物理带电粒子在复合场中的运动练习题含答案(同名2850)

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．如图甲所示，空间存在一范围足够大的垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B．让质量为m，电荷量为q（q＞0）的粒子从坐标原点O沿xOy平面以不同的初速度大小和方向入射到磁场中．不计重力和粒子间的影响．（1）若粒子以初速度v1沿y轴正向入射，恰好能经过x轴上的A（a，0）点，求v1的大小；（2）已知一粒子的初速度大小为v（v＞v1），为使该粒子能经过A（a，0）点，其入射角θ（粒子初速度与x轴正向的夹角）有几个？并求出对应的sinθ值；（3）如图乙，若在此空间再加入沿y轴正向、大小为E的匀强电场，一粒子从O点以初速度v0沿y轴正向发射．研究表明：粒子在xOy平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度的x分量vx与其所在位置的y坐标成正比，比例系数与场强大小E无关．求该粒子运动过程中的最大速度值vm．【来源】2013年全国普通高等学校招生统一考试理科综合能力测试物理（福建卷带解析)【答案】⑴；⑵两个sinθ=；⑶＋．【解析】试题分析：(1)当粒子沿y轴正向入射，转过半个圆周至A点，半径R1＝a/2由运动定律有解得(2)如右图所示，O、A两点处于同一圆周上，且圆心在x＝的直线上，半径为R，当给定一个初速率v时，有2个入射角，分别在第1、2象限．即sinθ′＝sinθ＝另有解得sinθ′＝sinθ＝(3)粒子在运动过程中仅电场力做功，因而在轨道的最高点处速率最大，用ym表示其y坐标，由动能定理有qEym＝mv－mv由题知vm＝kym若E＝0时，粒子以初速度v0沿y轴正向入射，有qv0B＝m在最高处有v0＝kR0联立解得考点：带电粒子在符合场中的运动；动能定理．2．如图所示，在坐标系Oxy的第一象限中存在沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E．在其它象限中存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里．A是y轴上的一点，它到坐标原点O的距离为h；C是x轴上的一点，到O的距离为L．一质量为m，电荷量为q的带负电的粒子以某一初速度沿x轴方向从A点进入电场区域，继而通过C点进入磁场区域．并再次通过A点，此时速度方向与y轴正方向成锐角．不计重力作用．试求：（1）粒子经过C点速度的大小和方向；（2）磁感应强度的大小B．【来源】2007普通高等学校招生全国统一考试（全国卷Ⅱ)理综物理部分【答案】（1）α＝arctan（2）B＝【解析】【分析】【详解】试题分析：（1）以a表示粒子在电场作用下的加速度，有①加速度沿y轴负方向．设粒子从A点进入电场时的初速度为，由A点运动到C点经历的时间为t，则有：②③由②③式得④设粒子从C点进入磁场时的速度为v，v垂直于x轴的分量⑤由①④⑤式得：＝⑥设粒子经过C点时的速度方向与x轴的夹角为，则有⑦由④⑤⑦式得⑧（2）粒子从C点进入磁场后在磁场中作速率为v的圆周运动．若圆周的半径为R，则有qvB＝m⑨设圆心为P，则PC必与过C点的速度垂直，且有＝．用表示与y轴的夹角，由几何关系得：⑩解得由⑥⑨式得：B=3．如图所不，在x轴的上方存在垂直纸面向里，磁感应强度大小为B0的匀强磁场．位于x轴下方的离子源C发射质量为m、电荷量为g的一束负离子，其初速度大小范围0〜3v0，这束离子经电势差u=mv022q的电场加速后，从小孔O（坐标原点）垂直x轴并垂直磁场射入磁场区域，最后打到x轴上．在x轴上2a〜3a区间水平固定放置一探测板（a=（1）求离子束从小孔O射入磁场后打到x轴的区间；（2）调整磁感应强度的大小，可使速度最大的离子恰好打在探测板右端，求此时的磁感应强度大小B1；（3）保持磁感应强度B1不变，求每秒打在探测板上的离子数N；若打在板上的离子80%被吸收，20%被反向弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.6倍，求探测板受到的作用力大小．【来源】浙江省2018版选考物理考前特训（2017年10月)加试30分特训：特训7带电粒子在场中的运动试题【答案】（1）2a≤x≤4a；（2）B1=【解析】(1)对于初速度为0的离子，根据动能定理：：qU＝mv在磁场中洛仑兹力提供向心力：qBv=mv2r，所以半径：r1恰好打在x＝2a的位置；对于初速度为v0的离子，qU＝mv－m(v0)2r2＝＝2a，恰好打在x＝4a的位置故离子束从小孔O射入磁场打在x轴上的区间为[2a，4a](2)由动能定理qU＝mv－m(v0)2r3＝r3＝a解得B1＝B0(3)对速度为0的离子qU＝mvr4＝＝a2r4＝1.5a离子打在x轴上的区间为[1.5a,3a]N＝N0＝N0对打在x＝2a处的离子qv3B1＝对打在x＝3a处的离子qv4B1＝打到x轴上的离子均匀分布，所以＝由动量定理－Ft＝－0.8Nm＋0.2N(－0.6m－m)解得F＝N0mv0．【名师点睛】初速度不同的粒子被同一加速电场加速后，进入磁场的速度也不同，做匀速圆周运动的半径不同，转半圈后打在x轴上的位置不同．分别求出最大和最小速度，从而求出最大半径和最小半径，也就知道打在x轴上的区间；打在探测板最右端的粒子其做匀速圆周运动的半径为1.5a，由半径公式也就能求出磁感应强度；取时间t=1s，分两部分据动量定理求作用力．两者之和就是探测板受到的作用力．4．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S1不断飘入加速电场，其初速度可视为零，然后经过小孔S2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．（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）实际上加速电压的大小会在U+ΔU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，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）（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=解得：U=（2）设在t时间内收集到的离子个数为N，总电荷量Q=ItQ=NqM="Nm"=（3）由以上分析可得：R=设m/为铀238离子质量，由于电压在U±ΔU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=这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为：Rmax<Rmin即：<得：<<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则：<解得：<0.63%5．扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆．其简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ两处的条形匀强磁场区边界竖直，相距为L，磁场方向相反且垂直纸面．一质量为m，电量为-q，重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U，粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平和方向夹角（1）当Ⅰ区宽度、磁感应强度大小时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为，求B0及粒子在Ⅰ区运动的时间t0（2）若Ⅱ区宽度磁感应强度大小，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h（3）若、，为使粒子能返回Ⅰ区，求B2应满足的条件（4）若，，且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出．为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射出的方向总相同，求B1、B2、L1、、L2、之间应满足的关系式．【来源】2011年普通高等学校招生全国统一考试物理卷（山东)【答案】（1）（2）（3）（或）（4）【解析】图1（1）如图1所示，设粒子射入磁场Ⅰ区的速度为，在磁场Ⅰ区中做圆周运动的半径为，由动能定理和牛顿第二定律得①②由几何知识得③联立①②③，带入数据得④设粒子在磁场Ⅰ区中做圆周运动的周期为，运动的时间为⑤⑥联立②④⑤⑥式，带入数据得⑦（2）设粒子在磁场Ⅱ区做圆周运动的半径为，有牛顿第二定律得⑧由几何知识得⑨联立②③⑧⑨式，带入数据得⑩图2（3）如图2所示，为时粒子能再次回到Ⅰ区，应满足[或]⑾联立①⑧⑾式，带入数据得（或）⑿图3图4（4）如图3（或图4）所示，设粒子射出磁场Ⅰ区时速度与水平方向得夹角为，有几何知识得⒀[或]⒁[或]联立②⑧式得⒂联立⒀⒁⒂式得⒃【点睛】（1）加速电场中，由动能定理求出粒子获得的速度．画出轨迹，由几何知识求出半径，根据牛顿定律求出B0．找出轨迹的圆心角，求出时间；（2）由几何知识求出高度差；（3）当粒子在区域Ⅱ中轨迹恰好与右侧边界相切时，粒子恰能返回Ⅰ区，由几何知识求出半径，由牛顿定律求出B2满足的条件；（4）由几何知识分析L1、L2与半径的关系，再牛顿定律研究关系式．6．在场强为B的水平匀强磁场中，一质量为m、带正电q的小球在O静止释放，小球的运动曲线如图所示．已知此曲线在最低点的曲率半径为该点到z轴距离的2倍，重力加速度为g．求：(1)小球运动到任意位置P(x，y)的速率；(2)小球在运动过程中第一次下降的最大距离ym；(3)当在上述磁场中加一竖直向上场强为E()的匀强电场时，小球从O静止释放后获得的最大速率。【来源】江苏高考物理试题复习【答案】(1)；(2)；(3)。【解析】【详解】⑴洛伦兹力不做功，由动能定理得①解得②⑵设在最大距离处的速率为，根据圆周运动有③且由②知④由③④及，得⑤⑶小球运动如图所示，由动能定理得⑥由圆周运动得⑦且由⑥⑦及，解得：7．如图所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在边长为2L的正方形abcd区域（包括边界）内有方向垂直纸面向外的匀强磁场．一电子从y轴上的A（0，）点以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，已知电子的质量为m、电荷量为e，正方形abcd的中心坐标为（3L，0），且ab边与x轴平行，匀强电场的电场强度大小．（1）求电子进入磁场时的位置坐标；（2）若要使电子在磁场中从ab边射出，求匀强磁场的磁感应强度大小B满足的条件．【来源】【全国市级联考】河北省邯郸市2018届高三第一次模拟考试理综物理试题【答案】（1）（2L，0）（2）≤B＜【解析】试题分析：电子在电场中做类平抛运动，分别列出竖直和水平方向的方程，即可求出电子进入磁场时的位置坐标；电子从ab边界射出，其运动轨迹的临界状态分别与ab相切和bc相切，根据几何关系求出相应半径，由洛伦兹力提供向心力即可求出强磁场的磁感应强度大小B满足的条件．（1）电子在电场中做类平抛运动，轨迹如图所示：则有：竖直方向有：加速度为：水平方方向为：竖直速度：vy＝at1解得：y1＝vy＝v0所以电子射出电场时的速度方向与x轴成45°角，则电子在电场中沿x轴正方向和沿y轴负方向运动的距离分别为L和，又因为A点的坐标是（0，），电子在无电场和磁场的区域内做匀速直线运动，则电子射入磁场区的位置坐标为（2L，0）且射入磁场区的速度大小：v＝v0，方向与x轴成45°角．（2）分使电子从ab边界射出，其运动轨迹的临界状态分别与ab相切和bc相切当运动轨迹与ab相切时，有r1＋r1sin45°＝L电子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，有：解得：当运动轨迹与bc相切时，有：r2＋r2sin45°＝2L电子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，有：解得：匀强磁场的磁感应强度大小B满足的条件：≤B＜点睛：本题主要考查了带电粒子由电场进入磁场的情况，电子在电场中做类平抛运动，分别列出竖直和水平方向的方程列式分析求解；在磁场中，关键要画出轨迹图分析，根据几何关系求解．8．在平面直角坐标系中，第Ⅱ、Ⅲ象限轴到直线范围内存在沿轴正方向的匀强电场，电场强度大小，第I、Ⅳ象限以为圆心，半径为的圆形范围内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度.大量质量为，电荷量的带正电的粒子从上任意位置由静止进入电场．已知直线到y轴的距离也等于．不计粒子重力，求：（1）粒子进入磁场时的速度大小；（2）若某个粒子出磁场时速度偏转了，则该粒子进入电场时到轴的距离h多大？（3）粒子在磁场中运动的最长时间．【来源】天津市耀华中学2019届高三高考二模物理试题【答案】（1）2000m/s（2）0.2m（3）【解析】【详解】（1）粒子在电场中加速，则有：解得：（2）在磁场中，有：解得：即正好等于磁场半径，如图，轨迹圆半径与磁场圆半径正好组成一个菱形由此可得（3）无论粒子从何处进入磁场，（2）中菱形特点均成立，所有粒子均从同一位置射出磁场，故9．如图所示，A、B两水平放置的金属板板间电压为U(U的大小、板间的场强方向均可调节)，在靠近A板的S点处有一粒子源能释放初速度为零的不同种带电粒子，这些粒子经A、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C、D板间，C、D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B1。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U1︰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2019届年高三第五次（3月份)调研考试理科综合物理试题【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】解：(1)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：解得：(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：它们的比荷之比：得出：(3)设磁场圆的半径为R，e、f粒子进入磁场圆做圆周运动对e粒子：对f粒子：解得：e、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，e、f两粒子的轨迹图如图所示，由几何关系有：联立解得：，e、f两粒子进入磁场圆做匀速圆周运动的周期满足：在磁场中运动的时间：两粒子在磁场中运动的时间差为：10．如图所示，处于竖直面内的坐标系x轴水平、y轴竖直，第二象限内有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直坐标平面向里。带电微粒从x轴上M点以某一速度射入电磁场中，速度与x轴负半轴夹角α=53°，微粒在第二象限做匀速圆周运动，并垂直y轴进入第一象限。已知微粒的质量为m，电荷量为-q，OM间距离为L，重力加速度为g，sin53°=0．8，cos53°=0．6。求(1)匀强电场的电场强度E；(2)若微粒再次回到x轴时动能为M点动能的2倍，匀强磁场的磁感应强度B为多少。【来源】【市级联考】山东省滨州市2019届高三第二次模拟（5月)考试理综物理试题【答案】(1)(2)B=或B=【解析】【详解】（1）微粒在第二象限做匀速圆周运动，则qE=mg，解得:E=（2）微粒垂直y轴进入第一象限，则圆周运动圆心在y轴上，由几何关系得:rsinα=L由向心力公式可知：qvB=m微粒在第一象限中联立解得:B=或B=11．如图所示，在竖直平面（纸面）内有长为l的CD、EF两平行带电极板，上方CD为正极板，下方EF为负极板，两极板间距为l，O点为两极板边缘C、E两点连线的中点；两极板右侧为边长为l的正方形匀强磁场区域磁场方向垂直纸面向外。离子源P产生的电荷量为q、质量为m的带正电粒子飘入电压为U1的加速电场，其初速度几乎为零，被电场加速后在竖直平面内从O点斜向上射入两极板间，带电粒子恰好从CD极板边缘D点垂直DF边界进入匀强磁场区域。已知磁感应强度大小B与带电粒子射入电场O点时的速度大小v0的关系为，带电粒子重力不计。求（1）带电粒子射入电场O点时的速度大小v0；（2）两平行极板间的电压U2；（3）带电粒子在磁场区域运动的时间t。【来源】【市级联考】四川省德阳市2019届高三下学期二诊物理试题【答案】（1）；（2）U1；（3）【解析】【详解】（1）电荷在电场中加速，由动能定理得：，解得：；（2）粒子进入偏转电场时的速度方向与水平方向间的夹角为θ，在偏转电场中：，，，加速度：，解得：；（3）粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，粒子运动轨迹如图所示，粒子转过的圆心角：，粒子在磁场中的运动时间：，解得：.12．如图甲所示，两平行金属板接有如图乙所示随时间t变化的电压U，两板间电场可看作均匀的，且两金属板外无电场，两金属板长L＝0.2m，两板间距离d＝0.2m．在金属板右侧边界MN的区域有一足够大的匀强磁场，MN与两板中线OO′垂直，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．现有带正电的粒子流沿两板中线OO′连续射入电场中，已知每个粒子速度v0＝105m/s，比荷＝108C/kg，重力忽略不计，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作是恒定不变的．(1)试求带电粒子射出电场时的最大速度；(2)任意时刻从电场射出的带电粒子，进入磁场时在MN上的入射点和在MN上出射点的距离是一确定的值s，试通过计算写出s的表达式（用字母m、v0、q、B表示）．【来源】【市级联考】肇庆市2019届高三第三次统一检测理综物理试题【答案】（1）．方向：斜向右上方或斜向右下方，与初速度方向成45°夹角；（2）s，距离s与粒子在磁场中运行速度的大小无关，s为定值．【解析】【分析】【详解】（1）偏转电压由0到200V的变化中，粒子流可能都能射出电场，也可能只有部分粒子能射出电场，设偏转的电压为U0时，粒子刚好能经过极板的右边缘射出，则：解得U0＝100V知偏转电压为100V时，粒子恰好能射出电场，且速度最大．根据动能定理得，．方向：斜向右上方或斜向右下方，与初速度方向成45°夹角．（2）设粒子射出电场速度方向与MN间夹角为θ．粒子射出电场时速度大小为：在磁场中，解得R因此粒子射进磁场点与射出磁场点间距离为：s．由此可看出，距离s与粒子在磁场中运行速度的大小无关，s为定值．13．如图所示，半径为r的圆形匀强磁场区域Ⅰ与x轴相切于坐标系的原点O，磁感应强度为B0，方向垂直于纸面向外．磁场区域Ⅰ右侧有一长方体加速管，加速管底面宽度为2r，轴线与x轴平行且过磁场区域Ⅰ的圆心，左侧的电势比右侧高．在加速管出口下侧距离2r处放置一宽度为2r的荧光屏．加速管右侧存在方向垂直于纸面向外磁感应强度也为B0的匀强磁场区域Ⅱ．在O点处有一个粒子源，能沿纸面向y>0的各个方向均匀地发射大量质量为m、带电荷量为q且速率相同的粒子，其中沿y轴正方向射入磁场的粒子，恰能沿轴线进入长方形加速管并打在荧光屏的中心位置．（不计粒子重力及其相互作用）（1）求粒子刚进入加速管时的速度大小v0；（2）求加速电压U；（3）若保持加速电压U不变，磁场Ⅱ的磁感应强度B=0.9B0，求荧光屏上有粒子到达的范围？【来源】江苏省扬州市高邮市2018－2019学年度第二学期高三年级阶段性物理调研试题【答案】（1）v0=qB0rm（【解析】【分析】由运动方向通过几何关系求得半径，进而由洛伦兹力作向心力求得速度；再由几何关系求得半径，由洛伦兹力作向心力联立两式求得粒子速度，应用动能定理求得加速电压；先通过几何关系求得粒子在加速管中的分布，然后由粒子运动的半径及几何关系求得可打在荧光屏上的粒子范围；【详解】解：(1)磁场区域Ⅰ内粒子运动轨道半径为：RBv(2)粒子在磁场区域Ⅱ的轨道半径为:RBqv=m又B=v=2由动能定理得：qU=解得：U=(3)粒子经磁场区域Ⅰ后，其速度方向均与x轴平行；经证明可知：OO1CO2是菱形，所以CO2和y轴平行，v和x轴平行磁场Ⅱ的磁感应强度B2减小10%，即B2'荧光屏上方没有粒子到达的长度为:d=2即荧光屏上有粒子到达的范围是：距上端49r14．如图所示，在坐标系xoy中，过原点的直线OC与x轴正向的夹角φ=120°，在OC右侧有一匀强电场；在第二、三象限内有一匀强磁场，其上边界与电场边界重叠、右边界为y轴、左边界为图中平行于y轴的虚线，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直抵面向里。一带正电荷q、质量为m的粒子以某一速度自磁场左边界上的A点射入磁场区域，并从O点射出，粒子射出磁场的速度方向与x轴的夹角θ＝30°，大小为v，粒子在磁场中的运动轨迹为纸面内的一段圆弧，且弧的半径为磁场左右边界间距的两倍。粒子进入电场后，在电场力的作用下又由O点返回磁场区域，经过一段时间后再次离开磁场。已知粒子从A点射入到第二次离开磁场所用的时间恰好等于粒子在磁场中做圆周运动的周期。忽略重力的影响。求（1）粒子经过A点时速度的方向和A点到x轴的距离；（2）匀强电场的大小和方向；（3）粒子从第二次离开磁场到再次进入电场时所用的时间。【来源】2008年高考全国卷Ⅰ理综试题物理部分【答案】（1）垂直左边界向右；（2），方向跟y轴成120°角，斜向下指向左边。（3）【解析】【分析】本题考查带电粒子在磁场中的运动。【详解】（1）设磁场左边界与x轴相交于D点，过O点作速度v垂线OO1，与MN相交于O1点．由几何关系可知，在直角三角形