帶電粒子在復(fù)合場中的運動易錯題提高題專題含答案一、帶電粒子在復(fù)合場中的運動壓軸題1．如圖所示，x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上．在xOy平面內(nèi)有與y軸平行的勻強電場，在半徑為R的圓內(nèi)還有與xOy平面垂直的勻強磁場．在圓的左邊放置一帶電微粒發(fā)射裝置，它沿x軸正方向發(fā)射出一束具有相同質(zhì)量m、電荷量q（q＞0)和初速度v的帶電微粒．發(fā)射時，這束帶電微粒分布在0＜y＜2R的區(qū)間內(nèi)．已知重力加速度大小為g．（1）從A點射出的帶電微粒平行于x軸從C點進入有磁場區(qū)域，并從坐標原點O沿y軸負方向離開，求電場強度和磁感應(yīng)強度的大小與方向．（2）請指出這束帶電微粒與x軸相交的區(qū)域，并說明理由．（3）若這束帶電微粒初速度變?yōu)?v，那么它們與x軸相交的區(qū)域又在哪里？并說明理由．【來源】帶電粒子在電場中運動壓軸大題【答案】（1），方向沿y軸正方向；，方向垂直xOy平面向外（2）通過坐標原點后離開；理由見解析（3）范圍是x＞0；理由見解析【解析】【詳解】(1)帶電微粒平行于x軸從C點進入磁場，說明帶電微粒所受重力和電場力的大小相等，方向相反．設(shè)電場強度大小為E，由：可得電場強度大?。悍较蜓貀軸正方向；帶電微粒進入磁場后受到重力、電場力和洛倫茲力的作用．由于電場力和重力相互抵消，它將做勻速圓周運動．如圖（a）所示：考慮到帶電微粒是從C點水平進入磁場，過O點后沿y軸負方向離開磁場，可得圓周運動半徑；設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B，由：可得磁感應(yīng)強度大?。焊鶕?jù)左手定則可知方向垂直xOy平面向外；(2)從任一點P水平進入磁場的帶電微粒在磁場中做半徑為R的勻速圓周運動，如圖（b）所示，設(shè)P點與點的連線與y軸的夾角為，其圓周運動的圓心Q的坐標為，圓周運動軌跡方程為：而磁場邊界是圓心坐標為（0，R）的圓周，其方程為：解上述兩式，可得帶電微粒做圓周運動的軌跡與磁場邊界的交點為或：坐標為的點就是P點，須舍去．由此可見，這束帶電微粒都是通過坐標原點后離開磁場的；(3)帶電微粒初速度大小變?yōu)?v，則從任一點P水平進入磁場的帶電微粒在磁場中做勻速圓周運動的半徑為：帶電微粒在磁場中經(jīng)過一段半徑為的圓弧運動后，將在y軸的右方（x＞0區(qū)域）離開磁場并做勻速直線運動，如圖（c）所示．靠近M點發(fā)射出來的帶電微粒在穿出磁場后會射向x軸正方向的無窮遠處；靠近N點發(fā)射出來的帶電微粒會在靠近原點之處穿出磁場所以，這束帶電微粒與x軸相交的區(qū)域范圍是x＞0．答：（1）電場強度，方向沿y軸正方向和磁感應(yīng)強度，方向垂直xOy平面向外．（2）這束帶電微粒都是通過坐標原點后離開磁場的；（3）若這束帶電微粒初速度變?yōu)?v，這束帶電微粒與x軸相交的區(qū)域范圍是x＞0。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的光滑圓弧軌道分別相切于D點和G點,GH與水平面的夾角θ=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=1×104N/C．小物體P1質(zhì)量m=2×10-3kg、電荷量q=+8×10-6C,受到水平向右的推力F=9.98×10-3N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)P1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=0.1s與P1相遇．P1和P2與軌道CD、GH間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5,取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,物體電荷量保持不變,不計空氣阻力．求:(1)小物體P1在水平軌道CD上運動速度v的大小;(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(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P1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則F1=qvB①，②勻速直線運動，物體處于平衡狀態(tài)；③解得m/s④說明：①③各1分，②④各2分(2)設(shè)物體P1在G點的速度為，由于洛倫茲力不做功由動能定理知⑤解得速度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)加速度為由牛頓第二定律有，，⑥解得m/s2小物體P1在GH上勻加速向上運動=0.55m⑦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，加速度為則⑧解得m/s2小物體P2在GH上勻加速向下運動=0.01m⑨故軌道長⑩所以s=0.56m⑾3．如圖為一種質(zhì)譜儀工作原理示意圖.在以O(shè)為圓心，OH為對稱軸，夾角為2α的扇形區(qū)域內(nèi)分布著方向垂直于紙面的勻強磁場.對稱于OH軸的C和D分別是離子發(fā)射點和收集點.CM垂直磁場左邊界于M，且OM=d.現(xiàn)有一正離子束以小發(fā)散角（紙面內(nèi)）從C射出，這些離子在CM方向上的分速度均為v0.若該離子束中比荷為的離子都能匯聚到D，試求：（1）磁感應(yīng)強度的大小和方向（提示：可考慮沿CM方向運動的離子為研究對象）；（2）離子沿與CM成θ角的直線CN進入磁場，其軌道半徑和在磁場中的運動時間；（3）線段CM的長度.【來源】電粒子在磁場中的運動【答案】（1），磁場方向垂直紙面向外；（2），；（3）?！窘馕觥俊痉治觥俊驹斀狻浚?）設(shè)沿CM方向運動的離子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為R由R=d得，磁場方向垂直紙面向外（2）設(shè)沿CN運動的離子速度大小為v，在磁場中的軌道半徑為R′，運動時間為t，由vcosθ=v0得v＝由解得：R′=方法一：設(shè)弧長為s，則運動的時間：t=又s=2(θ+α)×R′解得t=方法二：離子在磁場中做勻速圓周運動的周期T＝，則有：（3）方法一：由幾何關(guān)系得：CM=MNcotθ則有：解得：，以上3式聯(lián)立求解得CM=dcotα方法二：設(shè)圓心為A，過A做AB垂直NO，如圖所示由幾何關(guān)系得：而因此NM=BO因NM=CMtanθ又解得：CM=dcotα4．如圖，M、N是電壓U=10V的平行板電容器兩極板，與絕緣水平軌道CF相接，其中CD段光滑，DF段粗糙、長度x=1.0m．F點緊鄰半徑為R的絕緣圓筒(圖示為圓筒的橫截面)，圓筒上開一小孔與圓心O在同一水平面上，圓筒內(nèi)存在磁感應(yīng)強度B=0.5T、方向垂直紙面向里的勻強磁場和方向豎直向下的勻強電場E．一質(zhì)量m=0.01kg、電荷量q=－0.02C的小球a從C點靜止釋放，運動到F點時與質(zhì)量為2m、不帶電的靜止小球b發(fā)生碰撞，碰撞后a球恰好返回D點，b球進入圓筒后在豎直面內(nèi)做圓周運動．不計空氣阻力，小球a、b均視為質(zhì)點，碰時兩球電量平分，小球a在DF段與軌道的動摩因數(shù)μ=0.2，重力加速度大小g=10m/s2．求(1)圓筒內(nèi)電場強度的大?。?2)兩球碰撞時損失的能量；(3)若b球進入圓筒后，與筒壁發(fā)生彈性碰撞，并從N點射出，則圓筒的半徑．【來源】福建省寧德市2019屆普通高中畢業(yè)班質(zhì)量檢查理科綜合物理試題【答案】(1)20N/C；(2)0J；(3)n≥3的整數(shù)）【解析】【詳解】（1）小球b要在圓筒內(nèi)做圓周運動，應(yīng)滿足：Eq＝2mg解得：E＝20N/C（2）小球a到達F點的速度為v1，根據(jù)動能定理得：Uq－μmgx＝mv12小球a從F點的返回的速度為v2，根據(jù)功能關(guān)系得：μmgx＝mv22兩球碰撞后，b球的速度為v，根據(jù)動量守恒定律得：mv1＝-mv2＋2mv則兩球碰撞損失的能量為：ΔE＝mv12－mv22－mv2聯(lián)立解得：ΔE＝0（3）小球b進入圓筒后，與筒壁發(fā)生n-1次碰撞后從N點射出，軌跡圖如圖所示：每段圓弧對應(yīng)圓筒的圓心角為，則在磁場中做圓周運動的軌跡半徑：r1＝粒子在磁場中做圓周運動：聯(lián)立解得：（n≥3的整數(shù)）5．如圖所示，虛線MN沿豎直方向，其左側(cè)區(qū)域內(nèi)有勻強電場（圖中未畫出）和方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，虛線MN的右側(cè)區(qū)域有方向水平向右的勻強電場．水平線段AP與MN相交于O點．在A點有一質(zhì)量為m，電量為+q的帶電質(zhì)點，以大小為v0的速度在左側(cè)區(qū)域垂直磁場方向射入，恰好在左側(cè)區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動，已知A與O點間的距離為，虛線MN右側(cè)電場強度為，重力加速度為g．求：（1）MN左側(cè)區(qū)域內(nèi)電場強度的大小和方向；（2）帶電質(zhì)點在A點的入射方向與AO間的夾角為多大時，質(zhì)點在磁場中剛好運動到O點，并畫出帶電質(zhì)點在磁場中運動的軌跡；（3）帶電質(zhì)點從O點進入虛線MN右側(cè)區(qū)域后運動到P點時速度的大小vp．【來源】【市級聯(lián)考】四川省瀘州市2019屆高三第二次教學(xué)質(zhì)量診斷性考試理綜物理試題【答案】（1），方向豎直向上；（2）；（3）．【解析】【詳解】（1）質(zhì)點在左側(cè)區(qū)域受重力、電場力和洛倫茲力作用，根據(jù)質(zhì)點做勻速圓周運動可得：重力和電場力等大反向，洛倫茲力做向心力；所以，電場力qE=mg，方向豎直向上；所以MN左側(cè)區(qū)域內(nèi)電場強度，方向豎直向上；（2）質(zhì)點在左側(cè)區(qū)域做勻速圓周運動，洛倫茲力做向心力，故有：，所以軌道半徑；質(zhì)點經(jīng)過A、O兩點，故質(zhì)點在左側(cè)區(qū)域做勻速圓周運動的圓心在AO的垂直平分線上，且質(zhì)點從A運動到O的過程O點為最右側(cè)；所以，粒子從A到O的運動軌跡為劣??；又有；根據(jù)幾何關(guān)系可得：帶電質(zhì)點在A點的入射方向與AO間的夾角；根據(jù)左手定則可得：質(zhì)點做逆時針圓周運動，故帶電質(zhì)點在磁場中運動的軌跡如圖所示：；（3）根據(jù)質(zhì)點在左側(cè)做勻速圓周運動，由幾何關(guān)系可得：質(zhì)點在O點的豎直分速度，水平分速度；質(zhì)點從O運動到P的過程受重力和電場力作用，故水平、豎直方向都做勻變速運動；質(zhì)點運動到P點，故豎直位移為零，所以運動時間；所以質(zhì)點在P點的豎直分速度，水平分速度；所以帶電質(zhì)點從O點進入虛線MN右側(cè)區(qū)域后運動到P點時速度；6．如圖甲所示，在直角坐標系中的0≤x≤L區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場，右側(cè)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(nèi)，從電離室產(chǎn)生的質(zhì)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(jīng)過右側(cè)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(nèi)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(nèi)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(yīng)強度B的大小和電子在圓形區(qū)域內(nèi)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(nèi)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(guān)系表達式。【來源】【省級聯(lián)考】吉林省名校2019屆高三下學(xué)期第一次聯(lián)合模擬考試物理試題【答案】（1），，設(shè)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(shè)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(nèi)，粒子的偏轉(zhuǎn)角為90°，根據(jù)幾何知識，在磁場變化的半個周期內(nèi)，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(nèi)恰好轉(zhuǎn)過圓周，同時在MN間的運動時間是磁場變化周期的整數(shù)倍時，可使粒子到達N點且速度滿足題設(shè)要求，應(yīng)滿足的時間條件是又則T的表達式為（n＝1，2，3，…）。7．平面直角坐標系的第一象限和第四象限內(nèi)均存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小分別為2B和B（B的大小未知），第二象限和第三象限內(nèi)存在沿﹣y方向的勻強電場，x軸上有一點P，其坐標為（L，0）。現(xiàn)使一個電量大小為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子從坐標（﹣2a，a）處以沿+x方向的初速度v0出發(fā)，該粒子恰好能經(jīng)原點進入y軸右側(cè)并在隨后經(jīng)過了點P，不計粒子的重力。（1）求粒子經(jīng)過原點時的速度；（2）求磁感應(yīng)強度B的所有可能取值（3）求粒子從出發(fā)直至到達P點經(jīng)歷時間的所有可能取值?！緛碓础?019年東北三省四市高考二模物理試題【答案】（1）粒子經(jīng)過原點時的速度大小為v0，方向：與x軸正方向夾45°斜向下；（2）磁感應(yīng)強度B的所有可能取值：n＝1、2、3……；（3）粒子從出發(fā)直至到達P點經(jīng)歷時間的所有可能取值：k＝1、2、3……或n＝1、2、3……。【解析】【詳解】（1）粒子在電場中做類平拋運動，水平方向：2a＝v0t，豎直方向：，解得：vy＝v0，tanθ＝＝1，θ＝45°，粒子穿過O點時的速度：；（2）粒子在第四象限內(nèi)做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：，粒子能過P點，由幾何知識得：L＝nrcos45°n＝1、2、3……，解得：n＝1、2、3……；（3）設(shè)粒子在第二象限運動時間為t1，則：t1＝；粒子在第四、第一象限內(nèi)做圓周運動的周期：，，粒子在下方磁場區(qū)域的運動軌跡為1/4圓弧，在上方磁場區(qū)域的運動軌跡為3/4圓弧，若粒子經(jīng)下方磁場直接到達P點，則粒子在磁場中的運動時間：t2＝T1，若粒子經(jīng)過下方磁場與上方磁場到達P點，粒子在磁場中的運動時間：t2＝T1+T2，若粒子兩次經(jīng)過下方磁場一次經(jīng)過上方磁場到達P點：t2＝2×T1+T2，若粒子兩次經(jīng)過下方磁場、兩次經(jīng)過上方磁場到達P點：t2＝2×T1+2×T2，…………則k＝1、2、3……或n＝1、2、3……粒子從出發(fā)到P點經(jīng)過的時間：t＝t1+t2，解得：k＝1、2、3……或n＝1、2、3……；8．如圖所示，在平面直角坐標系中，AO是∠xOy的角平分線，x軸上方存在水平向左的勻強電場，下方存在豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，兩電場的電場強度大小相等．一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的質(zhì)點從OA上的M點由靜止釋放，質(zhì)點恰能沿AO運動且通過O點，經(jīng)偏轉(zhuǎn)后從x軸上的C點（圖中未畫出）進入第一象限內(nèi)并擊中AO上的D點（圖中未畫出）．已知OM的長度m，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B＝(T)，重力加速度g取10m/s2．求：(1)兩勻強電場的電場強度E的大??；(2)OC的長度L2；(3)質(zhì)點從M點出發(fā)到擊中D點所經(jīng)歷的時間t．【來源】2018《單元滾動檢測卷》高考物理（四川專用)精練第九章物理試卷【答案】(1)(2)40m(3)7.71s【解析】【詳解】(1)質(zhì)點在第一象限內(nèi)受重力和水平向左的電場，沿AO做勻加速直線運動，所以有即(2)質(zhì)點在x軸下方，重力與電場力平衡，質(zhì)點做勻速圓周運動，從C點進入第一象限后做類平拋運動，其軌跡如圖所示，有：由運動規(guī)律知1由牛頓第二定律得：解得：由幾何知識可知OC的長度為：L2=2Rcos45°=40m(3)質(zhì)點從M到O的時間為：質(zhì)點做圓周運動時間為：質(zhì)點做類平拋運動時間為：質(zhì)點全過程所經(jīng)歷的時間為：t=t1+t2+t3=7.71s。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，前后兩個側(cè)面是絕緣體，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B，方向如圖垂直前后側(cè)面．發(fā)電導(dǎo)管內(nèi)有電阻率為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E的大??；（2）磁流體發(fā)電機對外供電時克服安培力做功的功率多大；（3）磁流體發(fā)電機對外供電時的輸出效率.【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【答案】（1）（2）（3）【解析】【詳解】解：(1)磁流體發(fā)電