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：v0=vcosφvsinφ=atd=v0t设电场强度的大小为E，由牛顿第二定律得qE=ma解得：2．对铀235的进一步研究在核能的开发和利用中具有重要意义．如图所示，质量为m、电荷量为q的铀235离子，从容器A下方的小孔S1不断飘入加速电场，其初速度可视为零，然后经过小孔S2垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，做半径为R的匀速圆周运动．离子行进半个圆周后离开磁场并被收集，离开磁场时离子束的等效电流为I．不考虑离子重力及离子间的相互作用．（1）求加速电场的电压U；（2）求出在离子被收集的过程中任意时间t内收集到离子的质量M；（3）实际上加速电压的大小会在U+ΔU范围内微小变化．若容器A中有电荷量相同的铀235和铀238两种离子，如前述情况它们经电场加速后进入磁场中会发生分离，为使这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，应小于多少？（结果用百分数表示，保留两位有效数字）【来源】2012年普通高等学校招生全国统一考试理综物理（天津卷)【答案】（1）（2）（3）0.63%【解析】解：（1）设离子经电场加速后进入磁场时的速度为v，由动能定理得：qU =mv2离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=解得：U =（2）设在t 时间内收集到的离子个数为N ，总电荷量Q = It Q = Nq M =" Nm" =（3）由以上分析可得：R =设m /为铀238离子质量，由于电压在U±ΔU 之间有微小变化，铀235离子在磁场中最大半径为：R max =铀238离子在磁场中最小半径为：R min =这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为：R max <R min 即：< 得：<<其中铀235离子的质量m = 235u （u 为原子质量单位），铀238离子的质量m ，= 238u 则：<解得：<0.63%3．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=--+-4．如图甲所示，在直角坐标系中的0≤x≤L 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，右侧有以点（2L ，0）为圆心、半径为L 的圆形区域，与x 轴的交点分别为M 、N ，在xOy 平面内，从电离室产生的质量为m 、带电荷量为e 的电子以几乎为零的初速度从P 点飘入电势差为U 的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔Q 点沿x 轴正方向进入匀强电场，已知O 、Q 两点之间的距离为2L，飞出电场后从M 点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力。

（1）求0≤x≤L 区域内电场强度E 的大小和电子从M 点进入圆形区域时的速度v M ；（2）若圆形区域内加一个垂直于纸面向外的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x 轴，求所加磁场磁感应强度B 的大小和电子在圆形区域内运动的时间t ； （3）若在电子从M 点进入磁场区域时，取t ＝0，在圆形区域内加如图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为正方向），最后电子从N 点飞出，速度方向与进入圆形磁场时方向相同，请写出磁场变化周期T 满足的关系表达式。

【来源】【省级联考】吉林省名校2019届高三下学期第一次联合模拟考试物理试题 【答案】（1）2U E L =，M eUv m=v M 的方向与x 轴的夹角为θ，θ＝45°；（2）2M mv mv B eR L e ==，3348M R L m t v eUππ==3）T 的表达式为22T n emU =（n ＝1，2，3，…） 【解析】 【详解】（1）在加速电场中，从P 点到Q 点由动能定理得：2012eU mv = 可得02eUv m=电子从Q 点到M 点，做类平抛运动， x 轴方向做匀速直线运动，02L m t L v eU==y 轴方向做匀加速直线运动，2122L eE t m=⨯ 由以上各式可得：2U E L=电子运动至M 点时：220()M Ee v v t m=+即：M eUv m=设v M 的方向与x 轴的夹角为θ，02cos 2M v v θ== 解得：θ＝45°。

（2）如图甲所示，电子从M 点到A 点，做匀速圆周运动，因O 2M ＝O 2A ，O 1M ＝O 1A ，且O 2A ∥MO 1，所以四边形MO 1AO 2为菱形，即R ＝L由洛伦兹力提供向心力可得：2MM v ev B m R=即2M mv mvB eR L e== 3348M RL m t v eUππ==。

（3）电子在磁场中运动最简单的情景如图乙所示，在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为90°，根据几何知识，在磁场变化的半个周期内，电子在x 轴方向上的位移恰好等于轨道半径2R '，即222R L '=因电子在磁场中的运动具有周期性，如图丙所示，电子到达N 点且速度符合要求的空间条件为：22)2n R L '=（n ＝1，2，3，…） 电子在磁场中做圆周运动的轨道半径0Mmv R eB '=解得：022n emUB =n ＝1，2，3，…） 电子在磁场变化的半个周期内恰好转过14圆周，同时在MN 间的运动时间是磁场变化周期的整数倍时，可使粒子到达N 点且速度满足题设要求，应满足的时间条件是0142T T =又002mT eB π=则T 的表达式为22mLT n emUπ=（n ＝1，2，3，…）。

5．如图所示，MN 为绝缘板，CD 为板上两个小孔，AO 为CD 的中垂线，在MN 的下方有匀强磁场，方向垂直纸面向外(图中未画出)，质量为m 电荷量为q 的粒子(不计重力)以某一速度从A 点平行于MN 的方向进入静电分析器，静电分析器内有均匀辐向分布的电场(电场方向指向O 点)，已知图中虚线圆弧的半径为R ，其所在处场强大小为E ，若离子恰好沿图中虚线做圆周运动后从小孔C 垂直于MN 进入下方磁场．()1求粒子运动的速度大小；()2粒子在磁场中运动，与MN 板碰撞，碰后以原速率反弹，且碰撞时无电荷的转移，之后恰好从小孔D 进入MN 上方的一个三角形匀强磁场，从A 点射出磁场，则三角形磁场区域最小面积为多少？MN 上下两区域磁场的磁感应强度大小之比为多少？()3粒子从A 点出发后，第一次回到A 点所经过的总时间为多少？【来源】2014届福建省厦门双十中学高三热身考试物理试卷（带解析) 【答案】（1EqRm（2）212R ；11n +；（3）2πmR Eq【解析】 【分析】 【详解】（1）由题可知，粒子进入静电分析器做圆周运动，则有：2mv Eq R= 解得：EqRv m=（2）粒子从D 到A 匀速圆周运动，轨迹如图所示：由图示三角形区域面积最小值为：22R S = 在磁场中洛伦兹力提供向心力，则有：2mv Bqv R= 得：mv R Bq=设MN 下方的磁感应强度为B 1，上方的磁感应强度为B 2，如图所示：若只碰撞一次，则有：112R mv R B q== 22mvR R B q==故2112B B = 若碰撞n 次，则有：111R mv R n B q==+ 22mvR R B q==故2111B B n =+ （3）粒子在电场中运动时间：1242R mRt v Eqππ== 在MN 下方的磁场中运动时间：211122n m mRt R R v EqR Eqπππ+=⨯⨯== 在MN 上方的磁场中运动时间：232142R mRt v Eq ππ=⨯=总时间：1232mRt t t t Eqπ=++=6．在如图甲所示的直角坐标系中，两平行极板MN 垂直于y 轴，N 板在x 轴上且其左端与坐标原点O 重合，极板长度l =0.08m ，板间距离d =0.09m ，两板间加上如图乙所示的周期性变化电压，两板间电场可看作匀强电场．在y 轴上(0，d /2)处有一粒子源，垂直于y 轴连续不断向x 轴正方向发射相同的带正电的粒子，粒子比荷为qm=5×107C ／kg ，速度为v 0=8×105m/s ．t =0时刻射入板间的粒子恰好经N 板右边缘打在x 轴上.不计粒子重力及粒子间的相互作用，求:(1)电压U 0的大小；(2)若沿x 轴水平放置一荧光屏，要使粒子全部打在荧光屏上，求荧光屏的最小长度； (3)若在第四象限加一个与x 轴相切的圆形匀强磁场，半径为r =0.03m ，切点A 的坐标为(0.12m ，0)，磁场的磁感应强度大小B =23T ，方向垂直于坐标平面向里．求粒子出磁场后与x 轴交点坐标的范围．【来源】【市级联考】山东省济南市2019届高三第三次模拟考试理综物理试题【答案】(1)40 2.1610V U =⨯ (2)0.04m x ∆= (3)0.1425m x ≥【解析】【分析】【详解】(1)对于t =0时刻射入极板间的粒子：0l v T = 7110T s -=⨯211()22T y a = 2y T v a = 22yT y v = 122d y y =+ Eq ma =0U E d= 解得：40 2.1610V U =⨯ (2)2T t nT =+时刻射出的粒子打在x 轴上水平位移最大：032A T x v = 所放荧光屏的最小长度A x x l ∆=-即：0.04x m ∆=(3)不同时刻射出极板的粒子沿垂直于极板方向的速度均为v y .速度偏转角的正切值均为：0tan yv v β= 37β= 0cos37v v= 6110m/s v =⨯即：所有的粒子射出极板时速度的大小和方向均相同.2v qvB m R= 0.03m R r ==由分析得，如图所示，所有粒子在磁场中运动后发生磁聚焦由磁场中的一点B 离开磁场.由几何关系，恰好经N 板右边缘的粒子经x 轴后沿磁场圆半径方向射入磁场，一定沿磁场圆半径方向射出磁场；从x 轴射出点的横坐标：tan 53C A R x x ︒=+ 0.1425m C x =.由几何关系，过A 点的粒子经x 轴后进入磁场由B 点沿x 轴正向运动.综上所述，粒子经过磁场后第二次打在x 轴上的范围为：0.1425m x ≥7．如图为近代物理实验室中研究带电粒子的一种装置．带正电的粒子从容器A 下方小孔S 不断飘入电势差为U 的加速电场．进过S 正下方小孔O 后，沿SO 方向垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，最后打在照相底片D 上并被吸收，D 与O 在同一水平面上，粒子在D 上的落点距O 为x ，已知粒子经过小孔S 时的速度可视为零，不考虑粒子重力．（1）求粒子的比荷q/m ；（2）由于粒子间存在相互作用，从O 进入磁场的粒子在纸面内将发生不同程度的微小偏转．其方向与竖直方向的最大夹角为α，若假设粒子速度大小相同，求粒子在D 上的落点与O 的距离范围；（3）加速电压在（U±△U ）范围内的微小变化会导致进入磁场的粒子速度大小也有所不同．现从容器A 中飘入的粒子电荷最相同但质量分别为m 1、m 2（m 1＞m 2），在纸面内经电场和磁场后都打在照相底片上．若要使两种离子的落点区域不重叠，则U U应满足什么条件？（粒子进入磁场时的速度方向与竖直方向的最大夹角仍为α）【来源】浙江诸暨市牌头中学2017-2018学年高二1月月考物理试题【答案】（1）228U B x （2）最大值x 最小值cos x α （3）212212cos cos m m U m m αα-∆<+ 212(cos )m m α>【解析】【详解】（1）沿SO 方向垂直进入磁场的粒子，最后打在照相底片D 的粒子；粒子经过加速电场：qU=12mv 2 洛伦兹力提供向心力：qvB=m 2v R落点到O 的距离等于圆运动直径：x=2R所以粒子的比荷为：228 qU m B x = （2）粒子在磁场中圆运动半径22qmU x R == 由图象可知：粒子左偏θ角（轨迹圆心为O 1）或右偏θ角（轨迹圆心为O 2） 落点到O 的距离相等，均为L=2Rcosθ故落点到O 的距离最大：L max =2R=x最小：L min =2Rcosα=xcosα（3）①考虑同种粒子的落点到O 的距离；当加速电压为U+△U 、偏角θ=0时，距离最大，L max =2R max =2 2()qm U U Bq+∆ 当加速电压为U-△U 、偏角θ=α时，距离最小 L min =2R min cosα=22()qm U U Bq -∆cosα②考虑质量不同但电荷量相同的两种粒子由R=2 qmU qB 和 m 1＞m 2，知：R 1＞R 2 要使落点区域不重叠，则应满足：L 1min ＞L 2max12 2()qm U U Bq-∆ cosα＞22 2()qm U U Bq+∆解得：212212cos cos m m U m m αα-∆<+． （应有条件m 1cos 2α＞m 2，否则粒子落点区域必然重叠）8．如图1所示，直径分别为D 和2D 的同心圆处于同一竖直面內，O 为圆心，GH 为大圆的水平直径两圆之间的环形区域（I 区）和小圆内部（II 区）均存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d 的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔．一质量为m ，电最为+q 的粒子由小孔下2d 处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v 射出电场，由H 点紧靠大圆内侧射入磁场，不计粒子的重力．（1）求极板间电场强度的大小E ；（2）若I 区、II 区磁感应强度的大小分别为2mv qD 、4mv qD，粒子运动一段时间t 后再次经过H 点，试求出这段时间t ；：（3）如图23D ，调节磁感应强度为B 0（大小未知），并将小圆中的磁场改为匀强电场，其方向与水平方向夹角成60︒角，粒子仍由H 点紧靠大圆内侧射入磁场，为使粒子恰好从内圆的最高点A 处进入偏转电场，且粒子在电场中运动的时间最长，求I 区磁感应强度B 0的大小和II 区电场的场强E 0的大小?【来源】【全国百强校】天津市新华中学2019届高三高考模拟物理试题【答案】（1）2mv qd （2）5.5D v π（33mv ；2839mv qD【解析】【详解】解：(1)粒子在电场中运动，由动能定理可得：2122d qE mv = 解得：2mv E qd= (2)粒子在I 区中，由牛顿第二定律可得：211v qvB m R = 其中12v B qD π=，12R v = 粒子在II 区中，由牛顿第二定律可得：222v qvB m R = 其中24mv B qD =，24D R = 121222,R R T T v vππ==， 由几何关系可得：1120θ=︒2180θ=︒1112360t T θ=︒ 222360t T θ︒=()126t t t =+解得： 5.5D t vπ=(3)由几何关系可知：2223())22D D r r =+-解得：33r D = 由牛顿第二定律可得：20v qvB m r= 解得：03mv B qB= 32cos 2Dr θ== 解得：30θ=︒，则粒子速度方向与电场垂直(1sin )2D vt θ+= 21cos 22D at θ= 0E q ma =解得：20839mv E qD=9．在平面直角坐标系xOy 中，第Ⅱ、Ⅲ象限y 轴到直线PQ 范围内存在沿x 轴正方向的匀强电场，电场强度大小500N/C E =，第I 、Ⅳ象限以()0.4,0为圆心，半径为的圆形范围内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度0.5T B =.大量质量为10110kg m -=⨯，电荷量6110C q -=⨯的带正电的粒子从PQ 上任意位置由静止进入电场．已知直线PQ 到y 轴的距离也等于R ．不计粒子重力，求：（1）粒子进入磁场时的速度大小；（2）若某个粒子出磁场时速度偏转了120，则该粒子进入电场时到y 轴的距离h 多大？ （3）粒子在磁场中运动的最长时间．【来源】天津市耀华中学2019届高三高考二模物理试题【答案】（1）2000m/s （2）0.2m （3）4210s π-⨯【解析】【详解】（1）粒子在电场中加速，则有：212EqR mv =解得：2000m/s v = （2）在磁场中，有：2v qvB m r = 解得： 0.4m r R ==即正好等于磁场半径，如图，轨迹圆半径与磁场圆半径正好组成一个菱形由此可得sin300.2h R m =︒=（3）无论粒子从何处进入磁场，（2）中菱形特点均成立，所有粒子均从同一位置射出磁场，故4max 210s 2T m t Bqππ-===⨯10．如图所示，直线y =x 与y 轴之间有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场1B ，直线x =d 与y =x 间有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度41.010V/m E =⨯，另有一半径R =1.0m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度20.20T B =，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x =d 和x 轴均相切，且与x 轴相切于S 点．一带负电的粒子从S 点沿y 轴的正方形以速度0v 进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域1B ，且第一次进入磁场1B 时的速度方向与直线y =x 垂直．粒子速度大小50 1.010m/s v =⨯，粒子的比荷为5/ 5.010C/kg q m =⨯，粒子重力不计．求：(1)粒子在匀强磁场2B 中运动的半径r ；(2)坐标d 的值；(3)要使粒子无法运动到x 轴的负半轴，则磁感应强度1B 应满足的条件；(4)在(2)问的基础上，粒子从开始进入圆形磁场至第二次到达直线y =x 上的最长时间（ 3.14π=，结果保留两位有效数字）.【来源】天津市滨海新区2019届高三毕业班质量监测理科综合能力测试物理试题【答案】(1)r =1m (2)4m d = (3)10.1B T ≤或10.24B T ≥ (4)56.210t s -≈⨯【解析】【详解】解：(1) 由带电粒子在匀强磁场中运动可得：2020v B qv m r= 解得粒子运动的半径：1r m =(2) 粒子进入匀强电场以后，做类平抛运动，设粒子运动的水平位移为x ，竖直位移为y 水平方向：0x v t = 竖直方向：212y at = Eq a m= 0tan 45v at ︒=联立解得：2x m =，1y m =由图示几何关系得：d x y R =++解得：4d m =(3)若所加磁场的磁感应强度为1B '，粒子恰好垂直打在y 轴上，粒子在磁场运动半径为1r 由如图所示几何关系得：()12r y R =+02v v =由带电粒子在匀强磁场中运动可得：211v B qv m r '= 解得：10.1B T '=若所加磁场的磁感应强度为1B ''，粒子运动轨迹与轴相切，粒子在磁场中运动半径为2r 由如图所示几何关系得：()2222r r y R +=+由带电粒子在匀强磁场中运动可得：212v B qv m r ''= 解得1210.2410B T T +''=≈ 综上，磁感应强度应满足的条件为10.1B T ≤或10.24B T ≥(4)设粒子在磁场2B 中运动的时间为1t ，在电场中运动的时间为2t ，在磁场1B 中运动的时间为3t ，则有：1114t T = 102R T v π=20x t v = 3212t T = 222r T vπ= 解得：()551232 1.52210 6.210t t t t s s ππ--=++=-+⨯≈⨯11．如图所示，空间存在方向垂直于xOy 平面向里的匀强磁场，在0<y<d 的区域Ⅰ内的磁感应强度大小为B ，在y>d 的区域Ⅱ内的磁感应强度大小为2B .一个质量为m 、电荷量为-q 的粒子以速度qBd m从O 点沿y 轴正方向射入区域Ⅰ.不计粒子重力．(1) 求粒子在区域Ⅰ中运动的轨道半径：(2) 若粒子射入区域Ⅰ时的速度为2qBd v m=，求粒子打在x 轴上的位置坐标，并求出此过程中带电粒子运动的时间； (3) 若此粒子射入区域Ⅰ的速度qBd v m>，求该粒子打在x 轴上位置坐标的最小值． 【来源】江苏省苏锡常镇四市2019届高三第二次模拟考试物理试题 【答案】（1）R d =（2） (43OP d = 23m t qBπ=（3）min 3x d = 【解析】【分析】【详解】（1）带电粒子在磁场中运动，洛仑磁力提供向心力：2001v qv B m r = 把0qBd v m=，代入上式，解得：R d = (2) 当粒子射入区域Ⅰ时的速度为02v v =时，如图所示在OA 段圆周运动的圆心在O 1，半径为12R d = 在AB 段圆周运动的圆心在O 2，半径为R d = 在BP 段圆周运动的圆心在O 3，半径为12R d =可以证明ABPO 3为矩形，则图中30θ=,由几何知识可得：132cos303OO d d ==所以：323OO d d =-所以粒子打在x 轴上的位置坐标()133243OP O O OO d =+=- 粒子在OA 段运动的时间为：13023606m mt qB qBππ==粒子在AB 段运动的时间为2120236023m mt q B qBππ==粒子在BP 段运动的时间为313023606m mt t qB qBππ===在此过程中粒子的运动时间：12223mt t t qBπ=+=(3)设粒子在区域Ⅰ中轨道半径为R ，轨迹由图可得粒子打在x 轴上位置坐标：(22222x R R d R d =--化简得：222340R Rx x d -++=把上式配方：222213033R x x d ⎛⎫--+= ⎪⎝⎭ 化简为：222213033R x x d ⎛⎫-=-≥ ⎪⎝⎭则当23R x =时，位置坐标x 取最小值：min 3x d =12．如图所示，在xoy 平面的第二象限内有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度的大小E=102V/m ，第一象限某区域内存在着一个边界为等边三角形的匀强磁场，磁场方向垂直xoy 平面向外。