2021届高考物理(浙江专用)二轮精选题组：专练16-带电粒子在复合场中的运动(含解析).docx

专练16　带电粒子在复合场中的运动　
1．如图1所示，在直角坐标系xOy平面内，其次象限内虚线MN平行于y轴，N点坐标为(－L,0)其左侧有水平向左的匀强电场E1，MN与y轴之间有沿y轴正方向的匀强电场E2，E1、E2均未知，在第一、三、四象限内有垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度B未知．现有一质量为m、电荷量为q的负粒子从图中A点静止释放，不计粒子重力，粒子到达MN上的P点时速度为v0，速度方向水平，粒子从y轴上的C点(0,0.5L)与y轴负方向成30°角进入磁场，偏转后从x轴上的D点(图中未画出)垂直x轴穿出磁场并进入MN左侧电场且刚好又击中P点，求：

图1
(1)匀强电场的电场强度E2的大小；
(2)匀强磁场磁感应强度B的大小；
(3)匀强电场的电场强度E1的大小．
解析　(1)粒子在电场E2中做类平抛运动，令粒子进入磁场时速度为v，沿y轴方向的速度大小为vy
则有tan(90°－30°)＝＝
所以E2＝.
(2)粒子的运动轨迹如图所示，由运动规律及图中角度知ΔCO1G是一正三角形，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径为r＝CG＝2OC＝L

又因Bqv＝m
而v0＝vsin 30°
联立得B＝.
(3)粒子从D到P做类平抛运动，所用时间为t1，则有
OD－ON＝t
NP＝vt1而OD＝r＋r
粒子从P到C所用时间为t2，则t2＝，
所以NP＝＋t＝L
联立得E1＝.
答案　(1)　(2)　(3)
2．(2022·宿州市第三次质量检测)如图2所示，水平放置的两平行金属板A、B长8 cm，两板间距离d＝8 cm，两板间电势差UAB＝300 V，一质量m＝1.0×10－20kg、电荷量q＝1.0×10－10 C、初速度v0＝2×106 m/s的带正电的粒子，沿A、B板中心线OO′飞入电场，粒子飞出两板间电场后，经PQ上某点进入PQ右侧、OO′下侧的足够大的匀强磁场中，最终垂直OO′射出磁场．已知MN、PQ两界面相距L＝12 cm、D为中心线OO′与PQ界面的交点，不计粒子重力．求：

图2
(1)粒子飞出两板间电场时偏离中心线OO′的距离；
(2)粒子经过PQ界面时到D点的距离；
(3)匀强磁场的磁感应强度B的大小．
解析　(1)设粒子在电场中的偏移距离为y
在电场中，由牛顿其次定律得：＝ma
由类平抛运动的规律得：d＝v0t
y＝at2
vy＝at
v＝
tan θ＝
联立以上各式代入数值得：y＝3 cm
v＝2.5×106 m/s，tan θ＝
(2)设粒子经过PQ界面时到D点的距离为H
由几何学问得：H＝y＋Ltan θ
代入数值得：H＝12 cm
(或用：＝也可得分)
(3)设粒子在磁场中圆周运动的圆心为S，半径为R
由图可知：R＝

由牛顿其次定律得：qvB＝
联立以上各式代入数值得：
B＝1.67×10－3 T
答案　见解析
3．(2022·浙江宁波十校联考)如图3所示，在xOy平面直角坐标系中，直线MN与y轴成30°角，P点的坐标为(－a，0)，在y轴与直线MN之间的区域内，存在垂直于xOy平面对外、磁感应强度为B的匀强磁场．在直角坐标系xOy的第Ⅳ象限区域内存在沿y轴负方向、大小为E＝Bv0的匀强电场，在x＝3a处垂直于x轴放置一平面荧光屏，与x轴交点为Q，电子束以相同的速度v0从y轴上0≤y≤2a的区间垂直于y轴和磁场方向射入磁场．已知从y＝2a点射入的电子在磁场中轨迹恰好经过O点，忽视电子间的相互作用，不计电子的重力．求：

图3
(1)电子的比荷；
(2)电子离开磁场垂直y轴进入电场的位置的范围；
(3)从y轴哪个位置进入电场的电子打到荧光屏上距Q点的距离最远？最远距离为多少？
解析　(1)由题意可知电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r＝a
由Bev0＝m得
电子的比荷＝.
(2)粒子能进入电场中，且离O点下方最远，则粒子在磁场中运动圆轨迹必需与直线MN相切，粒子轨道的圆心为O′点．

则O′M＝2a
由三角函数关系可求得tan 30°＝，得OM＝a
有OO′＝0.5a，即粒子离开磁场离O点下方最远距离为
ym＝1.5a，
从y轴进入电场位置在0≤y≤1.5a范围内．
(3)电子在电场中做类平抛运动，设电子在电场的运动时间为t，竖直方向位移为y，水平位移为x，水平方向x＝v0t
竖直方向y＝t2
代入得x＝
设电子最终打在荧光屏的最远点距Q点为H，电子射出电场时的夹角为θ，有
tan θ＝＝＝
有H＝(3a－x)tan θ＝(3a－)·，
当3a－＝时，即y＝a时，H有最大值，
由于a<1.5a，所以Hmax＝a.
答案　(1)　(2)0≤y≤1.5a
(3)y＝a时Hmax＝a
4．(2022·天津卷，12)同步加速器在粒子物理争辩中有重要的应用，其基本原理简化为如图4所示的模型．M、N为两块中心开有小孔的平行金属板．质量为m、电荷量为＋q的粒子A(不计重力)从M板小孔飘入板间，初速度可视为零．每当A进入板间，两板的电势差变为U，粒子得到加速，当A离开N板时，两板的电荷量均马上变为零．两板外部存在垂直纸面对里的匀强磁场，A在磁场作用下做半径为R的圆周运动，R远大于板间距离．A经电场多次加速，动能不断增大，为使R保持不变，磁场必需相应地变化．不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应．求：

图4
(1)A运动第1周时磁场的磁感应强度B1的大小；
(2)在A运动第n周的时间内电场力做功的平均功率n；
(3)若有一个质量也为m、电荷量为＋kq(k为大于1的整数)的粒子B(不计重力)与A同时从M板小孔飘入板间，A、B初速度均可视为零，不计两者间的相互作用，除此之外，其他条件均不变．下图中虚线、实线分别表示A、B的运动轨迹．在B的轨迹半径远大于板间距离的前提下，请指出哪个图能定性地反映A、B的运动轨迹，并经推导说明理由．

解析　(1)设A经电场第1次加速后速度为v1，由动能定理得qU＝mv－0
①
A在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力充当向心力
qv1B1＝m ②
联立解得：B1＝ ③
(2)设A经n次加速后的速度为vn，由动能定理得
nqU＝mv－0 ④
设A做第n次圆周运动的周期为Tn，有
Tn＝ ⑤
设在A运动第n周的时间内电场力做功为Wn，则
Wn＝qU ⑥
在该段时间内电场力做功的平均功率为n＝ ⑦
联立解得：n＝ ⑧
(3)A图能定性地反映A、B运动的轨迹．
A经过n次加速后，设其对应的磁感应强度为Bn，A、B的周期分别为Tn、T′，综合②⑤式并分别应用A、B的数据得Tn＝ ⑨
T′＝＝ ⑩
由上可知，Tn是T′的k倍，所以A每绕行1周，B就绕行k周．由于电场只在A通过时存在，故B仅在与A同时进入电场时才被加速．
经n次加速后，A、B的速度分别为vn、vn′，结合④式有
vn＝ ⑪
vn′＝＝vn ⑫
由题设条件并结合⑤式，对A有Tnvn＝2πR ⑬
设B的轨迹半径为R′，有T′vn′＝2πR′ ⑭
比较以上两式得R′＝ ⑮
上式表明，运动过程B的轨迹半径始终不变．
由以上分析可知，两粒子运动的轨迹如图A所示．
答案　(1)　(2)
(3)A　理由见解析
5．(2022·杭州外国语3月考)如图5甲所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、荷质比＝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时间以后电荷以v0＝1.5×104 m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场方向与纸面垂直，磁感应强度B按图乙所示规律周期性变化(图乙中磁场以垂直纸面对外为正．以电荷第一次通过MN时为t＝0时刻)．不考虑磁场变化产生的电场．求：

图5
(1)匀强电场的电场强度E；
(2)t＝×10－5 s时刻电荷与O点的水平距离；
(3)假如在O点正右方d＝32 cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点动身运动到挡板的时间．
解析　(1)电荷在电场中做匀加速运动，v0＝at
又Eq＝ma
解得E＝＝×104 N/C＝7.2×103 N/C
(2)电荷进入磁场后做匀速圆周运动，
T1＝＝×10－5 s
由题知，在t1＝×10－5 s的时间内，电荷正好从图甲中的A点进入磁场，并在磁场中转半周从B点回到电场，依据B1qv0＝m，可得R1＝5 cm

电荷再次进电场后先向下减速至0，后再向上加速至v0回磁场，其中在电场中来回的时间为2t＝×10－5 s，即电荷在×10－5 s时再次进入磁场．
电荷进磁场后做匀速圆周运动，T2＝＝×10－5 s
由题知，在t2＝×10－5 s的时间内，电荷正好从图中的B点进入磁场，并在磁场中转半周从C点回到电场，
B2qv0＝m，可得R2＝3 cm
此后电荷再次进入电场减速、加速运动，至×10－5 s时，电荷回到C点，
故t＝×10－5 s时刻电荷与O点间的水平距离为
x0＝2(R1－R2)
解得x0＝4 cm
(3)从电荷第一次进磁场开头计时，设电荷在复合场中运动的周期为T0，则
T0＝T1＋2t＋T2＋2t＝×10－5 s
由题可知，电荷运动6T0后进入磁场偏转打在挡板上，第7次在B1中偏转时的轨迹如图乙．
设6T0时到D点，D点距A点为6x0＝24 cm
设MN与板交与G点，轨迹圆与板交与F点，所以
OG＝3 cm，OF＝5 cm，
所以cos∠FOG＝0.6，所以∠FOG＝53°
所以，t总＝t＋6T0＋T1＝π×10－5 s
解得t＝1.60×10－4 s

答案　(1)7.2×103 N/C　(2)4 cm　(3)1.60×10－4 s
方法技巧
求解带电粒子在交变复合场中运动问题的基本思路