高中物理帶電粒子在復(fù)合場中的運動解題技巧及練習題

1、一、帶電粒子在復(fù)合場中的運動專項訓(xùn)練.下圖為某種離子加速器的設(shè)計方案 .兩個半圓形金屬盒內(nèi)存在相同的垂直于紙面向外的勻強磁場.其中MN和M N是間距為h的兩平行極板，其上分別有正對的兩個小孔O和O , ON ON d , P為靶點，OP kd (k為大于1的整數(shù))。極板間存在方向向上的勻強電場，兩極板間電壓為 U。質(zhì)量為m、帶電量為q的正離子從O點由靜止開始加速，經(jīng)O進入磁場區(qū)域.當離子打到極板上 ON區(qū)域(含N點)或外殼上時將會被吸 收。兩虛線之間的區(qū)域無電場和磁場存在，離子可勻速穿過。忽略相對論效應(yīng)和離子所受(1)離子經(jīng)過電場僅加速一次后能打到P點所需的磁感應(yīng)強度大??；(2)能使離子打到

2、P點的磁感應(yīng)強度的所有可能值；(3)打到P點的能量最大的離子在磁場中運動的時間和在電場中運動的時間?！緛碓础?015年全國普通高等學校招生統(tǒng)一考試物理(重慶卷帶解析 )2、2qUm - 2,2nqUm2【答案】(1) B (2) B 4-,(n 1,2,3,L ,kqkdqkd二 22(k 1)mqU_ (2 k2 3) mkdt磁=，2, L =h2、2qum(k2 1)【解析】 【分析】帶電粒子在電場和磁場中的運動、牛頓第二定律、運動學公式。 【詳解】(1)離子經(jīng)電場加速，由動能定理：2qU - mv2(3)2qU可得vm磁場中做勻速圓周運動:qvB2 V m r剛好打在P點，軌跡為半圓，

3、由幾何關(guān)系可知:kd2. 2qUm聯(lián)立解得B；qkd(2)若磁感應(yīng)強度較大，設(shè)離子經(jīng)過一次加速后若速度較小，圓周運動半徑較小，不能直接打在P點，而做圓周運動到達 N右端，再勻速直線到下端磁場，將重新回到O點重新加速，直到打在 P點。設(shè)共加速了n次，有:nqUqVnB1 2 -mVn 22 vn mrn且:rnkd22、2nqUm 解得：B -qkd要求離子第一次加速后不能打在板上,且:riqu1 2 mv(2qviB解得：n k2,故加速次數(shù)n為正整數(shù)最大取nk2 1即:B 212nqUmqkd(n_ _21,2,3,L ,k 1)；(3)加速次數(shù)最多的離子速度最大，取周運動和半個圓周打到 P

4、點。由勻速圓周運動：n k21 ,離子在磁場中做n-1個完整的勻速圓qBT (2k3) mkdt 磁=(n 1)T -22 2qum(k 1)電場中一共加速n次，可等效成連續(xù)的勻加速直線運動.由運動學公式a叫mh可得：t電=h1 2(k2 1)mqu2.壓力波測量儀可將待測壓力波轉(zhuǎn)換成電壓信號，其原理如圖1所示，壓力波p (t)進入彈性盒后，通過與錢鏈 O相連的T”型輕桿L,驅(qū)動桿端頭A處的微型霍爾片在磁場中 沿x軸方向做微小振動，其位移 x與壓力p成正比(X p, 0).霍爾片的放大圖如 圖2所示，它由長 就和=axbx,d單位體積內(nèi)自由電子數(shù)為n的N型半導(dǎo)體制成，磁場方向垂直于x軸向上，磁

5、感應(yīng)強度大小為 B Bo(1x),0,無壓力波輸入時，霍爾片靜止在x=0處，此時給霍爾片通以沿 C1C2方向的電流I,則在側(cè)面上Di、D2兩點間產(chǎn)生 霍爾電壓U0.圖】圖203(1)指出Di、D2兩點那點電勢高；(2)推導(dǎo)出U0與I、B0之間的關(guān)系式(提示：電流 I與自由電子定向移動速率 v之間關(guān)系 為I=nevbd,其中e為電子電荷量)；(3)彈性盒中輸入壓力波 p (t),霍爾片中通以相同的電流，測得霍爾電壓Uh隨時間t變化圖像如圖3,忽略霍爾片在磁場中運動場所的電動勢和阻尼，求壓力波的振幅和頻率.(結(jié)果用U。、Ui、t。、“、及3)【來源】浙江新高考 2018年4月選考科目物理試題【答案

6、】D1點電勢高(2) U A (1 ), f Jne dU 02t0【解析】【分析】由左手定則可判定電子偏向D2邊，所以D1邊電勢高；當電壓為U0時，電子不再發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故電場力等于洛倫茲力，根據(jù)電流I與自由電子定向移動速率 v之間關(guān)系為I=nevbd求出U0與I、B0之間的關(guān)系式；圖像結(jié)合輕桿運動可知，0-t。內(nèi)，輕桿向一側(cè)運動至最遠點又返回至原點，則可知輕桿的運動周期，當桿運動至最遠點時，電壓最小，結(jié)合U0與I、B。之間的關(guān)系式求出壓力波的振幅 .解：(1)電流方向為 CiQ,則電子運動方向為 0201,由左手定則可判定電子偏向D2邊,所以Di邊電勢高；(2)當電壓為U0時，電子不再發(fā)生偏轉(zhuǎn)

7、，故電場力等于洛倫茲力qvB0由電流吟I nevbd得：vnebd-IBc將帶入得U0 欄上 ned(3)圖像結(jié)合輕桿運動可知，0-t0內(nèi)，輕桿向一側(cè)運動至最遠點又返回至原點 ，則輕桿的運動周期為T=2t0 I 1所以，頻率為：f - 2t0當桿運動至最遠點時，電壓最小，即取Ui,此時 B Bo(1x)取x正向最遠處為振幅 A,有：U1% ned?A)L U0所以：U1IB0ned舊0(1A)解得：AU0UnedUi根據(jù)壓力與唯一關(guān)系p可得因此壓力最大振幅為:pmU0U1U03.如圖所示彳寺測區(qū)域中存在勻強電場和勻強磁場，根據(jù)帶電粒子射入時的受力情況可推測 其電場和磁場.圖中裝置由加速器和平移

8、器組成，平移器由兩對水平放置、相距為 l的相同平行金屬板構(gòu)成，極板長度為I、間距為d,兩對極板間偏轉(zhuǎn)電壓大小相等、電場方向相反 .質(zhì)量 為m、電荷量為+q的粒子經(jīng)加速電壓 U0加速后，水平射入偏轉(zhuǎn)電壓為 U1的平移器，最終從 A點水平射入待測區(qū)域.不考慮粒子受到的重力. TOC o 1-5 h z (1)求粒子射出平移器時的速度大小v1;(2)當加速電壓變?yōu)?U0時,欲使粒子仍從A點射入待測區(qū)域，求此時的偏轉(zhuǎn)電壓 U;(3)已知粒子以不同速度水平向右射入待測區(qū)域，剛進入時的受力大小均為 F.現(xiàn)取水平向右為x軸正方向，建立如圖所示的直角坐標系 Oxyz.保持加速電壓為 U0不變，移動裝置使粒子沿

9、不 同的坐標軸方向射入待測區(qū)域，粒子剛射入時的受力大小如下表所示.射人力向y-y11受力大小力J3F TOC o 1-5 h z 請推測該區(qū)域中電場強度和磁感應(yīng)強度的大小及可能的方向【來源】2012年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試理綜物理(江蘇卷)【答案】(1)v1, 2qU (2)U? 4Uim(3) E與Oxy平面平彳T且與 x軸方向的夾角為 30或150,若B ?&-x軸方向，E與Oxy平面平行且與x軸方向的夾角為-30 或-150 . 【解析】 TOC o 1-5 h z (1)設(shè)粒子射出加速器的速度為V012動目匕te理qU 0mv02由題意得V1 V0 ,即V1(2)在第一個偏轉(zhuǎn)電場

10、中，設(shè)粒子的運動時間為 t加速度的大小a 里1md在離開時，豎直分速度Vy at豎直位移y1 1at22水平位移l Vt粒子在兩偏轉(zhuǎn)電場間做勻速直線運動，經(jīng)歷時間也為t 豎直位移y2 Vyt由題意知，粒子豎直總位移 y? 2y1 y2解得yUl2Ud則當加速電壓為 4U0時,U? 4U1(3) (a)由沿x軸方向射入時的受力情況可知 ：B平行于x軸.且(b)由沿22F2 f2(5F)2,則 f? 2F 且 f? qvF解得B2mB ?qUo(c)設(shè)電場方向與x軸方向夾角為 笈.若B沿x軸方向，由沿z軸方向射入時的受力情況得 (f F sin解得 3=30,或 7=150即E與Oxy平面平行且與

11、x軸方向的夾角為 30或150.同理若By&-x軸方向)2(F cos )2 (. 7F)2E與Oxy平面平彳T且與 x軸方向的夾角為-30或-150.4.如圖甲所示，正方形導(dǎo)線框 abcd用導(dǎo)線與水平放置的平行板電容器相連，線框邊長與 電容器兩極板間的距離均為 L. O點為電容器間靠近上極板的一點，與電容器右端的距離.7LL1為，與水平線 MN的距離為等 (1 -),線框abcd內(nèi)和電容器兩極板間都存在周期 24性變化的磁場，導(dǎo)線框內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示，電容器間勻強磁場的磁感應(yīng)強度隨時間的變化規(guī)律如圖丙所示，選垂直紙面向里為正方向.現(xiàn)有一1帶正電微粒在0時刻自O(shè)點

12、由靜止釋放，在時間去2LgL內(nèi)恰好做勻速圓周運g動.已知重力加速度為 g,求:坨I 姐噂 西y軸方向射入時的受力情況可知：E與Oxy平面平行.(1)此帶電微粒的比荷；3(2)自0時刻起經(jīng)時間一2人時微粒距O點的距離;(3)自0時刻起經(jīng)多長時間微粒經(jīng)過水平線MN .【來源】山東省德州市2019屆高三第二次模擬考試理科綜合物理試題1)14B0 L(2) - (3)2n 12L n 0,1,2,3 和 2n 11g12g n 0,1,2電容器兩極間電場強度:E U 4B ；gL1時間2卜內(nèi):mg qE解得比荷:14B0(2)微粒運動的軌跡如圖所示VI，一 1時間0:2L 內(nèi)：mg qE ma gva

13、t- t1解得：v2, g,gL，一 1 時間2L 內(nèi)：qv?8 B02mv4BL ；gL解：(i)電容器兩極電勢差大小等于線框產(chǎn)生的電動勢:可得:gL時微粒距O點的距離：x 2r -(3)時間0：一/一內(nèi)，微粒豎直向下的位移:2 g設(shè)粒子轉(zhuǎn)過角度時與o點間的豎直距離為:4(1 -)sin解得:)(1 1) h 4r每次微粒進入磁場后運動至水平線MN所需時間：t2 3 T解得：t2 1 1-和 t2 -12 g 12 g自開始至水平線 MN的時間：t t1 n?2T t2, (n 0,1,2,3, TOC o 1-5 h z 即：t (2 n ) /一和 t (2n )一 , (n 0,123

14、,)2解得：n 3.5微粒離開電容器后不再經(jīng)過水平線MN ,分析得自開始至水平線 MN的時間:-7、-, _11 r , 、t (2n)J , (n0,123)和 t (2n)J , (n0，1,2,3，)12 . g12 . g5.如圖所示，在xOy坐標系中，第I、n象限內(nèi)無電場和磁場。第IV象限內(nèi)(含坐標軸) 有垂直坐標平面向里的勻強磁場，第出象限內(nèi)有沿x軸正向、電場強度大小為 E的勻強磁場。一質(zhì)量為 m、電荷量為q的帶正電粒子，從 x軸上的P點以大小為20的速度垂直射入22qE電場，不計粒子重力和空氣阻力，P、。兩點間的距離為 以 。(1)求粒子進入磁場時的速度大小v以及進入磁場時到原點

15、的距離X；(2)若粒子由第IV象限的磁場直接回到第出象限的電場中，求磁場磁感應(yīng)強度的大小需要 滿足的條件。【來源】2019年遼寧省遼陽市高考物理二模試題【答案】(1) J2v0; mv0 (2) B 晅 1)E qEvo【解析】【詳解】2(1)由動能定理有：qE mv0- mv2 - mv22qE 22解得：v= , 2 vo,22設(shè)此時粒子的速度方向與 y軸負方向夾角為 0,則有cos 9= v v解得：0= 45 一x 一 根據(jù)tan 2 - 1 ,所以粒子進入磁場時位置到坐標原點的距離為PO兩點距離的兩y2八 二二 mv0倍，故x -qEx軸相切，如圖所示,(2)要使粒子由第IV象限的磁

16、場直接回到第 出象限的電場中，其臨界條件是粒子的軌跡與由幾何關(guān)系有:s= R+Rsin 02 v 乂： qvB m R解得：B(-2 1)EV0,(.2 1)E故 B V06.如圖1所示，直徑分別為 D和2D的同心圓處于同一豎直面內(nèi)，O為圓心，GH為大圓的水平直徑兩圓之間的環(huán)形區(qū)域（I區(qū)）和小圓內(nèi)部（II區(qū)）均存在垂直圓面向里的勻強磁m,電最場.間距為d的兩平行金屬極板間有一勻強電場，上極板開有一小孔.一質(zhì)量為為+q的粒子由小孔下 d處靜止釋放，加速后粒子以豎直向上的速度v射出電場，由H點2緊靠大圓內(nèi)側(cè)射入磁場，不計粒子的重力.工工圖2（1）求極板間電場強度的大小E;（2）若I區(qū)、II區(qū)磁感應(yīng)

17、強度的大小分別為2mvqD4mv 、一， 一一 ，、_，粒子運動一段時間 t后再次經(jīng)qD過H點，試求出這段時間t;:（3）如圖2所示，若將大圓的直徑縮小為屈b調(diào)節(jié)磁感應(yīng)強度為 Bo （大小未知），并60角，粒子仍由H點緊靠大圓將小圓中的磁場改為勻強電場，其方向與水平方向夾角成內(nèi)側(cè)射入磁場，為使粒子恰好從內(nèi)圓的最高點A處進入偏轉(zhuǎn)電場，且粒子在電場中運動的時間最長，求I區(qū)磁感應(yīng)強度Bo的大小和II區(qū)電場的場強E0的大?。俊救珖購娦！刻旖蚴行氯A中學mv2qd(2)5.5 D -(3)v2019屆高三高考模擬物理試題3mv 8、3mv2qB9qD解：（i）粒子在電場中運動,由動能定理可得:qEd -

18、 mv222解得：E2mvqd(2)粒子在I區(qū)中，由牛頓第二定律可得:2 v m Ri其中Bi2 vF，Ri qD粒子在II區(qū)中，由牛頓第二定律可得:qvB22 v mR2其中B24mvqD2 R2v由幾何關(guān)系可得:1 120180tiQit223606 tit25.5解得：tv(3)由幾何關(guān)系可知:2 ,D、2- 3D、2r (-)(r)22由牛頓第二定律可得:2 v m 一r3mv解得：B0qBcos32解得： 30 ,則粒子速度方向與電場垂直D(1 sin ) vt2D12cos at22Eq ma解得：e08 3mv27.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 6

19、0,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(yīng)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上白M 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J3L;O、N兩點間的距離為(1+1)1_,粒子重力不(1)帶電粒子自坐標原點 O射入勻強磁場的速度大?。?2)勻強電場的電場強度大?。?3)若自O(shè)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【

20、答案】(1)理；(2) 3HB工；(3)(g|_, 1Lmm62【解析】【詳解】2(1)粒子在磁場中運動時 qvB=mv- , 3 L=2rsin60 r解得粒子自坐標原點 O射入勻強磁場的速度大小 尸理m(2)粒子自M到N做類平拋運動沿電場方向：3 Lsin60 = 91322m垂直電場方向；(巫 1)L-J3Lcos60 =vt12得電場強度E=3qB2L(3)若自O(shè)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;xRrcos30,3-L23.y 坐標：yR(r rsin30) L粒子進入電場后自 R到S做類平拋運動垂直電場

21、方向；Xrsvt2沿電場方向：yRs qEt22mtan60 =yRsXRS2、,3m 2 3斛伶：t2 , Xrs L , yRS 2 LVL3qB3第二次與虛線PQ的交點S的x坐標：x xRS xR1 1y 坐標：y yRS y -L則第二次與虛線 PQ的交點S的坐標為( 立L , 1 L )8.如圖，平面直角坐標系中，在,y0及yv-*L區(qū)域存在場強大小相同，方向相反均平2行于y軸的勻強電場，在-3Lvy(1)小物體Pi在水平軌道CD上運動速度v的大??；(2)傾斜軌道GH的長度s.【來源】【全國百強校】2017屆浙江省溫州中學高三 3月高考模擬物理試卷(帶解析)【答案】 (1) 4m/s

22、 (2) 0.56m【解析】【分析】【詳解】(1)設(shè)小物體Pi在勻強磁場中運動的速度為v,受到水平外力 F,重力mg,支持力N,豎直向上的洛倫茲力 F1,滑動摩擦力f貝U F=qvB N mg qvB , f N 勻速直線運動，物體處于平衡狀態(tài)；F f 0解得v 4 m/s說明：各1分，各2分(2)設(shè)物體P1在G點的速度為v1，由于洛倫茲力不做功 TOC o 1-5 h z 212 _由動能th理知 qEr sin37 mgr(1 cos37 )mv1mv 2解得速度v 5 m/s小物體P1在GH上運動受到水平向右的電場力qE,重力mg,垂直斜面支持力 N1,沿斜面向下的滑動摩擦力 f1設(shè)加速

23、度為a1由牛頓第二定律有 N1 mg cos37 qE cos37 , G MqE mg sin 37f1 ma1 ,解得 “ 10 m/s2小物體P1在GH上勻加速向上運動=0.55m小物體p2在GH上運動受到重力 m2g,垂直斜面支持力 N2,沿斜面向上的滑動摩擦力f2,加速度為a2貝Um2gsin37mzg cos37m2a2 解得 a?2 m/s2. 2小物體p2在GH上勻加速向下運動 s2 a2t =0.01m故軌道長s SiS2所以 s=0.56m (11)15.電子擴束裝置由電子加速器、偏轉(zhuǎn)電場和偏轉(zhuǎn)磁場組成.偏轉(zhuǎn)電場的極板由相距為d的兩塊水平平行放置的導(dǎo)體板組成，如圖甲所示.大量電子由靜止開始，經(jīng)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(zhuǎn)電場.當兩板不帶電時，這些電子通過兩板之間的時間為 2to；：當在兩板間加最大值為 U。、周期為2to的電壓(如