一、带电粒子在复合场中的运动专项训练
1．两块足够大的平行金属极板水平放置，极板间加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律分别如图1、图2所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向）。在t=0时刻由负极板释放一个初速度为零的带负电的粒子（不计重力），若电场
2?mqt?强度E0、磁感应强度B0、粒子的比荷均已知，且0，两板间距qB0m10?2mE0h?。 2qB0（1）求粒子在0～t0时间内的位移大小与极板间距h的比值。 （2）求粒子在板板间做圆周运动的最大半径（用h表示）。
（3）若板间电场强度E随时间的变化仍如图1所示，磁场的变化改为如图3所示，试画出粒子在板间运动的轨迹图（不必写计算过程）。
【来源】带电粒子的偏转
【答案】（1）粒子在0～t0时间内的位移大小与极板间距h的比值（2）粒子在极板间做圆周运动的最大半径R2?（3）粒子在板间运动的轨迹如图：
s11? h52h 5?
【解析】 【分析】 【详解】
（1）设粒子在0～t0时间内运动的位移大小为s1
s1?12at0① 2qEa?0②
m10?2mE02?m,h?又已知t0? 2qB0qB0s11? h5（2）解法一
联立解得：
粒子在t0~2t0时间内只受洛伦兹力作用，且速度与磁场方向垂直，所以粒子做匀速圆周运动。设运动速度大小为v1，轨道半径为R1，周期为T，则
v1?at0
mv12qv1B0?
R1联立解得：R1?又T?h 5?2?m?t0 qB0即粒子在t0~2t0时间内恰好完成一个周期的圆周运动。
在2t0~3t0时间内，粒子做初速度为v1的匀加速直线运动，设位移大小为s2
12s2?v1t0?at0
2解得：s2?3h 5由于s1+s2＜h，所以粒子在3t0~4t0时间内继续做匀速圆周运动，设速度大小为v2，半径为R2，有：
v2?v1?at0
2mv2qv2B0?
R2解得R2?2h 5?由于s1+s2+R2＜h，粒子恰好又完成一个周期的圆周运动。 在4t0~5t0时间内，粒子运动到正极板（如图所示）：
因此粒子运动的最大半径R2?解法二
2h。 5?由题意可知，电磁场的周期为2t0，前半周期 粒子受电场作用做匀加速直线运动，加速度大小为：
a?方向向上。
qE0 m后半周期粒子受磁场作用做匀速圆周运动，周期为T
T?粒子恰好完成一次匀速圆周运动。 至第n个周期末，粒子位移大小为sn
2?m?t0 qB0sn?1a(nt0)2 210?2mE0又已知h? 2qB0n2由以上各式得：sn?h
5粒子速度大小为：vn?ant0 粒子做圆周运动的半径为：Rn?解得：Rn?mvn qB0nh 5?显然s2?R2?h?s3 因此粒子运动的最大半径R2?2h。 5?（3）粒子在板间运动的轨迹如图所示：
2．如图，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B．一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动．A、C两点间距离为h，重力加速度为g．
（1）求小滑块运动到C点时的速度大小vc；
（2）求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；
（3）若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点．已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vp.
【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理（福建卷带解析) 【答案】（1）E/B （2）【解析】 【分析】 【详解】
小滑块到达C点时离开MN，此时与MN间的作用力为零，对小滑块受力分析计算此时的速度的大小；由动能定理直接计算摩擦力做的功Wf；撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据分运动计算最后的合速度的大小；
（1）由题意知，根据左手定则可判断，滑块在下滑的过程中受水平向左的洛伦兹力，当洛伦兹力等于电场力qE时滑块离开MN开始做曲线运动，即Bqv?qE 解得：v?（3）
E B12mv?0 2（2）从A到C根据动能定理：mgh?Wf?1E2解得：Wf?mgh?m2
2B（3）设重力与电场力的合力为F，由图意知，在D点速度vD的方向与F地方向垂直，从D到P做类平抛运动，在F方向做匀加速运动a=F/m，t时间内在F方向的位移为x?从D到P，根据动能定理：a1?a5?0，其中联立解得：v?P【点睛】
解决本题的关键是分析清楚小滑块的运动过程，在与MN分离时，小滑块与MN间的作用力
12at 212mv1 4?mg?2?(qE)22m2 t2?vD为零，在撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据滑块的不同的运动过程逐步求解即可．
3．压力波测量仪可将待测压力波转换成电压信号，其原理如图1所示，压力波p（t）进入弹性盒后，通过与铰链O相连的“”型轻杆L，驱动杆端头A处的微型霍尔片在磁场中沿x轴方向做微小振动，其位移x与压力p成正比（x??p,??0）．霍尔片的放大图如图2所示，它由长×宽×厚=a×b×d，单位体积内自由电子数为n的N型半导体制成，磁场方向垂直于x轴向上，磁感应强度大小为B?B0(1??x)，??0．无压力波输入时，霍尔片静止在x=0处，此时给霍尔片通以沿C1C2方向的电流I，则在侧面上D1、D2两点间产生霍尔电压U0.
（1）指出D1、D2两点那点电势高；
（2）推导出U0与I、B0之间的关系式（提示：电流I与自由电子定向移动速率v之间关系为I=nevbd，其中e为电子电荷量）；
（3）弹性盒中输入压力波p（t），霍尔片中通以相同的电流，测得霍尔电压UH随时间t变化图像如图3，忽略霍尔片在磁场中运动场所的电动势和阻尼，求压力波的振幅和频率．（结果用U0、U1、t0、α、及β）
【来源】浙江新高考2018年4月选考科目物理试题 【答案】(1) D1点电势高 (2) U0?【解析】
【分析】由左手定则可判定电子偏向D2边，所以D1边电势高；当电压为U0时，电子不再发生偏转，故电场力等于洛伦兹力，根据电流I与自由电子定向移动速率v之间关系为I=nevbd求出U0与I、B0之间的关系式；图像结合轻杆运动可知，0-t0内，轻杆向一侧运动至最远点又返回至原点，则可知轻杆的运动周期，当杆运动至最远点时，电压最小，结合U0与I、B0之间的关系式求出压力波的振幅．
解：（1）电流方向为C1C2，则电子运动方向为C2C1，由左手定则可判定电子偏向D2边，所以D1边电势高；
（2）当电压为U0时，电子不再发生偏转，故电场力等于洛伦兹力
U111IB0(1?1) ，f? (3) A? ??U2tned00U0 ① b由电流I?nevbd qvB0?q
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