带电粒子在复合场中的运动压轴难题试卷附答案解析.pdf

带电粒子在复合场中的运动压轴难题试卷附答案解析一、带电粒子在复合场中的运动压轴题1如图甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q 间存在匀强磁场取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示t=0 时刻，一质量为m、带电荷量为+q的粒子（不计重力），以初速度0v由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区当0B和BT取某些特定值时，可使0t时刻入射的粒子经t时间恰能垂直打在P板上（不考虑粒子反弹）上述0mqdv、 、 、为已知量1）若B12tT，求0B；（2）若B32tT，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；（3）若004mvBqd，为使粒子仍能垂直打在P板上，求BT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（山东卷带解析)【答案】 （1）0mvqd（ 2）203vd（3）03dv或01arcsin242dv【解析】【分析】【详解】（1）设粒子做匀速圆周运动的半径1R，由牛顿第二定律得20001mvqv BR据题意由几何关系得1Rd联立式得00mvBqd（2）设粒子做圆周运动的半径为2R，加速度大小为a，由圆周运动公式得202vaR据题意由几何关系得23Rd联立式得203vad（3）设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动公式得02 RTv由牛顿第二定律得2000mvqv BR由题意知004mvBqd，代入式得4dR粒子运动轨迹如图所示，1O、2O为圆心，1O、2O连线与水平方向夹角为，在每个BT内，只有A、B 两个位置才有可能垂直击中P板，且均要求02，由题意可知B222TT设经历完整BT的个数为n（0n， 1，2，3）若在B点击中P板，据题意由几何关系得2(sin)RRRnd ?当 n=0 时，无解；当 n=1 时联立 ?式得6或（1sin2） ?联立 ? 式得B03dTv ?当2n时，不满足090的要求；若在 B 点击中 P板，据题意由几何关系得2sin2(sin)RRRRnd ?当0n时无解当1n时，联立 ? 式得1arcsin4或（1sin4） ?联立 ? 式得B01arcsin242dTv ?当2n时，不满足090的要求。

点睛】2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如图2 所示的幅值为U0的交变电压，周期02 mTqB板 M 上方和板N 下方有磁感应强度大小均为B、方向相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（q0）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2019 届高三上学期11 月选考科目考试物理试题【答案】（ 1）00 xy，202qBym（2）见解析【解析】【详解】（1）发射源的位置00 xy，粒子的初动能：2002kqByEm；（2）分下面三种情况讨论：（i）如图 1，002kEqU由02101mvmvmvyRRBqBqBq、，和221001122mvmvqU，222101122mvmvqU，及012xyRR，得22002224xyyqBmqUyqBmqUqBqB；（ii）如图 2，0002kqUEqU由020mvmvydRBqBq、，和220201122mvmvqU，及032xydR，得222023)2xydydq BmqUqB（；（iii）如图 3，00kEqU由020mvmvydRBqBq、，和220201122mvmvqU，及04xydR，得222042xydydq BmqUqB；3如图所示， x 轴正方向水平向右，y 轴正方向竖直向上在xOy 平面内有与y 轴平行的匀强电场，在半径为R 的圆内还有与xOy 平面垂直的匀强磁场在圆的左边放置一带电微粒发射装置，它沿x 轴正方向发射出一束具有相同质量m、电荷量q（q0)和初速度v 的带电微粒发射时，这束带电微粒分布在0y 2R的区间内已知重力加速度大小为g（1）从 A 点射出的带电微粒平行于x 轴从 C点进入有磁场区域，并从坐标原点O 沿 y 轴负方向离开，求电场强度和磁感应强度的大小与方向（2）请指出这束带电微粒与x 轴相交的区域，并说明理由（3）若这束带电微粒初速度变为2v，那么它们与x轴相交的区域又在哪里？并说明理由【来源】带电粒子在电场中运动压轴大题【答案】（ 1）mgEq，方向沿y 轴正方向；mvBqR，方向垂直xOy 平面向外（ 2）通过坐标原点后离开；理由见解析（3）范围是x0；理由见解析【解析】【详解】(1)带电微粒平行于x 轴从 C点进入磁场，说明带电微粒所受重力和电场力的大小相等，方向相反设电场强度大小为E，由：mgqE可得电场强度大小：mgqE方向沿 y 轴正方向；带电微粒进入磁场后受到重力、电场力和洛伦兹力的作用由于电场力和重力相互抵消，它将做匀速圆周运动如图（a）所示：考虑到带电微粒是从C 点水平进入磁场，过O 点后沿 y 轴负方向离开磁场，可得圆周运动半径rR；设磁感应强度大小为B，由：2vqvBmR可得磁感应强度大小：mvBqR根据左手定则可知方向垂直xOy 平面向外；(2)从任一点 P水平进入磁场的带电微粒在磁场中做半径为R的匀速圆周运动，如图（b）所示，设P点与O点的连线与y 轴的夹角为，其圆周运动的圆心Q 的坐标为(sin,cos )RR，圆周运动轨迹方程为：222(sin)(cos )xRyRR而磁场边界是圆心坐标为（0，R）的圆周，其方程为：22()xyRR解上述两式，可得带电微粒做圆周运动的轨迹与磁场边界的交点为00 xy或：sin(1cos )xRyR坐标为sin,(1cos )RR的点就是 P点，须舍去由此可见，这束带电微粒都是通过坐标原点后离开磁场的；(3)带电微粒初速度大小变为2v，则从任一点P水平进入磁场的带电微粒在磁场中做匀速圆周运动的半径r为：(2 )2mvrRqB带电微粒在磁场中经过一段半径为r的圆弧运动后，将在y 轴的右方（ x0 区域）离开磁场并做匀速直线运动，如图（c）所示靠近M 点发射出来的带电微粒在穿出磁场后会射向 x 轴正方向的无穷远处；靠近N 点发射出来的带电微粒会在靠近原点之处穿出磁场所以，这束带电微粒与x 轴相交的区域范围是x0答：（ 1）电场强度mgqE，方向沿y 轴正方向和磁感应强度mvBqR，方向垂直xOy 平面向外（2）这束带电微粒都是通过坐标原点后离开磁场的；（3）若这束带电微粒初速度变为2v，这束带电微粒与x 轴相交的区域范围是x0。

4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 v0，方向与 x 轴正方向相同求：（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 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）02v；（ 2）02mvLq；（ 3）0(8)4Lv【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：045vvcos解得：02vv(2)在粒子从Q运动到P的过程中，由动能定理得：2201122qELmvmv解得：202mvEqL又在匀强电场由Q到P的过程中，水平方向的位移为：0 1xv t竖直方向的位移为：012vytL可得：2QPxL，OQL由2cos45OQR，故粒子在 OQ 段圆周运动的半径：22RL及mvRqB解得：02mvBqL(3)在Q点时，0045yvv tanv设粒子从由Q到P所用时间为1t，在竖直方向上有：10022LLtvv粒子从O点运动到Q所用的时间为：204Ltv则粒子从O点运动到P点所用的时间为：t总120002(8)44LLLttvvv5如图所示，在xOy 坐标系中，第、象限内无电场和磁场。

第象限内（含坐标轴）有垂直坐标平面向里的匀强磁场，第象限内有沿x 轴正向、电场强度大小为E的匀强磁场一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子，从x 轴上的 P点以大小为v0的速度垂直射入电场，不计粒子重力和空气阻力，P、O 两点间的距离为202mvqE1）求粒子进入磁场时的速度大小v 以及进入磁场时到原点的距离x；（2）若粒子由第象限的磁场直接回到第象限的电场中，求磁场磁感应强度的大小需要满足的条件来源】 2019 年辽宁省辽阳市高考物理二模试题【答案】（ 1）02v；20mvqE（2）0(21)EBv【解析】【详解】（1）由动能定理有：2220011222mvqEmvmvqE解得： v2v0设此时粒子的速度方向与y 轴负方向夹角为 ，则有 cos 022vv解得： 45根据tan21xy，所以粒子进入磁场时位置到坐标原点的距离为PO 两点距离的两倍，故20mvxqE（2）要使粒子由第象限的磁场直接回到第象限的电场中，其临界条件是粒子的轨迹与x 轴相切，如图所示，由几何关系有：sR+Rsin 又：2vqvBmR解得：0(21)EBv故0( 21)EBv6如图，在同时存在匀强电场和匀强磁场的空间中取正交坐标系O-xyz(x轴正方向水平向右， y 轴正方向竖直向上)。

匀强磁场方向与xOy 平面平行，且与x 轴正方向的夹角为45 ，一质量为m、电荷量为 +q 的带电粒子 (可看作质点 )平行于 z 轴以速度v0通过 y 轴上的点 P(0，h，0)，重力加速度为g1)若带电粒子沿z 轴正方向做匀速直线运动，求满足条件的电场强度的最小值Emin及对应的磁感应强度B；(2)在满足 (1)的条件下，当带电粒子通过y 轴上的点P时，撤去匀强磁场，求带电质点落在xOz平面内的位置；(3)若带电粒子沿z 轴负方向通过y 轴上的点 P时，改变电场强度大小和方向，同时改变磁感应强度的大小，要使带电质点做匀速圆周运动且能够经过x 轴，求电场强度E和磁感应强度 B 的大小来源】安徽省宣城市2019 届高三第二次模拟考试理科综合物理试题【答案】（ 1）Emin22mgq022mgBqv（2） N（h，0，2v0hg）（ 3）mgqE022mvBqh【解析】【详解】解：(1)如图所示，带电质点受到重力mg（大小及方向均已知）、洛伦兹力0qv B（方向已知）、电场力qE（大小及方向均未知）的作用做匀速直线运动；根据力三角形知识分析可知：当电场力方向与磁场方向相同时，场强有最小值minE根据物体的平衡规律有：45minqEmgsin045qv Bmgcos解得：22minEmgq，022mgBqv(2)如图所示，撤去磁场后，带电质点受到重力mg和电场力minqE作用，其合力沿PM 方向并与0v方向垂直，大小等于022qv Bmg，故带电质点在与Oxz平面成45角的平面内作类平抛运动由牛顿第二定律：0qv Bma解得 ：22ag设经时间t到达 Oxz平面内的点()N xyz， ，由运动的分解可得：沿0v方向：0zv t沿 PM 方向：212PMat又sin 45hPM45xhtan联立解得 ：xh02zgvh则带电质点落在N（ h，0，02vhg）点(3)当电场力和重力平衡时，带点质点才能只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动则有：Eqmg得：mgE。