高中物理总复习--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，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(92)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r 1、r 2， 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…）3(922h x -≥，x = 解得：120.361)2hr n =+（，n ＜3.5， 即：n =1时， 0.68qBhv m=， n =2时，0.545qBhv m =， n =3时，0.52qBhv m=； 答：（1）电场强度的大小为mg qE =，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min 9qBhv m=． （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：0.68qBhv m=、或0.545qBh v m =、或0.52qBhv m=． 【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v 0.若该离子束中比荷为qm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）0mvB qd =，磁场方向垂直纸面向外；（2）cos dR θ'=，()02t d v θα+=；（3）cos CM d t α=。
【解析】 【分析】 【详解】（1）设沿CM 方向运动的离子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R由20v qv B m R =R=d得0mv B qd=，磁场方向垂直纸面向外 （2）设沿CN 运动的离子速度大小为v ，在磁场中的轨道半径为R ′，运动时间为t ，由v cos θ=v 0得v ＝0cos v θ由2v qvB m R ='解得：R′=cos dθ方法一：设弧长为s ，则运动的时间：t =s v又s=2(θ+α)×R′解得t =()2d v θα+ 方法二：离子在磁场中做匀速圆周运动的周期T ＝2mqBπ，则有：()02t T d v θαθαπ++=⨯= （3）方法一：由几何关系得：CM =MN cot θ则有：()sin sin MN d R αβα'+=+解得：cos dR θ'=， 以上3式联立求解得CM =d cot α方法二：设圆心为A ，过A 做AB 垂直NO ，如图所示由几何关系得：cos cos dNM MB R MB MB d MB θθ-='-=-=- 而BO d MB =- 因此NM =BO 因NM =CM tan θ又cot sin cotsin cot cos dBO AB R αθαθαθ=='=解得：CM =d cot α4．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=o 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=o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 =o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 Tθπ=其中2mTeBπ=电子在电场和磁场中运动的总时间12t t t=+联立解得：223L mtv 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2CvevB mr=最小矩形区域如图所示，由数学知识得：2sin2CD rθ=⋅cos2CQ r rθ=-最小矩形区域面积：minS CD CQ=⋅联立解得：23()mvSmineB=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 v0，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 E0和匀强磁场的磁感应强度B0．（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+=+=+=6．如图所示，在xOy 坐标系中，第Ⅰ、Ⅱ象限内无电场和磁场。
高考物理总复习第八章 第3讲 带电粒子在复合场中的运动
2013-11-27
有志者事竟成
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4．电磁流量计．
图8－3－4
2013-11-27
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工作原理：如图8－3－4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，形成电场．当自由电荷所受的电场力和洛伦兹 力平衡时，a、b间的电势差就保持稳定，即：qvB＝qE＝ U U πd2 U πdU q d ，所以v＝dB，因此液体流量Q＝Sv＝ · ＝ . 4 Bd 4B
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工作原理：如图8－3－6所示，厚度为h、宽度为d的导 体板放在垂直于它的磁感应强度为B的匀强磁场中，当电流 通过导体板时，在导体板的上侧面A和下侧面A′之间会产 生电势差，这种现象称为霍尔效应．实验表明，当磁场不太 IB 强时，电势差U、电流I和B的关系为U＝k d ，式中的比例系 数k称为霍尔系数．霍尔效应可解释为：
2013-11-27
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
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(2)工作原理． ①电场加速qU＝ΔEk. v2 qBr ②磁场约束偏转qBv＝m r ，v＝ m ∝r. ③加速条件：高频电源的周期与带电粒子在D形盒中运 2πm 动的周期相同，即T电场＝T回旋＝ qB .
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A．如果油滴带正电，它是从M点运动到N点 B．如果油滴带正电，它是从N点运动到M点 C．如果水平电场方向向左，油滴是从M点运动到N点 D．如果水平电场方向向右，油滴是从M点运动到N点
高考物理带电粒子在复合场中的运动题20套(带答案)含解析
一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．下图为某种离子加速器的设计方案.两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场.其中MN 和M N ''是间距为h 的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O 和O '，O N ON d ''==，P 为靶点，O P kd '=（k 为大于1的整数）。
极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U 。
质量为m 、带电量为q 的正离子从O 点由静止开始加速，经O '进入磁场区域.当离子打到极板上O N ''区域（含N '点）或外壳上时将会被吸收。
两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过。
忽略相对论效应和离子所受的重力。
求：（1）离子经过电场仅加速一次后能打到P 点所需的磁感应强度大小； （2）能使离子打到P 点的磁感应强度的所有可能值；（3）打到P 点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间。
【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理（重庆卷带解析) 【答案】（1）22qUm B =（2）22nqUmB =，2(1,2,3,,1)n k =-（3）2222(1)t qum k -磁，22(1)=k m t h qU-电 【解析】 【分析】带电粒子在电场和磁场中的运动、牛顿第二定律、运动学公式。
【详解】（1）离子经电场加速，由动能定理：212qU mv =可得2qUv m=磁场中做匀速圆周运动：2v qvB m r=刚好打在P 点，轨迹为半圆，由几何关系可知：2kd r =联立解得B =； （2）若磁感应强度较大，设离子经过一次加速后若速度较小，圆周运动半径较小，不能直接打在P 点，而做圆周运动到达N '右端，再匀速直线到下端磁场，将重新回到O 点重新加速，直到打在P 点。
设共加速了n 次，有：212n nqU mv =2nn nv qv B m r =且：2n kd r =解得：B =，要求离子第一次加速后不能打在板上，有12d r >且：2112qU mv =2111v qv B m r =解得：2n k <，故加速次数n 为正整数最大取21n k =- 即：B =2(1,2,3,,1)n k =-；（3）加速次数最多的离子速度最大，取21n k =-，离子在磁场中做n -1个完整的匀速圆周运动和半个圆周打到P 点。
2022年高考物理命题猜想与仿真押题——专题09 带电粒子在复合场中的运动(命题猜想)(解析版)
【考向解读】1.2022年主要考试热点：(1)带电粒子在组合复合场中的受力分析及运动分析．(2)带电粒子在叠加复合场中的受力分析及运动分析．(3)带电粒子在交变电磁场中的运动．2.带电粒子在复合场中的运动应当是2022年高考压轴题的首选．(1)复合场中结合牛顿其次定律、运动的合成与分解、动能定理综合分析相关的运动问题．(2)复合场中结合数学中的几何学问综合分析多解问题、临界问题、周期性问题等．【命题热点突破一】带电粒子在组合场中的运动磁偏转”和“电偏转”的差别电偏转磁偏转偏转条件带电粒子以v⊥E进入匀强电场带电粒子以v⊥B进入匀强磁场受力状况只受恒定的电场力只受大小恒定的洛伦兹力运动状况类平抛运动匀速圆周运动运动轨迹抛物线圆弧物理规律类平抛学问、牛顿其次定律牛顿其次定律、向心力公式基本公式L＝vt，y＝12at2，a＝qEm，tan θ＝atvr＝mvqB，T＝2πmqB，t＝θ2πT例1．如图所示，静止于A处的离子，经加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN 进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左．静电分析器通道内有均匀辐射分布的电场，已知圆弧虚线的半径为R，其所在处场强为E、方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；QN＝2d、PN＝3d，离子重力不计．(1)求加速电场的电压U；(2)若离子恰好能打在Q点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E0的值；(3)若撤去矩形区域QNCD内的匀强电场，换为垂直纸面对里的匀强磁场，要求离子能最终打在QN上，求磁场磁感应强度B的取值范围．(3)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力，依据牛顿其次定律，有qBv＝mv2r则r＝1BEmRq离子能打在QN上，则既没有从DQ边出去也没有从PN边出去，则离子运动径迹的边界如图中Ⅰ和Ⅱ.由几何关系知，离子能打在QN上，必需满足：32d<r≤2d则有12dEmRq≤B<23dEmRq.答案(1)12ER(2)3ER2d(3)12d EmRq≤B ＜23dEmRq【变式探究】如图所示的坐标系中，第一象限内存在与x轴成30°角斜向下的匀强电场，电场强度E＝400 N/C；第四象限内存在垂直于纸面对里的有界匀强磁场，x轴方向的宽度OA＝203cm，y轴负方向无限大，磁感应强度B＝1×10－4T.现有一比荷为qm＝2×1011 C/kg的正离子(不计重力)，以某一速度v0从O点射入磁场，α＝60 °，离子通过磁场后刚好从A点射出，之后进入电场．(1)求离子进入磁场B的速度v0的大小；(2)离子进入电场后，经多少时间再次到达x轴上；(3)若离子进入磁场B后，某时刻再加一个同方向的有界匀强磁场使离子做完整的圆周运动，求所加磁场磁感应强度的最小值．解析离子的运动轨迹如图所示离子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a，位移为l2Eq＝ma l2＝12at2由几何关系可知tan 60°＝l2l1代入数据解得t＝3×10－7s(3)由Bqv＝mv2r知，B越小，r越大．设离子在磁场中最大半径为R由几何关系得R＝12(r1－r1sin 30°)＝0.05 m由牛顿运动定律得B1qv0＝mv20R得B1＝4×10－4T则外加磁场ΔB1＝3×10－4T答案(1)4×106 m/s(2)3×10－7s(3)3×10－4T【感悟提升】带电粒子在组合场中的运动问题，一般都是单物体多过程问题，求解策略是“各个击破”：(1)先分析带电粒子在每个场中的受力状况和运动状况，抓住联系相邻两个场的纽带——速度(一般是后场的入射速度等于前场的出射速度)，(2)然后利用带电粒子在电场中往往做类平抛运动或直线运动，在磁场中做匀速圆周运动的规律求解．【命题热点突破二】带电粒子在叠加复合场中的运动例2.如图所示，水平线AC和竖直线CD相交于C点，AC上开有小孔S，CD上开有小孔P，AC与CD间存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面对里，∠DCG＝60°，在CD右侧、CG的下方有一竖直向上的匀强电场E(大小未知)和垂直纸面对里的另一匀强磁场B1(大小未知)，一质量为m、电荷量为＋q的塑料小球从小孔S处无初速度地进入匀强磁场中，经一段时间恰好能从P孔水平匀速飞出而进入CD右侧，小球在CD右侧做匀速圆周运动而垂直打在CG板上，重力加速度为g.(1)求竖直向上的匀强电场的电场强度E的大小；(2)求CD右侧匀强磁场的磁感应强度B1的大小；(3)若要使小球进入CD右侧后不打在CG上，则B1应满足什么条件？解析(1)因小球在CD右侧受重力、电场力和洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，所以有mg＝qE，即E＝mgq.(2)小球进入磁场后，由于重力作用，速率不断增大，同时在洛伦兹力的作用下小球右偏，当小球从小孔P水平匀速飞出时，受力平衡有Bqv ＝mg ，即v ＝mgBq从S 到P 由动能定理得mg CP ＝12mv 2，即CP ＝m 2g2q 2B2因小球从小孔P 水平飞入磁场B 1后做匀速圆周运动而垂直打在CG 上，所以C 点即为小球做圆周运动的圆心，半径即为r ＝CP 又因B 1qv ＝m v 2r联立得B 1＝2B .答案 (1)mgq(2)2B (3)B 1≥4.3B【变式探究】如图所示，离子源A 产生的初速度为零、带电荷量为e 、质量不同的正离子被电压为U 1的加速电场加速后进入一电容器中，电容器两极板之间的距离为d ，电容器中存在磁感应强度大小为B 的匀强磁场和匀强电场．正离子能沿直线穿过电容器，垂直于边界MN 进入磁感应强度大小也为B 的扇形匀强磁场中，∠MNQ ＝90°.(不计离子的重力)(1)求质量为m 的离子进入电容器时，电容器两极板间的电压U 2； (2)求质量为m 的离子在磁场中做圆周运动的半径；(3)若质量为4m 的离子垂直打在NQ 的中点S 1处，质量为16m 的离子打在S 2处．求S 1和S 2之间的距离以及能打在NQ 上正离子的质量范围．解析 (1)设离子经加速电场后获得的速度为v 1，应用动能定理有U 1e ＝12mv 21离子进入电容器后沿直线运动，有U 2ed ＝Bev 1得U 2＝Bd2U 1em又ON ＝R 2－R 1由几何关系可知S 1和S 2之间的距离ΔS ＝R 22－ON 2－R 1联立解得ΔS ＝2(3－1)2U 1mB 2e由R ′2＝(2R 1)2＋(R ′－R 1)2 解得R ′＝52R 1再依据12R 1≤R x ≤52R 1解得m ≤m x ≤25m 答案 (1)Bd 2U 1em(2)2U 1mB 2e(3)m ≤m x ≤25m【命题热点突破三】带电粒子在交变电磁场中的运动及多解问题例3、如图甲所示，宽度为d 的竖直狭长区域内(边界为L 1、L 2)，存在垂直纸面对里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场(如图乙所示)，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)转变宽度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．(2)设微粒从N 1运动到Q 的时间为t 1，做圆周运动的周期为t 2，则d2＝vt 1⑤(1分)qvB ＝m v 2R⑥(2分)2πR ＝vt 2⑦(1分)联立③④⑤⑥⑦得t 1＝d 2v ；t 2＝πvg⑧(2分)电场变化的周期T ＝t 1＋t 2＝d 2v ＋πvg⑨(1分)【感悟提升】空间存在的电场或磁场是随时间周期性变化的，一般呈现“矩形波”的特点．交替变化的电场及磁场会使带电粒子顺次经过不同特点的电场、磁场或叠加的场，从而表现出多过程现象，其特点较为隐蔽，应留意以下两点：(1)认真确定各场的变化特点及相应时间，其变化周期一般与粒子在磁场中的运动周期关联． (2)把粒子的运动过程用直观草图进行分析．【变式探究】如图甲所示，两竖直线所夹区域内存在周期性变化的匀强电场与匀强磁场，变化状况如图乙、丙所示，电场强度方向以y 轴负方向为正，磁感应强度方向以垂直纸面对外为正．t ＝0时刻，一质量为m 、电量为q 的带正电粒子从坐标原点O 开头以速度v 0沿x 轴正方向运动，粒子重力忽视不计，图乙、丙中E 0＝3B 0v 04π，t 0＝πm qB 0，B 0已知．要使带电粒子在0～4nt 0(n ∈N)时间内始终在场区运动，求：(1)在t 0时刻粒子速度方向与x 轴的夹角； (2)右边界到O 的最小距离； (3)场区的最小宽度．解析 (1)由牛顿其次定律，得E 0q ＝ma v y ＝qE 0mt 0(2分)E 0＝3B 0v 04πtan θ＝v yv 0(1分) θ＝37°(1分)(2)x 1＝v 0t 0(1分)如图所示，由几何关系得x 2＝R 1－R 1cos 53°(1分)B 0qv ＝m v 2R 1(1分) v ＝v 0cos 37°(1分)x ＝x 1＋x 2＝(π＋0.5)mv 0qB 0(1分)答案 (1)37° (2)(π＋0.5)mv 0qB 0(3)(1.5n ＋1.5＋π)mv 0qB 0【高考真题解读】1．(2021·福建理综，22，20分)如图,绝缘粗糙的竖直平面MN 左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E ，磁场方向垂直纸面对外，磁感应强度大小为B .一质量为m 、电荷量为q 的带正电的小滑块从A 点由静止开头沿MN 下滑，到达C 点时离开 MN 做曲线运动．A 、C 两点间距离为h ，重力加速度为g .(1)求小滑块运动到C 点时的速度大小v C ；(2)求小滑块从A 点运动到C 点过程中克服摩擦力做的功W f ；(3)若D 点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置,当小滑块运动到D 点时撤去磁场,此后小滑块连续运动到水平地面上 的P 点．已知小滑块在D 点时的速度大小为v D ，从D点运动到P 点的时间 为t ，求小滑块运动到P 点时速度的大小v P .(3)如图，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直．撤 去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g ′g ′＝（qE m）2＋g 2⑥ 且v 2P ＝v 2D ＋g ′2t 2⑦解得v P ＝v 2D ＋⎣⎡⎦⎤（qE m ）2＋g 2t 2⑧ 答案 (1)E B (2)mgh －mE 22B 2(3)v 2D＋⎣⎡⎦⎤（qE m ）2＋g 2t 22．(2021·重庆理综，9，18分)如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对外的匀强磁场．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 点由静止开头加速，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取．两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过，忽视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 点的磁感应强度的全部可能值；(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． 解析 (1)粒子经电场加速一次后的速度为v 1，由动能定理得 qU ＝12mv 21①粒子能打到P 点，则在磁场中的轨道半径r 1＝kd2②对粒子在磁场中由牛顿其次定律得qv 1B 1＝mv 21r 1③联立①②③式解得B 1＝22Uqmqkd④答案 (1)22Uqm qkd (2)22nUqmqkd(n ＝1，2，3，…，k 2－1)(3)（2k 2－3）πkmd22Uqm （k 2－1）h 2（k 2－1）mUq3．(2021·天津理综，12,20分)现代科学仪器常利用电场、磁场把握带电粒子的运动．真空中存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场与磁场的宽度均为d .电场强度为E ，方向水平向右；磁感应强度为B ，方向垂直纸面对里，电场、磁场的边界相互平行且与电场方向垂直．一个质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放，粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射．(1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v 2的大小与轨迹半径r 2；(2)粒子从第n 层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn ， 试求sin θn ；(3)若粒子恰好不能从第n 层磁场右侧边界穿出，试问在其他条件不变的状况 下，也进入第n 层磁场，但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界，请简要推理说明之．(2)设粒子在第n 层磁场中运动的速度为v n ,轨迹半径为r n (各量的下标均代表 粒子所在层数，下同)． nqEd ＝12mv 2n ⑤qv n B ＝m v 2nr n⑥图1粒子进入第n 层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为αn ，从第n 层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn ，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度重量不变，有v n －1sin θn －1＝v n sin αn ⑦ 由图1看出r n sin θn －r n sin αn ＝d ⑧由⑥⑦⑧式得r n sin θn －r n －1sin θn －1＝d ⑨由⑨式看出r 1sin θ1，r 2sin θ2，…，r n sin θn 为一等差数列，公差为d ，可得r n sin θn ＝r 1sin θ1＋(n －1)d ⑩图2粒子穿出时的速度方向与水平方向的夹角为θn ，由于 q ′m ′＞q m ⑮则导致 sin θn ′＞1⑯说明θn ′不存在，即原假设不成立．所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界．答案 (1)2qEd m 2BmEdq(2)B nqd2mE(3)见解析4．(2021·江苏单科，15，16分)一台质谱仪的工作原理如图所示， 电荷量均为＋q 、质量不同的离子飘入电压为U 0的加速电场，其初速度几乎为零．这些离子经加速后通过狭缝O 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场，最终打在底片上．已知放置底片的区域MN ＝L ，且OM ＝L .某次测量发觉MN 中左侧23区域MQ 损坏，检测不到离子，但右侧13区域QN 仍能正常检测到离子．在适当调整加速电压后，原本打在MQ 的离子即可在QN 检测到．(1)求原本打在MN 中点P 的离子质量m ；(2)为使原本打在P 的离子能打在QN 区域，求加速电压U 的调整范围；(3)为了在QN 区域将原本打在MQ 区域的全部离子检测完整，求需要调整U 的最少次数．(取lg 2＝0.301，lg 3＝0.477，lg 5＝0.699) 解析 (1)离子在电场中加速： qU 0＝12mv 2在磁场中做匀速圆周运动：qvB ＝m v 2r解得r ＝1B2mU 0q打在MN 中点P 的离子半径为r 0＝34L ，代入解得m ＝9qB 2L 232U 0(2)由(1)知，U ＝16U 0r 29L 2离子打在Q 点时r ＝56L ，U ＝100U 081 离子打在N 点时r ＝L ，U ＝16U 09，则电压的范围 100U 081≤U ≤16U 09 (3)由(1)可知，r ∝U由题意知，第1次调整电压到U 1，使原本Q 点的离子打在N 点L 56L ＝U 1U 0此时，原本半径为r 1的打在Q 1的离子打在Q 上56L r 1＝U 1U 0解得r 1＝⎝⎛⎭⎫562L答案 (1)9qB 2L 232U 0 (2)100U 081≤U ≤16U 09(3)3次5．(2022·浙江理综，25,22分)离子推动器是太空飞行器常用的动力系统．某种推动器设计的简化原理如图1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 点持续射出肯定速率范围的电子．假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动，截面如图2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°)．推动器工作时，向Ⅰ区注入淡薄的氙气．电子使氙气电离的最小速率为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 ，电荷量为e .(电子遇到器壁即被吸取，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,请推断Ⅰ区中的磁场方向(按图2说明是“垂直纸面对里”或“垂直纸面对外”)；(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． 解析 (1)由动能定理得12Mv 2M＝eU ①U ＝Mv 2M2e②a ＝eE M ＝e U ML ＝v 2M 2L③(4)电子运动轨迹如图所示， OA ＝R －r ，OC ＝R2，AC ＝r依据几何关系得r ＝3R4（2－sin α）⑨由⑥⑨式得v max ＝3eBR4m （2－sin α）答案 (1)Mv 2M 2e v 2M2L (2)垂直纸面对外(3)v 0≤v ＜3eBR 4m (4)v max ＝3eBR4m （2－sin α）6．(2022·重庆理综，9，18分)如图所示，在无限长的竖直边界NS 和MT 间布满匀强电场，同时该区域上、下部分分别布满方向垂直于NSTM 平面对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，求粒子入射速度的全部可能值． 解析 (1)设电场强度大小为E . 由题意有mg ＝qE得E ＝mgq，方向竖直向上．(2)如图1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、下区域的运动半径分别为r 1和r 2，圆心的连线与NS 的夹角为φ. 由r ＝mvqB有r 1＝mv min qB ，r 2＝12r 1由(r 1＋r 2)sin φ＝r 2 r 1＋r 1cos φ＝hv min ＝(9－62)qBhm答案 (1)mg q ，方向竖直向上 (2)(9－62)qBhm(3)见解析7．(2022·大纲全国，25，20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(xy 平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x 轴负向．在y 轴正半轴上某点以与x 轴正向平行、大小为v 0的速度放射出一带正电荷的粒子,该粒子在(d ，0)点沿垂直于x 轴的方向进入电场．不计重力．若该粒子离开电场时速度方向与Y 轴负方向的夹角为θ，求(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值； (2)该粒子在电场中运动的时间．解析 (1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动．设磁感应强度的大小为B ，粒子质量与所带电荷量分别为m 和q ,圆周运动的半径为R 0.由洛仑兹力公式 及牛顿其次定律得qv 0B ＝m v 20R 0①由题给条件和几何关系可知R 0＝d ②答案 (1)12v 0tan 2θ (2)2dv 0tan θ。
带电粒子在复合场中的运动(含详细解析过程)
带电粒子在复合场中的运动1、如图所示，在y > 0的空间中存在匀强电场，场强沿y 轴负方向；在y < 0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy 平面（纸面）向外．一电量为q 、质量为m 的带正电的运动粒子，经过y 轴上y = h 处的点P1时速率为v0，方向沿x 轴正方向，然后经过x 轴上x = 2h 处的P2点进入磁场，并经过y 轴上y = – 2h 处的P3点．不计粒子的重力，求 （1）电场强度的大小；（2）粒子到达P2时速度的大小和方向； （3）磁感应强度的大小． 2、如图所示的区域中，第二象限为垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B ，第一、第四象限是一个电场强度大小未知的匀强电场，其方向如图。
一个质量为m ，电荷量为+q 的带电粒子从P 孔以初速度v0沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角θ=30°，粒子恰好从y 轴上的C孔垂直于匀强电场射入匀强电场，经过x 轴的Q 点，已知OQ=OP ，不计粒子的重力，求：（1）粒子从P 运动到C 所用的时间t ； （2）电场强度E 的大小；（3）粒子到达Q 点的动能Ek 。
3、如图所示，半径分别为a 、b 的两同心虚线圆所围空间分别存在电场和磁场，中心O 处固定一个半径很小（可忽略）的金属球，在小圆空间内存在沿半径向内的辐向电场，小圆周与金属球间电势差为U ，两圆之间的空间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，设有一个带负电的粒子从金属球表面沿＋x 轴方向以很小的初速度逸出，粒子质量为m ，电量为q ，（不计粒子重力，忽略粒子初速度）求：（1）粒子到达小圆周上时的速度为多大？（2）粒子以（1）中的速度进入两圆间的磁场中，当磁感应强度超过某一临界值时，粒子将不能到达大圆周，求此最小值B 。
（3）若磁感应强度取（2）中最小值，且b ＝（2＋1）a ，要粒子恰好第一次沿逸出方向的反方向回到原出发点，粒子需经过多少次回旋？并求粒子在磁场中运动的时间。
【课件】全程复习广西专用广西专用高考物理一轮复习113带电粒子在复合场中的运动课件新人教版精编版
④（2分） ⑤（2分）
（3）射入磁场时入射速度v′=4v，带电粒子在匀强磁场中做匀
速圆周运动，设轨道半径为r，由牛顿第二定律有
qvB m v2 r
又有qE=qvB=ma 由②⑤⑥⑦得 r 3R（1分）
3
带电粒子偏转情况如图,
⑥（2分） ⑦（1分）
由几何知识 sin R ,sin 3 , ，
2.磁流体发电机和电磁流量计原理 （1）根据左手定则，可以确定正、负粒子的偏转方向，从而确 定正、负极或电势高低. （2）电势差稳定时， q U qvB. 由此可计算磁流体发电机最大
d
电势差U=Bdv； 电磁流量计流量 Q Sv dU .
4B
（2012·南宁模拟）一带正电的粒子以速度v0垂直飞入如图所 示的电场和磁场共有的区域，B、E及v0三者方向如图所示，已 知粒子在运动过程中所受的重力恰与电场力平衡，则带电粒子 在运动过程中（ ）
带电粒子在复合场中运动情况分析 【例证1】（2012·杭州模拟）在长方形abcd 区域内有正交的电磁场，ab bc L，一带电粒
2
子从ad的中点垂直于电场和磁场方向射入， 恰沿直线从bc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 【解题指南】解答本题应把握以下三点： （1）由带电粒子在复合场中能沿直线运动可确定电场力和洛伦 兹力平衡. （2）由带电粒子在电场中运动，从c点射出，找出粒子在磁场 中运动时求解半径的条件. （3）根据带电粒子在磁场中运动半径，判断粒子的射出点.
【变式备选】如图所示的装置，左半部分为速度选择器，右半 部分为匀强的偏转电场.一束同位素离子流从狭缝S1射入速度选 择器，能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S2射出的离子，又 沿着与电场垂直的方向，立即进入场强大小为E的偏转电场，最 后打在照相底片D上.已知同位素离子的电荷量为q （q＞0）， 速度选择器内部存在着相互垂直的场强大小为E0的匀强电场和 磁感应强度大小为B0的匀强磁场，照相底片D与狭缝S1、S2连线 平行且距离为L，忽略重力的影响.
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
高考物理带电粒子在复合场中的运动试题(有答案和解析)含解析
一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．如图所示，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=o；2180θ=o ；60α=o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 L U 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．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 。
(统考版)2023版高考物理一轮复习 第九章 磁场 专题七 带电粒子在复合场中的运动学生用书
专题七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．组合场电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠；或在同一区域分时间段交替出现．2．“电偏转”或“磁偏转”的比较垂直进入磁场(磁偏转)垂直进入电场(电偏转) F＝qv B，F大小不变，方向总指向圆例1.一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy 平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x 轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行．一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出．不计重力．(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；(2)求该粒子从M点入射时速度的大小；，求该粒子的比荷及其(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为π6从M点运动到N点的时间．[教你解决问题](1)读题→画轨迹(2)模型建构→求速度[思维方法]解决带电粒子在组合场中运动问题的一般思维模板跟进训练1.[2021·广东卷，14]如图是一种花瓣形电子加速器简化示意图．空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ.各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外．电子以初动能E k0从圆b上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速．已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为√3R，电子质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应，取tan 22.5°＝0.4.(1)当E k0＝0时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示．求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能；(2)已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射．当E k0＝keU时，要保证电子从出射区域出射，求k的最大值．考点二带电粒子在叠加场中的运动1．磁场力、重力并存(1)若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．(2)若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．2．电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)(1)若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．(2)若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．3．电场力、磁场力、重力并存(1)若三力平衡，一定做匀速直线运动．(2)若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．(3)若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒或动能定理求解问题．例2.如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为＋q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x 轴负方向成37°角，在y轴与MN之间的区域Ⅰ内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN与PQ之间区域Ⅱ内存在宽度为d的竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知小球在C点的速度大小为2v0，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)第二象限内电场强度E1的大小和磁感应强度B1的大小；(2)区域Ⅰ内最小电场强度E2的大小和方向；(3)区域Ⅱ内电场强度E3的大小和磁感应强度B2的大小．[教你解决问题]——读题抓已知条件→模型建构跟进训练2．[2022·广西南宁统考]如图所示，空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里．一带电小球恰能以速度v0沿与水平方向成30°角斜向右下方做匀速直线运动，最后进入一轴线沿小球运动方向且固定摆放的一光滑绝缘管道(管道内径略大于小球直径)，下列说法正确的是( )A．小球带负电＝√3v0B．电场和磁场的大小关系为EBC．若小球刚进入管道时撤去磁场，小球仍做匀速直线运动D．若小球刚进入管道时撤去电场，小球的机械能不断增大3．如图所示，在竖直平面内的坐标系xOy中，第三象限存在垂直于纸面向外的匀强磁场和沿x轴负方向的匀强电场，第一象限y≥0.35 m的区域有竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，两区域磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T，电场的场强大小均为E＝2 N/C.一带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点获得一初速度v0，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，经过一段时间后再次穿过x轴离开第一象限，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)油滴在P点得到的初速度v0的大小；(2)油滴在第一象限运动的时间；(3)油滴再次穿过x轴时的横坐标x1.考点三复合场与现代科技素养提升原理图例3. [2021·河北卷，5]如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B1，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间．相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连．质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止．重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力．下列说法正确的是( )A．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝mgR sinθB1B2LdB．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝mgR sinθB1B2LdC．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝mgR tanθB1B2LdD．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝mgR tanθB1B2Ld跟进训练4.(多选)如图甲是回旋加速器D形盒外观图，如图乙是回旋加速器工作原理图，微观粒子从S处由静止开始被加速，达到其可能的最大速度v m后将到达导向板处，由导出装置送往需要使用高速粒子的地方．下列说法正确的是( )A．D形盒半径是决定v m的一个重要因素B．粒子从回旋加速器的磁场中获得能量C．高频电源的电压是决定v m的重要因素D．高频电源的周期等于粒子在磁场中的运动周期5.[2022·郑州模拟](多选)某种质谱仪的工作原理示意图如图所示．此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N，P、Q间的加速电场，静电分析器，磁感应强度为B的有界匀强磁场、方向垂直纸面向外，胶片M.若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；由粒子源发出一质量为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，垂直场强方向进入静电分析器，在静电分析器中，离子沿中心线做匀速圆周运动，而后由S点沿着既垂直于磁分析器的左边界，又垂直于磁场方向射入磁分析器中，最终打到胶片上的某点．下列说法正确的是( )ERA．P、Q间加速电压为12B．离子在磁场中运动的半径为√mERqC．若一质量为4m、电荷量为q的正离子加速后进入静电分析器，离子不能从S射出D．若一群离子经过上述过程打在胶片上同一点，则这些离子具有相同的比荷情境2 CT扫描机例4. CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测．图甲是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图乙所示．图乙中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)，将电子束打到靶上的点记为P点．则( )A．M处的电势高于N处的电势B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移[思维方法]解决实际问题的一般过程专题七带电粒子在复合场中的运动关键能力·分层突破例 1 解析：(1)粒子运动的轨迹如图甲所示．(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动．设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ(见图乙)，速度沿电场方向的分量为v1.根据牛顿第二定律有qE＝ma①式中q和m分别为粒子的电荷量和质量．由运动学公式有v1＝at②l′＝v0t③v1＝v cos θ④粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB ＝m v 2R ⑤ 由几何关系得l ＝2R cos θ ⑥ 联立①②③④⑤⑥式得v 0＝2El ′Bl⑦(3)由运动学公式和题中所给数据得v 1＝v 0tanπ6⑧联立①②③⑦⑧式得q m＝4√3El ′B 2l 2⑨设粒子由M 点运动到N 点所用的时间为t ′，则t ′＝2t ＋2(π2−π6)2πT ⑩式中T 是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T ＝2πm qB⑪由③⑦⑨⑩⑪式得t ′＝BlE (1＋√3πl 18l ′) ⑫答案：(1)图见解析 (2)2El ′Bl(3)4√3El ′B 2l 2Bl E(1＋√3πl 18l ′)1．解析：(1)设电子经圆b 的加速电场加速两次后以速度v 1进入Ⅰ区磁场，Ⅰ区的磁感应强度大小为B 1，则由动能定理得2eU ＝12mv 12－0，由几何知识得，电子在Ⅰ区做匀速圆周运动的半径r 1＝R tan θ2＝R tan 22.5°＝0.4R ，由洛伦兹力提供向心力可得ev 1B 1＝m v 12 r1， 联立解得B 1＝5√meUeR ， 运动时间t 1＝360°−135°360°T ，又T ＝2πmeB 1，联立解得t 1＝πR √meU 4eU，电子由P →Q ，由动能定理得8eU ＝E k ，所以动能E k ＝8eU .(2)k 最大时，电子进入Ⅰ区时速度v 最大，做匀速圆周运动的半径r 最大，所以当电子轨迹与Ⅰ区磁场的圆弧相切时，半径r 最大，由几何关系知(√3R －r )2＝R 2＋r 2，解得r ＝√33R ，根据洛伦兹力提供向心力有evB 1＝m v 2r ， 解得v ＝5√3meU3m，电子从P 点进入圆b 到刚进入Ⅰ区，由动能定理得 2eU ＝12mv 2－E k0，又E k0＝keU ，解得k ＝136. 答案：(1)5√meU eR πR √meU4eU8eU (2)136例2 解析：(1)带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动，三力满足如图所示关系且小球只能做匀速直线运动．由图知tan 37°＝qE 1mg，得E 1＝3mg 4q，cos 37°＝mgqv 0B 1，得B 1＝5mg4qv 0.(2)区域Ⅰ中小球做直线运动，电场强度最小，受力如图所示(电场力方向与速度方向垂直)，小球做匀加速直线运动．由图知cos 37°＝qE 2mg ，得E 2＝4mg 5q.方向与x 轴正方向成53°角向上．(3)小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，所以mg ＝qE 3，得E 3＝mgq ，因小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图所示．由几何关系得r ＝5d8，由洛伦兹力提供向心力知q ·2v 0B 2＝m (2v 0)2r，联立得B 2＝16mv 05qd.答案：(1)3mg 4q5mg 4qv 0(2)4mg 5q ，方向与x 轴正方向成53°角向上 (3)mgq16mv 05qd2．解析：带电小球受到竖直向下的重力，垂直速度方向的洛伦兹力，沿水平方向的电场力，根据质点做匀速直线运动的条件可知，小球带正电，选项A 错误；由sin 30°＝qE qv 0B可得，电场和磁场的大小关系为EB＝v02，选项B 错误；若小球刚进入管道时撤去磁场，重力沿速度方向的分力与电场力沿速度方向的分力大小相等，方向相反，所以小球仍做匀速直线运动，选项C 正确；若小球刚进入管道时撤去电场，只有重力做功，小球的机械能守恒，选项D 错误．答案：C3．解析：(1)如图所示，根据平衡条件可得mg ＝qE ，qv 0B ＝√2qE解得v 0＝√2EB＝4√2 m/s.(2)进入第一象限后，在0≤y ≤0.35 m 区域内，油滴做斜抛运动，根据运动的合成与分解，油滴在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，刚到O 点时，有v 0x ＝v 0cos 45°，v 0y ＝v 0sin 45°竖直方向上，油滴做竖直上抛运动，有v −y 2v 0y 2＝－2g ℎvy ＝v0y －gt1进入y>ℎ区域后，电场力和重力大小相等，方向相反，油滴在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则进入到y>ℎ区域时，有v1＝√v 0x 2+v y2 根据速度的合成与分解可得tan α＝vy v 0x运动时间t 2＝2α360°T其中周期T ＝2πm qB总时间t ＝2t 1＋t 2联立解得t ＝15 s ＋37π225 s ＝0.72 s.(3)进入第一象限后，在0≤y ≤h 区域内，油滴在水平方向上做匀速直线运动，有L 1＝v 0x t 1进入y >h 区域后，电场力和重力大小相等，方向相反，油滴在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qv 1B ＝mv 12 R由几何关系得L 2＝R sin α由对称性得x 1＝2L 1＋2L 2， 解得x 1＝3.2 m.答案：(1)4√2 m/s (2)0.72 s (3)3.2 m例3 解析：由左手定则可知Q 板带正电，P 板带负电，所以金属棒ab 中的电流方向为从a 到b ，对金属棒受力分析可知，金属棒受到的安培力方向沿导轨平面向上，由左手定则可知导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，由受力平衡可知B 2IL ＝mg sin θ，而I ＝UR ，而对等离子体受力分析有q U d＝qvB 1，解得v ＝mgR sin θB 1B 2Ld.故B 正确，A 、C 、D 错误．答案：B4．解析：回旋加速器中的加速粒子最后从磁场中做匀速圆周运动离开，根据半径公式R ＝mv m qB，可得v m ＝qBR m，则粒子的最大速度与加速的电压无关，而与D 形盒的半径、磁感应强度以及粒子的电荷量和质量有关，D 形盒半径越大，v m 越大；磁场越强，v m 越大，A 正确，C 错误．回旋加速器是利用电场加速、磁场偏转来加速粒子的，B 错误；粒子在磁场中转动两个半圆的过程，电场的方向变换两次，则T 电＝2×T 磁2＝T 磁＝2πm qB，D 正确．答案：AD5．解析：直线加速过程，根据动能定理得qU ＝12mv 2，电场中偏转过程，根据牛顿第二定律得qE ＝m v 2R，在磁场中偏转过程，根据牛顿第二定律得qvB ＝m v 2r，解得U ＝12ER ，r ＝m qB√qER m＝1B √mER q，故选项A 正确，B 错误；只要满足R ＝2UE ，所有粒子都可以在弧形电场区通过，故选项C 错误；由r ＝1B √mER q可知，打到胶片上同一点的粒子的比荷一定相等，故选项D 正确．答案：AD例4 解析：本题结合CT 扫描机考查带电粒子的加速、偏转问题．电子束在M 、N 之间需要加速，故N 处的电势高于M 处的电势，A 错误；若增大M 、N 之间的加速电压，会使得电子获得的速度变大，电子在磁场中偏转，洛伦兹力提供向心力，有Bvq ＝m v 2R ，可得电子的偏转轨迹半径R ＝mvqB ，则电子在磁场中运动轨迹的半径变大，电子出磁场时偏转角减小，P 点向右移，B 错误；电子进入磁场中向下偏转，由左手定则可知，偏转磁场的方向垂直于纸面向里，故C 错误；根据R ＝mvqB 可知，偏转磁场的磁感应强度越大，电子的运动轨迹半径越小，在偏转磁场中偏转越明显，P 点向左移，故D 正确．答案：D。
专题22 带电粒子在复合场(叠加场)中的运动模型(解析版)
2023年高三物理二轮常见模型与方法强化专训专练专题22 带电粒子在复合场（叠加场）中的运动模型【特训典例】一、高考真题1．空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面（xOy平面）向里，电场的方向沿y轴正方向。
一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。
下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是（）A．B．C．D．【答案】B【详解】解法一：AC．在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O静止的带正电粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动。
磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x 轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x轴负方向偏转。
AC错误；BD．运动的过程中在电场力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直。
由于匀强电场方向是沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次运动到x轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x轴时的速度为0，随后受电场力作用再次进入第二象限重复向左偏转，故B 正确，D 错误。
故选B 。
解法二：粒子在O 点静止，对速度进行分解，分解为向x 轴正方向的速度v ，向x 轴负方向的速度v’，两个速度大小相等，方向相反。
使得其中一个洛伦兹力平衡电场力，即'qBv qE =则粒子的在电场、磁场中的运动，可视为，向x 轴负方向以速度'E v B=做匀速直线运动，同时在x 轴上方做匀速圆周运动。
故选B 。
2．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【详解】A ．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； B ．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，故B 正确；C ．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；D ．由于M 点和P 点在同一等势面上，故从M 到P 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电场力相等，即合力相等，故D 错误；故选BC 。