內(nèi)蒙古鄂爾多斯市高中物理帶電粒子在復合場中的運動壓軸題易錯題一、帶電粒子在復合場中的運動壓軸題1．如圖所不，在x軸的上方存在垂直紙面向里，磁感應強度大小為B0的勻強磁場．位于x軸下方的離子源C發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為g的一束負離子，其初速度大小范圍0?，這束離子經(jīng)電勢差的電場加速后，從小孔O（坐標原點）垂直x軸并垂直磁場射入磁場區(qū)域，最后打到x軸上．在x軸上2a?3a區(qū)間水平固定放置一探測板（），假設每秒射入磁場的離子總數(shù)為N0，打到x軸上的離子數(shù)均勻分布（離子重力不計）．（1）求離子束從小孔O射入磁場后打到x軸的區(qū)間；（2）調(diào)整磁感應強度的大小，可使速度最大的離子恰好打在探測板右端，求此時的磁感應強度大小B1；（3）保持磁感應強度B1不變，求每秒打在探測板上的離子數(shù)N；若打在板上的離子80%被吸收，20%被反向彈回，彈回速度大小為打板前速度大小的0.6倍，求探測板受到的作用力大?。緛碓础空憬?018版選考物理考前特訓（2017年10月)加試30分特訓：特訓7帶電粒子在場中的運動試題【答案】（1）；（2）（3）【解析】(1)對于初速度為0的離子，根據(jù)動能定理：：qU＝mv在磁場中洛侖茲力提供向心力：，所以半徑：r1＝＝a恰好打在x＝2a的位置；對于初速度為v0的離子，qU＝mv－m(v0)2r2＝＝2a，恰好打在x＝4a的位置故離子束從小孔O射入磁場打在x軸上的區(qū)間為[2a，4a](2)由動能定理qU＝mv－m(v0)2r3＝r3＝a解得B1＝B0(3)對速度為0的離子qU＝mvr4＝＝a2r4＝1.5a離子打在x軸上的區(qū)間為[1.5a,3a]N＝N0＝N0對打在x＝2a處的離子qv3B1＝對打在x＝3a處的離子qv4B1＝打到x軸上的離子均勻分布，所以＝由動量定理－Ft＝－0.8Nm＋0.2N(－0.6m－m)解得F＝N0mv0．【名師點睛】初速度不同的粒子被同一加速電場加速后，進入磁場的速度也不同，做勻速圓周運動的半徑不同，轉(zhuǎn)半圈后打在x軸上的位置不同．分別求出最大和最小速度，從而求出最大半徑和最小半徑，也就知道打在x軸上的區(qū)間；打在探測板最右端的粒子其做勻速圓周運動的半徑為1.5a，由半徑公式也就能求出磁感應強度；取時間t=1s，分兩部分據(jù)動量定理求作用力．兩者之和就是探測板受到的作用力．2．如圖所示，一半徑為R的光滑絕緣半球面開口向下，固定在水平面上．整個空間存在磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場．一電荷量為q(q＞0)、質(zhì)量為m的小球P在球面上做水平的勻速圓周運動，圓心為O′．球心O到該圓周上任一點的連線與豎直方向的夾角為θ()．為了使小球能夠在該圓周上運動，求磁感應強度B的最小值及小球P相應的速率．(已知重力加速度為g)【來源】帶電粒子在磁場中的運動【答案】，【解析】【分析】【詳解】據(jù)題意，小球P在球面上做水平的勻速圓周運動，該圓周的圓心為O’．P受到向下的重力mg、球面對它沿OP方向的支持力N和磁場的洛侖茲力f＝qvB①式中v為小球運動的速率．洛侖茲力f的方向指向O’．根據(jù)牛頓第二定律②③由①②③式得④由于v是實數(shù)，必須滿足⑤由此得⑥可見，為了使小球能夠在該圓周上運動，磁感應強度大小的最小值為⑦此時，帶電小球做勻速圓周運動的速率為⑧由⑦⑧式得⑨3．如圖所示，虛線MN沿豎直方向，其左側(cè)區(qū)域內(nèi)有勻強電場（圖中未畫出）和方向垂直紙面向里，磁感應強度為B的勻強磁場，虛線MN的右側(cè)區(qū)域有方向水平向右的勻強電場．水平線段AP與MN相交于O點．在A點有一質(zhì)量為m，電量為+q的帶電質(zhì)點，以大小為v0的速度在左側(cè)區(qū)域垂直磁場方向射入，恰好在左側(cè)區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動，已知A與O點間的距離為，虛線MN右側(cè)電場強度為，重力加速度為g．求：（1）MN左側(cè)區(qū)域內(nèi)電場強度的大小和方向；（2）帶電質(zhì)點在A點的入射方向與AO間的夾角為多大時，質(zhì)點在磁場中剛好運動到O點，并畫出帶電質(zhì)點在磁場中運動的軌跡；（3）帶電質(zhì)點從O點進入虛線MN右側(cè)區(qū)域后運動到P點時速度的大小vp．【來源】【市級聯(lián)考】四川省瀘州市2019屆高三第二次教學質(zhì)量診斷性考試理綜物理試題【答案】（1），方向豎直向上；（2）；（3）．【解析】【詳解】（1）質(zhì)點在左側(cè)區(qū)域受重力、電場力和洛倫茲力作用，根據(jù)質(zhì)點做勻速圓周運動可得：重力和電場力等大反向，洛倫茲力做向心力；所以，電場力qE=mg，方向豎直向上；所以MN左側(cè)區(qū)域內(nèi)電場強度，方向豎直向上；（2）質(zhì)點在左側(cè)區(qū)域做勻速圓周運動，洛倫茲力做向心力，故有：，所以軌道半徑；質(zhì)點經(jīng)過A、O兩點，故質(zhì)點在左側(cè)區(qū)域做勻速圓周運動的圓心在AO的垂直平分線上，且質(zhì)點從A運動到O的過程O點為最右側(cè)；所以，粒子從A到O的運動軌跡為劣??；又有；根據(jù)幾何關(guān)系可得：帶電質(zhì)點在A點的入射方向與AO間的夾角；根據(jù)左手定則可得：質(zhì)點做逆時針圓周運動，故帶電質(zhì)點在磁場中運動的軌跡如圖所示：；（3）根據(jù)質(zhì)點在左側(cè)做勻速圓周運動，由幾何關(guān)系可得：質(zhì)點在O點的豎直分速度，水平分速度；質(zhì)點從O運動到P的過程受重力和電場力作用，故水平、豎直方向都做勻變速運動；質(zhì)點運動到P點，故豎直位移為零，所以運動時間；所以質(zhì)點在P點的豎直分速度，水平分速度；所以帶電質(zhì)點從O點進入虛線MN右側(cè)區(qū)域后運動到P點時速度；4．如圖所示，在xOy坐標平面的第一象限內(nèi)有一沿y軸負方向的勻強電場，在第四象限內(nèi)有一垂直于平面向里的勻強磁場，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電量為+q的粒子（重力不計）從坐標原點O射入磁場，其入射方向與x的正方向成45°角．當粒子運動到電場中坐標為（3L，L）的P點處時速度大小為v0，方向與x軸正方向相同．求：（1）粒子從O點射入磁場時的速度v；（2）勻強電場的場強E0和勻強磁場的磁感應強度B0．（3）粒子從O點運動到P點所用的時間．【來源】海南省?？谑泻Ｄ现袑W2018-2019學年高三第十次月考物理試題【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】解：(1)若粒子第一次在電場中到達最高點，則其運動軌跡如圖所示，粒子在點時的速度大小為，段為圓周，段為拋物線，根據(jù)對稱性可知，粒子在點時的速度大小也為，方向與軸正方向成角，可得：解得：(2)在粒子從運動到的過程中，由動能定理得：解得：又在勻強電場由到的過程中，水平方向的位移為：豎直方向的位移為：可得：，由，故粒子在段圓周運動的半徑：及解得：(3)在點時，設粒子從由到所用時間為，在豎直方向上有：粒子從點運動到所用的時間為：則粒子從點運動到點所用的時間為：總5．在如圖所示的平面直角坐標系中，存在一個半徑R＝0.2m的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應強度B＝1.0T，方向垂直紙面向外，該磁場區(qū)域的右邊緣與y坐標軸相切于原點O點。y軸右側(cè)存在一個勻強電場，方向沿y軸正方向，電場區(qū)域?qū)挾龋?.1m?，F(xiàn)從坐標為（﹣0.2m，﹣0.2m）的P點發(fā)射出質(zhì)量m＝2.0×10﹣9kg、帶電荷量q＝5.0×10﹣5C的帶正電粒子，沿y軸正方向射入勻強磁場，速度大小v0＝5.0×103m/s（粒子重力不計）。（1）帶電粒子從坐標為（0.1m，0.05m）的點射出電場，求該電場強度；（2）為了使該帶電粒子能從坐標為（0.1m，﹣0.05m）的點回到電場，可在緊鄰電場的右側(cè)區(qū)域內(nèi)加勻強磁場，試求所加勻強磁場的磁感應強度大小和方向?！緛碓础?019年四川省樂山市高三三模理綜物理試題【答案】（1）1.0×104N/C（2）4T，方向垂直紙面向外【解析】【詳解】解：（1）帶正電粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有：可得：r=0.20m=R根據(jù)幾何關(guān)系可以知道，帶電粒子恰從O點沿x軸進入電場，帶電粒子做類平拋運動，設粒子到達電場邊緣時，豎直方向的位移為y根據(jù)類平拋規(guī)律可得：根據(jù)牛頓第二定律可得：聯(lián)立可得：N/C（2）粒子飛離電場時，沿電場方向速度：m/s=粒子射出電場時速度：根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子在區(qū)域磁場中做圓周運動半徑：根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：聯(lián)立可得所加勻強磁場的磁感應強度大?。篢根據(jù)左手定則可知所加磁場方向垂直紙面向外。6．如圖所示，在空間坐標系x<0區(qū)域中有豎直向上的勻強電場E1，在一、四象限的正方形區(qū)域CDEF內(nèi)有方向如圖所示的正交的勻強電場E2和勻強磁場B，已知CD=2L，OC=L，E2=4E1。在負x軸上有一質(zhì)量為m、電量為+q的金屬a球以速度v0沿x軸向右勻速運動，并與靜止在坐標原點O處用絕緣細支柱支撐的（支柱與b球不粘連、無摩擦）質(zhì)量為2m、不帶電金屬b球發(fā)生彈性碰撞。已知a、b球體積大小、材料相同且都可視為點電荷，碰后電荷總量均分，重力加速度為g，不計a、b球間的靜電力，不計a、b球產(chǎn)生的場對電場、磁場的影響，求：(1)碰撞后，a、b球的速度大??；(2)a、b碰后，經(jīng)時a球到某位置P點，求P點的位置坐標；(3)a、b碰后，要使b球不從CD邊界射出，求磁感應強度B的取值?！緛碓础俊救珖購娦！亢邶埥」枮I市第三中學校2019屆高三上學期期末考試理科綜合物理試題【答案】(1)，；(2)（，）；(3)或【解析】【分析】(1)a、b碰撞，由動量守恒和能量守恒關(guān)系求解碰后a、b的速度；(2)碰后a在電場中向左做類平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律求解P點的位置坐標；(3)要使b球不從CD邊界射出，求解恰能從C點和D點射出的臨界條件確定磁感應強度的范圍。【詳解】(1)a勻速，則①a、b碰撞，動量守恒②機械能守恒③由②③得，④(2)碰后a、b電量總量平分，則碰后a在電場中向左做類平拋運動，設經(jīng)時a球到P點的位置坐標為（-x，-y）⑤，⑥其中⑦，由⑤⑥⑦得，故P點的位置坐標為（，）⑧(3)碰撞后對b⑨故b做勻速圓周運動，則⑩得?b恰好從C射出，則?由??得恰從D射出，則由幾何關(guān)系?，得?由??得故要使b不從CD邊界射出，則B的取值范圍滿足或【點睛】本題考查帶電粒子在電磁場中的運動以及動量守恒定律及能量守恒關(guān)系，注意在磁場中的運動要注意幾何關(guān)系的應用，在電場中注意由類平拋運動的規(guī)律求解。7．如圖所示，在xOy坐標平面內(nèi)，虛線PQ與x軸正方向的夾角為60°，其右側(cè)有沿y軸正方向的勻強電場；左側(cè)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B．一質(zhì)量為m，帶電量為q的帶負電的粒子自坐標原點O射入勻強磁場中，經(jīng)過一段時間后恰好自虛線PQ上的M點沿x軸正方向進入勻強電場，粒子在電場中的運動軌跡與x軸的交點為N．已知O、M兩點間的距離為L；O、N兩點間的距離為（+1）L，粒子重力不計．求：（1）帶電粒子自坐標原點O射入勻強磁場的速度大?。唬?）勻強電場的電場強度大?。唬?）若自O點射入磁場的粒子帶正電，粒子的質(zhì)量、帶電量、初速度等都不變，則在粒子離開O點后的運動中第二次與虛線PQ相交的交點坐標．【來源】2019年山東省德州市高三一模物理試卷【答案】（1）；（2）；（3）（，）．【解析】【詳解】（1）粒子在磁場中運動時qvB=，L=2rsin60°解得粒子自坐標原點O射入勻強磁場的速度大小v=（2）粒子自M到N做類平拋運動沿電場方向：Lsin60°=垂直電場方向；（）L-=vt1得電場強度E=（3）若自O點射人磁場的粒子帶正電，粒子在磁場中逆時針轉(zhuǎn)過240°后自R點垂直于電場方向離開磁場，如圖所示．離開磁場時x坐標；y坐標：粒子進入電場后自R到S做類平拋運動垂直電場方向；沿電場方向：tan60°=解得：，，第二次與虛線PQ的交點S的x坐標：y坐標：則第二次與虛線PQ的交點S的坐標為（，）8．實驗中經(jīng)常利用電磁場來改變帶電粒子運動的軌跡．如圖所示，氕（）、氘（）、氚（）三種粒子同時沿直線在紙面內(nèi)通過電場強度為E、磁感應強度為B的復合場區(qū)域．進入時氕與氘、氘與氚的間距均為d，射出復合場后進入y軸與MN之間（其夾角為θ）垂直于紙面向外的勻強磁場區(qū)域Ⅰ，然后均垂直于邊界MN射出．虛線MN與PQ間為真空區(qū)域Ⅱ且PQ與MN平行．已知質(zhì)子比荷為，不計重力．（1）求粒子做直線運動時的速度大小v；（2）求區(qū)域Ⅰ內(nèi)磁場的磁感應強度B1；（3）若虛線PQ右側(cè)還存在一垂直于紙面的勻強磁場區(qū)域Ⅲ，經(jīng)該磁場作用后三種粒子均能匯聚于MN上的一點，求該磁場的最小面積S和同時進入復合場的氕、氚運動到匯聚點的時間差Δt．[Failedtodownloadimage:0:8086/QBM/2019/6/13/2224672582623232/2224907340759040/STEM/dc3c33cca5564bb396bf46dd7f953dfa.png]【來源】江蘇省蘇州市2019屆高三上學期期末陽光指標調(diào)研考試物理試題【答案】(1)(2)(3)【解析】【分析】（1）粒子在電磁復合場中做直線運動是勻速直線運動，根據(jù)電場力與洛倫茲力平衡，可求粒子的速度大小；（2）由粒子的軌跡與邊界垂直，可求軌跡半徑，由洛倫茲力提供向心力，可求磁感應強度的大?。唬?）由氚粒子圓周運動直徑可求磁場的最小面積．根據(jù)氕、氚得運動周期，結(jié)合幾何關(guān)系，可求氕、氚到匯聚點的時間差．【詳解】(1)由電場力與洛倫茲力平衡，Bqv＝Eq解得v＝E/B.(2)由洛倫茲力提供向心力，B1vq＝m由幾何關(guān)系得r＝d解得B1＝.(3)分析可得氚粒子圓周運動直徑為3r磁場最小面積S＝π解得S＝πd2由題意得B2＝2B1由T＝得T＝由軌跡可知Δt1＝(3T1－T1)，其中T1＝Δt2＝(3T2－T2)，其中T2＝)解得9．如圖所示，空間有相互平行、相距和寬度也都為L的I、II兩區(qū)域，I、II區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場，I區(qū)域磁場向內(nèi)、磁感應強度為，II區(qū)域磁場向外，大小待定?，F(xiàn)有一質(zhì)量為，電荷量為的帶電粒子，從圖中所示的一加速電場中的MN板附近由靜止釋放被加速，粒子經(jīng)電場加速后平行紙面與I區(qū)磁場邊界成45°角進入磁場，然后又從I區(qū)右邊界成45°角射出。(1)求加速電場兩極板間電勢差；(2)若II區(qū)磁感應強度也是時，則粒子經(jīng)過I區(qū)的最高點和經(jīng)過II區(qū)的最低點之間的高度差是多少？(3)為使粒子能返回I區(qū)，II區(qū)的磁感應強度應滿足什么條件？并求出粒子從左側(cè)進入I區(qū)到從左側(cè)射出I區(qū)需要的最長時間?！緛碓础亢幽鲜∧详栔袑W2019屆高三下學期第十七次考試理綜物理試題【答案】(1)(2)(3)，【解析】【詳解】(1)畫出粒子在磁場中運動的示意圖，如圖所示：粒子在加速電場中根據(jù)動能定理可得粒子在I區(qū)域做圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得根據(jù)幾何關(guān)系可得：聯(lián)立可得加速電場兩極板間電勢差(2