山东省恒台第一中学高中物理带电粒子在复合场中的运动压轴题易错题

山东省包台第一中学高中物理带电粒子在复合场中的运动压轴题易错题一、带电粒子在复合场中的运动压轴题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q2m一强度R、磁感应强度Bo、粒子的比荷上均已知，且to,两板间距mqBo2.10mEoh2°qBo2(1)求粒子在0〜to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(不必写计算过程粒子在板间运动的轨迹图(不必写计算过程)。E【来源】带电粒子的偏转【答案】(【答案】(1)粒子在o〜to时间内的位移大小与极板间距3 1h的比值———h5(2)粒子在极板间做圆周运动的最大半径R22h(2)粒子在极板间做圆周运动的最大半径R22h5(3)粒子在板间运动的轨迹如图:(1)设粒子在o〜to时间内运动的位移大小为s1又已知t0篝,h2又已知t0篝,h2102mEo联立解得:siS|—at0①2(2)解法一粒子在to~2t。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Vi,轨道半径为Ri,周期为T,则Viat。2mvq^B。一R联立解得：Rito2mto又T——qB0即粒子在to〜2t0时间内恰好完成一个周期的圆周运动。TOC\o"1-5"\h\z在2to~3to时间内，粒子做初速度为vi的匀加速直线运动，设位移大小为s2s2Vit02at0-3.解得：s2-h5半径为由于si+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:VViat02mv2qv2B0R2解得R解得R22h5由于si+s2+e〈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)：

2h因此粒子运动的最大半径R22h解法二由题意可知，电磁场的周期为2to,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：。qEoa—

m方向向上。TOC\o"1-5"\h\z后半周期粒子受磁场作用做匀速圆周运动，周期为TT2B02to粒子恰好完成一次匀速圆周运动。Sn至第nSn12Sn-a(nto)22.102mEo又已知h1qB22由以上各式得：sn—h5粒子做圆周运动的半径为:Rnmvn

qBo解得：粒子做圆周运动的半径为:Rnmvn

qBo解得：Rnnh5显然s2R2hs5因此粒子运动的最大半径R22h5因此粒子运动的最大半径R22h5(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/B⑵呜二啸的一1阳与(3)¥二由电「二「产+42R，Vk【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qEM滑块离开MN开始做曲线运动，即BqvqE解得：vEB12c(2)从A到C艮据动能定理：mghWf-mv02…1E2斛得：Wfmghm22B(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P1,2做类平抛运动，在m向做匀加速运动a=F/m,t时间内在F万向的位移为x-at2c12从D到P,根据动能定理：&a50,其中一mv1422联立解得：vPmg(qE)J2联立解得：vP2tvdm【点睛】MN分离时，小滑块与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.m、.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.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R的匀零，然后经过小孔3垂直于磁场方向进入磁感应强度为BR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.（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，为使这两在U种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，G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）（2）詈（3）0.63%【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:qU=^mv2离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得:qvB二一翎工管解得：U二一.dsEEl（2）设在t时间内收集到的离子个数为N,总电荷量Q=ItQ=NqTtlftM="Nm"=（3）由以上分析可得:

设m，为铀238离子质量，由于电压在U±AU之间有微小变化，铀235离子在磁场中最大半径为：Rmax=铀238离子在磁场中最小半径为：Rmin^'尔闪q1卜HW15这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为：R1卜HW15即:得:•1-,<""：•△口：一二：n-hUm+工其中铀235离子的质量m=235u(u为原子质量单位)，铀238离子的质量m=238u-IT23BU-SS5U则：一<IT299U+235L]解得：一<0.63%.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(0<90°),粒子恰好做匀速直线运动并从CD射出.若撤去电场，粒子以同样的速度从P点射入该区域，恰垂直CD射出.已知边长AD=BC=d,带电粒子的质量为m,带电量为q,不计粒子的重力.求：(1)带电粒子入射速度的大小；(2)带电粒子在矩形区域内作直线运动的时间；(3)匀强电场的电场强度大小.【来源】【市级联考】广东省广州市2019届高三12月调研测试理科综合试题物理试题【答案】(1)-qBdmcosmcosqBsinqB2【答案】(1)-qBdmcosmcosqBsinqB2dmcos【解析】【分析】画出粒子的轨迹图，由几何关系求解运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子入射速度的大小；带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间；根据电场力与洛伦兹力平衡求解场强.R,画出运动轨迹如图所示,(1)设撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,画出运动轨迹如图所示,d由几何关系可知：cosR2洛伦兹力做向心力：qv0Bmv0-RqBd斛信v0mcos(2)设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x,有sindx粒子作匀速运动：x=vot联立解得t联立解得tmcos

qBsinEq=qvoB(3)Eq=qvoB21解得EqBdmcos【点睛】此题关键是能根据粒子的运动情况画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解半径等物理量；知道粒子作直线运动的条件是洛伦兹力等于电场力^5.如图所示，在空间坐标系x<0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

二4E1。在负x轴上有一质量为m、电量为+q的金属a球以速度v0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:场、磁场的影响，求:⑴碰撞后，a⑴碰撞后，a、b球的速度大小；,2vo_ ……e… ，、(2)a、b碰后，经t——时a球到某位置P点，求3gP点的位置坐标;(3)a、b碰后，要使b球不从CD边界射出，求磁感应强度 B的取值。【来源】【全国百强校】黑龙江省哈尔滨市第三中学校2019届高三上学期期末考试理科综合物理试题1 2【来源】【全国百强校】黑龙江省哈尔滨市第三中学校2019届高三上学期期末考试理科综合物理试题1 2【答案】⑴va 二V0,灰一V0;(2)3 3B16mvo3qL【解析】【分析】2V29g2Vo9g16mv0i 或15qLmgqEmgqE1①mvomva2mvb②；mv：1mv222mv2d(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。【详解】(1)a匀速,则a、b碰撞，动量守恒机械能守恒由②③得

1....2-小VaaVo,Vb-Vo④33(2)碰后a、b电量总量平分，则1qaqb-q碰后a在电场中向左做类平抛运动，设经t——时a球到P点的位置坐标为(-x,-y)3g1.2…xvat⑤，y—at⑥2其中一11mg—qE〔ma⑦，a=g22由⑤⑥⑦得222VoVox,y9g9g故P点的位置坐标为(也9g2,包）⑧9g(3)碰撞后对b1「八-qE22mg⑨故b做匀速圆周运动，则-qvbB2m—⑩2r得8mv0r?3qB-b恰好从C射出，则L2r?由？？得16mv0Bi3qL恰从D射出，则由几何关系r24L2rL2?,得5.r—L?2-由？？得

16mv0B2——-15qL故要使b不从CD边界射出，则B的取值范围满足0B组或B皿015qL3qL【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运动的规律求解。6.正、负电子从静止开始分别经过同一回旋加速器加速后，从回旋加速器D型盒的边缘引出后注入到正负电子对撞机中.正、负电子对撞机置于真空中.在对撞机中正、负电子对撞后湮灭成为两个同频率的光子.回旋加速器D型盒中的匀强磁场的磁感应强度为B。,回旋加速器的半径为R,加速电压为U;D型盒缝隙间的距离很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计.电子的质量为m、电量为e,重力不计.真空中的光速为c,普朗克常量为h.(1)求正、负电子进入对撞机时分别具有的能量E及正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率v(2)求从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程中，D型盒间的电场对电子做功的平均功率P(3)图甲为正负电子对撞机的最后部分的简化示意图.位于水平面的粗实线所示的圆环真空管道是正、负电子做圆周运动的容器”，正、负电子沿管道向相反的方向运动，在管道内控制它们转变的是一系列圆形电磁铁.即图中的Ai、A2、A4……从共有n个，均匀分布在整个圆环上.每个电磁铁内的磁场都是匀强磁场，并且磁感应强度都相同，方向竖直向下.磁场区域的直径为d.改变电磁铁内电流大小，就可以改变磁场的磁感应强度，从而改变电子偏转的角度.经过精确调整，首先实现电子在环形管道中沿图甲中粗虚线所示的轨道运动，这时电子经过每个电磁铁时射入点和射出点都在电磁铁的同一直径的两端，如图乙所示.这就为进一步实现正、负电子的对撞做好了准备.求电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B大小【来源】2019年天津市滨海新区塘沽一中高三三模理综物理试卷【答案】(1)v【答案】(1)ve2B02R22mc2E

mhh'2_2_2e2B02R22m2eB°U 2B°Rsin一;(2) ;(3)nm d解：(1)正、负电子在回旋加速器中磁场里则有:2mvoevBo 解得正、负电子离开回旋加速器时的速度为:voeB0R正、负电子进入对撞机时分别具有的能量： E正、负电子对撞湮灭时动量守恒，能量守恒，则有:12-mvo2 2 2eB解：(1)正、负电子在回旋加速器中磁场里则有:2mvoevBo 解得正、负电子离开回旋加速器时的速度为:voeB0R正、负电子进入对撞机时分别具有的能量： E正、负电子对撞湮灭时动量守恒，能量守恒，则有:12-mvo2 2 2eBoR2m22E2mc2hv正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率:2 2 2c2eB0R2mc

v mhh(2)从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程，设在电场中加速n次,则有:neU12-mvo2解得：neBo2R2

2mU正、负电子在磁场中运动的周期为:2m

eBo正、负电子在磁场中运动的时间为： tD型盒间的电场对电子做功的平均功率：__2nT BoRT2 2U2-WEe2BoUP—— ttm(3)设电子在匀强磁场中做圆周运动的半径为 r,由几何关系可得「.drsin——n2 r 解得：r2sin一n根据洛伦磁力提供向心力可得:2mvoev0B r电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B大小：B2BoRsin—

nd7.实验中经常利用电磁场来改变带电粒子运动的轨迹.如图所示，M(1H)、笊23(iH)、瓶(iH)三种粒子同时沿直线在纸面内通过电场强度为E、磁感应强度为B的复合场区域.进入时代与笊、笊与瓶的间距均为d,射出复合场后进入y轴与MN之间(其夹角为0)垂直于纸面向外的匀强磁场区域I,然后均垂直于边界MN射出.虚线MN与PQ间为真空区域H且PQ与MN平行.已知质子比荷为—,不计重力.m(1)求粒子做直线运动时的速度大小v;

(2)求区域I内磁场的磁感应强度Bi；(3)若虚线PQ右侧还存在一垂直于纸面的匀强磁场区域出，经该磁场作用后三种粒子均能汇聚于MN上的一点，求该磁场的最小面积S和同时进入复合场的五、瓶运动到汇聚点的时间差At.[Failedtodownloadimage:http:〃0:8086/QBM/2019/&13/2224672582623232/2224907340759040/STEM/dc3c33cca5564bb396bf46dd7f953dfa.png]【来源】江苏省苏州市2019届高三上学期期末阳光指标调研考试物理试题喑案】⑴B(嗡⑶Td(1)粒子在电磁复合场中做直线运动是匀速直线运动，根据电场力与洛伦兹力平衡，可求粒子的速度大小；(2)由粒子的轨迹与边界垂直，可求轨迹半径，由洛伦兹力提供向心力，可求磁感应强度的大小；(3)由瓶粒子圆周运动直径可求磁场的最小面积.根据五、瓶得运动周期，结合几何关系，可求五、瓶到汇聚点的时间差.【详解】(1)由电场力与洛伦兹力平衡，Bqv=Eq解得v=E/B.(2)由洛伦兹力提供向心力，2Bvq=m—r由几何关系得r=d…口mE…口mE解得B= qdB(3)分析可得瓶粒子圆周运动直径为3r213r磁场取小面积s=一兀22解得S=兀d2由题意得IB2=2B1

一2r-2m由T= 得T= qB由轨迹可知Ati=(3Ti—Ti)—,其中2mTi= qBiAt2=1(3T2-T2),其中一2r-2m由T= 得T= qB由轨迹可知Ati=(3Ti—Ti)—,其中2mTi= qBiAt2=1(3T2-T2),其中T2=22mqB2)解得ttl+t2( 2)BdEA、B板间的电场加速后从B板上的小孔竖直向上飞出，进入竖直放置的CD板间，CD板间存在正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场的方向水平向右，大小为E,匀强磁场的方向水平向里，大小为Bi。其中一些粒子能沿图中虚线做直线运动到达上方竖直圆上的a点，圆内存在磁感应强度大小为B2、方向水平向里的匀强磁场。其中S、a、圆心O点在同一竖直线上。不计粒子的重力和粒子之间的作用力。求：（1）能到达a点的粒子速度v的大小；（2）若e、f两粒子带不同种电荷，它们的比荷之比为1：3,都能到达a点，则对应A、B两金属板间的加速电压Ui:U2的绝对值大小为多大；（3）在满足（2）中的条件下，若e粒子的比荷为k,e、f两粒子在磁场圆中射出的两位置恰好t为多少？在圆形磁场的同一条直径上，则两粒子在磁场圆中运动的时间差t为多少？【来源】河南省名校联盟20i9届年高三第五次（3月份）调研考试理科综合物理试题E，，，【答案】(i)v-；(2)Ui：U23:i；(3)ttit2Bi9kB2【解析】【详解】解：（i）能达到a点的粒子速度设为v,说明在C、D板间做匀速直线运动，有：qvBiqE

解得：v(2)由题意得e、f两粒子经A、B板间的电压加速后，速度都应该为v,根据动能定理得:12qUmv2aqeqf它们的比荷之比：—：L1:3memf得出：Ui：U23:1(3)设磁场圆的半径为R,e、f粒子进入磁场圆做圆周运动2对e粒子：q1VB2m1——ri2对f粒子：q2VB2m2一r2解得：r13r21e、f两粒子在磁场圆中射出的两位置恰好在同一条直径上，说明两粒子的偏转角之和为180，e180，e、f两粒子的轨迹图如图所示,由几何关系有:tan0Rtan0一「29a90联立解得：030',a60e、f两粒子进入磁场圆做匀速圆周运动的周期满足:T2一11V

曳*1:3memf在磁场中运动的时间:tltl320Tit22a7t2T2t2360t2tl两粒子在磁场中运动的时间差为:Att两粒子在磁场中运动的时间差为:Att1t2花9kB29.如图1,光滑绝缘水平平台MNQP为矩形，GH//PQ,MP=NQ=1m,MN=GH=PQ=0.4m,平台离地面高度为h=2.45m.半径为R=0.2m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B=0.05T,方向竖直向上，与MP边相切于A点，与NQ边相切于D点，与GH相切于C点.平台上PGHQ区域内有方向由P指向G的匀强电场，场强大小为E=0.25V/m.平台右方整个空间存在方向水平向右的电场，场强大小也为E=0.25V/m,俯视图如图2.两个质量均为m=2X105kg的小球a、b,小球a带正电，电量q=4X104C,小球b不带电，小球a、b均可视为质点.小球a从A点正对圆心O射入磁场，偏车990°后离开磁场，一段时间后与静止在平台D点的小球b发生弹性碰撞，碰后两球离开平台，并在此后的运动过程中发生多次弹性碰撞，a球带电量始终不变，碰撞时间忽略不计.已知重力加速度g=10m/s2,兀=3.14不计空气阻力，求：〃B2由1(1)小球a射入磁场时的速度大小；(2)从小球a射入磁场到第一次与小球b相碰撞，小球a运动的路程；(3)两个小球落地点与NQ的水平距离.【来源】【市级联考】重庆市2019届高三5月调研测试(第三次诊断性考试)理综试卷物理试题【答案】(1)0.2m/s(2)0.636m(3)0.684m【解析】

【详解】(1)小球a从A点正对圆心。射入磁场，偏车990°后离开磁场，小球a在洛伦兹力作用下做圆周运动，轨迹如图：分析得半径R=0.2m分析得半径R=0.2m2v由qvBm一R得：v=0.2m/s(2)磁场中运动的路程si=兀R=0.628m电场中加速度a9E5m/s2m2电场的路程s22—0.008m2a小球a射入磁场到与小球b相碰过程运动的路程sS1§20.636m(3)a、b球弹性碰撞，质量相等每一次碰撞速度交换.D点碰后，两球速度分别为VaD=0,VbD=0.2m/S此后两球抛离平台，竖直方向均做自由落体运动gt22h由h—得，两小球在仝中运动时间tJ—0.7s；gqE,2水平方向：b球匀速运动，a球加速运动，加速度a——5m/sm每次碰到下一次碰撞，两球位移相等,v每次碰到下一次碰撞，两球位移相等,v—t图如图所不':1,,、2可得，每两次碰撞间隔时间是定值：vbDt-a(t)2t0.08s由工t0.70.