2017届高考物理二轮复习训练：10 带电粒子在组合场、复合场中的运动 含解析

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．在xOy平面的第一象限有一匀强电磁，电场的方向平行于y轴向下，在x轴和第四象限的射线OC之间有一匀强电场，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，有一质量为m，带有电荷量+q的质点由电场左侧平行于x轴射入电场，质点到达x轴上A点，速度方向与x 轴的夹角为φ，A点与原点O的距离为d，接着，质点进入磁场，并垂直与OC飞离磁场，不计重力影响，若OC与x轴的夹角为φ.求：⑴粒子在磁场中运动速度的大小；⑵匀强电场的场强大小.【来源】带电粒子在复合场中的运动计算题【答案】(1) (2)【解析】【分析】【详解】试题分析：（1）由几何关系得：R=dsinφ由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得解得：（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v0，在电场中的加速度为a，运动时间为t，则有：v 0=vcosφ vsinφ=at d=v 0t设电场强度的大小为E ，由牛顿第二定律得 qE=ma 解得：2．如图所示，以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，宽度为d ，两侧为相同的匀强磁场，方向垂直纸面向里．一质量为m 、带电量q +、重力不计的带电粒子，以初速度1v 垂直边界射入磁场做匀速圆周运动，后进入电场做匀加速运动，然后第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁场中交替运动．已知粒子第二次在磁场中运动的半径是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此类推．求：（1）粒子第一次经过电场的过程中电场力所做的功1W （2）粒子第n 次经过电场时电场强度的大小n E （3）粒子第n 次经过电场所用的时间n t（4）假设粒子在磁场中运动时，电场区域场强为零．请画出从粒子第一次射入磁场至第三次离开电场的过程中，电场强度随时间变化的关系图线（不要求写出推导过程，不要求标明坐标刻度值）．【来源】河北省衡水中学滁州分校2018届高三上学期全真模拟物理试题【答案】（1）21132mv W =（2）21(21)2n n mv E qd +=（3）12(21)n d t n v =+ （4）如图；【解析】 （1）根据mv r qB =，因为212r r =，所以212v v =，所以221211122W mv mv =-, （2）=，，所以．（3），，所以．(4)3．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：mg qE =可得电场强度大小：mg qE =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r R =；设磁感应强度大小为B ，由：2v qvB m R=可得磁感应强度大小：mv B qR=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θ，其圆周运动的圆心Q 的坐标为(sin ,cos )R R θθ-，圆周运动轨迹方程为：222(sin )(cos )x R y R R θθ++-=而磁场边界是圆心坐标为（0，R ）的圆周，其方程为：22()x y R R +-=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0x y =⎧⎨=⎩或：sin {(1cos )x R y R θθ=-=+坐标为[sin ,(1cos )]R R θθ-+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)2m v r R qB'== 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mg qE = ，方向沿y 轴正方向和磁感应强度mvB qR=，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。

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．如图甲所示，空间存在一范围足够大的垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ．让质量为m ，电荷量为q （q ＞0）的粒子从坐标原点O 沿xOy 平面以不同的初速度大小和方向入射到磁场中．不计重力和粒子间的影响．（1）若粒子以初速度v 1沿y 轴正向入射，恰好能经过x 轴上的A （a ，0）点，求v 1的大小；（2）已知一粒子的初速度大小为v （v ＞v 1），为使该粒子能经过A （a ，0）点，其入射角θ（粒子初速度与x 轴正向的夹角）有几个？并求出对应的sin θ值；（3）如图乙，若在此空间再加入沿y 轴正向、大小为E 的匀强电场，一粒子从O 点以初速度v 0沿y 轴正向发射．研究表明：粒子在xOy 平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度的x 分量v x 与其所在位置的y 坐标成正比，比例系数与场强大小E 无关．求该粒子运动过程中的最大速度值v m ．【来源】2013年全国普通高等学校招生统一考试理科综合能力测试物理（福建卷带解析) 【答案】⑴；⑵两个 sin θ=；⑶＋．【解析】试题分析：(1)当粒子沿y 轴正向入射，转过半个圆周至A 点，半径R 1＝a/2由运动定律有2111v Bqv m R =解得12Bqav m=(2)如右图所示，O 、A 两点处于同一圆周上，且圆心在x ＝2a的直线上，半径为R ，当给定一个初速率v 时， 有2个入射角，分别在第1、2象限．即 sinθ′＝sinθ＝2a R另有2v Bqv m R=解得 sinθ′＝sinθ＝2aqBmv(3)粒子在运动过程中仅电场力做功，因而在轨道的最高点处速率最大，用y m 表示其y 坐标，由动能定理有 qEy m＝12 mv2m－12mv2由题知 v m＝ky m若E＝0时，粒子以初速度v0沿y轴正向入射，有 qv0B＝m2vR在最高处有 v0＝kR0联立解得22()mE Ev vB B=++考点：带电粒子在符合场中的运动；动能定理．2．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：mg qE=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r R =；设磁感应强度大小为B ，由：2v qvB m R=可得磁感应强度大小：mv B qR=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θ，其圆周运动的圆心Q 的坐标为(sin ,cos )R R θθ-，圆周运动轨迹方程为：222(sin )(cos )x R y R R θθ++-=而磁场边界是圆心坐标为（0，R ）的圆周，其方程为：22()x y R R +-=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0x y =⎧⎨=⎩或：sin {(1cos )x R y R θθ=-=+坐标为[sin ,(1cos )]R R θθ-+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)2m v r R qB'== 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mg qE = ，方向沿y 轴正方向和磁感应强度mvB qR=，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。

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．如图所示,待测区域中存在匀强电场和匀强磁场,根据带电粒子射入时的受力情况可推测其电场和磁场. 图中装置由加速器和平移器组成,平移器由两对水平放置、相距为l 的相同平行金属板构成,极板长度为l 、间距为d,两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反. 质量为m 、电荷量为+q 的粒子经加速电压U0 加速后,水平射入偏转电压为U1 的平移器,最终从A 点水平射入待测区域. 不考虑粒子受到的重力.(1)求粒子射出平移器时的速度大小v1;(2)当加速电压变为4U0 时,欲使粒子仍从A 点射入待测区域,求此时的偏转电压U; (3)已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域,刚进入时的受力大小均为F. 现取水平向右为x 轴正方向,建立如图所示的直角坐标系Oxyz. 保持加速电压为U0 不变,移动装置使粒子沿不同的坐标轴方向射入待测区域,粒子刚射入时的受力大小如下表所示.请推测该区域中电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向. 【来源】2012年普通高等学校招生全国统一考试理综物理（江苏卷) 【答案】(1)012qU v m=1U?4U = （3）E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为30°或150°，若B 沿-x 轴方向，E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为-30°或-150°． 【解析】(1)设粒子射出加速器的速度为0v 动能定理20012qU mv =由题意得10v v =，即012qU v m=(2)在第一个偏转电场中,设粒子的运动时间为t 加速度的大小1qU a md=在离开时,竖直分速度yv at =竖直位移2112y at =水平位移1l v t = 粒子在两偏转电场间做匀速直线运动,经历时间也为t 竖直位移2y y v t =由题意知,粒子竖直总位移12y?2y y =+ 解得210U l y U d=则当加速电压为04U 时,1U?4U =（3）(a)由沿x 轴方向射入时的受力情况可知:B 平行于x 轴. 且FE q= (b)由沿y +-轴方向射入时的受力情况可知:E 与Oxy 平面平行.222F f (5F)+=,则f?2F =且1f?qv B =解得02F mB BqU =(c)设电场方向与x 轴方向夹角为.若B 沿x 轴方向,由沿z 轴方向射入时的受力情况得222sin )(cos )(7)f F F F αα++=（ 解得=30°,或=150°即E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为30°或150°. 同理,若B 沿-x 轴方向E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为-30°或-150°.2．如图1所示，宽度为d 的竖直狭长区域内（边界为12L L 、），存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场（如图2所示），电场强度的大小为0E ，0E ＞表示电场方向竖直向上。

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。

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2mtqBπ=，两板间距2210mEhqBπ=。

（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225hRπ=（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s121012s at =① 0qEa m=②又已知200200102,mE m t h qB qB ππ== 联立解得：115s h = （2）解法一粒子在t 0~2t 0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v 1，轨道半径为R 1，周期为T ，则10v at =21101mv qv B R =联立解得：15h R π= 又002mT t qB π== 即粒子在t 0~2t 0时间内恰好完成一个周期的圆周运动。

在2t 0~3t 0时间内，粒子做初速度为v 1的匀加速直线运动，设位移大小为s 22210012s v t at =+解得：235s h =由于s 1+s 2＜h ，所以粒子在3t 0~4t 0时间内继续做匀速圆周运动，设速度大小为v 2，半径为R 2，有：210v v at =+22202mv qv B R =解得225h R π=由于s 1+s 2+R 2＜h ，粒子恰好又完成一个周期的圆周运动。

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．2．两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）。

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．如图甲所示，空间存在一范围足够大的垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ．让质量为m ，电荷量为q （q ＞0）的粒子从坐标原点O 沿xOy 平面以不同的初速度大小和方向入射到磁场中．不计重力和粒子间的影响．（1）若粒子以初速度v 1沿y 轴正向入射，恰好能经过x 轴上的A （a ，0）点，求v 1的大小；（2）已知一粒子的初速度大小为v （v ＞v 1），为使该粒子能经过A （a ，0）点，其入射角θ（粒子初速度与x 轴正向的夹角）有几个？并求出对应的sin θ值；（3）如图乙，若在此空间再加入沿y 轴正向、大小为E 的匀强电场，一粒子从O 点以初速度v 0沿y 轴正向发射．研究表明：粒子在xOy 平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度的x 分量v x 与其所在位置的y 坐标成正比，比例系数与场强大小E 无关．求该粒子运动过程中的最大速度值v m ．【来源】2013年全国普通高等学校招生统一考试理科综合能力测试物理（福建卷带解析) 【答案】⑴；⑵两个 sin θ=；⑶＋．【解析】试题分析：(1)当粒子沿y 轴正向入射，转过半个圆周至A 点，半径R 1＝a/2由运动定律有2111v Bqv m R =解得12Bqav m=(2)如右图所示，O 、A 两点处于同一圆周上，且圆心在x ＝2a的直线上，半径为R ，当给定一个初速率v 时， 有2个入射角，分别在第1、2象限．即 sinθ′＝sinθ＝2a R另有2v Bqv m R=解得 sinθ′＝sinθ＝2aqBmv(3)粒子在运动过程中仅电场力做功，因而在轨道的最高点处速率最大，用y m 表示其y 坐标，由动能定理有 qEy m＝12 mv2m－12mv2由题知 v m＝ky m若E＝0时，粒子以初速度v0沿y轴正向入射，有 qv0B＝m2vR在最高处有 v0＝kR0联立解得22()mE Ev vB B=++考点：带电粒子在符合场中的运动；动能定理．2．两块足够大的平行金属极板水平放置，极板间加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律分别如图1、图2所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向）。

一、复合场与组合场1.复合场：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，并不重叠或在同一区域，电场、磁场交替出现.二、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.4.分阶段运动带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成.［自我诊断］1.判断正误（1）带电粒子在复合场中的运动一定要考虑重力.（义）（2）带电粒子在复合场中不可能处于静止状态.（义）（3）带电粒子在复合场中不可能做匀速圆周运动.（义）（4）带电粒子在复合场中做匀变速直线运动时，一定不受洛伦兹力作用.（J）（5）带电粒子在复合场中做圆周运动时，一定是重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力.（J）（6）带电粒子在复合场中运动涉及功能关系时，洛伦兹力可能做功.（义）2.（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、质量为附从电、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()解析：选CD.A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，故洛伦兹力一定增大，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，故A错误.B图中小球受重力、向上的电场力、垂直纸面向外的洛伦兹力，合力与速度方向一定不共线，故一定做曲线运动，故B错误.C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，故C正确. D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D正确.3.（多选）在空间某一区域里，有竖直向下的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B,且两者正交.有两个带电油滴，都能在竖直平面内做匀速圆周运动，如右图所示，则两油滴一定相同的是（）A.带电性质B.运动周期C.运动半径D.运动速率解析：选AB.油滴受重力、电场力、洛伦兹力做匀速圆周运动.由受力特点及运动特点知，得mg=qE ,结合电场方向知油滴一定带负电且两油滴比荷%二E相等.洛伦兹力提供向心力，有周期T:缥，所以两油滴周期相等，故选A、qBm vB.由r二m知，速度v越大，半径则越大，故不选C、D.4. (2017・湖北襄阳调研)如图所示，两导体板水平放置，两板间电势差为U, 带电粒子以某一初速度。

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．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 。

一不带电的绝缘小球甲，以速度v 0沿水平轨道向右运动，与静止在B 点带正电的小球乙发生弹性碰撞。

已知甲、乙两球的质量均为m =1.0×10-2kg ，乙所带电荷量q =2.0×10-5C ，g 取10m/s 2。

(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)（1）甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D ，求乙球在B 点被碰后的瞬时速度大小；（2）在满足1的条件下，求甲的速度v 0；（3）甲仍以中的速度v 0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B 点的距离范围。

【来源】四川省资阳市高中（2018届)2015级高三课改实验班12月月考理综物理试题 【答案】（1）5m/s ；（2）5m/s ；（3）32m 3m 2x '≤<。

【解析】 【分析】 【详解】（1）对球乙从B 运动到D 的过程运用动能定理可得22112222D B mg R qE R mv mv --=- 乙恰能通过轨道的最高点D ，根据牛顿第二定律可得2Dv mg qE mR+=联立并代入题给数据可得B v =5m/s（2）设向右为正方向，对两球发生弹性碰撞的过程运用动量守恒定律可得00B mv mv mv '=+ 根据机械能守恒可得22200111222B mv mv mv '=+联立解得0v '=，05v =m/s （3）设甲的质量为M ，碰撞后甲、乙的速度分别为M v 、m v ，根据动量守恒和机械能守恒定律有0M m Mv Mv mv =+2220111222M m Mv Mv mv =+ 联立得2m Mv v M m=+ 分析可知：当M =m 时，v m 取最小值v 0；当M ≫m 时，v m 取最大值2v 0 可得B 球被撞后的速度范围为002m v v v <<设乙球过D 点的速度为Dv '，由动能定理得 22112222D m mg R qE R mv mv --='- 联立以上两个方程可得/s</s Dv '> 设乙在水平轨道上的落点到B 点的距离为x '，则有2122D x v t R gt ''==， 所以可得首次落点到B 点的距离范围2x '≤<2．在场强为B 的水平匀强磁场中，一质量为m 、带正电q 的小球在O 静止释放，小球的运动曲线如图所示．已知此曲线在最低点的曲率半径为该点到z 轴距离的2倍，重力加速度为g ．求：(1)小球运动到任意位置P (x ，y)的速率v ； (2)小球在运动过程中第一次下降的最大距离y m ； (3)当在上述磁场中加一竖直向上场强为E (mgE q>)的匀强电场时，小球从O 静止释放后获得的最大速率m v 。

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．如图所示，在坐标系Oxy 的第一象限中存在沿y 轴正方向的匀强电场，场强大小为E ．在其它象限中存在匀强磁场，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 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 点速度的大小和方向； （2）磁感应强度的大小B ．【来源】2007普通高等学校招生全国统一考试（全国卷Ⅱ)理综物理部分 【答案】（1）α＝arctan2h l（2）B 2212mhEh l q+【解析】 【分析】 【详解】试题分析：（1）以a 表示粒子在电场作用下的加速度，有qE ma ＝①加速度沿y 轴负方向．设粒子从A 点进入电场时的初速度为0v ，由A 点运动到C 点经历的时间为t ， 则有：212h at =② 0l v t =③由②③式得02a v h＝ 设粒子从C 点进入磁场时的速度为v ，v 垂直于x 轴的分量12v ah ＝⑤ 由①④⑤式得：22101v v v +＝()2242qE h l mh+⑥设粒子经过C 点时的速度方向与x 轴的夹角为α，则有1vtanvα＝⑦由④⑤⑦式得2harctanlα＝⑧（2）粒子从C点进入磁场后在磁场中作速率为v的圆周运动．若圆周的半径为R，则有qvB＝m2vR⑨设圆心为P，则PC必与过C点的速度垂直，且有PCuuu r＝PA Ru u u r＝．用β表示PAu u u r与y轴的夹角，由几何关系得：Rcos Rcos hβα=+⑩Rsin l Rsinβα=－解得222242h lR h lhl++＝由⑥⑨式得：B=2212mhEh l q+2．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 pαα=>）．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(1)0B B xββ=->，．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D1、D2两点间产生霍尔电压U0.（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：11(1)1IBU nedIB AU Anedββ==--解得：01U UAUβ-=根据压力与唯一关系x pα=可得xpα=因此压力最大振幅为：01mU UpUαβ-=3．在xOy平面的第一象限有一匀强电磁，电场的方向平行于y轴向下，在x轴和第四象限的射线OC之间有一匀强电场，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，有一质量为m，带有电荷量+q的质点由电场左侧平行于x轴射入电场，质点到达x轴上A点，速度方向与x 轴的夹角为φ，A点与原点O的距离为d，接着，质点进入磁场，并垂直与OC飞离磁场，不计重力影响，若OC与x轴的夹角为φ.求：⑴粒子在磁场中运动速度的大小；⑵匀强电场的场强大小.【来源】带电粒子在复合场中的运动计算题【答案】(1) (2)【解析】【分析】【详解】试题分析：（1）由几何关系得：R=dsinφ由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得解得：（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v 0，在电场中的加速度为a ，运动时间为t ，则有： v 0=vcosφ vsinφ=at d=v 0t设电场强度的大小为E ，由牛顿第二定律得 qE=ma 解得：4．小明受回旋加速器的启发，设计了如图1所示的“回旋变速装置”．两相距为d 的平行金属栅极板M 、N ，板M 位于x 轴上，板N 在它的正下方．两板间加上如图2所示的幅值为U 0的交变电压，周期02mT qBπ=．板M 上方和板N 下方有磁感应强度大小均为B 、方向相反的匀强磁场．粒子探测器位于y 轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子．有一沿x 轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源，沿y 轴正方向射出质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的粒子．t =0时刻，发射源在（x ，0）位置发射一带电粒子．忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在电场中运动的时间不计．（1）若粒子只经磁场偏转并在y =y 0处被探测到，求发射源的位置和粒子的初动能； （2）若粒子两次进出电场区域后被探测到，求粒子发射源的位置x 与被探测到的位置y 之间的关系【来源】【省级联考】浙江省2019届高三上学期11月选考科目考试物理试题【答案】（1）00x y = ，()202qBy m（2）见解析【解析】 【详解】（1）发射源的位置00x y =， 粒子的初动能：()2002k qBy Em=；（2）分下面三种情况讨论： （i ）如图1，002k E qU >由02101mv mv mvy R R Bq Bq Bq===、、， 和221001122mv mv qU =-，222101122mv mv qU =-， 及()012x y R R =++， 得()()22002224x y yqB mqU yqB mqU qBqB=++++；（ii ）如图2，0002k qU E qU <<由020mv mv y d R Bq Bq--==、， 和220201122mv mv qU =+， 及()032x y d R =--+，得()222023)2x y d y d q B mqU qB=-+++（（iii ）如图3，00k E qU <由020mv mv y d R Bq Bq--==、， 和220201122mv mv qU =-， 及()04x y d R =--+， 得()222042x y d y d q B mqU qB=--++-；5．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m 1和m 2(m 1>m 2)，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 --L6．如图甲所示，正方形导线框abcd 用导线与水平放置的平行板电容器相连，线框边长与电容器两极板间的距离均为L ．O 点为电容器间靠近上极板的一点，与电容器右端的距离为72L π，与水平线MN 的距离为等1(1)4L π+)．线框abcd 内和电容器两极板间都存在周期性变化的磁场，导线框内匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，电容器间匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图丙所示，选垂直纸面向里为正方向．现有一带正电微粒在0时刻自O 点由静止释放，在时间去12LLg g:内恰好做匀速圆周运动．已知重力加速度为g ，求：(1)此带电微粒的比荷q m； (2)自032Lg时微粒距O 点的距离； (3)自0时刻起经多长时间微粒经过水平线MN ．【来源】山东省德州市2019届高三第二次模拟考试理科综合物理试题 【答案】（1014gB L（2）L π （3）))71120,1,2,320,1,21212L L n n n n g g ⎛⎛+=+= ⎝⎝和 【解析】 【详解】解：(1)电容器两极电势差大小等于线框产生的电动势：204L B U B L gL t∆==∆电容器两极间电场强度：4UE B gL L==12LLg g:mg qE =解得比荷：14q g m B L= (2)微粒运动的轨迹如图所示时间102Lg:内：mg qE ma += 1v at =，112Lt g=解得：v gL =12L L gg :208mv qv B rπ•= 可得：2L r π= 又2rT vπ=解得：L T g=32Lg时微粒距O 点的距离：2L x r π==(3) 时间102Lg:内，微粒竖直向下的位移：124v L h t ==设粒子转过角度α时与O 点间的竖直距离为：1(1)4L π+ 1(1)4sin L hrπα+-= 解得：6πα=和56πα=每次微粒进入磁场后运动至水平线MN 所需时间：22t T απ= 解得：2112L t g =2512Lt g=自开始至水平线MN 的时间：122t t n T t =+•+，0,1,2,3(,)n =⋯⋯ 即：7(2)12L t n g =+和11(2)12Lt n g=+ ，0,1,2,3(,)n =⋯⋯ 又722L rn π=解得： 3.5n =微粒离开电容器后不再经过水平线MN ，分析得自开始至水平线MN 的时间：7(2)12L t n g =+，(0,1,2,3)n =和11(2)12Lt n g=+ ，0,1,2,3(,)n =⋯⋯7．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v 0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。