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-1-【优化探究】2015高考物理二轮专题复习素能提升1-3-9带电粒子在组合场、叠加场中的运动（含解析）新人教版1.(2014年高考大纲全国卷)如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xy平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向．在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d,0)点沿垂直于x轴的方向进入电场．不计重力．若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，求：(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值；(2)该粒子在电场中运动的时间．解析：(1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动．设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，圆周运动的半径为R0.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qv0B＝mv20R0①由题给条件和几何关系可知R0＝d②设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度大小为ax，在电场中运动的时间为t，离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx.由牛顿第二定律及运动学公式得Eq＝max③vx＝axt④vx2t＝d⑤由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有tanθ＝vxv0⑥联立①②③④⑤⑥式得EB＝12v0tan2θ⑦(2)联立⑤⑥式得t＝2dv0tanθ.-2-答案：(1)12v0tan2θ(2)2dv0tanθ2．(2014年高考重庆卷)如图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h.质量为m、带电量为＋q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g.(1)求电场强度的大小和方向；(2)要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值；(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值．解析：(1)设电场强度大小为E.由题意有mg＝qE得E＝mgq，方向竖直向上．(2)如图甲所示，设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin，对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r1和r2，圆心的连线与NS的夹角为φ.由r＝mvqB有r1＝mvminqB，r2＝mvmin2qB＝12r1.由(r1＋r2)sinφ＝r2，r1＋r1cosφ＝h，-3-得vmin＝(9－62)qBhm.(3)如图乙所示，设粒子入射速度为v，粒子在上、下方区域的运动半径分别为r1和r2，粒子第一次通过KL时距离K点为x.由题意有3nx＝1.8h(n＝1,2,3，…)，32x≥－622，x＝r21－－，得r1＝(1＋0.36n2)h2，n3.5.即n＝1时，v＝0.68qBhm；n＝2时，v＝0.545qBhm；n＝3时，v＝0.52qBhm.答案：(1)mgq方向竖直向上(2)(9－62)qBhm(3)0.68qBhm0.545qBhm0.52qBhm3.如图所示，有理想边界的匀强磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，某带电粒子的比荷(电荷量与质量之比)为k，由静止开始经电压为U的电场加速后，从O点垂直射入磁场，又从P点穿出磁场．下列说法正确的是(不计粒子所受重力)()A．如果只增加U，粒子可以从dP之间某位置穿出磁场B．如果只减小B，粒子可以从ab边某位置穿出磁场C．如果既减小U又增加B，粒子可以从bc边某位置穿出磁场D．如果只增加k，粒子可以从dP之间某位置穿出磁场-4-解析：由题意可知qU＝12mv2，k＝qm，r＝mvqB，解得r＝2kUkB，对于选项A，只增加U，r增大，粒子不可能从dP之间某位置穿出磁场；对于选项B，粒子电性不变，不可能向上偏转；对于选项C，既减小U又增加B，r减小，粒子不可能从bc边某位置穿出磁场；对于选项D，只增加k，r减小，粒子可以从dP之间某位置穿出磁场．答案：D4.如图所示，在xOy直角坐标平面内，第三象限内存在沿x轴正方向的匀强电场E(大小未知)，y轴右侧存在一垂直纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子(不计重力)由A点(－a,0)以一定初速度v0竖直向下抛出，粒子到达y轴上的C点时，其速度方向与y轴负方向夹角为45°，粒子经磁场偏转后从y的正半轴上某点穿出又恰好击中A点．求：(1)电场强度E的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向；(3)粒子从A出发到回到A经历的时间t.解析：(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动，设运行时间为t1，则a＝12·qEmt21，OC＝v0t1令粒子在C点速率为v，有qEmt1＝v0，v＝2v0联立得OC＝2a，t1＝2av0，E＝mv202qa.(2)设粒子在y轴正半轴上的D点射出磁场．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由左手定则可判定磁场方向垂直纸面向里，从D点射出时与y轴也成45°角，所以OD＝OA＝a.可知CD＝2r＝OC＋OD＝3a，即r＝322a.由Bqv＝mv2r得B＝mvqr，联立得B＝2mv03qa.(3)设粒子在磁场中的运行时间为t2，则t2＝270°360°×2πmBq＝9πa4v0.粒子从D到A的运行时间为t3，则t3＝DAv＝av0.-5-所以粒子运行的总时间t＝t1＋t2＋t3＝12＋9π4v0a.答案：(1)mv202qa(2)2mv03qa方向垂直纸面向里(3)12＋9π4v0a5.如图所示，在水平放置、半径为r＝2m的圆桶内有平行于圆桶中心轴线的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.1T，同时存在竖直向上的匀强电场、场强大小为E＝1N/C.一质量为m＝0.1kg、电荷量为q＝1C的带正电粒子从中心轴线上的P点沿垂直于轴线方向以速度v＝1m/s射向桶壁，经过一段时间带电粒子经过P点．已知与桶壁碰撞时带电粒子没有电荷量和能量损失，重力加速度g取10m/s2.求：(1)粒子从P点开始运动到经过P点的最短路程；(2)粒子从P点开始运动到经过P点所需的时间．解析：(1)带电粒子所受重力G＝mg＝1N(方向竖直向下)、电场力F＝qE＝1N(方向竖直向上)，此二力平衡，则带电粒子在洛伦兹力作用下在匀强磁场中做匀速圆周运动．粒子由洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv2R，则粒子做圆周运动的轨道半径R＝mvqB，解得R＝1m.作出带电粒子的运动轨迹如图所示，粒子沿1运动14个周期到A，与桶壁碰撞后沿2(经过P)、3运动12个周期到F，沿4(经过P)、5运动12个周期到D，沿6(经过P)、7运动12个周期到C，沿8运动14个周期到P点，之后重复前面的过程．运动周期T＝2πmqB，得T＝2πs.相邻两次经过P点的路程等于圆周运动的半个周长，此时路程最短，为L＝2πR/2＝3.14m.(2)由以上分析可知每经过12T经过一次圆心P.带电粒子从P点开始运动到经过P点所需时间-6-t＝12Tk，k为正整数，代入数据解得t＝πks(k为正整数)．答案：(1)3.14m(2)πks(k为正整数)课时跟踪训练计算题1.用绝缘材料制成的半径为R的23圆桶如图所示放置，AC为水平直径，θ＝30°，其内部有一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.PDT是过圆上D点的水平线，其上方存在一竖直向下的匀强电场，一电荷量为＋q、质量为m的粒子从A点以一定初速度沿AO射入匀强磁场中，粒子与桶壁弹性碰撞一次后恰从D点飞入匀强电场中，并从M点水平射出．已知MT两点的距离为R/2，不计粒子的重力．求：(1)粒子的初速度v0；(2)电场强度E的大小；(3)粒子从A到M点的时间t.解析：粒子运动轨迹如图所示，则∠AOQ＝120°且粒子从D点出射时与DT成60°角(1)由图知tan30°＝Rr.而Bqv0＝mv20r，联立得v0＝3BqRm.(2)在电场中由运动的合成与分解得R2＝12qEmt22，v0sin60°＝qEmt2，联立得t2＝2m3Bq，E＝9B2qR4m.(3)粒子在磁场中运行的时间设为t1，则-7-t1＝2×60°360°×2πmBq＝2πm3Bq，所以粒子从A到M点的时间t＝t1＋t2＝2＋2π3Bqm.答案：(1)3BqRm(2)9B2qR4m(3)2＋2π3Bqm2.如图所示，在一宽度D＝16cm的区域内，同时存在相互垂直的匀强磁场B和匀强电场E，电场的方向竖直向上，磁场的方向垂直纸面向外．一束带电粒子以速度v0同时垂直电场和磁场的方向射入时，恰不改变运动方向．若粒子束射入时只有电场，可测得粒子穿过电场时沿竖直方向向上偏移6.4cm；若粒子束射入时只有磁场，则粒子离开磁场时偏离原方向的距离是多少？不计粒子的重力．解析：当带电粒子束沿直线运动时，粒子受到的电场力和洛伦兹力平衡，有qE＝qv0B①只有电场时，根据牛顿第二定律有Eq＝ma②设粒子在电场中运动的时间为t，则D＝v0t③偏转的距离为y1＝12at2＝6.4cm④只有磁场时，粒子做匀速圆周运动．根据牛顿第二定律有qv0B＝mv20R⑤联立①②③④⑤可得R＝20cm.由图中几何关系可得y2＝R－R2－D2＝8cm.答案：8cm3.(2014年北京东城区期末)在地面上方某处的真空室里存在着水平向左的匀强电场，以水平向右和竖直向上为x轴、y轴正方向建立如图所示的平面直角坐标系．一质量为m、电荷量为＋q的微粒从点P(33l,0)由静止释放后沿直线PQ运动．当微粒到达点Q(0，－l)的瞬间，撤去电-8-场同时加上一个垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度的大小B＝mq3g2l，该磁场有理想的下边界，其他方向范围无限大．已知重力加速度为g.求：(1)匀强电场的场强E的大小；(2)撤去电场加上磁场的瞬间，微粒所受合力的大小和方向；(3)欲使微粒不从磁场下边界穿出，该磁场下边界的y轴坐标值应满足什么条件？解析：(1)由于微粒沿PQ方向运动，可知微粒所受的合力沿PQ方向，可得qE＝mgcotα.由题意知α＝60°，解得E＝33qmg.(2)微粒在电场中的运动可视为两个分运动的合成：水平方向在电场力作用下的匀加速直线运动；竖直方向在重力作用下的匀加速直线运动，加速度为g.到达Q点的竖直分速度为v2，则v22＝2gl，得v2＝2gl，水平分速度v1＝v2tan30°＝23gl.撤去电场加上磁场的瞬间，微粒受洛伦兹力可根据速度的分解视为两个分速度对应的洛伦兹力的分力的合成．对于水平分速度v1，其所对应的洛伦兹力的大小为f1，方向竖直向上，f1＝qv1B＝q·23gl·mq3g2l＝mg，即与重力恰好平衡．对于竖直分速度v2，其所对应的洛伦兹力的大小为f2，方向水平向左，此力为微粒所受的合力F＝f2＝qv2B＝q·2gl·mq3g2l＝3mg(3)如果把微粒的运动看做水平方向速度为v1的匀速直线运动与另一个分运动的合成，那么微粒受到的洛伦兹力的一个分力恰与重力平衡，另一个分运动就是微粒在洛伦兹力的另一个分力作用下的匀速圆周运动，开始时速度为v2，方向竖直向下．-9-qv2B＝mv22r，解得半径为r＝mv2qB＝233l.微粒在磁场中的运动可视为匀速直线运动和匀速圆周运动的合运动，它距Q点的水平距离最大为圆的半径r.所以欲使微粒不从磁场的下边界穿出，磁场下边界的y坐标值应满足y≤－(r＋l)＝－(233＋1)l.(写成“”号也对)答案：(1)33qmg(2)3mg方向水平向左(3)y≤－(233＋1)l(写成“”号也对)4.如图所示，半径为R的圆内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，竖直线MN与圆O相切于O1，O、O1在一条水平线上．MN左侧存在垂直纸面向外的匀强磁场B(未知)，三个比荷相同的粒子以相同的速度v射入圆形磁场，其中粒子2沿竖直半径AO入射，粒子1、3的入射点C、D到OA的距离相等均为R2，三粒子均从O1点射出圆形磁场进入左侧磁场．已知粒子1、3在左侧磁场中运行的时间之和与粒子3在圆形磁场中运行的时间相等．(1)求粒子的比荷；(2)求左侧磁场的磁感应强度B；(3)若MN上有一固定挡板可用来接收这三个粒子，则挡板的最小长度为多少？解析：(1)由