高考物理带电粒子在复合场中的运动解题技巧及练习题

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练

1．两块足够大的平行金属极板水平放置，极板间加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律分别如图1、图2所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向）。在t=0时刻由负极板释放一个初速度为零的带负电的粒子（不计重力），若电场强度E0、磁感应强度B0、粒子的比荷qm均已知，且002mtqB，两板间距202010mEhqB。

（1）求粒子在0～t0时间内的位移大小与极板间距h的比值。

（2）求粒子在板板间做圆周运动的最大半径（用h表示）。

（3）若板间电场强度E随时间的变化仍如图1所示，磁场的变化改为如图3所示，试画出粒子在板间运动的轨迹图（不必写计算过程）。

【来源】带电粒子的偏转

【答案】（1）粒子在0～t0时间内的位移大小与极板间距h的比值115sh

（2）粒子在极板间做圆周运动的最大半径225hR

（3）粒子在板间运动的轨迹如图：

【解析】

【分析】

【详解】

（1）设粒子在0～t0时间内运动的位移大小为s1 21012sat①

0qEam②

又已知200200102,mEmthqBqB

联立解得：115sh

（2）解法一

粒子在t0~2t0时间内只受洛伦兹力作用，且速度与磁场方向垂直，所以粒子做匀速圆周运动。设运动速度大小为v1，轨道半径为R1，周期为T，则

10vat

21101mvqvBR

联立解得：15hR

又002mTtqB

即粒子在t0~2t0时间内恰好完成一个周期的圆周运动。

在2t0~3t0时间内，粒子做初速度为v1的匀加速直线运动，设位移大小为s2

2210012svtat

解得：235sh

由于s1+s2＜h，所以粒子在3t0~4t0时间内继续做匀速圆周运动，设速度大小为v2，半径为R2，有：

210vvat

22202mvqvBR

解得225hR

由于s1+s2+R2＜h，粒子恰好又完成一个周期的圆周运动。

在4t0~5t0时间内，粒子运动到正极板（如图所示）：

因此粒子运动的最大半径225hR。

解法二

由题意可知，电磁场的周期为2t0，前半周期 粒子受电场作用做匀加速直线运动，加速度大小为：

0qEam

方向向上。

后半周期粒子受磁场作用做匀速圆周运动，周期为T

002mTtqB

粒子恰好完成一次匀速圆周运动。

至第n个周期末，粒子位移大小为sn

201()2nsant

又已知202010mEhqB

由以上各式得：25nnsh

粒子速度大小为：0nvant

粒子做圆周运动的半径为：0nnmvRqB

解得：5nnhR

显然223sRhs

因此粒子运动的最大半径225hR。

（3）粒子在板间运动的轨迹如图所示：

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v0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UMN ；

（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）UMN＝ （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 22sinsin0cosqBRqRvvm④

由于v是实数，必须满足

222sin4sin()0cosqBRqRm 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

4．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(962)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vmin，

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：

2vqvBmr，

解得，粒子轨道半径：vrqB，

min1vrqB，2112rr，

由几何知识得：

（r1+r2）sinφ=r2，r1+r1cosφ=h，

解得：min962)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r1、r2，

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(962)22hx，2211xrhr，

解得：

120.361)2hrn（，n＜3.5，

即：n=1时， 0.68qBhvm，

n=2时，0.545qBhvm，

n=3时，0.52qBhvm；

答：（1）电场强度的大小为mgqE，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min962)qBhvm（﹣．

（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：0.68qBhvm、或0.545qBhvm、或0.52qBhvm．

【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．

5．如图，空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向为y轴正方向，磁场方向垂直于xy平面（纸面）向外，电场和磁场都可以随意加上或撤除，重新加上的电场或磁场与撤除前的一样．一带正电荷的粒子从P(x＝0，y＝h)点以一定的速度平行于x轴正向入射．这时若只有磁场，粒子将做半径为R0的圆周运动；若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动．现在，只加电场，当粒子从P点运动到x＝R0平面（图中虚线所示）时，立即撤除电场同时加上磁场，粒子继续运动，其轨迹与x轴交于M点．不计重力．求：

（1）粒子到达x＝R0平面时速度方向与x轴的夹角以及粒子到x轴的距离；

（2）M点的横坐标xM．

【来源】磁场

【答案】（1）20122RHhath；（2）22000724MxRRRhh。

【解析】

【详解】

（1）做直线运动有，根据平衡条件有：

0qEqBv①

做圆周运动有：

2000qBmRvv②

只有电场时，粒子做类平抛，有：

qEma③

00Rtv④

yvat⑤

解得：0yvv⑥

粒子速度大小为：

22002yvvvv⑦

速度方向与x轴夹角为：π4⑧