2013届高考物理二轮复习训练 专题3 第8讲 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1v tan v α＝⑦ 由④⑤⑦式得2h arctanlα＝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 ＝m 2v R⑨设圆心为P ，则PC 必与过C 点的速度垂直，且有PC ＝PA R ＝．用β表示PA 与y 轴的夹角，由几何关系得：Rcos Rcos h βα=+⑩Rsin l Rsin βα=－解得222242h l R h l hl++＝由⑥⑨式得：B 2212mhEh l q+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）。

且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力．求：
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专题三 电场与磁场
(1)电场强度E的大小； (2)粒子到达a点时速度的大小和方向； (3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值．
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专题三 电场与磁场
解析：(1)设粒子在电场中运动的时间为 t，则有 x＝ v0t＝ 2h 1 2 y＝ at ＝ h 2 qE＝ ma mv2 0 联立以上各式可得 E＝ . 2qh
有什么特点？能确定电性吗？
(3) 带电微粒进入第三象限做匀速圆周运动，重力和电场力 应具有什么关系？
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专题三 电场与磁场
【解析】 (1)在第一象限内，带电微粒从静止开始沿 Pa 做匀 加速直线运动，受重力 mg 和电场力 qE1 的合力一定沿 Pa 方 向，电场力 qE1 一定水平向左． 带电微粒在第四象限内受重力 mg、 电场力 qE2 和洛伦兹力 qvB 做匀速直线运动， 所受合力为零． 分析受力可知微粒所受电场 力一定水平向右，故微粒一定带正电． 所以，在第一象限内 E1 方向水平向左(或沿 x 轴负方向 )． 根据平行四边形定则，有 mg＝qE1tan θ 解得 E1＝ 3mg/q.
值．(不考虑粒子间相互影响)
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专题三 电场与磁场
【解析】 (1)当粒子的运动轨迹恰好与 MN 相切时， r 最大， mv2 mv0 0 粒子速度最大由 qv0B＝ ，得 r0＝ r0 qB r0 由几何关系可知，此时 sin 45° ＝ d－ r0 d 得 r0＝ ＝ ( 2－ 1)d 2＋ 1 qBd 2－ 1 qBd 两者联立，解得： v0＝ ＝ m m 2＋ 1 qBd 2－ 1 即粒子速度的取值范围为 0＜ v′0≤ . m

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()mEEv vB B=++考点：带电粒子在符合场中的运动；动能定理．2．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＝arctan2hl（2）B ＝2212mhEh lq+ 【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 lh＝④ 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1v tan v α＝⑦ 由④⑤⑦式得2h arctanlα＝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 ＝m 2v R⑨设圆心为P ，则PC 必与过C 点的速度垂直，且有PC ＝PA R ＝．用β表示PA 与y 轴的夹角，由几何关系得：Rcos Rcos h βα=+⑩Rsin l Rsin βα=－解得222242h l R h l hl++＝由⑥⑨式得：B =2212mhEh l q+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B 0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N 0，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B 1；（3）保持磁感应强度B 1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：r 1＝＝a恰好打在x ＝2a 的位置；对于初速度为v 0的离子，qU ＝mv －m(v 0)2r 2＝＝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(v 0)2r 3＝r 3＝a 解得B 1＝B 0 (3)对速度为0的离子 qU ＝mv r 4＝＝a2r 4＝1.5a离子打在x 轴上的区间为[1.5a,3a] N ＝N 0＝N 0对打在x ＝2a 处的离子 qv 3B 1＝对打在x ＝3a 处的离子 qv 4B 1＝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 ＝N 0mv 0．【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．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。

第3讲带电粒子在复合场中的运动[建体系·记要点]知识串联熟记核心要点授课提示：对应学生用书第47页[网络构建][要点熟记]1．做好“两个区分”(1)正确区分重力、电场力、洛伦兹力的大小、方向特点及做功特点．重力、电场力做功只与初、末位置有关，与路径无关，而洛伦兹力不做功．(2)正确区分“电偏转”和“磁偏转”的不同．“电偏转”是指带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，而“磁偏转”是指带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动．2．抓住“两个技巧”(1)按照带电粒子运动的先后顺序，将整个运动过程划分成不同特点的小过程．(2)善于应用几何图形处理边、角关系，要有运用数学知识处理物理问题的习惯．3．熟记带电粒子在复合场中的三种运动(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．[做真题·明考向] 真题体验 透视命题规律 授课提示：对应学生用书第47页[真题再做]1.(2016·高考全国卷Ⅰ，T15)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( )A ．11B ．12C ．121D ．144解析：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．答案：D2.(2017·高考全国卷Ⅰ，T16)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里．三个带正电的微粒a 、b 、c 电荷量相等，质量分别为m a 、m b 、m c .已知在该区域内，a 在纸面内做匀速圆周运动，b 在纸面内向右做匀速直线运动，c 在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是( )A ．m a >m b >m cB ．m b >m a >m cC ．m c >m a >m bD ．m c >m b >m a解析：该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场，a 在纸面内做匀速圆周运动，可知其重力与所受到的电场力平衡，洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，有m a g ＝qE ，解得m a ＝qEg .b 在纸面内向右做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向上，可知m b g ＝qE ＋q v b B ，解得m b ＝qE g ＋q v b B g .c 在纸面内向左做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向下，可知m c g ＋q v c B ＝qE ，解得m c ＝qE g －q v c Bg.综上所述，可知m b >m a >m c ，选项B 正确． 答案：B3．(2018·高考全国卷Ⅰ，T25) 如图，在y ＞0的区域存在方向沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E ；在y ＜0的区域存在方向垂直于xOy 平面向外的匀强磁场．一个氕核11H 和一个氘核21H 先后从y 轴上y＝h 点以相同的动能射出，速度方向沿x 轴正方向．已知11H 进入磁场时，速度方向与x 轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O 处第一次射出磁场.11H 的质量为m ，电荷量为q .不计重力．求：(1)11H 第一次进入磁场的位置到原点O 的距离； (2)磁场的磁感应强度大小；(3)21H 第一次离开磁场的位置到原点O 的距离．解析：(1)11H 在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示．设11H 在电场中的加速度大小为a 1，初速度大小为v 1，它在电场中的运动时间为t 1，第一次进入磁场的位置到原点O 的距离为s 1.由运动学公式有s 1＝v 1t 1① h ＝12a 1t 21② 由题给条件，11H 进入磁场时速度的方向与x 轴正方向夹角θ1＝60°.11H 进入磁场时速度的y 分量的大小为a 1t 1＝v 1tan θ1③联立以上各式得s 1＝233h ④(2)11H 在电场中运动时，由牛顿第二定律有 qE ＝ma 1⑤设11H 进入磁场时速度的大小为v 1′，由速度合成法则有v 1′＝v 21＋(a 1t 1)2⑥设磁感应强度大小为B ，11H 在磁场中运动的圆轨道半径为R 1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 q v 1′B ＝m v 1′2R 1⑦由几何关系得s 1＝2R 1sin θ1⑧ 联立以上各式得B ＝6mEqh⑨ (3)设21H 在电场中沿x 轴正方向射出的速度大小为v 2，在电场中的加速度大小为a 2，由题给条件得 12(2m )v 22＝12m v 21⑩ 由牛顿第二定律有qE ＝2ma 2⑪设21H 第一次射入磁场时的速度大小为v 2′，速度的方向与x 轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s 2，在电场中运动的时间为t 2.由运动学公式有s 2＝v 2t 2⑫ h ＝12a 2t 22⑬v 2′＝v 22＋(a 2t 2)2⑭sin θ2＝a 2t 2v 2′⑮ 联立以上各式得s 2＝s 1，θ2＝θ1，v 2′＝22v 1′⑯ 设21H 在磁场中做圆周运动的半径为R 2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得 R 2＝(2m )v 2′qB＝2R 1⑰所以出射点在原点左侧．设21H 进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s 2′，由几何关系有s 2′＝2R 2sin θ2⑱联立④⑧⑯⑰⑱式得，21H 第一次离开磁场时的位置到原点O 的距离为s 2′－s 2＝233(2－1)h ⑲ 答案：(1)233h (2)6mE qh (3)233(2－1)h 4．(2018·高考全国卷Ⅱ，T25)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．解析：(1)粒子运动的轨迹如图(a)所示．(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称) (2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动．设粒子从M 点射入时速度的大小为v 0，在下侧电场中运动的时间为t ，加速度的大小为a ；粒子进入磁场的速度大小为v ，方向与电场方向的夹角为θ [如图(b)]，速度沿电场方向的分量为v 1.根据牛顿第二定律有 qE ＝ma ①式中q 和m 分别为粒子的电荷量和质量． 由运动学公式有 v 1＝at ② l ′＝v 0t ③ v 1＝v cos θ④粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 q v B ＝m v 2R ⑤由几何关系得 l ＝2R cos θ⑥联立①②③④⑤⑥式得 v 0＝2El ′Bl⑦(3)由运动学公式和题给数据得 v 1＝v 0cot π6⑧联立①②③⑦⑧式得 q m ＝43El ′B 2l 2⑨ 设粒子由M 点运动到N 点所用的时间为t ′，则 t ′＝2t ＋2(π2－π6)2πT ⑩式中T 是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期， T ＝2πm qB⑪由③⑦⑨○10⑪式得 t ′＝Bl E (1＋3πl18l ′)⑫答案：(1)见解析 (2)2El ′Bl (3)43El ′B 2l 2 Bl E (1＋3πl 18l ′) [考情分析]■ 命题特点与趋势——怎么考1．带电粒子在复合场中的运动问题，全国卷在2016年和2017年考查了较为较简单的选择题．但2018年全国卷也以计算题的形式考查了带电粒子在组合场的运动，在自主命题地区的高考中是命题热点，题目多为综合性较强的计算题．2．从近几年全国卷和地方卷的试题可以看出，命题点多集中在带电粒子在电场和磁场的组合场中运动，重点考查曲线运动的处理方法及几何关系的应用．也有考查粒子在重力场、电场、磁场组成的叠加场中的运动问题的，重点考查受力分析及动力学规律的应用．■解题要领——怎么做1．解决此类问题一定要分清复合场的组成、带电体在场中的受力特点、满足的运动规律(如类平抛运动、圆周运动、匀变速直线运动等)，同时要做好运动过程分析，将一个复杂的运动分解成若干简单的运动，并能找出它们之间的联系．2．2020年备考要关注以磁与现代科技为背景材料涉及组合场问题的题目．[研考向·提能力]考向研析掌握应试技能授课提示：对应学生用书第48页考向一带电粒子在组合场中的运动带电粒子的“电偏转”和“磁偏转”的比较情景图受力F B ＝q v 0B ，F B 大小不变，方向总指向圆心，方向变化，F B 为变力F E ＝qE ，F E 大小、方向不变，为恒力运动规律匀速圆周运动r ＝m v 0Bq ，T ＝2πmBq类平抛运动v x ＝v 0，v y ＝Eqmtx ＝v 0t ，y ＝Eq2mt 2[典例1] 在平面直角坐标系xOy 中，第一象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第三象限存在沿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v 0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，求：(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．[解析] (1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q 点到x 轴距离为L ，到y 轴距离为2L ，粒子的加速度为a ，运动时间为t ，有2L ＝v 0t ，L ＝12at 2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 yv 0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 ，由运动的合成有 v ＝v 20＋v 2y联立可得v ＝2v 0.(2)设电场强度为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q v B ＝m v 2R由几何关系可知R ＝2L 联立可得E B ＝v 02.[答案] (1)2v 0 方向与x 轴正方向成45°角斜向上 (2)v 02方法技巧带电粒子在组合场中运动的处理方法———————————————————————(1)明性质：要清楚场的性质、方向、强弱、范围等，如例题中磁场在第一象限且垂直纸面向里，电场在第三象限且竖直向下．(2)定运动：带电粒子依次通过不同场区时，由受力情况确定粒子在不同区域的运动情况，如例题中粒子在磁场中受洛伦兹力做匀速圆周运动，在电场中受电场力做类平抛运动．(3)画轨迹：正确地画出粒子的运动轨迹图．(4)用规律：根据区域和运动规律的不同，将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理．(5)找关系：要明确带电粒子通过不同场区的交界处时速度大小和方向的关系，上一个区域的末速度往往是下一个区域的初速度．1．现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子(11H)在入口处从静止开始被电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若换作α粒子(42He)在入口处从静止开始被同一电场加速，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倍数是( )A.22B.2 C ．2D.12解析：粒子在加速电场中运动时，根据动能定理得qU ＝12m v 2－0，得v ＝2qUm；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有q v B ＝m v 2R ，联立可得B ＝2mUqR 2.质子与α粒子经同一加速电场，U 相同，同一出口离开磁场，则R 相同，则B ∝m q ，可得B αB H＝41×12＝2，即B α＝2B H ，故选项B 正确．答案：B2．(2019·重庆高三理综联考)如图所示，在平面直角坐标系xOy 内，第一和第四象限内有一个有界圆形区域与y 轴相切于原点O ，其圆心为O 1、半径一定，圆内存在垂直于纸面的匀强磁场．第二和第三象限内有平行于y 轴的匀强电场．第二象限内有一P 点，坐标为(－d ，32d )，一带电粒子(重力不计)自P 点以平行于x 轴的初速度v 0开始运动，粒子从O 点离开电场，经磁场偏转后又从y 轴上的Q 点(图中未画出)垂直于y 轴回到电场区域，并恰能返回到P 点．求：(1)粒子从P 点到O 点经历的时间及粒子在第二象限的加速度大小； (2)粒子经过坐标原点O 时的速度大小； (3)电场强度E 和磁感应强度B 的比值．解析：(1)根据题意画出带电粒子运动轨迹如图所示，设粒子从P 点到O 点运动的时间为 t 1 x 轴方向有：d ＝v 0t 1 y 轴方向有：32d ＝12at 21 解得t 1＝d v 0，a ＝3v 20d.(2)粒子从P 点到O 点过程中，v y ＝at 1＝3v 0 经过坐标原点的速度大小v ＝v 20＋v 2y ＝2v 0.(3)设Q 点到坐标原点的距离为y ，从Q 点再次进入电场并返回到P 点的过程中，有 d ＝2v 0t 2 y －32d ＝12at 22 解得y ＝538d设粒子进入磁场时速度与y 轴夹角为θ，tan θ＝v 0v y ＝33，则θ＝30°在磁场中运动时，由几何关系得 y ＝r ＋r sin θ 粒子在磁场中运动时，根据洛伦兹力提供向心力得 q v B ＝m v 2r联立解得B ＝83m v 05qd粒子在电场中运动时，由牛顿第二定律得 Eq ＝ma 解得 E ＝3m v 20qd所以E B ＝5v 08.答案： (1)dv 03v 20d (2)2v 0 (3)5v 083.如图所示，平面直角坐标系的x 轴上方存在竖直向上的匀强电场Ⅰ，场强为E 1(未知)，第四象限内OC 与x 轴正方向成60°角，OC 与x 轴间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B (未知)，OC 与y 轴间存在垂直OC 向下的匀强电场Ⅱ，场强为E 2(未知)．一质量为m 、带电荷量为－q (q >0)的粒子从O 点以与x 轴正方向成30°角的初速度v 0射入匀强电场E 1中，经一段时间后从x 轴上的Q 点进入匀强磁场，经磁场偏转后恰好垂直穿过OC 且刚好能到达y 轴上的D 点，已知O 、Q 间的距离为L ，粒子重力不计，求：(1)场强E 1、E 2的大小及磁感应强度B 的大小； (2)粒子从O 点运动到D 点所用的时间t .解析：(1)粒子的运动轨迹如图所示，粒子在匀强电场Ⅰ中做斜上抛运动，由运动的合成与分解知：y 轴方向：v 0sin 30°＝a ·t 12，且a ＝qE 1mx 轴方向：L ＝v 0cos 30°·t 1，联立得E 1＝3m v 202qL由对称性可知粒子运动到Q 点时的速度大小为v 0，方向与x 轴正方向成30°角斜向下，由几何关系知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r ＝OQ ＝L由Bq v 0＝m v 20r 得B ＝m v 0qL粒子在OC 线下方做匀减速直线运动，到D 点时速度刚好为0 设粒子在电场Ⅱ中的位移为s ，由几何关系知： tan 60°＝2r s ，得s ＝23L3而v 20＝2·qE 2m ·s ，联立解得E 2＝3m v 204qL.(2)由(1)知粒子在匀强电场Ⅰ中运动的时间 t 1＝23L3v 0粒子在匀强磁场中运动的时间t 2＝120°360°·2πm Bq ＝2πL3v 0粒子在匀强电场Ⅱ中运动的时间t 3＝2s v 0＝43L3v 0所以粒子从O 点运动到D 点所用的时间： t ＝t 1＋t 2＋t 3＝63＋2π3v 0L . 答案：(1)3m v 22qL3m v 204qL m v 0qL (2)63＋2π3v 0L考向二 带电粒子在叠加场中的运动1．三种场力对带电粒子的作用特点(1)重力和电场力可以(不是一定)对带电粒子做功，而洛伦兹力永不做功．(2)在重力、电场力和洛伦兹力中的两者或三者共同作用下，带电粒子可能静止，可能做匀速(匀变速)直线运动或类平抛运动，还可能做匀速圆周运动．①若只有两个场，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态．例如电场与磁场叠加满足qE ＝q v B 时、重力场与磁场叠加满足mg ＝q v B 时、重力场与电场叠加满足mg ＝qE 时．②若三场共存，合力为零时，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，粒子做匀速圆周运动时，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.2．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．[典例2] (2019·河北衡水高三调研)如图所示，位于竖直平面内的坐标系xOy ，在其第三象限空间有沿水平方向的、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、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 取10 m/s 2.求：(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以及油滴离开第一象限处的坐标值． [思路点拨](1)油滴在第三象限受力平衡⇒⎩⎪⎨⎪⎧油滴的电性三力大小之比在P 点速度(2)油滴在第一象限⎩⎪⎨⎪⎧在电场与重力场中做匀速直线运动在三场共存区域做匀速圆周运动[解析] (1)分析油滴受力可知，要使油滴做匀速直线运动，油滴应带负电．受力如图所示．由平衡条件和几何关系得mg ∶qE ∶f ＝1∶1∶ 2. (2)对油滴在垂直PO 方向上应用平衡条件得 q v B ＝2Eq sin 45°， 代入数据解得v ＝4 2 m/s.(3)由(1)可知，油滴在第一象限内受到的重力等于电场力，故油滴在电场与重力场的复合场中做匀速直线运动，在电场、磁场、重力场三者的复合场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示．由O 到A 匀速运动的位移为s 1＝h sin 45°＝2h ＝0.4 2 m ，运动时间为t 1＝s 1v ＝0.1 s 油滴在复合场中做匀速圆周运动的周期T ＝2πmqB由几何关系知油滴由A 到C 运动的时间为t 2＝14T ＝πm 2qB ＝πE2Bg ≈0.628 s ，从C 到N ，粒子做匀速直线运动，由对称性知，运动时间t 3＝t 1＝0.1 s ，则油滴在第一象限内总的运动时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝0.828 s.设OA 、AC 、CN 段在x 轴上的投影分别为x 1、x 2、x 3， 则x 1＝x 3＝h ＝0.4 m ，x 2＝2r ＝2m vqB由(1)可知2mg ＝q v B ，代入上式可得x 2＝3.2 m ，所以油滴在第一象限内沿x 轴方向运动的总位移为x ＝x 1＋x 2＋x 3＝4 m ，油滴离开第一象限时的位置坐标为(4.0 m,0)．[答案] (1)1∶1∶2 负电 (2)4 2 m/s(3)0.828 s(4.0 m,0)方法技巧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，如例题中“第一象限空间有匀强电场和区域匀强磁场，而且重力不能忽略”“第三象限三场并存”．(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，如例题中在第三象限做直线运动，在第一象限有匀速直线运动和匀速圆周运动两种形式，灵活选择不同的运动规律．4.(多选)如图所示，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()A．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°，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．答案：BD5．(多选)(2019·河北沧州高三理综联考)如图所示，空间同时存在竖直向上的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度为B ，电场强度为E .一质量为m 、电荷量为q 的带正电小球(未画出)恰好处于静止状态．现在将磁场方向顺时针旋转30°，同时给小球一个垂直磁场方向斜向下的速度v ，则关于小球的运动，下列说法正确的是( )A ．小球做匀速圆周运动B ．小球运动过程中机械能守恒C ．小球运动到最低点时电势能增加了mg v2BqD ．小球第一次运动到最低点历时πm2qB解析：小球在复合场中处于静止状态，只受两个力作用，即重力和电场力且两者平衡．当把磁场顺时针方向旋转30°，且给小球一个垂直磁场方向的速度v ，则小球受到的合力就是洛伦兹力，且与速度方向垂直，所以带电粒子将做匀速圆周运动，选项A 正确．由于带电粒子在垂直于纸面的倾斜平面内做匀速圆周运动，运动过程中受到电场力要做功，所以机械能不守恒，选项B 错误．从开始到最低点克服电场力做功为W ＝EqR sin 30°＝mg ×m v Bq ×12＝m 2g v 2Bq ，所以电势能的增加量为m 2g v2Bq ，选项C 错误．小球第一次运动到最低点的时间为14T ＝πm2Bq，所以选项D 正确.答案：AD6．(2019·江苏无锡天一中学高三调研)已知质量为m 的带电液滴，以速度v 垂直射入竖直向下的匀强电场E 和水平向里匀强磁场B 中，液滴在此空间刚好能在竖直平面内做匀速圆周运动．如图所示，重力加速度为g ，求：(1)液滴带电荷量及电性；(2)液滴做匀速圆周运动的半径多大；(3)现撤去磁场，电场强度变为原来的两倍，有界电场的左右宽度为d ，液滴仍以速度v 从左边界垂直射入，求偏离原来方向的竖直距离．解析：(1)液滴在空间受到三个力作用：重力、电场力与洛伦兹力；因带电液滴刚好做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则液滴的重力与电场力相平衡，电场力方向竖直向上，又因电场线方向向下，所以液滴带负电．由mg ＝qE ，得q ＝mgE.(2)带电粒子在电场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，q v B ＝m v 2r解得r ＝E vgB.(3)电场强度变为2E ，则加速度 a ＝2qE －mgm ＝g水平方向：d ＝v t竖直方向的偏转距离： y ＝12at 2解得y ＝gd 22v2.答案：(1)mg E 带负电 (2)E v gB (3)gd 22v 2考向三 磁与现代科技的应用实例磁与现代科技的应用实例模型共两类，分别为：(1)图①④⑤⑥是常见的带电粒子在正交的匀强电场和匀强磁场中运动的几种模型，它们的共同特征是粒子在其中只受电场力和洛伦兹力作用，并且最终电场力和洛伦兹力平衡，即qE ＝q v B ⇒v ＝EB.(2)图②③是常见的磁场与电场的组合模型，它们的共同特征是粒子在电场中做加速运动，在磁场中做匀速圆周运动．7．(2019·山西五校联考)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具．图中的铅盒A 中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S 1进入电压为U 的加速电场区加速后，再通过狭缝S 2从小孔G 垂直于MN 射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN 为切线、磁感应强度为B 、方向垂直于纸面向外、半径为R 的圆形匀强磁场．现在MN 上的点F (图中未画出)接收到该粒子，且GF ＝3R ，则该粒子的比荷为(粒子的重力忽略不计) ( )A.8UR 2B 2 B.4U R 2B 2 C.6U R 2B2 D.2U R 2B2 解析：设离子被加速后获得的速度为v ，由动能定理有qU ＝12m v 2，由几何知识知，离子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r ＝3R 3.又Bq v ＝m v 2r ，可求q m ＝6UR 2B2，故C 正确.答案：C8．(2019·高考天津卷)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件．当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态．如图所示，一块宽为a 、长为c 的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e 的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v .当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U ，以此控制屏幕的熄灭．则元件的( )A ．前表面的电势比后表面的低B ．前、后表面间的电压U 与v 无关C ．前、后表面间的电压U 与c 成正比D ．自由电子受到的洛伦兹力大小为eUa解析：由左手定则判断，后表面带负电，电势低，A 错；电子受力平衡后，U 稳定不变，由e Ua＝e v B得U ＝Ba v ，U 与v 成正比，与c 无关，B 、C 错；洛伦兹力F ＝e v B ＝eUa，D 对．答案：D9.如图所示是速度选择器的原理图，已知电场强度为E 、磁感应强度为B 并相互垂直分布，某一带电粒子(重力不计)沿图中虚线水平通过，则该带电粒子( )A ．一定带正电B ．速度大小为EBC ．可能沿QP 方向运动D ．若沿PQ 方向运动的速度大于EB，将一定向下极板偏转解析：带电粒子沿题图中虚线水平通过，则粒子受到的电场力qE 与洛伦兹力q v B 等大反向，则速度v ＝EB ，即粒子做匀速直线运动，粒子可带正电也可带负电，故A 错误，B 正确；若粒子沿QP 方向进入，电场力与洛伦兹力同向，不能做直线运动，故C 错误；若速度v >EB ，则粒子受到的洛伦兹力大于电场力，使粒子偏转，若粒子带正电荷，粒子将向上极板偏转，若粒子带负电荷，粒子将向下极板偏转，故D 错误．答案：B10. (多选)(2019·四川攀枝花3月检测)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、磁感应强度大小可调的匀强磁场(环形管的宽度非常小)，质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子可在环中做半径为R 的圆周运动．A 、B 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，每当带电粒子经过A 板刚进入A 、B 之间时，A 板电势升高到＋U ，B 板电势仍保持为零，粒子在两板间的电场中得到加速，每当粒子离开B 板时，A 板电势又降为零，粒子在电场中一次一次地加速使得动能不断增大，而在环形区域内，通过调节磁感应强度大小可使粒子运行半径R 不变．已知极板间距远小于R ，则下列说法正确的是( )A ．环形区域内匀强磁场的磁场方向垂直于纸面向里B ．粒子从A 板小孔处由静止开始在电场力作用下加速，绕行N 圈后回到A 板时获得的总动能为NqUC ．粒子在绕行的整个过程中，A 板电势变化的周期不变D ．粒子绕行第N 圈时，环形区域内匀强磁场的磁感应强度为1R2NmUq解析：粒子在A 、B 之间加速，故粒子是沿顺时针运动的，在磁场中洛伦兹力提供向心力，故磁场方向垂直纸面向外，选项A 错误；粒子在电场中加速，根据动能定理，有E N ＝NqU ，选项B 正确；粒子在加速，根据T ＝2πR v 知，周期要减小，选项C 错误；由动能定理知NqU ＝12m v 2N ，得到v N ＝2NqUm，由牛顿第二定律，则有m v 2NR ＝q v N B N ，解得B N ＝m v N qR ，联立解得B N ＝1R2NmUq，选项D 正确．。