【物理】物理带电粒子在复合场中的运动专题练习(及答案)

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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．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 =①211v 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．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。

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。

带电粒子在复合场中的运动习题全集(含答案).

图11-4-1例1．如图11-4-1绝缘直棒上的小球，其质量为m 、带电荷量是＋q ，小球可在棒上滑动．将此棒竖直放在互相垂直且在水平方向的匀强电场和匀强磁场中，电场强度是E ，磁感应强度是B ，小球与棒间的动摩擦因数为，求小球由静止沿棒下滑的最大加速度和最大速度（小球带电荷量不变）例2．如图11-4-3所示，水平放置的平行金属板，长为l =140cm ，两板之间的距离d =30cm ，板间有图示方向的匀强磁场，磁感应强度的大小为B =1.3×10-3T ．两板之间的电压按图所示的规律随时间变化（上板电势高为正）．在t =0时，粒子以速度v =4×103m/s 从两板（左端）正中央平行于金属板射入，已知粒子质量m =6.64×10-27kg ，带电量q =3.2×10-19C ．试通过分析计算，看粒子能否穿越两块金属板间的空间，如不能穿越，粒子将打在金属板上什么地方？如能穿越，则共花多少时间？【益智演练】1．一个质量为m ，电量为q 的负电荷在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕固定的正电荷做匀速圆周运动，磁场方向垂直于它的运动平面，作用在负电荷上的电场力恰好是磁场力的三倍，则负电荷做圆周运动的角速度可能是：( )A ．4qBmB ．3qBmC ．2qBmD ．qB m2．如图11-4-5所示，足够长的光滑三角形绝缘槽，与水平面的夹角分别为α和β（α＜β），加垂直于纸面向里的磁场．分别将质量相等、带等量正、负电荷的小球 a 、b 依次从两斜面的顶端由静止释放，关于两球在槽上运动的说法正确的是（） A ．在槽上，a 、b 两球都做匀加速直线运动，且a a ＞a b B ．在槽上，a 、b 两球都做变加速运动，但总有a a ＞a bC ．a 、b 两球沿直线运动的最大位移是s a ＜s bD ．a 、b 两球沿槽运动的时间为t a 和t b ，则t a ＜t b3．一带正电的小球沿光滑水平桌面向右运动，飞离桌面后进入匀强磁场，如图11-4-6所示，若飞行时间t 1后落在地板上，水平射程为s 1，着地速度大小为v 1，撤去磁场，其他条件不变，小球飞行时间t 2，水平射程s 2，着地速度大小为v 2，则（） A ．s 2＞s 1 B ．t 1＞t 2 C ．v 1＞v 2 D ．v 1=v4．用绝缘细线悬挂一个质量为m 、带电量为+q 的小球，让它处于右图11-4-7所示的磁感应强度为B 的匀强磁场中．由于磁场的运动，小球静止在如图位置，这时悬线与竖直方向夹角为α，并被拉直，则磁场运动的速度和方向是（）A ．v =mg /Bq ，水平向右B ．v =mg /Bq ，水平向左C ．v =mg tan α/Bq ，竖直向上D ．v =mg tan α/Bq ，竖直向下5．如图11-4-8所示，有一电量为q ，质量为m 的小球，从两竖直的带等量异种电荷的平行板上方高h 处自由下落，两板间有匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，那么带电小球在通过正交电磁场时( )图11-4-6图11-4-5B 图11-4-7t/10s3 54 1．图11-4-3C ．可能做匀速直线运动D ．可能做匀加速直线运动 6．如图11-4-9所示，带电平行板间匀强电场竖直向上，匀强磁场方向垂直纸面向里，某带电小球从光滑轨道上的a 点自由下落，经轨道端点P 进入板间后恰好沿水平方向做直线运动．现使小球从稍低些的b 点开始自由滑下，在经过P 点进入板间后的运动过程中，以下分析中正确的是( )A ．其动能将会增大B ．其电势能将会增大C ．小球所受的洛伦兹力将会逐渐增大D ．小球受到的电场力将会增大7．如图11-4-4-10所示，在长方形abcd 区域内有正交的电磁场，ab =bc /2=L ，一带电粒子从ad 的中点垂直于电场和磁场方向射入，恰沿直线从b c 边的中点P 射出，若撤去磁场，则粒子从C点射出；若撤去电场，则粒子将（重力不计）( ) A ．从b 点射出 B ．从b 、P 间某点射出 C ．从a 点射出 D ．从a 、b 间某点射出8．如图11-4-11所示，在真空中，匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场的方向垂直纸面向里，三个油滴a 、b 、c 带有等量同种电荷，已知a 静止，b向右匀速运动，c 向左匀速运动，比较它们的质量应有（）A ．a 油滴质量最大B ．b 油滴质量最大C ．c 油滴质量最大D ．a 、b 、c 质量一样9．如图11-4-12中所示虚线所围的区域内，存在电场强度为E 的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场，已知从左侧水平射入的电子，穿过这一区域时未发生偏转，设重力忽略不计，则在这个区域中的E 和B 的方向可能是（） A ．E 和B 都沿水平方向，并与电子运动方向相同 B ．E 和B 都沿水平方向，并与电子运动方向相反C ．E 竖直向上，B 垂直于纸面向外D ．E 竖直向上，B 垂直于纸面向里10．设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向内的匀强磁场，如图11-4-13所示．已知一离子在电场力和洛仑兹力的作用下，从静止开始自A 点沿曲线ACB 运动，到达B 时速度为零．C 是曲线的最低点，不计重力．以下说法正确的是（）A ．离子一定带正电B ．A 、B 两点位于同一高度C ．离子在C 点速度最大D ．离子到达B 点后将沿曲线返回A 点11．如图11-4-14所示，在真空中一个光滑的绝缘的水平面上，有直径相同的两个金属球A 、C ．质量m A =0.01 kg ，m C =0.005 kg ．静止在磁感应强度B =0.5 T 的匀强磁场中的C 球带正电，电量q C =1×10-2 C ．在磁场外的不带电的A 球以速度v 0=20 m/s 进入磁场中与C 球发生正碰后，C 球对水平面压力恰好为零，则碰后A 球的速度为 ( )A ．10 m/sB ．5 m/sC ．15 m/sD ．-20 m/s12．三种粒子（均不计重力）：质子、氘核和粒子由静止开始在同一匀强电场中加速后，从同一位置沿水平方向射入图11-4-15中虚线框内区域，虚线框内区域加有匀强电场或匀强磁场，以下对带电粒子进入框内区域后运动情况分析正确的是：( )A ．区域内加竖直向下方向的匀强电场时，三种带电粒子均可分离B ．区域内加竖直向上方向的匀强电场时，三种带电粒子不能分离 A B 图11-4-13图图11-4-8图11-4-12d 图11-4-10v 图11-4-11图11-4-15aD ．区域内加垂直纸面向里的匀强磁场时，三种带电粒子均不可以分离13．在光滑绝缘水平面上，一轻绳拉着一个带电小球绕竖直方向的轴O 在匀强磁场中做逆时针方向的水平匀速圆周运动，磁场方向竖直向下，其俯视图如图11-4-16所示，若小球运动到A 点时，由于某种原因，绳子突然断开，关于小球在绳断开后可能的运动情况，以下说法正确的是（）A ．小球仍做逆时针匀速圆周运动，半径不变B ．小球仍做逆时针匀速圆周运动，但半径减小C ．小球做顺时针匀速圆周运动，半径不变D ．小球做顺时针匀速圆周运动，半径减小14．质量为m ，带正电为q 的小物块放在斜面上，斜面倾角为α，物块与斜面间动摩擦因数为μ，整个斜面处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，如图11-4-17所示，物块由静止开始沿斜面下滑，设斜面足够长，物块在斜面上滑动能达到的最大速度为多大？若物块带负电量为q ，则物块在斜面上滑动能达到的最大速度又为多大？15．如图11-4-18所示，套在很长的绝缘直棒上的小圆环，其质量为m ，带电量是+q ，小圆环可在棒上滑动，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，电场强度是E ，磁感应强度是B ，小圆环与棒的动摩擦因数为μ，求小圆环由静止沿棒下落的最大加速度和最大速度．E 图11-4-18图11-4-1716．如图11-4-19所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中运动，已知电场强度的大小为E ，方向竖直向下，磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里．若此液滴在垂直于磁感应强度的平面内做半径为R 的匀速圆周运动，设液滴的质量为m ，求：（1）液滴的速度大小和绕行方向；（2）若液滴运行到轨迹最低点A 时，分裂成大小相同的两滴，其中一个液滴仍在原来的平面内做半径为3R 的圆周运动，绕行方向不变，且此圆周的最低点也是A ，另一滴将如何运动？17．质量为m ，带电量为q 的液滴以速度v 沿与水平成45 角斜向上进入正交的匀强电场和匀强磁场叠加区域，电场强度方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，如图11-4-20所示．液滴带正电荷，在重力、电场力及磁场力共同作用下在场区做匀速直线运动．试求：（1）电场强度E 和磁感应强度B 各多大？（2）当液滴运动到某一点A 时，电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，不考虑因电场变化而产生的磁场的影响，此时液滴加速度多少？说明此后液滴的运动情况．18．如图11-4-21所示，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度B =1T ，匀强电场水平向右，电场强度E =103N/C ，有一带正电的微粒m =2×10－6kg ，电量q =2×10－6C ，在纸面内做匀速直线运动．g 取10m/s 2，问：（1）微粒的运动方向和速率如何？（2）若微粒运动到P 电时突然撤去磁场，经过时间t 后运动到Q 点，P 、Q 连线与电场线平行，那么t 为多少？图11-4-19 P图11-4-2019．如图11-4-22所示，一质量为m ，带电量为+q 的粒子以速度v 0从O 点沿y 轴正方向射入磁感应强度为B 的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，粒子飞出磁场区域后，从点b 处穿过x 轴，速度方向与x 轴正方向的夹角为30°，同时进入场强为E 、方向沿与x 轴负方向成60°角斜向下的匀强电场中，通过了b 点正下方的c 点，如图15-76所示．粒子的重力不计，试求：（1）圆形匀强磁场区域的最小面积；（2）c 点到b 点的距离s ．20．如图11-4-23所示，置于光滑水平面上的绝缘小车A 、B 质量分别为m A =3kg 、m B =0.5kg ，质量为m C =0.1kg 、带电量为q =+1/75 C 、可视为质点的绝缘物体C 位于光滑小车B 的左端．在A 、B 、C 所在的空间有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度B =10T ，现小车B 静止，小车A 以速度v 0=10m/s 向右运动和小车B 碰撞，碰后物体C 在A 上滑动．已知碰后小车B 的速度为9m/s ，物体C 与小车A 之间有摩擦，其他摩擦均不计，小车A 足够长，全过程中C 的带电量保持不变，求：（1）物体C 在小车A 上运动的最大速率和小车A 运动的最小速度．（g 取10m/s 2）（2）全过程产生的热量．21．如图11-4-24所示，在空间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向里，在磁场中有一长为L 、内壁光滑且绝缘的细筒MN 竖直放置，筒的底部有一质量为m 、带电荷量为+q 的小球，现使细筒MN 沿垂直磁场的方向水平向右匀速运动，设小球带电荷量不变．（1）若使小球能沿筒壁上升，则细筒运动速度v 应满足什么条件？（2）当细筒运动速度为v 0（v 0>v ）时，试求小球在沿细筒上升高度h 时小球的速度大小．v 图11-4-22图11-4-2322．如图11-4-25所示，一质量为0.4kg 的足够长且粗细均匀的绝缘的细管置于水平地面上，细管内表面粗糙，外表面光滑；有一质量为0.1kg ，电量为0.1C 的带正电小球沿管的水平向右的速度进入管内，细管内径略大于小球直径，已知细管所在处有沿水平方向且与细管相垂直的匀强磁场，磁感应强度为1T ，g 取10m/s 2．（1）当细管被固定时，小球在管内运动的末速度的可能值为多少？（2）若细管未被固定时，带电小球以20m/s 的初速度进入管内，且整个运动过程中细管没有离开水平地面，则系统最终产生的内能是多少？23．如图11-4-26所示，水平方向的匀强电场的场强为E （场区宽度为L ，竖直方向足够长），紧挨着电场的是垂直纸面向外的两个匀强磁场区，其磁感应强度分别为B 和2B ．一个质量为m 、电量为q 的带正电粒子（不计重力），从电场的边界MN 上的a 点由静止释放，经电场加速后进入磁场，经过ｔ＝qBm6π时间穿过中间磁场，进入右边磁场后能按某一路径再返回到电场的边界ＭＮ上的某一点b （虚线为场区的分界面）．求：（1）中间磁场的宽度d ；（2）粒子从a 点到b 点共经历的时间t ab ；（3）当粒子第n 次到达电场的边界ＭＮ时与出发点a 之间的距离S n ．24．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11-4-27所示．真空管内的阴极K 发出的电子（不计初速、重力和电子间的相互作用）经加速电压加速后，穿过A '中心的小孔沿中心轴O 1O 的方向进入到两块水平正对放置的平行金属极板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O 点处，形成了一个亮点；加上偏转电压U 后，亮点偏离到O '点，O '与O 点的竖直间距为d ，水平间距可以忽略不计．此时，在P 点和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O 点．已知极板水平方向的长度为L 1，极板间距为b ，极板右端到荧光屏的距离为L 2（如图所示）．（1）求打在荧光屏O 点的电子速度的大小．（2）推导出电子比荷的表达式．2B图11-4-26图11-4-2525．如图11-4-28所示，在直角坐标xoy 的第一象限中分布着指向-y 轴方向的匀强电场，在第四象限中分布着垂直纸面向里方向的匀强磁场，一个质量为m 、带电+q 的粒子（不计重力）在A 点（0，3）以初速v 0＝120m/s 平行x 轴射入电场区域，然后从电场区域进入磁场，又从磁场进入电场，并且只通过x 轴上的P 点（6，0）和Q 点（8，0）各一次，已知该粒子的荷质比为q/m =108C/kg ．（1）画出带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹．（2）求磁感强度B 的大小．26．如图11-4-29所示，oxyz 坐标系的y 轴竖直向上，在坐标系所在的空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向与x 轴平行．从y 轴上的M 点（0，H ，0）无初速释放一个质量为m 、电荷量为q 的带负电的小球，它落在xz 平面上的N （c ，0，b ）点（c >0，b >0）．若撤去磁场则小球落在xy 平面的P （l ，0，0）点（l >0）．已知重力加速度为ｇ．（1）已知匀强磁场方向与某个坐标轴平行，试判断其可能的具体方向；（2）求电场强度E 的大小；（3）求小球落至N 点时的速率v ．图11-4-29f图11-4-21.分析与解：在带电小球下滑的过程中，小球受重力、电场力、支持力、摩擦力和f 洛，受力分析如图11-4-2所示．在y 方向 ma =f mg 摩擦力N μ=f ，压力Eq +Bqv =N 解得：m )qE +qvB (μmg =a随着小球速度v 增加时，小球加速度减小．所以，小球向下做加速度逐渐减小的加速运动，最后加速度减小到零，小球做匀速直线运动．开始时0=v 时，此时加速度最大，mqEμg=a m ；匀速时，0=a 时，速度最大，m mg (qv B qE)0-m += 所以BE qB μmg=v m ． 2分析与解：根据题意可知，两金属板间的匀强电场是间断存在的．有电场时，电场方向由上板指向下板，场强大小为E =U /d =1.56V/0.3m=5.2V/m ．粒子进入板间在0～1.0×104s 内受向下的电场力Eq 和向下的磁场力Bqv 作用，由于电场力与磁场力之比1=10×4×10×3.12.5=Bqv qE 33 粒子作匀速直线运动，它的位移34s vt 410110m 0.4m -==创?在接着的1.0×104s ～2.0×10－4s 时间内，电场撤消，α粒子只受磁场力作用，将作匀速圆周运动，轨道半径为273319mv 6.6410410R cm 6.38cm Bq 1.310 3.210---创?===创? 轨道直径d ′＝2R =12.76cm<d /2，可见，粒子在作圆周运动时不会打到金属板上，粒子作匀速圆周运动的周期为2432r 2 3.14 6.3810T s 1.010s v 410--p 创?¢===?´由于粒子作匀速圆周运动的周期恰好等于板间匀强电场撤消的时间，所以粒子的运动将是匀速直线运动与匀速圆周运动交替进行，其运动轨迹如图11-4-4所示，经过时间443l 3s 1.430.4t 3T 3210 6.510s v 410----?=+=创+=?´从两板的正中央射离．【参考答案】1．AC 2．ACD 3．BD 4．BC 5．A 6．ABC 7．C 8．C 9．ABC 10．ABC 11．A 12．B 13．ACD 14．qB μ)αcos μα(sin mg ，qB αcos mg ． 15．g ；qB μEq μ+mg ． 16．（1）ERB，顺时针方向；（2）顺时针方向，R ′=R17．（1）qvmg 2=B ,q /mg =E ；（2）a ，2v R a ==，gvπ2=v R π2=T 18．（1）v =20m/s ，θ=60°；（2）t =23s 19．（1）22202q B 4v m π3；（2）Eqmv 2034 20．（1）7.5m/s 和8.25m/s ；（2）24.84J 21．v >Bq m g；v ′=20v +m )mg B qv (h 2 22．（1）v 0≥10m/s 时，v =10m/s ， v 0<10m/s 时，v =0；（2）Q =13.75J 23．d =qmEL B 21，t ab =2qE L m2+qB 3m π2，s n =q 2mEL B n )34( 24．Bb U ，m e =)2/L +L (bL B Ud 1212 25．（1）略；（2）1.2×1010T 26．（1）图11-4-4mgl=E；（3）v=磁场方向为－x方向或－y方向；（2）qH。

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。

高中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

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
2r 2m
T
；
v qB
带正电的粒子在磁场中运动的时间为：
t1
3T 4
5.9 10 4 s ；
带负电的粒子在磁场中运动的时间为： t2
带电粒子在 AC 两点射入电场的时间差为
1T 4 t t1
2.0 10 4s t2 3.9 10 4 s
5．如图所示，在 xOy 坐标平面的第一象限内有一沿 y 轴负方向的匀强电场，在第四象限内
B0．
【来源】海南省海口市海南中学 2018-2019 学年高三第十次月考物理试题
【答案】（ 1）
2v0
；（
2）
2mv0 Lq
；（ 3）
(8
)L 4v0
【解析】
【详解】
解： (1)若粒子第一次在电场中到达最高点 P ，则其运动轨迹如图所示，粒子在 O 点时的
速度大小为 v ， OQ 段为圆周， QP 段为抛物线，根据对称性可知，粒子在 Q 点时的速度
（1）若粒子只经磁场偏转并在 y=y0 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间的关系

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。

高中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．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 --=- 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 '，由动能定理得联立以上两个方程可得/s</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2x '≤<2．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)qBhvm-=（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r1、r2，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…），，解得：，n＜3.5，即：n=1时，，n=2时，，n=3时，；答：（1）电场强度的大小为，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．（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：、或、或．【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．3．如图1所示，宽度为的竖直狭长区域内（边界为），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，表示电场方向竖直向上。

【物理】物理带电粒子在复合场中的运动题20套(带答案)及解析

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．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 =++-【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：2000qB 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 =-=+-⒃ M 点横坐标为：22000724M x R R R h h =++-⒄3．如图所示,待测区域中存在匀强电场和匀强磁场,根据带电粒子射入时的受力情况可推测其电场和磁场. 图中装置由加速器和平移器组成,平移器由两对水平放置、相距为l 的相同平行金属板构成,极板长度为l 、间距为d,两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反. 质量为m 、电荷量为+q 的粒子经加速电压U0 加速后,水平射入偏转电压为U1 的平移器,最终从A 点水平射入待测区域. 不考虑粒子受到的重力.(1)求粒子射出平移器时的速度大小v1;(2)当加速电压变为4U0 时,欲使粒子仍从A 点射入待测区域,求此时的偏转电压U; (3)已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域,刚进入时的受力大小均为F. 现取水平向右为x 轴正方向,建立如图所示的直角坐标系Oxyz. 保持加速电压为U0 不变,移动装置使粒子沿不同的坐标轴方向射入待测区域,粒子刚射入时的受力大小如下表所示.请推测该区域中电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向. 【来源】2012年普通高等学校招生全国统一考试理综物理（江苏卷) 【答案】(1)012qU v m=1U?4U = （3）E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为30°或150°，若B 沿-x 轴方向，E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为-30°或-150°．【解析】(1)设粒子射出加速器的速度为0v动能定理20012qU mv =由题意得10v v =，即012qU v m=(2)在第一个偏转电场中,设粒子的运动时间为t 加速度的大小1qU a md=在离开时,竖直分速度yv at = 竖直位移2112y at =水平位移1l v t = 粒子在两偏转电场间做匀速直线运动,经历时间也为t 竖直位移2y y v t =由题意知,粒子竖直总位移12y?2y y =+ 解得210U l y U d=则当加速电压为04U 时,1U?4U =（3）(a)由沿x 轴方向射入时的受力情况可知:B 平行于x 轴. 且FE q= (b)由沿y +-轴方向射入时的受力情况可知:E 与Oxy 平面平行.222F f (5F)+=,则f?2F =且1f?qv B =解得02F mB BqU =(c)设电场方向与x 轴方向夹角为.若B 沿x 轴方向,由沿z 轴方向射入时的受力情况得222sin )(cos )(7)f F F F αα++=（解得=30°,或=150°即E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为30°或150°. 同理,若B 沿-x 轴方向E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为-30°或-150°.4．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 >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．5．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。

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一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．如图所示，直径分别为D 和2D 的同心圆处于同一竖直面内，O 为圆心，GH 为大圆的水平直径。

两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d 的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔．一质量为m 、电量为＋q 的粒子由小孔下方2d处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v 射出电场，由H 点紧靠大圆内侧射入磁场。

不计粒子的重力。

(1)求极板间电场强度的大小；(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小； (3)若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为2mv qD 、4mvqD,粒子运动一段时间后再次经过H 点，求这段时间粒子运动的路程．【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理（山东卷带解析)【答案】（1）2mv qd（2）4mv qD 或43mv qD （3）5.5πD【解析】【分析】【详解】(1)粒子在电场中，根据动能定理2122d Eq mv ⋅=，解得2mv E qd =(2)若粒子的运动轨迹与小圆相切，则当内切时，半径为/2E R 由211v qvB m r =，解得4mv B qD = 则当外切时，半径为e R由212v qvB m r =，解得43mv B qD =(2)若Ⅰ区域的磁感应强度为220932qB L m U =，则粒子运动的半径为0010016819U U U ≤≤；Ⅱ区域的磁感应强度为2012qU mv =，则粒子运动的半径为2v qvB m r=；设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T 1、T 2，由运动公式可得：1112R T v π=；034r L =据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图所示，根据对称性可知，Ⅰ区两段圆弧所对的圆心角相同，设为1θ，Ⅱ区内圆弧所对圆心角为2θ，圆弧和大圆的两个切点与圆心O 连线间的夹角设为α，由几何关系可得：1120θ=；2180θ=；60α=粒子重复上述交替运动回到H 点，轨迹如图所示，设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的时间分别为t 1、t 2，可得：r U ∝；1056U LU L=设粒子运动的路程为s ，由运动公式可知：s=v(t 1+t 2) 联立上述各式可得：s=5.5πD2．两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E 0、磁感应强度B 0、粒子的比荷q m均已知，且002m t qB π=，两板间距202010mE h qB π=。

（1）求粒子在0～t 0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～t 0时间内的位移大小与极板间距h 的比值115s h = （2）粒子在极板间做圆周运动的最大半径225h R π= （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～t 0时间内运动的位移大小为s 121012s 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。

在4t 0~5t 0时间内，粒子运动到正极板（如图所示）：因此粒子运动的最大半径225h R π=。

解法二由题意可知，电磁场的周期为2t 0，前半周期粒子受电场作用做匀加速直线运动，加速度大小为：qE a m=方向向上。

后半周期粒子受磁场作用做匀速圆周运动，周期为T002mT t qB π== 粒子恰好完成一次匀速圆周运动。

至第n 个周期末，粒子位移大小为s n201()2n s a nt =又已知20210mE h qB π= 由以上各式得：25n n s h =粒子速度大小为：0n v ant = 粒子做圆周运动的半径为：0nn mv R qB = 解得：5n nh R π=显然223s R h s +<< 因此粒子运动的最大半径225h R π=。

（3）粒子在板间运动的轨迹如图所示：3．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-=4．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v 0，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：5．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里的有界矩形匀强磁场区域(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 轴上坐标为(),0L -的A 点。

粒子源沿y 轴正方向释放出速度大小为0v 的电子，电子通过y 轴上的C 点时速度方向与y 轴正方向成45α=角，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15β=角的射线OM 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匀强电场的电场强度E 的大小； ()2电子在电场和磁场中运动的总时间t ()3矩形磁场区域的最小面积min S 。

【来源】湖南省怀化市2019年高考物理一模物理试题【答案】(1)202mv eL；(2)0223L m v eB π+；203()mv eB【解析】【详解】()1电子从A 到C 的过程中，由动能定理得：2201122C eEL mv mv =-0cos45C v v =联立解得：22mv E eL=()2电子在电场中做类平抛运动，沿电场方向有：1sin 2C v L t α=其中0cos C v v α=由数学知识知电子在磁场中的速度偏向角等于圆心角：23πθ= 电子在磁场中的运动时间：22t T θπ= 其中2mT eBπ=电子在电场和磁场中运动的总时间12t t t =+ 联立解得：0223L m t v eBπ=+ ()3电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有 2Cv evB m r=最小矩形区域如图所示，由数学知识得：2sin2CD r θ=⋅ cos2CQ r r θ=-最小矩形区域面积：min S CD CQ =⋅ 联立解得：203()mv Smin eB=6．如图所示，在 xOy 坐标平面的第一象限内有一沿 y 轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向里的匀强磁场，现有一质量为m 、电量为+q 的粒子（重力不计）从坐标原点 O 射入磁场，其入射方向与x 的正方向成 45°角．当粒子运动到电场中坐标为（3L ，L ）的 P 点处时速度大小为 v 0，方向与 x 轴正方向相同．求：（1）粒子从 O 点射入磁场时的速度 v ；（2）匀强电场的场强 E 0 和匀强磁场的磁感应强度 B 0．（3）粒子从 O 点运动到 P 点所用的时间．【来源】海南省海口市海南中学2018-2019学年高三第十次月考物理试题【答案】（1）02v ；（2）02mv Lq；（3）0(8)4L v π+【解析】【详解】解：(1)若粒子第一次在电场中到达最高点P ，则其运动轨迹如图所示，粒子在 O 点时的速度大小为v ，OQ 段为圆周，QP 段为抛物线，根据对称性可知，粒子在Q 点时的速度大小也为v ，方向与x 轴正方向成45︒角，可得：045v vcos =︒ 解得：02v v =(2)在粒子从Q 运动到P 的过程中，由动能定理得：2201122qEL mv mv -=- 解得：22mv E qL=又在匀强电场由Q 到P 的过程中，水平方向的位移为：01x v t = 竖直方向的位移为：012v y t L ==可得：2QP x L =，OQ L =由2cos 45OQ R =︒，故粒子在OQ 段圆周运动的半径：22R L = 及mv R qB = 解得：02mvB qL=(3)在Q 点时，0045y v v tan v =︒=设粒子从由Q 到P 所用时间为1t ，在竖直方向上有：10022L L t v v ==粒子从O 点运动到Q 所用的时间为：204Lt v π=则粒子从O 点运动到P 点所用的时间为：t 总120002(8)44L L L t t v v v ππ+=+=+=7．如图甲所示，在xOy 平面内有足够大的匀强电场E ，在y 轴左侧平面内有足够大的磁场，磁感应强度B 1随时间t 变化的规律如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向。