高中物理帶電粒子在復(fù)合場中的運動習(xí)題知識歸納總結(jié)word

一、帶電粒子在復(fù)合場中的運動壓軸題

1.如圖，ABD為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB段是水平的，BD段為半徑R=0.25m

的半圓，兩段軌道相切于B點，整個軌道處在豎直向下的勻強電場中，場強大小

3

E=5.0xl0V/mo一不帶電的絕緣小球甲，以速度V。沿水平軌道向右運動，與靜止在B點帶

正電的小球乙發(fā)生彈性碰撞。已知甲、乙兩球的質(zhì)量均為m=1.0xl（）2kg,乙所帶電荷量

9=2.0x10",g取10m/s2c（水平軌道足夠長，甲、乙兩球可視為質(zhì)點，整個運動過程無電

荷轉(zhuǎn)移）

（1）甲乙兩球碰撞后，乙恰能通過軌道的最高點D,求乙球在B點被碰后的瞬時速度大

??；

（2）在滿足1的條件下，求甲的速度vo；

（3）甲仍以中的速度vo向右運動，增大甲的質(zhì)量，保持乙的質(zhì)量不變，求乙在軌道上的

首次落點到B點的距離范圍。

【來源】四川省資陽市高中（2018屆）2015級高三課改實驗班12月月考理綜物理試題

【答案】（1）5m/s；（2）5m/s：（3）m<<2>/3m.>

2

【解析】

【分析】

【詳解】

（1）對球乙從B運動到D的過程運用動能定理可得

-mg*2R-qE?2R=gmv^-gmv；

乙恰能通過軌道的最高點D,根據(jù)牛頓第二定律可得

〃/g+qE=rn—

R

聯(lián)立并代入題給數(shù)據(jù)可得

=5m/s

（2）設(shè)向右為正方向，對兩球發(fā)生彈性碰撞的過程運用動量守恒定律可得

mv0=mvQ+mvB

根據(jù)機械能守恒可得

聯(lián)立解得

Vg=0,v0=5m/s

（3）設(shè)甲的質(zhì)量為M,碰撞后甲、乙的速度分別為匕…%,根據(jù)動量守恒和機械能守恒

定律有

聯(lián)立得

2M%

V

m-~Mr:+m

分析可知：當(dāng)M=m時，i/m取最小值vo;當(dāng)時，Vm取最大值2Vo

可得B球被撞后的速度范圍為

%<%<2%

設(shè)乙球過D點的速度為v；,由動能定理得

,2

-mg,2R-qE?2R=—mvD--〃叫j

聯(lián)立以上兩個方程可得

石

3m/s<v；;>2>/30m/s

設(shè)乙在水平軌道上的落點到B點的距離為《，則有

x'=u；/,2R二gg/

所以可得首次落點到B點的距離范圍

m<xr<2Gm

2

9

2.在如圖所示的豎直平面內(nèi)，水平軌道CD和傾斜軌道GH與半徑r=-m的光滑圓弧軌道

44

分別相切于D點和G點,GH與水平面的夾角8=37。.過G點、垂直于紙面的豎直平面左側(cè)

有勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度B=1.25T;過D點、垂直于紙面的豎直平面

右側(cè)有勻強電場，電場方向水平向右，電場強度E=1X104N/C.小物體Pi質(zhì)量m=2xl0-3kg、電

荷量q=+8xl0-6c,受到水平向右的推力F=9.98X103N的作用，沿CD向右做勻速直線運動，到達

D點后撤去推力.當(dāng)Pi到達傾斜軌道底端G點時，不帶電的小物體P2在GH頂端靜止釋放，

經(jīng)過時間t=o.ls與P1相遇.P1和P2與軌道CD、GH間的動摩擦因數(shù)均為H=05取

g=10m/s2,sin37o=0.6,cos37<=0.8,物體電荷量保持不變，不計空氣阻力.求：

⑴小物體Pi在水平軌道CD上運動速度v的大??；

⑵傾斜軌道GH的長度s.

【來源】【全國百強?！?017屆浙江省溫州中學(xué)高三3月高考模擬物理試卷(帶解析［

【答案】(1)4m/s(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Fi,滑動摩擦力f

則Fi=qvB①

N=mg-qvB,f-"N(2)

勻速直線運動，物體處于平衡狀態(tài)；b-/=。③

解得u=4m/s④

說明：①③各1分，②④各2分

⑵設(shè)物體Pi在G點的速度為匕，由于洛倫茲力不做功

由動能定理知c/Ersin37°-1-cos37°)=⑤

解得速度K=5m/s

小物體Pi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Ni，沿斜面

向下的滑動摩擦力fi設(shè)加速度為外

由牛頓第二定律有=mgcos37°+qEcos37°,/=z//V,

qE-mgsin37°-f\=〃叫,⑥

解得q=10m/s2

小物體Pi在GH上勻加速向上運動用=.除+'“十=0.55n⑦

小物體P2在GHI：運動受到重力mzg，垂直斜面支持力比，沿斜面向上的滑動摩擦力f2,

加速度為生

cos

貝ijm1gsin37°-2g37°=m2a2⑧

解得&=2m/s2

小物體Pz在GH上勻加速向下運動邑=^?2r=0.01m@

故軌道長$=*+”⑩

所以s=0.56m(11)

3.在如圖甲所示的直角坐標系中，兩平行極板M/V垂直于y軸，N板在x軸上且其左端與

坐標原點。重合，極板長度/=0.08m,板間距離d=0.09m,兩板間加上如圖乙所示的周期性

變化電壓，兩板間電場可看作勻強電場.在y軸上(0,也)處有一粒子源，垂直于y軸連續(xù)

不斷向x軸正方向發(fā)射相同的帶正電的粒子，粒子比荷為幺=5xl07c/kg,速度為

5

vo=8xlOm/s.t=0時刻射入板間的粒子恰好經(jīng)N板右邊緣打在x軸上.不計粒子重力及粒子

間的相互作用，求：

圖甲圖乙

⑴電壓Uo的大小;

⑵若沿x軸水平放置一熒光屏，要使粒子全部打在熒光屏上，求熒光屏的最小長度；

⑶若在第四象限加一個與X軸相切的圓形勻強磁場，半徑為r=0.03m,切點人的坐標為

2

(0.12m,0),磁場的磁感應(yīng)強度大小8--丁，方向垂直丁?坐標平面向里.求粒了山磁場后

3

與x軸交點坐標的范圍.

【來源】【市級聯(lián)考】山東省濟南市2019屆高三第三次模擬考試理綜物理試題

【答案】⑴4=2.16x10,(2)Ar=0.04m(3)x>0.1425m

【解析】

【分析】

【詳解】

⑴對于t=o時刻射入極板間的粒了：

/二%r7=1x10-7$

T

Vy=a2

T

v

y2=2

d

2=y+>2

Eq—ma

E上

d

4

解得：I7O=2.16X1OV

T37

(2)t=nT+-時刻射出的粒子打在x軸上水平位移最大：4=v0—

所放熒光屏的最小長度Ar=4-/即：Ar=0.04機

⑶不同時刻射出極板的粒子沿垂直于極板方向的速度均為Vy.

速度偏轉(zhuǎn)角的正切值均為：lan〃=±B=37

%

cos37=—

v=1x106m/s

即：所有的粒子射出極板時速度的大小和方向均相同.

v

qvB=m—

R=r=0.03m

由分析得，如圖所示，所有粒子在磁場中運動后發(fā)生磁聚焦由磁場中的一點8離開磁場.

由幾何關(guān)系，恰好經(jīng)N板右邊緣的粒子經(jīng)x軸后沿磁場圓半徑方向射入磁場，一定沿磁場

圓半徑方向射出磁場；從X軸射出點的橫坐標：xc=xA+—^

tan53

xc=0.1425m.

由幾何關(guān)系，過4點的粒子經(jīng)x軸后進入磁場由8點沿x軸正向運動.

綜上所述，粒子經(jīng)過磁場后第二次打在x軸上的范圍為：x2().1425m

4.在平面直角坐標系xOy中，第11、III象限),軸到直線PQ范圍內(nèi)存在沿X軸正方向的

勻強電場，電場強度大小E=500N/C,第I、N象限以(0.4,0)為圓心，半徑為夫-；的

圓形范圍內(nèi)，存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度8=0.5T.大量質(zhì)量為

加=lxlO-")kg,電荷量qnlxloFc的帶正電的粒子從PQ上任意位置由靜止進入電

場.已知直線PQ到y(tǒng)軸R勺距離也等于R.不計粒子重力，求：

(2)若某個粒子出磁場時速度偏轉(zhuǎn)了120，則該粒子進入電場時到)'軸的距離〃多大?

(3)粒子在磁場中運動的最長時間.

【來源】天津市耀華中學(xué)2019屆高三高考二模物理試題

【答案】(1)2000m/s(2)0.2m(3)27rxi()大

【解析】

【詳解】

(1)粒子在電場中加速，則有：EqR=^mv2

解得：v=2000nVs

2

(2)在磁場中，有：qvB=in—

r

解得：r=0.4m=R

即正好等于磁場半徑，如圖，軌跡圓半徑與磁場圓半徑王好組成?個菱形

由此可得/2=Rsin300=0.2〃？

(3)無論粒子從何處進入磁場，(2)中菱形特點均成立，所有粒子均從同一位置射出磁

T7tm-,八7

場，故％皿=7=G-=2ixl°s

2Bq

5.如圖所示，直線y-x軸之間有垂直于xOy平面向外的勻強磁場與，直線x-d與y-x

間有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度E=L()xl()4V/m，另有一半徑R=l.0m的圓形

勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度生=0.20T,方向垂直坐標平面向外，該圓與直線x=d和x軸

均相切，且與x軸相切于S點.一帶負電的粒子從S點沿y軸的正方形以速度%進入圓形

磁場區(qū)域，經(jīng)過一段時間進入磁場區(qū)域用，且第一次進入磁場月時的速度方向與直線片X

垂直.粒子速度大?。?1.0x1()5m/s,粒子的比荷為q/〃?=5.0xl()5c/kg,粒子重力不

⑴粒子在勻強磁場B?中運動的半徑r：

⑵坐標d的值：

⑶要使粒子無法運動到x軸的負半軸，則磁感應(yīng)強度用應(yīng)滿足的條件；

⑷在⑵問的基礎(chǔ)上，粒子從開始進入圓形磁場至第二次到達直線片x上的最長時間

(萬=3.14,結(jié)果保留兩位有效數(shù)字).

【來源】天津市濱海新區(qū)2019屆高三畢業(yè)班質(zhì)量監(jiān)測理科綜合能力測試物理試題

【答案】⑴Em(2)d=4m⑶4W0.1T或用N0.24T⑷h6.2xl(r5s

【解析】

【詳解】

解：（1）由帶電粒子在勻強磁場中運動可得：B均%=，〃電

r

解得粒子運動的半徑：r=\m

⑵粒子進入勻強電場以后，做類平拋運動，設(shè)粒子運動的水平位移為工，豎直位移為）'

水平方向：X=v()t

1、

豎直方向：y=-ar

2

Eq

a=——

m

tan45。=為

at

聯(lián)立解得：x=2m，y=1/w

由圖示幾何關(guān)系得：d=x+y+R

解得：d=4m

⑶若所加磁場的磁感應(yīng)強度為粒子恰好垂直打在）’軸上，粒子在磁場運動半徑為4

由如圖所示幾何關(guān)系得：，i=&（y+R）

v=V2v0

由帶電粒子在勻強磁場中運動可得：B；qv=m—

r\

解得：B；=0.1T

若所加磁場的磁感應(yīng)強度為用”，粒子運動枕跡與鈾相切，粒子在磁場中運動半徑為與

由如圖所示幾何關(guān)系得：4+血弓=公（）'+a）

2

由帶電粒子在勻強磁場中運動可得：B^qv=m—

r2

解得用"=^^Tn（）.24T

綜上，磁感應(yīng)強度應(yīng)滿足的條件為qWO.ir或4>0.24T

⑷設(shè)粒子在磁場層中運動的時間為。在電場中運動的時間為，2,在磁場片中運動的時

間為G，則有:

T2兀R

Ti=------

%

x

f2=—

%

T2g

R=--

V

5

解得：t=tx+t2+ty=（2—1.5"+2應(yīng)4）乂10氣之6.2x10s

6.如圖所示,在直角坐標系xOy平面內(nèi)有兩個同心圓，圓心在坐標原點0,小圓內(nèi)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）,1、n區(qū)域

磁場磁感應(yīng)強度大小分別為B、28。a、b兩帶正電粒子從0點同時分別沿y軸正向、負向

運動，已知粒子a質(zhì)量為m、電量為q、速度大小為v,粒子b質(zhì)量為2m、電量為2q、速度

大小為“，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）小圓半徑修；

⑵人圓半徑最小值

（3）a、b兩粒子從。點出發(fā)到在x軸相遇所經(jīng)過的最短時間t（不考慮a、b在其它位置相

遇）。

【來源】重慶市2019屆4月調(diào)研測試（第二次診斷性考試）理綜試卷物理試題

【答案】⑴⑵&min=：?（3）-7-

qB"2qBqB

【解析】

【詳解】

解：（1）粒子b在I區(qū)域做勻速圓周運動，設(shè)共半徑為，〃

24)

根據(jù)洛倫磁力提供向心力有:2心區(qū)=

5

由粒子b恰好不穿出I區(qū)域：為=2〃

c"21’

解得：

qB

⑵設(shè)a在I區(qū)域做勻速圓周運動的半徑為心,

mv

根據(jù)洛倫磁力提供向心力有：qvB=——

ra\

mv八

解得：%=干段

qB

設(shè)a在II區(qū)域做勻速圓周運動的半徑為明,

mv

根據(jù)洛倫磁力提供向心力有：qv/2B=——

mv1八

解得：①而寸

設(shè)大圓半徑為凡，由幾何關(guān)系得：R,之立R.+LR

-2121

所以，大圓半徑最小值為：凡而幽土◎竺

立mm?qB

-2兀"1e兀m

⑶粒子a在1區(qū)域的周期為11區(qū)域的周期為《2=-^

qBqB

粒子a從O點出發(fā)回到0點所經(jīng)過的最短時間為：卻二：7；“

1Kin

解得

-2兀m

粒子b在I區(qū)域的周期為：Th=—~

qB

人ln7rtn

討論：①如果a、b兩粒子在。點相遇，粒子a經(jīng)過時聞n=l,2、3...

2k1〃？

粒子b經(jīng)過時間：tb=kTh=——k=l,2,3…

qB

乙=八時，解得：：=2k

6

14—

當(dāng)％=7,〃=12時，有最短時間：％=——

qB

②設(shè)粒子b筑跡與小圓相切于P點，如果a粒子在射出小圓時與b粒子在P點相遇

5T丁,(21〃+8)乃加

z++

則有：a=7^i^2^i=-—n=l,2,3…

63qB

粒子b經(jīng)過時間：tb=~~—^=-——士—k=l,2,3…

2qB

%=八時，解得：22-1二駕金

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

7___‘(21〃+13)乃相

則有：乙二711+2Q+〃65=---------n=l,2,3...

63qB

(2k—1)7；(2k-\)7rm

粒子b經(jīng)過時間：th=---^=-——士—k=l,2,3...

2qB

,Eg2.21n+13

二力,時，解得：2k—}=-------

ab不能相遇

141〃2

a、b兩粒子從0點出發(fā)到在x軸相遇所經(jīng)過的最短時間為

qB

7.如圖所示，一靜止的電子經(jīng)過電壓為U的電場加速后，立即射入偏轉(zhuǎn)勻強電場中，射

入方向與偏轉(zhuǎn)電場的方向垂直，射入點為4最終電子從8點離開偏轉(zhuǎn)電場。已知偏轉(zhuǎn)電

場的電場強度大小為E，方向豎直向上(如圖所示)，電子的電荷量為e,質(zhì)量為m,重力

忽略不計。求：

(1)電子進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度小

(2)若將加速電場的電壓提高為原來的2倍，使電子仍從B點經(jīng)過，則偏轉(zhuǎn)電場的電場

強度Ei應(yīng)該變?yōu)樵瓉淼亩嗌俦叮?/p>

(3)若在偏轉(zhuǎn)電場區(qū)域加上垂直紙面向外的勻強磁場，使電子從4點射入該相互垂直的

電場和磁場共同存在的區(qū)域沿直線運動，求所加磁場的磁感應(yīng)強度大小。

【來源】【區(qū)級聯(lián)考】北京市順義區(qū)2019屆高三第二次統(tǒng)練理綜物理試題

【解析】

【詳解】

(1)電子在電場中的加速，由動能定理得：Ue=-mv1

2

所以，％二

(2)設(shè)電子的水平位移為x,電子的豎直偏移量為y,則有:

x=v0/y=—atEe=ma

聯(lián)立解得：E二釁

根據(jù)題意可知x、y均不變，當(dāng)U增大到原來的2倍，場強E也增大為原來的2倍。

(3)電子做直線運動

=Ee

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V。進入兩板間，速度方向與板平行，每顆塵埃的質(zhì)量均為m,

帶電量均為-q.當(dāng)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(cè)加?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(yīng)強度B,的大??；

⑵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))/釉右側(cè)所加圓形勻強磁場區(qū)域磁感應(yīng)強度82大小的取值范圍.

【來源】【市級聯(lián)考】山東省青島市2019屆高三下學(xué)期5月第二次?？祭砭C物理試題

【答案】⑴B產(chǎn)當(dāng)：(2)除塵效率為50%；(3)普

qd2qdqd

【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，

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：4田二父金,解得：旦=警；

rqd

(2)電場、磁場同時存在時，塵埃勻速直線,滿足：qE=q%B,

撤去磁場以后粒子在電場作用下平拋，假設(shè)距離N極板y的粒子恰好離開電場:

水平方向：d=vor

豎直方向：y=產(chǎn)

加速度：67=—

m

解得：y=0.5^/

當(dāng)y>0.54時，時間更長，水平位移入>4,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(shù)的百分比：J~°^Zxl0Q%=50%：

a

(3)設(shè)圓形磁場區(qū)域的半徑為Ro,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。％與=加2

A2

如圖，當(dāng)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Ro最小,

磁感應(yīng)強度B2最大，有與小=d

解得：”等

qd

如圖，當(dāng)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)域的半徑以最

大，磁感應(yīng)強度Bz最小，有與大=2d

解得：層小=箸

2qd

所以圓形磁場區(qū)域磁感應(yīng)強度B2的大小須滿足的條件為

9.磁流體發(fā)電的工作原理示意如圖.圖中的長方體是發(fā)電導(dǎo)管，其中空部分的長、高、寬

分別為/、久〃，前后兩個側(cè)面是絕稅體，上下兩個側(cè)面是電阻可略的導(dǎo)體電極，這兩個

電極與負載電阻R相連.整個發(fā)電導(dǎo)管處于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為8,方向如圖垂直

前后側(cè)面.發(fā)電導(dǎo)管內(nèi)有電阻率為夕的高溫高速電離氣體沿導(dǎo)管向右流動，并通過專用管

道導(dǎo)出.由于運動的電離氣體受到磁場作用，產(chǎn)生了電動勢.已知氣體在磁場中的流速為

求：(1)磁流體發(fā)電機的電動勢￡的大小;

(2)磁流體發(fā)電機對外供電時克服安培力做功的功率幾多大；

(3)磁流體發(fā)電機對外供電時的輸出效率7

【來源】【全國百強?！刻旖蚴袑嶒炛袑W(xué)2019屆高三考前熱身訓(xùn)練物理試題

R

——xlOO%

【答案】(1)Bav(2)絲(3)

R+

+~bl絲

bl

【解析】

【詳解】

解：⑴磁流體發(fā)電機的電動勢：E=Bciv

E

(2)回路中的電流：1=

R+r

發(fā)電機內(nèi)阻：/=絲

bl

受到的安培力：F=BIa

克服安培力做功的功率：P安=Fv