高中物理带电粒子在复合场中的运动题20套(带答案)
一、带电粒子在复合场中的运动专项训练 1．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(02)．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】min2cosmgBqR，sincosgRv 【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 cos0Nmg ②
2sinsinvfNmR ③
由①②③式得 22sinsin0cosqBRqR
vvm④
由于v是实数，必须满足 222sin4sin()0cosqBRqR
m
⑤
由此得 2cosmgBqR
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
min2cosmgBqR
⑦ 此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为 minsin2qBRvm ⑧
由⑦⑧式得 sincosgRv
⑨
2．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： mgqE
可得电场强度大小： mgqE
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rR；设磁感应强度大小为B，由： 2v
qvBmR
可得磁感应强度大小： mvBqR
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，其圆周运动的圆心Q的坐标为(sin,cos)RR，圆周运动轨迹方程为：
222(sin)(cos)xRyRR
而磁场边界是圆心坐标为（0，R）的圆周，其方程为： 22()xyRR
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 00xy
或： sin{(1cos)xRyR
坐标为[sin,(1cos)]RR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)2mvrRqB
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mgqE ，方向沿y轴正方向和磁感应强度mvBqR，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。
3．利用电场和磁场，可以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．如图所示的矩形区域ACDG(AC边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场，A处有一狭缝．离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA边且垂直于磁场的方向射入磁场，运动到GA边，被相应的收集器收集．整个装置内部为真空．已知被加速的两种正离子的质量分别是m1和m2(m1>m2)，电荷量均为q．加速电场的电势差为U，离子进入电场时的初速度可以忽略．不计重力，也不考虑离子间的相互作用． (1)求质量为m1的离子进入磁场时的速率v1； (2)当磁感应强度的大小为B时，求两种离子在GA边落点的间距s； (3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度．若狭缝过宽，
可能使两束离子在GA边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离．设磁感应强度大小可调，GA边长为定值L，狭缝宽度为d，狭缝右边缘在A处．离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA边且垂直于磁场．为保证上述两种离子能落在GA边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度． 【来源】2011年普通高等学校招生全国统一考试物理卷（北京)
【答案】（1）12qUm（2）1228UmmqB （3）dm＝12122mmmmL 【解析】 （1）动能定理 Uq＝12m1v12
得：v1＝ 12qUm …① （2）由牛顿第二定律和轨道半径有： qvB＝2 mv
R，R＝
mv
qB
利用①式得离子在磁场中的轨道半径为别为（如图一所示）：
R1＝122 mUqB ，R2＝222 mUqB…② 两种离子在GA上落点的间距s＝2(R1−R2)＝1228 ()UmmqB …③ （3）质量为m1的离子，在GA边上的落点都在其入射点左侧2R1处，由于狭缝的宽度为
d，因此落点区域的宽度也是d（如图二中的粗线所示）．同理，质量为m2的离子在GA边上落点区域的宽度也是d（如图二中的细线所示）．
为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为2（R1-R2）＞d…④ 利用②式，代入④式得：2R1(1−21 mm)＞d R1的最大值满足：2R1m=L-d 得：(L−d)(1−21 mm)＞d
求得最大值：dm＝12122mmmmL 4．欧洲大型强子对撞机是现在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一种将质子加速对撞的高能物理设备，其原理可简化如下：两束横截面积极小，长度为l-0质子束以初速度v0
同时从左、右两侧入口射入加速电场，出来后经过相同的一段距离射入垂直纸面的圆形匀
强磁场区域并被偏转，最后两质子束发生相碰。已知质子质量为m，电量为e；加速极板
AB、A′B′间电压均为U0，且满足eU0=32mv02。两磁场磁感应强度相同，半径均为R，圆心
O、O′在质子束的入射方向上，其连线与质子入射方向垂直且距离为H=72R；整个装置处
于真空中，忽略粒子间的相互作用及相对论效应。 (1)试求质子束经过加速电场加速后(未进入磁场)的速度ν和磁场磁感应强度B；
(2)如果某次实验时将磁场O的圆心往上移了2R，其余条件均不变，质子束能在OO′ 连线
的某位置相碰，求质子束原来的长度l0应该满足的条件。 【来源】湖南省常德市2019届高三第一次模拟考试理科综合物理试题
【答案】(1) 02vv；02mvBeR(2)
0
33612l
【解析】 【详解】
解：(1)对于单个质子进入加速电场后，则有：2200
11eUmvmv22
又：200
3eUmv2
解得：0v2v； 根据对称，两束质子会相遇于OO的中点P，粒子束由CO方向射入，根据几何关系可知必定沿OP方向射出，出射点为D，过C、D点作速度的垂线相交于K，则K，则K点即为轨迹的圆心，如图所示，并可知轨迹半径r=R
根据洛伦磁力提供向心力有：2v
evBmr
可得磁场磁感应强度：02mvBeR
带电粒子在复合场中的运动(高考真题)
带电粒子在复合场中的运动(2007年全国卷2)25。
（20分）如图所示，在坐标系Oxy 的第一象限中在在沿y 轴正方向的匀强电场，场强大小为E 。
在其它象限中在在匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,A 是y 轴上的一点，它到坐标原点O 的距离为h ；C 是x 轴上的一点,到O 点的距离为l ，一质量为m 、电荷量为q 的带负电的粒子以某一初速度沿x 轴方向从A 点进入电场区域，继而通过C 点进入磁场区域,并再次通过A 点，此时速度方向与y 轴正方向成锐角.不计重力作用。
试求： （1）粒子经过C 点时速度的大小和方向; （2)磁感应强度的大小B 。
（2008年全国卷1）25．（22分)如图所示，在坐标系xOy 中，过原点的直线OC 与x 轴正向的夹角φ=120º。
在OC 右侧有一匀强电场；在第二、三象限内有一匀强磁场，其上边界与电场边界重叠、右边界为y 轴、左边界为图中平行于y 轴的虚线,磁场的磁感应强度大小为B ,方向垂直纸面向里。
一带正电荷q 、质量为m 的粒子以某一速度自磁场左边界上的A 点射入磁场区域，并从O 点射出.粒子射出磁场的速度方向与x 轴的夹角θ=30º,大小为v 。
粒子在磁场中的运动轨迹为纸面内的一段圆弧，且弧的半径为磁场左右边界间距的两倍。
粒子进入电场后,在电场力的作用下又由O 点返回磁场区域，经过一段时间后再次离开磁场。
已知粒子从A 点射入到第二次离开磁场所用的时间恰好等于粒子在磁场中做圆周运动的周期.忽略重力的影响.求:⑴粒子经过A 点时速度的方向和A 点到x 轴的距离； ⑵匀强电场的大小和方向；⑶粒子从第二次离开磁场到再次进入电场时所用的时间.（2009年全国卷2）25。
（18分)如图，在宽度分别为1l 和2l 的Ov ABCyθφ两个毗邻的条形区域分别有匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于纸面向里，电场方向与电、磁场分界线平行向右。
一带正电荷的粒子以速率v 从磁场区域上边界的P 点斜射入磁场,然后以垂直于电、磁场分界线的方向进入电场,最后从电场边界上的Q 点射出。
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。
(完整word版)带电粒子在复合场的运动新课标高考真题
由运动学公式有 d 1 at 2 ……⑥ 2
l2
E 由①②⑤⑥⑦式得 B
l12
d
l22
2
v
…………⑧
由①③④⑦式得 t1 t2
l1 2 d 2dl 2
2
arcsin(
2dl1 l12 d
2
)
vt 2 ………⑦
（ 2009 年高考宁夏理综卷） 25． (18 分 )
如图所示， 在第一象限有一均强电场， 场强大小为 E，
OC 交于 O＇。由几何关系知， AO＇垂直于 OC＇， O＇是圆弧的圆心。设圆弧的半径为 R， 则有
R = d sin
①
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
2
qvB m v
②
R
将①式代入②式，得
qBd
v
sin
③
m
(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
度为 a，运动时间为 t，则有
设粒子的质量和所带正电荷分别为 m和 q, 由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得
qvB
v2 m
……………②
R
设 P 为虚线与分界线的交点 , POP
R
,则粒子在磁场中的运动时间为 t1
……③
v
式中有 sin
l1 ………④粒子进入电场后做类平抛运动 R
, 其初速度为 v, 方向垂直于电场 .
设粒子的加速度大小为 a, 由牛顿第二定律得 qE ma …………⑤
向垂直于纸面向里，电场方向与电、磁场分界线平行向右。一带正电荷的粒子以速率
v
从磁场区域上边界的 P 点斜射入磁场，然后以垂直于电、磁场分界线的方向进入电场，
最后从电场边界上的 Q 点射出。 已知 PQ 垂直于电场方向， 粒子轨迹与电、 磁场分界线
高考物理一轮复习考点规范练30带电粒子在复合场中的运动(含解析)新人教版
考点规范练30带电粒子在复合场中的运动一、单项选择题1.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场和磁场,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.②④答案:B解析:①图中小球受重力、向左的电场力、向右的洛伦兹力,下降过程中速度一定变大,故洛伦兹力一定变化,不可能一直与电场力平衡,故合力不可能一直向下,故一定做曲线运动;②图中小球受重力、向上的电场力、垂直向外的洛伦兹力,合力与速度一定不共线,故一定做曲线运动;③图中小球受重力、向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力,若三力平衡,则小球做匀速直线运动;④图中小球受向下的重力和向上的电场力,合力一定与速度共线,故小球一定做直线运动。
故选项B正确。
2.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两束,下列说法正确的是()A.组成A束和B束的离子都带负电B.组成A束和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于纸面向外答案:C解析:由左手定则知,A、B离子均带正电,A错误;两束离子经过同一速度选择器后的速度相同,在偏转磁场可知,半径大的离子对应的比荷小,但离子的质量不一定相同,故选项B错误,C正确;速度选择中,由R=mmmm器中的磁场方向应垂直纸面向里,D错误。
3.右图是医用回旋加速器示意图,其核心部分是两个D 形金属盒,两金属盒置于匀强磁场中,并分别与高频电源相连。
现分别加速氘核(12H)和氦核(24He)。
下列说法正确的是( )A.它们的最大速度相同B.它们的最大动能相同C.两次所接高频电源的频率可能不相同D.仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能 答案:A 解析:根据qvB=m m 2m ,得v=mmm m 。
2021届高考物理三轮冲刺专练：带电粒子在复合场中的运动 (解析版)
带电粒子在复合场中的运动【原卷】1.如图,足够长的水平虚线MN上方有一匀强电场,方向竖直向下(与纸面平行);下方有一匀强磁场,方向垂直纸面向里.一个带电粒子从电场中的A点以水平初速度v0向右运动,第一次穿过MN时的位置记为P点,第二次穿过MN时的位置记为Q点,P、Q两点间的距离记为d,从P点运动到Q点的时间记为t.不计粒子的重力,若增大v0,则()A.t不变,d不变B.t不变,d变小C.t变小,d变小D.t变小,d不变2.如图所示,在水平线ab的下方有一匀强电场,电场强度为E,方向竖直向下;ab的上方存在匀强磁场,磁感应强度为B、方向垂直纸面向里.磁场中有一内、外半径分别为R、√3R的半圆环形区域,外圆与ab的交点分别为M、N.一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放,由M进入磁场,从N射出.不计粒子重力.(1)求粒子从P到M所用的时间t;(2)若粒子从与P在同一水平线上的Q点水平射出,同样能由M进入磁场,从N射出.粒子从M到N的过程中,始终在环形区域中运动,且所用的时间最少,求粒子在Q时速度v0的大小.3.平面直角坐标系xOy中,第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场,第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场,如图所示.一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动,Q点到y 轴的距离为到x轴距离的2倍.粒子从坐标原点O离开电场进入磁场,最终从x轴上的P点射出磁场,P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等.不计粒子重力,问:(1)粒子到达O点时速度的大小和方向;(2)电场强度和磁感应强度的大小之比.4.如图所示,与水平面成37°的固定倾斜轨道AC,其延长线在D点与固定半圆轨道DF相切,全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内,整个空间存在水平向左的匀强电场,MN的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场(C点处于MN边界上).一质量为0.4 kg的带电小m/s,接着沿直线CD运球沿轨道AC下滑,至C点时速度为v C=1007动到D处进入半圆轨道,进入时无动能损失,且恰好能通过F点,在F点的速度为v F=4 m/s(不计空气阻力,g=10 m/s2,cos 37°=0.8).求:(1)小球带何种电荷;(2)小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功;(3)小球从F点飞出时磁场同时消失,小球离开F点后的运动轨迹与直线AC(或延长线)的交点为G点(未标出),求G点到D点的距离.5.如图所示,水平地面上方、MN边界右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场和竖直方向的匀强电场(图中未标出),磁感应强度B=1.0 T.在边界MN离地面高h=3 m处的A点有一个质量m=1×10-3 kg、电量q=1×10-3C的带正电的小球(可视为质点)以速度v0水平进入右侧的匀强磁场和匀强电场的叠加区域,小球进入右侧区域后恰能做匀速圆周运动.g取10 m/s2.求:(1)电场强度的大小和方向;(2)若0<v0≤3 m/s,求小球在磁场中运动的最短时间t1;(3)若0<v0≤3 m/s,求小球落在水平面上的范围.6.如图所示,在竖直平面内建立直角坐标系xOy,其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场,电场强度的方向水平向右,磁感应强度的方向垂直纸面向里.一带电荷量为+q、质量为m的微粒从原点出发进入复合场中,初速度方向与x轴正方向的夹角为45°,且正好做直线运动,当微粒运动到A(l,l)时,电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间),微粒继续运动一段时间后,正好垂直于y轴穿出复合场.不计一切阻力,求:(1)电场强度E的大小;(2)磁感应强度B的大小;(3)微粒在复合场中的运动时间.7.如图所示,两平行金属板A、B间的电势差为U=5×104 V.在B板的右侧有两个方向不同但宽度相同的有界磁场Ⅰ、Ⅰ,它们的宽度为d1=d2=6.25 m,磁感应强度分别为B1=2.0 T、B2=4.0 T,方向如图中所示.现有一质量m=1.0×10-8 kg、电荷量q=1.6×10-6 C、重力忽略不计的粒子从A板的O点由静止释放,经过加速后恰好从B板的小孔Q处飞出.试求:(1)带电粒子从加速电场中出来时的速度v的大小;(2)带电粒子穿过磁场区域Ⅰ所用的时间t;(3)带电粒子从磁场区域Ⅰ射出时的速度方向与边界面的夹角;(4)若d1的宽度不变,改变d2的宽度,要使粒子不能从Ⅰ区右边界飞出磁场,则d2的宽度至少为多大?8.如图所示,三块挡板围成截面边长L=1.2 m的等边三角形区域,C、P、Q分别是MN、AM和AN中点处的小孔,三个小孔处于同一竖直面内,MN水平,MN上方是竖直向下的匀强电场,场强E=4×10-4N/C.三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B1;AMN以外区域有垂直纸面向外,磁感应强度大小为B2=3B1的=108C/kg的帯正电的粒子,从O点由静止匀强磁场.现将一比荷qm释放,粒子从MN小孔C进入内部匀强磁场,经内部磁场偏转后直接垂直AN经过Q点进入外部磁场.已知粒子最终回到了O点,OC 相距 2 m.设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失,且电荷量不变,不计粒子重力,不计挡板厚度,取π=3.求:(1)磁感应强度B1的大小;(2)粒子从O点出发,到再次回到O点经历的时间;(3)若仅改变B2的大小,当B2满足什么条件时,粒子可以垂直于MA 经孔P回到O点(若粒子经过A点时立即被吸收).9.一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;(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π,6求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间.10.如图甲所示,相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区,磁场方向垂直纸面向里,在边界上固定两个长为L的平行金属极板MN和PQ,两极板中心各有一小孔S1、S2,两极板间电压的变化规律如图乙所示,正、反向电压的大小均为U0,周期为T0.在t=0时刻将一个质量为m、电荷量为-q(q>0)的粒子由S1静止释放,粒时刻通过S2垂直于边界进入子在电场力的作用下向右运动,在t=T02右侧磁场区.(不计粒子重力,不考虑极板外的电场)甲乙(1)求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d;(2)为使粒子不与极板相撞,求磁感应强度的大小应满足的条件;(3)若已保证了粒子未与极板相撞,为使粒子在t=3T0时刻再次到达S2,且速度恰好为零,求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小.11.(2020·河南平顶山模拟)如图所示,平面直角坐标系xOy的第二、三象限内有方向沿y轴正向的匀强电场;第一、四象限内有圆形有L,磁场的方向垂直于坐标平面向里,界磁场,有界磁场的半径为√22磁场边界与y轴相切于O点.在x轴上坐标为(-L,0)的P点沿与x 轴正向成θ=45°方向射出一个速度大小为v0的带电粒子,粒子的质量为m、电荷量为q;粒子经电场偏转后垂直y轴射出电场,进入磁场后经磁场偏转以沿y轴负方向的速度射出磁场,不计粒子的重力.求:(1)粒子从y轴上射出电场的位置坐标;(2)匀强电场的电场强度大小及匀强磁场的磁感应强度大小;(3)粒子从P点射出到射出磁场的运动时间.12.(2020山东潍坊一模)如图所示为竖直平面内的直角坐标系xOy,x轴水平且上方有竖直向下的匀强电场,场强大小为E;在x轴下方有一圆形有界匀强磁场,与x轴相切于坐标原点,半径为R.已知质量为m、电量为q的粒子,在y轴上的(0,R)点无初速度释放,R,-R)点,粒子重力不计,求:粒子恰好经过磁场中(√33(1)磁场的磁感强度B;(2)若将该粒子的释放位置沿y=R直线向左移动一段距离L,将粒子无初速度释放,当L为多大时粒子在磁场中运动的时间最长,最长时间多大?带电粒子在复合场中的运动1.如图,足够长的水平虚线MN上方有一匀强电场,方向竖直向下(与纸面平行);下方有一匀强磁场,方向垂直纸面向里.一个带电粒子从电场中的A点以水平初速度v0向右运动,第一次穿过MN时的位置记为P 点,第二次穿过MN 时的位置记为Q 点,P 、Q 两点间的距离记为d ,从P 点运动到Q 点的时间记为t.不计粒子的重力,若增大v 0,则 ( )A .t 不变,d 不变B .t 不变,d 变小C .t 变小,d 变小D .t 变小,d 不变【答案】 D【解析】 粒子在电场中做类平抛运动,设第一次到达P 点时竖直速度为v 1(大小不变),则粒子进入磁场的速度大小为v=√v 02+v 12,速度方向与MN 的夹角θ的正切值为tan θ=v1v 0;粒子进入磁场后做匀速圆周运动,半径R=mv qB ;第二次经过MN 上的Q 点时,由几何关系可得:d=2R sin θ,又sin θ=√2=1√v 02+v 12,联立解得:d=2mv 1qB ,即当增大v 0时d 不变;运动的时间t=θ2π·2πm qB =θmqB ,则当增大v 0时,tan θ减小,θ减小,t 减小,故D 正确.2.如图所示,在水平线ab 的下方有一匀强电场,电场强度为E ,方向竖直向下;ab的上方存在匀强磁场,磁感应强度为B、方向垂直纸面向里.磁场中有一内、外半径分别为R、√3R的半圆环形区域,外圆与ab的交点分别为M、N.一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放,由M进入磁场,从N射出.不计粒子重力.(1)求粒子从P到M所用的时间t;(2)若粒子从与P在同一水平线上的Q点水平射出,同样能由M进入磁场,从N射出.粒子从M到N的过程中,始终在环形区域中运动,且所用的时间最少,求粒子在Q时速度v0的大小.【答案】(1)√3BRE (2)qBRm【解析】(1)设粒子第一次在磁场中运动的速度为v,粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供向心力,即:qvB=2√3R解得:v=√3qBRm粒子在电场中受到的电场力为qE,设运动的时间为t,则:qEt=mv-0联立可得:t=√3BRE(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的过程中,其周期T=2πmqB,可知粒子在磁场中运动的周期与其速度、半径都无关;根据t0T =θ2π,可知粒子在磁场中运动的时间由轨迹的圆弧对应的圆心角有关,圆心角越小,则时间越短;所以当轨迹与内圆相切时,所用的时间最短,设粒子此时的半径为r,如图所示.由几何关系可得:(r-R)2+(√3R)2=r2设粒子进入磁场时速度的方向与ab的夹角为θ,则圆弧所对的圆心角为2θ,由几何关系可得:tan θ=√3Rr-R粒子从Q点抛出后做类平抛运动,在电场方向上的分运动与从P 释放后的情况相同,所以粒子进入磁场时,沿竖直方向的分速度同样也为v,在垂直于电场方向的分速度始终为v0,则:tan θ=vv0联立可得:v0=qBRm.3.平面直角坐标系xOy中,第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场,第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场,如图所示.一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动,Q点到y 轴的距离为到x轴距离的2倍.粒子从坐标原点O离开电场进入磁场,最终从x轴上的P点射出磁场,P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等.不计粒子重力,问:(1)粒子到达O点时速度的大小和方向;(2)电场强度和磁感应强度的大小之比.【答案】(1)√2v0,方向与x轴正方向成45°角斜向上(2)v02【解析】(1)在电场中,粒子做类平抛运动,设Q点到x轴的距离为L,到y轴的距离为2L,粒子的加速度为a,运动时间为t,有at22L=v0t,L=12设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为v y,有v y=at设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α,有tan α=v yv0联立可得α=45°即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上.设粒子到达O点时速度大小为v,由平行四边形定则有v=√v02+v y2联立可得v=√2v0.(2)设电场强度的大小为E,粒子电荷量为q,质量为m,粒子在电场中受到的电场力为F,由牛顿第二定律可得F=ma又F=qE由于v y2=2aL解得E=mv022qL设磁场的磁感应强度大小为B,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,所受的洛伦兹力提供向心力,有qvB=m v 2R 由几何关系可知R=√2L联立可得EB =v0 2.4.如图所示,与水平面成37°的固定倾斜轨道AC,其延长线在D点与固定半圆轨道DF相切,全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内,整个空间存在水平向左的匀强电场,MN的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场(C点处于MN边界上).一质量为0.4 kg的带电小球沿轨道AC下滑,至C点时速度为v C=1007m/s,接着沿直线CD运动到D处进入半圆轨道,进入时无动能损失,且恰好能通过F点,在F点的速度为v F=4 m/s(不计空气阻力,g=10 m/s2,cos 37°=0.8).求:(1)小球带何种电荷;(2)小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功;(3)小球从F 点飞出时磁场同时消失,小球离开F 点后的运动轨迹与直线AC (或延长线)的交点为G 点(未标出),求G 点到D 点的距离.【答案】 (1)正电荷 (2)27.6 J (3)2.26 m【解析】 (1)依题意可知小球在CD 间做匀速直线运动,在CD 段受重力、电场力、洛伦兹力且合力为零.若小球带负电,小球受到的合力不为零,因此带电小球应带正电荷. (2)小球在D 点时的速度为v D =v C =1007m/s设重力与电场力的合力为F 1,如图所示,则:F 1=F 洛=qv C B 又F 1=mg cos37°=5 N解得:qB=F1v C =720C·T在F 处由牛顿第二定律可得:qv F B+F 1=mv F 2R把qB=720 C·T 代入得R=1 m设小球在DF 段克服摩擦力做功W f ,从D 到F 的过程由动能定理可得:-W f -2F 1R=12m v F 2-12m v D 2解得:W f≈27.6 J.(3)小球离开F点后做类平抛运动,其加速度为a=F1m由2R=at 22解得:t=√4mRF1=2√25s交点G与D点的距离GD=v F t=8√25m≈2.26 m.5.如图所示,水平地面上方、MN边界右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场和竖直方向的匀强电场(图中未标出),磁感应强度B=1.0 T.在边界MN离地面高h=3 m处的A点有一个质量m=1×10-3 kg、电量q=1×10-3C的带正电的小球(可视为质点)以速度v0水平进入右侧的匀强磁场和匀强电场的叠加区域,小球进入右侧区域后恰能做匀速圆周运动.g取10 m/s2.求:(1)电场强度的大小和方向;(2)若0<v0≤3 m/s,求小球在磁场中运动的最短时间t1;(3)若0<v0≤3 m/s,求小球落在水平面上的范围.【答案】(1) 10 V/m,方向竖直向上(2) π2s(3)N点右侧3 m和N点左侧√55m的范围内【解析】(1)小球在叠加场中做匀速圆周运动,则电场力与重力平衡,即:qE=mg解得:E=10 V/m,方向竖直向上.(2)当小球以速度v=3 m/s在磁场中做匀速圆周运动时,由洛伦兹力提供向心力得:qvB=m v 2r解得:r=3 m=h对应小球运动的轨迹如图所示.在0<v0≤3 m/s的速度范围内,此轨迹所对的圆心角最小,即小球在磁场中运动的时间最短.小球做圆周运动的周期:T=2πrv=2π s小球在磁场中运动的最短时间:t1=14T=π2s(3)当小球以3 m/s的速度进入磁场后落在N点的右侧最远,x1=r=3 m当小球的速度较小时,小球会在磁场中运动半周,然后从MN离开磁场而做平抛运动.设小球在磁场中运动的轨道半径为R,则:竖直方向:h-2R=12gt2水平方向:x=vt粒子做圆周运动的轨道半径:R=mvqB解得:x2=√2(h-2R)R2g当R=1 m时x2有最大值,解得:x2max=√55m所以,小球落在N点右侧3 m和N点左侧√55m的范围内.6.如图所示,在竖直平面内建立直角坐标系xOy,其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场,电场强度的方向水平向右,磁感应强度的方向垂直纸面向里.一带电荷量为+q、质量为m的微粒从原点出发进入复合场中,初速度方向与x轴正方向的夹角为45°,且正好做直线运动,当微粒运动到A(l,l)时,电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间),微粒继续运动一段时间后,正好垂直于y轴穿出复合场.不计一切阻力,求:(1)电场强度E的大小;(2)磁感应强度B的大小;(3)微粒在复合场中的运动时间.【答案】(1)mgq (2)mq√gl(3)(3π4+1)√lg【解析】 (1)微粒到达A (l ,l )之前做匀速直线运动,对微粒受力分析如图甲,可知:Eq=mg 解得:E=mg q.甲 乙(2)由平衡条件得:qvB=√2mg电场方向变化后,微粒所受重力与电场力平衡,微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,轨迹如图乙,则有:qvB=m v 2r由几何知识可得:r=√2l 联立解得:v=√2gl ,B=m q √gl.(3)微粒做匀速直线运动的时间:t 1=√2lv =√l g做匀速圆周运动的时间:t 2=34π·√2l v=3π4√lg故微粒在复合场中的运动时间:t=t 1+t 2=(3π4+1)√lg.7.如图所示,两平行金属板A 、B 间的电势差为U=5×104 V .在B 板的右侧有两个方向不同但宽度相同的有界磁场Ⅰ、Ⅰ,它们的宽度为d 1=d 2=6.25 m ,磁感应强度分别为B 1=2.0 T 、B 2=4.0 T ,方向如图中所示.现有一质量m=1.0×10-8 kg、电荷量q=1.6×10-6 C、重力忽略不计的粒子从A板的O点由静止释放,经过加速后恰好从B板的小孔Q处飞出.试求:(1)带电粒子从加速电场中出来时的速度v的大小;(2)带电粒子穿过磁场区域Ⅰ所用的时间t;(3)带电粒子从磁场区域Ⅰ射出时的速度方向与边界面的夹角;(4)若d1的宽度不变,改变d2的宽度,要使粒子不能从Ⅰ区右边界飞出磁场,则d2的宽度至少为多大?s(3)60°(4)9.375 m 【答案】(1)4.0×103 m/s(2)π1 920【解析】(1)粒子在电场中做匀加速直线运动,由动能定理mv2-0,解得v=4.0×103 m/s.有:qU=12(2)粒子运动轨迹如图甲.设粒子在磁场区域Ⅰ中做匀速圆周运动的半径为r,由洛伦兹力提,代入数据解得r=12.5 m供向心力得:qvB1=mv2r设粒子在Ⅰ区内做圆周运动的圆心角为θ,则 sin θ=d1r =6.25m 12.5m =12,所以θ=30°粒子在Ⅰ区运动的周期T=2πm qB 1则粒子在Ⅰ区运动时间t=θ360°T ,解得t=π1 920s(3)设粒子在Ⅰ区做圆周运动的轨道半径为R ,则qvB 2=mv 2R解得R=6.25 m如图甲所示,由几何关系可知△MO 2P 为等边三角形,所以粒子离开Ⅰ区域时速度方向与边界面的夹角为α=60°.(4)要使粒子不能从Ⅰ区右边界飞出磁场,粒子运动的轨迹与磁场边界相切时,由图乙可知Ⅰ区磁场的宽度至少为:d 2=R+R cos 60°=1.5R=9.375 m .8.如图所示,三块挡板围成截面边长L=1.2 m 的等边三角形区域,C 、P 、Q 分别是MN 、AM 和AN 中点处的小孔,三个小孔处于同一竖直面内,MN 水平,MN 上方是竖直向下的匀强电场,场强E=4×10-4 N/C .三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B 1;AMN 以外区域有垂直纸面向外,磁感应强度大小为B 2=3B 1的匀强磁场.现将一比荷qm =108 C/kg 的帯正电的粒子,从O 点由静止释放,粒子从MN小孔C进入内部匀强磁场,经内部磁场偏转后直接垂直AN经过Q点进入外部磁场.已知粒子最终回到了O点,OC 相距 2 m.设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失,且电荷量不变,不计粒子重力,不计挡板厚度,取π=3.求:(1)磁感应强度B1的大小;(2)粒子从O点出发,到再次回到O点经历的时间;(3)若仅改变B2的大小,当B2满足什么条件时,粒子可以垂直于MA 经孔P回到O点(若粒子经过A点时立即被吸收).×10-5【答案】(1)6.6×10-6T(2)2.85×10-2s(3)B2'=4k+23T,k=0,1,2,3,….mv2【解析】(1)粒子从O点加速到C点,由动能定理得:qEx=12解得:v=400 m/s带电粒子经内部磁场偏转后直接垂直AN经过Q点进入外部磁场=0.6 m由几何关系可知R1=L2知磁感应强度B1=6.6×10-6T.由qvB1=m v2R1(2)由题可知B2=3B1=2×10-5 T,由qvB2=m v2R2可知:R2=R13=0.2 m粒子从O点出发,到再次回到O点的轨迹如图所示,则粒子进入电场做匀加速运动,则x=12vt1得到t1=0.01 s粒子在磁场B1中的周期为T1=2πmqB1则在磁场B1中的运动时间为t2=T13=3×10-3s在磁场B2中的运动周期为T2=2πmqB2在磁场B2中的运动时间为t3=180°+300°+180°360°T2=5.5×10-3s则粒子从O点出发,到再次回到O点经历的时间t=2t1+t2+t3=2.85×10-2s.(3)设挡板外磁场变为B2',粒子在磁场中的轨迹半径为r,则有qvB2'=m v2r粒子可以垂直于MA经孔P回到O点需满足条件:L2=(2k+1)r,k=0,1,2,3,…解得B2'=4k+23×10-5T,其中k=0,1,2,3,…9.一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;(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,求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间.【答案】(1)见解析(2)2El'Bl (3)4√3El'B2l2BlE(1+√3πl18l')【解析】(1)粒子在电场中的轨迹为抛物线,在磁场中的轨迹为圆弧,整个轨迹上下对称,故画出粒子运动的轨迹,如图所示.(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v 0,在下侧电场中运动的时间为t ,加速度大小为a ,粒子的电荷量为q 、质量为m ,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,如图所示, 根据牛顿第二定律可得:Eq=ma Ⅰ 速度沿电场方向的分量为:v 1=at Ⅰ 垂直电场方向有:l'=v 0t Ⅰ 根据几何关系可得:v 1=v cos θ Ⅰ粒子在磁场中做匀速圆周运动,利用洛伦兹力提供向心力可得:qvB=m v 2R Ⅰ根据几何关系可得:l=2R cos θ Ⅰ联立ⅠⅠⅠⅠⅠⅠ式可得粒子从M 点入射时速度的大小:v 0=2El 'BlⅠ(3)根据几何关系可得速度沿电场方向的分量:v 1=v 0tanπ6Ⅰ联立ⅠⅠⅠⅠⅠ式可得该粒子的比荷:q m =4√3El 'B 2l 2Ⅰ粒子在磁场中运动的周期:T=2πR v=2πm qBⅠ粒子由M 点到N 点所用的时间:t'=2t+2(π2-π6)2π·T联立ⅠⅠⅠ式可得:t'=BlE (1+√3πl18l').10.如图甲所示,相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区,磁场方向垂直纸面向里,在边界上固定两个长为L的平行金属极板MN和PQ,两极板中心各有一小孔S1、S2,两极板间电压的变化规律如图乙所示,正、反向电压的大小均为U0,周期为T0.在t=0时刻将一个质量为m、电荷量为-q(q>0)的粒子由S1静止释放,粒子在电场力的作用下向右运动,在t=T02时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区.(不计粒子重力,不考虑极板外的电场)甲乙(1)求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d;(2)为使粒子不与极板相撞,求磁感应强度的大小应满足的条件;(3)若已保证了粒子未与极板相撞,为使粒子在t=3T0时刻再次到达S2,且速度恰好为零,求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小.【答案】(1)√2qU0m T04√2qU0m(2)B<4L√2mU0q(3)74T08πm 7qT0【解析】(1)粒子由S1到S2的过程,根据动能定理得qU0=12mv2Ⅰ由Ⅰ式得v=√2qU0mⅠ设粒子的加速度大小为a,由牛顿第二定律得q U0d=maⅠ由运动学公式得d=12a(T02)2Ⅰ联立ⅠⅠ式得d=T04√2qU0mⅠ(2)设磁感应强度大小为B,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R对粒子在磁场中由牛顿第二定律得qvB=m v 2RⅠ要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞,应满足2R>L2Ⅰ联立ⅠⅠⅠ式得B<4L √2mU0qⅠ(3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为t1,有d=vt1Ⅰ联立ⅠⅠⅠ式得t1=T04Ⅰ若粒子再次到达S2时速度恰好为零,粒子回到极板间做匀减速运动,设匀减速运动的时间为t2,根据运动学公式得d=v2t2联立ⅠⅠ式得t2=T02-t1-t2设粒子在磁场中运动的时间t=3T0-T02联立式得t=7T04则粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T,由Ⅰ式结合运动学公式得T=2πmqB由题意可知T=t=7T04.联立式得B=8πm7qT011.(2020·河南平顶山模拟)如图所示,平面直角坐标系xOy的第二、三象限内有方向沿y轴正向的匀强电场;第一、四象限内有圆形有L,磁场的方向垂直于坐标平面向里,界磁场,有界磁场的半径为√22磁场边界与y轴相切于O点.在x轴上坐标为(-L,0)的P点沿与x 轴正向成θ=45°方向射出一个速度大小为v0的带电粒子,粒子的质量为m、电荷量为q;粒子经电场偏转后垂直y轴射出电场,进入磁场后经磁场偏转以沿y轴负方向的速度射出磁场,不计粒子的重力.求:(1)粒子从y轴上射出电场的位置坐标;(2)匀强电场的电场强度大小及匀强磁场的磁感应强度大小;(3)粒子从P点射出到射出磁场的运动时间.【答案】(1)(0,12L)(2)mv022qL√2mv02qL(3)Lv0+√2(1+π)L2v0【解析】(1)粒子在电场中的运动为类平抛运动的逆运动水平方向:L=v0cos θ·t1竖直方向:y=v0 sin θ·t1解得:y=12L粒子从y轴上射出电场的位置坐标为(0,12L).(2)粒子在电场中的加速度:a=qEm竖直分位移:y=12a t12解得:E=mv022qL.粒子进入磁场后做匀速圆周运动,粒子以沿y轴负方向的速度射出磁场,粒子的运动轨迹如图所示,由几何知识得:AC与竖直方向的夹角为45°,且AD=√2y=√22L,因此AC刚好为有界磁场边界圆的直径,则粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径:r=L粒子在磁场中做圆周运动,由牛顿第二定律得:qvB=m v2r,其中粒子的速度:v=v0cos θ解得:B=√2mv02qL.。
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。
高考物理一轮复习课时规范练31 带电粒子在复合场中的运动(含答案)
课时规范练31带电粒子在复合场中的运动基础对点练1.(感应加速器)(2022安徽宣城期末)无论周围空间是否存在闭合回路,变化的磁场都会在空间激发涡旋状的感应电场,电子感应加速器便应用了这个原理。
电子在环形真空室被加速的示意图如图所示,规定垂直于纸面向外的磁场方向为正,用电子枪将电子沿图示方向注入环形室。
它们在涡旋电场的作用下被加速。
同时在磁场内受到洛伦兹力的作用,沿圆形轨道运动。
下列变化规律的磁场能对注入的电子进行环向加速的是()2.(等离子体发电)下图为等离子体发电机的示意图。
高温燃烧室产生的大量的正、负离子被加速后垂直于磁场方向喷入发电通道的磁场中。
在发电通道中有两块相距为d的平行金属板,两金属板外接电阻R。
若磁场的磁感应强度为B,等离子体进入磁场时的速度为v,系统稳定时发电通道的电阻为r。
则下列表述正确的是()A.上金属板为发电机的负极,电路中电流为BdvRB.下金属板为发电机的正极,电路中电流为BdvR+rC.上金属板为发电机的正极,电路中电流为BdvR+rD.下金属板为发电机的负极,电路中电流为BdvR3.(电磁流量计)有一种污水流量计原理可以简化为如图所示模型:废液内含有大量正、负离子,从直径为d的圆柱形容器右侧流入,左侧流出。
流量值等于单位时间通过横截面的液体的体积。
空间有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场,下列说法正确的是()A.M点的电势高于N点的电势B.负离子所受洛伦兹力方向竖直向下C.MN两点间的电势差与废液的流量值成正比D.MN两点间的电势差与废液流速成反比4.(霍尔效应)右图为霍尔元件的工作原理示意图,导体的宽度为h、厚度为d,磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下,通入图示方向的电流I,CD两侧面会形成电势差U,其,式中比例常数k为霍尔系数,设载流子的大小与磁感应强度B和电流I的关系为U=k IBd电荷量的数值为q,下列说法正确的是()A.霍尔元件是一种重要的电传感器B.C端的电势一定比D端的电势高C.载流子所受静电力的大小F=q UdD.霍尔系数k=1,其中n为导体单位体积内的电荷数nq5.(回旋加速器)右图为一种改进后的回旋加速器示意图,其中盒缝间的加速电场的电场强度大小恒定,且被限制在AC板间,虚线中间不需加电场,如图所示,带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场,经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动,对这种改进后的回旋加速器,下列说法正确的是()A.加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关B.带电粒子每运动一周被加速一次C.带电粒子每运动一周P1P2等于P2P3D.加速电场方向需要做周期性的变化6.(多选)(组合场)如图所示,在第二象限内有水平向右的匀强电场,在第一、第四象限内分别存在如图所示的匀强磁场,磁感应强度大小相等。
2020届高考物理一轮复习检测：第十一章_磁场_第3讲_带电粒子在复合场中的运动(含答案)
第3讲带电粒子在复合场中的运动基础巩固1.地面附近水平虚线MN的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场,电场强度为E,磁感应强度为B,如图所示。
一带电微粒自距MN为h的高处由静止下落,从P点进入场区,沿半圆圆弧POQ运动,经圆弧的最低点O从Q点射出。
重力加速度为g,忽略空气阻力的影响。
下列说法中错误的是( )A.微粒进入场区后受到的电场力的方向一定竖直向上B.微粒进入场区后做圆周运动,半径为C.从P点运动到Q点的过程中,微粒的电势能先增大后减小D.从P点运动到O点的过程中,微粒的电势能与重力势能之和越来越小2.(2016北京西城期末,16)(多选)如图所示,两个半径相同的半圆形光滑轨道置于竖直平面内,左右两端点等高,分别处于沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中。
两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放。
M、N为轨道的最低点。
则下列分析正确的是( )A.两个小球到达轨道最低点的速度< v NB.两个小球第一次经过轨道最低点时对轨道的压力> F NC.小球第一次到达M点的时间小于小球第一次到达N点的时间D.磁场中小球能到达轨道另一端最高处,电场中小球不能到达轨道另一端最高处3.(多选)在如图所示的空间直角坐标系所在的区域内,同时存在匀强电场E和匀强磁场B。
已知从坐标原点O沿x轴正方向射入的质子,穿过此区域时未发生偏转,则可以判断此区域中E和B的方向可能是( )A.E和B都沿y轴的负方向B.E和B都沿x轴的正方向C.E沿y轴正方向,B沿z轴负方向D.E沿z轴正方向,B沿y轴负方向4.显像管原理的示意图如图所示,当没有磁场时,电子束将打在荧光屏正中的O点,安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场,使电子束发生偏转。
设垂直纸面向里的磁场方向为正方向,若使电子打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点,下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是( )5.(2017北京海淀一模,22,16分)如图所示,分界线MN左侧存在平行于纸面水平向右的有界匀强电场,右侧存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场。
高考物理带电粒子在复合场中的运动解题技巧(超强)及练习题(1)
一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．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-=2．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v 0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：解得：(3)由几何关系得：设粒子在电场中运动的时间为t1，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t2，有：3．如图所不，在x轴的上方存在垂直纸面向里，磁感应强度大小为B0的匀强磁场．位于x 轴下方的离子源C发射质量为m、电荷量为g的一束负离子，其初速度大小范围0〜，这束离子经电势差的电场加速后，从小孔O（坐标原点）垂直x轴并垂直磁场射入磁场区域，最后打到x轴上．在x轴上2a〜3a区间水平固定放置一探测板（），假设每秒射入磁场的离子总数为N0，打到x轴上的离子数均匀分布（离子重力不计）．（1）求离子束从小孔O射入磁场后打到x轴的区间；（2）调整磁感应强度的大小，可使速度最大的离子恰好打在探测板右端，求此时的磁感应强度大小B1；（3）保持磁感应强度B1不变，求每秒打在探测板上的离子数N；若打在板上的离子80%被吸收，20%被反向弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.6倍，求探测板受到的作用力大小．【来源】浙江省2018版选考物理考前特训（2017年10月)加试30分特训：特训7 带电粒子在场中的运动试题【答案】（1）；（2）（3）【解析】(1)对于初速度为0的离子，根据动能定理：：qU＝mv在磁场中洛仑兹力提供向心力：，所以半径：r1＝＝a恰好打在x＝2a的位置；对于初速度为v0的离子，qU＝mv－m(v0)2r2＝＝2a，恰好打在x＝4a的位置故离子束从小孔O射入磁场打在x轴上的区间为[2a，4a](2)由动能定理qU＝mv－m(v0)2r3＝r3＝a解得B1＝B0(3)对速度为0的离子qU＝mvr4＝＝a2r4＝1.5a离子打在x轴上的区间为[1.5a,3a]N＝N0＝N0对打在x＝2a处的离子qv3B1＝对打在x＝3a处的离子qv4B1＝打到x轴上的离子均匀分布，所以＝由动量定理－Ft＝－0.8Nm＋0.2N(－0.6m－m)解得F＝N0mv0．【名师点睛】初速度不同的粒子被同一加速电场加速后，进入磁场的速度也不同，做匀速圆周运动的半径不同，转半圈后打在x轴上的位置不同．分别求出最大和最小速度，从而求出最大半径和最小半径，也就知道打在x轴上的区间；打在探测板最右端的粒子其做匀速圆周运动的半径为1.5a，由半径公式也就能求出磁感应强度；取时间t=1s，分两部分据动量定理求作用力．两者之和就是探测板受到的作用力．4．利用电场和磁场，可以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．如图所示的矩形区域ACDG(AC边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场，A处有一狭缝．离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA边且垂直于磁场的方向射入磁场，运动到GA边，被相应的收集器收集．整个装置内部为真空．已知被加速的两种正离子的质量分别是m1和m2(m1>m2)，电荷量均为q．加速电场的电势差为U，离子进入电场时的初速度可以忽略．不计重力，也不考虑离子间的相互作用．(1)求质量为m 1的离子进入磁场时的速率v 1；(2)当磁感应强度的大小为B 时，求两种离子在GA 边落点的间距s ；(3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度．若狭缝过宽，可能使两束离子在GA 边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离．设磁感应强度大小可调，GA 边长为定值L ，狭缝宽度为d ，狭缝右边缘在A 处．离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA 边且垂直于磁场．为保证上述两种离子能落在GA 边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度．【来源】2011年普通高等学校招生全国统一考试物理卷（北京) 【答案】（1）12qU m （2）()1228Um m qB - （3）d m ＝12122m m m m --L【解析】（1）动能定理 Uq ＝12m 1v 12 得：v 1＝12qUm …① （2）由牛顿第二定律和轨道半径有：qvB ＝2mv R，R ＝ mv qB 利用①式得离子在磁场中的轨道半径为别为（如图一所示）：R 1＝122mU qB，R 2＝222 m U qB ②两种离子在GA 上落点的间距s ＝2(R 1−R 2)＝1228()Um m qB - …③ （3）质量为m 1的离子，在GA 边上的落点都在其入射点左侧2R 1处，由于狭缝的宽度为d ，因此落点区域的宽度也是d （如图二中的粗线所示）．同理，质量为m 2的离子在GA 边上落点区域的宽度也是d （如图二中的细线所示）．为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为2（R 1-R 2）＞d…④ 利用②式，代入④式得：2R 1(1−21m m )＞d R 1的最大值满足：2R 1m =L-d 得：(L −d )(1−21m m )＞d 求得最大值：d m ＝12122m m m m --L5．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 >（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．6．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=。
带电粒子(带电体)在复合场中的运动问题(原卷版)-2023年高考物理压轴题专项训练(新高考专用)
压轴题06 带电粒子（带电体）在复合场中的运动问题目录一，考向分析 (1)二．题型及要领归纳 (1)热点题型一 带电粒子在有界匀强磁场中做匀速圆周运动 (1)热点题型二 借助分立场区考查磁偏转+电偏转问题 (4)热点题型三 利用粒子加速器考电加速磁偏转问题 (7)热点题型四 带电粒子(带电体)在叠加场作用下的运动 (9)三．压轴题速练 (10)一，考向分析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.复杂的物理问题一定是需要在定性的分析和思考后进行定量运算的，而最终能否解决问题，数理思维能力起着关键作用。
物理教学中有意识地培养学生的数理思维，对学生科学思维的形成具有重要作用。
带电粒子在磁场中的运动正是对学生数理思维的培养与考查的主要问题。
解决本专题的核心要点需要学生熟练掌握下列方法与技巧4.粒子运动的综合型试题大致有两类，一是粒子依次进入不同的有界场区,二是粒子进入复合场与组合场区。
其运动形式有匀变速直线运动、类抛体运动与匀速圆周运动。
涉及受力与运动分析、临界状态分析、运动的合成与分解以及相关的数学知识等。
问题的特征是有些隐含条件需要通过一些几何知识获得,对数学能力的要求较高。
二．题型及要领归纳热点题型一 带电粒子在有界匀强磁场中做匀速圆周运动一．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的解题方法(1)带电粒子在匀强磁场中运动时，要抓住洛伦兹力提供向心力，即：qvB ＝mv 2R 得R ＝mv Bq，T ＝2πm qB ，运动时间公式t ＝θ2πT ，粒子在磁场中的运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题．(2)如果磁场是圆形有界磁场，在找几何关系时要尤其注意带电粒子在匀强磁场中的“四点、六线、三角”．①四点：入射点B、出射点C、轨迹圆心A、入射速度直线与出射速度直线的交点O.①六线：圆弧两端点所在的轨迹半径r、入射速度直线OB和出射速度直线OC、入射点与出射点的连线BC、圆心与两条速度垂线交点的连线AO.①三角：速度偏转角①COD、圆心角①BAC、弦切角①OBC，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍．二．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的思维线索【例1】（2023春·江苏扬州·高三统考期中）如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感【例2】（2023春·江苏泰州·高三统考阶段练习）原子核衰变时放出肉眼看不见的射线。