磁场中运动的最大圆心角为120°，对应的最长时间为t max ＝13T ＝2πm 3qB ≈2.1×10－7 s题组3 带电粒子在周期性变化的电磁场中运动分析4．如图4甲所示，水平直线MN 上方有竖直向下的匀强电场，场强大小E ＝π×103 N/C ，MN下方有垂直于纸面的磁场，磁感应强度B 随时间t 按如图乙所示规律做周期性变化，规定垂直纸面向外为磁场正方向．T ＝0时将一重力不计、比荷qm ＝106 C/kg 的正点电荷从电场中的O 点由静止释放，在t 1＝1×10－5 s 时恰通过MN 上的P 点进入磁场，P 点左方d ＝105 cm 处有一垂直于MN 且足够大的挡板．图4求：(1)电荷从P 点进入磁场时速度的大小v 0； (2)电荷在t 2＝4×10－5 s 时与P 点的距离Δx ；(3)电荷从O 点出发运动到挡板所需时间t 总．答案 (1)π×104 m/s (2)20 2 cm (3)1.42×10－4 s解析 (1)电荷在电场中做匀加速直线运动，则Eq ＝ma v 0＝at 1解得v 0＝Eqt 1m ＝π×103×106×1×10－5 m/s ＝π×104 m/s(2)电荷在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力q v B ＝m v 2r ，r ＝m vBq当B 1＝π20 T 时，半径r 1＝m v 0B 1q ＝0.2 m ＝20 cm周期T 1＝2πm B 1q＝4×10－5 s当B 2＝π10 T 时，半径r 2＝m v 0B 2q ＝0.1 m ＝10 cm周期T 2＝2πm B 2q ＝2×10－5 s故电荷从t ＝0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图所示．在t ＝0到t 2＝4×10－5 s 时间内，电荷先沿直线OP 运动t 1，再沿大圆轨迹运动T 14，紧接着沿小圆轨迹运动T 2，t 2＝4×10－5 s 时电荷与P 点的距离Δx ＝2r 1＝20 2 cm(3)电荷从P 点开始的运动周期T ＝6×10－5 s ，且在每一个周期内向左沿PM 移动x 1＝2r 1＝40cm ，电荷到达挡板前经历了2个完整周期，沿PM 运动距离x ＝2x 1＝80 cm ，设电荷撞击挡板前速度方向与水平方向成θ角，最后d －x ＝25 cm 内的轨迹如图所示．据几何关系有r 1＋r 2sin θ＝0.25 m 解得sin θ＝0.5，即θ＝30°则电荷从O 点出发运动到挡板所需总时间t 总＝t 1＋2T ＋T 14＋θ360°T 2解得t 总＝856×10－5 s ≈1.42×10－4 s.。

带电粒子在复合场中的运动大题专题(详细解答)

专题二：带电粒子在复合场中的运动(1)姓名______________1．如图所示，在x轴上方有匀强电场，场强为E；在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图，在x轴上有一点M，离O点距离为L．现有一带电量为十q的粒子，使其从静止开始释放后能经过M点．如果把此粒子放在y轴上，其坐标应满足什么关系？（重力忽略不计）2．如图所示，在宽l的范围内有方向如图的匀强电场，场强为E，一带电粒子以速度v垂直于电场方向、也垂直于场区边界射入电场，不计重力，射出场区时，粒子速度方向偏转了θ角，去掉电场，改换成方向垂直纸面向外的匀强磁场，此粒子若原样射入磁场，它从场区的另一侧射出时，也偏转了θ角，求此磁场的磁感强度B．3．如图所示，在直角坐标系的第Ⅱ象限和第Ⅳ象限中的直角三角形区域内，分布着磁感应强度均为B＝5.0×10－3T的匀强磁场，方向分别垂直纸面向外和向里．质量为m＝6.64×10－27㎏、电荷量为q＝＋3.2×10－19C的α粒子（不计α粒子重力），由静止开始经加速电压为U＝1205V的电场（图中未画出）加速后，从坐标点M（－4，2）处平行于x轴向右运动，并先后通过两个匀强磁场区域．(1)请你求出α粒子在磁场中的运动半径；(2)你在图中画出α粒子从直线x＝－4到直线x＝4之间的运动轨迹，并在图中标明轨迹与直线x＝4交点的坐标；(3)求出α粒子在两个磁场区域偏转所用的总时间．专题二：带电粒子在复合场中的运动(4)姓名______________1．如图所示，竖直平面xOy 内存在水平向右的匀强电场，场强大小E=10N／c ，在y ≥0的区域内还存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5T 一带电量0.2C q =+、质量0.4kg m =的小球由长0.4m l =的细线悬挂于P 点小球可视为质点，现将小球拉至水平位置A 无初速释放，小球运动到悬点P 正下方的坐标原点O 时，悬线突然断裂，此后小球又恰好能通过O 点正下方的N 点.(g=10m ／s 2)，求： (1)小球运动到O 点时的速度大小；(2)悬线断裂前瞬间拉力的大小； (3)ON 间的距离2．两块平行金属板MN 、PQ 水平放置，两板间距为d 、板长为l ，在紧靠平行板右侧的正三角形区域内存在着垂直纸面的匀强磁场，三角形底边BC 与PQ 在同一水平线上，顶点A 与MN 在同一水平线上，如图所示．一个质量为m 、电量为+q 的粒子沿两板中心线以初速度v 0水平射入，若在两板间加某一恒定电压，粒子离开电场后垂直AB 边从D 点进入磁场，BD=41AB ，并垂直AC 边射出(不计粒子的重力)．求： (1)两极板间电压；(2)三角形区域内磁感应强度； (3)若两板间不加电压，三角形区域内的磁场方向垂直纸面向外．要使粒子进入磁场区域后能从AB 边射出，试求所加磁场的磁感应强度最小值．专题二：带电粒子在复合场中的运动——参考答案（1）1、解析：由于此带电粒子是从静止开始释放的，要能经过M点，其起始位置只能在匀强电场区域．物理过程是：静止电荷位于匀强电场区域的y轴上，受电场力作用而加速，以速度v进入磁场，在磁场中受洛仑兹力作用作匀速圆周运动，向x轴偏转．回转半周期过x轴重新进入电场，在电场中经减速、加速后仍以原速率从距O点2R处再次超过x轴，在磁场回转半周后又从距O点4R处飞越x轴如图所示（图中电场与磁场均未画出）故有L＝2R，L＝2×2R，L＝3×2R即 R＝L／2n，（n=1、2、3……）……………①设粒子静止于y轴正半轴上，和原点距离为h，由能量守恒得mv2／2=qEh……②对粒子在磁场中只受洛仑兹力作用而作匀速圆周运动有：R＝mv／qB………③解①②③式得：h＝B2qL2／8n2mE （n＝l、2、3……）2、解析：粒子在电场中运行的时间t＝ l／v；加速度 a＝qE／m；它作类平抛的运动．有tgθ=at/v=qEl/mv2………①粒子在磁场中作匀速圆周运动由牛顿第二定律得：qvB=mv2/r，所以r=mv/qB 又：sinθ=l/r=lqB/mv………②由①②两式得：B=Ecosθ/v 3、解析：(1)粒子在电场中被加速，由动能定理得221mvqU=α粒子在磁场中偏转，则牛顿第二定律得rvmqvB2=联立解得2102.312051064.62005.01211927=⨯⨯⨯⨯==--qmUBr（m）(2)由几何关系可得，α粒子恰好垂直穿过分界线，故正确图象为(3)带电粒子在磁场中的运动周期qBmvrTππ22==α粒子在两个磁场中分别偏转的弧度为4π，在磁场中的运动总时间631927105.6105102.321064.614.3241----⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯===qBmTtπ（s）OM2－22－4 4 x/my/m－2vBB （4，2-）（4） 1、解：（1）小球从A 运到O 的过程中，根据动能定理：212mv mgl qEl =- ① 则得小球在O 点速度为：2/s v m == ② （2）小球运到O 点绳子断裂前瞬间，对小球应用牛顿第二定律：2v F T mg f m l=-==向洛 ③f Bvq =洛 ④由③、④得：28.2mv T mg Bvq N l=++= ⑤ （3）绳断后，小球水平方向加速度25/s x F Eq a m m===电 ⑥ 小球从O 点运动至N 点所用时间0.8t s aυ∆== ⑦ON 间距离21 3.2m 2h gt == ⑧2、解：⑴垂直AB 边进入磁场，由几何知识得：粒子离开电场时偏转角为30°∵0.v lmd qu v y =0v v tg y=θ ∴qlmdv u 332= 由几何关系得：030cos dl AB =在磁场中运动半径d l r AB 23431==∴ 121r mv qv B = ︒=30cos 0v v∴qdmv B 3401= 方向垂直纸面向里⑶当粒子刚好与BC 边相切时，磁感应强度最小，由几何知识知粒子的运动半径r 2为：42d r = ………（ 2分） 2202r mv qv B = ∴qd mv B 024=即：磁感应强度的最小值为qdmv 0422（12分）如图所示的坐标系，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向。

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。

带电粒子在复合场中运动高考题

1.以下列图，水平川面上有一辆固定有竖直圆滑绝缘管的小车，管的底部有一质量 m=、电荷量 q=8×10-5C 的小球，小球的直径比管的内径略小。

在管口所在水平面 MN 的下方存在着垂直纸面向里、磁感觉强度 B1= 15T 的匀强磁场， MN 面的上方还存在着竖直向上、场强 E=25V/m 的匀强电场和垂直纸面向外、磁感觉强度 B2=5T 的匀强磁场。

现让小车一直保持 v=2m/s 的速度匀速向右运动，以带电小球刚经过场的界限PQ 为计时的起点，测得小球对管侧壁的弹力 F N 随高度 h 变化的关系以下列图。

g 取 10m/s2，不计空气阻力。

求：〔1〕小球刚进入磁场 B1 时的加快度大小 a〔2〕绝缘管的长度 L〔3〕小球走开管后再次经过水平面 MN 时距管口的距离△xF N/×10-3N B2B1vh2.以下列图，相距 2L 的 AB、CD 两直线间的地区存在着两个大小不一样、方向相反的有界匀强电场，此中 PT 上方的电场E1 的场强方向竖直向下， PT 下方的电场 E0 的场强方向竖直向上，在电场左界限 AB 上宽为 L 的 PQ 地区内，连续散布着电量为＋ q、质量为 m 的粒子。

从某时辰起由 Q 到 P 点间1的带电粒子，挨次以同样的初速度 v0 沿水平方向垂直射入匀强电场 E0 中，假定从 Q 点射入的粒子，经过 PT 上的某点 R 进入匀强电场 E1 后从 CD 边上的 M 点水平射出，其轨迹如图，假定 MT 两点的距离为 L/2。

不计粒子的重力及它们间的互相作用。

试求：〔1〕电场强度 E0 与 E1，〔2〕在 PQ 间还有很多水平射入电场的粒子经过电场后也能垂直 CD 边水平射出，这些入射点到 P 点的距离有什么规律？DB2LE1M STPRQv0A E0 C〔3〕有一边长为 a、由圆滑绝缘壁围成的正方形容器，在其界限正中央开有一小孔 S，将其置于 CD 右边，假定从 Q 点射入的粒子经 AB、CD 间的电场从 S 孔水平射入容器中。

(物理) 高考物理带电粒子在复合场中的运动试题(有答案和解析)含解析

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．两块足够大的平行金属极板水平放置，极板间加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律分别如图1、图2所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向）。

在t=0时刻由负极板释放一个初速度为零的带负电的粒子（不计重力），若电场强度E0、磁感应强度B0、粒子的比荷qm均已知，且2mtqBπ=，两板间距2210mEhqBπ=。

（1）求粒子在0～t0时间内的位移大小与极板间距h的比值。

（2）求粒子在板板间做圆周运动的最大半径（用h表示）。

（3）若板间电场强度E随时间的变化仍如图1所示，磁场的变化改为如图3所示，试画出粒子在板间运动的轨迹图（不必写计算过程）。

【来源】带电粒子的偏转【答案】（1）粒子在0～t0时间内的位移大小与极板间距h的比值115sh=（2）粒子在极板间做圆周运动的最大半径225hRπ=（3）粒子在板间运动的轨迹如图：【解析】【分析】【详解】（1）设粒子在0～t0时间内运动的位移大小为s121012s at =① 0qEa m=②又已知200200102,mE m t h qB qB ππ== 联立解得：115s h = （2）解法一粒子在t 0~2t 0时间内只受洛伦兹力作用，且速度与磁场方向垂直，所以粒子做匀速圆周运动。

设运动速度大小为v 1，轨道半径为R 1，周期为T ，则10v at =21101mv qv B R =联立解得：15h R π= 又002mT t qB π== 即粒子在t 0~2t 0时间内恰好完成一个周期的圆周运动。

在2t 0~3t 0时间内，粒子做初速度为v 1的匀加速直线运动，设位移大小为s 22210012s v t at =+解得：235s h =由于s 1+s 2＜h ，所以粒子在3t 0~4t 0时间内继续做匀速圆周运动，设速度大小为v 2，半径为R 2，有：210v v at =+22202mv qv B R =解得225h R π=由于s 1+s 2+R 2＜h ，粒子恰好又完成一个周期的圆周运动。

10 静电场2高考真题分项详解(原卷版)

十年高考分类汇编专题10静电场2（2011—2020）目录题型一、带电粒子在复合场中的运动 ................................................................................................ 1 题型二、带电粒子在纯电场、复合场中运动的综合类问题 (3)题型一、带电粒子在复合场中的运动1.（2019天津）如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m 的带电小球，以初速度v 从M 点竖直向上运动，通过N 点时，速度大小为2v ，方向与电场方向相反，则小球从M 运动到N 的过程（）A ．动能增加212mvB ．机械能增加22mv C ．重力势能增加232mv D ．电势能增加22mv2.（2016江苏）如图所示，水平金属板A 、B 分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态．现将B 板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴（）A. 仍然保持静止B. 竖直向下运动C. 向左下方运动D. 向右下方运动3.(2013广东)喷墨打印机的简化模型如图所示．重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v 垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中( )A．向负极板偏转B．电势能逐渐增大C．运动轨迹是抛物线D．运动轨迹与带电量无关4.（2016全国1）如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。

忽略空气阻力。

由此可知（）A. Q点的电势比P点高B. 油滴在Q点的动能比它在P点的大C. 油滴在Q点的电势能比它在P点的大D. 油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小5.（2014·天津）如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加C．微粒从M点运动到N点动能一定增加D. 微粒从M点运动到N点机械能一定增加．10V/m.已知一半径为1mm的雨滴在此电场中不6.（2010全国卷2）在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为4会下落，取重力加速度大小为10m/2s ,水的密度为310kg/3m 。

高中物理带电粒子在复合场中的运动题20套(带答案)及解析

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。

【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。

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《带电粒子在叠加场中的运动》真题练习含答案

高考物理《带电粒子在叠加场中的运动》真题练习含答案1．(多选)如图所示，空间存在着垂直向里的匀强磁场B 和竖直向上的匀强电场E ，两个质量不同电量均为q 的带电小球a 和b 从同一位置先后以相同的速度v 从场区左边水平进入磁场，其中a 小球刚好做匀速圆周运动，b 小球刚好沿直线向右运动．不计两小球之间库仑力的影响，重力加速度为g ，则( )A ．a 小球一定带正电，b 小球可能带负电B ．a 小球的质量等于qEgC ．b 小球的质量等于qE －q v BgD ．a 小球圆周运动的半径为EVBg答案：BD解析：a 小球刚好做匀速圆周运动，重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，所以Eq ＝m a g ，电场力方向竖直向上，则a 小球一定带正电，b 小球刚好沿直线向右运动，如果b 小球带负电，电场力洛伦兹力均向下，重力也向下，不能平衡，无法做直线运动，所以b 小球带正电，q v B ＋Eq ＝m b g ，A 错误；根据A 选项分析可知，a 小球的质量等于m a ＝qEg ，B 正确；根据A 选项分析可知，b 小球的质量等于m b ＝qE ＋q v Bg，C 错误；a 小球圆周运动的半径为Bq v ＝m a v 2r ，解得r ＝m a v Bq ＝E vBq，D 正确．2．(多选)如图所示，在竖直平面内的虚线下方分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的电场强度大小为10 N/C ，方向水平向左；磁场的磁感应强度大小为2 T ，方向垂直纸面向里．现将一质量为0.2 kg 、电荷量为＋0.5 C 的小球，从该区域上方的某点A 以某一初速度水平抛出，小球进入虚线下方后恰好做直线运动．已知重力加速度为g ＝10 m/s 2.下列说法正确的是( )A.小球平抛的初速度大小为5 m/sB．小球平抛的初速度大小为2 m/sC．A点距该区域上边界的高度为1.25 mD．A点距该区域上边界的高度为2.5 m答案：BC解析：小球受竖直向下的重力与水平向左的电场力作用，小球进入电磁场区域做直线运动，小球受力如图所示小球做直线运动，则由平衡条件得q v B cos θ＝mg，小球的速度v cos θ＝v0，代入数据解得v0＝2 m/s，A错误，B正确；小球从A点抛出到进入复合场过程，由动能定理得mgh＝12m v2－12m v2，根据在复合场中的受力情况可知(mg)2＋(qE)2＝(q v B)2，解得h＝E22gB2，代入数据解得h＝1.25 m，C正确，D错误．3．如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨迹半径为R.已知电场的电场强度大小为E，方向竖直向下；磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里．不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法中正确的是() A．液滴带正电B．液滴的比荷qm＝g EC．液滴的速度大小v＝gRBED．液滴沿逆时针方向运动答案：B解析：带电液滴刚好做匀速圆周运动，应满足mg＝qE，电场力向上，与场强方向相反，液滴带负电，可得比荷为qm＝gE，A错误，B正确；由左手定则可判断，只有液滴沿顺时针方向运动，受到的洛伦兹力才指向圆心，D错误；由向心力公式可得q v B＝m v2R，联立可得液滴的速度大小为v＝gBRE，C错误．4．(多选)空间内存在电场强度大小E＝100 V/m、方向水平向左的匀强电场和磁感应强度大小B1＝100 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场(图中均未画出).一质量m＝0.1 kg、带电荷量q＝＋0.01 C的小球从O点由静止释放，小球在竖直面内的运动轨迹如图中实线所示，轨迹上的A点离OB最远且与OB的距离为l，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是()A．在运动过程中，小球的机械能守恒B．小球经过A点时的速度最大C．小球经过B点时的速度为0D．l＝25m答案：BCD解析：由于电场力做功，故小球的机械能不守恒，A项错误；重力和电场力的合力大小为（qE）2＋（mg）2＝2N，方向与竖直方向的夹角为45°斜向左下方，小球由O点到A点，重力和电场力的合力做的功最多，在A点时的动能最大，速度最大，B项正确；小球做周期性运动，在B点时的速度为0，C项正确；对小球由O点到A点的过程，由动能定理得2mgl＝12m v2，沿OB方向建立x轴，垂直OB方向建立y轴，在x方向上由动量定理得q v y B1Δt＝mΔv，累积求和，则有qB1l＝m v，解得l＝25m，D项正确．5．(多选)如图所示，平面直角坐标系的第二象限内(称为区域Ⅰ)存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场B1，一质量为m、带电荷量为＋q的小球从A点以速度v0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Ⅱ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Ⅲ内存在宽度为d的竖直向上匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场B2，小球在区域Ⅲ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2v0，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列结论正确的是()A ．区域Ⅲ内匀强电场的场强大小E 3＝mgqB ．区域Ⅲ内匀强磁场的磁感应强度大小B 2＝m v 0qdC.小球从A 到O 的过程中做匀速直线运动，从O 到C 的过程中做匀加速直线运动 D ．区域Ⅱ内匀强电场的最小场强大小为E 2＝4mg5q ，方向与x 轴正方向成53°角向上答案：ACD解析：小球在区域Ⅲ内做匀速圆周运动，有mg ＝qE 3，解得E 3＝mgq ，A 项正确；因为小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图所示，由几何关系得d ＝r ＋r sin 37°＝85 r ，由洛伦兹力提供向心力得B 2q ×2v 0＝m （2v 0）2r，解得B 2＝16m v 05qd ，B 项错误；带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力做直线运动，三力满足如图所示关系所以小球从A 到O 的过程只能做匀速直线运动．区域Ⅱ中从O 到C 的过程，小球做直线运动电场强度最小，受力如图所示(电场力方向与速度方向垂直)所以小球做匀加速直线运动，由图知cos 37°＝qE 2mg ，解得E 2＝4mg5q ，方向与x 轴正方向成53°角向上，C 、D 两项正确．6.如图所示，一质量为m 、电荷量为q 的带正电小球(视为质点)套在长度为L 、倾角为θ的固定绝缘光滑直杆OP 上，P 端下方存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向沿PO 方向，磁场方向垂直纸面水平向里．现将小球从O 端由静止释放，小球滑离直杆后沿直线运动，到达Q 点时立即撤去磁场，最终小球垂直打到水平地面上，重力加速度大小为g ，不计空气阻力．求：(1)电场的电场强度大小E 以及磁场的磁感应强度大小B ； (2)Q 点距离地面的高度h .答案：(1)mg sin θq ，mg cos θq 2gL sin θ(2)(sin θ＋1sin θ)L 解析：(1)小球滑离直杆后进入叠加场，在叠加场内的受力情况如图所示，小球做匀速直线运动，根据几何关系有sin θ＝Eqmg ，cos θ＝q v B mg小球在直杆上时有L ＝v 22g sin θ解得E ＝mg sin θq ，B ＝mg cos θq 2gL sin θ(2)根据题意可知，当磁场撤去后，小球受重力和电场力作用，且合力的方向与速度方向垂直，小球做类平抛运动，水平方向有Eq cos θ＝ma xv x ＝v cos θ－a x t竖直方向有mg －Eq sin θ＝ma y h ＝v sin θ·t ＋12a y t 2当小球落到地面时，v x ＝0，即v x ＝v cos θ－a x t ＝0 解得t ＝m vEqh ＝(sin θ＋1sin θ)L7．[2024·湖北省鄂东南教育教学改革联盟联考]如图所示，在竖直平面内的直角坐标系xOy 中，y 轴竖直，第一象限内有竖直向上的匀强电场E 1、垂直于xOy 平面向里的匀强磁场B 1＝4 T ；第二象限内有平行于xOy 平面且方向可以调节的匀强电场E 2；第三、四象限内有垂直于纸面向外的匀强磁场B 2＝1063 T ．x 、y 轴上有A 、B 两点，OA ＝(2＋3 ) m ，OB＝1 m ．现有一质量m ＝4×10－3 kg ，电荷量q ＝10－3 C 的带正电小球，从A 点以速度v 0垂直x 轴进入第一象限，做匀速圆周运动且从B 点离开第一象限．小球进入第二象限后沿直线运动到C 点，然后由C 点进入第三象限．已知重力加速度为g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．求：(1)第一象限内电场的电场强度E 1与小球初速度v 0的大小；(2)第二象限内电场强度E 2的最小值和E 2取最小值时小球运动到C 点的速度v C ； (3)在第(2)问的情况下，小球在离开第三象限前的最大速度v m . 答案：(1)40 N/C 2 m/s (2)20 N/C 26 m/s (3)46 m/s ，方向水平向左解析：(1)小球由A 点进入第一象限后，所受电场力与重力平衡 E 1q ＝mg 解得E 1＝40 N/C 由几何关系得r ＋r 2－OB 2 ＝OA解得r ＝2 m小球做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有q v 0B 1＝m v 20r解得v 0＝2 m/s(2)由几何关系得：BC 与竖直方向夹角为θ＝30°小球由B 到C 做直线运动，则电场力与重力的合力与v B 均沿BC 方向，当电场力与BC 垂直时，电场力有最小值qE 2min ＝mg sin θ解得E 2min ＝20 N/C 对小球有mg cos θ＝ma 根据几何关系x BC ＝OB cos θ ＝233 m 根据速度位移关系式v 2C －v 20 ＝2ax BC代入数据得a ＝53 m/s 2 v C ＝26 m/s(3)小球进入第三象限后，在重力、洛伦兹力作用下做变加速曲线运动，把初速度v C 分解为v 1和v 2，其中v 1满足Bq v 1＝mg解得v 1＝mgB 2q ＝26 m/s方向水平向左则v 2＝26 m/s方向与x 轴正方向夹角为60°小球的实际运动可以分解为运动一：速度为v1＝26m/s，水平向左，合力为B2q v1－mg＝0的匀速直线运动．运动二：速度为v2＝26m/s，顺时针旋转，合力为F洛＝B2q v2的匀速圆周运动．当v1和v2的方向相同时合运动的速度最大，最大速度v m＝v1＋v2＝46m/s 方向水平向左．。

高考物理带电粒子在复合场中的运动压轴题综合题含答案解析

高考物理带电粒子在复合场中的运动压轴题综合题含答案解析一、带电粒子在复合场中的运动压轴题1．如图甲所示，空间存在一范围足够大的垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ．让质量为m ，电荷量为q （q ＞0）的粒子从坐标原点O 沿xOy 平面以不同的初速度大小和方向入射到磁场中．不计重力和粒子间的影响．（1）若粒子以初速度v 1沿y 轴正向入射，恰好能经过x 轴上的A （a ，0）点，求v 1的大小；（2）已知一粒子的初速度大小为v （v ＞v 1），为使该粒子能经过A （a ，0）点，其入射角θ（粒子初速度与x 轴正向的夹角）有几个？并求出对应的sin θ值；（3）如图乙，若在此空间再加入沿y 轴正向、大小为E 的匀强电场，一粒子从O 点以初速度v 0沿y 轴正向发射．研究表明：粒子在xOy 平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度的x 分量v x 与其所在位置的y 坐标成正比，比例系数与场强大小E 无关．求该粒子运动过程中的最大速度值v m ．【来源】2013年全国普通高等学校招生统一考试理科综合能力测试物理（福建卷带解析) 【答案】⑴；⑵两个 sin θ=；⑶＋．【解析】试题分析：(1)当粒子沿y 轴正向入射，转过半个圆周至A 点，半径R 1＝a/2由运动定律有2111v Bqv m R =解得12Bqav m=(2)如右图所示，O 、A 两点处于同一圆周上，且圆心在 x ＝2a的直线上，半径为R ，当给定一个初速率v 时，有2个入射角，分别在第1、2象限．即 sinθ′＝sinθ＝2a R另有2v Bqv m R=解得 sinθ′＝sinθ＝2aqBmv(3)粒子在运动过程中仅电场力做功，因而在轨道的最高点处速率最大，用y m 表示其y 坐标，由动能定理有 qEy m＝12mv2m－12mv2由题知 v m＝ky m若E＝0时，粒子以初速度v0沿y轴正向入射，有 qv0B＝m2vR在最高处有 v0＝kR0联立解得22()mE Ev vB B=++考点：带电粒子在符合场中的运动；动能定理．2．如图，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B．一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动．A、C两点间距离为h，重力加速度为g．（1）求小滑块运动到C点时的速度大小v c；（2）求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功W f；（3）若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点．已知小滑块在D点时的速度大小为v D，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小v p.【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理（福建卷带解析)【答案】（1）E/B （2）（3）【解析】【分析】【详解】小滑块到达C 点时离开MN ，此时与MN 间的作用力为零，对小滑块受力分析计算此时的速度的大小；由动能定理直接计算摩擦力做的功W f ；撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据分运动计算最后的合速度的大小；（1）由题意知，根据左手定则可判断，滑块在下滑的过程中受水平向左的洛伦兹力，当洛伦兹力等于电场力qE 时滑块离开MN 开始做曲线运动，即Bqv qE = 解得：E v B=（2）从A 到C 根据动能定理：2102f mgh W mv -=- 解得：2212f E W mgh m B=-（3）设重力与电场力的合力为F ，由图意知，在D 点速度v D 的方向与F 地方向垂直，从D 到P 做类平抛运动，在F 方向做匀加速运动a=F /m ，t 时间内在F 方向的位移为212x at = 从D 到P ，根据动能定理：150a a +=，其中2114mv 联立解得：()22222()P Dmg qE v t v m+=+【点睛】解决本题的关键是分析清楚小滑块的运动过程，在与MN 分离时，小滑块与MN 间的作用力为零，在撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据滑块的不同的运动过程逐步求解即可．3．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v 0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t 2，有：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sin cos gRv θθ=⑨5．如图所示,待测区域中存在匀强电场和匀强磁场,根据带电粒子射入时的受力情况可推测其电场和磁场. 图中装置由加速器和平移器组成,平移器由两对水平放置、相距为l 的相同平行金属板构成,极板长度为l 、间距为d,两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反. 质量为m 、电荷量为+q 的粒子经加速电压U0 加速后,水平射入偏转电压为U1 的平移器,最终从A 点水平射入待测区域. 不考虑粒子受到的重力.(1)求粒子射出平移器时的速度大小v1;(2)当加速电压变为4U0 时,欲使粒子仍从A 点射入待测区域,求此时的偏转电压U; (3)已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域,刚进入时的受力大小均为F. 现取水平向右为x 轴正方向,建立如图所示的直角坐标系Oxyz. 保持加速电压为U0 不变,移动装置使粒子沿不同的坐标轴方向射入待测区域,粒子刚射入时的受力大小如下表所示.请推测该区域中电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向. 【来源】2012年普通高等学校招生全国统一考试理综物理（江苏卷) 【答案】(1)012qU v m=(2)1U?4U = （3）E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为30°或150°，若B 沿-x 轴方向，E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为-30°或-150°．【解析】(1)设粒子射出加速器的速度为0v 动能定理20012qU mv =由题意得10v v =，即012qU v m=(2)在第一个偏转电场中,设粒子的运动时间为t 加速度的大小1qU a md=在离开时,竖直分速度yv at = 竖直位移2112y at =水平位移1l vt =粒子在两偏转电场间做匀速直线运动,经历时间也为t 竖直位移2y y v t =由题意知,粒子竖直总位移12y?2y y =+ 解得210U l y U d=则当加速电压为04U 时,1U?4U = （3）(a)由沿x 轴方向射入时的受力情况可知:B 平行于x 轴. 且FE q= (b)由沿y +-轴方向射入时的受力情况可知:E 与Oxy 平面平行.222F f (5F)+=,则f?2F =且1f?qv B =解得02F mB BqU =(c)设电场方向与x 轴方向夹角为.若B 沿x 轴方向,由沿z 轴方向射入时的受力情况得222sin )(cos )(7)f F F F αα++=（解得=30°,或=150°即E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为30°或150°. 同理,若B 沿-x 轴方向E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为-30°或-150°.6．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试题(有答案和解析)含解析

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．如图所示，在坐标系Oxy 的第一象限中存在沿y 轴正方向的匀强电场，场强大小为E ．在其它象限中存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里．A 是y 轴上的一点，它到坐标原点O 的距离为h ；C 是x 轴上的一点，到O 的距离为L ．一质量为m ，电荷量为q 的带负电的粒子以某一初速度沿x 轴方向从A 点进入电场区域，继而通过C 点进入磁场区域．并再次通过A 点，此时速度方向与y 轴正方向成锐角．不计重力作用．试求：（1）粒子经过C 点速度的大小和方向；（2）磁感应强度的大小B ．【来源】2007普通高等学校招生全国统一考试（全国卷Ⅱ)理综物理部分【答案】（1）α＝arctan2h l（2）B 2212mhEh l q+【解析】【分析】【详解】试题分析：（1）以a 表示粒子在电场作用下的加速度，有qE ma ＝①加速度沿y 轴负方向．设粒子从A 点进入电场时的初速度为0v ，由A 点运动到C 点经历的时间为t ，则有：212h at =② 0l v t =③由②③式得02a v h＝设粒子从C 点进入磁场时的速度为v ，v 垂直于x 轴的分量12v ah ＝⑤ 由①④⑤式得：22101v v v +＝()2242qE h l mh+⑥设粒子经过C 点时的速度方向与x 轴的夹角为α，则有1vtanvα＝⑦由④⑤⑦式得2harctanlα＝⑧（2）粒子从C点进入磁场后在磁场中作速率为v的圆周运动．若圆周的半径为R，则有qvB＝m2vR⑨设圆心为P，则PC必与过C点的速度垂直，且有PC＝PA R＝．用β表示PA与y轴的夹角，由几何关系得：Rcos Rcos hβα=+⑩Rsin l Rsinβα=－解得222242h lR h lhl++＝由⑥⑨式得：B=2212mhEh l q+2．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．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．在场强为B 的水平匀强磁场中，一质量为m 、带正电q 的小球在O 静止释放，小球的运动曲线如图所示．已知此曲线在最低点的曲率半径为该点到z 轴距离的2倍，重力加速度为g ．求：(1)小球运动到任意位置P (x ，y)的速率v ； (2)小球在运动过程中第一次下降的最大距离y m ； (3)当在上述磁场中加一竖直向上场强为E (mgE q>)的匀强电场时，小球从O 静止释放后获得的最大速率m v 。

带电粒子在复合场中的运动(含答案)

带电粒子在复合场中的运动1、如图，在平面直角坐标系xOy 内，第1象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON 为直径的半圆形区域内，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y ＝h 处的M 点，以速度v 0垂直于y 轴射入电场，经x 轴上x ＝2h 处的P 点进入磁场，最后以速度v 垂直于y 轴射出磁场。

不计粒子重力。

求：（1）电场强度大小E ；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径；（3）粒子离开磁场时的位置坐标。

2、如图所示，在xoy 平面的第一象限内，分布有沿x 轴负方向的场强4410/3E N C =⨯的匀强电场，第四象限内分布有垂直纸面向里的磁感应强度10.2B T =的匀强磁场，第二、三象限内分布有垂直纸面向里的磁感应强度2B 的匀强磁场。

在x 轴上有一个垂直于y 轴的挡板OM ，挡板上开有一个小孔P ，P 处连接有一段长度2110d m -=⨯内径不计的准直管，管内由于静电屏蔽没有电场。

y 轴负方向上距O 点210h m -的粒子源S 可以向第四象限平面内各个方向发射带正电的粒子，粒子速度大小均为50210/v m s =⨯，粒子的比荷7510/qC kg m=⨯，不计粒子重力和粒子间的相互作用，求：（1）粒子在第四象限的磁场中运动时的轨道半径r ；（2）粒子第一次到达y 轴的位置与O 点的距离H ；（3）要使离开电场的粒子只经过第二、三象限回到S 处，磁感应强度2B 应为多大。

3、如图所示，空间存在方向与xoy 平面垂直，范围足够大的匀强磁场。

在0x ≥区域，磁感应强度大小为B 0，方向向里；x ＜0区域，磁感应强度大小为2B 0，方向向外。

某时刻，一个质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的带电粒子从x 轴上P （L ，0）点以速度02qB Lv m=垂直x 轴射入第一象限磁场，不计粒子的重力。

求：（1）粒子在两个磁场中运动的轨道半径；（2）粒子离开P 点后经过多长时间第二次到达y 轴。

(完整word版)带电粒子在复合场的运动新课标高考真题

由运动学公式有 d 1 at 2 ……⑥ 2
l2
E 由①②⑤⑥⑦式得 B
l12
d
l22
2
v
…………⑧
由①③④⑦式得 t1 t2
l1 2 d 2dl 2
2
arcsin(
2dl1 l12 d
2
)
vt 2 ………⑦
（ 2009 年高考宁夏理综卷） 25． (18 分 )
如图所示，在第一象限有一均强电场，场强大小为 E，
OC 交于 O＇。由几何关系知， AO＇垂直于 OC＇， O＇是圆弧的圆心。设圆弧的半径为 R，则有
R = d sin
①
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
2
qvB m v
②
R
将①式代入②式，得
qBd
v
sin
③
m
(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
度为 a，运动时间为 t，则有
设粒子的质量和所带正电荷分别为 m和 q, 由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得
qvB
v2 m
……………②
R
设 P 为虚线与分界线的交点 , POP
R
,则粒子在磁场中的运动时间为 t1
……③
v
式中有 sin
l1 ………④粒子进入电场后做类平抛运动 R
, 其初速度为 v, 方向垂直于电场 .
设粒子的加速度大小为 a, 由牛顿第二定律得 qE ma …………⑤
向垂直于纸面向里，电场方向与电、磁场分界线平行向右。一带正电荷的粒子以速率
v
从磁场区域上边界的 P 点斜射入磁场，然后以垂直于电、磁场分界线的方向进入电场，
最后从电场边界上的 Q 点射出。已知 PQ 垂直于电场方向，粒子轨迹与电、磁场分界线

高考物理带电粒子在复合场中的运动真题汇编

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．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．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 点持续射出一定速度范围的电子．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度为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．【来源】2014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（浙江卷带解析)【答案】（1）22Mv L（2）垂直于纸面向外（3）043mv B eR >（4）()max 342sin eRB v m α=-【解析】【分析】【详解】（1）离子在电场中加速，由动能定理得：212M eU Mv =,得：22M Mv U e =．离子做匀加速直线运动，由运动学关系得:22Mv aL =,得：22Mv a L=．（2）要取得较好的电离效果，电子须在出射方向左边做匀速圆周运动，即为按逆时针方向旋转，根据左手定则可知，此刻Ⅰ区磁场应该是垂直纸面向外．（3）当90α=︒时，最大速度对应的轨迹圆如图一所示，与Ⅰ区相切，此时圆周运动的半径为34r R =洛伦兹力提供向心力，有2maxmaxv Bev m r= 得34max BeRv m=即速度小于等于34BeRm 此刻必须保证043mv B BR＞．（4）当电子以α角入射时，最大速度对应轨迹如图二所示，轨迹圆与圆柱腔相切，此时有：90OCO α∠'=︒﹣2ROC =，OC r '=，OO R r '=﹣ 由余弦定理有222(29022R R R r r r cos α⎛⎫=+⨯⨯︒ ⎪⎝⎭﹣）﹣（﹣），90cos sin αα︒-=（）联立解得：()342Rr sin α=⨯-再由：maxmv r Be=，得 ()342max eBRv m sin α=-．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、带电粒子在匀强电场中的运动【名师点睛】该题的文字叙述较长，要求要快速的从中找出物理信息，创设物理情境；平时要注意读图能力的培养，以及几何知识在物理学中的应用，解答此类问题要有画草图的习惯，以便有助于对问题的分析和理解；再者就是要熟练的掌握带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期和半径公式的应用．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 。

【物理】50套高考物理带电粒子在复合场中的运动含解析

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。

带电粒子在复合场中的运动(解析版)—三年(2022-2024)高考物理真题汇编(全国通用)

带电粒子在复合场中的运动考点01 带电粒子在电磁复合场中的运动1.（2023高考江苏学业水平选择性考试）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。

Oxy 平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B 。

质量为m 、电荷量为e 的电子从O 点沿x 轴正方向水平入射。

入射速度为v 0时，电子沿x 轴做直线运动；入射速度小于v 0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。

不计重力及电子间相互作用。

（1）求电场强度的大小E ；（2）若电子入射速度为4v ，求运动到速度为02v 时位置的纵坐标y 1；（3）若电子入射速度在0 < v < v 0范围内均匀分布，求能到达纵坐标025mv y eB=位置的电子数N 占总电子数N 0的百分比。

【参考答案】（1）v 0B ；（2）0332mv eB；（3）90%【名师解析】（1）由题知，入射速度为v 0时，电子沿x 轴做直线运动则有Ee = ev 0B解得E = v 0B（2）电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且由于电子入射速度为4v ，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，根据动能定理有221001111()()2224eEy m v m v =-解得1332mv y eB=（3）若电子以v 入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y ，则根据动能定理有22m 1122eEy mv mv=-由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有F 合 = ev m B －eE在最低点有F 合 = eE －evB联立有m 2Ev v B =-02()m v v y eB-=要让电子达纵坐标025mv y eB=位置，即y ≥ y 2解得0910v v £则若电子入射速度在0 < v < v 0范围内均匀分布，能到达纵坐标025mv y eB =位置的电子数N 占总电子数N 0的90%。