3、底板MN上的P］、P2、P3三點，已知底板MN上下兩側(cè)的勻強磁場方向均垂直紙面向外,且磁感應(yīng)強度的大小分別為BeB2,速度選擇器中勻強電場的電場強度的大小為E。不計粒子的重力以及它們之間的相互作用，則()
A.速度選擇器中的電場方向向右，且三種粒子均帶正電
B.
三種粒子的速度大小均為
E
B2
C.如果三種粒子的電荷量相等，則打在P3點的粒子質(zhì)量最大
D.如果三種粒子電荷量均為?且耳、P3的間距為Ax,則打在耳、P3兩點的粒子質(zhì)
量差為
解析：選AC根據(jù)粒子在磁感應(yīng)強度為B2的勻強磁場中的運動軌跡可判斷粒子帶正
電，又由于粒子束在速度選擇器中沿直線運動，因
4、此電場方向一定向右，A正確；粒子在
E
速度選擇器中做勻速直線運動，則電場力與洛倫茲力等大反向,Eq=Bqv，可得v=B，B錯誤；粒子在底板MN下側(cè)的磁場中運動時，洛倫茲力充當(dāng)粒子做圓周運動的向心力，qB2v
v2mv
=加斤，可得R=qB，如果三種粒子的電荷量相等，粒子的質(zhì)量越大，其軌道半徑也越大,
2mv2mv
喈=駕許，D錯誤。
所以打在P3點的粒子質(zhì)量最大，C正確；由題圖可知OP1=2R1=q^>OP3=2R3=qg^,
由題意可知Ax=OP-OP=m^-_2m^，因此Am=m-m=勿
對點訓(xùn)練：帶電粒子在三類組合場中的運動
3.(2018?鹽城模擬)如圖所示，真空
5、中有一以0點為圓心的圓形勻強磁場區(qū)域，半徑為R,磁場垂直紙面向里。在y>R的區(qū)域存在沿一y方向的勻強電場，電場強度為E。在M點有一粒子源，輻射的粒子以相同的速率v,沿不同方向射入第一象限。發(fā)現(xiàn)沿+x方向射入磁場的粒子穿出磁場進(jìn)入電場，速度減小到0后又返回磁場。已知粒子的質(zhì)量為m,電荷量為+q。粒子重力不計。求：
(1) 圓形磁場區(qū)域磁感應(yīng)強度的大??；
(2) 沿+x方向射入磁場的粒子，從進(jìn)入磁場到再次穿出所走過的路程；
(3) 沿與+x方向成60。角射入的粒子，最終將從磁場的邊緣射出，不再進(jìn)入磁場，求射出點的坐標(biāo)和粒子從M點運動到射出點的總時間。
解析：(1)沿+x方向射入磁場的粒子進(jìn)
6、入電場后，速度減小到0,粒子一定是從如圖的P點射出磁場，逆著電場線運動，所以粒子在磁場中做圓周運動的半徑r=R
根據(jù)Bqv=
mv
得B=
(2)粒子返回磁場后，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從N點射出磁場，MN為直徑,
粒子在磁場中的路程為二分之一圓周長s=nR
s1
設(shè)在電場中的路程為s2,根據(jù)動能定理得Eq羅=2mv2
mv2
s2==Eq
總路程s=nR+mEq°
(3)如圖，沿與+兀方向成60。角射入的粒子，從C點豎直射出、射入磁場，從D點射入、射出電場，最后從N點(MN為直徑)射出磁場。所以N點坐標(biāo)為(2R,0)
即t1=
T_nR
2=V
在磁場中，MC段軌跡圓孤對應(yīng)
7、圓心角a=30°,CN段軌跡圓弧對應(yīng)圓心角0=150。，所以在磁場中的時間為半個周期，
粒子在CD段做勻速直線運動，CD=R，則從C到D,再從D返回到C所用時間，t2
_R
=v
粒子在電場中做勻變速直線運動，加速度a=m
2v2mv“3=a=Eq
總時間t=
(n+1)R
v
2mv~Eq。
答案：⑴臣(2呻+
mV
qE
(3)(2R,0)
(n+1)R+v十
2mv
qE
4.如圖甲所示，為質(zhì)譜儀的原理示意圖。質(zhì)量為m的帶正電粒子從靜止開始經(jīng)過電勢
差為U的電場加速后，從G點沿紙面垂真于直線MN進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場。該偏轉(zhuǎn)磁場是一個以直線M
8、N為上邊界、方向垂直于紙面向外、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，帶電粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)磁場后，最終打在照相底片上的H點。測得G、H間的距離為必粒子的重力忽略不計。
求：
V2
qvB=mR②
而由幾何知識得知r=2③
聯(lián)立方程組①、②、③解得：q==m。
=d=d=3
，得：0=30°
（2）設(shè)圓形磁場的圓心O與H的連線與MN的夾角為仇則tan0
設(shè)粒子在圓形磁場區(qū)域中作圓周運動的軌跡半徑為Rf。
由幾何知識得：R'=rtan30°=
v2
由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB'=mRT
3
由以上各式解得：B'=尹。
答案：（1）S（2）2b
對點訓(xùn)練：帶電粒
9、子在交變電、磁場中的運動
5.（2018?南通調(diào)研）如圖甲所示，直角坐標(biāo)系xOy中，第二象限內(nèi)有沿x軸正方向的勻
強電場，第一、四象限內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面的勻強交變磁場，磁場方向垂直紙面向外為正方
向。第三象限內(nèi)有一發(fā)射裝置（沒有畫出）沿y軸正方向射出一個比荷m=100C/kg的帶正電
m
的粒子（可視為質(zhì)點且不計重力），該粒子以卩o=2Om/s的速度從x軸上的點A（—2m,0）進(jìn)入第二象限，從y軸上的點C（0,4m）進(jìn)入第一象限。取粒子剛進(jìn)入第一象限的時刻為0時刻,
第一、四象限內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度按圖乙所示規(guī)律變化，g=10m/s2。
c：
E-
A0
???
10、?5
（1）求第二象限內(nèi)電場的電場強度大?。?
（2）求粒子第一次經(jīng)過x軸時的位置坐標(biāo)
解析：（1）帶電粒子在第二象限的電場中做類平拋運動，設(shè)粒子從A點到C點用時為t,
EqlxAI=|m(vC2-v02)
VC求質(zhì)子剛進(jìn)入磁場時的速度大小和方向；
若質(zhì)子在0?T時間內(nèi)從y軸飛出磁場，求磁感應(yīng)強度B的最小值;
(3)若質(zhì)子從點M@0)處離開磁場，且離開磁場時的速度方向與進(jìn)入磁場時相同，求磁感應(yīng)強度B0的大小及磁場變化周期T。
解析：(1)質(zhì)子在電場中作類平拋運動，時間為t,剛進(jìn)磁場時速度方向與x正半軸的夾
=V02+VCx2解得:E=1?0N/CvC=20\：2m/s。
11、
C
(2)設(shè)粒子在C點的運動方向與y軸正方向成0角,
v\12
則cosO=v0=2
C
即0=45°
v2粒子在第一象限磁場中運動時有：qvCB=m~C解得：r=2m
2nrn
粒子做圓周運動的周期T=v=20s
C
所以粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，粒子運動第四個半圓的過程中第一次經(jīng)過x
軸，在x軸上對應(yīng)的弦長為\'2r=1m
所以O(shè)D=3m
粒子第一次經(jīng)過x軸時的位置坐標(biāo)為(3m,0)。
答案：(1)1?0N/C(2)(3m,0)
6.(2018?徐州六校聯(lián)考)如圖甲所示，在OWxWB的區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的磁場，在xV0的區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場(
12、圖中未畫出)。一質(zhì)子從點?—詁3必一9處以速度v0
沿x軸正方向運動，t=0時，恰從坐標(biāo)原點O進(jìn)入勻強磁場。磁場按圖乙所示規(guī)律變化,以垂直于紙面向外為正方向。已知質(zhì)子的質(zhì)量為m,電荷量為e,重力不計。
vdv
角為a,有x=v（=述3d,y=去=2，tana=~y,v2=v02+v2
x
解得v=23^v0,a=30°。
⑵質(zhì)子在磁場中運動軌跡與磁場右邊界相切時半徑最大，〃最小
由幾何關(guān)系知E+Rfos60°=d,
2
根據(jù)牛頓第二定律有evB=
mv2
瓦
解得B=
^mVo
ed。
解得Ri=3d
(3)分析可知,要想滿足題目要求,則質(zhì)子在磁場變化的半個
13、周期內(nèi)的偏轉(zhuǎn)角為60°,在此過程中質(zhì)子沿x軸方向上的位移恰好等于它在磁場中做圓周運動的半徑R。欲使質(zhì)子從M點離開磁場，且速度符合要求，必有：nX2R=d
質(zhì)子做圓周運動的軌道半徑：
mv2j3mvn
F=F
解得力0=噲％=12,3,…)
設(shè)質(zhì)子在磁場中做圓周運動的周期為T0，
則有To=證，nX號=nT解得：T=^d(n=1,23??)。
答案：(1)233v0與x軸正方向夾角為a=30°斜向上
3mv4J3nmv
（2F°GB^rm^W，3,…）
3nd
T=6nv0（n=b2,3,…）
考點綜合訓(xùn)練
7.(2018?南京調(diào)研)如圖所示，在xOy平面內(nèi)y軸左側(cè)(含
14、y軸)有一沿y軸負(fù)向的勻強電場，一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電粒子從x軸上P處以速度v0沿x軸正向進(jìn)入電場,從y軸上Q點離開電場時速度方向與y軸負(fù)向夾角0=30°,Q點坐標(biāo)為(0,-d),在y軸右
側(cè)某區(qū)域內(nèi)(圖中未畫出)有一與坐標(biāo)平面垂直的有界勻強磁場，磁場磁感應(yīng)強度大小B=
7才，粒子能從坐標(biāo)原點0沿x軸負(fù)向再進(jìn)入電場。不計粒子重力，求:
(1)電場強度大小E；
(2) 粒子在有界磁場中做圓周運動的半徑尸和時間t；
(3) 如果有界勻強磁場區(qū)域為半圓形，求磁場區(qū)域的最小面積S。
解析：(1)設(shè)粒子從Q點離開電場時速度大小為由粒子在勻強電場中做類平拋運動
得：0=2
15、e0
由動能定理得：qEd=2mv2_2mv02
解得：E=
3mv02
2qd
(2)設(shè)粒子從M點進(jìn)入有界勻強磁場，從N點離開勻強磁場區(qū)域，粒子在磁場中做勻速圓周運動半徑為尸，圓心為O],如圖所示。
由qvB=
mv2
r
解得：
mv
r=q
=2d
J
1
r.
由幾何關(guān)系知，粒子能從坐標(biāo)原點O沿x軸負(fù)向再進(jìn)入電場，粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓
240°22n^m4nd
心角為240°，所以粒子在磁場中的運動時間為：t=360°T=；X~qB=煮。
⑶若半圓形磁場區(qū)域的面積最小，則半圓形磁場區(qū)域的圓心為O，
16、，可得半徑：k=1?5r2
=3d
半圓形磁場區(qū)域的最小面積：S=2nR2=9nd2=4?5nrf2。
答案:(1)3mir(2)2d翼(3)4?5nd2
8.如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy,在第I象限內(nèi)有平行于j軸的勻強電場，方向沿J軸正方向；在第W象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長為厶且ab邊與y軸平行。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P(0，防點，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a(2h,0)點進(jìn)入第W象限，又經(jīng)過磁場從y軸上的某點進(jìn)入第皿象限，且速度與y軸負(fù)方向成45°角，不計粒子所受的重力。求：
17、
(1)電場強度E的大?。?
⑵粒子到達(dá)A點時速度的大小和方向；
(3)abc區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度B的最小值。
解析：(1)設(shè)粒子在電場中運動的時間為t，
則有x=vj=2h
y=^2=hqE=ma
mv2
聯(lián)立以上各式可得忙=歸。
(2)粒子到達(dá)a點時沿y軸負(fù)方向的分速度為vy=at=v0
所以v=\'Vo2+vy2=V2v0,方向指向第IV象限與x軸正方向成45°角。
v2
(3) 粒子在磁場中運動時，有qvB=m~
當(dāng)粒子從b點射出時，磁場的磁感應(yīng)強度為最小值，此時有r=#L，所以B=2mLe。答案：⑴號第⑵邁v0方向指向第W象限與x軸正方向成45。角(3)2mv0
(1)粒子的電荷量；
(2)若偏轉(zhuǎn)磁場為半徑尸=字的圓形磁場，磁場方向垂直于紙面向外，磁場邊界與直線
MN相切于G點，如圖乙所示，當(dāng)粒子進(jìn)入磁場時的速度不變時，要使粒子仍能打到H點,那么，圓形區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B'應(yīng)為多大。
解析：⑴設(shè)粒子經(jīng)電場加速后的速度為v,由動能定理得：qU=*mv12①
粒子在磁場中作勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：
2019屆高考物理江蘇專版一輪復(fù)習(xí)課時檢測(二十九) 帶電粒子在組合場中的運動 Word版含解析
