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．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：（1）粒子第一次经过电场的过程中电场力所做的功1W（2）粒子第n次经过电场时电场强度的大小nE（3）粒子第n次经过电场所用的时间nt（4）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，不要求标明坐标刻度值）．【来源】河北省衡水中学滁州分校2018届高三上学期全真模拟物理试题【答案】（1）21132mvW =（2）21(21)2nn mvEqd+=（3）12(21)ndtn v=+（4）如图；【解析】（1）根据mvrqB=，因为212r r=，所以212v v=，所以221211122W mv mv=-,（2）=，，所以．（3），，所以．(4)3．如图所示，一半径为R 的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上．整个空间存在磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场．一电荷量为q (q ＞0)、质量为m 的小球P 在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O ′．球心O 到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为θ(02πθ<<)．为了使小球能够在该圆周上运动，求磁感应强度B 的最小值及小球P相应的速率．(已知重力加速度为g )【来源】带电粒子在磁场中的运动 【答案】min 2cos m g B q R θ=cos gRv θθ=【解析】 【分析】 【详解】据题意，小球P 在球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为O’．P 受到向下的重力mg 、球面对它沿OP 方向的支持力N 和磁场的洛仑兹力f ＝qvB ①式中v 为小球运动的速率．洛仑兹力f 的方向指向O’．根据牛顿第二定律cos 0N mg θ-= ②2sin sin v f N mR θθ-= ③ 由①②③式得22sin sin 0cos qBR qR v v m θθθ-+=④由于v 是实数，必须满足222sin 4sin ()0cos qBR qR m θθθ∆=-≥ ⑤由此得2cos m gB q R θ≥⑥可见，为了使小球能够在该圆周上运动，磁感应强度大小的最小值为min 2cos m gB q R θ=⑦此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为min sin 2qB R v m θ=⑧由⑦⑧式得sin cos gRv θθ=⑨4．如图所示,待测区域中存在匀强电场和匀强磁场,根据带电粒子射入时的受力情况可推测其电场和磁场. 图中装置由加速器和平移器组成,平移器由两对水平放置、相距为l 的相同平行金属板构成,极板长度为l 、间距为d,两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反. 质量为m 、电荷量为+q 的粒子经加速电压U0 加速后,水平射入偏转电压为U1 的平移器,最终从A 点水平射入待测区域. 不考虑粒子受到的重力.(1)求粒子射出平移器时的速度大小v1;(2)当加速电压变为4U0 时,欲使粒子仍从A 点射入待测区域,求此时的偏转电压U; (3)已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域,刚进入时的受力大小均为F. 现取水平向右为x 轴正方向,建立如图所示的直角坐标系Oxyz. 保持加速电压为U0 不变,移动装置使粒子沿不同的坐标轴方向射入待测区域,粒子刚射入时的受力大小如下表所示.请推测该区域中电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向. 【来源】2012年普通高等学校招生全国统一考试理综物理（江苏卷) 【答案】(1)012qU v m=(2)1U?4U = （3）E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为30°或150°，若B 沿-x 轴方向，E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为-30°或-150°． 【解析】(1)设粒子射出加速器的速度为0v 动能定理20012qU mv =由题意得10v v =，即012qU v m=(2)在第一个偏转电场中,设粒子的运动时间为t 加速度的大小1qU a md=在离开时,竖直分速度yv at = 竖直位移2112y at =水平位移1l v t = 粒子在两偏转电场间做匀速直线运动,经历时间也为t 竖直位移2y y v t =由题意知,粒子竖直总位移12y?2y y =+ 解得210U l y U d=则当加速电压为04U 时,1U?4U =（3）(a)由沿x 轴方向射入时的受力情况可知:B 平行于x 轴. 且FE q= (b)由沿y +-轴方向射入时的受力情况可知:E 与Oxy 平面平行.222F f (5F)+=,则f?2F =且1f?qv B =解得02F mB BqU =(c)设电场方向与x 轴方向夹角为.若B 沿x 轴方向,由沿z 轴方向射入时的受力情况得222sin )(cos )7)f F F F αα++=（解得=30°,或=150°即E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为30°或150°. 同理,若B 沿-x 轴方向E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为-30°或-150°.5．如图所示，在xOy 平面直角坐标系中，直角三角形ACD 内存在垂直平面向里磁感应强度为B 的匀强磁场，线段CO=OD=L ，CD 边在x 轴上，∠ADC=30°。

电子束沿y 轴方向以相同的速度v 0从CD 边上的各点射入磁场，已知这些电子在磁场中做圆周运动的半径均为3L，在第四象限正方形ODQP 内存在沿x 轴正方向、大小为E=Bv 0的匀强电场，在y=－L 处垂直于y 轴放置一足够大的平面荧光屏，屏与y 轴交点为P 。

忽略电子间的相互作用，不计电子的重力。

(1)电子的比荷；(2)从x 轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点与P 点间的距离： (3)射入电场中的电子打到荧光屏上的点距P 的最远距离。

【来源】【市级联考】河北省唐山市2019届高三下学期第一次模拟考试理科综合物理试题 【答案】(1) 03v e m BL = (2) 23L (3) 34L 【解析】 【分析】根据电子束沿速度v 0射入磁场，然后进入电场可知，本题考查带电粒子在磁场和电场中的运动，根据在磁场中做圆周运动，在电场中做类平抛运动，运用牛顿第二定律结合几何知识并且精确作图进行分析求解； 【详解】（1）由题意可知电子在磁场中的轨迹半径3Lr = 由牛顿第二定律得2Bev m rv =电子的比荷3e m BLv =； （2）若电子能进入电场中，且离O 点右侧最远，则电子在磁场中运动圆轨迹应恰好与边AD 相切，即粒子从F 点离开磁场进入电场时，离O 点最远：设电子运动轨迹的圆心为O '点。

则23L OF x ==从F 点射出的电子，做类平抛运动，有2232L Ee x mt ==，0y t v = 代入得23Ly =电子射出电场时与水平方向的夹角为θ有122y tan x θ== 所以，从x 轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点为G ，则它与P 点的距离 ()2tan 3L y L GP θ-==； （3）设打到屏上离P 点最远的电子是从(x,0)点射入电场，则射出电场时 00223xm xLy t Ee v v ===设该电子打到荧光屏上的点与P 点的距离为X ，由平抛运动特点得2X L yy x -=所以2332222838xL xLL X x x y L x ⎡⎤⎫⎢⎥⎛⎫=-==-+⎪ ⎪⎢⎥⎪⎝⎭⎭⎢⎥⎣⎦- 所以当38x L =，有34m L X =。

【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系，粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用。

6．如图所示，真空中某竖直平面内有一长为2l 、宽为l 的矩形区域ABCD ，区域ABCD 内加有水平向左的匀强电场和垂直于该竖直面的匀强磁场。

一质量为m 、电荷量为+q 的带电微粒，从A 点正上方的O 点水平抛出，正好从AD 边的中点P 进入电磁场区域，并沿直线运动，从该区域边界上的某点Q 离开后经过空中的R 点(Q 、R 图中未画出)。

已知微粒从Q 点运动到R 点的过程中水平和竖直分位移大小相等，O 点与A 点的高度差38h l = ，重力加速度为g ，求：(1)微粒从O 点抛出时初速度v 0的大小； (2)电场强度E 和磁感应强度B 的大小； (3)微粒从O 点运动到R 点的时间t 。

【来源】四川省攀枝花市2019届高三第三次统一考试理综物理试题【答案】(1)0233v gl = ；(2)3mg E 4q =，32m g B q l=；(3) 433l t g = 【解析】 【详解】（1）从O 到P ，带电微粒做平抛运动：201h gt 2=00l=v t所以02v 3gl 3=（2）在P 点：y 01v =gt 3gl 2=22p 0y 5v =v v 3gl 6+=设P 点速度与竖直方向的夹角为θ，则0y v 4tan θv 3== 带电微粒进入电磁区域后做直线运动，受力如图，可知其所受合力为零，可知：mg mgtan θF Eq==p mg mgsin θf qv B== 3mg E 4q=m 3gB 2q l=（3）设微粒从P 到Q 所用时间为t 1，10PD 13lt v 2g==设微粒从Q 到R 所用时间为t 2，因水平和竖直分位移相等，得：202x v t =22y 221y v t gt 2=+由题意得： 22x y =微粒从0点运动到R 点的时间t 为：012t t t t =++所以：43lt 3g=7．如图所示，A 、B 两水平放置的金属板板间电压为U(U 的大小、板间的场强方向均可调节)，在靠近A 板的S 点处有一粒子源能释放初速度为零的不同种带电粒子，这些粒子经A 、B 板间的电场加速后从B 板上的小孔竖直向上飞出，进入竖直放置的C 、D 板间，C 、D 板间存在正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场的方向水平向右，大小为E ，匀强磁场的方向水平向里，大小为B 1。