【原创】2016贵州铜仁二中高考物理二轮专题复习：带电粒子在复合场中的运动03 课件

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高考物理带电粒子在复合场中的运动压轴难题二轮复习含答案

高考物理带电粒子在复合场中的运动压轴难题二轮复习含答案一、带电粒子在复合场中的运动压轴题1．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）32lm t 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 vπ= 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．2．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。

贵州铜仁二中高考物理二轮专题复习：电容器与电容带电粒子在电场中的运动课件

解析在水平方向液滴受电场力作用，做初速度为零的匀加速运动；在竖直方向为自由落体运动，故液滴在两板间运动的轨迹不是抛物线，A 错；电源电动势越大，液滴受电场力越大，液滴在板间运动的加速度就越大，由于水平运动距离一定，为中心线到板的水平距离，故加速度越大，时间越短，所以 B、C 对；定值电阻的大小不会改变板间电压，故 D 错．
走部分电荷，在电容器的电容不变的情况下，由公式 U ＝QC知，电容器两极板间的电压变小，故答案 D 不行．故选 A、B.
答案 AB
3．如图所示，是一个由电池、电阻 R、电键 S 与平行板电容器组成的串联电路，电键 S 闭合．在增大两极板间距离的过程中( )
A．电阻 R 中没有电流 B．电容器的电容变小 C．电阻 R 中有从 a 流向 b 的电流 D．电阻 R 中有从 b 流向 a 的电流
考点诊断
1.计算机键盘上的每一个按键下面都有一个电容传感器，电容的计算公式是 C＝9.0×10－12Sd(F)，S 表示两金属片的正对面积，d 表示两金属片间的距离．当某一键按下时，d 发生改变，引起电容器的电容发生改变，从而给电子线路发出相应的信号．已知两金属片的正对面积为 50 mm2，键未被按下时，两金属片的间距为 0.6 mm.只要电容变化达 0.25 pF，电子线路
解析当增大两极板间的距离时，由电容器的电容 C＝
εrS 知电容变小，因为电容器两端的电压不变，由 4πkd
Q＝CU
知电容器极板上的电量变小，即电容器对电源反向充电，故
R 中有电流，电流的方向为 a 流向 b，故答案应选 B、C.
答案 BC
4．如图所示，平行板电容器的两个极板为 A、B，B 板接地，A 板带有电量＋Q，板间电场中有一固定点 P，若将 B 板固定，A 板下移一些，或者将 A 板固定，B 板上移一些，在这两种情况下，以下说法正确的是( )

高考物理二轮复习专题归纳—带电粒子在复合场中的运动

高考物理二轮复习专题归纳—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．带电粒子的“电偏转”和“磁偏转”的比较垂直进入磁场(磁偏转)垂直进入电场(电偏转)情景图受力F B ＝qv 0B ，F B 大小不变，方向变化，方向总指向圆心，F B 为变力F E ＝qE ，F E 大小、方向均不变，F E 为恒力运动规律匀速圆周运动r ＝mv 0Bq ，T ＝2πm Bq类平抛运动v x ＝v 0，v y ＝Eqmt x ＝v 0t ，y ＝Eq 2mt 22．常见运动及处理方法3．“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题例1如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第Ⅰ、Ⅳ象限内有一半径为R 的半圆弧，半圆弧的圆心在坐标原点O 处，半圆弧内有方向沿y 轴正方向的匀强电场，半圆弧外足够大的范围内有磁感应强度大小为B 、方向垂直于坐标平面向外的匀强磁场．现从O 点由静止释放一个质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，粒子经电场加速后进入磁场，并从半圆弧与x 轴的交点P 返回电场，不计粒子受到的重力．(1)求匀强电场的电场强度大小E ；(2)求粒子从O 点运动到P 点的时间t ；(3)证明粒子经过P 点后从y 轴离开电场，并求粒子经过P 点后离开电场时的速度大小v .答案(1)qB 2R 2m(2)4＋3πm2qB(3)5qBR 2m解析(1)设粒子进入磁场时的速度大小为v 0，根据动能定理有qER ＝12mv 02粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图甲所示，根据几何关系可知，粒子的做圆周运动的半径为R粒子在磁场运动的过程中，有qv 0B ＝mv 02R 联立解得E ＝qB 2R2m (2)由(1)可得v 0＝qBR m设粒子第一次在电场中运动的时间为t 1，有R ＝12v 0t 1，解得t 1＝2mqB 粒子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πR v 0＝2πmqB粒子在磁场中运动的时间t 2＝34T解得t 2＝3πm 2qB又t ＝t 1＋t 2，解得t ＝4＋3πm 2qB(3)粒子经过P 点后在电场中做类平抛运动，假设粒子经过P 点后从y 轴离开电场，如图乙所示，设粒子从P 点运动到y 轴的时间为t 3，有R ＝v 0t 3，解得t 3＝mqB粒子在电场中运动的加速度大小a ＝qE m该过程中，粒子沿y 轴方向的位移大小y ＝12at 32解得y ＝14R由于y <R ，因此假设成立，粒子经过P 点后从y 轴离开电场；粒子从y 轴离开电场时沿y 轴方向的速度大小v y ＝at 3，解得v y ＝qBR2m则合速度v ＝v 02＋v y 2解得v ＝5qBR2m.考点二带电粒子在叠加场中的运动1．三种典型情况(1)若只有两个场，所受合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态．例如电场与磁场叠加满足qE ＝qvB 时，重力场与磁场叠加满足mg ＝qvB 时，重力场与电场叠加满足mg ＝qE 时．(2)若三场共存，所受合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F ＝qvB 的方向与速度v 垂直．(3)若三场共存，粒子做匀速圆周运动时，则有mg ＝qE ，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB ＝m v 2r.2．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．3．分析例2(多选)(2022·广东卷·8)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场．电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点．已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有()A．电子从N到P，电场力做正功B．N点的电势高于P点的电势C．电子从M到N，洛伦兹力不做功D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力答案BC解析由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，故A错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，N点的电势高于P点的电势，故B正确；由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直，故电子从M到N，洛伦兹力都不做功，故C正确；由于M点和P点在同一等势面上，故从M点到P点电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点所受电场力相等，即所受合力相等，故D 错误．例3(2022·广东高州市二模)如图所示，在区域Ⅰ有与水平方向成45°角的匀强电场，电场方向斜向左下方．在区域Ⅱ有竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E 2＝mgq，磁感应强度大小为B .质量为m 、电荷量为－q 的粒子从区域Ⅰ的左边界P 点由静止释放，粒子沿虚线水平向右运动，进入区域Ⅱ，区域Ⅱ的宽度为d .粒子从区域Ⅱ右边界的Q 点离开，速度方向偏转了60°.重力加速度大小为g .求：(1)区域Ⅰ的电场强度大小E 1；(2)粒子进入区域Ⅱ时的速度大小；(3)粒子从P 点运动到Q 点的时间．答案(1)2mg q (2)23qBd3m(3)23qBd 3mg ＋πm3qB解析(1)粒子在区域Ⅰ受重力和静电力，做匀加速直线运动，θ＝45°，如图所示故有sin θ＝mgqE 1解得E 1＝mg q sin θ＝2mgq(2)设粒子进入区域Ⅱ的速度为v ，粒子受竖直向下的重力和竖直向上的静电力，且qE 2＝mg则所受的洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝mv 2r 速度方向偏转了60°，则对应圆心角为60°，有sin 60°＝d r ，联立解得v ＝23qBd3m(3)设粒子在区域Ⅰ沿虚线水平加速的加速度大小为a ，有a ＝gtan θ＝g ，由速度公式有v ＝at 1可得加速时间为t 1＝23qBd3mg粒子在区域Ⅱ做匀速圆周运动的周期为T ＝2πr v ＝2πm qB则做匀速圆周运动的时间为t 2＝60°360°T ＝πm3qB则粒子从P 点运动到Q 点的时间为t ＝t 1＋t 2＝23qBd 3mg ＋πm3qB.(2022·山西省一模)如图所示，以两竖直虚线M 、N 为边界，中间区域Ⅰ内存在方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E ，两边界M 、N 间距为d .N 边界右侧区域Ⅱ中存在磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场．M 边界左侧区域Ⅲ内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场．边界线M 上的O 点处有一离子源，水平向右发射同种正离子．已知初速度为v 0的离子第一次回到边界M 时恰好到达O 点，电场及两磁场区域足够大，不考虑离子的重力和离子间的相互作用．(1)求离子的比荷；(2)初速度为v02的离子第二次回到边界M 时也能恰好到达O 点，求区域Ⅲ内磁场的磁感应强度大小．答案(1)v 0dv 0EB (2)B7解析(1)由题可知，离子在区域Ⅰ和Ⅱ中的运动轨迹如图所示，离子在区域Ⅰ由O运动到A 过程中，水平方向以速度v 0做匀速直线运动，有d ＝v 0t竖直方向做匀加速直线运动，有y 1＝12at 2又qE ＝ma 联立可得y 1＝qEd 22mv 02设离子运动到A 点时的速度方向与边界N 的夹角为θ，则离子运动到A 点速度为v ＝v 0sin θ离子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动有qvB ＝mv 2r 解得r ＝mv 0qB sin θ由几何关系可知AC ＝2r sin θ＝2mv 0qB从C 点运动到O 点过程，竖直方向有y 2＝at ·t ＋12at 2＝32at 2又AC ＝y 1＋y 2联立可得q m ＝v 0dv 0EB(2)当初速度为v02时，离子运动轨迹如图所示．从O 点射出到进入区域Ⅱ中，竖直方向有y 1′＝12at ′2水平方向有d ＝v02t ′可得y 1′＝4y 1设离子运动到A ′点时的速度方向与边界N 的夹角为θ′，则运动到A 点速度为v ′＝v 02sin θ′，在区域Ⅱ中有qv ′B ＝mv ′2r ′，则r ′＝mv 02qB sin θ′从进入区域Ⅱ到射出区域Ⅱ，弦长A ′C ′＝2r ′sin θ′＝mv 0qB再次进入区域Ⅰ中，竖直分位移为y 2′＝at ′·t ′＋12at ′2＝32at ′2＝4y 2所以y 1′＋y 2′＝4(y 1＋y 2)＝4AC 在区域Ⅲ中的弦长OF ＝2r ″sin θ″又qv ″B ′＝m v ″2r ″，v ″＝v 02sin θ″所以OF ＝mv 0qB ′由几何关系可知OF ＝y 1′＋y 2′－A ′C ′＝7mv 0qB联立解得B ′＝B7.专题强化练1．(2022·山东省名校联盟高三期末)如图所示，在xOy 坐标系的第一象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场，在第四象限内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场．一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(粒子所受重力不计)从坐标原点O 射入磁场，其入射方向与x 轴的夹角θ＝30°，第一次进入电场后，粒子到达坐标为(23L ＋L ，L )的P 点处时的速度大小为v 、方向沿x 轴正方向．求：(1)粒子从O 点射入磁场时的速度大小v 0；(2)电场的电场强度大小E 以及磁场的磁感应强度大小B ；(3)粒子从O 点运动到P 点的时间t .答案(1)233v (2)mv 26qL 23mv3qL (3)3L π＋126v解析(1)由题意知，粒子的运动轨迹如图所示，由于洛伦兹力不做功，粒子经过Q 点时的速度大小也为v 0，根据对称性，粒子经过Q 点时的速度方向与x 轴正方向的夹角也为θ，粒子进入第一象限后，沿x 轴方向做匀速直线运动，沿y 轴方向做匀减速直线运动，根据几何关系有vv 0＝cos θ解得v 0＝233v (2)对粒子从Q 点运动到P 点的过程，根据动能定理有－qEL ＝12mv 2－12mv 02解得E ＝mv 26qL设粒子从Q 点运动到P 点的时间为t 1，有0＋v 0sin θ2·t 1＝L 解得t 1＝23L v粒子从Q 点运动到P 点的过程中沿x 轴方向的位移大小为x QP ＝vt 1解得x QP ＝23L则OQ ＝23L ＋L －x QP ＝L设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R ，根据几何关系有OQ ＝2R sin θ解得R ＝L根据洛伦兹力提供向心力有qv 0B ＝mv 02R 解得B ＝23mv 3qL(3)粒子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πR v 0根据几何关系，在粒子从O 点运动到Q 点的过程中，运动轨迹对应的圆心角为90°－θ，故粒子在该过程中运动的时间t 2＝90°－θ360°·T 解得t 2＝3πL 6v又t ＝t 1＋t 2解得t ＝3L π＋126v.2．(2022·河北唐山市高三期末)如图，顶角为30°的“V”字形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场．OM 上方存在电场强度大小为E 的匀强电场，方向竖直向上．在OM 上距离O 点3L 处有一点A ，在电场中距离A 为d 的位置由静止释放一个质量为m 、电荷量为q 的带负电的粒子，经电场加速后该粒子以一定速度从A 点射入磁场后，第一次恰好不从ON 边界射出．不计粒子的重力．求：(1)粒子运动到A 点时的速率v 0；(2)匀强磁场磁感应强度大小B ；(3)粒子从释放到第2次离开磁场的总时间．答案(1)2qEd m(2)1L2Edmq(3)32md qE ＋7πL6m2qEd解析(1)带电粒子由静止开始到达A 点时，由动能定理可得qEd ＝12mv 02解得v 0＝2qEd m(2)根据题意作出粒子在磁场中完整的运动轨迹图如图所示粒子在磁场中的运动轨迹的圆心为O 1，轨迹与ON 边界相切于D 点，设轨迹半径为r ，由几何关系可得sin 30°＝r 3L －r解得r ＝L设匀强磁场磁感应强度大小为B ，由洛伦兹力提供向心力可得Bqv 0＝mv 02r 联立解得B ＝mv 0qr ＝1L2Edm q(3)带电粒子从静止加速到A 点所用时间为t1＝2dv0＝2md qE带电粒子在磁场中运动的周期T＝2πrv0＝πL 2m qEd带电粒子第一次在磁场中运动时间为t2＝T 2带电粒子再次进入电场再返回磁场所用时间t3＝2t1再次返回磁场由几何关系可知，以O点为圆心继续做圆周运动至ON边界离开，则再次做圆周运动的时间为t4＝30°360°T＝T12所以总时间为t＝t1＋t2＋t3＋t4＝32mdqE＋7πL6m2qEd.3．(2022·河北张家口市一模)如图所示，平面直角坐标系xOy的第一象限存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场，第二象限存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子在x轴上的A(－d,0)点沿y轴正方向射入电场区域，粒子第一次经过y轴时的速度方向与y轴正方向的夹角为60°，之后每相邻两次经过y轴时的位置间距相等．不计粒子重力．求：(1)粒子的初速度的大小v0；(2)匀强磁场磁感应强度的大小B；(3)粒子从A点运动到第n次经过y轴的时间．答案(1)2Eqd3m(2)3Em2qd(3)见解析解析(1)粒子进入电场后做类平抛运动，沿x轴方向的加速度大小a＝Eq m从A点第一次运动到y轴的过程，x轴方向有v x2＝2ad第一次经过y轴时有tan60°＝v x v0联立解得v0＝2Eqd 3m(2)粒子第一次经过y轴时的速度大小v＝v xsin60°粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m v2r由几何关系可知，粒子每次进入磁场到离开磁场的过程中沿y轴方向运动的距离L＝2r sin60°之后粒子每次从y轴进入电场到离开电场，运动的时间t0＝2v x at0时间内，粒子沿y轴方向运动的距离为y＝v0t0由题意可知y＝L联立解得B＝3Em 2qd(3)设粒子从A点第一次运动到y轴的时间为t1，则有12at12＝d解得t1＝2dm Eq粒子第一次经过y轴到第二次经过y轴，在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可知粒子在磁场中运动的时间为t2＝T3粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝2πmqB解得t2＝2π96dmEq粒子第二次经过y轴到第三次经过y轴，在电场中运动的时间t3＝2v xa＝22dmEq＝2t1即粒子从A点运动到第三次经过y轴时的时间为t3＋t2＋t1＝3t1＋t2所以粒子从A点运动到第n次经过y轴时的时间t＝nt1＋n－12t2＝3n－1π9＋n2dmEq(n＝1,3,5,7，…)t′＝(n－1)t1＋n2t2＝(3nπ9＋n－1)2dmEq(n＝2,4,6,8，…)4．(2022·安徽省江南十校一模)如图所示，竖直平面内建立直角坐标系xOy，y轴正向竖直向上，x轴正向水平向右，x轴在水平平面M内，在x轴上方存在方向竖直向下、电场强度大小为E1的匀强电场．两平行水平面M和N之间的距离为d，其间的区域存在方向竖直向上、电场强度大小为E2的匀强电场(E2＝12E1)和方向水平向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场．带电荷量分别为q和－q(q>0)的小球1和2先后从y轴上距O点为h的P点以相同的初速率v0沿x轴正向水平射出，小球1从x轴上距O点为2h的A点进入MN间，恰好未从平面N离开．小球2从x轴上C点进入两平面间，最后从平面N上某点离开．设两小球质量分别为m 1和m 2，且qE 1＝2m 1g ，题中h 、d 和重力加速度g 已知，其他量均未知．(1)求两小球的初速率v 0；(2)求电场强度E 2和磁感应强度B 的大小之比；(3)若C 点坐标为(4h ,0)，求m 1和m 2之比以及球2离开平面N 时速度大小．答案(1)6gh(2)23－6d gh6h(3)1830gh ＋9gd2解析(1)小球1在x 轴上方做类平抛运动，有x 1＝2h ＝v 0t 1y 1＝h ＝12a 1t 12qE 1＋m 1g ＝m 1a 1且qE 1＝2m 1g 联立解得v 0＝6gh (2)因为E 2＝12E 1则m 1g ＝qE 2所以小球1在MN 间做匀速圆周运动．由题意可知，小球1恰好未从下边界平面N 离开，其轨迹应与平面N 相切，如图所示，设小球1刚进入MN时速度偏转角为θ1，由几何关系可知R cosθ1＋R＝d由tanθ1＝2y1x1＝1，知θ1＝45°又qv A B＝m1v A2 Rv A＝v0cosθ1联立解得E2B＝23－6d gh6h(3)小球2在x轴上方做类平抛运动，有x2＝4h＝v0t2y2＝h＝12a2t22m2g－qE1＝m2a2结合(1)问中4个式子可得m1m2＝18小球2从P点到离开平面N全过程由动能定理得m2g(h＋d)－qE1h＋qE2d＝12m2v2－12m2v02解得v＝30gh＋9gd2.。

高考物理二轮复习-专题15带电粒子在复合场中的运动课件

例2、有人设想用如图8－3－8所示的装置来选择密度相同、大小不同的球状纳米粒子．粒子在电离室中电离后带正电，
电荷量与其表面积成正比．电离后，粒子缓慢通过小孔O1进入极板间电压为U的水平加速电场区域Ⅰ，再通过小孔O2射入相互正交的恒定匀强电场、匀强磁场区域Ⅱ，其中磁场的磁感应强度大小为B，方向如图所示．收集室的小孔O3与O1、O2 在同一条水平线上．半径为r0的粒子，其质量为m0，电荷量为 q0，刚好能沿O1O3直线射入收集室．不计纳米粒子的重力．(V 球＝ πR3，S球＝4πR2)
[思路点拨] 粒子在磁场中做匀速圆周运动，结合几何知识，确定圆心和半径，从而确定磁感应强度和圆心角(或时间)．粒子在电场中做类平抛运动时，结合平抛规律可求得电场强度及运动时间．
[课堂笔记] 粒子在磁场中做匀速圆周运动(如图所示)．由于粒子在分界线处的速度与分界线垂直，圆心O应在分界线上， OP长度即为粒子运动的圆弧的半径R.由几何关系得
减少，动能增加，故C对，D错．因带电粒子的
速度v＝时粒子就能在原电、磁场中做直线运动，与粒子带正、负电荷无关，撒去该区域内的磁场后，粒子带正电时，穿出位置在O′点下方，带负电时，穿出位置在O′点上方，故A、B错．答案：C
例1、如图8－7－5所示，在宽
度分别为l1和l2的两个毗邻的条形区域中分别有匀强
①
凡是符合①式的粒子能顺利通过场区从O2孔射出，凡是不符合①式的粒子均不能从O2孔射出．
2．磁流体发电机如图8－3－2所示，等离子喷入磁场区域，磁场区域中有两块金属板a和b，正、负离子在洛伦兹力作用下发生上下偏转而聚集到a、b板产生电势差．最大电势差可达 Bdv (B为磁感应强度，d为两板间距，v为喷射速度)．

2016届贵州铜仁二中高考物理二轮复习课件带电粒子在复合场中的运动01

(4)注意：电子、质子、α粒子、离子等微观粒子在复合场中运动时，一般都不计重力，但质量较大的质点(如带电尘粒)在复合场中运动时，不能忽略重力．
3．运动情况分析． (1)当带电体所受合外力为零时，将处于静止或匀速直线运动状态． (2)当带电体做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，其余各力的合力必为零． (3)当带电体所受合力大小与方向均变化时，将做非匀速曲线运动．这类问题一般只能用能量关系来处理．
二、复合场综合应用实例 1．速度选择器(如图所示)．
4 垂直． (1)平行板中电场强度 E 和磁感应强度 B 互相________ □ 5 速度的粒子选择出来，所以 □ 这种装置能把具有某一特定 ________
叫做速度选择器． (2)带电粒子能够匀速沿直线通过速度选择器的条件是速 E 6 □ 度 v＝_____. B
置的高度差有关．
(2)电场力的大小为 qE，方向与电场强度 E 及带电粒子
2 无关，其数值 □ 所带电荷的性质有关，电场力做功与路径_________ 3 电势差除与带电粒子的电荷量有关外，还与初、末位置的__________ □
有关．
(3)洛伦兹力的大小跟速度与磁场方向的夹角有关，当带电粒子的速度与磁场方向平行时，F洛＝0；当带电粒子的速度与磁场方向垂直时，F洛＝qvB；洛伦兹力的方向垂直于速度v和磁感应强度B所决定的平面．无论带电粒子做什么运动，洛伦兹力都不做功．
10 Bdv □ ＝_________.
3．电磁流量计．
工作原理：如图所示，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

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带电粒子在复合场中的运动1．如图1所示，某一空间存在正交的匀强电场和匀强磁场，三种速度不同的质子从同一点沿垂直电场线和磁感线方向射入场区，其轨迹为图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三条虚线，设质子沿轨迹Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ进入场区时速度分别为v1、v2、v3，射出场区时速度分别为v1′、v2′、v3′，不计质子重力，则下列选项正确的是()图1A．v1>v2>v3，v1′<v2′<v3′B．v1>v2>v3，v1>v1′，v3′>v3C．v1<v2<v3，v1>v1′，v3′>v3D．v1<v2<v3，v1<v1′，v3′<v32．如图2所示区域有方向竖直向下的匀强电场和水平向里的匀强磁场，一带正电的微粒以水平向右的初速度进入区域时，恰能沿直线运动．欲使微粒向下偏转，可采用的方法是()图2A．仅减小入射速度B．仅减小微粒的质量C．仅增大微粒的电荷量D．仅增大磁场的磁感应强度3．(多选)如图3所示，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等．在该平面有一个质量为m、带正电q的粒子以初速度v0垂直x轴，从x轴上的P点进入匀强电场，恰好与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间恰好垂直于x轴进入下面的磁场，已知OP之间的距离为d，不计粒子重力，则()图3A ．磁感应强度B ＝2mv 04qd B ．电场强度E ＝mv 022qdC ．自进入磁场至在磁场中第二次经过x 轴所用时间为t ＝72πd2v 0D ．自进入磁场至在磁场中第二次经过x 轴所用时间为t ＝7πd2v 04.(2018·全国卷Ⅲ)如图4，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U 加速后在纸面内水平向右运动，自M 点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直．已知甲种离子射入磁场的速度大小为v 1，并在磁场边界的N 点射出；乙种离子在MN 的中点射出；MN 长为l .不计重力影响和离子间的相互作用．求：图4(1)磁场的磁感应强度大小； (2)甲、乙两种离子的比荷之比．5．如图5，A 、B 、C 为同一平面内的三个点，在垂直于平面方向加一匀强磁场，将一质量为m 、带电荷量为q (q >0)的粒子以初动能E k 自A 点垂直于直线AC 射入磁场，粒子依次通过磁场中B 、C 两点所用时间之比为1∶3.若在该平面内同时加匀强电场，从A 点以同样的初动能沿某一方向射入同样的带电粒子，该粒子到达B 点时的动能是初动能的3倍，到达C 点时的动能为初动能的5倍．已知AB 的长度为l ，不计带电粒子的重力，求图5(1)磁感应强度的大小和方向；(2)电场强度的大小和方向．6．如图6所示，在xOy坐标系的第二象限内有水平向右的匀强电场，第四象限内有竖直向上的匀强电场，两个电场的场强大小相等，第四象限内还有垂直于纸面的匀强磁场，让一个质量为m、带电荷量为q的粒子在第二象限内的P(－L，L)点由静止释放，结果粒子沿直线运动到坐标原点并进入第四象限，粒子在第四象限内运动后从x轴上的Q(L,0)点进入第一象限，重力加速度为g，求：7．如图7甲所示，有一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OP与水平方向夹角为θ＝45°，紧靠磁场边界放置长为6d、间距为d的平行金属板M、N，M板与磁场边界的交点为P，磁场边界上的O点与N 板在同一水平面上．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)，其周期T＝4dv0，E0＝Bv06.某时刻从O点竖直向上以初速度v0发射一个电荷量为＋q的粒子，结果粒子恰在图乙中的t＝T4时刻从P点水平进入板间电场，最后从电场中的右边界射出．不计粒子重力．求：图7(1)粒子的质量m；(2)粒子从O点进入磁场到射出电场运动的总时间t；(3)粒子从电场中的射出点到M点的距离．参考答案1.答案 B2.答案 A3.答案 BD解析粒子的轨迹如图所示：带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀加速运动，竖直方向做匀速运动，由题得知，出电场时，v x ＝v y ＝v 0，根据：x ＝v x2t ，y ＝v y t ＝v 0t ，得y ＝2x ＝2d ，出电场时与y 轴交点坐标为(0,2d )，设粒子在磁场中运动的半径为R ，则有R sin (180°－β)＝y ＝2d ，而β＝135°，解得：R ＝22d ，粒子在磁场中运动的速度为：v ＝2v 0，根据R ＝mv qB ，解得：B ＝mv 02qd ，故A 错误；根据v x ＝at ＝qE m t ＝v 0，x ＝v x 2t ，联立解得：E ＝mv 022qd ，故B 正确；在第一象限运动时间为：t 1＝135°360°T ＝3πd 2v 0，在第四象限运动时间为：t 2＝12T ＝2πd v 0，所以自进入磁场至在磁场中第二次经过x 轴所用时间为：t ＝t 1＋t 2＝7πd2v 0，故D 正确，C 错误．4.答案 (1)4Ulv 1(2)1∶4解析 (1)设甲种离子所带电荷量为q 1、质量为m 1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R 1，磁场的磁感应强度大小为B ，由动能定理有q 1U ＝12m 1v 12①由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 q 1v 1B ＝m 1v 12R 1②由几何关系知 2R 1＝l ③ 由①②③式得B ＝4U lv 1④(2)设乙种离子所带电荷量为q 2、质量为m 2，射入磁场的速度为v 2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R 2.同理有q 2U ＝12m 2v 22⑤ q 2v 2B ＝m 2v 22R 2⑥由题给条件有 2R 2＝l 2⑦由①②③④⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为 q 1m 1∶q 2m 2＝1∶4⑧ 5.答案见解析解析 (1)设AC 中点为O ，由题意可知AC 长度为粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径，连接OB .因为粒子在运动过程中依次通过B 、C 两点所用时间之比为1∶3，所以∠AOB ＝60°，粒子做圆周运动的半径r ＝l由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得：qvB ＝m v 2r 初动能：E k ＝12mv 2 解得：B ＝2mE k ql因为粒子带正电，根据洛伦兹力的方向可以判断，磁感应强度B 的方向为垂直纸面向外．(2)加上电场后，只有电场力做功，从A 到B ：qU AB ＝3E k －E k 从A 到C ：qU AC ＝5E k －E k 则U AC ＝2U AB在匀强电场中，沿任意一条直线电势的降落是均匀的，可以判断O 点与B 点是等电势的，所以电场强度E 与OB 垂直；因为由A 到B 电场力做正功，所以电场强度的方向与AB 成30°夹角斜向上．设电场强度的大小为E ，有：U AB ＝El cos 30° 联立解得：E ＝43E k3ql . 6.答案 (1)2L g (2)2m 2gLqL ，垂直纸面向里解析 (1)粒子在第二象限内做直线运动，因此电场力和重力的合力方向沿PO 方向，则粒子带正电．mg ＝qE 1＝qE 2，2mg ＝ma ，2L ＝12at 2，解得t ＝2L g(2)设粒子从O 点进入第四象限的速度大小为v ，则v ＝at ＝2gL ，方向与x 轴正方向成45°角，由于粒子在第四象限内受到的电场力与重力等大反向，因此粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于粒子做匀速圆周运动后从x 轴上的Q (L,0)点进入第一象限，根据左手定则可以判断，磁场方向垂直于纸面向里．粒子做圆周运动的轨迹如图，由几何关系可知 7.答案见解析解析 (1)粒子在磁场中的运动轨迹如图，轨迹半径r ＝d 由牛顿第二定律得 qv 0B ＝m v 02r 解得：m ＝qBdv 0(2)粒子在磁场中运动的周期T 0＝2πmqB 在磁场中运动的时间t 1＝T 04粒子在电场中做曲线运动，与两板平行方向上的分运动为匀速直线运动运动时间t 2＝6dv 0从O 点到离开电场的总时间t ＝t 1＋t 2 解得：t ＝πd 2v 0＋6d v 0＝π＋122v 0d(3)粒子在电场中的运动时间t 2＝6d v 0＝32T当粒子从时刻t ＝T4自P 点进入电场后，在竖直方向上运动一个周期T 的位移为0，速度图象如图所示故粒子在32T 内运动的竖直位移y ＝2×12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 42a ＝qE 0m ，解得y ＝d 6.。

高考物理二轮复习文档：第10讲带电粒子在复合场中的运动(专题强化训练) 含答案

专题强化训练(十) 带电粒子在复合场中的运动一、选择题(1～3为单选题，4～8为多选题)1．如图所示，平行金属板P 、Q 间有磁感应强度为B 的匀强磁场，静止的电子在O 点经加速电压U 作用后由P 板上的小孔垂直进入磁场，打在Q 板上的A 点．现使磁感应强度大小B 加倍，要使电子的运动轨迹不发生变化，仍打在Q 板上的A 点，应该使U 变为原来的( )A ．4倍B ．2倍C ．2倍B ．14倍解析：要使粒子在磁场中仍打在A 点，则可知，粒子的运动半径不变，则由Bq v ＝m v 2R 可知R ＝m v Bq ；B 加倍，而R 不变，速度一定也要加倍；由加速过程可知，Uq ＝12m v 2，解得v＝2Uqm ，故要使速度加倍，电势差应变为原来的4倍，故A 正确．答案：A2．如图所示，长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极，两极间距为d ，极板面积为S ，这两个电极与可变电阻R 相连．在垂直前后侧面的方向上，有一匀强磁场，磁感应强度大小为B ．发电导管内有电阻率为ρ的高温电离气体，气体以速度v 向右流动，并通过专用管道导出．由于运动的电离气体受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势．若不计气体流动时的阻力，由以上条件可推导出可变电阻消耗的电功率P ＝⎝⎛⎭⎫v BdS RS ＋ρd 2R .调节可变电阻的阻值，根据上面的公式或你所学过的物理知识，可求得可变电阻R 消耗电功率的最大值为( )A ．v 2B 2dS 3ρB ．v 2B 2dS 4ρC ．v 2B 2dS 5ρD ．v 2B 2dS 6ρ解析：运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势，相当于电源，其内阻为r ＝ρdS，根据数学知识可知，当外电阻等于电源的内阻，即R ＝r 时，外电阻消耗的电功率最大，此时R ＝ρdS ，由题知P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫v BdS RS ＋ρd 2R ，可得最大电功率P m ＝v 2B 2dS 4ρ.故选B ．答案：B3．如图所示是速度选择器的原理图，已知电场强度为E 、磁感应强度为B 并相互垂直分布，某一带电粒子(重力不计)沿图中虚线水平通过．则该带电粒子( )A ．一定带正电B ．速度大小为EBC ．可能沿QP 方向运动D ．若沿PQ 方向运动的速度大于EB，将一定向下极板偏转解析：粒子从左射入，不论带正电还是负电，电场力大小为qE ，洛伦兹力大小F ＝q v B ＝qE ，两个力平衡，速度v ＝EB ，粒子做匀速直线运动，故A 错误，B 正确．此粒子从右端沿虚线方向进入，电场力与洛伦兹力在同一方向，不能做直线运动，故C 错误．若速度v >EB ，则粒子受到的洛伦兹力大于电场力，使粒子偏转，只有当粒子带负电时粒子向下偏转，故D 错误；故选B ．答案：B4．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m 带电荷量q 的小球以初速度v 0竖直向下进入该区域．若小球恰好沿直线下降，则下列选项正确的是( )A ．小球带正电B ．场强E ＝mgqC ．小球做匀速直线运动D ．磁感应强度B ＝mgq v 0解析：小球在复合场内受到自身重力竖直向下，电场力和洛伦兹力，其中电场力和重力都是恒力，若速度变化则洛伦兹力变化，合力变化，小球必不能沿直线下降，所以合力等于0，小球做匀速直线运动．选项C 正确．若小球带正电，则电场力斜向下，洛伦兹力水平向左，和重力的合力不可能等于0，所以小球不可能带正电，选项A 错误．小球带负电，受到斜向上的电场力和水平向右的洛伦兹力，根据力的合成可得qE ＝2mg ，电场强度E ＝2mgq，选项B 错误．洛伦兹力q v 0B ＝mg ，磁感应强度B ＝mgq v 0选项D 正确．答案：CD5．如图所示，空间同时存在竖直向上的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度为B ，电场强度为E .一质量为m ，电量为q 的带正电小球恰好处于静止状态，现在将磁场方向顺时针旋转30°，同时给小球一个垂直磁场方向斜向下的速度v ，则关于小球的运动，下列说法正确的是( )A ．小球做匀速圆周运动B ．小球运动过程中机械能守恒C ．小球运动到最低点时电势能增加了mg v2BqD ．小球第一次运动到最低点历时πm2qB解析：小球在复合电磁场中处于静止状态，只受两个力作用，即重力和电场力且两者平衡．当把磁场顺时针方向倾斜30°，且给小球一个垂直磁场方向的速度v ，则小球受到的合力就是洛仑兹力，且与速度方向垂直，所以带电小球将做匀速圆周运动，选项A 正确．由于带电小球在垂直于纸面的倾斜平面内做匀速圆周运动运动过程中受到电场力要做功，所以机械能不守恒，选项B 错误．电场力从开始到最低点克服电场力做功为W ＝EqR sin 30°＝mg ×m v Bq ×12＝m 2g v 2Bq ，所以电势能的增加量为m 2g v 2Bq ，选项C 错误．小球从第一次运动到最低点的时间为14T ＝πm 2Bq，所以选项D 正确，故选AD ．答案：AD6．一个足够长的绝缘斜面，倾角为θ，置于匀强磁场中，磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向里，与水平面平行，如图所示，现有一带电荷量为q ，质量为m 的小球在斜面顶端由静止开始释放，小球与斜面间的动摩擦因数为μ，则( )A ．如果小球带正电，小球在斜面上的最大速度为mg cos θqBB ．如果小球带正电，小球在斜面上的最大速度为mg (sin θ－μcos θ)μqBC ．如果小球带负电，小球在斜面上的最大速度为mg cos θqBD ．如果小球带负电，小球在斜面上的最大速度为mg (sin θ－μcos θ)μqB解析：如果小球带正电，小球下滑过程中受到重力、垂直于斜面向下的洛伦兹力、斜面的支持力和滑动摩擦力，小球由静止开始做加速运动，随着小球速度的增大，洛伦兹力增大，摩擦力增大，加速度减小，当小球的受力达到平衡时，做匀速运动，速度达到最大．由平衡条件得mg sin θ＝μ(mg cos θ＋q v m B )，解得最大速度为v m ＝mg (sin θ－μcos θ)μqB，故A 错误B 正确；如果小球带负电，小球下滑过程中受到重力、垂直于斜面向上的洛伦兹力、斜面的支持力和滑动摩擦力，小球由静止开始做加速运动，随着小球速度的增大，洛伦兹力增大，当小球刚要离开斜面时速度达到最大，此时有mg cos θ＝q v m B ，解得v m ＝mg cos θqB，故C 正确D 错误．答案：BC7．如图所示，某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的两块平行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、磁感应强度为B 的匀强磁场中，设粒子射入磁场和射出磁场的M 、N 两点间的距离为s (不计重力，不考虑边缘效应)．下列说法正确的是( )A ．若仅将水平放置的平行板间距增大，则s 减小B ．若仅增大磁感应强度B ，则s 减小C ．若仅增大U 1，则s 增大D ．若仅增大U 2，则s 增大解析：对于加速过程，有qU 1＝12m v 20，得v 0＝2qU 1m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：s 2R ＝cos θ，所以s ＝2R v 0v ；又因为半径公式R ＝m vqB ，则有s ＝2m v 0qB ＝2B2mU 1q.可知增大平行金属板两板间距时，s 不变；选项A 错误；故s 随U 1变化，s 与U 2无关，仅增大U 1，s 将增大，故C 正确，D 错误；仅增大磁感应强度B ，则s 减小，选项B 正确；故选BC ．答案：BC8．在真空中，半径为R 的圆形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B ，一束质子在纸面内以相同的速度射向磁场区域，质子的电量为e ，质量为m ，速度为v ＝eBR m，则以下说法正确的是( )A ．对着圆心入射的质子，其出射方向的反向延长线一定过圆心B ．沿a 点比沿b 点进入磁场的质子在磁场中运动时间短C ．所有质子都在磁场边缘同一点射出磁场D ．若质子以相等的速率v ＝eBRm 从同一点沿各个方向射入磁场，则他们离开磁场的出射方向可能垂直解析：质子做圆周运动的半径为r ＝m veB＝R ；对着圆心入射的质子，其洛伦兹力方向与圆周相切，由几何关系可知，其出射方向的反向延长线一定过圆心，选项A 正确；质子射入磁场中，受到向下的洛伦兹力而向下偏转，因质子的运转半径相同，故沿a 点比沿b 点进入磁场的质子在磁场中运动经过的弧长更长，则时间长，选项B 错误；所有质子做圆周运动的半径都等于R ，画出各个质子的运动轨迹，由几何关系可知，所有质子都在O 点的正下方一点射出磁场，选项C 正确；质子的速度为v ＝eBRm 时，质子运动的半径r ＝m v eB＝R ，若质子从同一点沿各个方向射入磁场，则竖直向上射入的质子沿磁场做圆周运动，射出磁场时方向竖直向下；水平指向圆心方向射入磁场的质子从圆周的正下方沿竖直向下的方向射出；竖直向下射入磁场的质子出离磁场的方向也是竖直向下的，故不存在离开磁场的出射方向垂直的情况，选项D 错误；故选AC ．答案：AC 二、计算题9．如图所示，在平面直角坐标系xOy 中的第一象限内存在磁感应强度大小为B 、方向垂直于坐标平面向内的有界圆形匀强磁场区域(图中未画出)；在第二象限内存在沿x 轴负方向的匀强电场，一粒子源固定在x 轴上的A 点，A 点坐标为(－L,0)．粒子源沿y 轴正方向释放出速度大小为v 的电子，电子恰好能通过y 轴上的C 点，C 点坐标为(0,2L )，电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与x 轴正方向成15°角的射线ON (已知电子的质量为m ，电荷量为e ，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用)．求：(1)第二象限内电场强度E 的大小．(2)电子离开电场时的速度方向与y 轴正方向的夹角θ． (3)圆形磁场的最小半径R m ．解析：(1)从A 到C 的过程中，电子做类平抛运动，有：L ＝eE2m t 22L ＝v t联立解得：E ＝m v 22eL．(2)设电子到达C 点的速度大小为v C ，方向与y 轴正方向的夹角为θ.由动能定理，有：12m v 2C －12m v 2＝eEL 解得：v C ＝2v ，cos θ＝v v C ＝22解得：θ＝45°．(3)电子的运动轨迹图如图，电子在磁场中做匀速圆周运动的半径r ＝m v C eB ＝2m v eB电子在磁场中偏转120°后垂直于ON 射出，则磁场最小半径：R min ＝PQ2＝r sin 60° 由以上两式可得：R min ＝6m v2eB．答案：(1)E ＝m v 22eL (2)45° (3)6m v2eB10．“太空粒子探测器”是由加速装置、偏转装置和收集装置三部分组成的，其原理可简化如下：如图所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心圆，圆心为O ，外圆的半径R 1＝2 m ，电势φ1＝50 V ，内圆的半径R 2＝1 m ，电势φ2＝0，内圆内有磁感应强度大小B ＝5×10－3T 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，收集薄板MN 与内圆的一条直径重合，收集薄板两端M 、N 与内圆间各存在狭缝．假设太空中漂浮着质量m ＝1.0×10－10kg 、电荷量q ＝4×10－4C 的带正电粒子，它们能均匀地吸附到外圆面上，并被加速电场从静止开始加速，进入磁场后，发生偏转，最后打在收集薄板MN 上并被吸收(收集薄板两侧均能吸收粒子)，不考虑粒子相互间的碰撞和作用．(1)求粒子刚到达内圆时速度的大小；(2)以收集薄板MN 所在的直线为x 轴建立如图的平面直角坐标系．分析外圆哪些位置的粒子将在电场和磁场中做周期性运动．指出该位置并求出这些粒子运动一个周期内在磁场中所用时间．解析：(1)带电粒子在电场中被加速时，由动能定理可知qU ＝12m v 2－0U ＝φ1－φ2 解得：v ＝2qUm＝2×104m/s (2)粒子进入磁场后，在洛伦兹力的作用下发生偏转，有q v B ＝m v 2r解得r ＝1.0 m因为r ＝R 2，所以由几何关系可知，从收集板左端贴着收集板上表面进入磁场的粒子在磁场中运动14圆周后，射出磁场，进入电场，在电场中先减速后反向加速，并返回磁场，如此反复的周期运动．其运动轨迹如图所示．则在磁场中运动的时间为T ．T ＝2πr v ＝2πm qB解得T ＝π2×10－4s粒子进入电场的四个位置坐标分别为(0,2m)，(2m,0)，(0，－2m)，(－2m,0) 答案：(1)2×104m/s (2)π2×10－4s(0,2m)，(2m,0)，(0，－2m)，(－2m,0)11．一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)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且q v B ＝2m v 2r 1解得r 1＝2BmU 0q根据几何关系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 21－⎝⎛⎭⎫L 22解得d ＝2BmU 0q－ 4mU 0qB 2－L 24(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 ＝2Bm (U 0－ΔU )qr 2的最大半径r 2max ＝1B2m (U 0＋ΔU )q由题意知2r 1min －2r 2max >L ，即4Bm (U 0－ΔU )q －2B2m (U 0＋ΔU )q>L解得L<2B mq[2(U0－ΔU)－2(U0＋ΔU)]答案：见解析。

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一、带电粒子在复合场中运动问题的解题思路和方法1、电场和磁场成独立区域时分阶段求解电场中：匀变速直线运动求法：牛顿运动定律、运动学公式、动能定理。

类平抛运动求法；常规分解法、特殊分解法。

磁场中：匀速直线运动求法：匀速运动公式。

匀速圆周运动求法：圆周运动公式、牛顿运动定律以及几何知识。

2、电场和匀强磁场共存区域求解方法① 匀速直线运动:用二平衡知识 ②复杂的曲线运动: 牛顿定律、功能关系 3、电场、匀强磁场重力场共存区域求解方法：① 匀速直线运动:用平衡知识 ②匀速圆周运动必然重力与电场力平衡③复杂曲线运动牛顿定律、功能关系。

二、典例分析1、带电粒子在电场和磁场成独立区域运动问题例1．如图所示，在x 轴上方有垂直于xy 平面的匀强磁场，磁感应强度为B ，在x 轴下方有沿y 轴负方向的匀强电场，场强为E ，一质量为m ，电量为—q 的粒子从坐标原点O 沿着y 轴正方向射出，射出之后，第三次到达x 轴时，它与O 点的距离为L ，求此时粒子射出时的速度和运动的总路程（重力不记）(4BqLv m=,221162qB L S L mE π=+) 解：画出粒子运动轨迹如图所示，形成“拱桥”图形,由题知粒子轨道半径4LR =① 由牛顿定律2v qvB m R = ② ,①②联立 4BqLv m=对粒子进入电场后沿y 轴负方向做减速运动的最大路程y 由动能定理知：212qEy mv = 得232qBL y mE =,所以粒子运动的总路程为21322qBL S L mE π=+例2、如图所示，P 和Q 是两块水平放置的长为L 的导体板，间距为d ，在其间加有电压U ，下极板电势高于上极板。

电子（重力不计）以水平速度v 0从两板正中间射入，穿过两板后又沿垂直于磁场方向射入距两平行板右端为L 1的有竖直边界MN 的匀强磁场，经磁场偏转后又从其竖直边界MN 射出，求：（1）电子从进入电场再进入磁场的瞬间运动的时间t 和偏转的距离y(1120()tan ()22L L eULy L L mv dα=+=+) （2）电子进出磁场的两点间距离s(022cos mv S r eBβ==) 解：电子在水平方向作匀速直线运动1L L t v +=在电场中U E d =, F Ee =, F eU a m md==, 01L v t =,1y v at =,200tan y v eULv mv dα==,1120()tan ()22L L eULy L L mv dα=+=+在磁场中2v Bev m r =, mv r eB=, 2cos S r β=,αβ=, 0cos v v α=, 022cos mv S r eBβ==. 例3、（2014年高考大纲版 25题）．(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向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x 轴负向。

高考物理带电粒子在复合场中的运动高考复习资料_教学资料

带电粒子在复合场中的运动复习精要一、带点粒子在复合场中的运动本质是力学问题1、带电粒子在电场、磁场和重力场等共存的复合场中的运动，其受力情况和运动图景都比较复杂，但其本质是力学问题，应按力学的基本思路，运用力学的基本规律研究和解决此类问题。

2、分析带电粒子在复合场中的受力时，要注意各力的特点。

如带电粒子无论运动与否，在重力场中所受重力及在匀强电场中所受的电场力均为恒力，它们的做功只与始末位置在重力场中的高度差或在电场中的电势差有关，而与运动路径无关。

而带电粒子在磁场中只有运动 (且速度不与磁场平行)时才会受到洛仑兹力，力的大小随速度大小而变，方向始终与速度垂直，故洛仑兹力对运动电荷不做功.二、带电微粒在重力、电场力、磁场力共同作用下的运动（电场、磁场均为匀强场）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、与力学紧密结合的综合题，要认真分析受力情况和运动情况（包括速度和加速度）。

必要时加以讨论。

三、带电粒子在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中的运动的基本模型有：1、匀速直线运动。

自由的带点粒子在复合场中作的直线运动通常都是匀速直线运动，除非粒子沿磁场方向飞入不受洛仑兹力作用。

因为重力、电场力均为恒力，若两者的合力不能与洛仑兹力平衡，则带点粒子速度的大小和方向将会改变，不能维持直线运动了。

2、匀速圆周运动。

自由的带电粒子在复合场中作匀速圆周运动时，必定满足电场力和重力平衡，则当粒子速度方向与磁场方向垂直时，洛仑兹力提供向心力，使带电粒子作匀速圆周运动。

3、较复杂的曲线运动。

在复合场中，若带电粒子所受合外力不断变化且与粒子速度不在一直线上时，带电粒子作非匀变速曲线运动。

原创1：专题八带电粒子在复合场中的运动

为零，求：
(1)磁感应强度B的大小；
(2)小球对轨道最低点的最大压力；
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【解析】 (1) mgR＝mv2/2 ①
qBv－mg＝mv2/R
②
qvB
B＝

③
v
v
mg
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【解析】 (1) mgR＝mv2/2
qBv－mg＝mv2/R
①
②
qvB
B＝

③
(2)FN－mg－qBv＝mv2/R ④
专题八带电粒子在复合场中的
运动
核心考点
高效训练
考点一、
带电粒子在相邻复合场中的运动
一、“电偏转”和“磁偏转”的比较
垂直进入磁场(磁偏转) 垂直进入电场(电偏转)
情景图
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FB＝qv0B，大小不变，方 F ＝qE，F 大小、方向不
E
E
受力向总指向圆心，方向变化，变， F 为恒力
E
FB为变力
FN＝6mg
v
FN
v
mg
qvB
⑤
返回菜单
(3)若要小球在圆形轨道内做完整的圆周运动，求小球从
轨道的水平直径的M端下滑的最小速度．
【解析】要小球完成圆周运动的条件是在最高点满足：
ൗ
mg＋qE＝m
⑥
从M点到最高点由动能定理得：

－mgR－qER＝ m － mv

由⑥⑦可得v0＝
(+)

⑦
⑧
返回菜单
考点三、带电粒子在复合场中运动的应用实例
四个应用实例对比
装置
原理图
规律
速度选
择器

高考物理第二轮复习：带电粒子在复合场中的运动

第17讲带电粒子在复合场中的运动命题特点与趋势带电粒子在复合场中的运动侧重于考查带电粒子在电场、磁场及重力场中两者或三者所形成的复合场中运动的问题．题目与共点力平衡、牛顿运动定律、能量守恒、动能定理、圆周运动等联系在一起．这部分的考查在考卷中主要以计算题的形式出现，以综合性的题目为主．解题要领解决此类问题与解答力学综合题的思维方法基本相同，先确定研究对象，然后进行受力分析、状态分析和过程分析，能量的转化分析．受力分析时，要特别特别注意洛伦兹力与粒子的运动状态有关；过程分析时，主要是分析过程特点，建立正确的过程模型；运用能量观点解题时，要分析粒子运动过程中涉及哪些能量之间的转化与守恒.1.匀速直线运动例1在同时存在匀强电场和匀强磁场的空间中取正交坐标系O x yz（z轴正方向竖直向上），如图17-1所示.已知电场方向沿z轴正方向，场强大小为E；磁场方向沿y轴正方向，磁感应强度的大小为B；重力加速度为g.问：一质量为m、带电量为+q的从原点出发的质点能否在坐标轴（x，y，z）上以速度v做匀速运动？若能，m、q、E、B、v及g应满足怎样的关系？若不能，说明理由.图17-1解析能第一种情况：mg>qE,由平衡条件知洛仑兹力f 沿z轴正向，粒子以v沿x轴正向运动由匀速运动易知其条件是：mg－qE=qvB第二种情况：mg<qE,则f沿z轴负方向，粒子以v沿x轴负向运动，由匀速运动知条件是：qE－mg=qvB再设质点沿y轴运动，则不受洛仑兹力.匀速运动条件是：qE=mg最后设质点沿z轴运动，则由于洛仑兹力与重力或电场力垂直，质点无论如何不可能合外力为零，故此时不能做匀速运动.方法提升粒子做匀速直线运动，所受合力为零.2．匀变速直线运动例2质量为m，电量为+q的小球以初速度v0以与水平方向成θ角射出，如图17-2所示，如果在空间加上一定大小的匀强电场和匀强磁场后，能保证小球沿v0方向做匀减速直线运动，试求所加匀强电场的最小值和匀强磁场的方向，加了这个二个场后，经多长时间速度变为零?解析小球在重力和电场力作用下沿v 0方向做匀减速直线运动，可知垂直v 0方向上合外力为零，重力与电场力的合力与v 0相反，磁场方向必平行于v 0所在直线．如图17-3所示，设场强E 与v 0成φ角，由牛顿第二定律可得 Eq sin φ-mg cos θ=0①，Eq cos φ-mg sin θ=ma ②由①得： E =mg cos θ／q sin φ当φ＝90°时，E 最小为E min ＝mg cos θ／q ，其方向与v 0垂直斜向上将φ＝90°代入②式可得a ＝－g sin θ即在场强最小时，小球沿v 0做加速度为a ＝－g sin θ的匀减速直线运动，设运动时间为t 时速度为0，则：0＝v 0－g sin θt ，可得：t =θsin 0g v ．方法提升粒子做匀变速运动，所受的合力要恒定，磁场方向必平行于v 0所在直线，不然，根据洛伦兹力θsin qvB f =，速度变化会引起洛伦兹力的变化，会导致粒子的合力发生变化.3．变加速直线运动例3（2007四川）如图17-4所示，一根长L ＝1.5 m 的光滑绝缘细直杆MN ，竖直固定在场强为E ＝1.0×105 N/C 、与水平方向成θ＝30°角的倾斜向上的匀强电场中.杆的下端M 固定一个带电小球A ，电荷量Q ＝+4.5×10－6 C ；另一带电小球B 穿在杆上可自由滑动，电荷量q ＝+1.0×10一6 C ，质量m ＝1.0×10一2 kg.现将小球B 从杆的上端N 静止释放，小球B 开始运动.（静电力常量k ＝9.0×109 N·m 2／C 2，取g ＝l0 m/s 2)⑪小球B 开始运动时的加速度为多大？⑫小球B 的速度最大时，距M 端的高度h 1为多大？⑬小球B 从N 端运动到距M 端的高度h 2＝0.6l m 时，速度为v ＝1.0 m/s ，求此过程中小球B 的电势能改变了多少？图17-4解析 ⑪开始运动时小球B 受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得：2sin kQ q m g qE m a Lθ--=，解得：2sin kQ q qE a g L mmθ=--图17-3图17-2代人数据解得：a ＝3.2 m/s 2⑫小球B 速度最大时合力为零，即21sin kQ q qE m g h θ+=，解得：1h =代人数据解得：h 1＝0.9 m⑬小球B 从开始运动到速度为v 的过程中，设重力做功为W 1，电场力做功为W 2，库仑力做功为W 3，根据动能定理有：212312W W W m v++=，()12W mg L h =-，()22sin W qE L h θ=--，解得：()()23221sin 2W m v m g L h qE L h θ=--+-设小球B 的电势能改变了△E p ，则： ()23p E W W ∆=-+， ()2212p E m g L h m v ∆=--，解得：28.410J p E -∆=⨯方法提升运用能量观点解题时，可采用两种方法处理，一是利用动能定理来表述，关键是明确各个力做功情况；二是用能量守恒来列式，关键是要分清有多少种能量，要做到不增不减，然后明确哪些能量增加，哪些能量减少，最后用减增E E ∆=∆求解.4．匀速圆周运动例4（2010安徽)如图17-5所示，宽度为d 的竖直狭长区域内（边界为L 1、L 2），存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场（如图17-6所示），电场强度的大小为E 0，E >0表示电场方向竖直向上.t =0时，一带正电、质量为m 的微粒从左边界上的N 1点以水平速度v 射入该区域，沿直线运动到Q 点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N 2点.Q 为线段N 1N 2的中点，重力加速度为g.上述d 、E 0、m 、v 、g 为已知量.（1）求微粒所带电荷量q 和磁感应强度B 的大小；（2）求电场变化的周期T ；（3）改变宽度d ，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T 的最小值.图17-5 图17-6 解析（1）微粒做直线运动，则 0mg qE qvB += ① 微粒做圆周运动，则0m g qE = ②，联立①②得：0m g q E =③，02E B v=④（2）设微粒从N 1运动到Q 的时间为t 1，作圆周运动的周期为t 2，则12d vt = ⑤ 2vq v B m R=⑥ 22R v t π= ⑦联立③④⑤⑥⑦得：12;2d v t t vgπ==⑧所以，电场变化的周期 122d v T t t vgπ=+=+⑨（3）若微粒能完成题述的运动过程，要求 2d R ≥ ⑩联立③④⑥得：22vR g=○11设N 1Q 段直线运动的最短时间t 1min ，由⑤⑩○11得 1mi n2v t g=因t 2不变，T 的最小值 m i n 1m i n 2(21)2v T tt gπ+=+= 方法提升要使得带电粒子在复合场中作匀速圆周运动，粒子受到的合力必须始终指向圆心，可得到一个很有用的结论：Eq mg =.5．变速率圆周运动例5（2011安徽皖南八校）如图17-7所示．在竖直平面内一个带正电的小球质量为m ，所带的电荷量为q ，用一根长为L 不可伸长的绝缘细线系在一匀强电场中的O 点．匀强电场方向水平向右，分布的区域足够大．现将带正电小球从O 点右方由水平位置A 点无初速度释放，小球到达最低点B 时速度恰好为零．(1)求匀强电场的电场强度E 的大小．(2)若小球从O 点的左方由水平位置C 点无初速度释放，则小球到达最低点B 所用的时间t 是多少?此后小球能达到的最大高度H(相对于B 点)是多少?图17-7 图17-8解析（1）对小球由A 到B 的过程，由动能定理得0 = mgL - qEL ，解得 E = qmg（2）如图17-8所示，小球由C 点释放后，将做匀加速直线运动，到B 点时的速度为B v .小球做匀加速直线运动的加速度a = 2mg/m = 2g ，由运动学公式得2B v = 2a2L ，所以t=B v a=小球到B 点时丝线恰好拉紧.将B v 分解为1B v 和2B v ，1B v = B v cos45︒=gL 2 此后小球以1B v 作圆周运动.设运动到D 点恰好速度为0，对小球由B 点到 D 点的过程，由动能定理得0 －21m 21B v = －mg (L + Lsin θ) +qEL cos θ ，可得θ= 45︒ 在到达D 点前小球一直沿圆轨道运动，所以小球离B 点的最大高度H = L + Lsin θ=222+L方法提升本题容易错认为从C 点释放后做圆周运动，为有效避免这一错误，在判断物体的运动性质时，往往要先求出合力（等效力），然后根据所受合力与速度的方向关系来判断.在具体运用规律列式时，又有两种列法，一种是根据等效力来列式，一种是根据正交分解，从两个方向列式.两种方法各有利弊，要根据实际情况选用.6．匀变速曲线运动例6（2010山东潍坊）如图17-9所示的装置，在加速电场U 1内放置一根塑料管AB （AB 由特殊绝缘材料制成，不会影响电场的分布），紧靠其右侧的是两块彼此平行的水平金属板，板长为L ，两板间距离为d ．一个带负电荷的小球，恰好能沿光滑管壁运动．小球由静止开始加速，离开B 端后沿金属板中心线水平射入两板中，若给两水平金属板加一电压U 2，当上板为正时，小球恰好能沿两板中心线射出；当下板为正时，小球射到下板上距板的左端4L 处，求：（1）U 1：U 2；（2）若始终保持上板带正电，为使经U 1加速的小球，沿中心线射入两金属板后能够从两板之间射出，两水平金属板所加电压U 的范围是多少？（请用U 2表示）图17-9解析（1）设粒子被加速后的速度为v 0，当两板间加上电压U 2如上板为正时，dq U 2＝mg ，U 2＝qmgd如下板为正时，a ＝mdq U mg 2+＝2g ，d 21＝21·2g （4v L ）2 ，qU 1＝21mv 2解得21U U ＝2216dL（2）当上板加最大电压U m 时，粒子斜向上偏转刚好穿出：t ＝v L ，1ma mg dq U m =- ，2d ＝2121t a 得U m ＝289U 若上板加上最小正电压U n 时，粒子向下偏转恰穿出： 2ma dq U mg n =-，2d ＝2221t a 得U n ＝287U 电压的范围为：2228987U U U <'<方法提升带电粒子在复合场中做匀变速曲线运动时，运动的合成与分解是联系正交方向上依存关系的隐含条件．充分利用矢量的合成与分解，依据分运动之间的等时性是解决问题的关键．过关演练118.设在地面上方的真空中，存在匀强电场和匀强磁场，已知电场强度和磁感应强度的方向相同，电场强度的大小E=4.0V/m ，磁感应强度的大小B=0.15T ，今有一个带负电的质点以v=20m/s 的速度在此区域内沿垂直于场强方向做匀速直线运动，求此带电质点的电量与质量之比q/m 以及磁场所有可能的方向（角度可以用反三角函数表示）．119．如图17-10所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线L 做直线运动，L 与水平方向成β角，且α＞β，则下列说法中错误的是 ( ). A.液滴一定做匀速直线运动 B.液滴一定带正电C.电场线方向一定斜向上D.液滴有可能做匀变速直线运动图17-10120．如图17-11所示，一竖直固定且光滑绝缘的直圆筒底部放置一可视为点电荷的场源电荷A ，其电荷量Q=+4×10—3C ，场源电荷A 形成的电场中各点的电势表达式为rQ k=ϕ，其中k 为静电力恒量，r 为空间某点到场源电荷A 的距离.现有一个质量为1.0=m kg 的带正电的小球B ，它与A 球间的距离为4.0=a m ，此时小球B 处于平衡状态，且小球B 在场源电荷A 形成的电场中具有的电势能的表达式为rQq kp=ε，其中r 为q 与Q 之间的距离.另一质量为m 的不带电绝缘小球C 从距离B 的上方H=0.8m 处自由下落，落在小球B 上立刻与小球B 粘在一起以2m/s 的速度向下运动，它们到达最低点后又向上运动，向上运动到达的最高点为P .（取g=10m/s 2，k=9×109N ·m 2/C 2），求（1）小球C 与小球B 碰撞前的速度0v 的大小？小球B 的带电量q 为多少？（2）小球C 与小球B 一起向下运动的过程中，最大速度为多少？图17-11121.如图17-12所示，水平地面上有一辆固定有竖直光滑绝缘管的小车，管的底部有一质量m=0.2g、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、磁感应强度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、磁感应强度B2=5T的匀强磁场．现让小车始终保持v=2m/s的速度匀速向右运动，以带电小球刚经过场的边界PQ为计时的起点，测得小球对管侧壁的弹力F N随高度h变化的关系如图17-13所示．g取10m/s2，不计空气阻力．求：（1）小球刚进入磁场B1时的加速度大小a；（2）绝缘管的长度L；（3）小球离开管后再次经过水平面MN时距管口的距离△x．图17-13 图17-12122．如图17-14（甲）所示，在场强大小为E、方向竖直向上的匀强电场中存在着一半径为R的圆形区域，O点为该圆形区域的圆心，A点是圆形区域的最低点，B点是圆形区域最右侧的点．在A点有放射源释放出初速度大小不同、方向均垂直于场强方向向右的正电荷，电荷的质量为m、电量为q，不计电荷重力、电荷之间的作用力．（1）若某电荷的运动轨迹和圆形区域的边缘交于P点，如图（甲）所示，∠POA=θ，求该电荷从A点出发时的速率．（2）若在圆形区域的边缘有一接收屏CBD，如图17-14（乙）所示，C、D分别为接收屏上最边缘的两点，∠COB=∠BO D=30°．求该屏上接收到的电荷的最大动能和最小动能．图17-14123.如图17-15的环状轨道处于竖直面内，它由半径分别为R和2R的两个半圆轨道、半径为R的两个四分之一圆轨道和两根长度分别为2R和4R的直轨道平滑连接而成．以水平线MN和PQ为界，空间分为三个区域，区域Ⅰ和区域Ⅲ有磁感应强度为B的水平向里的匀强磁场，区域Ⅰ和Ⅱ有竖直向上的匀强电场．一质量为m 、电荷量为+q 的带电小环穿在轨道内，它与两根直轨道间的动摩擦因数为μ(0<μ<1)，而轨道的圆弧形部分均光滑．将小环在较长的直轨道CD 下端的C 点无初速释放（已知区域Ⅰ和Ⅱ的匀强电场场强大小为qmg E 2=，重力加速度为g ），求：（1）小环在第一次通过轨道最高点A 时的速度v A 的大小；（2）小环在第一次通过轨道最高点A 时受到轨道的压力F N 的大小；（3）若从C 点释放小环的同时，在区域Ⅱ再另加一垂直于轨道平面向里的水平匀强电场，其场强大小为qmg E ='，则小环在两根直轨道上通过的总路程多大？图17-15此部分文档摘选自华东师范大学出版的《高考物理百题大过关》提高百题的电子文档，但是初稿，可能会有部分错误。

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另有平行于 y 轴的匀强磁场，一个质量为 m、带电荷量为＋q 的微粒恰能以 y 轴上的 O′点(0，a,0)为圆心做匀速圆周运动，其轨迹平面与 xOz 平面平行，角速度为 ω，旋转方向如图中箭头所示，试求匀强磁场的磁感应强度的大小和方向．
[解析] 如图所示，微粒受三个
力作用：重力mg、库仑力F电和洛
④
在水平方向上qvmB＋qE－F′N＝0
⑤
又F′f＝μF′N
⑥
由④⑤⑥解得vm＝mgμ－qBμqE
＝1.0×10－04.×2×104－×01.02－×4×100×.54×10－4 m/s＝5m/s.
[答案] 2m/s2 5m/s
变式训练1 在匀强磁场和匀强电场中，水平放置一绝缘直棒，棒上套着一个带正电的小球，如图，小球与棒间滑动摩擦因数μ＝0.2，
棒上小球刚开始下落时，加速度最大，设为am，这时，
竖直方向有mg－Ff＝mam
①
在水平方向上有qE－FN＝0
②
又Ff＝μFN
③
由①②③解得am＝mg－mμqE
＝1×10－4×101－×01.20×－410×4×10－4m/s2＝2m/s2
小球沿棒竖直下滑时，当速度最大时，加速度a＝0.
在竖直方向上mg－F′f＝0
⑩
联立⑥⑧⑨⑩式得tn＝2n＋2d1v1.
(4)如图所示
[答案] (1)32mv21 (2)2n＋2q1dmv21
2d (3)2n＋1v1 (4)见解析图
变式训练3 如图所示，在坐标系xOy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.在其他象限中存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里．
动，若圆周的半径为R，则有qvB＝mvR2
⑨
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
Rcosβ＝Rcosα＋h
⑩
Rsinβ＝l－Rsinα
⑪
由⑧⑩⑪式解得R＝h22＋hll2 4h2＋l2
⑫
由⑥⑨⑫式得B＝h2＋l l2
2mhE q.
小球质量m＝1×10－4kg，电荷量q＝2×10－4C.匀强电场水平向右，E＝5N/C，磁场垂直纸面向里，B＝2T，取g＝10m/s2. 求：
(1)当小球的加速度最大时，它的速度多大？最大加速度多大？
(2)如果棒足够长，小球的最大速度多大？
解析 (1)小球运动的初始阶段受力如图①所示，当小球所受洛伦兹力 F 洛和小球重力大小相等时，小球所受摩擦力 μFN＝0，此时小球加速度最大，且 Bqv＝mg.
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：
所以v＝mBqg＝2.5m/s，am＝Emq＝10m/s2. (2)当小球速度最大时，小球受力如图②所示，此时有 Eq＝μFN′，Bqvm＝FN′＋mg，所以vm＝μEB＋mBqg＝15m/s.
答案 (1)2.5m/s 10m/s2 (2)15m/s
题型二带电粒子在复合场中的匀速圆周运动【例2】如图所示的直角坐标系中，坐标原点O处固定着正点电荷Q，
a 2h
④
设粒子从C点进入磁场时的速度为v，如图所示，v垂直
于x轴的分量v1＝ 2ah
⑤
由①④⑤式得
v＝ v02＋v21＝
qE4h2＋l2 2mh
⑥
设粒子经过C点时的速度方向与x轴的夹角为α，则有
tanα＝vv10
⑦
由④⑤⑦式得α＝arctan2lh.
⑧
(2)粒子从C点进入磁场后在磁场中做速率为v的圆周运
(1)粒子经过 C 点时速度的大小和方向； (2)磁感应强度的大小 B.
解析画出带电粒子的运动轨迹如图所示．
(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v0，由A点运动到C点经历的时间为t，则有
h＝12at2
②
l＝v0t
③
由②③式得v0＝l
[解析] (1)设磁场的磁感应强度大小为B，粒子第n次进
入磁场时的半径为Rn，速度为vn，由牛顿第二定律得
qvnB＝mRv2nn
①
由①式得vn＝qBmRn
②
因为R2＝2R1，所以v2＝2v1
③
对于粒子第一次在电场中的运动，由动能定理得
W1＝12mv22－12mv21
④
联立③④式得W1＝3m2v21.
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题型归纳
题型一带电粒子在复合场中的直线运动【例 1】如图所示，套在很长的绝缘直棒上的小球，质量为 1.0×10－4 kg，带 4.0×10－4 C 正电，小球在棒上可以滑动，
将此棒竖直放在互相垂直且沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中，匀强电场的电场强度E＝10N/C，方向水平向右，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5T，方向为垂直纸面向里，小球与棒间动摩擦因数为μ＝0.2.求小球由静止沿棒竖直下落的最大加速度和最大速度．(设小球在运动过程中所带电荷量保持不变，g取10m/s2)
答案 (1) l
(2)h2＋l2
qE4h2＋l2 2mh
与 x 轴夹角 α＝arctan2lh
2mhE q
题型四磁流体发电机【例4】目前世界上正在研究新型发电机——磁流体发电机，它的原理图如图所示，
设想在相距为 d 的两平行金属板间的磁感应强度为 B 的匀强磁场，两板通过开关和灯泡相连．将气体加热到使之电离后，由于正负离子一样多，且带电荷量均为 q，因而称为等离子体，将其以速度 v 喷入甲、乙两板之间，这时甲、乙两板应会聚集电荷，产生电压，这就是磁流体发电机的原理，它可以直接把内能转化为电能，试问：
[解析] 带电小球沿绝缘棒下滑过程中，受竖直向下的重力，竖直向上的摩擦力，水平方向的弹力和洛伦兹力及电场力作用．当小球静止时，弹力等于电场力，如图①所示，小球在竖直方向所受摩擦力最小，小球加速度最大，小球运动过程中，弹力等于电场力与洛伦兹力之和，随着小球运动速度的增大，小球所受洛伦兹力增大，小球在竖直方向摩擦力也随之增大，小球加速度减小，当球的加速度为零时，速度达最大，如图②.
(1)粒子第一次经过电场的过程中电场力所做的功 W1； (2)粒子第 n 次经过电场时电场强度的大小 En； (3)粒子第 n 次经过电场所用的时间 tn； (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像(不要求写出推导过程，不要求标明坐标刻度值)．
(2) R
伦兹力F洛，三个力的合力为向心
力．设圆轨道半径为R，圆周上一
点与坐标原点O的连线与y轴成θ
角．
在竖直方向mg＝F电cosθ
①
在水平方向F洛－F电sinθ＝mω2R
②
F洛＝Bqv＝BqωR
③
R＝atanθ
④
由①②③④消去F电、R和θ，
解得B＝qmagω＋mqω＝mgq＋aωaω2
根据左手定则判断出磁场B的方向沿－y方向．
式中 N 为在 t 时间内喷入两极板间的正负离子数的总和，即 N＝2nSvt，
发电机的最大功率为 Pm＝UIm＝2ndqSBv2.
[答案] (1)甲板 (2)B工作原理图．磁流体发电机由燃烧室
(O)、发电通道(E)和偏转磁场(B)组成．在2500K以上的高温下，燃料与氧化剂在燃烧室混合、燃烧后，电离为正负离子 (即等离子体)，并以每秒几百米的高速喷入磁场，在洛伦兹力的作用下，正、负离子分别向上、下极板偏转，两极板因聚积正、负电荷而产生静电场．这时等离子体同时受到方向相反的洛伦兹力(f)与电场力(F)的作用，当F＝f时，
答案 ABC
题型三带电粒子在分离的电场和磁场中的运动
【例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 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
(1)图中哪个极板是发电机的正极？ (2)发电机的电动势多大？ (3)设喷入两极间的离子流每立方米有 n 个负电荷，离子流的截面积为 S，则发电机的最大功率多大？
[解析] (1)等离子体从左侧射入磁场，正离子受向上的洛伦兹力而偏向甲板，使甲板上积累正电荷，相应的乙板上积累负电荷，成为电源的正、负两极．甲板是发电机的正极．
离子匀速穿过磁场，两极板电势差达到最大值，即为电源的电动势．设两板间距为 d，板间磁场的磁感应强度为 B，等离子体的速度为 v，负载电阻为 R，电源内阻不计，通道截面是边长为 d 的正方形，试求：
(1)磁流体发电机的电动势 ε； (2)发电通道两端的压强差 Δp.
解析此题是磁场、力学、恒定电流相结合的综合题，根据磁流体发电机的原理可求出电动势，由于离子匀速穿过磁场，根据物体平衡的条件可求出发电通道两端的压强差 Δp.
(2)当开关断开时，甲、乙两板间的电压即为电源的电动势．稳定时，甲、乙两板上积累的电荷不再增加，此时的等离子体所受的洛伦兹力与电场力恰好平衡，则有qdU＝qvB
即得电源的电动势为 U＝Bdv. (3)理想状态时，喷入两极间的离子流全部流向两极板，这时电源达到最大功率．此时，电路中的最大电流为 Im＝Ntq