《提分宝典》物理总复习练习：第28课 带电粒子在复合场中的运动

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第28课带电粒子在复合场中的运动普查讲28Ⅰ带电粒子在组合场中的运动1．带电粒子在组合场中的运动a．带电粒子在匀强电场中加速后进入磁场中做圆周运动(1)（2017天津理综，18分）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Ⅲ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：①eq\r（2)v0,方向与x轴正方向的夹角为45°角斜向上（8分)②eq\f（v0,2)（10分)解析：①粒子在电场中由Q点到O点做类平抛运动,设O点速度v与＋x方向夹角为α,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，根据类平抛运动的规律，有x方向2L＝v0t(1分)y方向L＝eq\f(1,2）at2（1分)粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy＝at（2分）又tanα＝eq\f(vy,v0)解得tanα＝1，即α＝45°（2分）粒子到达O点时速度方向与x轴正方向的夹角为45°角斜向上，粒子到达O点时的速度大小为v＝eq\f（v0,cos45°）＝eq\r(2)v0（2分)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,粒子在电场中运动的加速度a＝eq\f(qE,m）(1分）根据匀变速直线运动规律有veq\o\al(2，y）＝2aL(1分）解得E＝eq\f(mveq\o\al（2,0），2qL)(2分）设磁感应强度大小为B，粒子做匀速圆周运动的半径为R，洛伦兹力提供向心力,有qvB＝meq\f（v2，R)（1分)根据几何关系可知R＝eq\r（2)L（2分）解得B＝eq\f(mv0,qL）(2分）整理可得eq\f（E,B）＝eq\f(v0,2）(1分）b．带电粒子在磁场中做圆周运动后以一定角度射入匀强电场(2)(2017浙江选考，10分）如图所示，在xOy平面内，有一电子源持续不断地沿x正方向每秒发射出N个速率均为v的电子,形成宽为2b、在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流。电子流沿x方向射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向里，电子经过磁场偏转后均从P点射出。在磁场区域的正下方有一对平行于x轴的金属平行板K和A，其中K板与P点的距离为d，中间开有宽度为2l且关于y轴对称的小孔。K板接地，A与K两板间加有正负、大小均可调的电压UAK。穿过K板小孔到达A板的所有电子被收集且导出，从而形成电流。已知b＝eq\f(\r(3),2）R，d＝l,电子质量为m，电荷量为e，忽略电子间相互作用。①求磁感应强度B的大小；②求电子从P点射出时与负y轴方向的夹角θ的范围;③当UAK＝0时，每秒经过极板K上的小孔到达极板A的电子数。答案：①eq\f（mv,eR)(3分）②－60°≤θ≤60°（2分）③eq\f(\r（6),3)N(5分）解析：①电子均从P点射出，根据图(a)可知电子做圆周运动的轨道半径为r＝R（1分)图（a）电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有evB＝meq\f(v2,R)（1分）解得B＝eq\f（mv，eR)(1分）②设上端电子从P点射出时与负y轴夹角为θm如图（b)所示，由几何关系可得sinθm＝eq\f(b，R)解得θm＝60°(1分）图(b）同理,如图（c)所示,下端电子从P点射出时与负y轴夹角也为60°，故θ的范围是－60°≤θ≤60°(1分）图(c）③电子恰好进入小孔，根据几何关系可知，进入小孔的电子偏角正切值tanα＝eq\f（l,d)(1分)解得α＝45°故电子到达P点时与y轴负方向的夹角α≤45°(1分)如图(d)所示，根据几何关系，可知进入金属平行板的粒子所占比例为η＝eq\f（2Rsinα，2b)＝eq\f(sinα,sin60°)＝eq\f（\r（6）,3)（2分）图(d）则当UAK＝0时,每秒到达A板的电子数n＝eq\f（\r（6)，3)N（1分)c．带电粒子先后经过多个匀强电场和磁场（3）(2015天津理综，20分）现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动.在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，电场和磁场的宽度均为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sinθn；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.答案：①2eq\r（\f（qEd,m))（3分)eq\f（2,B）eq\r（\f(mEd,q))（3分）②Beq\r(\f(nqd,2mE））（9分)③比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界（5分)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＝eq\f（1，2）mveq\o\al(2，2)①(2分)解得v2＝2eq\r(\f（qEd,m）)②（1分)粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力,有qv2B＝meq\f(veq\o\al（2，2)，r2）③（2分）由②③式解得r2＝eq\f(2，B)eq\r(\f(mEd,q））④(1分）②设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn，轨迹半径为rn（各量的下标均代表粒子所在层数，下同).nqEd＝eq\f（1，2）mveq\o\al(2,n）⑤(1分）qvnB＝meq\f(veq\o\al（2，n),rn)⑥(1分)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vn－1sinθn－1＝vnsinαn⑦(2分)由图（a）可知rnsinθn－rnsinαn＝d⑧(2分)图（a)由⑥⑦⑧式得rnsinθn－rn－1sinθn－1＝d⑨由⑨式看出r1sinθ1，r2sinθ2，…,rnsinθn为一等差数列，公差为d，可得rnsinθn＝r1sinθ1＋(n－1)d⑩(2分）当n＝1时，由图（b)看出r1sinθ1＝d⑪由⑤⑥⑩⑪式得sinθn＝Beq\r（\f(nqd,2mE））⑫（1分）图(b）③若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出,则θn＝eq\f(π，2)sinθn＝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eq\f(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eq\f(q′,m′)〉eq\f（q，m)(2分）则导致sinθ′n>1(2分）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。（1分）2．带电粒子在交变电场和磁场中的运动a．带电粒子在交变磁场中运动（4)(经典题，10分）图（a）所示的xOy平面处于匀强磁场中，磁场方向与xOy平面（纸面）垂直，磁感应强度B随时间t变化的周期为T，变化图线如图(b)所示。当B为＋B0时，磁感应强度方向指向纸外。在坐标原点O有一带正电的粒子P，其比荷为eq\f（2π,TB0)。不计重力。设P在某时刻t0以某一初速度沿y轴正方向自O点开始运动,将它经过时间T到达的点记为A。图（a）图（b)①若t0＝0，则直线OA与x轴的夹角是多少?②若t0＝eq\f（T，4)，则直线OA与x轴的夹角是多少？③为了使直线OA与x轴的夹角为eq\f(π，4)，在0＜t0＜eq\f（T,4）的范围内，t0应取何值？答案:①0（3分)②eq\f(π,2)（3分)③eq\f（T,8)（4分)解析：①设粒子P的质量、电荷量与初速度分别为m、q与v，粒子P在洛伦兹力作用下,在xOy平面内做圆周运动，分别用R和T′表示圆周的半径和运动周期，则有qvB0＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（2π，T′)))eq\s\up12（2）R①（1分)v＝eq\f(2πR，T′）②(1分）联立①②式与已知条件得T′＝T③粒子P在t＝0到t＝eq\f（T,2)时间内，沿顺时针方向运动半个圆周,到达x轴上B点，此时磁场方向反转;继而，在t＝eq\f(T,2)到t＝T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周,到达x轴上A点，如图(a）所示，故OA与x轴的夹角θ＝0④（1分)图（a）②粒子P在t0＝eq\f(T,4)时刻开始运动,在t＝eq\f(T，4）到t＝eq\f（T，2）时间内,沿顺时针方向运动eq\f(1,4）个圆周，到达C点，（1分）此时磁场方向反转,在t＝eq\f(T,2）到t＝T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点,(1分)此时磁场方向再次反转，在t＝T到t＝eq\f（5T,4）时间内,沿顺时针方向运动eq\f(1，4)个圆周，到达A点,如图(b)所示,由几何关系可知，A点在y轴上，即OA与x轴的夹角θ＝eq\f(π,2)⑤(1分)图（b）③若在任意时刻t＝t0（0〈t0<eq\f（T，4））粒子P开始运动,在t＝t0到t＝eq\f（T,2）时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达C点，圆心O′位于x轴上，圆弧eq\o（OC,\s\up8（︵））对应的圆心角为∠OO′C＝eq\f（2π，T)eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)－t0）)⑥（1分）此时磁场方向反转；继而，在t＝eq\f(T,2)到t＝T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次反转；在t＝T到t＝T＋t0时间内,沿顺时针方向做圆周运动到达A点，设圆心为O″，圆弧eq\o（BA，\s\up8(︵）)对应的圆心角为∠BO″A＝eq\f（2π,T)t0⑦(1分)如图(c)所示，由几何关系知，C、B均在O′O″连线上,且OA∥O′O″⑧若要OA与x轴成eq\f(π，4)角，则有∠OO′C＝eq\f（3π,4)⑨（1分）联立⑥⑨式可得t0＝eq\f（T，8)⑩（1分）图（c）b．带电粒子在交变电场和恒定磁场中运动(5)(经典题，18分)如图（a)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，在边界上固定两块长为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(b)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＝eq\f（T0,2）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）图(a）图(b）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:①eq\r(\f(2qU0,m））(3分）eq\f（T0，4）eq\r(\f（2qU0,m））(4分）②B<eq\f(4,L)eq\r（\f(2mU0，q））(4分）③eq\f(7T0，4)（5分)eq\f（8πm，7qT0）（2分)解析：①粒子由S1至S2的过程，根据动能定理有qU0＝eq\f（1,2）mv2①（2分)解得v＝eq\r(\f(2qU0,m))②（1分)设粒子的加速度大小为a，由牛顿第二定律得qeq\f（U0,d）＝ma③(1分)根据运动学公式有d＝eq\f（1，2）aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T0，2)))2④（2分)联立③④式，解得d＝eq\f（T0,4)eq\r(\f(2qU0，m)）⑤(1分）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，由牛顿第二定律得qvB＝meq\f(v2，R)⑥(2分）要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足2R>eq\f(L,2）⑦(1分)联立②⑥⑦式得B<eq\f(4，L）eq\r(\f（2mU0,q）)⑧（1分）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＝vt1⑨(1分)联立②⑤⑨式得t1＝eq\f(T0,4）⑩若粒子再次到达S2时速度恰好为零，则粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为t2，根据运动学公式得d＝eq\f(v，2）t2⑪（1分）联立⑨⑩⑪式得t2＝eq\f(T0，2)⑫（1分)设粒子在磁场中运动的时间为tt＝3T0－eq\f（T0，2)－t1－t2⑬（1分)联立⑩⑫⑬式得t＝eq\f（7T0,4)⑭（1分)设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，则由⑥式结合运动学公式得T＝eq\f（2πm,qB)⑮(1分)由题意可知T＝t⑯联立⑭⑮⑯式得B＝eq\f（8πm，7qT0）（1分)c．带电粒子在交变磁场和恒定电场中运动（6)(2015浙江学业考试模拟，19分)如图（a)所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，先将一重力不计、比荷eq\f(q，m）＝106C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过eq\f（π,15）×10－5s后，电荷以v0＝1。5×104m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图（b）所示规律周期性变化,图(b）中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t＝0时刻.求：图(a)图(b)①匀强电场的电场强度E；②带电粒子第一次进入磁场，粒子的运动半径和运动时间各为多少；③图(b)中t＝eq\f(4π，5）×10－5s时刻电荷与O点的水平距离；④如果在O点右方d＝68cm处有一垂直于MN足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间.(sin37°＝0.6,cos37°＝0。8)答案：①7.2×103N/C（3分）②5cm（5分）eq\f(π,3)×10－5s（2分)③4cm(4分)④3.86×10－4s(5分）解析：①电荷在电场中做匀加速直线运动，设其在电场中运动的时间为t1根据运动学公式有v0＝at1(1分）根据牛顿第二定律有qE＝ma(1分)联立以上二式，解得E＝7.2×103N/C(1分）②粒子第一次进入磁场时，磁场垂直于纸面向外，电荷在磁场中做圆周运动，根据牛顿第二定律有qv0B1＝meq\f(veq\o\al(2，0),r1)（2分)电荷在磁场中做圆周运动的周期T1＝eq\f（2πr1，v0)(2分）联立以上二式，解得r1＝5cm（1分)T1＝eq\f（2π,3)×10－5s(1分)以电荷第一次通过MN时为t＝0时刻，粒子在磁场中匀速转动半圈后返回电场，所以带电粒子第一次进入磁场运动的时间为eq\f（π,3）×10－5s(1分）③磁场垂直于纸面向里时，电荷运动的半径为r2＝eq\f（mv0,qB2)＝3cm（1分)周期T2＝eq\f(2π,5）×10－5s(1分）故电荷从t＝0时刻开始做周期性运动,其运动轨迹如图（a)所示。图(a)t＝eq\f（4π,5)×10－5s时刻电荷与O点水平距离Δd＝2（r1－r2)＝4cm（2分）④电荷从第一次通过MN开始，其运动的周期为T＝eq\f（4π,5）×10－5s，根据电荷的运动情况可知，电荷达到挡板前运动的完整周期数为15个,此时电荷沿MN运动的距离s＝15Δd＝60cm(1分）则最后8cm的距离如图（b）所示。图（b)根据几何关系有r1＋r1cosα＝8cm（1分)解得cosα＝0。6,即α＝53°(1分）故电荷运动的总时间t总＝t1＋15T＋eq\f(1,2）T1－eq\f（53°，360°）T1＝3。86×10－4s(2分）3．组合场的应用a．质谱仪（7)（2017江苏单科，16分）一台质谱仪的工作原理如图所示。大量的甲、乙两种离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为0,经过加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中,最后打到照相底片上。已知甲、乙两种离子的电荷量均为＋q，质量分别为2m和m，图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹。不考虑离子间的相互作用.①求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x；②在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d；③若考虑加速电压有波动，在(U0－ΔU）到(U0＋ΔU）之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L满足的条件.答案:①eq\f（4,B）eq\r（\f（mU0，q))－L(6分)②eq\f(2，B）eq\r（\f（mU0，q)）－eq\r(\f（4mU0，qB2)－\f(L2,4))(5分）③L〈eq\f（2，B)eq\r(\f（m，q）)[2eq\r(U0－ΔU）－eq\r（2（U0＋ΔU))］（5分)解析：①甲种离子经过加速电场加速后进入磁场，根据动能定理有qU0＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2，1)(2分）洛伦兹力提供向心力，甲种离子在磁场中做圆周运动，设运动半径为r1，根据牛顿第二定律有qv1B＝2meq\f(veq\o\al(2，1）,r1)（2分)解得r1＝eq\f（2,B）eq\r（\f(mU0,q))根据几何关系有x＝2r1－L解得x＝eq\f（4,B)eq\r(\f(mU0，q））－L（2分)②如图所示，甲种离子在磁场中运动的半径不变,当离子在左、右边界入射时离子运动的轨迹即为离子在磁场区域运动的边界，故阴影处为离子经过的区域.(1分)此时最窄宽度d＝r1－eq\r(req\o\al(2，1）－\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（L,2)））\s\up12（2））(2分）解得d＝eq\f(2,B）eq\r(\f（mU0,q））－eq\r(\f(4mU0,qB2）－\f（L2，4)）(2分）③设乙种离子在磁场中的运动半径为r2，乙种离子在电场中加速有qU0＝eq\f（1，2）mveq\o\al(2,2），洛伦兹力提供向心力有qv2B＝meq\f（veq\o\al（2,2)，r2),联立解得r2＝eq\f（1，B）eq\r(\f(2mU0,q）)。则乙种离子的最大半径为r2max＝eq\f（1，B)eq\r（\f（2m（U0＋ΔU)，q))，甲种离子的最小半径r1min＝eq\f(2，B）eq\r(\f(m(U0－ΔU）,q)）(2分)要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠,则有2r1min－2r2max〉L（2分）解得L<eq\f（2，B）eq\r（\f(m，q）)［2eq\r（U0－ΔU）－eq\r(2（U0＋ΔU））］(1分)b．回旋加速器（8）(2016江苏单科，16分)回旋加速器的工作原理如图(a）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(b）所示，电压值的大小为U0、周期T＝eq\f(2πm,qB）。一束该粒子在t＝0～eq\f（T,2）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：图（a）图(b）①出射粒子的动能Em；②粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t总；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。答案：①eq\f(q2B2R2，2m）(4分）②eq\f（πBR2＋2BRd,2U0)－eq\f(πm，qB)（8分)③d〈eq\f(πmU0，100qB2R)（4分）解析：①粒子出射时，其运动半径为R，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有qvB＝meq\f（v2,R）（2分）粒子的动能为Em＝eq\f（1,2）mv2，解得Em＝eq\f(q2B2R2，2m)（2分)②设粒子被加速n次后达到最大动能则有Em＝nqU0(2分）粒子在狭缝间做匀加速运动加速度为a＝eq\f（qU0，md）(2分)设n次经过狭缝的总时间为Δt根据运动学公式有nd＝eq\f(1,2）a(Δt）2（2分)由t总＝（n－1）·eq\f（T,2)＋Δt(1分)解得t总＝eq\f（πBR2＋2BRd，2U0）－eq\f（πm，qB）（1分)③只有在0～eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（T，2）－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＝eq\f(\f（T,2）－Δt，\f(T，2）)(2分）由η>99%，解得d<eq\f（πmU0，100qB2R)(2分）普查讲28Ⅱ带电粒子在叠加场中的运动4．电场与磁场共存a．qE＝qvB时带电粒子做匀速直线运动(9)(2016北京理综，14分)如图所示，质量为m，电荷量为q的带电粒子,以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B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。①求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T；②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，求电场强度E的大小。答案：①eq\f（mv,Bq)(4分)eq\f（2πm,qB）(4分）②vB(6分)解析：①不计粒子重力,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qvB＝meq\f（v2,R）（2分）解得粒子做匀速圆周运动的半径R＝eq\f(mv，qB）(2分）粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝eq\f（2πR,v)(2分)解得T＝eq\f(2πm，qB)(2分）②在磁场区域加一个匀强电场，则粒子所受电场力为F＝qE（2分）粒子做匀速直线运动,则粒子受力平衡根据平衡条件有qE＝qvB(2分）解得E＝vB（2分）b．利用动能定理求解qE≠qvB时带电粒子做复杂曲线运动问题（10)（2013福建理综，20分)如图(a)，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该磁场中。不计重力和粒子间的影响。图(a）图(b）①若粒子以初速度v1沿y轴正方向入射，恰好能经过x轴上的A（a，0)点，求v1的大小；②已知一粒子的初速度大小为v(v〉v1），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sinθ值；③如图(b），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v0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vx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vm。答案：①eq\f(qBa，2m）（6分）②2个（2分)eq\f（qBa，2mv）(4分)③eq\f(E，B）＋eq\r（\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（E，B)）)2＋veq\o\al（2,0)）（8分)解析:①带电粒子以速率v在匀强磁场B中做匀速圆周运动，半径为R，根据牛顿第二定律有qvB＝meq\f（v2，R）①(2分)当粒子以初速度v1沿y轴正向入射，转过半个圆周至A点，该圆周半径为R1,根据几何关系有R1＝eq\f(a，2）②（2分)联立①②式,解得v1＝eq\f(qBa，2m）③(2分）②粒子运动轨迹的圆心到O、A两点的距离相等，则圆心在x＝eq\f(a，2)的直线上，半径为R。当给定一个初速率v时，有2个入射角（2分)分别在第1、2象限,如图所示，根据几何关系有sinθ＝eq\f(a,2R)④（2分）联立①④式，解得sinθ＝eq\f（qBa,2mv)（2分）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ym表示其y坐标根据动能定理有qEym＝eq\f（1,2）mveq\o\al(2，m)－eq\f（1,2）mveq\o\al（2，0)⑥(2分）根据题意可知vm＝kym⑦若E＝0时,粒子以初速度v0沿y轴正向入射，有qv0B＝meq\f(veq\o\al(2，0），R0）⑧（2分)v0＝kR0⑨（2分）联立⑥⑦⑧⑨式，解得vm＝eq\f(E,B）＋eq\r（\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(E，B)）)2＋veq\o\al(2,0））（2分)5．磁场与重力场共存a．qvB＝mg时带电粒子做匀速直线运动（11)(多选）(经典题，6分)如图所示，一质量为m、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，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图像是()答案：ACD解析：根据左手定则可知，圆环所受洛伦兹力竖直向上，如果恰好qv0B＝mg，圆环与杆间无弹力，圆环不受摩擦力的作用，将以v0做匀速直线运动，故A项正确。若qv0B〈mg，则a＝eq\f(μ(mg－qvB）,m）,随着v的减小,a增大,直到速度减为0后停止，故C项正确。若qv0B>mg，则a＝eq\f(μ（qvB－mg）,m),随着v的减小，a减小，直到qvB＝mg，圆环将做匀速直线运动，故D项正确，B项错误。b．利用机械能守恒定律求解qvB≠mg时带电粒子做复杂曲线运动问题(12)(多选)（2017广东一模，6分)如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电。现将三个小球在轨道上分别从不同高度处由静止释放,都恰好通过圆形轨道的最高点，则()A．甲球的释放位置比乙球的高B．运动过程中三个小球的机械能均保持不变C．经过最高点时，三个小球的速度相等D．经过最高点时，甲球的速度最小答案：AB解析：在最高点时，甲球受到的洛伦兹力向下，乙球受到的洛伦兹力向上，而丙球不受洛伦兹力，故三个小球在最高点受到的合力不同，根据牛顿第二定律有F甲＝qv甲B＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,甲),R）、F乙＝mg－qv乙B＝meq\f（veq\o\al（2,乙)，R)、F丙＝mg＝meq\f(veq\o\al（2，丙），R)，则甲球的速度最大，故C项、D项均错误。洛伦兹力不做功，三个小球机械能守恒，则甲释放的位置最高，故A项、B项均正确.6．电场、磁场与重力场共存a．带电粒子受力平衡做匀速直线运动（13)（2016天津理综,12分）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＝5eq\r（，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。5T.有一带正电的小球,质量m＝1.0×10－6kg，电荷量q＝2×10－6C,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＝10m/s2，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。答案：①20m/s速度v的方向与水平方向的夹角为60°（6分)②2eq\r(，3)s(6分）解析:①小球做匀速直线运动时对小球受力分析，如图所示。小球做匀速直线运动，受力平衡，合力为零。则有qvB＝eq\r（（qE)2＋(mg）2)(2分）解得v＝20m/s（1分)设速度与水平方向的夹角为θ则有tanθ＝eq\f(qE，mg）(2分）解得θ＝60°（1分）②撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，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初速度vy＝vsinθ(2分)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的位移为零则有vyt－eq\f(1，2）gt2＝0(2分)联立以上二式，解得t＝2eq\r(,3)s(2分)b．qE＝mg时带电粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动(14)(2016四川理综,19分)如图所示，图面内有竖直线DD′,过DD′且垂直于图面的平面将空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域。区域Ⅰ有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于图面的匀强磁场B（图中未画出)；区域Ⅱ有固定在水平地面上高h＝2l、倾角α＝eq\f(π，4)的光滑绝缘斜面，斜面顶端与直线DD′距离s＝4l,区域Ⅱ可加竖直方向的大小不同的匀强电场(图中未画出）；C点在DD′上，距地面高H＝3l。零时刻，质量为m、带电量为q的小球P在K点具有大小v0＝eq\r(gl)、方向与水平面夹角θ＝eq\f(π，3）的速度,在区域Ⅰ内做半径r＝eq\f（3l，π）的匀速圆周运动,经C点水平进入区域Ⅱ。某时刻，不带电的绝缘小球A由斜面顶端静止释放,在某处与刚运动到斜面的小球P相遇。小球视为质点.不计空气阻力及小球P所带电量对空间电磁场的影响。(l已知，g为重力加速度）①求匀强磁场的磁感应强度B的大小；②若小球A、P在斜面底端相遇，求释放小球A的时刻tA；③若小球A、P在时刻t＝βeq\r(\f(l，g)）(β为常数)相遇于斜面某处,求此情况下区域Ⅱ的匀强电场的电场强度E，并讨论电场强度E的极大值和极小值及相应的方向。答案：①eq\f(πm,3ql)eq\r(gl）（3分)②(3－2eq\r(,2））eq\r(\f(l，g）)(7分）③eq\f（(11－β2)mg,q（β－1)2)（6分）极大值eq\f(7mg，8q）(1分)竖直向上（1分）极小值0（1分)解析：①小球P在Ⅰ区做匀速圆周运动,则小球P必定带正电且所受电场力与重力大小相等。设Ⅰ区磁感应强度大小为B，由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝meq\f（veq\o\al(2,0),r）①(2分）解得B＝eq\f（πm,3ql)eq\r(gl）②(1分)②小球P先在I区以D为圆心做匀速圆周运动，由小球初速度和水平方向夹角为θ可得，小球将偏转θ角后自C点水平进入Ⅱ区做类平抛运动到斜面底端B点,如图(a）所示。图(a)设做匀速圆周运动的时间为t1，类平抛运动的时间为t2则：t1＝eq\f（\o(PC，\s\up8(︵））,v0)③（1分）eq\o(PC,\s\up8（︵))＝θr④θ＝eq\f（π，3）⑤t2＝eq\f（BD′,v0）⑥（1分）BD′＝s－2lcotα⑦(1分)小球A自斜面顶端释放后将沿斜面向下做匀加速直线运动，设加速度的大小为a1,释放后在斜面上运动时间为t3.对小球A受力分析，设小球质量为m′，斜面对小球的支持力为N，如图（b)所示.图（b)根据牛顿第二定律有m′gsinα＝m′a1⑧(1分）eq\f（2l,sinα）＝eq\f(1,2)a1teq\o\al（2，3)⑨(1分)小球A的释放时刻tA满足tA＝t1＋t2－t3⑩(1分)联立③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式，解得tA＝(3－2eq\r(,2)）eq\r（\f(l,g））⑪（1分）③如图（c）所示，设所求电场方向向下，在t′A时刻释放小球A，小球P在区域Ⅱ的加速度为aP,图(c)小球A、P相遇时，根据运动学公式及几何关系有s＝v0（t－t1)＋eq\f(1，2）a1(t－t′A）2cosα⑫(2分）H＝eq\f（1,2）aP（t－t1）2＋h－eq\f（1，2)a1(t－t′A)2sinα⑬(2分）根据牛顿第二定律有mg＋qE＝maP⑭（1分)联立③④⑤⑧⑫⑬⑭式，解得E＝eq\f（（11－β2）mg,q（β－1）2)(1分）由第②问可知，当小球A和P在底端相遇时,相遇的时间为3eq\r（\f（l,g)），同理当小球A与P在顶端相遇，相遇的时间为5eq\r(\f(l,g）)。则3≤β≤5则当β＝eq\r(11）时，电场强度有极小值,E极小＝0(1分)当β＝5时，E＝－eq\f（7mg,8q)，即电场强度有极大值,E极大＝eq\f(7mg,8q）(1分）方向竖直向上（1分）c．利用能量守恒定律(动能定理）求解带电粒子做复杂曲线运动问题（15)(经典题，10分)如图所示,一对竖直放置的平行金属板长为L，板间距离为d,接在电压为U的电源上，板间有一与电场方向垂直的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度为B,有一质量为m，带电量为＋q的油滴，从离平行板上端h高处由静止开始自由下落,由两板正中央P点处进入电场和磁场空间，油滴在P点所受电场力和磁场力恰好平衡，最后油滴从一块极板的边缘D处离开电场和磁场空间。求：①h的大小；②油滴在D点时的速度大小。答案：①eq\f（U2,2B2d2g)(6分）②eq\r(2gL＋\f（U2,B2d2）－\f（qU，m))（4分)解析：①油滴做自由落体运动到达P点，设在P点油滴的速度为vP根据动能定理有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al（2,P)(2分）在P点，油滴受到的电场力等于洛伦兹力,即qvPB＝qeq\f（U，d）(2分）联立以上二式，解得h＝eq\f（U2，2B2d2g)(2分）②对整个过程，根据动能定理有mg(h＋L)－qeq\f(U，2）＝eq\f（1,2)mveq\o\al(2，D)－0（2分）解得vD＝eq\r（2gL＋\f(U2，B2d2)－\f（qU,m))(2分）7．带电粒子在有约束的叠加场中运动a．带电粒子在叠加场中受到圆环(圆弧)的约束做圆周运动(16）(2014四川理综,17分）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＝eq\f(9,44）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＝1.25T；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＝1×104N/C。小物体P1质量m＝2×10－3kg、电荷量q＝＋8×10－6C，受到水平向右的推力F＝9.98×10－3N的作用,沿CD向右做匀速直线运动,到达D点后撤去推力。当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t＝0。1s与P1相遇。P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为μ＝0。5，取g＝10m/s2，sin37°＝0。6,cos37°＝0.8，物体电荷量保持不变,不计空气阻力。求：①小物体P1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。答案：①4m/s（5分）②0.56m(12分)解析：①设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，小物体P1做匀速直线运动，则P1受力平衡.竖直方向，P1受到向下的重力、向上的洛伦兹力F1和支持力FN则有mg＝F1＋FN①（1分)水平方向，受到向左的摩擦力f和向右的推力F则有F＝f②（1分）且F1＝qvB③(1分）f＝μFN④（1分)联立①②③④式,代入数据解得v＝4m/s(1分）②设P1在G点的速度大小为vG，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理有qErsinθ－mgr(1－cosθ)＝eq\f（1,2)mveq\o\al（2,G）－eq\f（1,2)mv2⑤（2分)P1在GH上运动，设加速度为a1，根据牛顿第二定律有qEcosθ－mgsinθ－μ（mgcosθ＋qEsinθ)＝ma1⑥(3分）P1与P2在GH上相遇时，设P1在GH上运动的距离为s1，则s1＝vGt＋eq\f(1，2)a1t2⑦（1分)设P2质量为m2,在GH上运动的加速度为a2，则m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2a2⑧(2分)P1与P2在GH上相遇时，设P2在GH上运动的距离为s2，则s2＝eq\f(1,2）a2t2⑨（1分）且s＝s1＋s2⑩（1分）联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式，代入数据得s＝0。56m（2分)b．带电粒子在叠加场中受到直轨道的约束做直线运动(17)（2015福建理综，14分)如图所示，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vC；②求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf;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vD，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vP。答案：①eq\f（E,B）（4分)②mgh－eq\f（mE2，2B2)（4分)③eq\r(veq\o\al（2,D)＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(qE，m)）)2＋g2))t2)（6分）解析:①小滑块沿MN运动过程，水平方向受力平衡有qvB＋N＝qE①(2分)设小滑块在C点的速度为vC，小滑块在C点离开MN时有N＝0②解得vC＝eq\f(E，B）③（2分)②小滑块从A点运动到C点，根据动能定理有mgh－Wf＝eq\f(1，2）mveq\o\al(2,C）－0④（2分）解得Wf＝mgh－eq\f(mE2,2B2）⑤（2分)③如图所示，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。撤去磁场时小滑块受到的合力方向与速度垂直,则小滑块从D点到P点做类平抛运动。设重力与电场力的合力为F，则F＝eq\r(（qE）2＋(mg）2)(1分)在F方向小滑块做匀加速运动根据牛顿第二定律有F＝ma(1分)t时间内在F方向的位移为x＝eq\f(1，2)at2(1分）根据动能定理有Fx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2，P）－eq\f（1，2）mveq\o\al(2，D)（2分)联立以上各式，解得vP＝eq\r(veq\o\al(2,D)＋\b\lc\［\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(qE，m）))2＋g2)）t2）(1分)8．带电粒子在叠加场中运动的应用实例a．速度选择器(18)(经典题，12分）如图所示的装置，左半部为速度选择器，右半部为匀强的偏转电场。一束同位素离子流从狭缝S1射入速度选择器，能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S2射出的离子