物理高考物理带电粒子在复合场中的运动练习题含解析.docx

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1、一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1 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 ， O N ON d ， P 为靶点， O P 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 O N 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的重力。求：（1）离子经过

2、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 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)【答案】（ 1）B2 2qUm（ ） B22nqUm2， (n1,2,3, L , k 1) （）qkd2qkd3(2 k23) mkd22( k 1)mt磁 =， t电 =h2 2qum(k21)qU【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：可得 vqU1 mv222qUm磁

3、场中做匀速圆周运动：v2qvBmr刚好打在P 点，轨迹为半圆，由几何关系可知：kdr222qUm联立解得 Bqkd；（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：nqU1 mvn22qv Bm vn2nrn且：rnkd22 2nqUm，解得： Bqkd要求离子第一次加速后不能打在板上，有r1d2且：qU1 mv122qv1Bm v12r1解得： n k 2 ，故加速次数 n 为正整数最大取 nk 21即：B22nqUm (n1,2,3

4、,L , k21) ；qkd（3）加速次数最多的离子速度最大，取nk21，离子在磁场中做n-1 个完整的匀速圆周运动和半个圆周打到P 点。由匀速圆周运动：T2r2mvqBT(2k 23) mkdt磁 =(n 1)T2 2qum( k21)2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(k 2 1)h1 at电22a2(k21)mqUmh可得： t电 =hqU2 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，将氙气电离获得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

5、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O 点和 C 点的连?I 区注入稀薄的氙气电子使氙气电离的最小速线成 角（ 090）推进器工作时，向度为 v0，电子在 I 区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越好已知离子质量为 M ；电子质量为m，电量为e（电子碰到器壁即被吸收，不考虑电子间的碰撞）（1）求 II 区的加速电压及离子的加速度大小；（2）为取得好的电

6、离效果，请判断I 区中的磁场方向（按图2 说明是 “垂直纸面向里 ”或“垂直纸面向外 ”）；（3） 为 90 时，要取得好的电离效果，求射出的电子速率v 的范围；（4）要取得好的电离效果，求射出的电子最大速率vmax 与 角的关系【来源】 2014 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（浙江卷带解析)24mv03eRB【答案】（ 1） vM （ 2）垂直于纸面向外（ 3） B（ 4） vmax2L3eR4m 2 sin【解析】【分析】【详解】（1）离子在电场中加速，由动能定理得：eU1 MvM2,得：UMv M222e离子做匀加速直线运动，由运动学关系得: vM22aL ,得：

7、avM22L（2）要取得较好的电离效果，电子须在出射方向左边做匀速圆周运动，即为按逆时针方向旋转，根据左手定则可知，此刻 区磁场应该是垂直纸面向外（3）当90 时，最大速度对应的轨迹圆如图一所示，与 区相切，此时圆周运动的半径为3r R4洛伦兹力提供向心力，有Bevmaxm vmax2r得3BeR即速度小于等于vmax3BeR4m4m此刻必须保证B 4mv0 3BR（ 4）当电子以 角入射时，最大速度对应轨迹如图二所示，轨迹圆与圆柱腔相切，此时有：由余弦定理有2( R r）联立解得：OCO90OCR， OCr ， OO Rr22RR2（ ）， cos（90） sinr2rcos 90223Rr

8、42sin再由： rmvmax ，得Be3eBRvmax4m 2sin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运动的周期和半径公式的应用3 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

9、开始沿曲线运动 A、C 两点间距离为h，重力加速度为gMN下滑，到达C 点时离开MN做（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W f；（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/B （ 2）（ 3）【解析】【分析】【详解】小

10、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时滑块离开 MN 开始做曲线运动，即BqvqEE解得： vB（2）从 A到 C根据动能定理： mgh Wf1 mv202解得： Wf mgh1 m E22B2（3）设重力与电场力的合力为F，由图意知，在 D点速度 v 的方向与 F地方向垂直，从 D到PD做类平抛运动，在F方向做匀加速运动a=F/m，

11、t 时间内在 F方向的位移为 x1 at 22从D到 P，根据动能定理：a1a5 0 ，其中1 mv124mg2联立解得： vP(qE) 2vD2m2t 2【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4 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?，这束离子经电势差的电场加速后，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

12、 x 轴上 2a 3a 区间水平固定放置一探测板?（），假设每秒射入磁场的离子总数为N0，打到 x 轴上的离子数均匀分布（离子重力不计）（ 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

13、案】 （1）；（ 2）（ 3）【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：，所以半径： r1a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)23r r3 a解得 B10 B(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,3aNN0 N0对打在 x2a 处的离子qv3B1对打在 x3a 处的离子qv4B1打到 x 轴上的离子均匀分布，所以由

14、动量定理Ft 0.8Nm 0.2N(0.6m m)解得 FN0mv0【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5 小明受回旋加速器的启发，设计了如图1 所示的 “回旋变速装置”两相距为d 的平行金属栅极板M、 N，板 M 位于 x 轴上，板N 在它的正下方两板间加上

15、如图2 所示的幅值为2 m板 M 上方和板 N 下方有磁感应强度大小均为B、方向相U0 的交变电压，周期 T0qB反的匀强磁场粒子探测器位于y 轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子有一沿x 轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源，沿y 轴正方向射出质量为 m、电荷量为q（q 0）的粒子 t=0 时刻，发射源在（ x， 0）位置发射一带电粒子忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在电场中运动的时间不计（1）若粒子只经磁场偏转并在y=y0 处被探测到，求发射源的位置和粒子的初动能；（2）若粒子两次进出电场区域后被探测到，求粒子发射源的位置x 与被探测到的位置y 之间的关系【来源】【省级联考】浙江省201

16、9 届高三上学期11 月选考科目考试物理试题y0 ， qBy02【答案】（ 1） x0（2）见解析2m【解析】【详解】（1）发射源的位置x0y0 ，qBy02粒子的初动能： Ek 0；2m（2）分下面三种情况讨论：（i ）如图 1， Ek0 2qU 0由 ymv2、 R0mv0mv1，BqBq、 R1Bq和 1 mv121 mv02qU 0， 1 mv221 mv12qU 0 ，2222及 xy2 R0 R1 ，得 xy222mqU 022yqBqByqB4mqU 0 ；qB（ii ）如图 2， qU 0Ek02qU 0由y dmv2 、 R0mv0 ，BqBq和 1 mv021 mv22qU

17、 0 ，22及 x3yd2R0 ，得 x（3 yd )222 B22mqU 0 ；y d qqB（iii ）如图 3， Ek 0qU 0由y dmv2 、 R0mv0 ，BqBq和 1 mv021 mv22qU 0 ，22及 xyd4R0 ，得 xyd4y22 B22mqU 0 ；d qqB6 如图所示，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)为了使小球能够在该圆周上运动，求磁感应强度B 的

18、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 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

19、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 R sinv2m由式得v gR sin cos7 如图所示，在xOy 平面直角坐标系中，直角三角形ACD 内存在垂直平面向里磁感应强度为 B 的匀强磁场，线段CO=OD=L， CD边在 x 轴上， ADC=30。电子束沿y 轴方向以相同的速度v0 从 CD 边上的各点射入磁场，已知这些电子在磁场中做圆周运动的半径均为L ，在第四象限正方形ODQP 内存在沿x 轴正方向、大小为E=Bv0 的匀强电场，在y=L3处垂直于 y 轴放置一足够大的平面荧光屏，屏与y 轴交点为P。忽略电子

20、间的相互作用，不计电子的重力。(1)电子的比荷；(2)从 x 轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点与P 点间的距离：(3)射入电场中的电子打到荧光屏上的点距P 的最远距离。【来源】【市级联考】河北省唐山市2019 届高三下学期第一次模拟考试理科综合物理试题【答案】 (1) e3v0 (2)2L(3)3 LmBL34【解析】【分析】根据电子束沿速度v0 射入磁场，然后进入电场可知，本题考查带电粒子在磁场和电场中的运动，根据在磁场中做圆周运动，在电场中做类平抛运动，运用牛顿第二定律结合几何知识并且精确作图进行分析求解；【详解】（1）由题意可知电子在磁场中的轨迹半径r2由牛顿第二定律得Bev0

21、=m v0r电子的比荷 e3v0 ；L3m BL（ 2）若电子能进入电场中，且离O 点右侧最远，则电子在磁场中运动圆轨迹应恰好与边AD 相切，即粒子从F 点离开磁场进入电场时，离O 点最远：2L设电子运动轨迹的圆心为O 点。则 OF=x=3从 F 点射出的电子，做类平抛运动，有2LEe2yv0tx2mt，32L代入得 y=3电子射出电场时与水平方向的夹角为有 tany12x2所以，从x 轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点为G，则它与P 点的距离Ly2LGP；tan3（3）设打到屏上离P 点最远的电子是从(x,0)点射入电场，则射出电场时y v0t v02xm2xLEe3XLy设该电子打到

22、荧光屏上的点与P 点的距离为X，由平抛运动特点得xy22所以 X 2xL3xL3Lx 2x 2xy28所以当 x3L ，有 X m384 L 。【点睛】3L8本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系，粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用。8 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

23、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

24、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： qvB1 m v2R1mv0.6m所以 R1qB12 m10sTqB1从图乙可知在05 s 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 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

25、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 v2R2所以 R2mv0.6m 2rqB2所以最大偏转角为60所以圆心坐标x0.30m1ysrcos 602.40.3m2.25m即磁场的圆心坐标为0.30，2.25 9 如图甲所示，在直角坐标系中的0xL区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，右侧有以点（2L， 0）为圆心、半径为L 的圆形区域，与x 轴的交点分别为M、 N，在 xOy 平面内，从电离室产生的质量为m、带电荷量为e 的电子以几乎为零的初速度从P 点飘入电势差为U的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔Q 点沿 x 轴正方向进入匀强电场，已知O

26、、Q 两点之间的距离为L ，飞出电场后从 M 点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力。2（1）求 0xL区域内电场强度E 的大小和电子从M 点进入圆形区域时的速度vM；（2）若圆形区域内加一个垂直于纸面向外的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于 x 轴，求所加磁场磁感应强度B 的大小和电子在圆形区域内运动的时间t ；（3）若在电子从M 点进入磁场区域时，取t 0，在圆形区域内加如图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为正方向），最后电子从N 点飞出，速度方向与进入圆形磁场时方向相同，请写出磁场变化周期T 满足的关系表达式。【来源】【省级联考】吉林省名校2019 届高三下学期第一次联合模拟考

27、试物理试题【答案】（ 1） E2U， vM2eU ， vM 的方向与 x 的 角 ， 45；（ 2 ）LmBmvM2mv ，3R3 Lm ；（ 3） T 的表达式 TmLt4（ neRLevM8eU2n2emU1，2， 3， ）【解析】【 解】（1）在加速 中，从P 点到 Q 点由 能定理得： eU1 mv0222eU可得 v0m 子从 Q 点到 M 点，做 平抛运 ，x 方向做匀速直 运 ，tLLmv02eUy 方向做匀加速直 运 ，L1eE t222m2U由以上各式可得： EL 子运 至 M 点 ： vMv02( Ee t )2m即： vM2eUm设 vM 的方向与 x 的 角 ，v02c

28、os2vM解得： 45。（2）如 甲所示， 子从M 点到 A 点，做匀速 周运 ，因O2M O2A ， O1M O1A ，且 O2A MO 1，所以四 形MO 1AO 2 菱形，即 R L2由洛 力提供向心力可得：evM Bm vMR即 BmvM 2 mveRLe3R3 Lm 。t4vM8eU（3） 子在磁 中运 最 的情景如 乙所示，在磁 化的半个周期内，粒子的偏 角 90，根据几何知 ，在磁 化的半个周期内， 子在x 方向上的位移恰好等于 道半径2R ，即 2 2R 2L因 子在磁 中的运 具有周期性，如 丙所示， 子到达N 点且速度符合要求的空 条件 ： 2n(2R ) 2L （ n 1，2， 3， ） 子在磁 中做 周运 的 道半径mvMReB0解得： B02n 2emU （ n 1，2，3， ）eL 子在磁 化的半个周期内恰好 1 周，同 在MN 的运 是磁 化周期4的整数倍 ，可使粒子到达N 点且速度 足 要求， 足的 条件是1T0T422m又 T0eB0