2020版高考物理总复习 第28课 带电粒子在复合场中的运动练习
第28课 带电粒子在复合场中的运动
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：①v0，方向与x轴正方向的夹角为45°角斜向上(8分) 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
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x方向2L＝v0t (1分)
y方向L＝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tan α＝
解得tan α＝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＝＝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＝(1分)
根据匀变速直线运动规律有v＝2aL(1分)
解得E＝(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＝m(1分)
根据几何关系可知R＝L(2分)
解得B＝(2分)
整理可得＝(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＝R，d＝l，电子质量为m，电荷量为e，忽略电子间相互作用。
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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：① (3分) ②－60°≤θ≤60° (2分) ③N (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＝m(1分)
解得B＝(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sin θm＝
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)
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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tan α＝ (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＝＝＝ (2分)
图(d)
则当UAK＝0时，每秒到达A板的电子数
n＝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。
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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sin θn；
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：①2 (3分) (3分) ②B(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＝mv①(2分)
解得v2＝2②(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＝m③(2分)
由②③式解得r2＝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＝mv⑤(1分)
qvnB＝m⑥(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rnsin θn－rnsin αn＝d⑧(2分)
图(a)
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由⑥⑦⑧式得rnsin θn－rn－1sin θn－1＝d⑨
由⑨式看出r1sin θ1，r2sin θ2，…，rnsinθn为一等差数列，公差为d，可得
rnsin θn＝r1sin θ1＋(n－1)d⑩(2分)
当n＝1时，由图(b)看出r1sin θ1＝d⑪
由⑤⑥⑩⑪式得sin θn＝B⑫(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＝
sin θn＝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，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> (2分)
则导致sin θ′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。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？
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②若t0＝，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，在0＜t0＜的范围内，t0应取何值？
答案：①0(3分) ②(3分) ③(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＝mR①(1分)
v＝②(1分)
联立①②式与已知条件得T′＝T③
粒子P在t＝0到t＝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＝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＝时刻开始运动，在t＝到t＝时间内，沿顺时针方向运动个圆周，到达C点，(1分)
此时磁场方向反转，在t＝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＝时间内，沿顺时针方向运动个圆周，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＝⑤(1分)
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图(b)
③若在任意时刻t＝t0(0
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＝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)
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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：①(3分) (4分) ②B<(4分) ③(5分) (2分)
解析：①粒子由S1至S2的过程，根据动能定理有qU0＝mv2①(2分)
解得v＝②(1分)
设粒子的加速度大小为a，由牛顿第二定律得q＝ma③(1分)
根据运动学公式有d＝a2④(2分)
联立③④式，解得d＝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＝m⑥(2分)
要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足2R>⑦(1分)
联立②⑥⑦式得B<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＝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＝t2⑪(1分)
联立⑨⑩⑪式得
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t2＝⑫(1分)
设粒子在磁场中运动的时间为t
t＝3T0－－t1－t2⑬(1分)
联立⑩⑫⑬式得
t＝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＝⑮(1分)
由题意可知
T＝t⑯
联立⑭⑮⑯式得
B＝(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＝106 C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过×10－5 s后，电荷以v0＝1.5×104 m/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＝×10－5 s时刻电荷与O点的水平距离；
④如果在O点右方d＝68 cm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。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
答案：①7.2×103 N/C(3分) ②5 cm(5分) ×10－5 s(2分)
③4 cm(4分) ④3.86×10－4 s(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
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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＝7.2×103 N/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＝m(2分)
电荷在磁场中做圆周运动的周期T1＝(2分)
联立以上二式，解得r1＝5 cm(1分) T1＝×10－5 s(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×10－5 s(1分)
③磁场垂直于纸面向里时，电荷运动的半径为
r2＝＝3 cm(1分) 周期T2＝×10－5 s(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＝×10－5 s时刻电荷与O点水平距离
Δd＝2(r1－r2)＝4 cm(2分)
④电荷从第一次通过MN开始，其运动的周期为T＝×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＝60 cm(1分)
则最后8 cm的距离如图(b)所示。
图(b)
根据几何关系有r1＋r1cos α＝8 cm(1分)
解得cos α＝0.6，即α＝53°(1分)
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故电荷运动的总时间t总＝t1＋15T＋T1－T1＝3.86×10－4 s(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：①－L(6分) ②－(5分)
③L<[2－](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＝×2mv(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＝2m(2分)
解得r1＝
根据几何关系有x＝2r1－L
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解得x＝－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－(2分)
解得d＝－(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＝mv，洛伦兹力提供向心力有qv2B＝m，联立解得r2＝。则乙种离子的最大半径为r2max＝
，甲种离子的最小半径r1min＝(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<[2－](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＝。一束该粒子在t＝0～时间内从A
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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：① (4分) ②－(8分) ③d<(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＝m(2分)
粒子的动能为Em＝mv2，解得Em＝(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＝(2分)
设n次经过狭缝的总时间为Δt
根据运动学公式有nd＝a(Δt)2(2分)
由t总＝(n－1)·＋Δt(1分)
解得t总＝－(1分)
③只有在0～时间内飘入的粒子才能每次均被加速，
则所占的比例为η＝(2分)
由η>99%，解得d<(2分)
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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：①(4分) (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＝m(2分)
解得粒子做匀速圆周运动的半径R＝(2分)
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝(2分)
解得T＝(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
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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sin θ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：①(6分) ②2个(2分) (4分) ③＋(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＝m①(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＝②(2分)
联立①②式，解得v1＝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＝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sin θ＝④(2分)
联立①④式，解得sin θ＝(2分)
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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＝mv－mv⑥(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＝m⑧(2分)
v0＝kR0⑨(2分)
联立⑥⑦⑧⑨式，解得
vm＝＋(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qv0Bmg，则
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a＝，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＝m、F乙＝mg－qv乙B＝m、F丙＝mg＝m，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＝5 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＝0.5 T。有一带正电的小球，质量m＝1.0×10－6 kg，电荷量q＝2×10－6 C，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＝10 m/s2，求：
①小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
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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：①20 m/s 速度v的方向与水平方向的夹角为60°(6分) ②2 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＝(2分)
解得v＝20 m/s(1分)
设速度与水平方向的夹角为θ
则有tan θ＝(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＝vsin θ(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－gt2＝0(2分)
联立以上二式，解得t＝2 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＝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＝、方向与水平面夹角θ＝的速度，在区域Ⅰ内做半径r＝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)
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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＝β(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：①(3分) ②(3－2)(7分) ③(6分) 极大值(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＝m①(2分) 解得B＝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＝③(1分)
＝θr④
θ＝⑤
27
t2＝⑥(1分)
BD′＝s－2lcot α⑦(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′gsin α＝m′a1⑧(1分)
＝a1t⑨(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＝(3－2)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)＋a1(t－t′A)2cos α⑫(2分)
H＝aP(t－t1)2＋h－a1(t－t′A)2sin α⑬(2分)
根据牛顿第二定律有mg＋qE＝maP⑭(1分)
联立③④⑤⑧⑫⑬⑭式，解得
E＝(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3，同理当小球A与P
27
在顶端相遇，相遇的时间为5。
则3≤β≤5
则当β＝时，电场强度有极小值，E极小＝0(1分)
当β＝5时，E＝－，即电场强度有极大值，
E极大＝(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：①(6分) ②(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＝mv(2分)
在P点，油滴受到的电场力等于洛伦兹力，即
qvPB＝q(2分)
联立以上二式，解得h＝(2分)
②对整个过程，根据动能定理有
mg(h＋L)－q＝mv－0(2分)
解得vD＝(2分)
27
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＝ 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＝1.25 T；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＝1×104 N/C。小物体P1质量m＝2×10－3 kg、电荷量q＝＋8×10－6 C，受到水平向右的推力F＝9.98×
10－3 N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＝0.1 s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＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝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：①4 m/s(5分) ②0.56 m(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＝4 m/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
qErsin θ－mgr(1－cos θ)＝mv－mv2⑤(2分)
P1在GH上运动，设加速度为a1，根据牛顿第二定律有
qEcos θ－mgsin θ－μ(mgcos θ＋qEsin θ)＝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＋a1t2⑦(1分)
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设P2质量为m2，在GH上运动的加速度为a2，则
m2gsin θ－μm2gcos θ＝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＝a2t2⑨(1分)
且s＝s1＋s2⑩(1分)
联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式，代入数据得s＝0.56 m(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：①(4分) ②mgh－(4分) ③(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＝③(2分)
②小滑块从A点运动到C点，根据动能定理有
mgh－Wf＝mv－0④(2分)
解得Wf＝mgh－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。
27
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＝(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＝at2(1分)
根据动能定理有Fx＝mv－mv(2分)
联立以上各式，解得
vP＝(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，又沿着与电场垂直的方向，立即进入电场强度大小为E的偏转电场，最后打在照相底片D上。已知同位素离子的电荷量为q(q＞0)，速度选择器内部存在着相互垂直的电场强度大小为E0的匀强电场和磁感应强度大小为B0的匀强磁场，照相底片D与狭缝S1、S2连线平行且距离为L，忽略重力的影响。
①求从狭缝S2射出的离子速度v0的大小；
27
②若打在照相底片上的离子在偏转电场中沿速度v0方向飞行的距离为x，求出x与离子质量m之间的关系式(用E0、B0、E、q、m、L表示)。
答案：①(4分) ②x＝(8分)
解析：①离子在速度选择器中受到向下的电场力和向上的洛伦兹力的作用，要使离子能从速度选择器射出，则离子在速度选择器中做匀速直线运动，离子受力平衡。
根据平衡条件有qE0＝qv0B0(2分)
解得v0＝(2分)
②离子进入匀强偏转电场E后，受到向下的电场力的作用，离子做类平抛运动。
根据类平抛运动规律有
水平方向x＝v0t(2分)
竖直方向L＝at2(2分)
根据牛顿第二定律有qE＝ma(2分)
联立以上各式，解得x＝(2分)
b．电磁流量计
(19)(多选)(经典题，6分)为了测量某化肥厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直于上下表面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前、后两个内侧面固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U。若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法正确的是( )
A．若污水中正离子较多，则前内表面比后内表面的电势高
B．前内表面的电势一定低于后内表面的电势，与哪种离子多无关
C．污水中离子浓度越高，电压表的示数越大
D．污水流量Q与U成正比，与a、b无关
答案：BD
解析：正、负离子流动时，根据左手定则可知，正离子在洛伦兹力的作用下向后内表面偏转，所以后内表面上带正电荷，前内表面上带负电荷，前内表面电势比后内表面低，与哪种离子多无关，故
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A项错误，B项正确。最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态，有q＝qvB，流量Q＝vS＝vbc，则U＝，与离子浓度无关，故C项错误。由U＝可知，污水流量Q与电压成正比，与a、b无关，故D项正确。
c．霍尔效应
(20)(多选)(2014江苏单科，4分)如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足UH＝k，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离。电阻R远大于RL，霍尔元件的电阻可以忽略，则( )
A．霍尔元件前表面的电势低于后表面
B．若电源的正负极对调，电压表将反偏
C．IH与I成正比
D．电压表的示数与RL消耗的电功率成正比
答案：CD
解析：根据左手定则可以判断出霍尔元件中的导电物质所受安培力指向后表面，即将向后表面侧移，又由于该导电物质为电子，带负电，因此后表面的电势将低于前表面的电势，故A项错误。若电源的正、负极对调，磁场方向与图示方向相反，同时由电路结构可知，流经霍尔元件上下面的电流也将反向，因此电子的受力方向不变，即前后表面电势高低情况不变，故B项错误。由电路结构可知，RL与R并联后与线圈串联，因此有I＝IH，故C项正确。RL消耗的电功率PL＝2RL＝I，显然PL与I成正比，又因为磁感应强度大小B与I成正比，即B与IH成正比，电压表的示数UH＝k，则UH与I成正比，所以UH与RL消耗的电功率PL成正比，故D项正确。
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