2019版高考物理二轮专题复习课时跟踪训练：11 带电体在组合场、复合场中的运动(含解析)
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。
2019年高考物理二轮复习课时作业8带电粒子在复合场中的运动
课时作业8 带电粒子在复合场中的运动一、选择题(1～3题为单项选择题，4～6题为多项选择题)1．如图所示，某空间同时存在正交的匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，电场线与水平方向的夹角为θ.一质量为m ，电荷量大小为q 的微粒以速度v 沿电场线方向进入该空间，恰好沿直线从P 点运动到Q 点．下列说法中正确的是( )A ．该微粒可能带负电B ．微粒从P 到Q 的运动可能是匀变速运动C ．磁场的磁感应强度大小为mg cos θqvD ．电场的场强大小为mg cos θq解析：带电微粒从P 到Q 恰好沿直线运动，则微粒一定做匀速直线运动，作出微粒在电磁场中受力分析图如图所示，由图可知微粒一定带正电，故A 、B 错误；由受力分析及平衡条件可知qE ＝mg sin θ，qBv ＝mg cos θ，解得E ＝mg sin θq ，B ＝mg cos θqv，故C 正确、D 错误． 答案：C2．美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类在获得较高能量的带电粒子领域前进了一大步．如图所示为一种改进后的回施加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强恒定，且被限制在A 、C 两板之间．带电粒子从P 0处以初速度v 0沿电场线方向射入加速电场，经加速电场加速后再进入D 形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动．对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是( )A ．带电粒子每运动一周被加速两次B ．P 1P 2＝P 2P 3C ．加速粒子的最大速度与D 形盒的尺寸有关 D ．加速电场方向需要做周期性变化解析：由题图可知，带电粒子每运动一周被加速一次，选项A 错误；由公式R ＝mvqB和qU ＝12mv 22－12mv 21可知，带电粒子每运动一周，电场力做功相同，动能增量相同，但速度的增量不同，故粒子圆周运动的半径增加量不同，选项B 错误；由v ＝qBRm可知，加速粒子的最大速度与D 形盒的半径有关，选项C 正确；由T ＝2πmqB可知，粒子运动的周期不随v 的变化而变化，故加速电场的方向不需做周期性变化，选项D 错误．答案：C 3.如图所示，平行金属板a 、b 之间的距离为d ，a 板带正电荷，b 板带负电荷，a 、b 之间还有一垂直于纸面的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度为B 1.一不计重力的带电粒子以速度v 0射入a 、b 之间，恰能在两金属板之间匀速向下运动，并进入PQ 下方的匀强磁场中，PQ 下方的匀强磁场的磁感应强度为B 2，方向如图所示．已知带电粒子的比荷为c ，则( )A ．带电粒子在a 、b 之间运动时，受到的电场力水平向右B ．平行金属板a 、b 之间的电压为U ＝dv 0B 2C ．带电粒子进入PQ 下方的磁场之后，向左偏转D ．带电粒子在PQ 下方磁场中做圆周运动的半径为v 0cB 2解析：由于不知道带电粒子的电性，故无法确定带电粒子在a 、b 间运动时受到的电场力的方向，也无法确定带电粒子进入PQ 下方的磁场之后向哪偏转，选项A 、C 错误；粒子在a 、b 之间做匀速直线运动，有q Ud＝qv 0B 1，解得平行金属板a 、b 之间的电压为U ＝dv 0B 1，选项B 错误；带电粒子在PQ 下方的匀强磁场中做圆周运动，轨道半径为r ＝mv 0qB 2＝v 0cB 2，选项D 正确．答案：D4．如图所示，质量为m 、电荷量为q 的带正电的小物块从半径为R 的绝缘半圆槽顶点A 由静止开始下滑，已知半圆槽右半部分光滑，左半部分粗糙，整个装置处于正交的匀强电场与匀强磁场中，电场强度E 的大小为mg2q ，方向水平向右，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里，g 为重力加速度大小，则下列说法正确的是( )A ．物块最终停在A 点B ．物块最终停在最低点C ．物块做往复运动D ．物块首次滑到最低点时对轨道的压力为2mg ＋qB Rg解析：由于半圆槽右半部分光滑，左半部分粗糙，且在最低点时受到的电场力的方向向右，所以物块最终从最低点开始向右运动，到达某位置时速度变为零，然后又向左运动，即物块做往复运动，C 正确，A 、B 错误；物块从A 点首次运动到最低点，由动能定理得，mgR －qER ＝12mv 2－0，且E ＝mg2q，联立得v ＝gR ，物块首次运动到最低点时，由牛顿第二定律得，F N －mg －qvB ＝m v 2R，解得F N ＝2mg ＋qB Rg ，由牛顿第三定律知，D 正确．答案：CD5．如图所示，在平行竖直虚线a 与b 、b 与c 、c 与d 之间分别存在着垂直于虚线的匀强电场、平行于虚线的匀强电场、垂直纸面向里的匀强磁场，虚线d 处有一荧光屏．大量正离子(初速度和重力均忽略不计)从虚线a 上的P 孔处进入电场，经过三个场区后有一部分打在荧光屏上．关于这部分离子，若比荷qm越大，则离子( )A ．经过虚线c 的位置越低B ．经过虚线c 的速度越大C ．打在荧光屏上的位置越低D ．打在荧光屏上的位置越高解析：当离子在a 与b 之间，根据动能定理得12mv 2＝qU ，则v ＝2qUm，故比荷越大，经过b 的速度越大；在b 与c 之间，粒子做类平抛运动，设bc 宽为L ，电场强度为E ，y ＝12at 2＝12·Eq m ·L 2m 2qU ＝EL24U，经过虚线c 的位置与比荷无关，A 错误；比荷越大，经过c 的速度越大，即进入磁场的速度就越大，B 正确；当离子进入磁场时，做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qvB ＝mv 2R ，则R ＝mvqB，故可知比荷越大，R 越小，打在荧光屏上的位置越高，C 错误、D 正确．答案：BD6．如图所示，M 、N 为两个同心金属圆环，半径分别为R 1和R 2，两圆环之间存在着沿金属环半径方向的电场，N 环内存在着垂直于环面向外的匀强磁场，磁感应强度为B ，N 环上有均匀分布的6个小孔，从M 环的内侧边缘由静止释放一质量为m ，电荷量为＋q 的粒子(不计重力)，经电场加速后通过小孔射入磁场，经过一段时间，粒子再次回到出发点，全程与金属环无碰撞．则M 、N 间电压U 满足的条件是( )A ．U ＝qB 2R 226m B ．U ＝qB 2R 225mC ．U ＝3qB 2R 222m D ．U ＝qB 2R 223m解析：带电粒子由M 内侧边缘运动到N 环，由动能定理有qU ＝12mv 2，带电粒子进入N环内磁场，与金属环无碰撞，故粒子进入磁场后，应偏转2π3或π3离开磁场，由几何关系可知，轨迹半径为r ＝3R 2或r ＝3R 23，则根据r ＝mv qB ，联立解得U ＝3qB 2R 222m 或U ＝qB 2R 226m ，选项A 、C 正确．答案：AC 二、非选择题7．如图所示，质量为m 、电荷量为e 的电子(重力不计)以水平初速度v 0从A 点射向竖直荧光屏MN ，在整个空间中有方向垂直纸面、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，电子经磁场偏转后打在荧光屏上的C 点．已知A 、C 两点的连线与水平方向之间的夹角为θ＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)试计算A 、C 两点间的距离；(2)将空间中的磁场换成方向与纸面平行且竖直向上的匀强电场，若要电子同样能打在荧光屏上的C 点，求匀强电场的电场强度E 的大小．解析：(1)设电子在匀强磁场中做圆周运动的半径为R ，则由洛伦兹力提供向心力可得ev 0B ＝m v 20R ，解得R ＝mv 0eB设A 、C 两点间的距离为d ，如图所示，由几何关系可得d sin θ＋R cos2θ＝R 或d ＝2R sin θ，解得d ＝6mv 05Be. (2)设电子在电场中运动的时间为t ，则水平方向上有d cos θ＝v 0t 竖直方向上有d sin θ＝12·eE m ·t 2其中d ＝6mv 05Be ，联立解得E ＝2516Bv 0.答案：(1)6mv 05Be (2)2516Bv 08．如右图所示，直角坐标系xOy 中，除第一象限外，其他象限内都存在磁感应强度B ＝0.12 T 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场．P 是y 轴上的一点，它到坐标原点O 的距离l＝0.40 m ．今有一个比荷qm＝5.0×107C/kg 的带正电的粒子从P 点开始垂直于磁场方向进入匀强磁场中运动．已知粒子的初速度v 0＝3.0×106m/s ，方向与y 轴正方向的夹角θ＝53°，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.粒子的重力不计．(1)求粒子在磁场中运动的轨迹半径R .(2)若在第一象限中与x 轴平行的虚线上方的区域内有一沿x 轴负方向的匀强电场(如图所示)，粒子在磁场中运动一段时间后进入第一象限，最后恰好从P 点沿初速度的方向再次射入磁场．求匀强电场的电场强度E 和电场边界(图中虚线)与x 轴之间的距离d .解析：(1)粒子在匀强磁场中运动时，根据牛顿第二定律有 qv 0B ＝m v 20R代入数据解得 R ＝0.50 m.(2)作出粒子的运动轨迹示意图，如图所示，根据几何关系可确定，粒子在磁场中运动的轨迹圆的圆心A 恰好落在x 轴上．根据图中的几何关系还可确定，粒子进入第一象限时的位置(图中C 点)与O 点的距离x ＝R －R cos θ粒子进入匀强电场后做类平抛运动，设粒子在电场中运动的时间为t ，加速度为a . 根据类平抛运动规律有l －d ＝v 0t ，x ＝12at 2 v x ＝at ，tan θ＝v xv 0根据牛顿第二定律有qE ＝ma代入数据解得E ＝8.0×105 N/C ，d ＝0.10 m.答案：(1)0.50 m (2)8.0×105N/C 0.10 m9．如图所示，在竖直平面内，有一长度L ＝2.4 m 的固定绝缘竖直杆AB 和固定光滑绝缘圆弧轨道CD ，D 为最高点，半径OC 与竖直线的夹角θ＝37°.B 点所在的水平线上方存在着场强大小E 1＝5×106N/C 、方向水平向右的匀强电场，下方与C 点之间存在着场强大小E 2＝E 1、方向与竖直线的夹角α＝37°斜向上的匀强电场．现将一质量m ＝0.8 kg 、电荷量q＝2×10－6C 的小球(可视为质点)套在杆上从A 端由静止释放后下滑，穿过电场后恰好从C 点无碰撞地沿圆弧轨道CD 运动，恰好通过D 点．已知小球与杆间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)小球到达B 点时的速度大小v B ；(2)小球从B 点运动到C 点所用的时间t 和过C 点时的速度大小v C ； (3)圆弧轨道的半径R .解析：(1)小球沿杆下滑过程中受到的滑动摩擦力大小F f ＝μqE 1小球沿杆下滑的加速度大小a ＝mg －F f m由v 2B ＝2aL 得 v B ＝6 m/s.(2)小球离开B 点后在电场E 2中受力如图所示因为qE 2cos α＝8 N ，恰好与重力(mg ＝8 N)平衡，所以可判定小球在电场E 2中做类平抛运动加速度大小a ′＝qE 2sin αm 小球过C 点时，有v B a ′t＝tan θ过C 点时，速度大小v C ＝v Bsin θ解得t ＝1615s ，v C ＝10 m/s.(3)设小球到达D 点的速度大小为v D ，则mg ＝m v 2DR小球从C 点运动到D 点的过程，根据机械能守恒定律有 12mv 2C ＝12mv 2D ＋mg (R ＋R cos θ) 解得R ＝5023m.答案：(1)6 m/s (2)1615 s 10 m/s (3)5023m。
高考物理二轮复习 专项训练 带电粒子在复合场中的运动及解析
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 m θ=⑧由⑦⑧式得sin cos gRv θθ=⑨3．如图，空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向为y 轴正方向，磁场方向垂直于xy 平面（纸面）向外，电场和磁场都可以随意加上或撤除，重新加上的电场或磁场与撤除前的一样．一带正电荷的粒子从P (x ＝0，y ＝h )点以一定的速度平行于x 轴正向入射．这时若只有磁场，粒子将做半径为R 0的圆周运动；若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动．现在，只加电场，当粒子从P 点运动到x ＝R 0平面（图中虚线所示）时，立即撤除电场同时加上磁场，粒子继续运动，其轨迹与x 轴交于M 点．不计重力．求： （1）粒子到达x ＝R 0平面时速度方向与x 轴的夹角以及粒子到x 轴的距离； （2）M 点的横坐标x M ．【来源】磁场 【答案】（1）20122R H h at h =+=+；（2）22000724M x R R R h h =++- 【解析】 【详解】（1）做直线运动有，根据平衡条件有：0qE qB =v ①做圆周运动有：200qB m R =v v ②只有电场时，粒子做类平抛，有：qE ma =③00R t =v ④ y v at =⑤解得：0y v v =⑥ 粒子速度大小为：22002y v v v v =+=⑦速度方向与x 轴夹角为：π4θ=⑧ 粒子与x 轴的距离为：20122R H h at h =+=+⑨（2）撤电场加上磁场后，有：2v qBv m R=⑩解得：02R R =⑾. 粒子运动轨迹如图所示圆心C 位于与速度v 方向垂直的直线上，该直线与x 轴和y 轴的夹角均为4π，有几何关系得C 点坐标为：02C x R =⑿02C R y H R h =-=-⒀ 过C 作x 轴的垂线，在ΔCDM 中：02CM R R ==⒁2C R CD y h ==-⒂） 解得：22220074DM CM CD R R h h =-=+- M 点横坐标为：22000724M x R R R h h =+-4．如图为一种质谱仪工作原理示意图.在以O 为圆心，OH 为对称轴，夹角为2α的扇形区域内分布着方向垂直于纸面的匀强磁场.对称于OH 轴的C 和D 分别是离子发射点和收集点.CM 垂直磁场左边界于M ，且OM =d .现有一正离子束以小发散角（纸面内）从C 射出，这些离子在CM方向上的分速度均为v0.若该离子束中比荷为q m的离子都能汇聚到D，试求：（1）磁感应强度的大小和方向（提示：可考虑沿CM方向运动的离子为研究对象）；（2）离子沿与CM成θ角的直线CN进入磁场，其轨道半径和在磁场中的运动时间；（3）线段CM的长度.【来源】电粒子在磁场中的运动【答案】（1）0mvBqd=，磁场方向垂直纸面向外；（2）cosdRθ'=，()2t dvθα+=；（3）cosCM d tα=。
高中物理二轮复习 专项训练 物理带电粒子在复合场中的运动及解析
一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．如图所示，在 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：202mv 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+=+=+=2．如图所示，在xOy 坐标系中，第Ⅰ、Ⅱ象限内无电场和磁场。
2019高考物理大二轮复习 专题三 电场和磁场 专题能力训练10 带电粒子在组合场、复合场中的运动
专题能力训练10 带电粒子在组合场、复合场中的运动(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分。
在每小题给出的四个选项中,1~6题只有一个选项符合题目要求,7~8题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得7分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.右图为“滤速器”装置示意图。
a、b为水平放置的平行金属板,其电容为C,板间距离为d,平行板内存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。
a、b板带上电荷,可在平行板内产生匀强电场,且电场方向和磁场方向互相垂直。
一带电粒子以速度v0经小孔O进入正交电磁场可沿直线OO'运动,由O'射出,粒子所受重力不计,则a板所带电荷量情况是()A.带正电,其电荷量为B.带负电,其电荷量为C.带正电,其电荷量为CBdv0D.带负电,其电荷量为2.1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖。
若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示,则下列说法正确的是()A.该束带电粒子带负电B.速度选择器的P1极板带负电C.在B2磁场中运动半径越大的粒子,质量越大D.在B2磁场中运动半径越大的粒子,比荷越小3.如图所示,一带电塑料小球质量为m,用丝线悬挂于O点,并在竖直平面内摆动,最大摆角为60°,水平磁场垂直于小球摆动的平面。
当小球自左方摆到最低点时,悬线上的张力恰为零,则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为()A.0B.2mgC.4mgD.6mg4.如图所示,虚线区域空间内存在由匀强电场E和匀强磁场B组成的正交或平行的电磁复合场,有一个带正电小球(电荷量为+q,质量为m)从正交或平行的电磁复合场上方的某一高度自由落下,那么带电小球可能沿直线通过的是()A.①②B.③④C.①③D.②④5.如图所示,一束质量、速度和电荷量不全相等的离子,经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后,进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B束,下列说法正确的是()A.组成A、B束的离子都带负电B.组成A、B束的离子质量一定不同C.A束离子的比荷大于B束离子的比荷D.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外6.现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子,其示意图如图所示,其中加速电压恒定。
2019届高考物理二轮复习第章电场和磁场带电粒子在复合场中的运动课件.ppt
L2＋h2 (2) 2h
EL2 v0L2＋h2
(3)见解
析
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[例 2] [2018·东营二模](多选)如图所示，在真空中半径为 r＝
0.1 m 的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场及水平向左的匀
强电场，磁感应强度 B＝0.01 T，ab 和 cd 是两条相互垂直的直径，
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[解析] 由分析可知，当质子从 D 形盒中刚出来时速度最大， 此时质子在 D 形盒中做圆周运动的半径刚好等于 D 形盒的半径， 由 qvmB＝mvR2m可得 vm＝qBmR，那么质子获得的最大动能为 Ekm＝ q22Bm2R2，故质子在回旋加速器中获得的最大动能与加速电压 U 无 关，选项 A 错误；由粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期公式 T
器中被加速，下列说法正确的是( )
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A．若只增大交流电压 U，则质子获得的最大动能增大 B．若只增大交流电压 U，则质子在回旋加速器中运动时间 会变短 C．若磁感应强度 B 增大，交流电频率 f 必须增大才能正常 工作 D．不改变磁感应强度 B 和交流电频率 f，该回旋加速器也 能用于加速 α 粒子
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核心归纳·备考策略 要点整合
1．复合场及常见的运动类型 复合场是指电场、磁场和重力场并存，或其中某两场并存， 或分区域存在．从场的复合形式上一般分为如下两种情况：叠加 复合场、组合复合场、交变场．
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2．选用规律，两种观点解题 (1)带电体做匀速直线运动，则用平衡条件求解(即二力或三 力平衡)； (2)带电体做匀速圆周运动，应用向心力公式或匀速圆周运动 的规律求解； (3)带电体做匀变速直线或曲线运动，应用牛顿运动定律和运 动学公式求解； (4)带电体做复杂的曲线运动，应用能量守恒定律或动能定理 求解．
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课时跟踪训练(十一) 一、选择题(1～2题为单项选择题，3～4题为多项选择题) 1．(2018·本溪市高级中学高三二模)如图所示，某一真空室内充满竖直向下的匀强电场E，在竖直平面内建立坐标系xOy，在y<0的空间里有与场强E垂直的匀强磁场B，在y>0的空间内，将一质量为m的带电液滴(可视为质点)自由释放，此液滴则沿y轴的负方向，以加速度a＝2g(g为重力加速度)做匀加速直线运动，当液滴运动到坐标原点时，瞬间被安装在原点的一个装置改变了带电性质(液滴所带电荷量和质量均不变)，随后液滴进入y<0的空间内运动，则液滴在y<0的空间内运动过程中 ( )
A．重力势能一定不断减小 B．电势能一定先减小后增大 C．动能不断增大 D．动能保持不变 D [在y>0的空间内，根据液滴沿y轴负方向以加速度a＝2g(g为重力加速度)做匀加速直线运动可知，液滴在此空间内运动时所受电场力方向向下，大小等于重力；进入y<0的空间后，液滴电性改变，其所受电场力向上，大小仍等于重力，液滴将在洛伦兹力(合力)作用下做半个周期的匀速圆周运动，在这半个周期内，洛伦兹力不做功，动能保持不变，重力势能先减小后增大，电势能先增大后减小，故D正确．] 2．(2018·北京景山学校调研)如图所示，a、b为竖直正对放置的两平行金属板，其中a极带正电，两板间的电压为U，在金属板下方存在一有界的匀强磁场，磁场的上边界为与两金属板下端重合的水
平面PQ，PQ下方的磁场范围足够大，磁场的磁感应强度大小为B，一比荷为qm的带正电粒子以速度v0从两板中间位置沿与a、b平行方向射入两板间的偏转电场，不计粒子重力，粒子通过偏转电场后
从PQ边界上的M点进入磁场，运动一段时间后又从PQ边界上的N点射出磁场，设M、N两点距离为x(M、N点在图中未画出)．则以下说法中正确的是 ( ) A．只减小磁感应强度B的大小，则x减小 B．只增大初速度v0的大小，则x减小
C．只减小带电粒子的比荷qm，则x不变 D．只减小偏转电场的电压U的大小，则x不变 D [粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设粒子进入磁场时速度方向与磁场边界的夹角为θ，速度
大小为v＝v0sin θ，轨道半径R＝mvqB，由几何关系可知x＝2Rsin θ＝2mv0qB，只减小磁感应强度B、只增大初速度v0或只减小带电粒子的比荷qm时，都可使x增大，而x与偏转电场的电压U无关，故选项A、B、C错误，D正确．] 3．(2018·山西阳泉模拟)如图所示，在真空中半径为r＝0.1 m的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场及水平向左的匀强电场，磁感应强度B＝0.01 T，ab和cd是两条相互垂直的直径，一束带正电的粒子流连续不断地以速度v＝1×103 m/s从c点沿cd方向射入场区，粒子将沿cd方向做直线
运动，如果仅撤去磁场，带电粒子经过a点，如果撤去电场，且将磁感应强度变为原来的12，不计粒子重力，下列说法正确的是 ( )
A．电场强度的大小为10 N/C B．带电粒子的比荷为1×106 C/kg C．撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径为0.1 m D．带电粒子在磁场中运动的时间为7.85×10－5 s AC [粒子沿直线运动，则Bqv＝Eq，解得E＝Bv＝10 N/C，选项A正确，如果仅撤去磁场，则
粒子在水平方向r＝12 Eqmt2，竖直方向r＝vt，解得：qm＝2v2Er＝2×106 C/kg，选项B错误；撤去电场后，带电粒子在磁场中运动的半径为R＝mvqB2＝0.1 m，选项C正确；带电粒子在磁场中运动的时间为t＝T4 ＝πm2qB2≈1.57×10－4 s，选项D错误．] 4．(2018·高考物理全真模拟二)如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成：离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器，静电分析器通道中心线半径为R，通道内有均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E；磁分析器中分布着方向垂直于纸面，磁感应强度为B的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行．由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零，重力不计)，经加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线MN做匀速圆周运动，而后由P点进入磁分析器中，最终经过Q点进入收集器，下列说法中正确的是( )
A．磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向内 B．加速电场中的加速电压U＝12ER
C．磁分析器中圆心O2到Q点的距离d＝1BmERq D．任何离子若能到达P点，则一定能进入收集器 BC [A.离子在磁分析器中沿顺时针转动，所受洛伦磁力指向圆心，根据左手定则，磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向外，故A错误；B.离子在静电分析器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二
定律有： qE＝mv2R，设离子进入静电分析器时的速度为v，离子在加速电场中加速的过程中，由动能定理有：qU＝12mv2－0，解得： U＝ER2， B正确；C.离子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：qvB＝mv2r，解得：r＝1B2mUq＝1BmERq，则：d＝r＝1BmERq，故C正确；D.由B可知： R＝2UE，R与离子质量、电量无关，离子在磁场中的轨道半径：r＝1BmERq，离子在磁场中做圆周运动的轨道半径与电荷的质量和电量有关，能够到达P点的不同离子，半径不一定都等于d，不一定能进入收集器，故D错误．] 二、非选择题 5．(2018·济宁市高三第二次模拟)如图甲所示，粒子源靠近水平极板M、N的M板，N板下方有 一对长为L，间距为d＝L的竖直极板P、Q，在下方区域存在着垂直于纸面的匀强磁场，磁场上边界放有范围足够大的感光胶片．水平极板M、N之间的电压为U0，中间开有小孔，两小孔连线的延长线为竖直极板P、Q的中线，与磁场上边界的交点为O.P、Q之间的电压UPQ随时间t变化的图象如
图乙所示，磁场的磁感应强度B＝1LmU0q.粒子源连续释放初速度不计、质量为m、带电量为＋q的粒子，经加速后进入竖直极板P、Q之间的电场．再进入下方磁场的粒子全部打在感光胶片上．已知粒子在偏转电场中运动的时间远小于电场变化的周期，粒子所受重力不计．求：
(1)带电粒子从N板小孔射出时的速度； (2)为使进入磁场的粒子都能打在胶片上，磁场上、下边界的最小距离； (3)以O点为坐标原点，向右为正方向建立坐标轴Ox，粒子在胶片上的落点的坐标范围．
解析 (1)在加速电场，由动能定理得：qU0＝12mv20 解得：v0＝2qU0m (2)设带电粒子以速度v进入磁场，且与磁场边界之间的夹角为α时，其运动轨迹如图
由几何关系得：向下偏移的距离Δy＝R－Rcos α＝R(1－cos α) 在磁场中偏转，则有：qvB＝mv2R 又v0＝vsin α 联立解得：Δy＝mv0Bq 1－cos αsin α 当α＝90°时，Δy有最大值，即Δymax＝x＝mv0Bq＝ (3)粒子运动轨迹如图所示 若t＝0时进入偏转电场，在电场中匀速直线运动进入磁场时R＝L，打在感光胶片上距离中心线最近为x＝2L，任意电压时出偏转电场时的速度为vn 根据几何关系得：
vn＝v0cos α，Rn＝mvnBq
在胶片上落点长度为Δx＝2Rncos α＝2mv0Bq 打在感光胶片上的位置和射入磁场位置间的间距相等，与偏转电压无关 在感光胶片上的落点宽度等于粒子在电场中的偏转距离y＝12at2＝12×3U0q1.5Lm×(Lv0)2
解得：y＝L2 答案 (1)2qU0m (2)L (3)L2 6．(2018·河南省郑州市高中毕业年级第二次质量预测)如图所示，矩形区域abcdef分为两个矩形区域，左侧区域充满匀强电场，方向竖直向上，右侧区域充满匀强磁场，方向垂直纸面向外，be为其分界线．af＝L，ab＝0.75L，bc＝L.一质量为m、电荷量为e的电子(重力不计)从a点沿ab方向以初速度v0射入电场，从be边的中点g进入磁场．(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)求匀强电场的电场强度E的大小； (2)若要求电子从cd边射出，求所加匀强磁场磁感应强度的最大值B； (3)调节磁感应强度的大小，求cd边上有电子射出部分的长度．
解析 (1)电子在电场中做类似平抛运动，由在竖直方向：12L＝12at2 水平方向：0.75L＝v0t 由牛顿第二定律有：eE＝ma
联立解得：E＝16mv209eL (2)粒子进入磁场时，速度方向与be边夹角的正切值tan θ＝x/t2y/t＝0.75，解得：θ＝37° 电子进入磁场时的速度为v＝v0sin θ＝53v0 设电子运动轨迹刚好与cd边相切时，半径最小为r1，轨迹如图所示： 则由几何关系知r1＋r1cos 37°＝L 解得：r1＝59L
由洛伦兹力提供向心力：evB＝mv2r 可得对应的最大磁感应强度：Bm＝3mv0eL (3)设电子运动轨迹刚好与de边相切时，半径为r2， 则r2＝r2sin 37°＋L2
解得：r2＝5L4又r2cos θ＝L，故切点刚好为d点 电子从cd边射出的长度为： Δy＝L2＋r1sin 37°＝5L6
7．(2018·湖南省鄂南高中等八校联考)如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限中有两个全等的直角三角形区域Ⅰ和Ⅱ，充满了方向均垂直纸面向里的匀强磁场，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B0，区域Ⅱ的磁感应强度大小可调， C点坐标为(4L, 3L)，M点为OC的中点．质量为m带电量为－q
的粒子从C点以平行于y轴方向射入磁场Ⅱ中，速度大小为qB0L2m，不计粒子所受重力，粒子运动轨迹与磁场区域相切时认为粒子能再次进入磁场．
(1)若粒子无法进入区域Ⅰ中，求区域Ⅱ磁感应强度大小范围； (2)若粒子恰好不能从AC边射出，求区域Ⅱ磁感应强度大小； (3)若粒子能到达M点，求区域Ⅱ磁场的磁感应强度大小的所有可能值．