2018高考物理专题复习-带电粒子在复合场中的运动(含答案)

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.。

专题二：带电粒子在复合场中的运动(1)姓名______________1．如图所示，在x轴上方有匀强电场，场强为E；在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图，在x轴上有一点M，离O点距离为L．现有一带电量为十q的粒子，使其从静止开始释放后能经过M点．如果把此粒子放在y轴上，其坐标应满足什么关系？（重力忽略不计）2．如图所示，在宽l的范围内有方向如图的匀强电场，场强为E，一带电粒子以速度v垂直于电场方向、也垂直于场区边界射入电场，不计重力，射出场区时，粒子速度方向偏转了θ角，去掉电场，改换成方向垂直纸面向外的匀强磁场，此粒子若原样射入磁场，它从场区的另一侧射出时，也偏转了θ角，求此磁场的磁感强度B．3．如图所示，在直角坐标系的第Ⅱ象限和第Ⅳ象限中的直角三角形区域内，分布着磁感应强度均为B＝5.0×10－3T的匀强磁场，方向分别垂直纸面向外和向里．质量为m＝6.64×10－27㎏、电荷量为q＝＋3.2×10－19C的α粒子（不计α粒子重力），由静止开始经加速电压为U＝1205V的电场（图中未画出）加速后，从坐标点M（－4，2）处平行于x轴向右运动，并先后通过两个匀强磁场区域．(1)请你求出α粒子在磁场中的运动半径；(2)你在图中画出α粒子从直线x＝－4到直线x＝4之间的运动轨迹，并在图中标明轨迹与直线x＝4交点的坐标；(3)求出α粒子在两个磁场区域偏转所用的总时间．专题二：带电粒子在复合场中的运动(4)姓名______________1．如图所示，竖直平面xOy 内存在水平向右的匀强电场，场强大小E=10N／c ，在y ≥0的区域内还存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5T 一带电量0.2C q =+、质量0.4kg m =的小球由长0.4m l =的细线悬挂于P 点小球可视为质点，现将小球拉至水平位置A 无初速释放，小球运动到悬点P 正下方的坐标原点O 时，悬线突然断裂，此后小球又恰好能通过O 点正下方的N 点.(g=10m ／s 2)，求： (1)小球运动到O 点时的速度大小；(2)悬线断裂前瞬间拉力的大小； (3)ON 间的距离2．两块平行金属板MN 、PQ 水平放置，两板间距为d 、板长为l ，在紧靠平行板右侧的正三角形区域内存在着垂直纸面的匀强磁场，三角形底边BC 与PQ 在同一水平线上，顶点A 与MN 在同一水平线上，如图所示．一个质量为m 、电量为+q 的粒子沿两板中心线以初速度v 0水平射入，若在两板间加某一恒定电压，粒子离开电场后垂直AB 边从D 点进入磁场，BD=41AB ，并垂直AC 边射出(不计粒子的重力)．求： (1)两极板间电压；(2)三角形区域内磁感应强度； (3)若两板间不加电压，三角形区域内的磁场方向垂直纸面向外．要使粒子进入磁场区域后能从AB 边射出，试求所加磁场的磁感应强度最小值．专题二：带电粒子在复合场中的运动——参考答案（1）1、解析：由于此带电粒子是从静止开始释放的，要能经过M点，其起始位置只能在匀强电场区域．物理过程是：静止电荷位于匀强电场区域的y轴上，受电场力作用而加速，以速度v进入磁场，在磁场中受洛仑兹力作用作匀速圆周运动，向x轴偏转．回转半周期过x轴重新进入电场，在电场中经减速、加速后仍以原速率从距O点2R处再次超过x轴，在磁场回转半周后又从距O点4R处飞越x轴如图所示（图中电场与磁场均未画出）故有L＝2R，L＝2×2R，L＝3×2R即 R＝L／2n，（n=1、2、3……）……………①设粒子静止于y轴正半轴上，和原点距离为h，由能量守恒得mv2／2=qEh……②对粒子在磁场中只受洛仑兹力作用而作匀速圆周运动有：R＝mv／qB………③解①②③式得：h＝B2qL2／8n2mE （n＝l、2、3……）2、解析：粒子在电场中运行的时间t＝ l／v；加速度 a＝qE／m；它作类平抛的运动．有tgθ=at/v=qEl/mv2………①粒子在磁场中作匀速圆周运动由牛顿第二定律得：qvB=mv2/r，所以r=mv/qB 又：sinθ=l/r=lqB/mv………②由①②两式得：B=Ecosθ/v 3、解析：(1)粒子在电场中被加速，由动能定理得221mvqU=α粒子在磁场中偏转，则牛顿第二定律得rvmqvB2=联立解得2102.312051064.62005.01211927=⨯⨯⨯⨯==--qmUBr（m）(2)由几何关系可得，α粒子恰好垂直穿过分界线，故正确图象为(3)带电粒子在磁场中的运动周期qBmvrTππ22==α粒子在两个磁场中分别偏转的弧度为4π，在磁场中的运动总时间631927105.6105102.321064.614.3241----⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯===qBmTtπ（s）OM2－22－4 4 x/my/m－2vBB （4，2-）（4） 1、解：（1）小球从A 运到O 的过程中，根据动能定理：212mv mgl qEl =- ① 则得小球在O 点速度为：2/s v m == ② （2）小球运到O 点绳子断裂前瞬间，对小球应用牛顿第二定律：2v F T mg f m l=-==向洛 ③f Bvq =洛 ④由③、④得：28.2mv T mg Bvq N l=++= ⑤ （3）绳断后，小球水平方向加速度25/s x F Eq a m m===电 ⑥ 小球从O 点运动至N 点所用时间0.8t s aυ∆== ⑦ON 间距离21 3.2m 2h gt == ⑧2、 解：⑴垂直AB 边进入磁场，由几何知识得：粒子离开电场时偏转角为30°∵0.v lmd qu v y =0v v tg y=θ ∴qlmdv u 332= 由几何关系得：030cos dl AB =在磁场中运动半径d l r AB 23431==∴ 121r mv qv B = ︒=30cos 0v v∴qdmv B 3401= 方向垂直纸面向里⑶当粒子刚好与BC 边相切时，磁感应强度最小，由几何知识知粒子的运动半径r 2为：42d r = ………（ 2分 ） 2202r mv qv B = ∴qd mv B 024=即：磁感应强度的最小值为qdmv 0422（12分）如图所示的坐标系，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向。

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。

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《带电粒子在叠加场中的运动》真题练习含答案1．(多选)如图所示，空间存在着垂直向里的匀强磁场B 和竖直向上的匀强电场E ，两个质量不同电量均为q 的带电小球a 和b 从同一位置先后以相同的速度v 从场区左边水平进入磁场，其中a 小球刚好做匀速圆周运动，b 小球刚好沿直线向右运动．不计两小球之间库仑力的影响，重力加速度为g ，则( )A ．a 小球一定带正电，b 小球可能带负电B ．a 小球的质量等于qEgC ．b 小球的质量等于qE －q v BgD ．a 小球圆周运动的半径为EVBg答案：BD解析：a 小球刚好做匀速圆周运动，重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，所以Eq ＝m a g ，电场力方向竖直向上，则a 小球一定带正电，b 小球刚好沿直线向右运动，如果b 小球带负电，电场力洛伦兹力均向下，重力也向下，不能平衡，无法做直线运动，所以b 小球带正电，q v B ＋Eq ＝m b g ，A 错误；根据A 选项分析可知，a 小球的质量等于m a ＝qEg ，B 正确；根据A 选项分析可知，b 小球的质量等于m b ＝qE ＋q v Bg，C 错误；a 小球圆周运动的半径为Bq v ＝m a v 2r ，解得r ＝m a v Bq ＝E vBq，D 正确．2．(多选)如图所示，在竖直平面内的虚线下方分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的电场强度大小为10 N/C ，方向水平向左；磁场的磁感应强度大小为2 T ，方向垂直纸面向里．现将一质量为0.2 kg 、电荷量为＋0.5 C 的小球，从该区域上方的某点A 以某一初速度水平抛出，小球进入虚线下方后恰好做直线运动．已知重力加速度为g ＝10 m/s 2.下列说法正确的是( )A.小球平抛的初速度大小为5 m/sB．小球平抛的初速度大小为2 m/sC．A点距该区域上边界的高度为1.25 mD．A点距该区域上边界的高度为2.5 m答案：BC解析：小球受竖直向下的重力与水平向左的电场力作用，小球进入电磁场区域做直线运动，小球受力如图所示小球做直线运动，则由平衡条件得q v B cos θ＝mg，小球的速度v cos θ＝v0，代入数据解得v0＝2 m/s，A错误，B正确；小球从A点抛出到进入复合场过程，由动能定理得mgh＝12m v2－12m v2，根据在复合场中的受力情况可知(mg)2＋(qE)2＝(q v B)2，解得h＝E22gB2，代入数据解得h＝1.25 m，C正确，D错误．3．如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨迹半径为R.已知电场的电场强度大小为E，方向竖直向下；磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里．不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法中正确的是() A．液滴带正电B．液滴的比荷qm＝g EC．液滴的速度大小v＝gRBED．液滴沿逆时针方向运动答案：B解析：带电液滴刚好做匀速圆周运动，应满足mg＝qE，电场力向上，与场强方向相反，液滴带负电，可得比荷为qm＝gE，A错误，B正确；由左手定则可判断，只有液滴沿顺时针方向运动，受到的洛伦兹力才指向圆心，D错误；由向心力公式可得q v B＝m v2R，联立可得液滴的速度大小为v＝gBRE，C错误．4．(多选)空间内存在电场强度大小E＝100 V/m、方向水平向左的匀强电场和磁感应强度大小B1＝100 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场(图中均未画出).一质量m＝0.1 kg、带电荷量q＝＋0.01 C的小球从O点由静止释放，小球在竖直面内的运动轨迹如图中实线所示，轨迹上的A点离OB最远且与OB的距离为l，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是()A．在运动过程中，小球的机械能守恒B．小球经过A点时的速度最大C．小球经过B点时的速度为0D．l＝25m答案：BCD解析：由于电场力做功，故小球的机械能不守恒，A项错误；重力和电场力的合力大小为（qE）2＋（mg）2＝2N，方向与竖直方向的夹角为45°斜向左下方，小球由O点到A点，重力和电场力的合力做的功最多，在A点时的动能最大，速度最大，B项正确；小球做周期性运动，在B点时的速度为0，C项正确；对小球由O点到A点的过程，由动能定理得2mgl＝12m v2，沿OB方向建立x轴，垂直OB方向建立y轴，在x方向上由动量定理得q v y B1Δt＝mΔv，累积求和，则有qB1l＝m v，解得l＝25m，D项正确．5．(多选)如图所示，平面直角坐标系的第二象限内(称为区域Ⅰ)存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场B1，一质量为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Ⅱ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Ⅲ内存在宽度为d的竖直向上匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场B2，小球在区域Ⅲ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，则下列结论正确的是()A ．区域Ⅲ内匀强电场的场强大小E 3＝mgqB ．区域Ⅲ内匀强磁场的磁感应强度大小B 2＝m v 0qdC.小球从A 到O 的过程中做匀速直线运动，从O 到C 的过程中做匀加速直线运动 D ．区域Ⅱ内匀强电场的最小场强大小为E 2＝4mg5q ，方向与x 轴正方向成53°角向上答案：ACD解析：小球在区域Ⅲ内做匀速圆周运动，有mg ＝qE 3，解得E 3＝mgq ，A 项正确；因为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d ＝r ＋r sin 37°＝85 r ，由洛伦兹力提供向心力得B 2q ×2v 0＝m （2v 0）2r，解得B 2＝16m v 05qd ，B 项错误；带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力做直线运动，三力满足如图所示关系所以小球从A 到O 的过程只能做匀速直线运动．区域Ⅱ中从O 到C 的过程，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)所以小球做匀加速直线运动，由图知cos 37°＝qE 2mg ，解得E 2＝4mg5q ，方向与x 轴正方向成53°角向上，C 、D 两项正确．6.如图所示，一质量为m 、电荷量为q 的带正电小球(视为质点)套在长度为L 、倾角为θ的固定绝缘光滑直杆OP 上，P 端下方存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向沿PO 方向，磁场方向垂直纸面水平向里．现将小球从O 端由静止释放，小球滑离直杆后沿直线运动，到达Q 点时立即撤去磁场，最终小球垂直打到水平地面上，重力加速度大小为g ，不计空气阻力．求：(1)电场的电场强度大小E 以及磁场的磁感应强度大小B ； (2)Q 点距离地面的高度h .答案：(1)mg sin θq ，mg cos θq 2gL sin θ(2)(sin θ＋1sin θ)L 解析：(1)小球滑离直杆后进入叠加场，在叠加场内的受力情况如图所示，小球做匀速直线运动，根据几何关系有sin θ＝Eqmg ，cos θ＝q v B mg小球在直杆上时有L ＝v 22g sin θ解得E ＝mg sin θq ，B ＝mg cos θq 2gL sin θ(2)根据题意可知，当磁场撤去后，小球受重力和电场力作用，且合力的方向与速度方向垂直，小球做类平抛运动，水平方向有Eq cos θ＝ma xv x ＝v cos θ－a x t竖直方向有mg －Eq sin θ＝ma y h ＝v sin θ·t ＋12a y t 2当小球落到地面时，v x ＝0， 即v x ＝v cos θ－a x t ＝0 解得t ＝m vEqh ＝(sin θ＋1sin θ)L7．[2024·湖北省鄂东南教育教学改革联盟联考]如图所示，在竖直平面内的直角坐标系xOy 中，y 轴竖直，第一象限内有竖直向上的匀强电场E 1、垂直于xOy 平面向里的匀强磁场B 1＝4 T ；第二象限内有平行于xOy 平面且方向可以调节的匀强电场E 2；第三、四象限内有垂直于纸面向外的匀强磁场B 2＝1063 T ．x 、y 轴上有A 、B 两点，OA ＝(2＋3 ) m ，OB＝1 m ．现有一质量m ＝4×10－3 kg ，电荷量q ＝10－3 C 的带正电小球，从A 点以速度v 0垂直x 轴进入第一象限，做匀速圆周运动且从B 点离开第一象限．小球进入第二象限后沿直线运动到C 点，然后由C 点进入第三象限．已知重力加速度为g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．求：(1)第一象限内电场的电场强度E 1与小球初速度v 0的大小；(2)第二象限内电场强度E 2的最小值和E 2取最小值时小球运动到C 点的速度v C ； (3)在第(2)问的情况下，小球在离开第三象限前的最大速度v m . 答案：(1)40 N/C 2 m/s (2)20 N/C 26 m/s (3)46 m/s ，方向水平向左解析：(1)小球由A 点进入第一象限后，所受电场力与重力平衡 E 1q ＝mg 解得E 1＝40 N/C 由几何关系得r ＋r 2－OB 2 ＝OA解得r ＝2 m小球做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有q v 0B 1＝m v 20r解得v 0＝2 m/s(2)由几何关系得：BC 与竖直方向夹角为θ＝30°小球由B 到C 做直线运动，则电场力与重力的合力与v B 均沿BC 方向，当电场力与BC 垂直时，电场力有最小值qE 2min ＝mg sin θ解得E 2min ＝20 N/C 对小球有mg cos θ＝ma 根据几何关系x BC ＝OB cos θ ＝233 m 根据速度位移关系式v 2C －v 20 ＝2ax BC代入数据得a ＝53 m/s 2 v C ＝26 m/s(3)小球进入第三象限后，在重力、洛伦兹力作用下做变加速曲线运动，把初速度v C 分解为v 1和v 2，其中v 1满足Bq v 1＝mg解得v 1＝mgB 2q ＝26 m/s方向水平向左 则v 2＝26 m/s方向与x 轴正方向夹角为60°小球的实际运动可以分解为运动一：速度为v1＝26m/s，水平向左，合力为B2q v1－mg＝0的匀速直线运动．运动二：速度为v2＝26m/s，顺时针旋转，合力为F洛＝B2q v2的匀速圆周运动．当v1和v2的方向相同时合运动的速度最大，最大速度v m＝v1＋v2＝46m/s 方向水平向左．。

提升训练12带电粒子在复合场中的运动问题1.如图所示,在xOy平面内有磁感应强度为B的匀强磁场,其中0〈x〈a内有方向垂直xOy平面向里的磁场,在x〉a内有方向垂直xOy平面向外的磁场，在x<0内无磁场。

一个带正电q、质量为m的粒子(粒子重力不计)在x=0处以速度v0沿x轴正方向射入磁场。

(1）若v0未知,但粒子做圆周运动的轨道半径为r=a,求粒子与x轴的交点坐标；（2）若无(1)中r=a的条件限制，粒子的初速度仍为v0(已知）,问粒子回到原点O需要使a为何值?2.（2017浙江杭州四校联考高三期中）如图所示，一带电微粒质量为m=2.0×10—11 kg、电荷量q=+1。

0×10-5 C,从静止开始经电压为U1=100 V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角θ=30°,并接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为D=20cm的匀强磁场区域.已知偏转电场中金属板长L=20 cm，两板间距d=10cm，重力忽略不计。

求:(1）带电微粒进入偏转电场时的速率v1；（2）偏转电场中两金属板间的电压U2；（3）为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？3.（2016浙江名校协作体试题)如图,质量m=1×10—3 kg、电荷量q=1×10-2C的带电粒子从竖直放置的两电容器极板AB之间贴着A极板以速度v x=4 m/s平行极板飞入两极板间,恰从极板B上边缘O点飞出,已知极板长L=0。

4 m，极板间距d=0.15 m。

电容器极板上方有宽度为x=0.3 m的区域被平均分为区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ,其中Ⅰ、Ⅲ有匀强磁场,它们的磁感强度大小相等，均垂直纸面且方向相反, O为DC边中点,P为DC边中垂线上一点，带电粒子从O点离开电场,之后进入磁场，运动轨迹刚好与区域Ⅲ的右边界相切,不计粒子的重力.求:（1）该电容器极板AB所加电压U大小；(2）匀强磁场的磁感应强度大小B；(3）若现在Ⅰ、Ⅲ区域所加磁感应强度大小B’=2 T，粒子射入O点后经过3次偏转打到P点,则OP的距离为多少?4。

课练28 带电粒子在复合场中的运动1．(多选)有一种新型发电机叫磁流体发电机，如图所示表示它的发电原理．将一束等离子体(高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的粒子，而从整体来说呈中性)沿图中所示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就聚集了电荷，在磁极配置如图中所示的情况下，下述说法正确的是( )A．A板带正电B．有电流从B经用电器流向AC．金属板A、B间的电场方向向下D．等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力2．(多选)图中为一“滤速器”装置示意图．a、b为水平放置的平行金属板，一束具有各种不同速率的电子沿水平方向经小孔O进入a、b两板之间．为了选取具有某种特定速率的电子，可在a、b间加上电压，并沿垂直于纸面的方向加一匀强磁场，使所选电子仍能够沿水平直线OO′运动，由O′射出．不计重力作用．可能达到上述目的的办法是( )A．使a板电势高于b板，磁场方向垂直纸面向里B．使a板电势低于b板，磁场方向垂直纸面向里C．使a板电势高于b板，磁场方向垂直纸面向外D．使a板电势低于b板，磁场方向垂直纸面向外3．(多选)磁场方向如图，某带电粒子穿过回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广泛应用，有力地推动了回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．磁感应强度为处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，设粒子初速度，加速过程中不考虑重力作用和相对论效应．下列说法正确的是C．粒子能获得的最大动能E k跟磁感应强度B无关D．加速电压越大，粒子能获得的最大动能E k越大6．(多选)如图甲所示，一个带正电荷的物块m，由静止开始从斜面上A点下滑，滑到水平面BC上的D点停下来．已知物块与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，且不计物块经过B 处时的机械能损失．先在ABC所在空间加竖直向下的匀强电场，第二次让物块m从A点由静止开始下滑，结果物块在水平面上的D′点停下来，如图乙．后又撤去电场，在ABC所在空间加水平向里的匀强磁场，再次让物块m从A点由静止开始下滑，结果物块沿斜面滑下并在水平面上的D″点停下来，如图丙．则以下说法中正确的是( )A．D′点一定在D点左侧B．D′点一定与D点重合C．D″点一定在D点右侧D．D″点一定与D点重合7.(多选)如图甲所示为一个质量为m、带电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中．现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的v－t图象可能是图乙中的( )8．(多选)如图所示，两虚线之间的空间内存在着正交或平行的匀强电场E和匀强磁场B，有一个带正电的小球(电荷量为＋q、质量为m)从电、磁复合场上方的某一高度处自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过电、磁复合场的是( )9.如图所示，在第二象限中有水平向右的匀强电场，在第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场．有一重力不计的带电粒子(电荷量为q，质量为轴正方向成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂．带电粒子在电场和磁场中运动的总时间为π＋2v、电荷量为q的正离子，在D处沿图示方向以一定的速度射入磁的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．结果离子正好从距沿垂直于电场方向进入匀强电场，此电场方向与AC平行且向上，最后离子打在(3)离子到达G处时的动能．12.如图所示，圆心为原点、半径为R的圆将xOy平面分为两个区域，即圆内区域Ⅰ和圆外区域Ⅱ.区域Ⅰ内有方向垂直于xOy平面的匀强磁场B1.平行于x轴的荧光屏垂直于xOy平面，放置在坐标y＝－2.2R的位置．一束质量为m、电荷量为q、动能为E0的带正电粒子从坐标为(－R,0)的A点沿x轴正方向射入区域Ⅰ，当区域Ⅱ内无磁场时，粒子全部打在荧光屏上坐标为(0，－2.2R)的M点，且此时若将荧光屏沿y轴负方向平移，粒子打在荧光屏上的位置不变．若在区域Ⅱ内加上方向垂直于xOy平面的匀强磁场B2，上述粒子仍从A点沿x轴正方向射入区域Ⅰ，则粒子全部打在荧光屏上坐标为(0.4R，－2.2R)的N点．求：(1)打在M点和N点的粒子运动速度v1、v2的大小；(2)在区域Ⅰ和Ⅱ中磁感应强度B1、B2的大小和方向；(3)若将区域Ⅱ中的磁场撤去，换成平行于x轴的匀强电场，仍从A点沿x轴正方向射入区域Ⅰ的粒子恰好也打在荧光屏上的N点，则电场的场强为多大？的带电粒子，以初速度的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动．不计带电粒子所受重力．和周期T；为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小＝2×10－6C，正以速度v出射粒子的动能E m；粒子从飘入狭缝至动能达到E m所需的总时间t0；要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满足的条件．和垂直纸面向外的匀强磁场方向抛出两带电小球，不考虑两带电小球间的相互作用，两小球的电荷量始终不变，( )方向抛出的小球都可能做直线运动如图是磁流体发电机的装置，内有磁感应强度为B的匀强磁场．高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的微粒，而整体呈中性，当发电机稳定发电时，负载中电流为＝－Id如图所示为一种获得高能粒子的装置原理图，环形管内存在垂直于纸面、磁感应强度大环形管的宽度非常小)，质量为m、电荷量为为两块中心开有小孔且小孔距离很近的平行极板，原来电势均为零，之间时，A板电势升高到＋如图所示，粗糙的足够长竖直绝缘杆上套有一带电小球，整个装置处在由水平向右匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，则下列如图所示，在正交的匀强电场、匀强磁场中质量为平面在竖直平面内，电场方向竖直向下，磁场方向垂直圆周所在平面向里，由此可知的直角边长为2a，P为区域内，既有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，又有电场的匀强电场，一带正电的粒子自P点沿平行于如图所示，一正方体盒子处于竖直向上匀强磁场中，盒子边长为余四面均为绝缘材料，在盒子左面正中间和底面上各有一小孔间移动，现有一些带－q电荷量的液滴从左侧小孔以某速度进位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有正交的匀强磁场和匀强电场，匀强磁场沿水平方向且垂直于纸面向外、磁感应强度大小为y轴负方向的、场强大小为中装有大量的质量、电荷量不同但均带正电的粒子，粒子从容器下方的小孔做直线运动，通过小孔S2粒子通过平行板后沿垂直磁场方向进入磁感应强度为的匀强磁场区域，最后打在感光片上，如图所示．已知加速电场中＝qBR22m，由此可知，错误．点过程中，以物块为研究对象进行＝π＋d2，故选项错误．cos60°，解得r ＝23d .＝＋2πm3Bq.(2)＋2m 3Bq如图所示，区域Ⅱ中无磁场时，粒子在区域Ⅰ中运动四分之一圆周后，从点，半径为r1＝R.粒子在区域Ⅱ中轨迹圆心是O2点，半径为＝Bdv IR S，所以之间加速，故粒子是沿顺时针运动，在磁场中洛伦兹力提供向心力，错误；粒子在电场中加速，根据动能定理，有本题考查带电粒子在复合场中的运动．带正电的粒子在复合场中做直线运动，且受到洛伦兹力作用，则粒子在复合场区受力平衡，设粒子运动速度为正确；仅撤去电场时，则带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设粒子做匀速圆周运动的的延长线交于圆心O，作P点到O点沿直线必为匀速运动，设油滴质量为＝＋πE 135(1)负电E B(3)＋E 135．解题思路：(1)设质量为。

第3节 带电粒子在复合场中的运动知识点1 带电粒子在复合场中的运动 1．复合场的分类(1)叠加场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存．(2)组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或相邻或在同一区域电场、磁场交替出现．2．带电粒子在复合场中的运动形式(1)静止或匀速直线运动：当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动．(2)匀速圆周运动：当带电粒子所受的重力与电场力大小相等，方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动．(3)较复杂的曲线运动：当带电粒子所受合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一直线上，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线．知识点2 带电粒子在复合场中运动实例 1．质谱仪(1)构造：如图9-3-1所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成．图9-3-1(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，qU ＝12m v 2. 粒子在磁场中做匀速圆周运动，有q v B ＝m v 2r .由以上两式可得r ＝1B 2mU q ， m ＝qr 2B 22U ， q m ＝2UB 2r 2.2．回旋加速器(1)构造：如图9-3-2所示，D 1、D 2是半圆形金属盒，D 形盒的缝隙处接交流电源，D 形盒处于匀强磁场中．图9-3-2(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由q v B ＝m v 2r ，得E km ＝q 2B 2r 22m ，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B 和D 形盒半径r 决定，与加速电压无关．3．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．这种装置能把具有一定速度的粒子选择出来，所以叫做速度选择器(如图9-3-3所示)．图9-3-3(2)带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qE ＝q v B ，即v ＝EB . 4．磁流体发电机(1)磁流体发电是一项新兴技术，它可以把内能直接转化为电能． (2)根据左手定则，图9-3-4中的B 是发电机正极．图9-3-4(3)磁流体发电机两极板间的距离为L ，等离子体速度为v ，磁场的磁感应强度为B ，则由qE ＝q UL ＝q v B 得两极板间能达到的最大电势差U ＝BL v .5．电磁流量计工作原理：如图9-3-5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：q v B＝qE＝q Ud，所以v＝UBd，因此液体流量Q＝S v＝πd24·UBd＝πdU4B.图9-3-51．正误判断(1)带电粒子在复合场中不可能处于静止状态．(×)(2)带电粒子在复合场中可能做匀速圆周运动．(√)(3)带电粒子在复合场中一定能做匀变速直线运动．(×)(4)带电粒子在复合场中运动一定要考虑重力．(×)(5)电荷在速度选择器中做匀速直线运动的速度与电荷的电性有关．(×)2．[对速度选择器的理解]带正电的甲、乙、丙三个粒子(不计重力)分别以速度v甲、v乙、v丙垂直射入电场和磁场相互垂直的复合场中，其轨迹如图9-3-6所示，则下列说法正确的是()图9-3-6A．v甲>v乙>v丙B．v甲<v乙<v丙C．甲的速度可能变大D．丙的速度不一定变大A[由左手定则可判断正电荷所受洛伦兹力向上，而所受的电场力向下，由运动轨迹可判断q v 甲B >qE ，即v 甲>E B ，同理可得v 乙＝E B ，v 丙<EB ，所以v 甲>v 乙>v 丙，故A 正确，B 错误；电场力对甲做负功，甲的速度一定减小，对丙做正功，丙的速度一定变大，故C 、D 错误．]3．[质谱仪的工作原理](2016·全国乙卷)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9-3-7所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为( )图9-3-7A ．11B ．12C ．121D ．144D [带电粒子在加速电场中运动时，有qU ＝12m v 2，在磁场中偏转时，其半径r ＝m v qB ，由以上两式整理得：r ＝1B2mUq .由于质子与一价正离子的电荷量相同，B 1∶B 2＝1∶12，当半径相等时，解得：m 2m 1＝144，选项D 正确．]4．[回旋加速器原理的理解](多选)回旋加速器的原理如图9-3-8所示，它由两个铜质D 形盒D 1、D 2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是( )【导学号：92492347】图9-3-8A ．离子从电场中获得能量B ．离子从磁场中获得能量C ．只增大空隙间的加速电压可增加离子从回旋加速器中获得的动能D ．只增大D 形盒的半径可增加离子从回旋加速器中获得的动能AD [回旋加速器通过电场对离子做功获得能量，A 正确；洛伦兹力对离子不做功，B 错误；粒子获得的能量为E km ＝q 2B 2r 22m ，C 错误、D 正确．]1.(1)先电场后磁场模型①先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动．(如图9-3-9甲、乙所示)在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度．甲乙图9-3-9②先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动．(如图9-3-10甲、乙所示)在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度．甲乙图9-3-10(2)先磁场后电场模型对于粒子从磁场进入电场的运动，常见的有两种情况：(1)进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反；(2)进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直．(如图9-3-11所示)甲乙图9-3-11[多维探究]●考向1先电场后磁场1．如图9-3-12所示，在第Ⅱ象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为E，在第Ⅰ、Ⅳ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．有一个带电粒子以垂直于x轴的初速度v0从x轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向成45°角进入磁场，又恰好垂直于x轴进入第Ⅳ象限的磁场．已知OP 之间的距离为d，则带电粒子在磁场中第二次经过x轴时，在电场和磁场中运动的总时间为() 【导学号：92492348】图9-3-12A.7πd2v0B．dv0(2＋5π)C.dv0⎝⎛⎭⎪⎫2＋3π2D．dv0⎝⎛⎭⎪⎫2＋7π2D[带电粒子的运动轨迹如图所示．由题意知，带电粒子到达y轴时的速度v ＝2v0，这一过程的时间t1＝dv02＝2dv0.又由题意知，带电粒子在磁场中的偏转轨道半径r ＝22d . 故知带电粒子在第Ⅰ象限中的运动时间为： t 2＝38×2πr v ＝32πd 2v ＝3πd 2v 0带电粒子在第Ⅳ象限中运动的时间为： t 3＝12×2πr v ＝22πd v ＝2πd v 0故t 总＝d v 0⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋7π2.故D 正确．]●考向2 先磁场后电场2．(2017·潍坊模拟)在如图9-3-13所示的坐标系中，第一和第二象限(包括y 轴的正半轴)内存在磁感应强度大小为B 、方向垂直xOy 平面向里的匀强磁场；第三和第四象限内存在平行于y 轴正方向、大小未知的匀强电场．p 点为y 轴正半轴上的一点，坐标为(0，l )；n 点为y 轴负半轴上的一点，坐标未知．现有一带正电的粒子由p 点沿y 轴正方向以一定的速度射入匀强磁场，该粒子经磁场偏转后以与x 轴正半轴成45°角的方向进入匀强电场，在电场中运动一段时间后，该粒子恰好垂直于y 轴经过n 点．粒子的重力忽略不计．求：图9-3-13(1)粒子在p 点的速度大小；(2)第三和第四象限内的电场强度的大小；(3)带电粒子从由p 点进入磁场到第三次通过x 轴的总时间． 【解析】 粒子在复合场中的运动轨迹如图所示(1)由几何关系可知r sin 45°＝l 解得r ＝2l又因为q v 0B ＝m v 20r ，可解得 v 0＝2Bql m .(2)粒子进入电场在第三象限内的运动可视为平抛运动的逆过程，设粒子射入电场坐标为(－x 1,0)，从粒子射入电场到粒子经过n 点的时间为t 2，由几何关系知x 1＝(2＋1)l ，在n 点有v 2＝22v 1＝22v 0 由类平抛运动规律有 (2＋1)l ＝22v 0t 2 22v 0＝at 2＝Eq m t 2联立以上方程解得t 2＝(2＋1)m qB ，E ＝(2－1)qlB 2m .(3)粒子在磁场中的运动周期为T ＝2πmqB 粒子第一次在磁场中运动的时间为t 1＝58T ＝5πm4qB 粒子在电场中运动的时间为2t 2＝2(2＋1)mqB粒子第二次在磁场中运动的时间为t 3＝34T ＝3πm2qB 故粒子从开始到第三次通过x 轴所用时间为 t ＝t 1＋2t 2＋t 3＝(11π4＋22＋2)mqB .【答案】 (1)2Bql m (2)(2－1)qlB 2m (3)(11π4＋22＋2)mqB(1)解题的思维程序(2)规律运用及思路①带电粒子经过电场区域时利用动能定理或类平抛的知识分析； 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来处理； ③注意带电粒子从一种场进入另一种场时的衔接速度．[●考向1 电场、磁场叠加1．(多选)(2017·济南模拟)如图9-3-14所示，在正交坐标系O -xyz 中，分布着电场和磁场(图中未画出)．在Oyz 平面的左方空间内存在沿y 轴负方向、磁感应强度大小为B 的匀强磁场；在Oyz 平面右方、Oxz 平面上方的空间内分布着沿z 轴负方向、磁感应强度大小也为B 的匀强磁场；在Oyz 平面右方、Oxz 平面下方分布着沿y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为aqB 24m .在t ＝0时刻，一个质量为m 、电荷量为＋q 的微粒从P 点静止释放，已知P 点的坐标为(5a ，－2a,0)，不计微粒的重力．则( )图9-3-14A ．微粒第一次到达x 轴的速度大小为aqb mB ．微粒第一次到达x 轴的时刻为4mqB C ．微粒第一次到达y 轴的位置为y ＝2aD ．微粒第一次到达y 轴的时刻为⎝ ⎛⎭⎪⎫40＋5π2m qBBD [微粒从P 点由静止释放至第一次到达y 轴的运动轨迹如图所示．释放后，微粒在电场中做匀加速直线运动，由E ＝aqB 24m ，根据动能定理有Eq ·2a ＝12m v 2，解得微粒第一次到达x 轴的速度v ＝aqB m ，又Eq m t 1＝v ，解得微粒第一次到达x 轴的时刻t 1＝4m qB ，故选项A 错误，B 正确；微粒进入磁场后开始做匀速圆周运动，假设运动的轨道半径为R ，则有q v B ＝m v 2R ，可得：R ＝a ，所以微粒到达y 轴的位置为y ＝a ，选项C 错误；微粒在磁场中运动的周期T ＝2πR v ＝2πm qB ，则运动到达y 轴的时刻：t 2＝5t 1＋54T ，代入得：t 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫40＋5π2m qB，选项D 正确．] ●考向2 电场、磁场、重力场叠加2．(2017·温州模拟)如图9-3-15所示，在真空空间中，有沿水平方向的、垂直于纸面向里的匀强磁场B ，还有方向竖直向上的匀强电场E ，三个带电液滴(可视为质点)甲、乙、丙带有等量同种电荷．已知甲静止，乙水平向左匀速运动，丙水平向右匀速运动，则下列说法正确的是( )【导学号：92492349】图9-3-15A ．三个液滴都带负电B ．丙质量最大，甲质量次之，乙质量最小C ．若仅撤去磁场，甲可能做匀加速直线运动D ．若仅撤去电场，乙和丙可能做匀速圆周运动B [甲静止，不受洛伦兹力，由受力平衡，有m 甲g ＝qE ，重力和电场力等值、反向、共线，故电场力向上，由于电场E 的方向竖直向上，故三个液滴都带正电，选项A错误．乙受力平衡，有m乙g＋q v乙B＝qE，故m甲>m乙；丙受力平衡，有m丙g＝qE＋q v丙B，故m丙>m甲，选项B正确．甲静止，不受洛伦兹力，电场力和重力相平衡，所以仅撤去磁场时甲仍然静止，选项C错误．仅撤去电场，乙和丙除受洛伦兹力外，还受竖直向下的重力作用，速度将增大，洛伦兹力的大小和方向随速度的大小和方向变化而变化，乙和丙不可能做匀速圆周运动，选项D错误．] 3．(2016·天津高考)如图9-3-16所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5 3 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5 T．有一带正电的小球，质量m＝1×10－6 kg，电荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，g取10 m/s2.求：图9-3-16(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t.【导学号：92492350】【解析】(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有q v B＝q2E2＋m2g2①代入数据解得v＝20 m/s ②速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足tan θ＝qEmg③代入数据解得tan θ＝3θ＝60°. ④(2)解法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有a＝q2E2＋m2g2m⑤设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有x＝v t ⑥设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y ，有y ＝12at 2⑦a 与mg 的夹角和v 与E 的夹角相同，均为θ，又tan θ＝y x ⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t ＝2 3 s ≈3.5 s ⑨解法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P 点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为v y ＝v sin θ ⑤若使小球再次穿过P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有v y t －12gt 2＝0⑥联立⑤⑥式，代入数据解得t ＝2 3 s ≈3.5 s ． ⑦ 【答案】 (1)20 m/s ，方向与电场方向成60°角斜向上 (2)3.5 s带电粒子在叠加场中运动的分析方法●考向1 回旋加速器的工作原理1．回旋加速器是用来加速带电粒子，使它获得很大动能的仪器，其核心部分是两个D 形金属扁盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接，以便在盒间的窄缝中形成匀强电场，使粒子每次穿过狭缝都得到加速，两盒放在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圆心附近，若粒子源射出的粒子带电荷量为q ，质量为m ，粒子最大回旋半径为R m ，其运动轨迹如图9-3-17所示．问：图9-3-17(1)D 形盒内有无电场？(2)粒子在盒内做何种运动？(3)所加交流电压频率应是多大，粒子运动的角速度为多大？(4)粒子离开加速器时速度为多大？最大动能为多少？(5)设两D 形盒间电场的电势差为U ，盒间距离为d ，其间电场均匀，求把静止粒子加速到上述能量所需时间．【解析】 (1)扁形盒由金属导体制成，具有屏蔽外电场的作用，盒内无电场．(2)带电粒子在盒内做匀速圆周运动，每次加速之后半径变大．(3)粒子在电场中运动时间极短，因此高频交流电压频率要等于粒子回旋频率，因为T ＝2πm qB ，故得回旋频率f ＝1T ＝qB 2πm ，角速度ω＝2πf ＝qB m .(4)粒子旋转半径最大时，由牛顿第二定律得q v m B ＝m v 2m R m，故v m ＝qBR m m . 最大动能E km ＝12m v 2m ＝q 2B 2R 2m 2m .(5)粒子每旋转一周能量增加2qU .粒子的能量提高到E km ，则旋转周数n ＝E km 2qU＝qB 2R 2m 4mU .粒子在磁场中运动的时间t 磁＝nT ＝πBR 2m 2U .一般地可忽略粒子在电场中的运动时间，t 磁可视为总时间．【答案】 (1)D 形盒内无电场 (2)匀速圆周运动(3)qB 2πm qB m (4)qBR m m q 2B 2R 2m 2m (5)πBR 2m 2U●考向2 质谱仪的工作原理2.质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具．如图9-3-18所示为质谱仪的原理示意图，现利用质谱仪对氢元素进行测量．让氢元素三种同位素的离子流从容器A 下方的小孔S 无初速度飘入电势差为U 的加速电场．加速后垂直进入磁感强度为B 的匀强磁场中．氢的三种同位素最后打在照相底片D 上，形成a 、b 、c 三条“质谱线”．则下列判断正确的是( )【导学号：92492351】图9-3-18A ．进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氕、氘、氚B ．进入磁场时动能从大到小排列的顺序是氕、氘、氚C ．在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氕、氘、氚D ．a 、b 、c 三条“质谱线”依次排列的顺序是氕、氘、氚A [离子通过加速电场的过程，有qU ＝12m v 2，因为氕、氘、氚三种离子的电量相同、质量依次增大，故进入磁场时动能相同，速度依次减小，故A 项正确，B项错误；由T ＝2πm qB 可知，氕、氘、氚三种离子在磁场中运动的周期依次增大，又三种离子在磁场中运动的时间均为半个周期，故在磁场中运动时间由大到小排列依次为氚、氘、氕，C 项错误；由q v B ＝m v 2R 及qU ＝12m v 2，可得R ＝1B 2mU q ，故氕、氘、氚三种离子在磁场中的轨道半径依次增大，所以a 、b 、c 三条“质谱线”依次对应氚、氘、氕，D 项错误．]3．(2015·江苏高考)一台质谱仪的工作原理如图9-3-19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，最后打在底片上．已知放置底片的区域MN ＝L ，且OM ＝L .某次测量发现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．在适当调节加速电压后，原本打在MQ 的离子即可在QN 检测到．有图9-3-19(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 的调节范围；(3)为了在QN 区域将原本打在MQ 区域的所有离子检测完整，求需要调节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＝12m v 2在磁场中做匀速圆周运动q v B ＝m v 2r 0解得r 0＝1B 2mU 0q代入r 0＝34L ，解得m ＝9qB 2L 232U 0. (2)由(1)知，U ＝16U 0r 29L 2，若离子打在Q 点，则r ＝56L ，U ＝100U 081若离子打在N 点，则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次调节电压到U 1，使原本打在Q 点的离子打在N 点，则 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 第2次调节电压到U 2，原本打在Q 1的离子打在N 点，原本半径为r 2的打在Q 2的离子打在Q 上，则L r 1＝U 2U 0，56L r 2＝U 2U 0解得r 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫563L 同理，第n 次调节电压，有r n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫56n ＋1L 检测完整，有r n ≤L 2，解得n ≥lg 2lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫65－1≈2.8，最少次数为3次． 【答案】 (1)9qB 2L 232U 0(2)100U 081≤U ≤16U 09 (3)3。

第三节带电粒子在复合场中的运动一、带电粒子在复合场中的运动1．复合场的分类(1)叠加场：电场、磁场、重力场在同一区域共存，或其中某两场共存．(2)组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，或在同一区域，电场、磁场交替出现．2．带电粒子在复合场中的运动分类(1)静止或匀速直线运动：当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动．(2)匀速圆周运动：当带电粒子所受的重力与电场力大小相等、方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动．(3)非匀变速曲线运动：当带电粒子所受的合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线．1.如图所示，场强为E的匀强电场方向竖直向下，场强为B的水平匀强磁场垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量的同种电荷．已知a静止，b、c在纸面内按图示方向做匀速圆周运动(轨迹未画出)．忽略三个油滴间的静电力作用，比较三个油滴的质量及b、c的运动情况，以下说法中正确的是()A．三个油滴的质量相等，b、c都沿顺时针方向运动B．a的质量最大，c的质量最小，b、c都沿逆时针方向运动C．b的质量最大，a的质量最小，b、c都沿顺时针方向运动D．三个油滴的质量相等，b沿顺时针方向运动，c沿逆时针方向运动提示：选A.油滴a静止不动，其受到的合力为零，所以m a g＝qE，电场力方向竖直向上，油滴带负电荷．又油滴b、c在场中做匀速圆周运动，则其重力和受到的电场力是一对平衡力，所以m b g＝m c g＝qE，油滴受到的洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，由左手定则可判断，b、c都沿顺时针方向运动．故A正确．二、带电粒子在复合场中运动的应用实例1．质谱仪(1)构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成．(2)原理：粒子由静止在加速电场中被加速，根据动能定理可得关系式qU ＝12m v _2．粒子在磁场中受洛伦兹力偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得关系式q v B ＝m v 2r.由以上两式可得出需要研究的物理量，如粒子轨道半径、粒子质量、比荷． r ＝1B_m ＝qr 2B 22U ，q m ＝2UB 2r 2． 2．速度选择器(如图所示)(1)平行板中电场强度E 和磁感应强度B互相垂直．这种装置能把具有一定速度的粒子选择出来，所以叫做速度选择器．(2)带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qE ＝q v B ，即v ＝EB.2.(2017·北京东城区模拟)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，下列说法中正确的是( )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提示：选C.由左手定则知，A 、B 两束离子均带正电，A 错误；两束离子经过同一速度选择器后的速度相同，在偏转磁场中，由R ＝m vqB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；速度选择器中的磁场方向应垂直纸面向里，D 错误．3．回旋加速器(1)组成：如图所示，两个D 形盒(静电屏蔽作用)，大型电磁铁，高频振荡交变电压，两缝间可形成电场．(2)作用：电场用来对粒子(质子、α粒子等)加速，磁场用来使粒子回旋从而能反复加速． (3)加速原理①回旋加速器中所加交变电压的频率f ，与带电粒子做匀速圆周运动的频率相等，f ＝1T ＝qB2πm； ②回旋加速器最后使粒子得到的能量，可由公式E k ＝12m v 2＝q 2B 2R 22m 来计算，在粒子电荷量、质量m 和磁感应强度B 一定的情况下，回旋加速器的半径R 越大，粒子的能量就越大．粒子最终得到的能量与加速电压的大小无关．电压大，粒子在盒中回旋的次数少；电压小，粒子回旋次数多，但最后获得的能量一定．3.(2017·江苏常州高级中学高三月考)回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D 形金属盒，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，如图所示．设D 形盒半径为R .若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B ，高频交流电频率为f .则下列说法正确的是( )A ．质子被加速后的最大速度不可能超过2πfRB ．质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小有关C ．高频电源只能使用矩形交变电流，不能使用正弦式交变电流D ．不改变B 和f ，该回旋加速器也能用于加速α粒子提示：选A.由T ＝2πR v ，T ＝1f ，可得质子被加速后的最大速度为2πfR ，其不可能超过2πfR ，质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关，选项A 正确、B 错误；高频电源可以使用正弦式交变电流，选项C 错误；要加速α粒子，高频交流电周期必须变为α粒子在其中做圆周运动的周期，即T ＝2πm αq αB，故D 错误．4．磁流体发电机(1)磁流体发电是一项新兴技术，它可以把内能直接转化为电能．(2)根据左手定则，如图中的B 是发电机正极．(3)磁流体发电机两极板间的距离为L ，等离子体速度为v ，磁场的磁感应强度为B ，则由qE ＝q UL＝q v B 得两极板间能达到的最大电势差U ＝BL v ．5．电磁流量计工作原理：如图所示，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发生偏转，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：q v B ＝qE ＝q U d ，所以v ＝UBd ，因此液体流量Q ＝S v ＝πd 24·U Bd ＝πdU 4B．4.(多选)如图所示为磁流体发电机的示意图．两块相同的金属板A 、B正对，它们之间有一个很强的匀强磁场，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)以速率v 喷入磁场，A 、B 两板间便产生电压．已知每个金属板的面积为S ，它们间的距离为d ，匀强磁场的磁感应强度为B .当发电机稳定发电时，下列说法正确的是( )A ．A 板为发电机的正极B ．B 板为发电机的正极C ．发电机的电动势为Bd vD ．发电机的电动势为BS v解析：选BC.根据左手定则，带正电的粒子向下偏转，带负电的粒子向上偏转，所以B 板带正电，为直流电源正极，A 错误，B 正确．最终带电粒子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，有q v B ＝q Ed，解得E ＝Bd v ，C 正确，D 错误．带电粒子在复合场中的运动 【知识提炼】1．带电粒子在组合场中的运动，实际上是几个典型运动过程的组合，因此解决这类问题要分段处理，找出各分段之间的衔接点和相关物理量，问题即可迎刃而解．常见类型如下：(1)从电场进入磁场①粒子先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动．在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度．②粒子先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动．在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度．(2)从磁场进入电场①粒子进入电场时的速度与电场方向相同或相反，做匀变速直线运动(不计重力)．②粒子进入电场时的速度方向与电场方向垂直，做类平抛运动．2．带电粒子在叠加场中的运动，由于磁场中洛伦兹力不做功，所以粒子的运动形式一般只有以下两种情况：(1)直线运动：要么带电粒子沿着磁感线运动，要么带电粒子受到的重力或电场力或重力与电场力的合力与洛伦兹力平衡．(2)匀速圆周运动：受到的重力和电场力平衡．【典题例析】(2015·高考天津卷)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动．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，方向垂直纸面向里．电场、磁场的边界互相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v2的大小与轨迹半径r2；(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 θ；n(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情况下，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．[审题指导]粒子在运动时只有电场力做功使其加速，而磁场使其偏转，则计算速度大小的问题只看电场，偏转问题只看磁场．还要关注磁场与电场之间的转折点的变化．[解析](1)粒子在进入第2层磁场时，经过两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功．由动能定理，有2qEd ＝12m v 22①由①式解得 v 2＝2qEdm② 粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有 q v 2B ＝m v 22r 2③由②③式解得 r 2＝2BmEdq.④ (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 ＝12m v 2n ⑤q v n B ＝m v 2nr n⑥甲粒子进入第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分量不变，有v n －1sin θn －1＝v n sin αn ⑦ 由图甲看出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乙当n ＝1时，由图乙看出 r 1sin θ1＝d ⑪ 由⑤⑥⑩⑪式得 sin θn ＝Bnqd2mE. (3)若粒子恰好不能从第n 层磁场右侧边界穿出，则θn ＝π2，sin θn ＝1在其他条件不变的情况下，换用比荷更大的粒子，设其比荷为q ′m ′，假设能穿出第n 层磁场右侧边界，粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为θ′n ，由于q ′m ′>qm则导致sin θ′n >1说明θ′n 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] 见解析【跟进题组】考向1 带电粒子在组合场中的运动分析1．(2017·烟台模拟)如图所示的平面直角坐标系xOy ，在第Ⅰ、Ⅲ象限内有平行于y 轴，电场强度大小相同、方向相反的匀强电场，在第Ⅳ象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场．一质量为m ，电荷量为q 的带电粒子，从y 轴上的M (0，d )点，以大小为v 0的速度沿x 轴正方向射入电场，通过电场后从x 轴的N ⎝⎛⎭⎫233d ，0点进入第Ⅳ象限内，又经过磁场垂直y 轴进入第Ⅲ象限，最终粒子从x 轴上的P 点离开．不计粒子所受到的重力．求：(1)匀强电场的电场强度E 和磁场的磁感应强度B 的大小； (2)粒子运动到P 点的速度大小； (3)粒子从M 点运动到P 点所用的时间． 解析：(1)粒子运动轨迹如图所示．设粒子在第Ⅰ象限内运动的时间为t 1，粒子在N 点时速度大小为v 1，方向与x 轴正方向间的夹角为θ，则：x ＝v 0t 1＝233dy ＝12at 21＝d qE ＝ma ，tan θ＝v y v 0＝at 1v 0v 1＝v 0cos θ联立以上各式得：θ＝π3，v 1＝2v 0，E ＝3m v 202qd.粒子在第Ⅳ象限内做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：q v 1B ＝m v 21R由几何关系得：R ＝ON sin θ＝43d联立并代入数据解得：B ＝3m v 02qd.(2)粒子由M 点到P 点的过程，由动能定理得： qEd ＋qE (R ＋R cos θ)＝12m v 2P －12m v 2代入(1)中所求数据解得：v P ＝10v 0. (3)粒子在第Ⅰ象限内运动时间： t 1＝233d v 0＝23d 3v 0粒子在第Ⅳ象限内运动周期：T ＝2πR v 1＝4πd 3v 0t 2＝π－13π2πT ＝4πd9v 0粒子在第Ⅲ象限内运动时有： R ＋R cos θ＝12at 23解得：t 3＝26d3v 0粒子从M 点运动到P 点的时间： t ＝t 1＋t 2＋t 3＝（63＋66＋4π）d9v 0.答案：(1)3m v 202qd 3m v 02qd (2)10v 0(3)（63＋66＋4π）d9v 0考向2 带电粒子在叠加场中的运动2．如图甲所示，在以O 为圆心，内外半径分别为R 1和R 2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U 为常量，R 1＝R 0，R 2＝3R 0.一电荷量为＋q ，质量为m 的粒子从内圆上的A 点进入该区域，不计重力．(1)已知粒子从外圆上以速度v 1射出，求粒子在A 点的初速度v 0的大小；(2)若撤去电场，如图乙所示，已知粒子从OA 延长线与外圆的交点C 以速度v 2射出，方向与OA 延长线成45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间；(3)在图乙中，若粒子从A 点进入磁场，速度大小为v 3，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？解析：(1)电场、磁场都存在时，只有电场力对带电粒子做功，由动能定理 qU ＝12m v 21－12m v 20①得v 0＝v 21－2qU m.② (2)由牛顿第二定律 qB v 2＝m v 22R③如图1所示，由几何关系确定粒子运动轨迹的圆心O ′和半径R R 2＋R 2＝(R 2－R 1)2④ 联立③④得磁感应强度大小 B ＝2m v 22qR 0⑤粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 T ＝2πR v 2⑥由几何关系确定粒子在磁场中运动的时间 t ＝T 4⑦ 联立④⑥⑦式，得t ＝2πR 02v 2.⑧图1 图2(3)如图2所示，为使粒子射出，则粒子在磁场内的运动半径应大于过A 点的最大内切圆半径，该半径为R c ＝R 1＋R 22⑨由③⑨得磁感应强度应小于B c ＝m v 32qR 0.○10 答案：(1)v 21－2qUm (2)2m v 22qR 02πR 02v 2 (3)m v 32qR 01．带电粒子在叠加场中运动的分析方法2．解决带电粒子在组合场中运动问题的思路 (1)首先明确每个场的性质、方向、强弱和范围；(2)对带电粒子进行受力分析，确定带电粒子的运动性质，分析粒子的运动过程，画出运动轨迹；(3)通过分析，确定粒子从一个场区进入另一场区时的位置、速度大小和方向是解题的关键．带电粒子在交变场中的运动 【知识提炼】1．解决带电粒子在交变电场、磁场中的运动问题时，关键要明确粒子在不同时间段内、不同区域内的受力特性，对粒子的运动情景、运动性质做出判断．2．这类问题一般都具有周期性，在分析粒子运动时，要注意粒子的运动周期、电场周期、磁场周期的关系．3．带电粒子在交变电磁场中运动仍遵循牛顿运动定律、运动的合成与分解、动能定理、能量守恒定律等力学规律，所以此类问题的研究方法与质点动力学相同．【典题例析】(高考山东卷)如图甲所示，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．(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 .[审题指导] (1)入射的粒子经Δt ＝T B2时间恰能垂直打在P 板上，粒子应运动四分之一圆弧．(2)入射的粒子经Δt ＝32T B 时间恰能垂直打在P 板上，粒子应连续运动三个四分之一圆弧．(3)当B 0＝4m v 0qd时，如何求运动周期？[解析] (1)设粒子做圆周运动的半径为R 1，洛伦兹力提供向心力，则有q v 0B 0＝m v 20R 1①据题意由几何关系得R 1＝d ② 联立①②式得B 0＝m v 0qd.③(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＝d ⑤ 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 ＝4R ⑨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，且要求0<θ<π2，由题意可知π2＋θ2πT ＝T B2⑩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 14d 2v 0⑲当n ≥2时，不满足0<θ<90°的要求． [答案] (1)m v 0qd (2)3v 20d(3)πd 3v 0或⎝⎛⎭⎫π2＋arcsin 14d2v 0(2016·高考江苏卷)回旋加速器的工作原理如图1所示，置于真空中的D形金属盒半径为R ，两盒间狭缝的间距为d ，磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m 、电荷量为＋q ，加在狭缝间的交变电压如图2所示，电压值的大小为U 0，周期T ＝2πm qB .一束该种粒子在t ＝0～T2时间内从A 处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零．现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用．求：(1)出射粒子的动能E m ；(2)粒子从飘入狭缝至动能达到E m 所需的总时间t 0；(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d 应满足的条件． 解析：(1)粒子运动半径为R 时 q v B ＝m v 2R且E m ＝12m v 2解得E m ＝q 2B 2R 22m.(2)粒子被加速n 次达到功能E m ，则E m ＝nqU 0粒子在狭缝间做匀加速运动，设n 次经过狭缝的总时间为Δt加速度a ＝qU 0md匀加速直线运动nd ＝12a ·(Δt )2由t 0＝(n －1)·T2＋Δt ，解得t 0＝πBR 2＋2BRd 2U 0－πm qB.(3)只有在0～(T2－Δt )时间内飘入的粒子才能每次均被加速，则所占的比例为η＝T2－Δt T 2由η>99%，解得d <πmU 0100qB 2R .答案：见解析带电体在复合场中的运动 【知识提炼】1．带电体在叠加场中无约束情况下的运动情况分类 (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、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．2．带电体在叠加场中有约束情况下的运动带电体在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，除受场力外，还受弹力、摩擦力作用，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果．【典题例析】(2015·高考福建卷)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 ，磁场方向垂直纸面向外，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 点由静止开始沿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，此后小滑块继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 .[审题指导] (1)理解带电体运动到C 点时的临界条件，进行受力分析求解问题． (2)A 到C 过程中运用动能定理求解． (3)撤去磁场后带电体将做类平抛运动．[解析] (1)小滑块沿MN 运动过程，水平方向受力满足q v B ＋N ＝qE 小滑块在C 点离开MN 时 N ＝0 解得v C ＝EB .(2)由动能定理得 mgh －W f ＝12m v 2C －0解得W f ＝mgh －mE 22B 2.(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 2 且v 2P ＝v 2D ＋g ′2t 2解得v P ＝v 2D ＋⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫qE m 2＋g 2t 2.[答案] (1)E B (2)mgh －mE 22B 2(3)v 2D ＋⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫qE m 2＋g 2t 2分析带电体在复合场中运动的三种观点(1)力的观点：在力学中我们知道力是物体运动状态发生变化的原因，在分析带电物体在复合场中运动时，同样要把握住“力以及力的变化”这一根本．一般而言，重力大小、方向不变(有时明确要求不计重力)；匀强电场中带电物体受电场力大小、方向都不变；洛伦兹力随带电粒子运动状态的改变而发生变化．(2)运动的观点：带电物体在复合场中可以设计出多阶段、多形式、多变化、具有周期性的运动过程．在分析物体的运动过程时，主要把握住以下几个方面：①在全面把握粒子受力以及力的变化特点的基础上，始终抓住力和运动之间相互促进、相互制约的关系．如速度的变化引起洛伦兹力变化，洛伦兹力变化又可能引起弹力和摩擦力的变化，从而引起合外力的变化，合外力的变化又引起加速度和速度的变化，速度变化反过来又引起洛伦兹力的变化，在这一系列变化中，力和运动相互促进、相互制约．②准确划分粒子运动过程中的不同运动阶段、不同运动形式，以及不同运动阶段、不同运动形式之间的转折点和临界点，只有明确粒子在某一阶段的运动形式后，才能确定解题所用到的物理规律．③明确不同运动阶段、不同的运动形式所遵循的物理规律，包括物理规律使用时所必须满足的条件；设定未知量，表述原始物理规律式．(3)能量的观点：由于带电物体在复合场中运动时，除重力、电场力以外还有洛伦兹力参与，而洛伦兹力是随运动状态改变而变化，使合外力是一个变力，运动形式可能为变加速运动，对这类问题应用牛顿运动定律和运动学知识不能有效解决．但从力对物体做功的角度看，由于洛伦兹力方向始终垂直于速度方向，洛伦兹力对粒子不做功，运用动能定理或能量守恒的观点来处理这类问题时往往能“柳暗花明”．【跟进题组】考向1 带电体在叠加场中的运动1.(2016·高考天津卷)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为E ＝5 3 N/C ，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B ＝0.5 T ．有一带正电的小球，质量m ＝1×10－6 kg ，电荷量q ＝2×10－6 C ，正以速度v 在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P 点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g ＝10 m/s 2，求：(1)小球做匀速直线运动的速度v 的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P 点所在的这条电场线经历的时间t .解析：(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，则q v B ＝q 2E 2＋m 2g 2① 代入数据解得v ＝20 m/s ②速度v 的方向斜向右上方，与电场E 的方向之间的夹角θ满足 tan θ＝qE mg③代入数据解得tan θ＝3，θ＝60°.④(2)法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a ，有a ＝q 2E 2＋m 2g 2m⑤设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x ，有 x ＝v t ⑥设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y ，有 y ＝12at 2⑦ a 与mg 的夹角和v 与E 的夹角相同，均为θ，又 tan θ＝yx⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得 t ＝2 3 s ≈3.5 s.法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P 点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为v y ＝v sinθ⑤若使小球再次经过P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有v y t －12gt 2＝0⑥联立④⑤⑥式，代入数据解得t ＝2 3 s ≈3.5 s ．⑦ 答案：见解析考向2 带电体在组合场中的运动2.在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD 和倾斜轨道GH 与半径r ＝944 m 的光滑圆弧轨道分别相切于D 点和G 点，GH 与水平面的夹角θ＝37°.过G 点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B ＝1.25 T ；过D 点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E ＝1×104 N/C.小物体P 1质量m ＝ 2×10－3 kg 、电荷量q ＝＋8×10－6 C ，受到水平向右的推力F ＝9.98×10－3 N 的作用，沿CD 向右做匀速直线运动，到达D 点后撤去推力．当P 1到达倾斜轨道底端G 点时，不带电的小物体P 2在GH 顶端静止释放，经过时间t ＝0.1 s 与P 1相遇．P 1和P 2与轨道CD 、GH 间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力．求：(1)小物体P 1在水平轨道CD 上运动速度v 的大小； (2)倾斜轨道GH 的长度s .解析：(1)设小物体P 1在匀强磁场中运动的速度为v ，受到向上的洛伦兹力为F 1，受到的摩擦力为f ，则F 1＝q v B ① f ＝μ(mg －F 1)②由题意，水平方向合力为零 F －f ＝0③联立①②③式，代入数据解得 v ＝4 m/s.④(2)设P 1在G 点的速度大小为v G ，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理 qEr sin θ－mgr (1－cos θ)＝12m v 2G －12m v 2⑤ P 1在GH 上运动，受到重力、支持力、电场力和摩擦力的作用，设加速度为a 1，根据牛顿第二定律qE cos θ－mg sin θ－μ(mg cos θ＋qE sin θ)＝ma 1⑥ P 1与P 2在GH 上相遇时，设P 1在GH 上运动的距离为s 1，则 s 1＝v G t ＋12a 1t 2⑦设P 2质量为m 2，在GH 上运动的加速度为a 2，则 m 2g sin θ－μm 2g cos θ＝m 2a 2⑧P 1与P 2在GH 上相遇时，设P 2在GH 上运动的距离为s 2，则 s 2＝12a 2t 2⑨s ＝s 1＋s 2⑩联立④～⑩式，代入数据得 s ＝0.56 m.。

复合场课后练习(1)1．一个重力可忽略的带正电的粒子射入某一区域后做匀速圆周运动，则这一区域可能有( )A．匀强电场，且电场方向跟粒子的运动方向垂直B．匀强电场，且电场方向跟粒子的运动方向平行C．匀强磁场，且磁场方向跟粒子的运动方向垂直D．匀强磁场，且磁场方向跟粒子的运动方向平行2．一个电子穿过某一空间而未发生偏转，则( )A．此空间一定不存在磁场B．此空间一定不存在电场C．此空间可能只有匀强磁场，方向与电子速度垂直D．此空间可能同时有电场和磁场3．如图所示,质量为m ，电量为q 的带正电物体,在磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，沿动摩擦因数为μ的水平面向左运动，则 ( )A．物体的速度由v减小到零的时间等于mv/μ(mg+Bqv)B．物体的速度由v减小到零的时间小于mv/μ(mg+Bqv)C．若另加一个电场强度大小为(mg+Bqv)/q，方向水平向右的匀强电场,物体将作匀速运动D．若另加一个电场强度大小为(mg+Bqv)/q，方向竖直向上的匀强电场,物体将作匀速运动4．带电粒子处于匀强电场和匀强磁场中，则（）A．若带电粒子初速度为零，则它一定作匀变速直线运动B．若带电粒子初速度为零，则它可能作曲线运动C．若带电粒子初速度不为零，则它可能作匀速直线运动D．若带电粒子初速度不为零，则它可能作匀变速直线运动5．下列有关带电粒子运动的说法中正确的是(不考虑重力)（）A．沿着电场线方向飞入匀强电场，动能、速度都变化B．沿着磁感线方向飞入匀强磁场，动能、速度都不变C．垂直于磁感线方向飞入匀强磁场，动能、速度都变化D．垂直于磁感线方向飞入匀强磁场，速度不变，动能改变6．关于回旋加速器中电场和磁场的说法中正确的是（）A．电场和磁场都对带电粒子起加速作用B．电场和磁场是交替地对带电粒子做功的C．只有磁场才能对带电粒子起加速作用D．磁场的作用是使带电粒子在D形盒中做匀速圆周运动7．带电粒子在只考虑已知场力的情况下可能所处的状态是（）A．在磁场中做直线运动B．在匀强电场中做匀速圆周运动C．在匀强磁场中做类似抛体运动D．在匀强电场和匀强磁场的复合场中做匀速直线运动8．等离子体发电机,平行金属板间匀强磁场的磁感应强度为B=0. 5 T,两板间距离为d=20 cm。