高中物理带电粒子在复合场中的运动解题技巧及练习题

1、一、带电粒子在复合场中的运动专项训练.下图为某种离子加速器的设计方案 .两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场.其中MN和M N是间距为h的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O和O , ON ON d , P为靶点，OP kd (k为大于1的整数)。极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为 U。质量为m、带电量为q的正离子从O点由静止开始加速，经O进入磁场区域.当离子打到极板上 ON区域(含N点)或外壳上时将会被吸 收。两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过。忽略相对论效应和离子所受(1)离子经过电场仅加速一次后能打到P点所需的磁感应强度大小；(2)能使离子打到

2、P点的磁感应强度的所有可能值；(3)打到P点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间。【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理(重庆卷带解析 )2、2qUm - 2,2nqUm2【答案】(1) B (2) B 4-,(n 1,2,3,L ,kqkdqkd二 22(k 1)mqU_ (2 k2 3) mkdt磁=，2, L =h2、2qum(k2 1)【解析】 【分析】带电粒子在电场和磁场中的运动、牛顿第二定律、运动学公式。 【详解】(1)离子经电场加速，由动能定理：2qU - mv2(3)2qU可得vm磁场中做匀速圆周运动:qvB2 V m r刚好打在P点，轨迹为半圆，

3、由几何关系可知:kd2. 2qUm联立解得B；qkd(2)若磁感应强度较大，设离子经过一次加速后若速度较小，圆周运动半径较小，不能直接打在P点，而做圆周运动到达 N右端，再匀速直线到下端磁场，将重新回到O点重新加速，直到打在 P点。设共加速了n次，有:nqUqVnB1 2 -mVn 22 vn mrn且:rnkd22、2nqUm 解得：B -qkd要求离子第一次加速后不能打在板上,且:riqu1 2 mv(2qviB解得：n k2,故加速次数n为正整数最大取nk2 1即:B 212nqUmqkd(n_ _21,2,3,L ,k 1)；(3)加速次数最多的离子速度最大，取周运动和半个圆周打到 P

4、点。由匀速圆周运动：n k21 ,离子在磁场中做n-1个完整的匀速圆qBT (2k3) mkdt 磁=(n 1)T -22 2qum(k 1)电场中一共加速n次，可等效成连续的匀加速直线运动.由运动学公式a叫mh可得：t电=h1 2(k2 1)mqu2.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，通过与钱链 O相连的T”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 就和=axbx,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

5、感应强度大小为 B Bo(1x),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Di、D2两点间产生 霍尔电压U0.图】图203(1)指出Di、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U。、Ui、t。、“、及3)【来源】浙江新高考 2018年4月选考科目物理试题【答案

6、】D1点电势高(2) U A (1 ), f Jne dU 02t0【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-t。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、B。之间的关系式求出压力波的振幅 .解：(1)电流方向为 CiQ,则电子运动方向为 0201,由左手定则可判定电子偏向D2边,所以Di边电势高；(2)当电压为U0时，电子不再发生偏转

7、，故电场力等于洛伦兹力qvB0由电流吟I nevbd得：vnebd-IBc将带入得U0 栏上 ned(3)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 ，则轻杆的运动周期为T=2t0 I 1所以，频率为：f - 2t0当杆运动至最远点时，电压最小，即取Ui,此时 B Bo(1x)取x正向最远处为振幅 A,有：U1% ned?A)L U0所以：U1IB0ned旧0(1A)解得：AU0UnedUi根据压力与唯一关系p可得因此压力最大振幅为:pmU0U1U03.如图所示彳寺测区域中存在匀强电场和匀强磁场，根据带电粒子射入时的受力情况可推测 其电场和磁场.图中装置由加速器和平移

8、器组成，平移器由两对水平放置、相距为 l的相同平行金属板构成，极板长度为I、间距为d,两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反 .质量 为m、电荷量为+q的粒子经加速电压 U0加速后，水平射入偏转电压为 U1的平移器，最终从 A点水平射入待测区域.不考虑粒子受到的重力. TOC o 1-5 h z (1)求粒子射出平移器时的速度大小v1;(2)当加速电压变为4U0时,欲使粒子仍从A点射入待测区域，求此时的偏转电压 U;(3)已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域，刚进入时的受力大小均为 F.现取水平向右为x轴正方向，建立如图所示的直角坐标系 Oxyz.保持加速电压为 U0不变，移动装置使粒子沿

9、不 同的坐标轴方向射入待测区域，粒子刚射入时的受力大小如下表所示.射人力向y-y11受力大小力J3F TOC o 1-5 h z 请推测该区域中电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向【来源】2012年普通高等学校招生全国统一考试理综物理(江苏卷)【答案】(1)v1, 2qU (2)U? 4Uim(3) E与Oxy平面平彳T且与 x轴方向的夹角为 30或150,若B ?&-x轴方向，E与Oxy平面平行且与x轴方向的夹角为-30 或-150 . 【解析】 TOC o 1-5 h z (1)设粒子射出加速器的速度为V012动目匕te理qU 0mv02由题意得V1 V0 ,即V1(2)在第一个偏转电场

10、中，设粒子的运动时间为 t加速度的大小a 里1md在离开时，竖直分速度Vy at竖直位移y1 1at22水平位移l Vt粒子在两偏转电场间做匀速直线运动，经历时间也为t 竖直位移y2 Vyt由题意知，粒子竖直总位移 y? 2y1 y2解得yUl2Ud则当加速电压为 4U0时,U? 4U1(3) (a)由沿x轴方向射入时的受力情况可知 ：B平行于x轴.且(b)由沿22F2 f2(5F)2,则 f? 2F 且 f? qvF解得B2mB ?qUo(c)设电场方向与x轴方向夹角为 笈.若B沿x轴方向，由沿z轴方向射入时的受力情况得 (f F sin解得 3=30,或 7=150即E与Oxy平面平行且与

11、x轴方向的夹角为 30或150.同理若By&-x轴方向)2(F cos )2 (. 7F)2E与Oxy平面平彳T且与 x轴方向的夹角为-30或-150.4.如图甲所示，正方形导线框 abcd用导线与水平放置的平行板电容器相连，线框边长与 电容器两极板间的距离均为 L. O点为电容器间靠近上极板的一点，与电容器右端的距离.7LL1为，与水平线 MN的距离为等 (1 -),线框abcd内和电容器两极板间都存在周期 24性变化的磁场，导线框内匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，电容器间匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图丙所示，选垂直纸面向里为正方向.现有一1带正电微粒在0时刻自O点

12、由静止释放，在时间去2LgL内恰好做匀速圆周运g动.已知重力加速度为 g,求:坨I 姐噂 西y轴方向射入时的受力情况可知：E与Oxy平面平行.(1)此带电微粒的比荷；3(2)自0时刻起经时间一2人时微粒距O点的距离;(3)自0时刻起经多长时间微粒经过水平线MN .【来源】山东省德州市2019届高三第二次模拟考试理科综合物理试题1)14B0 L(2) - (3)2n 12L n 0,1,2,3 和 2n 11g12g n 0,1,2电容器两极间电场强度:E U 4B ；gL1时间2卜内:mg qE解得比荷:14B0(2)微粒运动的轨迹如图所示VI，一 1时间0:2L 内：mg qE ma gva

13、t- t1解得：v2, g,gL，一 1 时间2L 内：qv?8 B02mv4BL ；gL解：(i)电容器两极电势差大小等于线框产生的电动势:可得:gL时微粒距O点的距离：x 2r -(3)时间0：一/一内，微粒竖直向下的位移:2 g设粒子转过角度时与o点间的竖直距离为:4(1 -)sin解得:)(1 1) h 4r每次微粒进入磁场后运动至水平线MN所需时间：t2 3 T解得：t2 1 1-和 t2 -12 g 12 g自开始至水平线 MN的时间：t t1 n?2T t2, (n 0,1,2,3, TOC o 1-5 h z 即：t (2 n ) /一和 t (2n )一 , (n 0,123

14、,)2解得：n 3.5微粒离开电容器后不再经过水平线MN ,分析得自开始至水平线 MN的时间:-7、-, _11 r , 、t (2n)J , (n0,123)和 t (2n)J , (n0，1,2,3，)12 . g12 . g5.如图所示，在xOy坐标系中，第I、n象限内无电场和磁场。第IV象限内(含坐标轴) 有垂直坐标平面向里的匀强磁场，第出象限内有沿x轴正向、电场强度大小为 E的匀强磁场。一质量为 m、电荷量为q的带正电粒子，从 x轴上的P点以大小为20的速度垂直射入22qE电场，不计粒子重力和空气阻力，P、。两点间的距离为 以 。(1)求粒子进入磁场时的速度大小v以及进入磁场时到原点

15、的距离X；(2)若粒子由第IV象限的磁场直接回到第出象限的电场中，求磁场磁感应强度的大小需要 满足的条件。【来源】2019年辽宁省辽阳市高考物理二模试题【答案】(1) J2v0; mv0 (2) B 晅 1)E qEvo【解析】【详解】2(1)由动能定理有：qE mv0- mv2 - mv22qE 22解得：v= , 2 vo,22设此时粒子的速度方向与 y轴负方向夹角为 0,则有cos 9= v v解得：0= 45 一x 一 根据tan 2 - 1 ,所以粒子进入磁场时位置到坐标原点的距离为PO两点距离的两y2八 二二 mv0倍，故x -qEx轴相切，如图所示,(2)要使粒子由第IV象限的磁

16、场直接回到第 出象限的电场中，其临界条件是粒子的轨迹与由几何关系有:s= R+Rsin 02 v 乂： qvB m R解得：B(-2 1)EV0,(.2 1)E故 B V06.如图1所示，直径分别为 D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径两圆之间的环形区域（I区）和小圆内部（II区）均存在垂直圆面向里的匀强磁m,电最场.间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔.一质量为为+q的粒子由小孔下 d处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点2紧靠大圆内侧射入磁场，不计粒子的重力.工工图2（1）求极板间电场强度的大小E;（2）若I区、II区磁感应

17、强度的大小分别为2mvqD4mv 、一， 一一 ，、_，粒子运动一段时间 t后再次经qD过H点，试求出这段时间t;:（3）如图2所示，若将大圆的直径缩小为屈b调节磁感应强度为 Bo （大小未知），并60角，粒子仍由H点紧靠大圆将小圆中的磁场改为匀强电场，其方向与水平方向夹角成内侧射入磁场，为使粒子恰好从内圆的最高点A处进入偏转电场，且粒子在电场中运动的时间最长，求I区磁感应强度Bo的大小和II区电场的场强E0的大小？【全国百强校】天津市新华中学mv2qd(2)5.5 D -(3)v2019届高三高考模拟物理试题3mv 8、3mv2qB9qD解：（i）粒子在电场中运动,由动能定理可得:qEd -

18、 mv222解得：E2mvqd(2)粒子在I区中，由牛顿第二定律可得:2 v m Ri其中Bi2 vF，Ri qD粒子在II区中，由牛顿第二定律可得:qvB22 v mR2其中B24mvqD2 R2v由几何关系可得:1 120180tiQit223606 tit25.5解得：tv(3)由几何关系可知:2 ,D、2- 3D、2r (-)(r)22由牛顿第二定律可得:2 v m 一r3mv解得：B0qBcos32解得： 30 ,则粒子速度方向与电场垂直D(1 sin ) vt2D12cos at22Eq ma解得：e08 3mv27.如图所示，在xOy坐标平面内，虚线 PQ与x轴正方向的夹角为 6

19、0,其右侧有沿y轴 正方向的匀强电场；左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B. 一质量为m,带电量为q的带负电的粒子自坐标原点O射入匀强磁场中，经过一段时间后恰好自虚线PQ上白M M点沿x轴正方向进入匀强电场，粒子在电场中的运动轨迹与x轴的交点为N.已知O、M两点间的距离为J3L;O、N两点间的距离为(1+1)1_,粒子重力不(1)带电粒子自坐标原点 O射入匀强磁场的速度大小；(2)匀强电场的电场强度大小；(3)若自O点射入磁场的粒子带正电，粒子的质量、带电量、初速度等都不变，则在粒子离开O点后的运动中第二次与虚线PQ相交的交点坐标.【来源】2019年山东省德州市高三一模物理试卷【

20、答案】(1)理；(2) 3HB工；(3)(g|_, 1Lmm62【解析】【详解】2(1)粒子在磁场中运动时 qvB=mv- , 3 L=2rsin60 r解得粒子自坐标原点 O射入匀强磁场的速度大小 尸理m(2)粒子自M到N做类平抛运动沿电场方向：3 Lsin60 = 91322m垂直电场方向；(巫 1)L-J3Lcos60 =vt12得电场强度E=3qB2L(3)若自O点射人磁场的粒子带正电，粒子在磁场中逆时针转过240。后自R点垂直于电场方向离开磁场，如图所示.离开磁场时x坐标;xRrcos30,3-L23.y 坐标：yR(r rsin30) L粒子进入电场后自 R到S做类平抛运动垂直电场

21、方向；Xrsvt2沿电场方向：yRs qEt22mtan60 =yRsXRS2、,3m 2 3斛伶：t2 , Xrs L , yRS 2 LVL3qB3第二次与虚线PQ的交点S的x坐标：x xRS xR1 1y 坐标：y yRS y -L则第二次与虚线 PQ的交点S的坐标为( 立L , 1 L )8.如图，平面直角坐标系中，在,y0及yv-*L区域存在场强大小相同，方向相反均平2行于y轴的匀强电场，在-3Lvy(1)小物体Pi在水平轨道CD上运动速度v的大小；(2)倾斜轨道GH的长度s.【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) 4m/s

22、 (2) 0.56m【解析】【分析】【详解】(1)设小物体Pi在匀强磁场中运动的速度为v,受到水平外力 F,重力mg,支持力N,竖直向上的洛伦兹力 F1,滑动摩擦力f贝U F=qvB N mg qvB , f N 匀速直线运动，物体处于平衡状态；F f 0解得v 4 m/s说明：各1分，各2分(2)设物体P1在G点的速度为v1，由于洛伦兹力不做功 TOC o 1-5 h z 212 _由动能th理知 qEr sin37 mgr(1 cos37 )mv1mv 2解得速度v 5 m/s小物体P1在GH上运动受到水平向右的电场力qE,重力mg,垂直斜面支持力 N1,沿斜面向下的滑动摩擦力 f1设加速

23、度为a1由牛顿第二定律有 N1 mg cos37 qE cos37 , G MqE mg sin 37f1 ma1 ,解得 “ 10 m/s2小物体P1在GH上匀加速向上运动=0.55m小物体p2在GH上运动受到重力 m2g,垂直斜面支持力 N2,沿斜面向上的滑动摩擦力f2,加速度为a2贝Um2gsin37mzg cos37m2a2 解得 a?2 m/s2. 2小物体p2在GH上匀加速向下运动 s2 a2t =0.01m故轨道长s SiS2所以 s=0.56m (11)15.电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成.偏转电场的极板由相距为d的两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示.大量电子由静止开始，经加速电场加速 后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间OO射入偏转电场.当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为 2to；：当在两板间加最大值为 U。、周期为2to的电压(如