【物理】物理带电粒子在复合场中的运动练习全集及解析

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1、一、带电粒子在复合场中的运动专项训练 1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

2、）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）；（ 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： r1 a 恰好打在x2a 的位置； 对于初速度为v0的离子， qU mv m( v0)2 r22a， 恰好打在x4a 的位置 故离子束从小孔O 射入磁场

3、打在x 轴上的区间为 2a，4a (2)由动能定理 qU mv m(v0)2 r3 r3 a 解得 B1 B0 (3)对速度为 0 的离子 qU mv r4 a 2r41.5a 离子打在 x轴上的区间为1.5a,3a NN0 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 由动量定理 Ft 0.8Nm0.2N(0.6mm) 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

4、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 2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(q0)、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 2 )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 P 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

5、【答案】 min 2 cos mg B qR ，sin cos gR v 【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 fqvB 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 cos0Nmg 2 sin sin v fNm R 由式得 2 2sinsin 0 cos qBRqR vv m 由于 v 是实数，必须满足 2 22sin4sin ()0 cos qBRqR m 由此得 2 cos mg B qR 可见，为了使小球能够在该圆周上运动，磁感应强度

6、大小的最小值为 min 2 cos mg B qR 此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为 min sin 2 qBR v m 由式得 sin cos gR v 3如图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别 充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B， KL为上 下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距 KL高h处分别有 P、Q两点， NS和MT间距为 1.8h ，质量为 m，带电荷量为q的粒子从 P点垂直于 NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周 运动，重力加速度为 g (1)求电场强度的大小和方向 ； (2)要使粒子不从

7、 NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值； (3)若粒子能经过 Q点从 MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值 【来源】【全国百强校】2017 届浙江省温州中学高三3 月高考模拟物理试卷（带解析) 【答案】（ 1） mg q E，方向竖直向上（2） min (962)qBh v m （3） 0.68qBh v m ； 0.545qBh v m ； 0.52qBh v m 【解析】 【分析】 （1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，电场力与重力合力为零； （2）作出粒子的运动轨迹，由牛顿第二定律与数学知识求出粒子的速度； （3）作出粒子运动轨迹，应用几何知识求出粒子的速度 【详解】

8、 （1）粒子在磁场中做匀速圆周运动， 电场力与重力合力为零，即mg=qE， 解得： mg q E，电场力方向竖直向上，电场方向竖直向上； （2）粒子运动轨迹如图所示： 设粒子不从NS 边飞出的入射速度最小值为vmin， 对应的粒子在上、下区域的轨道半径分别为r1 、r 2， 圆心的连线与NS的夹角为 ， 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得： 2 v qvBm r ， 解得，粒子轨道半径： v r qB ， min 1 v r qB ， 21 1 2 rr， 由几何知识得： （r 1+r2） sin =r2 ，r 1+r1cos =h， 解得： min 9 6 2) qBh v m （

9、； （3）粒子运动轨迹如图所示， 设粒子入射速度为v， 粒子在上、下区域的轨道半径分别为r1 、r 2， 粒子第一次通过KL时距离 K点为 x， 由题意可知： 3nx=1.8h （n=1、2、 3 ） 3(96 2) 22 h x ， 2 2 11 xrhr ， 解得： 12 0.36 1) 2 h r n （， n3.5， 即： n=1 时， 0.68qBh v m ， n=2 时， 0.545qBh v m ， n=3 时， 0.52qBh v m ； 答：（ 1）电场强度的大小为 mg q E，电场方向竖直向上； （2）要使粒子不从NS边界飞出，粒子入射速度的最小值为 min9 6 2)

10、 qBh v m （ （3）若粒子经过Q 点从 MT 边界飞出，粒子入射速度的所有可能值为： 0.68qBh v m 、 或 0.545qBh v m 、或 0.52qBh v m 【点睛】 本题考查了粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题 的前提与关键，应用平衡条件、牛顿第二定律即可正确解题，解题时注意数学知识的应 用 4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： 、 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

11、， 粒子经电场加速后平行于纸面射入区，射入时速度与水平和方向夹角30 （1）当区宽度 1 LL、磁感应强度大小 10 BB时，粒子从区右边界射出时速度与水 平方向夹角也为30，求 B0及粒子在区运动的时间 t0 （2）若区宽度 21 LLL磁感应强度大小 210 BBB，求粒子在区的最高点与 区的最低点之间的高度差h （3）若 21 LLL、 10 BB，为使粒子能返回区，求B2应满足的条件 （4）若12BB，12LL，且已保证了粒子能从区右边界射出为使粒子从区右边 界射出的方向与从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

12、全国统一考试物理卷（山东) 【答案】 （1） 32 lm t qU （2） 2 23 3 hL（3） 2 3 2 mU B Lq （或 2 3 2 mU B Lq ）（ 4）1122 B LB L 【解析】 图 1 （1）如图 1 所示，设粒子射入磁场区的速度为 v，在磁场区中做圆周运动的半径为 1 R，由动能定理和牛顿第二定律得 21 2 qUmv 2 1 1 v qvBm R 由几何知识得 1 2sinLR 联立，带入数据得 0 12mU B Lq 设粒子在磁场区中做圆周运动的周期为 T，运动的时间为 t 1 2 R T v 2 2 tT 联立式，带入数据得 32 Lm t qU （2）设

13、粒子在磁场区做圆周运动的半径为 2 R，有牛顿第二定律得 2 2 2 v qvBm R 由几何知识得 12 1 costanhRRL 联立式，带入数据得 2 23 3 hL 图 2 （3）如图 2 所示，为时粒子能再次回到区，应满足 21sinRL或21sinRL 联立式，带入数据得 2 3 2 mU B Lq （或 2 3 2 mU B Lq ） 图 3 图 4 （4）如图 3（或图 4）所示，设粒子射出磁场区时速度与水平方向得夹角为，有几何 知识得 11 sinsinLR 或 11 sinsinLR 22 sinsinLR 或22sinsinLR 联立式得 1122 B RB R 联立式得

14、 1122 B LB L 【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）当粒子在区域中轨迹恰好与右侧边界相切时，粒子恰能返回区，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 5如图所示，两条竖直长虚线所夹的区域被线段MN 分为上、下两部分，上部分的电场方 向竖直向上，下部分的电场方向竖直向下，两电场均为匀强电场且电场强度大小相同。挡 板 PQ垂直 MN 放置，挡板的中点置于N 点。在挡板

15、的右侧区域存在垂直纸面向外的匀强 磁场。在左侧虚线上紧靠M 的上方取点A，一比荷 q m =5 10 5C/kg 的带正电粒子，从 A点 以 v0=2 10 3m/s 的速度沿平行 MN 方向射入电场，该粒子恰好从P点离开电场，经过磁场 的作用后恰好从Q 点回到电场。已知MN、PQ 的长度均为L=0.5m，不考虑重力对带电粒 子的影响，不考虑相对论效应。 (1)求电场强度E的大小； (2)求磁感应强度B的大小； (3)在左侧虚线上M 点的下方取一点 C，且 CM=0.5m，带负电的粒子从C 点沿平行MN 方向 射入电场，该带负电粒子与上述带正电粒子除电性相反外其他都相同。若两带电粒子经过 磁场

16、后同时分别运动到Q 点和 P点，求两带电粒子在A、C 两点射入电场的时间差。 【来源】【市级联考】陕西省榆林市2019 届高三第二次理科综合模拟试题（物理部分) 【答案】 (1) 16 /N C (2) 2 1.6 10T (3) 4 3.9 10s 【解析】 【详解】 （1）带正电的粒子在电场中做类平抛运动，有：L=v0t 2 1 22 LqE t m 解得 E=16N/C （2）设带正电的粒子从P点射出电场时与虚线的夹角为 ，则： 0 tan v qE t m 可得 =450粒子射入磁场时的速度大小为 v= 2 v0 粒子在磁场中做匀速圆周运动： 2 v qvBm r 由几何关系可知 2 2 rL 解得 B=1.6 10-2T （3）两带电粒子在电场中都做类平抛运动，运动时间相同；两带电粒子在磁场中都做匀速 圆周运动，带正电的粒子转过的圆心角为 3 2 ，带负电的粒子转过的圆心角为 2 ；两带电 粒子在 AC 两点进入电场的时间差就是两粒子在磁场中的时间差； 若带电粒子能在匀强磁场中做完整的圆周运动，则其