高中物理带电粒子在复合场中的运动试题(有答案和解析)

1、一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1.离子推进器是太空飞行器常用的动力系统，某种推进器设计的简化原理如图所示，截面 半径为R的圆柱腔分为两个工作区.I为电离区，将氤气电离获得 1价正离子；II为加速 区，长度为L,两端加有电压，形成轴向的匀强电场.I区产生的正离子以接近 0的初速度进入II区，被加速后以速度 Vm从右侧喷出.I区内有轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为 B,在离轴线R/2处的C点持续射出一定速度范围的电子.假设射出的电子仅在垂直于轴线 的截面上运动，截面如图所示（从左向右看）.电子的初速度方向与中心。点和C点的连线成“角（0a4mv0 .3BR(4)当电子以 角入射时，最大速度对

2、应轨迹如图二所示，轨迹圆与圆柱腔相切，此时 有：OCO 90 -R _ _OC , OC r , OO R- r 2由余弦定理有2sin(R- r)2 R r -2r cos(90 - )，coS90 22联立解得：3Rr 42 sin再由：rmVmax/曰,得Bevmax3eBR4m 2 sin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【名师点睛】该题的文字叙述较长，要求要快速的从中找出物理信息，创设物理情境；平时要注意读图 能力的培养，以及几何知识在物理学中的应用，解答此类问题要有画草图的习惯，以便有 助于对问题的分析和理解；再者就是要熟练的掌握带电粒子在磁场中做匀速圆周

3、运动的周 期和半径公式的应用.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

4、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)【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寸滑块离开MN开始做曲线运动，即 Bqv qE E解得：vB12(2)从A到C艮据动能定理： mgh Wf -mv2 01 E2斛得：W

5、f mghm_22 B(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P12做类平抛运动，在 巾向做匀加速运动a=F/m , t时间内在F方向的位移为x at212从D到P,根据动能te理： a1 a5 0,其中一mv14联立解得:Vp Jmg 2产2 J9 ， m【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.在xOy平面的第一象限有一匀强电磁，电场的方向平行于y轴向下，在x轴和第四象限的射线OC之间有一匀强电场，磁感应强度为 B,

6、方向垂直于纸面向里，有一质量为 m ,带 有电荷量+q的质点由电场左侧平行于 x轴射入电场，质点到达 x轴上A点，速度方向与x 轴的夹角为 弧A点与原点。的距离为d,接着，质点进入磁场，并垂直与OC飞离磁场，不计重力影响，若OC与x轴的夹角为 6求：粒子在磁场中运动速度的大小；匀强电场的场强大小.【来源】带电粒子在复合场中的运动计算题Bqdsitl炉的$访3网。即【答案一 一：(2)砒常【解析】【分析】【详解】试题分析：(1)由几何关系得：R=dsin()2由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得q诙三R解得：X / Vin(pIDvo,在电场中的加速度(2)质点在电场中的运动为类平抛运动.设质点射入电

7、场的速度为 为a,运动时间为t,则有：V0=VCOS ()vsin ()=atd=vot设电场强度的大小为E,由牛顿第二定律得 qE=ma解得：=4.如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R=0.25m的半圆，两段轨道相切于 B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E=5.0 X3V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度V0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为m=1.0xiGkg,乙所带电荷量q=2.0 x-5C, g取10m/s2。(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电 荷转移)(1)甲乙

8、两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D,求乙球在B点被碰后的瞬时速度大小；(2)在满足1的条件下，求甲的速度 vo；(3)甲仍以中的速度 V0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围。【来源】四川省资阳市高中(2018届)2015级高三课改实验班12月月考理综物理试题【答案】(1) 5m/s； (2) 5m/s； (3) 32m x2273m。(1)对球乙从B运动到D的过程运用动能定理可得乙恰能通过轨道的最高点1212mgg2R qEg2R mVD mVB 22D,根据牛顿第二定律可得2Vdmg qE m一联立并代入题给数据可得Vb =5m/s(2)设向右

9、为正方向，对两球发生弹性碰撞的过程运用动量守恒定律可得mV0 mV0 mVB根据机械能守恒可得1212mV0mV0221 2一 mVB2联立解得V00, V05 m/s(3)设甲的质量为 M,碰撞后甲、乙的速度分别为Vm、Vm ,根据动量守恒和机械能守恒定律有Mv0Mvmmvm联立得1 一 Mv2MVm221 2-mVm2分析可知：当 M=m时，Vm取最小值可得B球被撞后的速度范围为2Mv0Vm M mvo;当 M ? m 时,Vm取最大值2V0V0Vm设乙球过D点的速度为Vd,由动能定理得mgg2R qEg2R1mVD2212一 mVm2联立以上两个方程可得3 5m/svD2 30m/s设乙

10、在水平轨道上的落点到B点的距离为x ,则有1 . 2xVdL2Rgt2所以可得首次落点到B点的距离范围2 3m32 m x25.对铀235的进一步研究在核能的开发和利用中具有重要意义.如图所示，质量为m、电荷量为q的铀235离子，从容器 A下方的小孔Si不断飘入加速电场，其初速度可视为零，然后经过小孔 &垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，做半径为 R的匀速圆周运动.离子行进半个圆周后离开磁场并被收集，离开磁场时离子束的等效电流为I.不考虑离子重力及离子间的相互作用.yB(1)求加速电场的电压 U；(2)求出在离子被收集的过程中任意时间t内收集到离子的质量 M;(3)实际上加速电压的

11、大小会在U+AU范围内微小变化.若容器 A中有电荷量相同的铀235和铀238两种离子，如前述情况它们经电场加速后进入磁场中会发生分离，为使这两 种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，书应小于多少？(结果用百分数表示，保留两位有效数字)【来源】2012年普通高等学校招生全国统一考试理综物理(天津卷)【答案】(1)耳受(2)心(3) 0.63% 口口1HL【解析】解：(1)设离子经电场加速后进入磁场时的速度为V,由动能定理得：2qU =mv离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：TiniqvB=一解得：U 二支二 2m(2)设在t时间内收集到的离子个数为 N,总电荷量Q = ItQ = NqM

12、 = Nm=（3）由以上分析可得：R =-2mU设m/为铀238离子质量，由于电压在 U土 AU之间有微小变化，铀 235离子在磁场中最大半役为：y -铀238离子在磁场中最小半径为：Rmin三 严 日q 4这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为：RmaxRmin即:得：.U m +hl其中铀235离子的质量 m = 235u （ u为原子质量单位），铀 238离子的质量 m = 238unrt J U 2 2DU-25U则：一IT 2SDU+235L1解得： 0）、质量为m的小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O.球心O到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为。（0一）.为了使

13、小球能够在该圆周上运动，求磁感应强度B的最小值及小球 P2相应的速率.（已知重力加速度为 g）【来源】带电粒子在磁场中的运动【答案】Bmin阴唇二，V户亘输q、Rcos ，cos【解析】【分析】【详解】据题意，小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为O P受到向下的重力mg、球面对它沿 OP方向的支持力 N和磁场的洛仑兹力f= qvB N cosf N sin式中v为小球运动的速率.洛仑兹力f的方向指向O .根据牛顿第二定律mg 0 2m-VdRsin由式得qBRsin mqRL 0 cos由于V是实数，必须满足由此得2 (可见，为了使小球能够在该圆周上运动，磁感应强度大小的最小值为

14、B 2mmin3邕Rcos9此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为由式得7 .如图所示，在无限长的竖直边界N解口MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NST面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为口2B, KL为上.下磁场的水平分界线，在 N舜口 MT边界上，距KLW h处分另I有P、Q两点，N序口 MT间距为1.8h ,质量为m,带电荷量为+ q的粒子从P点垂直于NS&界射入该区域，在两边界之间做圆周 运动，重力加速度为 g.(1)求电场强度的大小和方向；(2)要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值；(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可

15、能值【来源】【全国百强校】2017届浙江省温州中学高三 3月高考模拟物理试卷(带解析【答案】(1) E mg,方向竖直向上(2) v .(9 6向qBhvminqm(3)v 0.68qBh v 0.545qBh v 0.52qBh m m m【解析】【分析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，电场力与重力合力为零;(2)作出粒子的运动轨迹，由牛顿第二定律与数学知识求出粒子的速度；(3)作出粒子运动轨迹，应用几何知识求出粒子的速度.【详解】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，电场力与重力合力为零，即 mg=qE,mg解得：E ,电场力方向竖直向上，电场方向竖直向上;q(2)粒子运

16、动轨迹如图所示：设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为 vmin , 对应的粒子在上、下区域的轨道半径分别为1、圆心的连线与NS的夹角为M粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：2vqvB m 一 ,r解得，粒子轨道半径:qB由几何知识得：rivminqB1，r22ri（i+2）sin（j）=r2, ri+ricos（j）=h?解得：Vmin (96的吧； m(3)粒子运动轨迹如图所示,ST设粒子入射速度为 v, 粒子在上、下区域的轨道半径分别为ri、口粒子第一次通过 KL时距离K点为x,由题意可知：3nx=i.8h (n=i3 x2解得：2、3 ）（9 6.2） h2Jr；h r1 2

17、 ,ri（i 管。n3.5,n2 20.68qBh即：n=i 时，v ,m,0.545qBhn=2 时，V,m0.52qBhn=3 时，V；mmg答：(i)电场强度的大小为 E ，电场方向竖直向上;Vmin（96扬吧.q(2)要使粒子不从 NS边界飞出，粒子入射速度的最小值为(3)若粒子经过 Q点从MT边界飞出，粒子入射速度的所有可能值为:0.68qBh50.545qBh0.52qBh或v 、或v .【点睛】本题考查了粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题 的前提与关键，应用平衡条件、牛顿第二定律即可正确解题，解题时注意数学知识的应 用.8.如图所示，两条竖直长虚

18、线所夹的区域被线段MN分为上、下两部分，上部分的电场方向竖直向上，下部分的电场方向竖直向下，两电场均为匀强电场且电场强度大小相同。挡 板PQ垂直MN放置，挡板的中点置于 N点。在挡板的右侧区域存在垂直纸面向外的匀强磁场。在左侧虚线上紧靠M的上方取点A, 一比荷 Q =5X 15C/kg的带正电粒子，从 A点m以V0=2X 13m/s的速度沿平行 MN方向射入电场，该粒子恰好从P点离开电场，经过磁场的作用后恰好从 Q点回到电场。已知 MN、PQ的长度均为L=0.5m,不考虑重力对带电粒子的影响，不考虑相对论效应。(1)求电场强度E的大小；(2)求磁感应强度B的大小；在左侧虚线上 M点的下方取一点

19、 C,且CM=0.5m,带负电的粒子从 C点沿平行MN方向 射入电场，该带负电粒子与上述带正电粒子除电性相反外其他都相同。若两带电粒子经过磁场后同时分别运动到 Q点和P点，求两带电粒子在 A、C两点射入电场的时间差。【来源】【市级联考】陕西省榆林市2019届高三第二次理科综合模拟试题(物理部分 )【答案】16N/C (2) 1,6 10 2T (3) 3,9 104s【解析】【详解】(1)带正电的粒子在电场中做类平抛运动，有：L=V0tL 1qE 2t2 2m解得 E=16N/C(2)设带正电的粒子从 P点射出电场时与虚线的夹角为 2则:tanVoqEt m可得。=450粒子射入磁场时的速度大

20、小为v=J2vo2粒子在磁场中做匀速圆周运动：qvB m r由几何关系可知r -2 L2解得 B=1.6X10-2T(3)两带电粒子在电场中都做类平抛运动，运动时间相同；两带电粒子在磁场中都做匀速 .3 .一；两带电2圆周运动，带正电的粒子转过的圆心角为,带负电的粒子转过的圆心角为22 r 2 mv qB粒子在AC两点进入电场的时间差就是两粒子在磁场中的时间差;若带电粒子能在匀强磁场中做完整的圆周运动，则其运动一周的时间 3,带正电的粒子在磁场中运动的时间为：t1 -T 5.9 10 4s；4 1,带负电的粒子在磁场中运动的时间为：t2 T 2.0 104s4带电粒子在AC两点射入电场的时间差

21、为t t1 t2 3.9 10 4s9.如图纸面内的矩形 ABCD区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边AB/ CDAD/ BC,电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为B.一带电粒子从 AB上的P点平行于纸面射入该区域，入射方向与AB的夹角为0 ( 0m2),在纸面内经电场和磁场后都打在照相底片上.若要使两种离子的落点区域不重叠，则YU应满足什么U条件？(粒子进入磁场时的速度方向与竖直方向的最大夹角仍为a)2mi cosm2(3) U 2m1 cosm2【来源】浙江诸暨市牌头中学2017-2018学年高二1月月考物理试题 8U 一一 一一(1) (2)最大值X最小值XCOSB

22、 x,2(lm1 cosm2)【解析】【详解】(1)沿SO方向垂直进入磁场的粒子，最后打在照相底片粒子经过加速电场：qU=1 mv22D的粒子;所以粒子的比荷为：q -8UTm B x2qmU x(2)粒子在磁场中圆运动半径 R -qB 2由图象可知：粒子左偏。角（轨迹圆心为 Oi）或右偏。角（轨迹圆心为 O2）落点到O的距离相等，均为 L=2Rcos。故落点到O的距离最大：Lmax=2R=X最小：Lmin=2RcoS a =xcos a（3）考虑同种粒子的落点到。的距离；当加速电压为U+AU偏角0 =0寸，距离最大,2Lmax=2Rmax=. 2qm（U U ）Bq ,当加速电压为 U-川、

23、偏角。=时，距离最小2 Lmin=2Rmin cos a x/2qm(UU)Bqcos a考虑质量不同但电荷量相同的两种粒子由r=12qmU和mi 巾2知：r R2qB要使落点区域不重叠，则应满足:Limin l_2max2一，2qmi(UU)Bqcos .12qm2 (UBq .U)解得：U2micosm22mcosm2（应有条件 micos2 a m2,否则粒子落点区域必然重叠）13 .如图所示，在空间坐标系 x0区域中有竖直向上的匀强电场Ei,在一、四象限的正方形区域CDEF内有方向如图所示的正交的匀强电场E2和匀强磁场B,已知CD=2L, OC=L, E2二4Ei。在负x轴上有一质量为

24、 m、电量为+q的金属a球以速度vo沿x轴向右匀速运动，并 与静止在坐标原点。处用绝缘细支柱支撑的（支柱与b球不粘连、无摩擦）质量为2m、不带电金属b球发生弹性碰撞。已知 a、b球体积大小、材料相同且都可视为点电荷，碰后 电荷总量均分，重力加速度为g,不计a、b球间的静电力，不计 a、b球产生的场对电场、磁场的影响，求：,2vo 1(2)a、b碰后，经t 时a球到某位置P点，求P点的位置坐标;3g(3)a、b碰后，要使b球不从CD边界射出，求磁感应强度【来源】【全国百强校】黑龙江省哈尔滨市第三中学校合物理试题B的取值。2019届高三上学期期末考试理科综【答案】(1) va_ 2122vo3V0

25、, vb3V0； (2)(前2h (3)0B处或15qL16mvoB 3qL(1)a、b碰撞，由动量守恒和能量守恒关系求解碰后a、b的速度;(2)碰后a在电场中向左做类平抛运动，根据平抛运动的规律求解P点的位置坐标；(3)要使b球不从CD边界射出，求解恰能从 C点和D点射出的临界条件确定磁感应强度的 范围。(1)a匀速,则a、b碰撞，动量守恒机械能守恒由得mg qE1mV。mva2mVb 1 2 mv021212 公-mva - 2m vb d2212va-v0, vb-v0 33(2)碰后a、b电量总量平分，则qa1qb -q2v0碰后a在电场中向左做类平抛运动，设经 t 时a球到P点的位置

26、坐标为( 3g-x, -y)其中mg由得故p点的位置坐标为(2vp9g1.2vat ，y at 21匚 -qEi22v09gQ1ma ，a = -g 22 v09g2 vo9g(3)碰撞后对b2mg故b做匀速圆周运动，则1二 qvbB 28mv0r 3qBb恰好从C射出，则2r ?由？恰从D射出，则由几何关系由？故要使b不从CD边界射出，则Bi4L2B216m v03qL2L?16mv015qLB的取值范围满足16mv03qLc r 16mv0-0 B或B15qL【点睛】本题考查带电粒子在电磁场中的运动以及动量守恒定律及能量守恒关系，注意在磁场中的运动要注意几何关系的应用，在电场中注意由类平抛

27、运动的规律求解。14 .如图所示，空间存在着方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于纸面向内、磁感应强度大小为B的匀强磁场，带电荷量为 +q、质量为m的小球Q静置在光滑绝缘的水平高台边mg 一，缘，另一质量为 m、不带电的绝缘小球 P以水平初速度V0向Q运动，V0 ,两小球3qBP、Q可视为质点，正碰过程中没有机械能损失且电荷量不发生转移.已知匀强电场的电场2-_ mg 2mg强度E ，水平台面距地面局度 h 丁等，重力加速度为 g,不计空气阻力.qq B.,一、，、 mgP仍以水平初速度V0 3qBQ不与地面相撞).求小球25m. 4m gH ,2 23qB 3q2B2(1)小球P、Q首次发生弹性

28、碰撞时，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒，得:mvomvPmvQ1mv22102mV122mVQ联立解得Vp0,VQV0(2)对于小球Q,由于qEmg3qBmg,故Q球做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则(1)求P、Q两球首次发生弹性碰撞后小球 Q的速度大小；(2) P、Q两球首次发生弹性碰撞后，经过多少时间小球P落地？落地点与平台边缘间的水平距离多大？(3)若撤去匀强电场，并将小球 Q重新放在平台边缘、小球向Q运动，小球 Q的运动轨迹如图2所示(平台足够高，小球H.Q在运动过程中的最大速度和第一次下降的最大距离【来源】2019年湖北省黄冈中学高考三模物理试题mg m 二、2m2g1

29、)(2) (2 V2) ； 7 2 g 3qB qB3q B2 VQ qvB m r经过一个周期的时间tiTqB小球P、Q再次发生弹性碰撞，由(1)可知碰后Vp Vomg3qBVq0小球P离开平台后做平抛运动，平抛运动的时间为,12，、一0t2,则有h -gt2，代入数据，得:2t22m qB故P与Q首次发生碰撞后到落地，经过的时间t2 m 2m m (2qB qB qB-2)落地点与平台边缘的水平距离,2m2g 3q2B2(3) PQ相碰后，Q球速度vq=vo,碰撞后Q球开始运动至Q球第一次运动至最低点 Q球 有最大速度，故从碰撞后 Q球开始运动至 Q球第一次运动至最低点过程，对Q球由动量定理得：qvyBt mvm mvo即 qBH mvm mv0又由动能定理可得 mgH 1 mvm 1mv2 , 22解