物理带电粒子在复合场中的运动题20套(带答案).docx

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1、一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1 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（ xp,0 ）霍尔片的放大图如图 2 所示，它由长 宽 厚 =abd，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 (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 D1、 D2 两点间产生霍尔电压 U0.（1）

2、指出 D1 、D2 两点那点电势高；（2）推导出 U00之间的关系式（提示：电流I 与自由电子定向移动速率v 之间关系与 I、 B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 、t 0、 、及 ）【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1IB01U 1) ， f1(2) U 0d(3) A(12t0neU 0【解析】【分析】由左手定则可判定电子偏向D2 边，所以 D

3、1 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U与 I、 B 之间的关系式求出压力波的振幅00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qvB0q U 0b由电流 InevbdI得： vnebd

4、IB0将 带入 得 U 0ned（3）图像结合轻杆运动可知， 0-t 0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所以，频率为 :1f2t0当杆运动至最远点时，电压最小，即取U1，此时 BB0 (1x )取 x 正向最远处为振幅A，有： U 1IB0 (1?A)nedU 0IB01ned所以：IB0 (1A) 1AU 1nedU 0U 1解得： AU 0根据压力与唯一关系 xxp 可得 p因此压力最大振幅为：U 0U 1pmU 02 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

5、轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小3。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E=5.0 10V/m正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为-2m=1.0 10kg，乙所带电荷量-52。 (水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电q=2.0 10C， g 取 10m/s荷转移 )（ 1）甲乙两球碰撞后，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v0；（ 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

6、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） 32 m x 2 3m 。2【解析】【分析】【详解】（1）对球乙从B 运动到 D 的过程运用动能定理可得mgg2R qEg2R1 mvD21 mvB222乙恰能通过轨道的最高点D，根据牛顿第二定律可得mg qEm vD2R联立并代入题给数据可得vB =5m/s（2）设向右为正方向，对两球发生弹性碰撞的过程运用动量守恒定律可得mv0mv0mvB根据机械能守恒可得1 mv0 21 mv021 mvB2222联立解得v00 ， v05 m/s（3）设甲的质量为M，

7、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Mv 0MvMmvm1 Mv 021 Mv M 21 mvm2222联立得分析可知：当 M=m 时， vm 取最小值可得 B 球被撞后的速度范围为2Mv 0vmMmv0；当 M ? m 时， vm 取最大值2v0v0 vm2v0设乙球过 D 点的速度为 vD ，由动能定理得mgg2R qEg2R1mvD21mvm222联立以上两个方程可得3 5m / svD2 30m / s设乙在水平轨道上的落点到B 点的距离为x ，则有x vD t，2R 1 gt 2 2所以可得首次落点到B 点的距离范围3 22mx23m3 如图所示，

8、一半径为R 的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上整个空间存在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场一电荷量为q(q 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OO到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹球心角为 ( 0)为了使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】 Bmin2mg， vgRqRcossincos【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

9、 qvB 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N cosmg0 f N sinmv2R sin由式得v2qBR sinvqRsin 20 mcos由于 v 是实数，必须满足2( qBR sin)24qRsin 20 mcos由此得2mgBqRcos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Bmin2mgqR cos此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为qBmin Rsinv2m由式得v gR sin cos4 如图所示，在平面直角坐标系xOy 中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向里的有界矩形匀强磁场区域(图中未画出)；在第二象

10、限内存在沿x 轴负方向的匀强电场。一粒子源固定在x 轴上坐标为L,0的 A 点。粒子源沿y 轴正方向释放出速度大小为v0 的电子，电子通过y 轴上的C 点时速度方向与y 轴正方向成45o 角，电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与x 轴正方向成15o 角的射线OM已知电子的质量为m，电荷量为e，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用) 。求：1 匀强电场的电场强度E 的大小；2 电子在电场和磁场中运动的总时间t3 矩形磁场区域的最小面积Smin 。【来源】湖南省怀化市2019 年高考物理一模物理试题【答案】 (1)mv022L2 mmv0)2； (2)v0；(3)3(2eL3eBeB【解析】

11、【详解】1 电子从 A 到 C 的过程中，由动能定理得：eEL1mvC21mv0222vC cos45ov0联立解得：mv02E2eL2 电子在电场中做类平抛运动，沿电场方向有：LvC sint12v0其中 vCcos由数学知识知电子在磁场中的速度偏向角等于圆心角：电子在磁场中的运动时间： t2T22 m其中 TeB电子在电场和磁场中运动的总时间t t1 t 22L2 m联立解得： t3eBv0233 电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，2 v最小矩形区域如图所示，由数学知识得：CD2r sinCQrrcos22最小矩形区域面积：SminCD CQmv0 2联立解得： Smin3(

12、)5 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为 7L ，与水平线MN 的距离为等L (1 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带正电微粒在0 时刻自 O 点由静止释放，在时间去动已知重力加速度为g，求：1 L : L 内恰好做匀速圆周运2 gg(1)此带电微粒的比荷q ；m(2)自 0时刻起经时间

13、3L 时微粒距 O 点的距离；2g(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【答案】（ 1） 1g（2） L（ 3）4B0L2n7Ln 0,1,2,3和 2n11L n0,1,212 g12g【解析】【详解】解： (1)电容器两极电势差大小等于线框产生的电动势：L2BU4B0 L gLtEUgL电容器两极间电场强度：4B0L时间 1L :L 内： mgqE2gg解得比荷： q1gm4B0L(2)微粒运动的轨迹如图所示时间 0 :1L 内： mg qEma2gvat1 ， t11L2g解得： vgL1L:L内： qv ? 8

14、mv2时间ggB02r可得： rL22r又 Tv解得： TLg3L 时微粒距 O 点的距离： x 2rL2g(3)时间 0 :1L内，微粒竖直向下的位移：2g设粒子转过角度时与 O 点间的竖直距离为：hv t1L24L (1 1 )4L (11 )hsin4r解得：和566每次微粒进入磁场后运动至水平线MN 所需时间： t2T21L5L解得： t2g和 t 2g1212自开始至水平线MN 的时间： tt1 n ? 2T t2 ， (n 0,1,2,3 ,)即： t(2 n7 )L和 t (2n11)L， (n 0,1,2,3 ,)12g12g又 2rn7L2解得： n3.5微粒离开电容器后不再

15、经过水平线MN ，分析得自开始至水平线MN 的时间：t (2n7 )L， (n 0,1,2,3)和 t (2 n11)L， ( n0,1,2,3 ,)12g12g6 如图所示，在 xOy 坐标平面的第一象限内有一沿y 轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向里的匀强磁场，现有一质量为m、电量为 +q 的粒子（重力不计）从坐标原点 O 射入磁场，其入射方向与x 的正方向成 45 角当粒子运动到电场中坐标为（3L，L）的 P 点处时速度大小为 v ，方向与 x 轴正方向相同求：0（1）粒子从 O 点射入磁场时的速度 v；（2）匀强电场的场强 E0 和匀强磁场的磁感应强度B0（3）粒子从 O

16、 点运动到 P 点所用的时间【来源】海南省海口市海南中学2018-2019 学年高三第十次月考物理试题【答案】（ 1） 2v0 ；（ 2） 2mv0 ；（ 3） (8) LLq4v0【解析】【详解】解： (1)若粒子第一次在电场中到达最高点P ，则其运动轨迹如图所示，粒子在O 点时的速度大小为 v ， OQ 段为圆周， QP 段为抛物线，根据对称性可知，粒子在Q 点时的速度大小也为 v ，方向与 x 轴正方向成45角，可得： v0 vcos45解得： v2v0(2)在粒子从 Q 运动到 P 的过程中，由动能定理得：qEL1mv021mv222mv02解得： E2qL又在匀强电场由 Q 到 P

17、的过程中，水平方向的位移为：xv0t1竖直方向的位移为：v0y2 t1L可得： xQP 2L ， OQL由 OQ 2R cos45，故粒子在 OQ 段圆周运动的半径：Rmv2 L 及 R2qB2mv解得： B0qL(3)在 Q 点时， vyv0tan45v0设粒子从由 Q 到 P 所用时间为t1L2Lt1 ，在竖直方向上有：v0v02L粒子从 O 点运动到 Q 所用的时间为： t 24v0则粒子从 O 点运动到 P 点所用的时间为： t 总 t1t22LL(8) Lv04v04v07 如图甲所示，在 xOy 平面内有足够大的匀强电场 E，在 y 轴左侧平面内有足够大的磁场，磁感应强度 B1 随

18、时间 t 变化的规律如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向。在y 轴右侧平面内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁场，分布在一个半径为r=0.3m 的圆形区域 (图中未画出 )且圆的左侧与 y 轴相切，磁感应强度 B2=0.8T， t=0 时刻，一质量处的 P 点以速度 v=0.12m/s 向m=8 10 4kg、电荷量q=+2 104C 的微粒从 x 轴上 xp= 0.8mx 轴正方向入射。已知该带电微粒在电磁场区域做匀速圆周运动。(g 取 10m/s 2)(1)求电场强度。(2)若磁场 15s后消失，求微粒在第二象限运动过程中离x 轴的最大距离；(3)若微粒穿过 y 轴右侧圆形磁场时速度方

19、向的偏转角最大，求此圆形磁场的圆心坐标(x，y)。【来源】陕西榆林市2019 届高考模拟第三次测试理科综合物理试题【答案】 (1)E40N / C ，方向竖直向上 (2)2.4m(3)(0.30，2.25)【解析】【详解】(1)因为微粒射入电磁场后做匀速圆周运动受到的电场力和重力大小相等，则：qEmg解得： E 40N / C ，方向竖直向上(2)由牛顿第二定律有：qvB m v21R1mv0.6m所以 R1qB12 m10sTqB1从图乙可知在05s 内微粒做匀速圆周运动，在510 s内微粒向左做匀速直线运动在1015s 内微粒又做匀速圆周运动，在15s 内微粒向右做匀速直线运动，之后穿过

20、y轴离 x 轴的最大距离 s 2R1 2 4R1 2.4m(3)如图，微粒穿过圆形磁场要求偏转角最大，入射点A 与出射点B 的连线必须为磁场圆的直径由牛顿第二定律，有qvB2m所以 R2mv0.6m 2rqB2v2R2所以最大偏 角 60所以 心坐 x0.30m1ysrcos 602.40.3m2.25m2即磁 的 心坐 0.30，2.25 8 如 所示，在 直平面内的xoy 直角坐 系中，x 上方存在正交的匀 和匀 磁 ， 度E1，方向沿y 向上，磁感 度沿 y 向上的匀 （ 中未画出）， B，方向垂直 面向里E2 量 m、 荷量 x 下方存在方向q 的 正 小球（可 点），从y 上的A 点

21、以速度大小v0 沿x 正方向抛出， x 上的P 点后与x 正向成45 入x 上方恰能做匀速 周运 O、 P 两点 距离x0 与O、 A 两点 距离 y0 足以下关系，y0g2v022x0，重力加速度 g，以上物理量中m、 q、v0、g 已知量，其余量大小未知(1) 度 E1 与 E2 的比 (2)若小球可多次（大于两次）通 P 点， 磁感 度B 多大？(3)若小球可恰好两次通 P 点， 磁感 度B 多大？小球两次通 P 点 隔 多少？【来源】安徽省黄山市2019 届高中 班第二次 量 高三理 物理 【答案】（ 1） 1 ；（ 2） Bmg ；（ 3） B（11 ）mg（ n=1， 2， 3）.

22、；2qv0nqv 03 nv0t （ 2）（ n=1， 2， 3）.2g【解析】【分析】【 解】解： (1)小球在 x 上方匀速 周，可得：qE1mg小球从 A 到 P 的 程做内平抛运 ： x 0v0 ty 01at22 合： y 0g2x 022v0可得： ag由牛 第三定律可得：qE2mgma解得： qE22mgE11故：2E2(2) 小球第一次通 P 点 与 x 正向成 45 ，可知小球在P 点 有： v yv 0故 P 点 的速度： v2v0由 平抛的位移公式可得：x 0v02g小球多次 P 点， 迹如 甲所示，小球在磁 中运 3 个周期后，到达x 上的 Q4点， P、 Q 关于原点

23、 O 称，之后回到 A 并不断重复 一 程，从而多次 P 点 小球在磁 中 周运 的半径 R，由几何关系可得：R2x 0又由： qvBm v2Rmg 立解得： Bqv 0(3)小球恰能两次 P 点， 迹如 乙所示在 x 上方，小球在磁 中的运 周期：T2mqB在 x 下方，小球的运 ：t 22n x02v 0v0gP 点 足的几何关系 ： 2x 02R1由 律可知，小球恰能两次 2R （ n=1，n2，3 ）.解得： B (1 1) mg（ n=1， 2， 3 ）.n qv0两次通 P 点的 隔 ：3t (n 1) T nt2 （n=1 2，3 .，）43nv0解得： t (2)（n=1， 2

24、， 3 ）.2g9 如 所示，空 有相互平行、相距和 度也都 LIII两区域，I、II区域内有垂直的 、于 面的匀 磁 ， I 区域磁 向内、磁感 度 B0 ，II 区域磁 向外，大小待定。 有一 量 m ， 荷量 q 的 粒子，从 中所示的一加速 中的MN 板附近由静止 放被加速，粒子 加速后平行 面与I 区磁 界成45角 入磁 ，然后又从 I 区右 界成 45角射出。(1)求加速 两极板 差U ；(2)若 II 区磁感 度也是B0 ， 粒子 I 区的最高点和 II 区的最低点之 的高度差是多少？(3) 使粒子能返回 I 区， II 区的磁感 度B 足什么条件？并求出粒子从左 入I 区到从左

25、 射出I 区需要的最 。【来源】河南省南阳中学2019 届高三下学期第十七次考 理 物理 222m【答案】 (1)Uq B0 L(2) h2L (3)2 1 B0 ， tB3 22 44m2qB0【解析】【 解】(1)画出粒子在磁 中运 的示意 ，如 所示：粒子在加速电场中根据动能定理可得qU1 mv22粒子在 I 区域做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB0m v2R1根据几何关系可得： R12L2联立可得加速电场两极板间电势差q2 B02 L2U4m(2)粒子在 II 区域运动的半径与I 区域相同，高度差由图中几何关系可得：h2R 1cosLtan可得： h2L(3)画出粒子刚好从II 区域右边界穿出磁场的临界状态，即轨迹圆与右边界相切的情况根据几何关系可得 R2 1 cosL ，解得 B21 B02可知当 B2 1 B0 时，粒子在 II 区域中运动的时间最长，即粒子从左侧进入区到从左2侧射出 区的时间最长粒子两次在 I区域运动的时间为t1 212 m4qB022L4m粒子两次在磁场之间的时间为t2qB0