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在物理學中，帶電粒子就是指帶有電荷的微粒，以下是帶電粒子在組合場提升練習題，希望對考生有幫助。

1. (保定期末)如圖所示，平面直角坐標系的x軸上方存在豎直向上的勻強電場Ⅰ，場強為E1，第四象限內OC與x軸正方向成60角，OC與x軸間存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，OC與y軸間存在垂直O(jiān)C向下的勻強電場Ⅱ，場強為E2。一質量為m、帶電荷量為-q(q0)的粒子從O點以與x軸正方向成30角的初速度v0射入勻強電場E1中，經(jīng)一段時間后從x軸上的Q點進入勻強磁場中，經(jīng)磁場偏轉后恰好垂直穿過OC且剛好能到達y軸上的D點，已知O、Q間的距離為L，粒子重力不計，求：

(1)場強E1、E2的大小及磁感應強度B的大小;

(2)粒子從O點運動到D點所用的時間t。

2.(唐山一模)如圖甲所xOy平面內存在半徑為R=16 cm的圓形有界磁場區(qū)域，有界磁場邊界和x軸相切于O點，y軸上的P點為圓心，與y軸成60角的MN為圓形有界場的一條直徑，MN將磁場區(qū)域分成Ⅰ、Ⅱ兩部分。x軸下方為隨時間變化的電場，電場強度大小為E=810-3 V/m，E-t圖象如圖乙所示，周期T=1.210-2 s。當t=時，第三象限的粒子源S沿y軸正方向發(fā)射比荷為108 C/kg的粒子，粒子經(jīng)坐標原點O由y軸左側進入磁場區(qū)域Ⅰ，依次經(jīng)P、M兩點MN離開磁場。測得粒子在磁場中運動時間t=10-4 s，重力不計。求：

(1)有界磁場區(qū)域Ⅰ中磁感應強度的大小;

(2)粒子源S的可能坐標。

3. (南昌一模)如圖所示，金屬板PQ、MN平行放置，金屬板長為4a，間距為4a，二板間連接在輸出電壓為UPQ中央有一小孔O，板間存在垂直紙面向里磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域PQNM，且OP=OQ=a，PM=QN=a�，F(xiàn)將一帶電小球從距上板某一高度由靜止釋放，小球從小孔O進入磁場，小球離開磁場后在平行金屬板間做直線運動恰好從下板N端射出電場，已知重力加速度為g，求：

(1)帶電小球的電荷量與質量之比;

(2)小球從釋放到從下板N端射出所需時間。

4.(西安八校聯(lián)考)在如圖所示的空間里，存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度在數(shù)值上滿足B=。在豎直方向存在交替變化的勻強電場(豎直向上為正)，電場強度大小為E0=。一傾角為、長度足夠長的光滑絕緣斜面放置在此空間，斜面上有一質量為m，帶電荷量為-q的小球，從t=0時刻由靜止開始沿斜面下滑，設第7秒內小球不會離開斜面，重力加速度為g。求：

(1)第8秒內小球離開斜面的最大距離;

(2)第15秒內小球未離開斜面，角應滿足什么條件?

5.如圖所示，平面直角坐標系的第二象限內存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，一質量為m、帶電荷量為q的小球從A點以速度v0沿直線AO運動，AO與x軸負方向成37角，在第四象限內的區(qū)域Ⅰ內加一最小電場強度的勻強電場后，可使小球繼續(xù)做直線運動到MN上的C點，MN右側區(qū)域Ⅱ內存在豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，小球在區(qū)域Ⅱ內做勻速圓周運動并恰好沒從C點的速度大小為2v0，重力加速度為g，sin 37=0.6，cos 37=0.8，求：

(1)小球的帶電性質;

(2)第二象限內電場強度E1的大小和磁感應強度B1的大小;

(3)區(qū)域Ⅰ內最小電場強度E2的大小和方向;

(4)區(qū)域Ⅱ內電場強度E3的大小和磁感應強度B2的大小。

沖刺卷八 帶電粒1.【詳細分析】(1)粒子的運動軌跡如圖所示，粒子在勻強電場Ⅰ中做斜上拋運動，由運動的合成與分解知y軸方向：

v0sin 30=a且a=，

x軸方向：L=v0cos 30t1，聯(lián)立得E1=，

由對Q點時的速度大小為v0，方向與x軸正方向成30角斜向下，由幾何關系知粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑r=OQ=L，由Bqv0=m得B=，

粒子在OC線下方做勻減速直線運動，到D點速度剛好為0，

設粒子在電場Ⅱ中的位移為s，由幾何關系知tan 60=，

得s=，

而v=2s，聯(lián)立解得E2=。

(2)由(1)知粒子在勻強電場Ⅰ中運動的時間t1=2，

粒子在勻強磁場中運動的時間t2==，

粒子在勻強電場Ⅱ中運動的時間t3==，

所以粒子從O點運動到D點所用的時間t=t1+t2+t3=L。

答案 (1) (2)L

2.【詳細分析】(1)帶電粒子在圓形有界磁場區(qū)域內運動軌跡如圖所示，由幾何關系可知，在區(qū)域Ⅰ內軌跡半徑R1=R，在區(qū)域Ⅱ內軌跡半徑2R2=R，

由r=可知B2=2B1，

由周期公式T1=，T2=，

則粒子在圓形有界磁場內運動時間

t=+

解得B12.510-4T。

(2)由qB1v=得v==4103 m/s，

與y軸正向夾角30，將速度沿x軸負向與y軸正向分解：

vx=vsin 30=2103 m/s，vy=vcos 30=2103 m/s，

帶電粒子從S點發(fā)射運動到O點的過程，可y軸正向勻速直線運動和沿x軸的變加速直線運動。粒子沿x軸運動的第一種情況如圖：粒子在反向加速過程到達O點。

加速度a==8105 m/s2，

x1=2a()2-=4.7 m，

由于運動的周期性，粒子到達O點的運動時間

t1=nT++，

y1=vy(nT+)=2(12n+8.5) m。

粒子沿x軸運動的第二種情況如圖：粒子在反向減速過程到達O點。

x2==2.5 m，

由于運動的周期性，粒子到達O點的運動時間

t2=nT+T-，

y2=vy(nT+T-)=2(12n+9.5) m

粒子源S的可能坐標(-4.7 m，-2(12n+8.5) m)或(-2.5 m，-2(12n+9.5) m)。

答案 (1)2.510-4T (2)(-4.7 m，-2(12n+8.5) m)或(-2.5 m，-2(12n+9.5) m)

3.【詳細分析】(1)由于帶電小球離開磁場時速度方向與電場線方向成夾角且做直線運動，所以小球是做勻速直線運動，

mg=qE，

E=，

解得=。

(2)設小球進入小孔的速度為v，在磁場中做圓周運動半徑為r，Oe=x，如圖所示，由物理知識知，

Ocd=fdN=，

sin =，

在直角三角形ced中：cos =，

在直角三角形dfN中：tan =，

聯(lián)立解得：3sin2 =2sin cos -cos +cos2 ，

4sin2 -1=2sin cos -cos

(2sin -1)(2sin +1)-(2sin -1)cos =0，

解得sin =，=，

由題知：r=2a。

由r=，代入數(shù)據(jù)得v=，

設小球做自由落體時間為t1，則

t1==，

設小球在磁場中運動時間為t2，則

t2==，

設小球做直線運動時間為t3，則

t3===

t=t1+t2+t3=+。

答案 (1) (2)+

4.【詳細分析】(1)設第1秒內小球在斜面上運動的加速度為a，由牛頓第二定律，得(mg+qE0)sin =ma

第1秒末的速度為v=at

第2秒內有qE0=mg

所以小qvB=

圓周運動的周期為T==1 s

由圖可知，小球在奇數(shù)秒內沿斜面做勻加速運動，在偶數(shù)秒內離開斜面做完整的圓周運動。

所以第7秒末的速度為v7=a(t1+t3+t5+t7)=8gsin

小球離開斜面的最大距離為d=2R4=。

(2)第15秒內仍在斜面上，則有v=at

Bqv(mg+qE0)cos

又t=8 s

解得arctan。

答案 (1) (2)arctan

5.【詳細分析】(1)帶電小球在第二象限a所示關系且小球只能做勻速直線運動，由受力特點及左手定則可判定小球帶正電。

圖a

(2)由圖a知tan 37=，

得E1=

cos 37=，

得B1=。

(3)當區(qū)域Ⅰ中的電場強度最小時，小球做直線運動，此時受力如圖b所示(電場力方

圖b

小球做勻加速直線，由圖知cos 37=，得E2=，方向與x軸正方向成53角向上。

(4)小球在區(qū)域Ⅱ內做勻速圓周運動，所以

mg=qE3，得E3=，因小球恰好不從右邊界穿出，小球運動軌跡如圖c所示，

由(3)知F=mgsin 37，即a=gsin 37，

由運動學規(guī)律知(2v0)2-v=2aOC，

解得OC=，

由幾何關系知=tan 37，得r=，

由洛倫茲力提供向心力知B2q2v0=m，

聯(lián)立得B2=。

圖c

答案 (1)正電 (2)(3) 與x軸正方向成53角向上 (4)

帶電粒子在疊加場中運動的處理方法

(1)弄清疊加場的組成特點。

(2)正確分析帶電粒子的受力及運動特點。

3)畫出粒子的運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律。

①若只有兩個場且正交，合力為零，則表現(xiàn)為勻速直線運動或靜止。例如電場與磁場滿足qE=qvB;重力場與磁場中滿足mg=qvB;重力場與電場中滿足mg=qE。

②若三場共存時，合力為零，粒子做勻速直線運動，其中洛倫茲力F=qvB的方向與速度v垂直。

③若三場共存時，粒子做勻速圓周運動，則有mg=qE，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，即 qvB=。

帶電粒子在組合場提升練習題及答案的內容就是這些，物理網(wǎng)預祝廣大考生金榜題名。