江蘇省蘇州市西郊利物浦大學附屬學校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為N0，打到x軸上的離子數均勻分布（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，在坐標系xoy中，過原點的直線OC與x軸正向的夾角φ=120°，在OC右側有一勻強電場；在第二、三象限內有一勻強磁場，其上邊界與電場邊界重疊、右邊界為y軸、左邊界為圖中平行于y軸的虛線，磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直抵面向里。一帶正電荷q、質量為m的粒子以某一速度自磁場左邊界上的A點射入磁場區(qū)域，并從O點射出，粒子射出磁場的速度方向與x軸的夾角θ＝30°，大小為v，粒子在磁場中的運動軌跡為紙面內的一段圓弧，且弧的半徑為磁場左右邊界間距的兩倍。粒子進入電場后，在電場力的作用下又由O點返回磁場區(qū)域，經過一段時間后再次離開磁場。已知粒子從A點射入到第二次離開磁場所用的時間恰好等于粒子在磁場中做圓周運動的周期。忽略重力的影響。求（1）粒子經過A點時速度的方向和A點到x軸的距離；（2）勻強電場的大小和方向；（3）粒子從第二次離開磁場到再次進入電場時所用的時間?！緛碓础?008年高考全國卷Ⅰ理綜試題物理部分【答案】（1）垂直左邊界向右；（2），方向跟y軸成120°角，斜向下指向左邊。（3）【解析】【分析】本題考查帶電粒子在磁場中的運動?！驹斀狻浚?）設磁場左邊界與x軸相交于D點，過O點作速度v垂線OO1，與MN相交于O1點．由幾何關系可知，在直角三角形OO1D中∠OO1D=45o。設磁場左右邊界間距為d，則OO1=d。故粒子第一次進入磁場的運動軌跡的圓心即為O1點，圓孤軌跡所對的圓心角為45o，且O1A為圓弧的半徑R。由此可知，粒子自A點射入磁場的速度與左邊界垂直。A點到x軸的距離：①由洛侖茲力公式、牛頓第二定律及圓周運動的規(guī)律，得②聯立①②式得③（2）依題意：勻強電場的方向與x軸正向夾角應為135o。設粒子在磁場中做圓周運動的周期為T，第一次在磁場中飛行的時間為t1，有④⑤由幾何關系可知，粒子再次從O點進入磁場的速度方向與磁場右邊夾角為45o。設粒子第二次在磁場中飛行的圓弧的圓心為O2，O2必定在直線OO1上。設粒子射出磁場時與磁場右邊界交于P點，則∠OO2P=90o。設粒子第二次進入磁場在磁場中運動的時間為t2，有⑥設帶電粒子在電場中運動的時間為t3，依題意得⑦由勻變速運動的規(guī)律和牛頓定律可知⑧⑨聯立④⑤⑥⑦⑧⑨可得⑩（3）由幾何關系可得：故粒子自P點射出后將做類平拋運動。則沿電場方向做勻加速運動：?垂直電場方向做勻速直線運動：??聯立得。3．如圖甲所示，在xOy平面內有足夠大的勻強電場E，在y軸左側平面內有足夠大的磁場，磁感應強度B1隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，選定磁場垂直紙面向里為正方向。在y軸右側平面內還有方向垂直紙面向外的恒定的勻強磁場，分布在一個半徑為r=0.3m的圓形區(qū)域(圖中未畫出)且圓的左側與y軸相切，磁感應強度B2=0.8T，t=0時刻，一質量m=8×10－4kg、電荷量q=+2×10－4C的微粒從x軸上xp=－0.8m處的P點以速度v=0.12m/s向x軸正方向入射。已知該帶電微粒在電磁場區(qū)域做勻速圓周運動。(g取10m/s2)(1)求電場強度。(2)若磁場15πs后消失，求微粒在第二象限運動過程中離x軸的最大距離；(3)若微粒穿過y軸右側圓形磁場時速度方向的偏轉角最大，求此圓形磁場的圓心坐標(x，y)?！緛碓础筷兾饔芰质?019屆高考模擬第三次測試理科綜合物理試題【答案】(1)，方向豎直向上(2)(3)【解析】【詳解】(1)因為微粒射入電磁場后做勻速圓周運動受到的電場力和重力大小相等，則：解得：，方向豎直向上(2)由牛頓第二定律有：所以從圖乙可知在內微粒做勻速圓周運動，在內微粒向左做勻速直線運動．在內微粒又做勻速圓周運動，在內微粒向右做勻速直線運動，之后穿過y軸．離x軸的最大距離(3)如圖，微粒穿過圓形磁場要求偏轉角最大，入射點A與出射點B的連線必須為磁場圓的直徑．由牛頓第二定律，有所以所以最大偏轉角為60°所以圓心坐標即磁場的圓心坐標為．4．如圖甲所示，在直角坐標系中的0≤x≤L區(qū)域內有沿y軸正方向的勻強電場，右側有以點（2L，0）為圓心、半徑為L的圓形區(qū)域，與x軸的交點分別為M、N，在xOy平面內，從電離室產生的質量為m、帶電荷量為e的電子以幾乎為零的初速度從P點飄入電勢差為U的加速電場中，加速后經過右側極板上的小孔Q點沿x軸正方向進入勻強電場，已知O、Q兩點之間的距離為，飛出電場后從M點進入圓形區(qū)域，不考慮電子所受的重力。（1）求0≤x≤L區(qū)域內電場強度E的大小和電子從M點進入圓形區(qū)域時的速度vM；（2）若圓形區(qū)域內加一個垂直于紙面向外的勻強磁場，使電子穿出圓形區(qū)域時速度方向垂直于x軸，求所加磁場磁感應強度B的大小和電子在圓形區(qū)域內運動的時間t；（3）若在電子從M點進入磁場區(qū)域時，取t＝0，在圓形區(qū)域內加如圖乙所示變化的磁場（以垂直于紙面向外為正方向），最后電子從N點飛出，速度方向與進入圓形磁場時方向相同，請寫出磁場變化周期T滿足的關系表達式?！緛碓础俊臼〖壜摽肌考质∶?019屆高三下學期第一次聯合模擬考試物理試題【答案】（1），，設vM的方向與x軸的夾角為θ，θ＝45°；（2），；（3）T的表達式為（n＝1，2，3，…）【解析】【詳解】（1）在加速電場中，從P點到Q點由動能定理得：可得電子從Q點到M點，做類平拋運動，x軸方向做勻速直線運動，y軸方向做勻加速直線運動，由以上各式可得：電子運動至M點時：即：設vM的方向與x軸的夾角為θ，解得：θ＝45°。（2）如圖甲所示，電子從M點到A點，做勻速圓周運動，因O2M＝O2A，O1M＝O1A，且O2A∥MO1，所以四邊形MO1AO2為菱形，即R＝L由洛倫茲力提供向心力可得：即。（3）電子在磁場中運動最簡單的情景如圖乙所示，在磁場變化的半個周期內，粒子的偏轉角為90°，根據幾何知識，在磁場變化的半個周期內，電子在x軸方向上的位移恰好等于軌道半徑，即因電子在磁場中的運動具有周期性，如圖丙所示，電子到達N點且速度符合要求的空間條件為：（n＝1，2，3，…）電子在磁場中做圓周運動的軌道半徑解得：（n＝1，2，3，…）電子在磁場變化的半個周期內恰好轉過圓周，同時在MN間的運動時間是磁場變化周期的整數倍時，可使粒子到達N點且速度滿足題設要求，應滿足的時間條件是又則T的表達式為（n＝1，2，3，…）。5．電子擴束裝置由電子加速器、偏轉電場和偏轉磁場組成．偏轉電場的極板由相距為d的兩塊水平平行放置的導體板組成，如圖甲所示．大量電子由靜止開始，經加速電場加速后，連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間OO’射入偏轉電場．當兩板不帶電時，這些電子通過兩板之間的時間為2t0；:當在兩板間加最大值為U0、周期為2t0的電壓(如圖乙所示)時，所有電子均能從兩板間通過，然后進入豎直寬度足夠大的勻強酸場中，最后打在豎直放置的熒光屏上．已知磁場的水平寬度為L，電子的質量為m、電荷量為e，其重力不計．（1）求電子離開偏轉電場時的位置到OO’的最遠位置和最近位置之間的距離（2）要使所有電子都能垂直打在熒光屏上，①求勻強磁場的磁感應強度B②求垂直打在熒光屏上的電子束的寬度△y【來源】湖南省長沙市雅禮中學2019屆高三下學期一模理科綜合物理試題【答案】（1）（2）①②【解析】【詳解】（1）由題意可知，從0、2t0、4t0、……等時刻進入偏轉電場的電子離開偏轉電場時的位置到OO′的距離最大，在這種情況下，電子的最大距離為：從t0、3t0、……等時刻進入偏轉電場的電子離開偏轉電場時的位置到OO′的距離最小，在這種情況下，電子的最小距離為：最遠位置和最近位置之間的距離：，（2）①設電子從偏轉電場中射出時的偏向角為θ，由于電子要垂直打在熒光屏上，所以電子在磁場中運動半徑應為：設電子離開偏轉電場時的速度為v1，垂直偏轉極板的速度為vy，則電子離開偏轉電場時的偏向角為，，式中又：解得：②由于各個時刻從偏轉電場中射出的電子的速度大小相等，方向相同，因此電子進入磁場后做圓周運動的半徑也相同，都能垂直打在熒光屏上．由第（1）問知電子離開偏轉電場時的位置到OO′的最大距離和最小距離的差值為△y1，所以垂直打在熒光屏上的電子束的寬度為：6．如圖所示，在豎直平面內建立直角坐標系，y軸沿豎直方向．在x=L到x=2L之間存在豎直向上的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場，一個比荷（）為k的帶電微粒從坐標原點以一定初速度沿+x方向拋出，進入電場和磁場后恰好在豎直平面內做勻速圓周運動，離開電場和磁場后，帶電微粒恰好沿+x方向通過x軸上x=3L的位置，已知勻強磁場的磁感應強度為B，重力加速度為g．求：（1）電場強度的大??；（2）帶電微粒的初速度；（3）帶電微粒做圓周運動的圓心坐標．【來源】【市級聯考】福建省廈門市2019屆高三5月第二次質量檢查考試理綜物理試題【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】【詳解】（1）由于粒子在復合場中做勻速圓周運動，則：mg=qE，又解得（2）由幾何關系：2Rcosθ=L，粒子做圓周運動的向心力等于洛倫茲力：；由在進入復合場之前做平拋運動：解得（3）由其中，則帶電微粒做圓周運動的圓心坐標：；7．如圖所示,在直角坐標系xOy平面內有兩個同心圓,圓心在坐標原點O,小圓內部(I區(qū))和兩圓之間的環(huán)形區(qū)域(Ⅱ區(qū))存在方向均垂直xOy平面向里的勻強磁場(圖中未畫出),I、Ⅱ區(qū)域磁場磁感應強度大小分別為B、2B。a、b兩帶正電粒子從O點同時分別沿y軸正向、負向運動,已知粒子a質量為m、電量為q、速度大小為v,粒子b質量為2m、電量為2q、速度大小為v/2,粒子b恰好不穿出1區(qū)域,粒子a不穿出大圓區(qū)域,不計粒子重力,不計粒子間相互作用力。求:(1)小圓半徑R1；(2)大圓半徑最小值(3)a、b兩粒子從O點出發(fā)到在x軸相遇所經過的最短時間t(不考慮a、b在其它位置相遇)?！緛碓础恐貞c市2019屆4月調研測試（第二次診斷性考試)理綜試卷物理試題【答案】(1)(2)(3)【解析】【詳解】解：(1)粒子b在Ⅰ區(qū)域做勻速圓周運動，設其半徑為根據洛倫磁力提供向心力有：由粒子b恰好不穿出Ⅰ區(qū)域：解得：(2)設a在Ⅰ區(qū)域做勻速圓周運動的半徑為，根據洛倫磁力提供向心力有：解得：設a在Ⅱ區(qū)域做勻速圓周運動的半徑為，根據洛倫磁力提供向心力有：解得：設大圓半徑為，由幾何關系得：所以，大圓半徑最小值為：(3)粒子a在Ⅰ區(qū)域的周期為，Ⅱ區(qū)域的周期為粒子a從O點出發(fā)回到O點所經過的最短時間為：解得：粒子b在Ⅰ區(qū)域的周期為：討論：①如果a、b兩粒子在O點相遇，粒子a經過時間：n=1，2，3…粒子b經過時間：k=1，2，3…時，解得：當，時，有最短時間：②設粒子b軌跡與小圓相切于P點，如果a粒子在射出小圓時與b粒子在P點相遇則有：n=1，2，3…粒子b經過時間：k=1，2，3…時，解得：ab不能相遇③如果a粒子在射入小圓時與b粒子在P點相遇則有：n=1，2，3…粒子b經過時間：k=1，2，3…時，解得：ab不能相遇a、b兩粒子從O點出發(fā)到在x軸相遇所經過的最短時間為8．如圖，為一除塵裝置的截面圖，塑料平板M.N的長度及它們間距離均為d．大量均勻分布的帶電塵埃以相同的速度vo進入兩板間，速度方向與板平行，每顆塵埃的質量均為m，帶電量均為-q．當兩板間同時存在垂直紙面向外的勻強磁場和垂直板向上的勻強電場時，塵埃恰好勻速穿過兩板間；若撤去板間電場，并保持板間磁場不變，塵埃恰好全部被平板吸附，即除塵效率為100%；若撤去兩板間電場和磁場，建立如圖所示的平面直角坐標系xoy，y軸垂直于板并緊靠板右端，x軸與兩板中軸線共線，要把塵埃全部收集到位于P(2d，-1.5d)處的條狀容器中，需在y軸右側加一垂直于紙面向里的圓形勻強磁場區(qū)域．塵埃顆粒重力、顆粒間作用及對板間電場磁場的影響均不計，求：(1)兩板間磁場磁感應強度Bi的大?。?2)若撤去板間磁場，保持板間勻強電場不變，除塵效率為多少；(3)y軸右側所加圓形勻強磁場區(qū)域磁感應強度B2大小的取值范圍．【來源】【市級聯考】山東省青島市2019屆高三下學期5月第二次模考理綜物理試題【答案】（1）；（2）除塵效率為；（3）【解析】【詳解】（1）沿N極板射入的塵埃恰好不從極板射出時塵埃的運動軌跡如圖所示，由幾何知識可知，塵埃在磁場中的半徑：r=d，塵埃在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：,解得：;（2）電場、磁場同時存在時,塵埃勻速直線,滿足：，撤去磁場以后粒子在電場作用下平拋，假設距離N極板y的粒子恰好離開電場：水平方向：豎直方向：加速度：解得：當時，時間更長，水平位移，即0.5d到d這段距離的粒子會射出電場，則從平行金屬板出射的塵埃占總數的百分比：；（3）設圓形磁場區(qū)域的半徑為R0,塵埃顆粒在圓形磁場中做圓周運動的半徑為R2，要把塵埃全部收集到位于P處的條狀容器中，就必須滿足另如圖，當圓形磁場區(qū)域過P點且與M板的延長線相切時，圓形磁場區(qū)域的半徑R0最小，磁感應強度B2最大，有解得：如圖，當圓形磁場區(qū)域過P點且與y軸在M板的右端相切時，圓形磁場區(qū)域的半徑R0最大，磁感應強度B2最小，有解得：所以圓形磁場區(qū)域磁感應強度B2的大小須滿足的條件為．9．在光滑絕緣水平桌面上建立直角坐標系，y軸左側有沿y軸正方向的勻強電場E，y軸右側有垂直水平桌面向上的勻強磁場B．在處有一個帶正電的小球A以速度沿x軸正方向進入電場，運動一段時間后，從(0，8)處進入y軸右側的磁場中，并且正好垂直于x軸進入第4象限，已知A球的質量為，帶電量為，求：（1）電場強度E的大小；（2）磁感應強度B的大??；（3）如果在第4象限內靜止放置一個不帶電的小球C，使小球A運動到第4象限內與C球發(fā)生碰撞，碰后A、C粘在一起運動，則小球C放在何位置時，小球A在第4象限內運動的時間最長(小球可以看成是質點，不考慮碰撞過程中的電量損失)．【來源】【市級聯考】山東省臨沂市2019屆高三下學期高考模擬考試（二模)理綜物理試題【答案】（1）（2）1.5T（3）【解析】【詳解】（1）小球A在電場中沿x、y軸方向上的位移分別設為x方向：,y方向：,加速度：聯立可得：（2）小球進入磁場時y方向的速度：,合速度：,方向：，方向與y軸正方向成小球A在磁場中做勻速圓周運動，垂直于x軸進入第4象限，做出小球A運動的軌跡如圖，設軌道半徑為，由幾何關系可得：根據：,解得：（3）在第4象限內A與C球發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后速度設為，在磁場中做圓周運動的軌道半徑設為,解得：即：小球運動的軌道半徑不變由周期公式可得：碰撞后小球的速度小，故碰后的周期大，所以要使小球A在第4象限內運動的時間最長，小球C應放在小球A進入第4象限時的位置：即坐標為10．“801所”設計的磁聚焦式霍爾推進器可作為太空飛船的發(fā)動機，其原理如下：系統(tǒng)捕獲宇宙中大量存在的等離子體(由電量相同的正、負離子組成)經系統(tǒng)處理后．從下方以恒定速率v1,向上射入有磁感應強度為B1、垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域I內．當柵極MN、PQ間形成穩(wěn)定的電場后．自動關閉區(qū)域I系統(tǒng)(關閉粒子進入通道、撤去磁場B1)．區(qū)域Ⅱ內有磁感應強度大小為B2、垂直紙面向外的勻強磁場，磁場右邊界是直徑為D、與上下極板相切的半圓(圓與下板相切于極板中央A)．放在A處的放射源能夠向各個方向均勻發(fā)射速度大小相等的氙原子核，氙原子核經過該區(qū)域后形成寬度為D的平行氙粒子束，經過柵極MN、PQ之間的電場加速后從PQ噴出．在加速氙原子核的過程中探測器獲得反向推力(不計氙原子核、等離子體的重力．不計粒子之間相互作用與相對論效應)．已知極板長RM=2D，柵極MN和PQ間距為d，氙原子核