高三物理带电粒子的运动综合计算题 2011.41．（2011XOY 内，第I 大小设为B 1e ，不计重力）v 0垂直于Y 进入第IV 场，OQ ＝OP （1（2（3）求B 1与B2.（2007年山东高考）飞行时间质谱仪可以对气体分子进行分析。

如图所示，在真空状态下，脉冲阀P 喷出微量气体，经激光照射产生不同价位的正离子，自a 板小孔进入a 、b 间的加速电场，从b 板小孔射出，沿中线方向进入M 、N 板间的偏转控制区，到达探测器。

已知元电荷电量为e ，a 、b 板间距为d ，极板M 、N 的长度和间距均为L 。

不计离子重力及进入a 板时的初速度。

（1）当a 、b 间的电压为U 1时，在M 、N 间加上适当的电压U 2，使离子到达探测器。

请导出离子的全部飞行时间与比荷K （K =ne m ）的关系式。

（2）去掉偏转电压U 2，在M 、N 间区域加上垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B ，若进入a 、b 间的所有离子质量均为m ，要使所有的离子均能通过控制区从右侧飞出，a 、b 间的加速电压U 1至少为多少？X3. （2010德州一模）（18分）在如图所示的直角坐标中，x 轴的上方存在与x 轴正方向成45°角斜向右下方的匀强电场，场强的大小为E ＝2×104V/m 。

x 轴的下方有垂直于xOy面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B ＝2×10-2T 。

把一个比荷为mq=2×108C/㎏的正点电荷从坐标为（0，1）的A 点处由静止释放。

电荷所受的重力忽略不计。

求： （1）电荷从释放到第一次进入磁场时所用的时间； （2）电荷在磁场中做圆周运动的半径（保留两位有效数字） （3）当电荷第二次到达x 轴上时，电场立即反向，而场强大小不变，试确定电荷到达y 轴时的位置坐标。

5.（2010济宁一模）（18分）如图所示，在xoy 坐标平面的第一象限内有一沿y 轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向里的匀强磁场．现有一质量为m 、电量为+q 的粒子（重力不计）从坐标原点O 射入磁场，其入射方向与y 轴的负方向成45°角．当粒子第一次进入电场后，运动到电场中坐标为（3L ，L ）的P 点处时，测得其速度大小为v 0，方向与x 轴正方向相同．求： （1）粒子从o 点射入磁场时的速度执v 。

（2）匀强电场的电场强度E 和匀强磁场的磁感应强度B ． （3）粒子从O 点运动到P 点所用的时间t 。

5.（2010济南单科）如图所示，在平面坐标系xoy 内，第Ⅱ、Ⅲ象限内存在沿y 轴正方向的匀强电场，第I 、Ⅳ象限内存在半径为L 的圆形匀强磁场，磁场圆心在M （L ，0）点，磁场方向垂直于坐标平面向外．一带正电粒子从第Ⅲ象限中的Q （一2L ，一L ）点以速度0v 沿x 轴正方向射出，恰好从坐标原点O 进入磁场，从P （2L ，O ）点射出磁场．不计粒子重力，求：（1）电场强度与磁感应强度大小之比 （2）粒子在磁场与电场中运动时间之比6.（2010临沂单科）(16分)如图14所示，两平行金属板A 、B 长度l =0.8m ，间距d =0.6m ．直流电源E 能提供的最大电压为9×105V ，位于极板左侧中央的粒子源可以沿水平方向向右连续发射比荷为=mql×107C/kg 、重力不计的带电粒子，射人板间的粒子速度均为v 0=4×106m/s ．在极板右侧有一个垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B =lT ，分布在环带区域中，该环带的内外圆的圆心与两板间的中心重合于O 点，环带的内圆半径R l =2 m ．将变阻器滑动头由a 向b 慢慢滑动，改变两板间的电压时，带电粒子均能从不同位置穿出极板射向右侧磁场，且两板间电压最大时，对应的粒子恰能从极板右侧边缘穿出． (1)问从板间右侧射出的粒子速度的最大值v m 是多少? (2)若粒子射出电场时，速度的反向延长线与v 0所在直线交于O /点，试用偏转运动相关量证明O /点与极板右端边缘的水平距离x =2l ，即O /与0重合，所有粒子都好像从两板的中心射 出一样．(3)为使粒子不从磁场右侧穿出，求环带磁场的最小宽度d .7.（2010日照一模）如图甲所示，光滑、绝缘直角三角型斜面MON固定在水平地面上，ON边长12,37s m θ==；虚线左、右空间存在磁感应强度为12()m B T q π=、 24()m B T qπ=的匀强磁场，方向分别垂直于纸面向里、向外；整个空间存在着竖直方向的、随时问交替变化的匀强电场(如图乙所示，竖直向上方向为正方向)。

在距O 点6/()L m π=处的P 点有一物块抛射器，在0t =时刻将一质量为m、带电荷量为(0)q q >的小物块(可视为质点)抛入电磁场，小物块恰好能在O 点切入ON 斜面。

设小物块在ON 面上滑行时无电荷损失且所受洛伦兹力小于2cos mg θ，求： (1)小物块抛出速度的大小；(2)小物块从抛出到运动至N 点所用时间。

8.（2010枣庄一模）如图所示，在x 轴上方有水平向左的匀强电场，电场强度为E 1；下方有竖直向上的匀强电场，电场强度为E 2，且12mgE E q==。

在x 轴下方的虚线（虚线与x 轴成45°角）右侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B 。

有一长为L 的轻绳一端固定在第一象限内的O ′点，且可绕O ′点在竖直平面内转动；另一端拴有一质量为m 的小球，小球带电量为+q 。

OO ′与x 轴成45°角，其长度也为L 。

先将小球放在O ′点正上方，从绳恰好绷直处由静止释放，小球刚进人有磁场的区域时将绳子断开。

试求：（1）绳子第一次刚拉直还没有开始绷紧时小球的速度大小；（2）小球刚进入有磁场的区域时的速度大小； （3）小球从进入有磁场的区域到第一次打在x 轴上经过的时间。

9.如图所示，以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，宽度为d ，两侧为相同的匀强磁场，方向垂直纸面向里。

一质量为m 、带电量+q 、重力不计的带电粒子，以初速度1v 垂直边界射入磁场做匀速圆周运动，后进入电场做匀加速运动，然后第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁场中交替运动。

已知粒子第二次在磁场中运动的半径是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此类推。

求⑴粒子第一次经过电场子的过程中电场力所做的功1W 。

⑵粒子第n 次经芝电声时电场强度的大小nE 。

⑶粒子第n 次经过电场子所用的时间nt 。

⑷假设粒子在磁场中运动时，电场区域场强为零。

请画出从粒子第一次射入磁场至第三次离开电场的过程中，电场强度随时间变化的关系图线（不要求写出推导过程，不要求标明坐标明坐标刻度值）。

10．如图所示的区域中，左边为垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，右边是一个电场强度大小未知的匀强电场，其方向平行于OC 向上且垂直于磁场方向．在P点有一个放射源，在纸平面内向各个方向放射出质量为m、电荷量为-q速度大小相等的带电粒子．有一初速度方向与边界线的夹角θ=600的粒子(如图所示)，恰好从O点正上方的小孔C垂直于OC射入匀强电场，最后打在Q 点．已知OC=L,OQ=2L，不计粒子的重力，求：(1)该粒子的初速度v的大小；(2)电场强度E的大小；(3)如果保持电场与磁场方向不变，而强度均减小到原来的一半，并将它们左右对调，放射源向某一方向发射的粒子，恰好从0点正上方的小孔c射入匀强磁场，则粒子进入磁场后做圆周运动的半径是多少?1.解：（1）电子在电场中做类平抛运动h t v x 3320==-------（1分）221at h =-------（1分） meEa =----（1分）解得：； eh mv E 232=（2）画出电子在磁场中运动的轨迹图，0y v at == ∴02v v ==-------（2分） 3tan 0==v v y θ ∴θ=60°----------（1分）∴ ∠OPO 1＝30° 又 ∵O Q ＝OP由几何关系得∠OQO 1＝∠OPO 1＝30°∴ 粒子到达Q 点时速度方向与y 轴正向成60°--（2分）（3）由几何关系得h op r r 33230sin 30cos 11==︒+︒ ∴h r )3322(1-= ----------- （2分） 又1112eB mv eB mv r == 进入B 2后， 由几何关系得：h OP OQ r 33230cos 22===︒ ∴h r 322= -------- （2分） 又222eB mv r =∴6331221+==r r B B （或=331-） 2.解析：（1）由动能定理：neU 1=212mv ①n 价正离子在a 、b 间的加速度a 1= ②在a 、b 间运动的时间t 1= ③在MN 间运动的时间：t 2= ④离子到达探测器的时间：t=t 1+t 2=⑤（2）假定n 价正离子在磁场中向N 板偏转，洛仑兹力充当向心力，设轨迹半径为R ，由牛顿第二定律nevB=m ⑥离子刚好从N 板右侧边缘穿出时，由几何关系：222()2LR L R =+-由以上各式得：U 1= ⑧当n=1时，U 1取最小值：U min = ⑨3.解析：（1）如图，电荷从A 点匀加速运动运动到x 轴的C 点的过程：位移S ＝AC ＝2m……………（1分）加速度a=m Eq＝2×1012m/s 2 时间t=as 2=10-6s…（2）电荷到达C 点的速度为 v=at=22×106m/s………（2分）X速度方向与x 轴正方向成45°角，在磁场中 运动时由qvB=R mv 2…………（2分）得R=qBmv =22m………荷在磁场中的偏转半径为0.71m……（1分） (3)轨迹圆与x 轴相交的弦长为Δx=2R=1m ，所以电荷从坐标原点O 再次进入电场中，且速度方向与电场方向垂直，电荷在电场中作类平抛运动。

……………（1分） 设到达y 轴的时间为t′，则：tan45°=''212vt at …………………（2分）解得t′＝2×10-6s…………（1分）则类平抛运动中垂直于电场方向的位移L=vt′=42m…………（1分）y=︒45cos L=8m……………（1分）即电荷到达y 轴上的点的坐标为（0，8）…（1分） 4.解析：（1）粒子运动轨迹如图所示。

OQ 段为圆周，QP段为抛物线．粒子在Q 点时的速度大小为v '，根据对称性可知，方向与x 轴正方向成45°角，可得：︒=45cos 0v v ………··（2分）解得：02v v=…………（1分）（2）在粒子从Q 运动到P 的过程中，由动能定理得2202121mv mv qEL -=-………………（2分） 解得qLmv E 220=……………（1分）水平方向的位移为10t v x OP =，…………（1分）竖直方向的位移为L t v y ==102………（1分） 可得L OQ L x QP ==,2…………（1分）由︒=45cos 2R OQ，故粒子在OQ 段圆周运动的半径L R22=……（1分） Bgmv R =qLmv R 02=……（3）在Q 点时，0045tan v v v y =︒=……（1分）设粒子从Q 到P 所用时间为t 1，在竖直方向上有0122/v L v L t ==…（1分）粒子从O 点运动到Q 所用的时间为：024v Lt π=则粒子从D 点运动到P 点所用的时间为00214)8(42v Lv L v L t t t ππ+=+=+=总5.解：（1）设粒子的质量和所带正电荷分别为m 和q ，粒子在电场中运动，由平抛运动规律及牛顿运动定律得102t v L = 1分2121at L = 1分qE=ma 1分 粒子到达O 点时沿y +方向分速度为0v at v y == 1分︒==45tan 0v v y α 1分粒子在磁场中的速度为02v v= 1分由rmv Bqv 2=1分由几何关系得L r2= 1分得2v B E = 1分 （2）在磁场中运动的周期vrT π2=1分粒子在磁场中运动时间为02241v L T t π== 1分 得412π=t t 1分6.(1)解：由动能定理： q2U =221m mv -2021mv (3分) 解出v m ==5×106m/s (1分) (用平抛运动规律算出正确答案也给全分) (2)证明：如图，设粒子在电场中的侧移为y ，则y x =yv v 0 (2分)又l =v 0t (1分)y =2y v t (2分)联立解得x =2l(1分) (用其它方式证明出来也按对) (3)解：如图，设环带外圆半径为R 2， 所求d = R 2-R 1 (1分) R 12+r m 2=(R 2-r m )2qv m B=mmr v m2联立解得：d =(2-2)m=O.586m7.解析： (1) 0t =时刻小物块进入电磁场，由乙图知，电场方向向上，且有Eqmg =，所以小物块在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动(1分) 小物块恰好由O 点切入斜面，小物块被抛出时的速度方向必垂直于MO ，设此过程中小物块运动的时间为1t ，有2/qBv mv R = (2分) 2/T R v π= (2分)/2R L = (1分) 1/2t T = (2分)代入数据解得，小物块的抛出速度的大小6/v m s =，运动周期1Ts =，在磁场1B 中运动的时间10.5t s = (1分)(2)小物块切入ON 时，电场方向变为向下，有()sin mg Eq ma θ+=，将/E mg q =代入，解得212/am s = (2分)当电场变为竖直向上后小物块正好做一个完整的圆周运动，然后电场方向又变为竖直向下，小物块继续沿斜面以212/am s =的加速度下滑，故设小物块在斜面上滑行的总时间为2t ，则有222/2s vt at =+ (2分)代入数据得21t s = （22t s =-舍去） (1分)分析知，小物块沿斜面下滑0.5s 后，作一个完整的圆周运动，然后又沿斜面下滑0.5s 到达N 点，设做周运动的时间是3t ,因为122/,2/T m qB T m qB ππ==，又212B B =，所以/2T T =，则3/20.5t T T s === (2分)小物块从P 点运动到N 点所用时间为123 2.0t t t t s =++= (1分)8.解析： （I）小球一开始受到的合力为，做匀加速直线运动。