高三物理总复习复合场专题练习及答案

高三物理总复习：复合场参考答案及试题解析一、选择题1．（3分）如图所示，空间存在着由匀强磁场B和匀强电场E组成的正交电磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面对里．有一带负电荷的小球P，从正交电磁场上方的某处自由落下，那么带电小球在通过正交电磁场时（）A．肯定作曲线运动B．不行能作曲线运动C．可能作匀速直线运动D．可能作匀加速直线运动考点：带电粒子在混合场中的运动．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对小球受力分析后，得到合力的方向，依据曲线运动的条件进行推断．解答：解：小球进入两个极板之间时，受到向下的重力，水平向右的电场力和水平向左的洛伦兹力，若电场力及洛伦兹力受力平衡，由于重力的作用，小球向下加速，速度变大，洛伦兹力变大，洛伦兹力不会始终及电场力平衡，故合力肯定会及速度不共线，故小球肯定做曲线运动；故A正确，B错误；在下落过程中，重力及电场力不变，但洛伦兹力变更，导致合力也变更，则做变加速曲线运动．故CD均错误；故选A．点评：本题关键要明确洛伦兹力会随速度的变更而变更，故合力会及速度方向不共线，粒子肯定做曲线运动．2．（3分）如图所示，在某空间同时存在着相互正交的匀强电场E匀强磁场B电场方向竖直向下，有质量分别为m1，m2的a，b两带负电的微粒，a电量为q1，恰能静止于场中空间的c点，b电量为q2，在过C点的竖直平面内做半径为r匀速圆周运动，在c点a、b相碰并粘在一起后做匀速圆周运动，则（）A．a、b粘在一起后在竖直平面内以速率做匀速圆周运动B．a、b粘在一起后仍在竖直平面内做半径为r匀速圆周运动C．a、b粘在一起后在竖直平面内做半径大于r匀速圆周运动D．a、b粘在一起后在竖直平面内做半径为的匀速圆周运动考点：带电粒子在混合场中的运动；牛顿其次定律；向心力．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：粒子a、b受到的电场力都及其受到的重力平衡；碰撞后整体受到的重力依旧和电场力平衡，洛伦兹力供应向心力，依据牛顿其次定律列式，再结合动量守恒定律列式求解．解答：解：粒子b受到的洛伦兹力供应向心力，有解得两个电荷碰撞过程，系统总动量守恒，有m2v=（m1+m2）v′解得整体做匀速圆周运动，有故选D．点评：本题关键是明确两个粒子的运动状况，依据动量守恒定律和牛顿其次定律列式分析计算．3．（3分）设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面对里的匀强磁场，如图所示，已知一离子在电场力和洛仑兹力的作用下，从静止起先自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，忽视重力，以下说法正确的是（）A．这离子必带正电荷B．A点和B点位于同一高度C．离子在C点时速度最大D．离子到达B点时，将沿原曲线返回A点考点：带电粒子在混合场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：（1）由离子从静止起先运动的方向可知离子必带正电荷；（2）在运动过程中，洛伦兹力永不做功，只有电场力做功依据动能定理即可推断BC；（3）达B点时速度为零，将重复刚才ACB的运动．解答：解：A．离子从静止起先运动的方向向下，电场强度方向也向下，所以离子必带正电荷，A正确；B．因为洛伦兹力不做功，只有静电力做功，A、B两点速度都为0，依据动能定理可知，离子从A到B运动过程中，电场力不做功，故A、B位于同一高度，B正确；C．C点是最低点，从A到C运动过程中电场力做正功做大，依据动能定理可知离子在C点时速度最大，C正确；D．到达B点时速度为零，将重复刚才ACB的运动，向右运动，不会返回，故D错误．故选：ABC．点评：本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力状况，再通过受力状况分析粒子的运动状况，要留意洛伦兹力永不做功，难度适中．4．（3分）回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示．假如用同一回旋加速器分别加速氚核（）和α粒子（）比较它们所加的高频沟通电源的周期和获得的最大动能的大小，有（）A．加速氚核的沟通电源的周期较大，氚核获得的最大动能也较大B．加速氚核的沟通电源的周期较大，氚核获得的最大动能较小C．加速氚核的沟通电源的周期较小，氚核获得的最大动能也较小D．加速氚核的沟通电源的周期较小，氚核获得的最大动能较大考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：回旋加速器是通过电场进行加速，磁场进行偏转来加速带电粒子．带电粒子在磁场中运动的周期及沟通电源的周期相同，依据T=比较周期．当粒子最终离开回旋加速器时的速度最大，依据qvB=m求出粒子的最大速度，从而得出最大动能的大小关系．解答：解：带电粒子在磁场中运动的周期及沟通电源的周期相同，依据T=，知氚核（13H）的质量及电量的比值大于α粒子（24He），所以氚核在磁场中运动的周期大，则加速氚核的沟通电源的周期较大．依据qvB=m得，最大速度v=，则最大动能EKm=mv2=，氚核的质量是α粒子的倍，氚核的电量是倍，则氚核的最大动能是α粒子的倍，即氚核的最大动能较小．故B正确，A、C、D错误．故选：B．点评：解决本题的关键知道带电粒子在磁场中运动的周期及沟通电源的周期相同，以及会依据qvB=m求出粒子的最大速度．5．（3分）（2013•重庆）如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电量为q的某种自由运动电荷．导电材料置于方向垂直于其前表面对里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B．当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低．由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为（）A．，负B．，正C．，负D．，正考点：霍尔效应及其应用．专题：压轴题．分析：上表面的电势比下表面的低．知上表面带负电，下表面带正电，依据左手定则推断自由运动电荷的电性．抓住电荷所受的洛伦兹力和电场力平衡求出电荷的移动速度，从而得出单位体积内自由运动的电荷数．解答：解：因为上表面的电势比下表面的低，依据左手定则，知道移动的电荷为负电荷．因为qvB=q，解得v=，因为电流I=nqvs=nqvab，解得n=．故C正确，A、B、D错误．故选C．点评：解决本题的关键驾驭左手定则推断洛伦兹力的方向，以及知道最终电荷在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡．二、解答题6．在同时存在匀强电场和匀强磁场的空间中，取正交坐标系O﹣xyz（z轴正方向竖直向上）如图所示，已知电场方向沿z轴正方向，大小为E；磁场方向沿y轴正方向，磁感应强度大小为B．重力加速度为g，问：一质量为m、带电量为+q的质点从原点动身能否在坐标轴（x、y、z）上以速度v做匀速运动？若能，m、q、E、B、v及g应满什么关系？若不能，说明理由．考点：带电粒子在混合场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：依据正电荷受到的电场力及电场线方向相同，受到洛伦兹力及磁场方向相垂直，结合受力平衡条件，即可求解．解答：解：已知带电质点受电场力的方向沿z轴正方向，大小为qE；质点受重力的方向沿z轴负方向，大小为mg（1）若质点在x轴上做匀速运动，则它受到的洛仑兹力必沿x轴正方向或负方向，即有：qvB+qE=mg或qE=mg+qvB（2）若质点在y轴上做匀速运动，则它受到的洛仑兹力必为零，即有：qE=mg（3）若质点在z轴上做匀速运动，则它受到的洛仑兹力必平行于x轴，而电场力和重力都平行于z轴，三力的合力不行能为零，即质点不行能在z轴上做匀速运动．答：理由如上．点评：考查正电荷受到的电场力及洛伦兹力的方向，驾驭左手定则的应用，留意及右手定则的区分．同时理解受力平衡条件的应用．7．如图（甲）所示为电视机中显像管的原理示意图，电子枪中的灯丝加热阴极而逸出电子，这些电子再经加速电场加速后，从O点进入偏转磁场中，经过偏转磁场后打到荧光屏MN上，使荧光屏发出荧光形成图象，不计逸出电子的初速度和重力．已知电子的质量为m、电荷量为e，加速电场的电压为U，偏转线圈产生的磁场分布在边长为l的正方形abcd区域内，磁场方向垂直纸面，且磁感应强度随时间的变更规律如图乙所示．在每个周期内磁感应强度都是从﹣B0匀称变更到B0．磁场区域的左边界的中点及O点重合，ab边及OO′平行，右边界bc及荧光屏之间的距离为s．由于磁场区域较小，且电子运动的速度很大，所以在每个电子通过磁场区域的过程中，可认为磁感应强度不变，即为匀强磁场，不计电子之间的相互作用．（1）求电子射出加速电场时的速度大小（2）为使全部的电子都能从磁场的bc边射出，求偏转线圈产生磁场的磁感应强度的最大值B0（3）荧光屏上亮线的最大长度是多少．考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．专题：压轴题；带电粒子在电场中的运动专题．分析：（1）依据动能定理求出电子射出加速电场时的速度大小．（2）依据几何关系求出临界状态下的半径的大小，结合洛伦兹力供应向心力求出磁感应强度的最大值．（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，出磁场做匀速直线运动，通过最大的偏转角，结合几何关系求出荧光屏上亮线的最大长度．解答：解：（1）设电子射出电场的速度为v，则依据动能定理，对电子加速过程有解得（2）当磁感应强度为B0或﹣B0时（垂直于纸面对外为正方向），电子刚好从b点或c点射出，设此时圆周的半径为R1．如图所示，依据几何关系有：R2=l2+（R﹣）2解得R=电子在磁场中运动，洛仑兹力供应向心力，因此有：，解得（3）依据几何关系可知，设电子打在荧光屏上离O′点的最大距离为d，则由于偏转磁场的方向随时间变更，依据对称性可知，荧光屏上的亮线最大长度为答：（1）电子射出加速电场时的速度大小为．（2）偏转线圈产生磁场的磁感应强度的最大值．（3）荧光屏上亮线的最大长度是．点评：考查电子受电场力做功，应用动能定理；电子在磁场中，做匀速圆周运动，运用牛顿其次定律求出半径表达式；同时运用几何关系来确定半径及已知长度的关系．8．（2009•重庆）如图，离子源A产生的初速为零、带电量均为e、质量不同的正离子被电压为U0的加速电场加速后匀速通过准直管，垂直射入匀强偏转电场，偏转后通过极板HM上的小孔S离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN进入磁感应强度为B的匀强磁场．已知HO=d，HS=2d，∠MNQ=90°．（忽视粒子所受重力）（1）求偏转电场场强E0的大小以及HM及MN的夹角φ；（2）求质量为m的离子在磁场中做圆周运动的半径；（3）若质量为4m的离子垂直打在NQ的中点S1处，质量为16m的离子打在S2处．求S1和S2之间的距离以及能打在NQ上的正离子的质量范围．考点：动能定理的应用；平抛运动；运动的合成和分解；带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：压轴题．分析：（1）正离子被电压为U0的加速电场加速后的速度可以通过动能定理求出，而正离子垂直射入匀强偏转电场后，作类平抛运动，最终过极板HM上的小孔S离开电场，依据平抛运动的公式及几何关系即可求出电场场强E0，φ可以通过末速度沿场强方向和垂直电场方向的速度比求得正切值求解；（2）正离子进入磁场后在匀强磁场中作匀速圆周运动，由洛仑兹力供应向心力，依据向心力公式即可求得半径；（3）依据离子垂直打在NQ的位置及向心力公式分别求出运动的半径R1、R2，再依据几何关系求出S1和S2之间的距离，能打在NQ上的临界条件是，半径最大时打在Q上，最小时打在N点上，依据向心力公式和几何关系即可求出正离子的质量范围．解答：解：（1）正离子被电压为U0的加速电场加速后速度设为V1，则对正离子，应用动能定理有eU0=mV12，正离子垂直射入匀强偏转电场，作类平抛运动受到电场力F=qE0、产生的加速度为a=，即a=，垂直电场方向匀速运动，有2d=V1t，沿场强方向：Y=at2，联立解得E0=又tanφ=，解得φ=45°；（2）正离子进入磁场时的速度大小为V2，解得V2=正离子在匀强磁场中作匀速圆周运动，由洛仑兹力供应向心力，qV2B=，解得离子在磁场中做圆周运动的半径R=2；（3）依据R=2可知，质量为4m的离子在磁场中的运动打在S1，运动半径为R1=2，质量为16m的离子在磁场中的运动打在S2，运动半径为R2=2，又ON=R2﹣R1，由几何关系可知S1和S2之间的距离△S=﹣R1，联立解得△S=4（﹣1）；由R′2=（2R1）2+（R′﹣R1）2解得R′=R1，再依据R1＜R＜R1，解得m＜mx＜25m．答：（1）偏转电场场强E0的大小为，HM及MN的夹角φ为45°；（2）质量为m的离子在磁场中做圆周运动的半径为2；（3）S1和S2之间的距离为4（﹣1），能打在NQ上的正离子的质量范围为m＜mx＜25m．点评：本题第（1）问考查了带电粒子在电场中加速和偏转的学问（即电偏转问题），加速过程用动能定理求解，偏转过程用运动的合成及分解学问结合牛顿其次定律和运动学公式求解；第（2）问考查磁偏转学问，先求进入磁场时的合速度v，再由洛伦兹力供应向心力求解R；第（3）问考查用几何学问解决物理问题的实力．该题综合性强，难度大．9．（2009•中山市模拟）如图所示，虚线上方有场强为E的匀强电场，方向竖直向下，虚线上下有磁感应强度相同的匀强磁场，方向垂直纸面对外，ab是一根长为l的绝缘细杆，沿电场线放置在虚线上方的场中，b端在虚线上，将一套在杆上的带正电的小球从a端由静止释放后，小球先作加速运动，后作匀速运动到达b端，已知小球及绝缘杆间的动摩擦系数μ=0.3，小球重力忽视不计，当小球脱离杆进入虚线下方后，运动轨迹是半圆，圆的半径是，求带电小球从a到b运动过程中克服摩擦力所做的功及电场力所做功的比值．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿其次定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动；带电粒子在混合场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：依据对探讨对象的受力分析，结合受力平衡条件，再依据牛顿其次定律，由洛伦兹力供应向心力，及几何关系，可求出小球在b处的速度，并由动能定理，即可求解．解答：解：小球在沿杆向下运动时，受力状况如图，向左的洛仑兹力F，向右的弹力N，向下的电场力qE，向上的摩擦力fF=Bqv，N=F=Bqv∴f=μN=μBqv当小球作匀速运动时，qE=f=μBqVb小球在磁场中作匀速圆周运动时又R=，∴vb=小球从a运动到b过程中，由动能定理得所以答：带电小球从a到b运动过程中克服摩擦力所做的功及电场力所做功的比值为．点评：考查牛顿其次定律、动能定理等规律的应用，学会受力分析，理解洛伦兹力供应向心力．10．（2009•武汉模拟）如图，两个共轴的圆筒形金属电极，外电极接地，其上匀称分布着平行于轴线的四条狭缝a、b、c和d，外筒的外半径为r．在圆筒之外的足够大区域中有平行于轴线方向的匀称磁场，磁感应强度的大小为B．在两极间加上电压，使两圆筒之间的区域内有沿半径向外的电场．一质量为m、带电量为+q的粒子，从紧靠内筒且正对狭缝a的S点动身，初速为零．假如该粒子经过一段时间的运动之后恰好又回到动身点S，则两电极之间的电压U应是多少？（不计重力，整个装置在真空中）考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：带电粒子从S点动身，在两筒之间的电场作用下加速，沿径向穿过狭缝a而进入磁场区，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动．粒子再回到S点的条件是能沿径向穿过狭缝d．只要穿过了d，粒子就会在电场力作用下先减速，再反向加速，经d重新进入磁场区，然后粒子以同样方式经过c、b，再回到S点．解答：解：如图所示，设粒子进入磁场区的速度大小为V，依据动能定理，有Uq=mv2；设粒子做匀速圆周运动的半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿其次定律，有：Bqv=m由上面分析可知，要回到S点，粒子从a到d必经过圆周，所以半径R必定等于筒的外半径r，即R=r．由以上各式解得：U=；答：两极间的电压为．点评：本题看似较为困难，实则简洁；带电粒子在磁场运动解决的关键在于要先明确粒子可能的运动轨迹，只要能确定圆心和半径即可由牛顿其次定律及向心力公式求得结果．11．（2004•江苏）汤姆生用来测定电子的比荷（电子的电荷量及质量之比）的试验装置如图所示，真空管内的阴极K发出的电子（不计初速、重力和电子间的相互作用）经加速电压加速后，穿过A′中心的小孔沿中心轴O1O的方向进入到两块水平正对放置的平行极板P和P′间的区域．当极板间不加偏转电压时，电子束打在荧光屏的中心O点处，形成了一个亮点；加上偏转电压U后，亮点偏离到O′点，（O′及O点的竖直间距为d，水平间距可忽视不计．此时，在P和P′间的区域，再加上一个方向垂直于纸面对里的匀强磁场．调整磁场的强弱，当磁感应强度的大小为B时，亮点重新回到O点．已知极板水平方向的长度为L1，极板间距为b，极板右端到荧光屏的距离为L2（如图所示）．（1）求打在荧光屏O点的电子速度的大小．（2）推导出电子的比荷的表达式．考点：带电粒子在混合场中的运动；牛顿其次定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：计算题；压轴题；带电粒子在电场中的运动专题．分析：当电子受到电场力及洛伦兹力平衡时，做匀速直线运动，因此由电压、磁感应强度可求出运动速度．电子在电场中做类平抛运动，将运动分解成沿电场强度方向及垂直电场强度方向，然后由运动学公式求解．电子离开电场后，做匀速直线运动，从而可以求出偏转距离．解答：（1）当电子受到的电场力及洛沦兹力平衡时，电子做匀速直线运动，亮点重新回复到中心O点，设电子的速度为v，则evB=eE得即（2）当极板间仅有偏转电场时，电子以速度v进入后，竖直方向作匀加速运动，加速度为电子在水平方向作匀速运动，在电场内的运动时间为这样，电子在电场中，竖直向上偏转的距离为离开电场时竖直向上的分速度为电子离开电场后做匀速直线运动，经t2时间到达荧光屏t2时间内向上运动的距离为这样，电子向上的总偏转距离为可解得．点评：考查平抛运动处理规律：将运动分解成相互垂直的两方向运动，因此将一个困难的曲线运动分解成两个简洁的直线运动，并用运动学公式来求解．12．如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，S1、S2为板上正对的小孔，N板右侧有两个宽度均为d的匀强磁场区域，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于纸面对里和向外，磁场区域右侧有一个荧光屏，取屏上及S1、S2共线的O点为原点，向下为正方向建立x轴．板左侧电子枪放射出的热电子经小孔S1进入两板间，电子的质量为m，电荷量为e，初速度可以忽视．求：（1）当两板间电势差为U0时，求从小孔S2射出的电子的速度v0；（2）两金属板间电势差U在什么范围内，电子不能穿过磁场区域而打到荧光屏上；（3）电子打到荧光屏上的位置坐标x和金属板间电势差U的函数关系．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；电势差；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：带电粒子在电场中被直线加速，由动能定理可求出粒子被加速后的速度大小，当进入匀强磁场中在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，要使粒子能打在荧光屏上离O点最远，则粒子必需从磁场中垂直射出，由于粒子已是垂直射入磁场，所以由磁感应强度大小相等，方向相反且宽度相同得粒子在两种磁场中运动轨迹是对称的，在磁场中正好完成半个周期，则运动圆弧的半径等于磁场宽度．若不能打到荧光屏，则半径须小于磁场宽度，粒子就不行能通过左边的磁场，也就不会打到荧光屏．所以运动圆弧的半径大于或等于磁场宽度是粒子打到荧光屏的前提条件．可设任一圆弧轨道半径，由几何关系可列出及磁场宽度的关系式，再由半径公式及加速公式可得出打到荧光屏上的位置坐标x和金属板间电势差U的函数关系．解答：解：（1）依据动能定理，得：解得：（2）欲使电子不能穿过磁场区域而打在荧光屏上，应有r＜d而：，由此即可解得：（3）若电子在磁场区域做圆周运动的轨道半径为r，穿过磁场区域打在荧光屏上的位置坐标为x，则由轨迹图可得：，留意到：和：所以，电子打到荧光屏上的位置坐标x和金属板间电势差U的函数关系为：答：（1）当两板间电势差为U0时，求从小孔S2射出的电子的速度v0为；（2）两金属板间电势差U在范围内，电子不能穿过磁场区域而打到荧光屏上；（3）电子打到荧光屏上的位置坐标x和金属板间电势差U的函数关系为．点评：题中隐含条件是：粒子能打到荧光屏离O点最远的即为圆弧轨道半径及磁场宽度相等时的粒子．13．如图所示，在地面旁边有一范围足够大的相互正交的匀强电场和匀强磁场．匀强磁场的磁感应强度为B，方向水平并垂直纸面对外，电场沿水平方向，一个质量为m、带电量为﹣q的带电微粒在此区域沿及水平方向成45°斜向上做匀速直线运动，如图所示（重力加速度为g）．求：（1）电场强度的大小和方向及带电微粒的速度大小；（2）若某时刻微粒运动到场中距地面高度为H的P点时，将电场方向改成竖直向下，微粒至少须经多长时间运动到距地面最高点？（3）微粒运动P点时，突然撤去磁场，电场强度不变，则该微粒运动中距地面的最大高度是多少？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）带电粒子在电场和磁场及重力场能做匀速直线运动，则有三力合力为零，从而依据平衡条件可确定电场强度的大小及方向；（2）由粒子所受洛伦兹力供应向心力，从而求出运动圆弧的半径及周期，再依据几何关系来确定圆弧最高点及地面的高度及运动时间；（3）当撤去磁场时，粒子受到重力及电场力作用，从而做曲线运动．因此此运动可看成竖直方向及水平方向两个分运动，运用动能定理可求出竖直的高度，最终可算出结果．解答：解：（1）微粒受力分析如图，依据平衡条件可知电场力方向向右，电场力大小为：qE=mg则E=，方向水平向左；qvB=mg则有：v=；若某时刻微粒运动到场中距地面高度为H的P点时，将电场方向改成竖直向下，则电场力竖直向上，大小为mg，及重力合力为零，微粒做匀速圆周运动，轨道半径为R，qvB=m依据几何关系可确定，最高点及地面的距离为：Hm=H+R（1+cos45°）解得：Hm=H+（1+2）该微粒运动周期为：T=依据运动圆弧对应的圆心角，可得粒子运动至最高点所用时间为：t=T=．（3）设粒子上上升度为h，由动能定理得：﹣mgh﹣qEhcot45°=0﹣mv2解得：h==．微粒离地面最大高度为H+．答：（1）此区域内电场强度的大小，方向为水平向左；（2）该微粒至少须经时间运动到距地面最高点；最高点距地面高度为Hm=H+（1+2）；（3）该微粒运动中距地面的最大高度是H+．点评：运用共点力平衡条件、牛顿其次定律、动能定理等规律，及由洛伦兹力供应向心力来确定线速度大小及周期．同时借助于数学的几何关系来确定已知长度及圆弧半径的关系．14．（2009•福建）图为可测定比荷的某装置的简化示意图，在第一象限区域内有垂直于纸面对里的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.0×10﹣3T，在x轴上距坐标原点L=0.50m的P处为离子的入射口，在y上安放接收器．现将一带正电荷的粒子以v=3.5×104m/s的速率从P处射入磁场，若粒子在y轴上距坐标原点L=0.50m的M处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为m，电量为q，不计其重力．（1）求上述粒子的比荷；（2）假如在上述粒子运动过程中的某个时刻，在第一象限内再加一个匀强电场，就可以使其沿y轴正方向做匀速直线运动，求该匀强电场的场强大小和方向，并求出从粒子射入磁场起先计时经过多长时间加这个匀强电场；（3）为了在M处观测到按题设条件运动的上述粒子，在第一象限内的磁场可以局限在一个矩形区域内，求此矩形磁场区域的最小面积，并在图中画出该矩形．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）依据粒子的入射点P和出射点M，以及运动轨迹半径恰好最小的条件，可以判定出，以MP为直径的圆轨迹的半径最小，然后由洛伦兹力供应粒子在磁场中作匀速圆周运动的向心力，求出粒子的比荷．（2）加入沿x轴正方向的匀强电场，电场力及此时洛伦兹力平衡．解答：解：（1）设粒子在磁场中的运动半径为r，依题意MP连线即为该粒子在磁场中作匀速圆周运动的直径，由几何关系得，由洛伦兹力供应粒子在磁场中作匀速圆周运动的向心力，可得，联立解得：=4.9×107C/kg（2）此时加入沿x轴正方向的匀强电场，电场力及此时洛伦兹力平衡，qE=qvB，代入数据得：E=70V/m．所加电场的场强方向沿x轴正方向．设带点粒子做匀速圆周运动的周期为T，所求时间为t=T/8，而，解得t=7.9×10﹣6s（3）该区域面积S=2r2=0.25m2，矩形如图所示．答：（1）上述粒子的比荷为4.9×107C/kg；（2）该匀强电场的场强大小为70V/m方向，从粒子射入磁场起先计时经过7.9×10﹣6s加这个匀强电场；（3）此矩形磁场区域的最小面积为0.25m2，矩形框如图．．点评：该题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，关键在于推断出运动轨迹半径恰好最小的条件是以MP为直径的圆轨迹的半径最小．属于中档题．15．（2011•怀宁县模拟）如图所示，在x轴上方有垂直于xy平面对里的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B．在x轴下方有沿y轴负方向的匀强电场，场强为E．一质量为m、电量为﹣q的粒子从坐标原点O沿着y轴正方向射出，射出之后，第三次到达x轴时，它及点O的距离为L，求此粒子射出时的速度v和运动的总路程s（重力不计）．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿其次定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：粒子在磁场中做圆周运动，转动半周后到达电场先减速再反向加速，以大小不变的速度反向进入磁场，再次偏转；由题意可知半径大小，由洛仑兹力充当向心力可求得粒子的速度；粒子的总路程包括电场中的路程和磁场中的路程，求出两场中的过程即可求出总路程．解答：解：由题意知第3次经过x轴的运动如图所示由几何关系：L=4R设粒子初速度为v，则有：qvB=m可得：v=；设粒子进入电场作减速运动的最大路程为L′，加速度为a，则有：v2=2aL′qE=ma则电场中的路程：L′=粒子运动的总路程：s=2πR+2L′=答：粒子射出的速度为，粒子的总路程为．点评：带电粒子在磁场中的题目关键在于明确圆心和半径，留意要依据题意找出合理的运动过程，从而得出正确的结论．16．（12分）如图a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、比荷=106C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过×10﹣5s后，电荷以v0=1.5×l04m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场及纸面垂直，磁感应强度B按图b所示规律周期性变更（图b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）．求：（1）匀强电场的电场强度E（2）图b中t=×10﹣5s时刻电荷及O点的水平距离（3）假如在O点右方d=68cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点动身运动到挡板所需的时间．（sin37°=0.60，cos37°=0.80）考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿其次定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，依据运动学公式和牛顿其次定律结合可求出电场强度E．（2）电荷进入磁场后做匀速圆周运动，分别求出电荷在磁场中运动的半径和周期，画出轨迹，由几何关系求出t=×10﹣5s时刻电荷及O点的水平距离．（3）电荷在周期性变更的磁场中运动，依据周期性分析电荷到达档板前运动的完整周期数，即可求出荷沿ON运动的距离．依据电荷挡板前的运动轨迹，求出其运动时间，即得总时间．解答：解：（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，设其在电场中运动的时间为t1，有：v0=at1Eq=ma解得：E==7.2×103N/C（2）当磁场垂直纸面对外时，电荷运动的半径：=5cm周期=当磁场垂直纸面对里时，电荷运动的半径：=3cm周期=故电荷从t=0时刻起先做周期性运动，其运动轨迹如图所示．×10﹣5s时刻电荷及O点的水平距离：△d=2（r1﹣r2）=4cm（3）电荷从第一次通过MN起先，其运动的周期为：T=依据电荷的运动状况可知，电荷到达档板前运动的完整周期数为15个，有：电荷沿ON运动的距离：s=15△d=60cm故最终8cm的距离如图所示，有：r1+r1cosα=d﹣s解得：cosα=0.6则α=53°故电荷运动的总时间：=3.86×10﹣4s答：（1）匀强电场的电场强度E为7.2×103N/C．（2）图b中t=×10﹣5s时刻电荷及O点的水平距离为4cm．（3）电荷从O点动身运动到挡板所需的时间为3.86×10﹣4s．点评：本题是带电粒子在电场和磁场中运动的问题，电荷在电场中运动时，由牛顿其次定律和运动学公式结合探讨是最常用的方法，也可以由动量定理处理．电荷在周期性磁场中运动时，要抓住周期性即重复性进行分析，依据轨迹求解时间．17．如图所示，匀强电场的场强E=4V/m，方向水平向左，匀强磁场的磁感应强度B=2T，方向垂直纸面对里．一个质量为m=1g、带正电的小物块A，从M点沿绝缘粗糙的竖直壁无初速度下滑，当它滑行0.8m到N点时就离开壁做曲线运动．当A运动到P点时，恰好处于平衡状态，此时速度方向及水平成45°角，设P及M的高度差H为1.6m．求：（1）A沿壁下滑时克服摩擦力做的功．（2）P及M的水平距离s是多少？考点：动能定理的应用；带电粒子在混合场中的运动．专题：动能定理的应用专题．分析：对小球进行受力分析，再依据各力的变更，可以找出合力及加速度的变更；即可以找出小球最大速度及最大加速度的状态．解答：解：（1）小物体A下落至N点时起先离开墙壁，说明这时小物体A及墙壁之间已无挤压，弹力为零．故有：qE=qvNB∴vN===2m/s对小物体A从M点到N点的过程应用动能定理，这一过程电场力和洛仑兹力均不做功，应有：mgh﹣Wf克=∴Wf克=mgh﹣=10﹣3×10×0.8﹣×10﹣3×22=6×l0﹣3（J）（2）小物体离开N点做曲线运动到达P点时，受力状况如图所示，由于θ=45°，物体处于平衡状态，建立如图的坐标系，可列出平衡方程．qBvpcos45°﹣qE=0（1）qBvpsin45°﹣mg=0（2）由（1）得vp==2m/s由（2）得q==2.5×l0﹣3cN→P过程，由动能定理得mg（H﹣h）﹣qES=代入计算得S=0.6m答：（1）A沿壁下滑时克服摩擦力做的功6×l0﹣3J．（2）P及M的水平距离s是0.6m．点评：本题要留意分析带电小球的运动过程，属于牛顿其次定律的动态应用及电磁场结合的题目，此类问题要求能精确找出物体的运动过程，并能分析各力的变更，对学生要求较高．18．如图所示，坐标系xOy所在的竖直面内，有垂直平面对里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在x＜0的空间内，还有沿x轴负方向的匀强电场，场强为E．一个带正电的油滴经图中x轴上的M点沿着及水平方向成α=30°的方向斜向下做直线运动，直到进入x＞0的区域，要使油滴在x＞0的区域在竖直面内做匀速圆周运动，并通过x轴上的N点，且=，则（1）带电粒子运动的速率为多少？（2）在x＞0的区域需加何种电场？（3）粒子从M点到N点所用的时间为多少？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在复合场中的运动专题．分析：（1）油滴沿着直线MP做匀速运动，合力为零，作出油滴的受力示意图，依据平衡条件和洛伦兹力公式列式，即可求得速率v．（2）在x＞0的区域，油滴要做匀速圆周运动，其所受的电场力必及重力平衡，则可由平衡条件列式求得场强．（3）分段求时间，匀速直线运动过程，依据位移和速率求解；匀速圆周运动过程，画出轨迹，依据轨迹的圆心角求时间．解答：解：（1）带电油滴在x＜0区域内受重力mg，电场力qE和洛仑兹力f，油滴沿直线运动，重力和电场力为恒力，则及运动方向垂直的洛仑兹力f的大小肯定不能变更，因此油滴肯定做匀速直线运动．由平衡条件可知：qvB=…①mg=qEcotα…②由①②两式代人数据得：v=…③=…④（2）因油滴进入x＞0区域后做匀速圆周运动，所受电场力qE'及重力等大反向，即：qE'=mg…⑤由④⑤得：E′=E…⑥，方向竖直向上．（3）油滴从P点进入x＞0区域，然后做匀速圆周运动，其轨迹所对应的圆心角为120°，油滴从P到N的时间t2==…⑦由④⑦得：t2=…⑧由几何关系可知：图中MP=R，油滴从M到P的时间t1=…⑨又R=…⑩又④⑨⑩得：t1=从M到N的总时间为：t=t1+t2=（3+）答：（1）油滴运动的速度是v=；（2）在x＞0区域内所加电场的场强大小E′=E，方向竖直向上；（3）油滴从M点到N点所用的时间t=（3+）．点评：本题是带电体在复合场中运动的类型，分析受力状况和运动状况是基础，小球做匀速圆周运动时，画出轨迹，由几何学问确定圆心角是求解运动时间的关键．19．（16分）（2011•安徽）如图所示，在以坐标原点O为圆心，半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于xOy平面对里．一带正电的粒子（不计重力）从O点沿y轴正方向以某一速度射人，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t0时间从P点射出．（1）电场强度的大小和方向．（2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从O点以相同的速度射人，经时间恰从半圆形区域的边界射出，求粒子运动加速度大小（3）若仅撤去电场，带电粒子仍从O点射入但速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：压轴题．分析：（1）带电粒子沿y轴做直线运动，说明粒子的受力平衡，即受到的电场力和磁场力大小相等，从而可以求得电场强度的大小；（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动，依据类平抛运动的规律可以求得粒子运动加速度大小；（3）仅有磁场时，入射速度v′=4v，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，由几何关系可以求得圆周运动的半径的大小，由周期公式可以求得粒子的运动的时间．解答：解：（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v，电场强度为E．可推断出粒子受到的洛伦磁力沿x轴负方向，于是可知电场强度沿x轴正方向且有qE=qvB①又R=vt0②则E=③（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动在y方向位移④由②④式得y=⑤设在水平方向位移为x，因射出位置在半圆形区域边界上，于是x=R又有x=a⑥得a=⑦（3）仅有磁场时，入射速度v′=4v，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，设轨道半径为r，由牛顿其次定律有qv′B=m⑧又qE=ma⑨由③⑦⑧⑨式得r=R⑩由几何关系sinα=（11）即sinα=所以α=（12）带电粒子在磁场中运动周期T=则带电粒子在磁场中运动时间tB=T所以tB=t0（13）点评：本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要驾驭住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了．20．（18分）（2013•天津）一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O．筒内有垂直于纸面对里的匀强磁场，磁感应强度为B．圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷．N板带等量负电荷．质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中．粒子及圈筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子及圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的状况下，求：（1）M、N间电场强度E的大小；（2）圆筒的半径R：（3）保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，及圆筒的碰撞次数n．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：压轴题；带电粒子在复合场中的运动专题．分析：（1）粒子在匀强电场中在加速运动，电场力做功等于粒子动能的增加；（2）运用洛伦兹力供应向心力．求出粒子的运动半径，再依据题意，正确画出粒子运动的轨迹，依据几何关系写出粒子的半径及磁场的半径的关系，从而求出磁场的半径；（3）运用动能定理求出粒子的速度，再求出运动的半径，最终判定及圆筒的碰撞次数n．解答：解：（1）粒子从起先运动到射入磁场的过程，电场力做功．由动能定理：匀强电场中有：U=Ed联立上式，得：（2）粒子进入磁场后又从S点射出，关键几何关系可知，两碰撞点和S将圆筒三等分．设粒子在磁场中运动的轨道半径为r，由洛伦兹力供应向心力，得：依据几何关系：联立上式，解得：（3）保持MN之间的电场强度不变，仅将M板向上平移后，于是：，此时粒子经过圆后及圆筒发生碰撞，所以粒子将在于圆筒壁发生三次碰撞后由S点射出．答：（1）M、N间电场强度E的大小；（2）圆筒的半径：（3）保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移，粒子及圆筒的碰撞3次．点评：解决该题的关键是依据题目的要求，正确画出粒子运动的轨迹，并依据几何关系写出粒子的半径及磁场的半径的关系．该题对空间思维的实力要求比较高．21．（2008•安徽）如图所示，在坐标系xOy中，过原点的直线OC及x轴正向的夹角φ=120°，在OC右侧有一匀强电场，在其次、三象限内有一匀强磁场，其上边界及电场边界重叠，右边界为y轴，左边界为图中平行于y轴的虚线，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面对里．一带正电荷q、质量为m的粒子以某一速度自磁场左边界上的A点射入磁场区域，并从O点射出，粒子射出磁场的速度方向及x轴的夹角θ=30°，大小为v，粒子在磁场内的运动轨迹为纸面内的一段圆弧，且弧的半径为磁场左右边界间距的2倍，粒子进入电场后，在电场力的作用下又由O点返回磁场区域，经过一段时间后再次离开磁场．已知粒子从A点射入到其次次离开磁场所用时间恰好粒子在磁场中做圆周运动的周期．忽视重力的影响．求：（1）粒子经过A点时的速度方向和A点到x轴的距离；（2）匀强电场的大小和方向；（3）粒子从其次次离开磁场到再次进入电场所用的时间．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）结合运动的轨迹图象，推断出圆周运动的圆心即两虚线的交点，再依据洛伦兹力供应向心力，粒子的速度和A到y轴的距离；（2）粒子进入电场后，在电场力的作用下又由O点返回磁场区域说明电场力的方向肯定及运动的方向相反，则电场方向必及v相反；依据时间关系求出粒子在电场中运动的时间，进而求出电场的强度和方向；（3）粒子出磁场后到进入电场是匀速直线运动，依据轨迹图象，就可以求出从其次次离开磁场到再次进入电场所用的时间．解答：解：（1）粒子第一次进入磁场时弧的半径为磁场左右边界间距的2倍，如图做运动的轨迹，则圆周运动的圆心即两虚线的交点．进入磁场时速度必垂直于磁场边界，由洛伦兹力供应向心力：，得：R=，A点到x轴的距离为：，（2）设粒子在磁场中运动的周期为T，则：vT=2πR所以：，在磁场中运动的时间为粒子进入电场后，在电场力的作用下又由O点返回磁场区域说明电场力的方向肯定及运动的方向相反，则电场方向必及v相反，再次进入磁场时速度方向也及v相反，将向y轴负方向偏转做圆周运动，运动的轨迹如图所示：运动时间为，则在电场中运动的时间为：那么在电场中的运动有：﹣v=v﹣t2，求得：（3）粒子出磁场后到进入电场是匀速直线运动，达到电场的距离为（如上图），所用时间为答：（1）粒子经过A点时的速度方向平行于X轴，A点到x轴的距离，（2）电场方向及v相反，大小；（3）其次次离开磁场到再次进入电场所用的时间．点评：带电粒子在磁场中的运动，正确地画出运动的轨迹是解题的关键，象该题须要两次画出不同的轨迹．题目的难度较大．22．（2014•湖北二模）如图，在0≤x≤a区域内存在及xy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B．在t=0时刻，一位于坐标原点的粒子源在xy平面内放射出大量同种带电粒子，全部粒子的初速度大小相同，方向及y轴正方向的夹角分布在0～180°范围内．已知沿y轴正方向放射的粒子在t=t0时刻刚好从磁场边界上P（a，a）点离开磁场．求：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径R及粒子的比荷；（2）此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向及y轴正方向夹角的取值范围；（3）从粒子放射到全部粒子离开磁场所用的时间．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿其次定律；洛仑兹力．专题：压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）由几何关系可确定粒子飞出磁场所用到的时间及半径，再由洛仑兹力充当向心力关系，联立可求得荷质比；（2）由几何关系可确定仍在磁场中的粒子位置，则可由几何关系得出夹角范围；（3）最终飞出的粒子转过的圆心角应为最大，由几何关系可知，其轨迹应及右边界相切，则由几何关系可确定其对应的圆心角，则可求得飞出的时间．解答：解：（1）初速度及y轴方向平行的粒子在磁场中的运动轨迹如图1中的弧OP所示，其圆心为C．由几何关系可知，∠POC=30°；△OCP为等腰三角形故∠OCP=①此粒子飞出磁场所用的时间为t0=②式中T为粒子做圆周运动的周期．设粒子运动速度的大小为v，半径为R，由几何关系可得R=a③由洛仑兹力公式和牛顿其次定律有qvB=m④T=⑤联立②③④⑤解得⑥（2）仍在磁场中的粒子其圆心角肯定大于120°，这样粒子角度最小时从磁场右边界穿出；角度最大时从磁场左边界穿出．依题意，同一时刻仍在磁场内的粒子到O点距离相同．在t0时刻仍在磁场中的粒子应位于以O点为圆心、OP为半径的弧上．如图所示．设此时位于P、M、N三点的粒子的初速度分别为vP、vM、vN．由对称性可知vP及OP、vM及OM、vN及ON的夹角均为．设vM、vN及y轴正向的夹角分别为θM、θN，由几何关系有⑦⑧对于全部此时仍在磁场中的粒子，其初速度及y轴正方向所成的夹角θ应满意≤θ≤（3）在磁场中飞行时间最长的粒子的运动轨迹应及磁场右边界相切，其轨迹如图2所示．由几何关系可知：OM=OP由对称性可知ME=OP由图可知，圆的圆心角为240°，从粒子放射到全部粒子飞出磁场所用的时间2t0；点评：本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题的关键在于确定圆心和半径，并能依据几何关系确定可能的运动轨迹．23．（2003•江苏）串列加速器是用来产生高能离子的装置．图中虚线框内为其主体的原理示意图，其中加速管的中部b处有很高的正电势U，a、c两端均有电极接地（电势为零）．现将速度很低的负一价碳离子从a端输入，当离子到达b处时，可被设在b处的特别装置将其电子剥离，成为n价正离子，而不变更其速度大小．这些正n价碳离子从c端飞出后进入一及其速度方向垂直的、磁感应强度为B的匀强磁场中，在磁场中做半径为R的圆周运动．已知碳离子的质量为m=2.0×10﹣26kg，U=7.5×105V，B=0.50T，n=2，基元电荷e=1.6×10﹣19C，求R．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；功能关系．专题：计算题；带电粒子在复合场中的运动专题．分析：先依据动能定理计算粒子直线加速获得的动能，再依据洛伦兹力供应向心力得到粒子的轨道半径．解答：解：设碳离子到达b处时的速度为v1，从c端射出时的速度为v2，由能量关系得：mv12=eU①mv22=mv12+neU②进入磁场后，碳离子做圆周运动，洛伦兹力供应向心力nevB=m解得R=③由①②③解得=0.75m即粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为0.75m．点评：本题关键依据动能定理求电场加速后的速度，由洛伦兹力供应向心力求轨道半径．24．（20分）（2009•黄冈模拟）如图为回旋加速器示意图，其中置于高真空中的金属D形盒的半径为R，两盒间距为d，在左侧D形盒圆心处放有粒子源S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向如图所示．质子质量为m，电荷量为q．设质子从粒子源S进入加速电场时的初速度不计，加速质子时的电压恒为U，质子在电场中运动时，不考虑磁场的影响．求：（1）质子能达到的最大速度；（2）通过计算说明当R＞＞d时，质子在电场中加速的总时间相对于在D形盒中回旋的总时间可忽视不计；（3）若D形盒内存在的磁场磁感应强度周期递增，质子便可在电场中加速，而绕行半径不变．为使质子绕行半径恒为R0，求：质子第i次进入磁场时磁感应强度Bi及质子从起先运动到第i次进入磁场时所用的总时间t0（i＞1，不计质子在电场中加速的时间）．考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）依据洛伦兹力供应向心力求出轨道半径的大小，当半径等于D形盒的半径时，速度最大．（2）粒子在电场中做匀加速直线运动，结合匀变速直线运动的平均速度公式求出在电场中加速的时间，结合粒子在磁场中运行的周期，求出粒子在磁场中的运行时间，通过比值的方法证明当R＞＞d时，质子在电场中加速的总时间相对于在D形盒中回旋的总时间可忽视不计；（3）依据动能定理求出粒子第i次进入磁场时的速度，结合半径公式求出磁感应强度的通项表达式，通过粒子在磁场中做匀速圆周运动，求出质子第i次在磁场中的绕行时间，从而依据数学方法求出粒子从起先运动到第i次进入磁场时所用的总时间．解答：解：（1）质子在磁场中作圆周运动，依据得，半径，①当r=R时有最大速度②（2）设质子在电场中经n次加速后，速度达到vm，加速的时间为t1，从电场对质子速率变更的角度可将质子在电场中的运动等效为匀加速直线运动，有：质子在电场中的平均速度为，③可得：④设质子在磁场中作圆周运动的周期为T，运动时间为t2，有：⑤⑥由②﹣⑥可得：即当R＞＞d时，t1＜＜t2，故在计算质子在D型盒中的总时间可忽视电场中的运动时间．（3）设质子经i次加速后速度为vi，由动能定理得，iqU=，⑦质子第i次进入磁场时，由①、⑦得质子第i次在磁场中的绕行时间⑧由⑧式可得质子从起先运动到第i次进入磁场时所用的总时间：（i＞1）答：（1）质子能达到的最大速度为．（2）证明计算过程如上所述．（3）质子第i次进入磁场时磁感应强度，质子从起先运动到第i次进入磁场时所用的总时间．点评：解决本题的关键知道粒子在电场中加速，做匀加速直线运动，在磁场中偏转，做匀速圆周运动．对于第（3）问，对数学实力的要求较高，抓住半径不变，求出磁感应强度以及运动时间的通项表达式．25．（2011•福建）如图甲，在x＞0的空间中存在沿y轴负方向的匀强电场和垂直于xoy平面对里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B．一质量为m，带电量为q（q＞0）的粒子从坐标原点O处，以初速度v0沿x轴正方向射入，粒子的运动轨迹见图甲，不计粒子的重力．（1）求该粒子运动到y=h时的速度大小v；（2）现只变更入射粒子初速度的大小，发觉初速度大小不同的粒子虽然运动轨迹（y﹣x曲线）不同，但具有相同的空间周期性，如图乙所示；同时，这些粒子在y轴方向上的运动（y﹣t关系）是简谐运动，且都有相同的周期．Ⅰ．求粒子在一个周期T内，沿x轴方向前进的距离S；Ⅱ．当入射粒子的初速度大小为v0时，其y﹣t图象如图丙所示，求该粒子在y轴方向上做简谐运动的振幅A，并写出y﹣t的函数表达式．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；动能定理的应用．专题：压轴题．分析：（1）在粒子的运动的过程中，磁场力不做功，只有电场力做功，依据动能定理可以求得粒子的运动的速度的大小；（2）Ⅰ．由图乙可知，全部粒子在一个周期T内沿x轴方向前进的距离相同，即都等于恰好沿x轴方向匀速运动的粒子在T时间内前进的距离．Ⅱ．设粒子在y轴方向上的最大位移为ym（图丙曲线的最高点处），对应的粒子运动速度大小为v2（方向沿x轴），因为粒子在y方向上的运动为简谐运动．解答：解：（1）由于洛伦兹力不做功，只有电场力做功，由动能定理有①由①式解得②（2）Ⅰ．由图乙可知，全部粒子在一个周期T内沿x轴方向前进的距离相同，即都等于恰好沿x轴方向匀速运动的粒子在T时间内前进的距离．设粒子恰好沿x轴方向匀速运动的速度大小为v1，则qv1B=qE③又S=v1T④式中由③④式解得⑤Ⅱ．设粒子在y轴方向上的最大位移为ym（图丙曲线的最高点处），对应的粒子运动速度大小为v2（方向沿x轴），因为粒子在y方向上的运动为简谐运动，因而在y=0和y=ym处粒子所受的合外力大小相等，方向相反，则qv0B﹣qE=﹣（qv2B﹣qE）⑥由动能定理有⑦又⑧由⑥⑦⑧式解得可写出图丙曲线的简谐运动y﹣t函数表达式为．点评：本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要驾驭住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了．26．（2011•江苏）某种加速器的志向模型如图1所示：两块相距很近的平行小极板中间各开有一小孔a、b，两极板间电压uab的变更图象如图2所示，电压的最大值为U0、周期为T0，在两极板外有垂直纸面对里的匀强磁场．若将一质量为m0、电荷量为q的带正电的粒子从板内a孔处静止释放，经电场加速后进入磁场，在磁场中运动时间T0后恰能再次从a孔进入电场加速．现该粒子的质量增加了．（粒子在两极板间的运动时间不计，两极板外无电场，不考虑粒子所受的重力）（1）若在t=0时刻将该粒子从板内a孔处静止释放，求其其次次加速后从b孔射出时的动能；（2）现在利用一根长为L的磁屏蔽管（磁屏蔽管置于磁场中时管内无磁场，忽视其对管外磁场的影响），使图1中实线轨迹（圆心为O）上运动的粒子从a孔正下方相距L处的c孔水平射出，请在答题卡图上的相应位置处画出磁屏蔽管；（3）若将电压uab的频率提高为原来的2倍，该粒子应何时由板内a孔处静止起先加速，才能经多次加速后获得最大动能？最大动能是多少？考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理．专题：压轴题；带电粒子在复合场中的运动专题．分析：（1）求其次次加速后从b孔射出时的动能只需知道加速时所对应的电压，故图2求电压即可．（2）加入屏蔽管后粒子在屏蔽管中做匀速直线运动，离开屏蔽管后运动轨迹及原来的运动轨迹相像，只是向下平移了l．（3）该粒子的质量增加了，周期增加了△T=（图象中为1），电压变更为（图象中为4），所以图象中电压分别为50，46，42，38，…10，6，2，共13个，设某时刻t，u=U0时被加速，此时刻可表示为，静止起先加速的时刻t1为，其中n=12，将n=12代入得，因为，在u＞0时，粒子被加速，则最多连续被加速的次数：N=，所以只能取N=25，解得，由于电压的周期为，所以（n=0，1，2，3…）故粒子由静止起先被加速的时刻（n=0，1，2，…）故加速时的电压分别，，…，，，加速电压做的总功，即动能的最大值，故粒子的最大动能解得．解答：解：（1）质量为m0的粒子在磁场中作匀速圆周运动Bqv=，则当粒子的质量增加了m0，其周期增加△T=T0依据题图2可知，粒子第一次的加速电压u1=U0经过其次次加速，第2次加速电压u2，如图2在三角形中，，所以粒子其次次的加速电压粒子射出时的动能Ek2=qu1+qu2解得（2）因为磁屏蔽管使粒子匀速运动至以下L处，出管后仍旧做圆周运动，可到C点水平射出．磁屏蔽管的位置如图1所示．粒子运动的轨迹如图3．（3）如图4（用Excel作图）设T0=100，U0=50，得到在四分之一周期内的电压随时间变更的图象从图象可以看出，时间每变更（图象中为1），电压变更为（图象中为4），所以图象中电压分别为50，46，42，38，…10，6，2，共13个，设某时刻t，u=U0时被加速，此时刻可表示为，静止起先加速的时刻t1为，其中n=12，将n=12代入得，因为，在u＞0时，粒子被加速，则最多连续被加速的次数：N=，得N=25．所以只能取N=25，解得，由于电压的周期为，所以（n=0，1，2，3…）故粒子由静止起先被加速的时刻（n=0，1，2，…）故加速时的电压分别，，…，，，加速电压做的总功，即动能的最大值，故粒子的最大动能解得．点评：本题考查带电粒子在磁场中的圆周运动和在电场中的加速运动以及用数学解决物理问题的实力．关键是推断怎样才能得到最大动能即何时加速，加速电压多大．27．如图甲所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上．在xoy平面内有及y轴平行的匀强电场，在半径为R的圆形区域内加有及xoy平面垂直的匀强磁场．在坐标原点O处放置一带电微粒放射装置，它可以连绵不断地放射具有相同质量m、电荷量q（q＞0）和初速为v0的带电粒子．已知重力加速度大小为g．（1）当带电微粒放射装置连绵不断地沿y轴正方向放射这种带电微粒时，这些带电微粒将沿圆形磁场区域的水平直径方向离开磁场，并接着沿x轴正方向运动．求电场强度和磁感应强度的大小和方向．（2）调整坐标原点．处的带电微粒放射装置，使其在xoy平面内不断地以相同速率v0沿不同方向将这种带电微粒射入第1象限，如图乙所示．现要求这些带电微粒最终都能平行于x轴正方向运动，则在保证匀强电场、匀强磁场的