带电粒子在复合场中运动压轴题精讲10例

带电粒子在复合场中运动压轴题精讲10例河南李仲旭温馨提示：通过下列精讲10例，可以完全掌握高考问题中带电粒子在复合场中运动压轴题，解析后大多还有试题点评，稳拿高分，纯word版，方便编辑使用1．如图甲所示,竖直平面坐标系xOy第二象限内有一水平向右的匀强电场,第一象限内有竖直向上的匀强电场，场强e2=^。该区域同时存在按图乙所示规律变2q化的可调磁场，磁场方向垂直纸面(以向外为正)。可视为质点的质量为m、电荷量为q的带正电微粒，以速度v0从A点竖直向上进入第二象限，并在图乙t=0时刻从C点水平进入第一象限，调整B0、T0不同的取值组合，总能使微粒经过相应磁场的四分之一周期速度方向恰好偏转n，又经一段时间后恰能以水平速度通过与C2在同一水平线上的D点。已知重力加速度为g，OA=OC，CD=V3OC。(1)求微粒运动到C点时的速度大小vC以及OC的长度L;(2)求微粒从C点到D点的所有可能运动情况中离CD的最大距离Hm；(3)若微粒以水平速度通过与C同一水平线上的是D'点，CD'=3OC，求交变磁场磁感应强度B0及周期T°的取值分别应满足的条件。【解析】(1)OA=OC=L，则粒子在第一象限中有：水平方向:L亠2竖直方向:L=^012由上式得:vC=v0竖直方向:-2gL=0-v0得:2g⑵依题意可得:qE2=mg故粒子从C运动至D的轨迹如图所示,则有:4nR=V3L(n=l,2,3,...)粒子离CD的最大距离为：H=2R解得:H=色2(n=l,2,3,...)4阳故H二色2m4g⑶粒子从C运动至D'的轨迹与上图相同，有:4kR'=3L(k=1,2,3,.)粒子要不离开第一象限到达D'应满足：2R'<L粒子做匀速圆周运动有:qvCB0=mEiC0Rf解得:B0=8沁(k=2,3,4,...)°3qv0粒子做匀速圆周运动的周期为r~T 2nRfvc

由粒子运动规律得:T0=T解得:To鳴(k= 求电场强度E°的值；' 保持磁场仍如图甲所示,将图乙所示的电场换成图丙所示的电场。t=0 求电场强度E°的值； 保持磁场仍如图甲所示,将图乙所示的电场换成图丙所示的电场。t=0时刻,前述带负电粒子仍由O点以初速度v0沿y轴正方向运动，求粒子在t=9t0时的位置坐标。(用其他合理方法解得正确结果同样给分)2.如图所示，在xOy平面内存在着垂直于xOy平面的磁场和平行于y轴的电场,磁场和电场随时间的变化规律如图甲、图乙所示。以垂直于xOy平面向里磁场的磁感应强度为正，以沿y轴正方向电场的电场强度为正。t=0时,带负电粒子从原点O以初速度v0沿y轴正方向运动,t=5t0时，粒子回到O点,v0、t0、B0已知，粒子的比荷2=亠，不计粒子重力。mBQtQ(1)求粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期;(1)求粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期;【解析】(【解析】(1)粒子在磁场中运动时qv0B0=mu?

riT=q=nmBoto得T=2t0③⑵粒子t=5t0时回到原点,轨迹如图所示由牛顿第二定律qv0B0=^^l④ri由几何关系得r2=2r1⑤得v2=2v0⑥由运动学公式v2=v0+at0⑦由牛顿第二定律E0q=ma⑧得e0/a⑨0n(3)t0时刻粒子回到x轴⑩t0~2t0时间内，粒子位移S]=2[v0.5+気5)2]2222t0时刻粒子速度大小为v03t0时刻，粒子以速度大小v0到达y轴3t0~4t0时间内，粒子运动的位移s2=2[v0・乩以仏)2]202224t0时刻粒子速度大小为v05t0时刻粒子运动到点[2r1,-(s1-s2)]根据粒子的周期性运动规律可知,t=9t°时刻的位置坐标为［2r1,-2(s1-s2)］代入数据即为(空血―)n00【点评】本题考查带电粒子在交变电场、磁场中的运动，意在考查考生的分析综合能力和利用数学知识解决实际问题的能力。3．如图所示，在坐标系xOy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里;第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E。一带电荷量为+q、质量为m的粒子，自y轴上的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限,随即撤去电场，以后仅保留磁场。已知OP=d,OQ=2d。不计粒子重力。求粒子过Q点时速度的大小和方向。若磁感应强度的大小为一确定值B0,粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限，求B0。若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q点，且速度与第一次过Q点时相同，求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间。【解析】(1)设粒子在电场中运动的时间为t0，加速度的大小为a，粒子的初速度为v0，过Q点时速度的大小为V，沿y轴方向分速度的大小为vy，速度与x轴正方向间的夹角为。由牛顿第二定律得qE=ma①由运动学公式得TOC\o"1-5"\h\zd=1at0 ②202d=v0t0③vy=at0④V=\v2+V2 ⑤0ytan&=% ⑥联立①②③④⑤⑥式得v=2\qEd⑦m0=45°⑧K000=45°⑧K00AO(2)设粒子做圆周运动的半径为比,粒子在第一象限的运动轨迹如图所示,O]为圆心，由几何关系可知△O]OQ为等腰直角三角形，得Ri=2\zd⑨由牛顿第二定律得qvB0=m兰⑩0J联立⑦⑨⑩式得B0=JH2qd设粒子做圆周运动的半径为R2,由几何分析【粒子运动的轨迹如图所示,O2、O'2是粒子做圆周运动的圆心,Q、F、G、H是轨迹与两坐标轴的交点，连接O2、O'2,由几何关系知,O2FGO'2和O2QHO；均为矩形,进而知FQ、GH均为直径,QFGH也是矩形，又FH丄GQ,可知QFGH是正方形,aQOF为等腰直角三角形。】可知,粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆,得2R2=2V2d粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得FG=HQ=2R2设粒子相邻两次经过Q点所用的时间为t,则有t=FGHQ2nR2 ...V联立⑦会跻二式得七=(2+&型qE4.如图所示在平面直角坐标系xOy中，第I、II象限存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E,第III、W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轴正半轴上到原点O的距离为d的P点以速度v0垂直于y轴射入第I象限的电场，经x轴射入磁场，已知EP^bJHo。不计粒子重力，求:2qd2qd(2)从粒子射入电场开始，求粒子经过x轴时间的可能值。解析】(1)带电粒子射入电场中做类平抛运动由牛顿第二定律a卫=殂m2d由类平抛运动的特点，带电粒子在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，粒子离开电场时，有d=1at2,v=a-21y1水平方向上做匀速运动x=v0t1设此时合速度与水平方向的夹角为e,由合速度与分速度的关系得tane=%vnTOC\o"1-5"\h\zv=\v2+V2合 o y联立可得x=2d,v=\2v0,O=n合 0 4带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,qvB=t合,代入得合\o"CurrentDocument"r=22d ”r由几何关系可确定出带电粒子在磁场中做圆周运动的圆心在y轴上-2d处，设为O',根据圆的对称性，粒子出磁场时的速度和位置与入磁场时对称，带电粒子进入第W象限做斜抛运动,运动情况和在第I象限对称，故可画出带电粒子运动的轨迹如图所示⑵由⑴知粒子在第I象限的电场中运动的时间t产竺1带电粒子在磁场中运动的周期为T=2n^qB带电粒子在磁场中运动的时间为t2=3I=3n^=3n^2 42qBv0带电粒子在第W象限的电场中运动的时间t3=t1=2^31故带电粒子经过X轴正半轴时间的可能值为t=n(t1+t2+t3)+t1=n(3n4)d+^(n=0.1、1 2 3 102、3、…)带电粒子经过x轴负半轴时间的可能值为t=n(t1+t2+t3)+t1+t2=n(3n4)d+(2^迟(n=0、1 2 3 1 2001、2、3、…)【点评】求解带电粒子在电磁组合场中的运动问题时,关键要明确带电粒子在不同场中受力及受力方向与运动方向的关系,画出可能的运动轨迹,转化为类平抛运动、圆周运动等物理模型,利用动力学等知识即可解决。5.如图所示，在半径为^a的圆形区域中存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为10B的匀强磁场。在圆形区域中固定放置一绝缘材料制成的边长为V3a的刚性等边

三角形框架DEF,其中心位于圆心O上。DE边上中点S处有一粒子源，可沿垂直

于DE边向下，以不同速率发射质量为m,电荷量为q的正电粒子。若这些粒子与三角形框架发生碰撞时,粒子速度方向均垂直于被碰的边并以原速率返回且电荷量不变,不考虑粒子间相互作用及重力,求:带电粒子速度V的大小取哪些数值时，可使S点发出的粒子最终又回到S点。这些粒子中，回到S点所用的最短时间是多少。【解析】解:⑴带电粒子从S点垂直于DE边以速度v射出后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,其轨迹圆心一定位于DE边上，其轨迹半径R可由qvB=^,求得RmvR=qB要求粒子每次与厶def的三条边碰撞时速度都与边垂直，且能回到S点，则R和v应满足以下条件:由于碰撞时速度V与边垂直，粒子运动轨迹圆的圆心一定位于ADEF的边上，粒子绕过ADEF顶点D、E、F时的圆弧的圆心就一定要在相邻边的交点(即D、E、F)上。粒子从S点开始向右做圆周运动，其轨迹为一系列半径为R的半圆，在SE边上最后一次的碰撞点与E点的距离应为R,所以SE的长度应是R的奇数倍。即SE=^a=(2n+l)R(n=0,l,2,3...)2由几何知识得:OE=」^=asin60°延长OE交圆形区域边界于M,EM=1.1a-OE=0.1a若使粒子不射出磁场，有R<0.1a得:n>3.83即n=4,5,6...得:v=^R= (n=4,5,6...)m2(2n1)m(2)这些粒子在磁场中做圆周运动的周期为T=^qB可见，在B及q/m给定时T与v无关。粒子从S点出发最后回到S点的过程中,与厶DEF的边碰撞次数愈少，所经历的时间就愈少，所以应取n=4,粒子半径R=^=qB瓯竺=918R如图所示(图中只画出SE间的碰撞情况)，由对称性可知该粒子的轨迹包括3x8个半圆和3个圆心角为300°的圆弧，所需时间为t=3x8x!+3x5T=^T262得t=29竺qB【点评】本题以带电粒子在有界匀强磁场中运动为载体考查了洛伦兹力、向心力、周期公式等知识点，意在考查考生的综合应用能力。6.如图所示，三个同心圆是磁场的理想边界，圆1半径R]=R、圆2半径R2=3R、圆3半径R3(R3>R2)大小未定，圆1内部区域磁感应强度为B，圆1与圆2之间的环形区域是无场区，圆2与圆3之间的环形区域磁感应强度也为B。两个区域磁场方向均垂直于纸面向里。t=0时一个质量为m，带电荷量为+q(q>0)的离子(不计重

力)，从圆1力)，从圆1上的A点沿半径方向以速度v=^qBR飞进圆1内部磁场。问:mX!23)x离子经多长时间第一次飞出圆1;若离子飞不出环形磁场圆3边界，则圆3半径R3至少为多大；在满足了第(2)问的条件后,离子自A点射出后会在两个磁场不断地飞进飞出,从t=0开始到离子第二次回到A点,离子运动的总时间为多少；在同样满足了第(2)问的条件后,若环形磁场方向为垂直于纸面向外,其他条件不变，从t=0开始到离子第一次回到A点，离子运动的路径总长为多少。【解析】(1)由qvB=m^可得r1=V3Rri

如图1,根据几何知识:得:t]=nm3qB得:t]=nm3qB得:得:t2=4nm3qB(2)依题意离子在环形磁场中的轨迹与圆3相切时对应的就是半径最小值,如图2:由于两磁场的磁感应强度相同，有：r2=r1=V3R/皆)图2由图中几何关系得:VR2+Y2+r2=R32223得:R3=3V3R(3)根据几何知识:离子在圆2和圆3之间的运动圆弧对应的圆心角为240°，作图如图3(只画了单程，这样的单程重复总共需6次)。从t=0开始到离子第二次回到A点，离子在圆1内磁场中运动共6次;离子在环形磁场中运动共6次;离子在无场区中直线运动共12次在无场区离子直线单程的时间t3=2^3m33qB总时间t=6t1+6t2+l2t3=(10n+^3)—1 2 3 qB作图如图4（只画了单程,这样的单程重复总共需2次）。从t=0开始到离子第一次回到A点，离子在圆1内磁场中运动共2次;离子在环形磁场中运动共2次;离子在无场区中直线运动共4次路径总长s=（处ln+8）R3【点评】本题考查带电离子在环形磁场中的运动问题,意在考查考生运用磁场知识进行运动分析与计算的能力。7.如图所示,边长为3L的等边三角形APC区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为BoD、E、F三点分别在PC、CA、AP边上,AF=PD=CE=L。现有一质量为m、电荷量为q的带正电离子(不计重力)，从F点以速度v射入磁场。如果速度v方向与PC边平行，离子第一次到分界线就经过D点,则速度v的大小是多少保持速度v的方向与PC边平行，改变速度v的大小，试求PC边上离子出射的可能范围(要求明确PC边上离子出射的范围左右端点分别与P点的距离)。假设三角形区域外存在磁感应强度大小同为B,方向垂直于纸面向里的匀强磁场，且磁场区域足够大。改变速度的大小和方向(速度的方向均在纸平面内)，使离子第一次、第二次到达分界线时依次经过D点和E点。求离子周期性运动的周期。【解析】(1)r=^^=V~(2D2(L)2=V3L222根据洛伦兹力提供向心力,可得qvB=m^r由上式可得v=VlqBL2m(2)带电离子从PC边射出的两条临界运动轨迹如图1所示，离子在PC边上出射的左端点为D,得PD=L离子在PC边上出射的右端点为G,PG=L+r2，由几何关系可得r2=FD=J T2=^lL得PG=(Jl+1)LPC边上离子出射的可能范围为D点到G点之间。(3)Xxcx图Xxcx图2连接D、E、F,可得△DEF是等边三角形，当禺子沿ZDFE的角平分线方向射入时,离子才能依次经过D点、E点，其运动的各段轨迹依次是a、b、c、d、e、f。回到F点，完成一个周期运动，如图2所示。离子一个周期运动的路径为3个圆的周长，所以其运动周期TQqB【点评】本题考查带电离子在匀强磁场中的运动、牛顿运动定律，意在考查数学知识（平面几何知识）在物理中的运用。8．如图所示，半径为R的绝缘圆筒中有沿轴线方向的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，匀强磁场的磁感应强度为B,圆筒形场区的边界由弹性材料构成。一个质量为m、电荷量为q的正粒子（不计粒子的重力）以某一速度从圆筒上的小孔M进入圆筒中，速度方向与半径成30°角，并垂直于磁场方向。粒子和筒壁碰撞无能量和电荷量的损失。则:

若粒子与筒壁发生两次碰撞后从M孔射出，粒子的速率是多大?若粒子与筒壁发生n次碰撞后从M孔射出，粒子的速率为多大?【解析】(1)粒子要在最短的时间内返回M孔，粒子与筒壁只能碰撞一次，据此画出粒子的运动轨迹如图1所示。碰撞点在过M点的直径的另一端点N,设粒子在磁场中运动的轨迹半径为片,速度为V],则有qV]B=m^ri结合图中的几何关系可得r]=2R联立解得粒子的速度为v^2鰹1mNa00联立解得粒子的速度为v^2鰹1mNa000O1MM图1图2(2)粒子与筒壁发生两次碰撞后从M孔射出,根据对称性画出粒子的运动轨迹如图2所示,结合图中的几何关系可知r2=R

根据圆周运动知识qv根据圆周运动知识qv2B=m^丫2解得粒子的速度为N-qBR8,则必须满足：e（n+l）=kx2n（k=l、2、3、...）0QNRM8,则必须满足：e（n+l）=kx2n（k=l、2、3、...）0QNRM结合图中的几何关系可得色+卩=竺23R=rsin"sin解得r-2Rtan^T（k=l、2、3、…）nV3tan皿rn根据圆周运动知识qvnB=m進rn解得v-2込ta咪（k=l、2、3、…）nmV3tan皿rn【点评】1.在研究带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动规律时，着重把握“一找

圆心，二找半径（R=竺）,三找周期（T-2竺）或时间”的规律2注意圆周运动中的有关Bq Bq对称规律。如从同一直线边界射入的粒子，再从这一边界射出时，速度与边界的夹角相等;在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出。9.如图（a）所示，在以O为圆心，内外半径分别为R］和R2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，Ri=Ro，R2=3R0，—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。已知粒子从外圆上以速度v1射出，求粒子在A点的初速度v0的大小。若撤去电场，如图(b),已知粒子从OA延长线与外圆的交点C以速度v2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(b)中，若粒子从A点进入磁场，速度大小为v3,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?图⑹图(a)图⑹【解析】(1)电、磁场都存在时，只有电场力对带电粒子做功，由动能定理(2)由牛顿第二定律qU=1mv2-1mv2①(2)由牛顿第二定律qBv=m^③如图1,由几何关系确定粒子运动轨迹的圆心O'和半径R图1R2+R2=(R2-R])2④联立③④，得磁感应强度大小2qRo粒子在磁场中做匀速圆周运动周期T=^⑥V2由几何关系确定粒子在磁场中运动的时间t/⑦4联立④⑥⑦式，得t=^2nR0⑧2勺⑶如图2,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，图2该半径为R=邑乩⑨c2由③⑨得磁感应强度应小于B=^⑩c2qR。10.如图所示,直角坐标平面xOy内有一条直线AC过坐标原点O,与x轴成45°夹角,在OA与x轴负半轴之间的区域内存在垂直xOy平面向外的匀强磁场B1,在OC与x轴正半轴之间的区域内存在垂直xOy平面向外的匀强磁场B2。现有一质量为m,带电荷量为q(q>0)的带电粒子以速度v从位于直线AC上的P点，坐标为(L,L)，竖直向下射出，经测量发现，此带电粒子每经过相同的时间T,会再次回(1)请在图中画出带电粒子的运动轨迹，并求匀强磁场B］与B2的比值；(B］、B2磁场足够