2004-2013十年高考物理 大全分类解析 专题14 带电粒子在复合场中的运动
2013届高考物理二轮复习 第一部分 专题4 第二讲 带电粒子在磁场和复合场中的运动精品课件
轴．不计微粒重力，求：(结果保留两位有效数字)
(1)带电微粒进入电场时的初速度v0多大； (2)带电微粒在磁场中做圆周运动的半径；
(3)画出粒子运动轨迹图并求出最小矩形
磁场区域的长和宽．
【解析】
(1)带电微粒做类平抛运动把速度v分解如图所示．
v0＝vcos 30°＝2.6×104 m/s
(2)洛伦兹力提供向心力，有 v2 qvB＝m R mv R＝ qB ＝0.3 m. (3)画出粒子的运动轨迹如图所示． 设最小矩形磁场区域的长为a、宽为b，由数学知识可知α＝ 60° ， a＝2R＝0.6 m b＝Rcos 30° ＋R b＝0.56 m.
3．受力分析及解题观点 (1)带电粒子在混合场中的运动问题是电磁学知识和力学知识的结 合，分析方法和力学问题的分析方法基本相同，不同之处是多了电 场力、洛伦兹力． (2)带电粒子在混合场中的运动问题，除了利用力学即动力学观点 、能量观点来分析外，还要注意电场和磁场对带电粒子的作用特点
，如电场力做功与路径无关，洛伦兹力方向始终和运动速度方向垂
【答案】
A
3. (2012· 新课标全国高考)如图4－2－8，一半径为R的圆表示一柱形 区域的横截面(纸面)．在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场， 一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域， 在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直．圆心O到直线的 3 距离为5R.现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子 以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域．若磁感应 强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小．
【答案】 A
2. (2012·大连模拟)如图4－2－7所示，回旋 加速器D形盒的半径为R，所加磁场的磁感 应强度为B，被加速的质子从D形盒中央由
高考物理常用模型十六：带电粒子在复合场中的运动
模型十六：带电粒子在复合场中的运动1、 电场中的类平抛运动⑴ 加速 20mv 21qEd qu W ===加 ①m 2qu v 0加=⑵ 偏转(类平抛)平行E 方向：加速度：dm qU m qE m F a 2偏=== ② 再加磁场不偏转时：d U q qE qB 0偏==v水平：l=v o t ③竖直：2t 21y a = ④ 结论：①不论粒子m 、q 如何，在同一电场中由静止加速后进入，飞出时侧移和偏转角相同。
②出场速度的反向延长线跟入射速度相交于O 点，粒子好象从中心点射出一样。
oo y v gt v v tg ==β o o 2v 2gt t v gt tg 21==α αβ2tg tg =(αβ分别为出场速度和水平面的夹角、进场到出场的偏转角) 2、 磁场中的圆周运动规律：qB mv R R v m qBv 2=⇒= (不能直接用) qBm 2v R 2T ππ== 1、 找圆心：①(圆心的确定)因f 洛一定指向圆心，f 洛⊥v 任意两个f 洛方向的指向交点为圆心；②任意一弦的中垂线一定过圆心；2、求半径(两个方面)：①物理规律qBmv R R v m qBv 2=⇒= ②由轨迹图得出与半径R 有关的几何关系方程几何关系：速度的偏向角ϕ=偏转圆弧所对应的圆心角(回旋角)α=2倍的弦切角θ相对的弦切角相等，相邻弦切角互补 由轨迹画及几何关系式列出：关于半径的几何关系式去求。
3、求粒子的运动时间：偏向角（圆心角、回旋角）α=2倍的弦切角θ，即α=2θ)360(2)(0t 或回旋角圆心角π=×T4、圆周运动有关的对称规律：特别注意在文字中隐含着的临界条件a 、从同一边界射入的粒子，又从同一边界射出时，速度与边界的夹角相等。
b 、在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，一定沿径向射出。
3、复合场中的特殊物理模型1．粒子速度选择器如图所示，粒子经加速电场后得到一定的速度v 0，进入正交的电场和磁场，受到的电场力与洛伦兹力方向相反，若使粒子沿直线从右边孔中出去，则有qv 0B ＝qE,v 0=E/B ，若v= v 0=E/B ，粒子做直线运动，与粒子电量、电性、质量无关 若v ＜E/B ，电场力大，粒子向电场力方向偏，电场力做正功，动能增加．若v ＞E/B ，洛伦兹力大，粒子向磁场力方向偏，电场力做负功，动能减少．2.磁流体发电机如图所示，由燃烧室O 燃烧电离成的正、负离子（等离子体）以高速。
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.。
高考物理专题——带电粒子在复合场中运动的实例分析(解析版)
2021年高考物理一轮复习考点全攻关专题 ——带电粒子在复合场中运动的实例分析（解析版）专题解读：1.本专题是磁场、力学、电场等知识的综合应用，高考往往以计算压轴题的形式出现．2．学习本专题，可以培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力．针对性的专题训练，可以提高同学们解决难题、压轴题的信心．3．用到的知识有：动力学观点(牛顿运动定律)、运动学观点、能量观点(动能定理、能量守恒定律)、电场的观点(类平抛运动的规律)、磁场的观点(带电粒子在磁场中运动的规律)． 命题热点一：质谱仪的原理和分析 1．作用测量带电粒子质量和分离同位素的仪器． 2．原理如图所示(1)加速电场：qU ＝12mv 2；(2)偏转磁场：qvB ＝mv 2r ，l ＝2r ；由以上两式可得r ＝1B 2mUq， m ＝qr 2B 22U ，q m ＝2U B 2r 2.例1 质谱仪可利用电场和磁场将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用．如图所示，虚线上方有两条半径分别为R 和r (R >r )的半圆形边界，分别与虚线相交于A 、B 、C 、D 点，圆心均为虚线上的O 点，C 、D 间有一荧光屏．虚线上方区域处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为B .虚线下方有一电压可调的加速电场，离子源发出的某一正离子由静止开始经电场加速后，从AB 的中点垂直进入磁场，离子打在边界上时会被吸收．当加速电压为U 时，离子恰能打在荧光屏的中点．不计离子的重力及电、磁场的边缘效应．求： (1)离子的比荷；(2)离子在磁场中运动的时间；(3)离子能打在荧光屏上的加速电压范围．【答案】 (1)8UB 2R ＋r2(2)πB R ＋r28U(3)U R ＋3r 24R ＋r2≤U ′≤U 3R ＋r 24R ＋r2【解析】(1)由题意知，加速电压为U 时，离子在磁场区域做匀速圆周运动的半径r 0＝R ＋r2洛伦兹力提供向心力，qvB ＝m v 2r 0在电场中加速，有qU ＝12mv 2解得：q m ＝8UB 2R ＋r2(2)离子在磁场中运动的周期为T ＝2πmqB在磁场中运动的时间t ＝T2解得：t ＝πBR ＋r 28U(3)由(1)中关系，知加速电压和离子轨迹半径之间的关系为U ′＝4U R ＋r2r ′2若离子恰好打在荧光屏上的C 点，轨道半径r C ＝R ＋3r4U C ＝U R ＋3r 24R ＋r2若离子恰好打在荧光屏上的D 点，轨道半径r D ＝3R ＋r4U D ＝U 3R ＋r 24R ＋r2即离子能打在荧光屏上的加速电压范围：U R ＋3r24R ＋r 2≤U ′≤U 3R ＋r 24R ＋r2.变式1】 (2019·福建龙岩市5月模拟)质谱仪的原理如图所示，虚线AD 上方区域处在垂直纸面向外的匀强磁场中，C 、D 间有一荧光屏．同位素离子源产生a 、b 两种电荷量相同的离子，无初速度进入加速电场，经同一电压加速后，垂直进入磁场，a 离子恰好打在荧光屏C 点，b 离子恰好打在D 点．离子重力不计．则( )A ．a 离子质量比b 的大B ．a 离子质量比b 的小C ．a 离子在磁场中的运动时间比b 的长D ．a 、b 离子在磁场中的运动时间相等 【答案】B【解析】设离子进入磁场的速度为v ，在电场中qU ＝12mv 2，在磁场中Bqv ＝m v 2r ，联立解得：r ＝mv Bq ＝1B2mUq，由题图知，b 离子在磁场中运动的轨道半径较大，a 、b 为同位素，电荷量相同，所以b 离子的质量大于a 离子的质量，所以A 错误，B 正确；在磁场中运动的时间均为半个周期，即t ＝T 2＝πmBq ，由于b 离子的质量大于a 离子的质量，故b 离子在磁场中运动的时间较长，C 、D 错误．命题热点二：回旋加速器的原理和分析1．构造：如图所示，D 1、D 2是半圆形金属盒，D 形盒处于匀强磁场中，D 形盒的缝隙处接交流电源．2．原理：交流电周期和粒子做圆周运动的周期相等，使粒子每经过一次D 形盒缝隙，粒子被加速一次． 3．最大动能：由qv m B ＝mv m 2R 、E km ＝12mv m 2得E km ＝q 2B 2R 22m ，粒子获得的最大动能由磁感应强度B 和盒半径R 决定，与加速电压无关． 4．总时间：粒子在磁场中运动一个周期，被电场加速两次，每次增加动能qU ，加速次数n ＝E kmqU ，粒子在磁场中运动的总时间t ＝n 2T ＝E km 2qU ·2πm qB ＝πBR 22U.例2 (多选)(2019·山东烟台市第一学期期末)如图所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，分别与高频交流电源连接，两个D 形金属盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两个D 形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，下列说法中正确的是( )A ．加速电压越大，粒子最终射出时获得的动能就越大B ．粒子射出时的最大动能与加速电压无关，与D 形金属盒的半径和磁感应强度有关C ．若增大加速电压，粒子在金属盒间的加速次数将减少，在回旋加速器中运动的时间将减小D ．粒子第5次被加速前、后的轨道半径之比为5∶ 6 【答案】BC【解析】粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qv m B ＝m v m 2R ，解得：v m ＝qBRm ，则粒子获得的最大动能为：E km ＝12mv m 2＝q 2B 2R 22m ，知粒子获得的最大动能与加速电压无关，与D 形金属盒的半径R 和磁感应强度B 有关，故A 错误，B 正确；对粒子，由动能定理得：nqU ＝q 2B 2R 22m ，加速次数：n ＝qB 2R 22mU ，增大加速电压U ，粒子在金属盒间的加速次数将减少，粒子在回旋加速器中运动的时间：t ＝n 2T ＝n πmqB 将减小，故C正确；对粒子，由动能定理得：nqU ＝12mv n 2，解得v n ＝2nqUm，粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qv n B ＝m v n 2r n ，解得：r n ＝1B 2nmU q ，则粒子第5次被加速前、后的轨道半径之比为：r 4r 5＝45，故D 错误．变式2 (多选)(2019·福建龙岩市3月质量检查)回旋加速器是加速带电粒子的装置，如图所示．其核心部件是分别与高频交流电源两极相连接的两个D 形金属盒(D 1、D 2)，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D 形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，D 形盒的半径为R .质量为m 、电荷量为q 的质子从D 1半盒的质子源(A 点)由静止释放，加速到最大动能E km 后经粒子出口处射出．若忽略质子在电场中的加速时间，且不考虑相对论效应，则下列说法正确的是( )A ．质子加速后的最大动能E km 与交变电压U 大小无关B ．质子在加速器中的运行时间与交变电压U 大小无关C ．回旋加速器所加交变电压的周期为πR2mE kmD ．D 2盒内质子的轨道半径由小到大之比为1∶3∶5∶… 【答案】ACD【解析】质子在回旋加速器中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝m v 2r ，则v ＝qBrm ，当r ＝R 时，质子有最大动能：E km ＝12mv m 2＝q 2B 2R 22m ，知质子加速后的最大动能E km 与交变电压U 大小无关，故A 正确；质子离开回旋加速器时的动能是一定的，与加速电压无关，由T ＝2πmqB 可知相邻两次经过电场加速的时间间隔不变，获得的动能为qU ，故电压越大，加速的次数n 越少，在加速器中的运行时间越短，故B 错误；回旋加速器所加交变电压的周期与质子在D 形盒中运动的周期相同，由T ＝2πm qB ，R ＝mv m qB ，E km ＝12mv m 2知，T＝πR2mE km，故C 正确；质子每经过1次加速电场动能增大qU ，知D 2盒内质子的动能由小到大依次为qU 、3qU 、5qU …，又r ＝mv qB ＝2mE kqB ，则半径由小到大之比为1∶3∶5∶…，故D 正确.命题热点四：电场与磁场叠加的应用实例共同特点：当带电粒子(不计重力)在复合场中做匀速直线运动时，qvB ＝qE .1．速度选择器(1)平行板中电场强度E 和磁感应强度B 互相垂直．如图所示(2)带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qvB ＝qE ，即v ＝EB .(3)速度选择器只能选择粒子的速度，不能选择粒子的电性、电荷量、质量． (4)速度选择器具有单向性．例3 如图所示是一速度选择器，当粒子速度满足v 0＝EB 时，粒子沿图中虚线水平射出；若某一粒子以速度v 射入该速度选择器后，运动轨迹为图中实线，则关于该粒子的说法正确的是( )A ．粒子射入的速度一定是v >EBB ．粒子射入的速度可能是v <EBC ．粒子射出时的速度一定大于射入速度D ．粒子射出时的速度一定小于射入速度 【答案】B 2．磁流体发电机(1)原理：如图所示，等离子体喷入磁场，正、负离子在洛伦兹力的作用下发生偏转而聚集在B 、A 板上，产生电势差，它可以把离子的动能通过磁场转化为电能．(2)电源正、负极判断：根据左手定则可判断出图中的B 是发电机的正极．(3)电源电动势U ：设A 、B 平行金属板的面积为S ，两极板间的距离为l ，磁场磁感应强度为B ，等离子体的电阻率为ρ，喷入气体的速度为v ，板外电阻为R .当正、负离子所受电场力和洛伦兹力平衡时，两极板间达到的最大电势差为U (即电源电动势)，则q Ul ＝qvB ，即U ＝Blv .(4)电源内阻：r ＝ρlS .(5)回路电流：I ＝Ur ＋R.例4 (2019·福建三明市期末质量检测)磁流体发电机的原理如图所示．将一束等离子体连续以速度v 垂直于磁场方向喷入磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，可在相距为d 、面积为S 的两平行金属板间产生电压．现把上、下板和电阻R 连接，上、下板等效为直流电源的两极．等离子体稳定时在两极板间均匀分布，电阻率为ρ.忽略边缘效应及离子的重力，下列说法正确的是( )A ．上板为正极，a 、b 两端电压U ＝BdvB ．上板为负极，a 、b 两端电压U ＝Bd 2vρS RS ＋ρdC ．上板为正极，a 、b 两端电压U ＝BdvRSRS ＋ρdD ．上板为负极，a 、b 两端电压U ＝BdvRSRd ＋ρS【答案】C【解析】根据左手定则可知，等离子体射入两极板之间时，正离子偏向a 板，负离子偏向b 板，即上板为正极；稳定时满足U ′d q ＝Bqv ，解得U ′＝Bdv ；根据电阻定律可知两极板间的电阻为r ＝ρdS ，根据闭合电路欧姆定律：I ＝U ′R ＋r ，a 、b 两端电压U ＝IR ，联立解得U ＝BdvRSRS ＋ρd ，故选C.3．电磁流量计。
高考物理试卷分类汇编物理带电粒子在复合场中的运动(及答案)及解析
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）22nqUm B =，2(1,2,3,,1)n k =-L （3）2222(1)t qum k -磁，22(1)=k m t h qU-电 【解析】 【分析】带电粒子在电场和磁场中的运动、牛顿第二定律、运动学公式。
【详解】（1）离子经电场加速，由动能定理：212qU mv =可得2qUv m=磁场中做匀速圆周运动：2v qvB m r=刚好打在P 点，轨迹为半圆，由几何关系可知：2kd r =联立解得B =； （2）若磁感应强度较大，设离子经过一次加速后若速度较小，圆周运动半径较小，不能直接打在P 点，而做圆周运动到达N '右端，再匀速直线到下端磁场，将重新回到O 点重新加速，直到打在P 点。
设共加速了n 次，有：212n nqU mv =2nn nv qv B m r =且：2n kd r =解得：B =，要求离子第一次加速后不能打在板上，有12d r >且：2112qU mv =2111v qv B m r =解得：2n k <，故加速次数n 为正整数最大取21n k =- 即：B =2(1,2,3,,1)n k =-L ；（3）加速次数最多的离子速度最大，取21n k =-，离子在磁场中做n -1个完整的匀速圆周运动和半个圆周打到P 点。
高考物理试卷分类汇编物理带电粒子在复合场中的运动(及答案)含解析
一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．如图甲所示，空间存在一范围足够大的垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ．让质量为m ，电荷量为q （q ＞0）的粒子从坐标原点O 沿xOy 平面以不同的初速度大小和方向入射到磁场中．不计重力和粒子间的影响．（1）若粒子以初速度v 1沿y 轴正向入射，恰好能经过x 轴上的A （a ，0）点，求v 1的大小；（2）已知一粒子的初速度大小为v （v ＞v 1），为使该粒子能经过A （a ，0）点，其入射角θ（粒子初速度与x 轴正向的夹角）有几个？并求出对应的sin θ值；（3）如图乙，若在此空间再加入沿y 轴正向、大小为E 的匀强电场，一粒子从O 点以初速度v 0沿y 轴正向发射．研究表明：粒子在xOy 平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度的x 分量v x 与其所在位置的y 坐标成正比，比例系数与场强大小E 无关．求该粒子运动过程中的最大速度值v m ．【来源】2013年全国普通高等学校招生统一考试理科综合能力测试物理（福建卷带解析) 【答案】⑴；⑵两个 sin θ=；⑶＋．【解析】试题分析：(1)当粒子沿y 轴正向入射，转过半个圆周至A 点，半径R 1＝a/2由运动定律有2111v Bqv m R =解得12Bqav m=(2)如右图所示，O 、A 两点处于同一圆周上，且圆心在x ＝2a的直线上，半径为R ，当给定一个初速率v 时， 有2个入射角，分别在第1、2象限．即 sinθ′＝sinθ＝2a R另有2v Bqv m R=解得 sinθ′＝sinθ＝2aqBmv(3)粒子在运动过程中仅电场力做功，因而在轨道的最高点处速率最大，用y m 表示其y 坐标，由动能定理有 qEy m＝12 mv2m－12mv2由题知 v m＝ky m若E＝0时，粒子以初速度v0沿y轴正向入射，有 qv0B＝m2vR在最高处有 v0＝kR0联立解得22()mE Ev vB B=++考点：带电粒子在符合场中的运动；动能定理．2．两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）。
高中物理带电粒子在组合场或复合场中的运动解析
高中物理带电粒子在组合场或复合场中的运动解析带电粒子在组合场或复合场（包括重力场、电场、磁场）中的运动，往往涉及到力学、电场、磁场等知识内容和解题方法及各种能力，综合性强。
下面谈谈这类问题的分析方法。
1. 组合场或复合场组合场是指电场与磁场同时存在，但各位于一定的区域内，并不互相重叠的情况。
复合场通常是指电场与磁场在某一区域同时并存或电场、磁场和重力场并存在于某一区域的情况。
2. 动力学观点由于微粒在复合场中运动时，受力情况比较复杂，因此，进行受力分析时，要全面、细致。
其中的关键是洛伦兹力随着微粒运动状态而变化，而洛伦兹力的变化反过来又会导致运动状态的变化。
因此，进行受力分析时一定要与运动状态、运动过程紧密结合起来。
3. 能量与动量观点要时刻把握住洛伦兹力对运动的带电微粒不做功，然而却能改变微粒的速度和动量即改变微粒的运动状态这一关键点。
典型例题例1.如图1所示，一倾角为的足够长的绝缘光滑的斜面置于磁感应强度为B的匀强磁场中，一质量为m、带电荷量为－q的小物块自斜面顶端由静止释放，则当小物块在斜面上滑行，经多长时间、多长距离离开斜面？解析：由于重力的下滑分力的作用，小物块将沿斜面加速下滑，随着速度v从零开始增加，也不断增大，但的方向垂直于斜面向上，与物块的运动方向垂直，因此，虽然为变力，但由于有斜面支持力的约束，直至离开斜面之前，物块在垂直于斜面方向所受合外力始终为零，而沿斜面方向的合外力等于，故物块做初速度为零的匀加速直线运动。
当时，物块将离开斜面，即又所以由例2.若将例中的光滑斜面改为粗糙斜面（其他条件不变），并知物块与斜面间的动摩擦因数为，物块沿斜面下滑距离L而离开斜面，求整个过程中物块克服摩擦力所做的功。
解析：虽然只是将光滑斜面改为粗糙斜面，但物块的运动状态却发生了质的变化，由匀变速直线运动改为非匀变速直线运动。
原因在于的变化会导致支持力的变化，进而导致摩擦力的变化，因而物块的a是变量，匀变速运动的规律不再适用。
带电粒子在复合场中的运动分析方法概要
(1)电场强度E的大小．
(2)小球从M点开始运动到第二次经过D点所用的时间．
电子的速度方向与BA的延长线交角为θ(不妨设0≤θ＜ )的情
2 形．该电子的运动轨迹QPA如图4－13乙所示．图中，圆弧 的圆A心P 为O，PQ垂直于BC边，由上式知,圆弧 的半A径P 仍为 a．过P点作DC的垂线交DC于G，由几何关系可知∠DPG＝ θ，在以D为原点、DC为x轴、DA为y轴的坐标系中，P点的 坐标(x，y)为：
(2)( 2 ＋1)(
mv0 Be
)2
【点评】带电粒子在匀强磁场中偏转的试题基本上是年
年考，大概为了求新求变，在2009年高考中海南物理卷(第16
题)、浙江理综卷(第25题)中都出现了应用这一推论的题型．
【解析】 (1)若要使由C点入射的电子从A点射出，则在C 处必须有磁场，设匀强磁场的磁感应强度的大小为B，令圆 弧 AEC 是自C点垂直于BC入射的电子在磁场中的运行轨道， 电子所受到的磁场的作用力f＝ev0B，方向应指向圆弧的圆 心，因而磁场的方向应垂直于纸面向外．圆弧 AEC 的圆心在 CB 边 或 其 延 长 线 上 ． 依 题 意 ， 圆 心 在 A 、 C 连 线 的 中 垂 线 上，故B点即为圆心，圆半径为a．按照牛顿定律有：
图4－8 A．带电粒子从a到b的过程中动能逐渐减小 B．正点电荷一定位于M点的左侧 C．带电粒子在a点时具有的电势能大于在b点时具有的 电势能 D．带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度
【解析】由做曲线运动的物体的受力特点知带负电的粒 子 受 到 的 电 场 力 指 向 曲 线 的 内 侧 ， 故 电 场 线 MN 的 方 向 为 N→M，正点电荷位于N的右侧，选项B错误；由a、b两点的 位置关系知b点更靠近场源电荷，故带电粒子在a点受到的库 仑力小于在b点受到的库仑力，粒子在b点的加速度大，选项 D错误；由上述电场力的方向知带电粒子由a运动到b的过程 中电场力做正功，动能增大，电势能减小，故选项A错误、C 正确．
物理专题三带电粒子在复合场(电场磁场)中的运动解读
物理专题三 带电粒子在复合场(电场磁场)中的运动解决这类问题时一定要重视画示意图的重要作用。
⑴带电粒子在匀强电场中做类平抛运动。
这类题的解题关键是画出示意图，要点是末速度的反向延长线跟初速度延长线的交点在水平位移的中点。
⑵带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动。
这类题的解题关键是画好示意图，画示意图的要点是找圆心、找半径和用对称。
例1 右图是示波管内部构造示意图。
竖直偏转电极的板长为l =4cm ，板间距离为d =1cm ，板右端到荧光屏L =18cm ，（本题不研究水平偏转）。
电子沿中心轴线进入偏转电极时的速度为v 0=1.6×107m/s ，电子电荷e =1.6×10-19C ，质量为0.91×10-30kg 。
为了使电子束不会打在偏转电极的极板上，加在偏转电极上的电压不能超过多少？电子打在荧光屏上的点偏离中心点O 的最大距离是多少？[解：设电子刚好打在偏转极板右端时对应的电压为U ，根据侧移公式不难求出U (当时对应的侧移恰好为d /2)：2212⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅=v l dm Ue d ，得U =91V ；然后由图中相似形对应边成比例可以求得最大偏离量h =5cm 。
]例2 如图甲所示，在真空中，足够大的平行金属板M 、N 相距为d ，水平放置。
它们的中心有小孔A 、B ，A 、B 及O 在同一条竖直线上，两板的左端连有如图所示的电路，交流电源的内阻忽略不计，电动势为U ，U 的方向如图甲所示，U 随时间变化如图乙所示，它的峰值为ε。
今将S 接b 一段足够长时间后又断开，并在A 孔正上方距A 为h （已知d h <）的O 点释放一个带电微粒P ，P 在AB 之间刚好做匀速运动，再将S 接到a 后让P 从O 点自由下落，在t=0时刻刚好进入A 孔，为了使P 一直向下运动，求h 与T 的关系式？[解析：当S 接b 一段足够长的时间后又断开，而带电微粒进入A 孔后刚好做匀速运动，说明它受到的重力与电场力相等，有d q mg ε= 若将S 接a 后，刚从t=0开始，M 、N 两板间的电压为，2ε，故带电粒子进入电场后，所受到的电场力为mg d q F 22==ε，也就是以大小为g 、方向向上的加速度作减速运动。
带电粒子在复合场中,常见的三种运动轨迹
v0=4.0×103 m/s的速度沿与两板平行的中线OO′
射入，取g=10 m/s2、π=3.14。求：
(1)粒子在0～1.0×10-4 s内位移的大小x；
(2)粒子离开中线OO′的最大距离h；
(3)粒子在板间运动的时间t；
(4)画出粒子在板间运动的轨迹图。
U 5 【解析】(1)由题意知： Eq q 2.0 10 s d 5 而mg 2.0 10 s
由牛顿第二定律得：
mv0 2 qv0 B = R
所以粒子离开中线OO′的最大距离 h=0.128 m。
(3)板长L=1.2 m=3x t=2T+3Δt=5.0×10-4 s (4)轨迹如圆形区域内存在
垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大
小为B，在此区域外围足够大空间有垂直 纸面向内的磁感应强度大小也为B的匀强 磁场，一个带正电粒子从边界上的P点沿半径向外，以速 度v0进入外围磁场，已知带电粒子质量m=2×10-10 kg，带
显然Eq=mg 故粒子在0～1.0×10-4 s时间内做匀速直线运动， 因为Δt=1.0×10-4 s, 所以x=v0Δt=0.4 m
(2)在1.0×10-4～2.0×10-4 s时间内，
电场力与重力平衡，粒子做匀速圆周运动， 2m 因为 T qB 故粒子在1.0×10-4～2.0×10-4 s时间内恰好完成一个周期圆 周运动
4 为 v = BqR = BqL m 4m
设粒子进入电场后沿y轴负方向做减速运动的最大位移
1 为y， mv 2 = qEy， 得y = 2 2 2 qB L 由动能定理知 s = + 16mE qB2 L2 32mE 1 p L。 2
所以粒子运动的总路程为
答案： qB2 L2
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2004-2013十年高考物理 大全分类解析 专题14 带电粒子在复合场
中的运动
一、2013年高考题
1（2013高考四川理综第11题） 如图所示，竖直平面（纸面）内有平面直角坐标系x0y,x 轴沿水平方向。
在x ≤0的区域内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B 1的匀强磁场。
在第二象限紧贴y 轴固定放置长为l 、表面粗糙的不带电绝缘平板，平板平行x 轴且与x 轴相距h 。
在第一象限内的某区域存在方向互相
垂直的匀强磁场（磁感应强度大小为B 2，方
向垂直于纸面向外）和匀强电场（图中未画
出）。
一质量为m 、不带电的小球Q 从平板下
侧A 点沿x 正向抛出；另一质量也为m 、带电
量为q 的小球P 从A 点紧贴平板沿x 轴正向运
动，变为匀速运动后从y 轴上的D 点进入电磁场区域做匀速圆周运动，经4
1圆周离开电磁场区域，沿y 轴负方向运动，然后从x 轴上的K 点进入第四象限。
小球P 、Q 相遇在第四象限内的某一点，且竖直方向速度相同。
设运动过程中小球P 的电量不变，小球P 和Q 始终在纸面内运动且均看作质点，重力加速度为g 。
求：
（1）匀强电场的场强大小，并判断P 球所带电荷的正负；
（2）小球Q 的抛出速度v 0取值范围；
（3）B 1是B 2的多少倍？
2.(2013高考江苏物理第15题)（16分）在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制。
如题15-1图所示的xOy 平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E 和磁感应强度B 随时间t 作周期性变化的图象如题15-2图所示。
x 轴正方向为E 的正方向，垂直纸面向里为B 的正方向。
在坐标原点O 有一粒子P ，其质量和电荷量分别为m 和+q 。
不计重力。
在2
t τ=时刻释放P ，它恰能沿一定轨道做往复运动。
（1）求P 在磁场中运动时速度的大小v 0；
（2）求B 0应满足的关系；
（3）在t 0(0< t 0<τ/2)时刻释放P ，求P 速度为零时的坐标。
3. （2013高考天津理综物理第11题）(18分）一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O。
筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。
圆筒下面有相
距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷．N板带等量负电
荷。
质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止
释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中．粒子
与圈筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中
没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：
(1) M、N间电场强度E的大小；
(2）圆筒的半径R:。