专题20.6带电粒子在电磁组合场中的运动计算题

专题20.6带电粒子在电磁组合场中的运动计算题【考纲解读与考频分析】电磁组合场，是常见模型，带电粒子在电磁组合场中的运动是高考命题热点。【高频考点定位】：带电粒子在电磁组合场中的运动考点一：带电粒子在电磁组合场中的运动【3年真题链接】1．（2018高考全国理综I）如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E，在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核和一个氘核先后从y轴上y=h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知11H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。的质量为m，电荷量为q不计重力。求：（1）第一次进入磁场的位置到原点O的距离；（2）磁场的磁感应强度大小；（3）第一次离开磁场的位置到原点O的距离。【命题意图】本题考查带电粒子在电场中的类平抛运动、在匀强磁场中的匀速圆周运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力。【压轴题透析】（1）根据氕核H进入磁场时速度方向与x轴正方向的夹角为60°，利用速度分解和类平抛运动规律得出氕核H第一次进入磁场的位置到原点O的距离。（2）画出氕核H在匀强磁场中运动轨迹，利用几何关系得出氕核H在匀强磁场中运动的轨迹半径，运用洛伦兹力等于向心力列方程得出磁场的磁感应强度大小。（3）画出氘核H在匀强磁场中运动轨迹，运用洛伦兹力等于向心力列方程得出氘核H在匀强磁场中运动轨迹半径，利用几何关系得出氘核H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。【解题思路】（1）在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示。设在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1。由运动学公式有①②由题给条件，进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角。进入磁场时速度y分量的大小为③联立以上各式得④（2）在电场中运动时，由牛顿第二定律有⑤设进入磁场时速度的大小为，由速度合成法则有⑥设磁感应强度大小为B，在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有⑦由几何关系得⑧联立以上各式得⑨（3）设在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得⑩由牛顿第二定律有⑪设第一次射入磁场时的速度大小为，速度的方向与x轴正方向夹角为，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2。由运动学公式有⑫⑬⑭⑮联立以上各式得⑯设在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得⑰所以出射点在原点左侧。设进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为，由几何关系有⑱联立④⑧⑯⑰⑱式得，第一次离开磁场时得位置到原点O的距离为⑲【回归教材】带电粒子在匀强电场中的类平抛运动和在匀强磁场中的匀速圆周运动是教材例题和练习中的常见试题，此题可认为是由两个课本例题或习题组合而成。2.（20分）（2018全国理综II）一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条形区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。（1）定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；（2）求该粒子从M点射入时速度的大小；（3）若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。【命题意图】本题考查带电油滴在电场中的运动、牛顿运动定律、匀变速直线运动规律及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力。【解题思路】（1）（1）粒子运动的轨迹如图（a）所示。（粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称）（2）粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为（见图（b）），速度沿电场方向的分量为v1，根据牛顿第二定律有qE=ma①式中q和m分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有v1=at②③④粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得⑤由几何关系得⑥联立①②③④⑤⑥式得⑦（3）由运动学公式和题给数据得⑧联立①②③⑦⑧式得⑨设粒子由M点运动到N点所用的时间为，则⑩式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，⑪由③⑦⑨⑩⑪式得⑫3.(20分)[2018·天津卷，11]如图所示，在水平线ab的下方有一匀强电场，电场强度为E，方向竖直向下，ab的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．磁场中有一内、外半径分别为R、eq\r(3)R的半圆环形区域，外圆与ab的交点分别为M、N.一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放，由M进入磁场，从N射出．不计粒子重力．(1)求粒子从P到M所用的时间t；(2)若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出，同样能由M进入磁场，从N射出．粒子从M到N的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q时速度v0的大小．【名师解析】：(1)设粒子在磁场中运动的速度大小为v，所受洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,\r(3)R)①设粒子在电场中运动所受电场力为F，有F＝qE②设粒子在电场中运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有F＝ma③粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有v＝at④联立①②③④式得t＝eq\f(\r(3)RB,E)⑤(2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期与速度、半径无关，运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定．故当轨迹与内圆相切时，所用的时间最短．设粒子在磁场中的轨迹半径为r′，由几何关系可得(r′－R)2＋(eq\r(3)R)2＝r′2⑥设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为θ，即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系知tanθ＝eq\f(\r(3)R,r′－R)⑦粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v.在垂直于电场方向上的分速度始终等于v0，由运动的合成和分解可得tanθ＝eq\f(v,v0)⑧联立①⑥⑦⑧式得v0＝eq\f(qBR,m)⑨答案：(1)eq\f(\r(3)RB,E)(2)eq\f(qBR,m)【2年模拟再现】1．（2020辽宁大连综合模拟）如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为E＝3×105N/C、方向水平向左的匀强电场，在第Ⅱ象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．质荷比的带正电的粒子，以初速度v0＝2×107m/s从x轴上的A点垂直x轴射入电场，OA＝0.15m，不计粒子的重力．(1)求粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；(2)若要使粒子不能进入第Ⅲ象限，画出粒子运动轨迹，求磁感应强度B的取值范围(不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况)【参考答案】(1)0.4m；(2)【思路分析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，x方向上做匀加速运动，y方向做匀速运动，根据平抛运动的基本公式求解粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；

(2)设粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出运动的轨迹，结合临界条件和向心力公式可求磁场强度。【名师解析】(1)设粒子在电场中运动的时间为t，粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y，则有：又y方向的位移：y=v0t解得：y=0.40m；(2)粒子经过y轴时在电场方向的分速度为：vx=at=1.5×107m/s粒子经过y轴时的速度大小为：与y轴正方向的夹角为θ，θ=arctan要粒子不进入第三象限，如图所示，此时粒子做圆周运动的轨道半径为R′，则：由洛伦兹力提供向心力：解得：2．(15分)（2020湖南永州一模）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，以O1(0，R)为圆心，R为半径的圆形区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场(用B1表示，大小未知)；x轴下方有一直线MN，MN与x轴相距为Δy，x轴与直线MN间区域有平行于y轴的匀强电场，电场强度大小为E；在MN的下方有矩形区域的匀强磁场，磁感应强度大小为B2，磁场方向垂直于xOy平面向外。电子a、b以平行于x轴的速度v0分别正对O1点、A(0,2R)点射入圆形磁场，偏转后都经过原点O进入x轴下方的电场。已知电子质量为m，电荷量为e，E＝eq\f(\r(3)mv02,2eR)，B2＝eq\f(\r(3)mv0,2eR)，不计电子重力。（1）求磁感应强度B1的大小；（2）若电场沿y轴负方向，欲使电子a不能到达MN，求Δy的最小值；（3）若电场沿y轴正方向，Δy′＝eq\r(3)R，调整矩形磁场面积到最小，使电子b能到达x轴上且距原点O距离最远点P（图中未标出），求电子b从O点到P点运动的总时间。【名师解析】．（15分）解：(1)对电子a有r＝R ① 1分ev0B1＝meq\f(v02,r) ② 1分由①②式解得B1＝eq\f(mv0,eR) ③ 1分(2)由动能定理eEΔy＝eq\f(1,2)mv02 ④ 1分解得Δy＝eq\f(\r(3),3)R ⑤ 2分(3)匀强电场沿y轴正方向时，设电子b经电场加速后到达MN时速度大小为v，电子b在MN下方磁场做匀速圆周运动轨道半径为r1，电子b离开电场进入磁场时速度方向与水平方向成θ角，如图1所示。由eEΔy′＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02 ⑥ 1分cosθ＝eq\f(v0,v) ⑦ evB2＝meq\f(v2,r1) ⑧ 1分解得v＝2v0 ⑨ 1分θ＝eq\f(π,3) ⑩ r1＝eq\f(4\r(3),3)R ⑪ 1分PP图2图1由几何关系可知，电子b在下方磁场中运动的圆心O2在y轴上，当电子b从最小矩形面积磁场右边界射出，且射出方向与水平向右夹角为θ＝eq\f(π,3)时，电子b能够到达x轴，距离原点O距离最远，如图2所示。电子b在电场中从O到C1a＝eq\f(eE,m) ⑫ 1分 ⑬ 1分在最小矩形磁场中vt2＝πr1 ⑭ 1分离开磁场后从D到C2vt3＝2r1/tanθ ⑮ 返回电场中从C2到Pt4＝t1 ⑯ 1分总时间t＝t1＋t2＋t3＋t4 ⑰ 解得t＝（16＋2π） 1分3.[13分]（2020高考复习检测）如图所示,在直角坐标系xOy的第二象限存在沿y轴正方向的匀强电场,电场强度的大小为E1,在y轴的左侧存在垂直纸面的匀强磁场,现有一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从第二象限的A点(3L,L)以初速度v0沿x轴正方向射入后刚好做匀速直线运动,不计带电粒子的重力.(1)求匀强磁场磁感应强度B1的大小和方向;(2)撤去第二象限的匀强电场,同时调节磁感应强度的大小为B2,使带电粒子刚好从B点(L,0)进入第三象限,求磁感应强度B2的大小及带电粒子从A点运动到B点所用的时间t.【参考答案】.(1)E1v0,垂直纸面向外(2)【名师解析】:(1)带电粒子做匀速直线运动,其所受合力为零,由于粒子带正电荷,受到的电场力方向沿y轴正方向,所以带电粒子受到的洛伦兹力方向沿y轴负方向,根据左手定则可知,磁场方向为垂直纸面向外,根据带电粒子受到的洛伦兹力等于电场力,即qv0B1=qE1解得B1=E1(2)撤去电场后,带电粒子仅受洛伦兹力作用,做圆周运动由几何知识得R2=(2L)2+(RL)2,解得R=2.5Lqv0B2=mv0解得B2=2mT=2πRv0,sint=θ360°联立解得t=53πL4.[14分]（2020高考复习检测）如图所示,在xOy坐标系的第一象限内有以O1为圆心、半径为R的半圆且R=OO1,半圆区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度的大小为B.在它的右侧有一宽度为R、左边界与磁场区域圆相切于A点、右边界与y轴平行的匀强电场,场强方向沿y轴负方向,场强大小为E.在电场右侧距离为R处有一垂直x轴、足够长的荧光屏,电子打中荧光屏会发光.现在坐标原点O处向xOy平面内各个方向以相同的速率发射质量为m、电荷量大小为e的电子.其中沿y轴正方向射入的电子刚好从切点A处飞出磁场进入电场,求:(1)电子射入磁场的速率v0;(2)电子打到荧光屏上最高点和最低点的坐标.【参考答案】.(1)eBRm(2)(3R,3Em2B2e+R)【名师解析】:(1)电子在磁场中做匀速圆周运动,有ev0B=mv解得r=m画出沿y轴正方向射入的电子的运动轨迹示意图,如图所示,设运动轨迹半径为r,根据几何关系有r=R,求得v0=eBRm(2)当电子以速率v0沿y轴正方向射入时,从A点平行于x轴射出,垂直进入电场.经过偏转打在荧光屏上C点.当电子以速率v0沿x轴正方向射入时,从A1点沿x轴垂直进入电场.经过偏转打在荧光屏上D点.电子在电场中做类平抛运动,由平抛运动规律可知x方向:R=v0ty方向:偏移量y1=Ee2mt2设射出电场时的速度与x轴正方向夹角为θ,则有tanθ=vyv射出电场后电子做匀速直线运动,在到达荧光屏过程中继续偏移,偏移量y2=Rtanθ=Em总偏移量y总=y1+y2=3从电场射出的电子打到荧光屏上最高点C的坐标为(3R,3Em2B2e+R),最低点D的坐标为(35.（2020浙江浙南名校联考）如图所示装置中，区域和中分别有竖直向上和水平向右的匀强电场，电场强度分别为.和，Ⅱ区域内有垂直向外的水平匀强磁场，磁感应强度为。一质量为、带电量为的带负电粒子(不计重力)从左边界点正上方的点以速度水平射入电场，经水平分界线上的点与成角射入区域的磁场，并垂直竖直边界进入区域的匀强电场中。求：(1)粒子在区域匀强磁场中运动的轨道半径(2)间的距离(3)粒子从点出发到第二次通过边界所经历的时间.【名师解析】．（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，设粒子过A点时速度为v，由类平抛运动的规律知

v＝eq\f(v0,cos60°) （1分）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得Bqv＝meq\f(v2,R) （1分）所以

R＝eq\f(2mv0,qB) （1分）（2）设粒子在电场中运动时间为t1，加速度为a．则有qE=ma （1分）v0tan60°=at1

即t1＝eq\R(,3)eq\f(mv0,qE) （1分）O、M两点间的距离为

L＝eq\f(1,2)at12= （2分）（3）设粒子在Ⅱ区域磁场中运动时间为t2．则由几何关系知轨道的圆心角∠AO1D=60°，则t2＝eq\f(t1,6)=eq\f(πm,3qB) （2分）设粒子在Ⅲ区域电场中运行时间为t3，则牛顿第二定律得

a′＝eq\f(Eq,2m)则t3= （1分）故粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用时间为t=t1+t2+t3=eq\R(,3)eq\f(mv0,qE)+eq\f(πm,3qB)+ （1分）预测考点一：带电粒子在电磁组合场中的运动【2年模拟再现】1.[13分]（2020高考复习检测）如图所示,在直角坐标系xOy的第二象限存在沿y轴正方向的匀强电场,电场强度的大小为E1,在y轴的左侧存在垂直纸面的匀强磁场,现有一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从第二象限的A点(3L,L)以初速度v0沿x轴正方向射入后刚好做匀速直线运动,不计带电粒子的重力.(1)求匀强磁场磁感应强度B1的大小和方向;(2)撤去第二象限的匀强电场,同时调节磁感应强度的大小为B2,使带电粒子刚好从B点(L,0)进入第三象限,求磁感应强度B2的大小及带电粒子从A点运动到B点所用的时间t.【参考答案】.(1)E1v0,垂直纸面向外(2)【名师解析】:(1)带电粒子做匀速直线运动,其所受合力为零,由于粒子带正电荷,受到的电场力方向沿y轴正方向,所以带电粒子受到的洛伦兹力方向沿y轴负方向,根据左手定则可知,磁场方向为垂直纸面向外,根据带电粒子受到的洛伦兹力等于电场力,即qv0B1=qE1解得B1=E1(2)撤去电场后,带电粒子仅受洛伦兹力作用,做圆周运动由几何知识得R2=(2L)2+(RL)2,解得R=2.5Lqv0B2=mv02R,解得B2=2mv05qL，T=2πRv010.[14分]（2020高考复习检测）如图所示,在xOy坐标系的第一象限内有以O1为圆心、半径为R的半圆且R=OO1,半圆区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度的大小为B.在它的右侧有一宽度为R、左边界与磁场区域圆相切于A点、右边界与y轴平行的匀强电场,场强方向沿y轴负方向,场强大小为E.在电场右侧距离为R处有一垂直x轴、足够长的荧光屏,电子打中荧光屏会发光.现在坐标原点O处向xOy平面内各个方向以相同的速率发射质量为m、电荷量大小为e的电子.其中沿y轴正方向射入的电子刚好从切点A处飞出磁场进入电场,求:(1)电子射入磁场的速率v0;(2)电子打到荧光屏上最高点和最低点的坐标.10.(1)eBRm(2)(3R,3Em2B2e+R)解析:(1)电子在磁场中做匀速圆周运动,有ev0B=mv解得r=m画出沿y轴正方向射入的电子的运动轨迹示意图,如图所示,设运动轨迹半径为r,根据几何关系有r=R,求得v0=eBRm(2)当电子以速率v0沿y轴正方向射入时,从A点平行于x轴射出,垂直进入电场.经过偏转打在荧光屏上C点.当电子以速率v0沿x轴正方向射入时,从A1点沿x轴垂直进入电场.经过偏转打在荧光屏上D点.电子在电场中做类平抛运动,由平抛运动规律可知x方向:R=v0ty方向:偏移量y1=Ee2mt2设射出电场时的速度与x轴正方向夹角为θ,则有tanθ=vyv射出电场后电子做匀速直线运动,在到达荧光屏过程中继续偏移,偏移量y2=Rtanθ=Em总偏移量y总=y1+y2=3从电场射出的电子打到荧光屏上最高点C的坐标为(3R,3Em2B2e+R),最低点D的坐标为(32．(2020江苏综合测试)如图所示，在平面直角坐标系第Ⅲ象限内充满沿＋y方向的匀强电场，第Ⅰ象限的某个圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场(电场、磁场均未画出)；一个比荷为eq\f(q,m)＝K的带电粒子以大小为v0的初速度自点P(－2eq\r(3)d，－d)沿＋x方向运动，恰经原点O进入第Ⅰ象限，粒子穿过匀强磁场后，最终从x轴上的点Q(9d,0)沿－y方向进入第Ⅳ象限；已知该匀强磁场的磁感应强度B＝eq\f(v0,Kd)，不计粒子重力。求：(1)第Ⅲ象限内匀强电场的电场强度的大小；(2)粒子在匀强磁场中运动的半径及时间tB；(3)圆形磁场区的最小半径rmin。【名师解析】：(1)粒子在第Ⅲ象限做类平抛运动，则有水平方向2eq\r(3)d＝v0t①竖直方向d＝eq\f(1,2)at2②又a＝eq\f(qE,m)③联立①②③式得电场强度E＝eq\f(mv\o\al(2,0),6qd)＝eq\f(v\o\al(2,0),6Kd)(2)设粒子到达O点瞬间，速度大小为v，与x轴夹角为α，则vy＝at④联立①②④式得vy＝eq\f(v0,\r(3))⑤v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝eq\f(2,\r(3))v0⑥tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(1,\r(3))，α＝eq\f(π,6)⑦粒子在磁场中，洛伦兹力提供向心力qvB＝eq\f(mv2,R)⑧