最新高考物理带电粒子在复合场中的运动真题汇编

1、一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1 .如图所示，直径分别为 D和2D的同心圆处于同一竖直面内，。为圆心，GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域 (I区)和小圆内部(II区)均存在垂直圆面向里的匀强磁m、电量场.间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔.一质量为为+q的粒子由小孔下方 d处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H2点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。(1)求极板间电场强度的大小；(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求I区磁感应强度的大小;(3)若I区、n区磁感应强度的大小分别为2mvqD4mv，粒子运动一段时间后再次经过qD点，求这段时间粒子运动

2、的路程.2015年全国普通高等学校招生统一考试物理(山东卷带解析1)2mvqd4mv - 4mv(2)或qD3qD(3) 5.5 ttD(1)粒子在电场中，根据动能定理Eq!12-mv ,解得22mvqd(2)若粒子的运动轨迹与小圆相切,则当内切时，半径为ER/22v由qvB m,解得B14mvqD则当外切时，半径为2v由qvB m,解得B24mv3qD(2)若I区域的磁感应强度为2 29qB2L2m -,则粒子运动的半径为32Uo100Uo U8116Uo912 一一 . . .V2区域的磁感应强度为 qU0 mv ,则粒子运动的半径为 qvB m;2r设粒子在I区和n区做圆周运动的周期分别

3、为Ti、T2,由运动公式可得：2 R1Ti13l 4据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图所示，根据对称性可知,I区两段圆弧所对的圆心角相同，设为 1, n区内圆弧所对圆心角为2,圆弧和大圆的两个切点与圆心。连线间的夹角设为,由几何关系可得：i 120; 2 1800;o60粒子重复上述交替运动回到H点,轨迹如图所示，设粒子在 I区和n区做圆周运动的时间分别为分t2,可得:UT ；L ,.Ui5 L U 06设粒子运动的路程为 S,由运动公式可知：S=V（t1+t2）联立上述各式可得：s=5.5兀D2.如图，绝缘粗糙的竖直平面 MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电

4、场方 向水平向右，电场强度大小为E,磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B. 一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从 A点由静止开始沿 MN下滑，到达C点时离开MN做 曲线运动.A、C两点间距离为h,重力加速度为g.(1)求小滑块运动到 C点时的速度大小 Vc;(2)求小滑块从 A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功 Wf；(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到 D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点.已知小滑块在D点时的速度大小为 VD,从D点运动到P点的时间为t,求小滑块运动到 P点时速度的大 小Vp.【来源】2015年全

5、国普通高等学校招生统一考试物理(福建卷带解析)【答案】【详解】小滑块到达C点时离开MN,此时与MN间的作用力为零，对小滑块受力分析计算此时的速度 的大小；由动能定理直接计算摩擦力做的功 Wf；撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据 分运动计算最后的合速度的大小；(1)由题意知，根据左手定则可判断，滑块在下滑的过程中受水平向左的洛伦兹力，当洛 伦兹力等于电场力qE寸滑块离开MN开始做曲线运动，即 Bqv qE解得：V EB1 2八(2)从A到C艮据动能定理：mgh Wf -mv 02-1 E2斛得：Wf mgh m2 B(3)设重力与电场力的合力为 F,由图意知，在D点速度vd的方向与F地方向垂直

6、，从D到P1 2做类平抛运动，在 m向做匀加速运动a=F/m, t时间内在F万向的位移为x - at212从D到P,根据动能定理：a a5 0,其中一mv, 4联立解得：vp Jmg 2 2（qE）2t2 vD m【点睛】解决本题的关键是分析清楚小滑块的运动过程，在与MN分离时，小滑块与 MN间的作用力为零，在撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据滑块的不同的运动过程逐步求解即可.3.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Bo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?Fa这束离子经电势差u =的电场加速后，从小孔 O (坐标

7、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nwo(a =F)，假设每秒射入磁场的离子总数为No,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Bi；(3)保持磁感应强度 Bi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.7带电【来源】浙江省 2018版选考物理考前特训(2017年10月)加试30分特

8、训：特训 粒子在场中的运动试题356【答案】(1) 2axa- (2)的二孑所(3) F=祎修师设。【解析】(1)对于初速度为0的离子，根据动能定理：qU=mv；廿？mv.在磁场中洛仑兹力提供向心力：qliv ,所以半径：门=承1=a恰好打在x= 2a的位置；对于初速度为/5v0的离子，qU =m4 ；m(/5v0)22=匹=2a, 恰好打在x= 4a的位置故离子束从小孔 O射入磁场打在x轴上的区间为2a, 4a(2)由动能定理qU = ymv 2-：m(小 vo)2 r3=.amv3解得Bi=B0(3)对速度为0的离子t iqU = ymVmvi 3r4=qE =，a 2r4= 1.5a 离

9、子打在x轴上的区间为1.5a,3a a 2 N= NojN。对打在x=2a处的离子D mv；qv3Bi *a对打在x= 3a处的离子qv4Bi = r-.5a打到x轴上的离子均匀分布，所以7=叮广由动量定理-Ft=- 0.8Nm7+0.2N( 0.6m-7m7)解得F=莽Nomvo.【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

10、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.4.如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R=0.25m的半圆，两段轨道相切于 B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E=5.0 X3V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度vo沿水平轨道向右运动，与静止在 B点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为m=1.0X1Gkg,乙所带电荷量q=2.0 x-5C, g取10m/s2。(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电 荷转移)(1)甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D,求乙球在B点被碰后的瞬时速度大小；(2)在满足

11、1的条件下，求甲的速度 vo；(3)甲仍以中的速度 V0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的 首次落点到B点的距离范围。12月月考理综物理试题【来源】四川省资阳市高中(2018届)2015级高三课改实验班【答案】(1) 5m/s； (2) 5m/s； (3) 述m x 2晶。2【详解】(1)对球乙从B运动到D的过程运用动能定理可得12mgg2R qEg2R -mvD乙恰能通过轨道的最高点D,根据牛顿第二定律可得2Vdmg qE mR联立并代入题给数据可得Vb =5m/s(2)设向右为正方向，对两球发生弹性碰撞的过程运用动量守恒定律可得mv0 mv0 mvB根据机械能守恒可得

12、1 21212一 mvo 一 mvo 一 mvB2 22联立解得Vo 0, Vo 5 m/s(3)设甲的质量为 M ,碰撞后甲、乙的速度分别为 Vm、vm ,根据动量守恒和机械能守恒 定律有Mv0 MvM mvm1.21 . .212Mv 0- Mv M - mvm222联立得2Mv0VmM m分析可知：当 M=m时，Vm取最小值vo;当M?m时，vm取最大值2vo可得B球被撞后的速度范围为VoVm设乙球过D点的速度为vD,由动能定理得mgg2R qEg2R1212mvDmvm22联立以上两个方程可得3.5m/s0及y-3L区域存在场强大小相同，方向相反均平2行于y轴的匀强电场，在-Lvy 0

13、）的静止粒子被发射装置（图中未画出）从。点发射，沿P板上表面运动时间t后到达K孔，不与板碰撞地进入两板之间.粒子视为质点，在图示平面内运动，电荷 量保持不变，不计空气阻力，重力加速度大小为g.（1）求发射装置对粒子做的功；（2）电路中的直流电源内阻为 r,开关S接“1位置时，进入板间的粒子落在 h板上的A 点，A点与过K孔竖直线的距离为 L此后将开关 S接“2位置，求阻值为 R的电阻中的电 流强度；（3）若选用恰当直流电源，电路中开关S接“l位置，使进入板间的粒子受力平衡，此时在板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小合适的匀强磁场（磁感应强度B只能（历5） m在0Bm=（E.，）夕范围

14、内选取）,使粒子恰好从b板的T孔飞出，求粒子飞出时速度方向与b板板面夹角的所有可能值（可用反三角函数表示）.【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（四川卷带解析）,23c【答案】（1） mL（2） mh （g 驾）（3） 0 arcsin-72rq（R r）l2t25【解析】试题分析：（1）设粒子在P板上匀速运动的速度为 V0,由于粒子在P板匀速直线运动，故hVo ；10所以，由动能定理知，发射装置对粒子做的功W = 1mv22解得W= mh- 2t2说明：各2分，式1分（2）设电源的电动势 Eo和板间的电压为 U,有Eo U板间产生匀强电场为 E,粒子进入板间时有

15、水平方向的初速度V0,在板间受到竖直方向的重力和电场力作用而做类平抛运动，设运动时间为t1,加速度为a,有U Eh当开关S接“1时，粒子在电场中做匀变速曲线运动，其加速度为mg 史 mah12再由h at1 , 2l vt1 当开关S接“2时，由闭合电路欧姆定律知 I -E0-R r R r联立解得，I 一m（g 孕力q（R r）l2t2说明：各1分（3）由题意分析知，此时在板间运动的粒子重力和电场力平衡.当粒子从k进入两板间后，立即进入磁场物体在电磁场中做匀速圆周运动，离开磁场后做匀速直线运动，故分析 带电粒子的磁场如图所示，运动轨迹如图所示，粒子出磁场区域后沿DT做匀速直线运动，DT与b板

16、上表面的夹角为，Df与b板上表面即为题中所求，设粒子与板间的夹角最大，设为 ，磁场的磁感应强度B取最大值时的夹角为，当磁场最强时，R最小，最大设为 mmv qB，当B减小时，粒子离开磁场做匀速圆周运动的半径也要增大，D点向b板靠近.Df与b板上表面的夹角越变越小，当后在板间几乎沿着b板上表面运动，当Bm则有图中可知DG h R(1 cos )，TG h Rsin ， uuurtan DG (14) TG联立(14),将B=Bm带入一2斛得 arcsin m (15) 5当B逐渐减小是，粒子做匀速圆周运动的半径R, D点无线接近向b板上表面时，当粒子离开磁场后在板间几乎沿着b板上表面运动而从 T

17、孔飞出板间区域，此时 Bm B 。满足 题目要求，夹角 趋近0,既002故粒子飞出时与b板夹角的范围是0 arcsin-(17)5说明：制(15)(16) (17)各1分考点：动能定理牛顿第二定律闭合电路欧姆定律13.如图所示，x轴正方向有以(0, 0.10m)为圆心、半径为 r=0.10m的圆形磁场区域，磁感 应强度B=2.0X1t,方向垂直纸面向里。PQ为足够大的荧光屏，在 MN和PQ之间有方向 竖直向下、宽度为 2r的匀强电场(MN与磁场的右边界相切)。粒子源中有带正电的粒子不 断地由静止电压 U=800V的加速电场加速。粒子经加速后，沿x轴正方向从坐标原点 。射2 tan1 tan2入

18、磁场区域，再经电场作用恰好能垂直打在荧光屏PQ上，粒子重力不计。粒子的比荷为q1，八=1.0 x 10C/kg, tan 2 m(1)粒子离开磁场时速度方向与x轴正方向夹角的正切值。(2)匀强电场的电场强度 E的大小。(3)将粒子源和加速电场整体向下平移一段距离d(dr),粒子沿平行于 x轴方向进入磁场且在磁场中运动时间最长。求粒子在匀强磁场和匀强电场中运动的总时间(计算时兀取3)。【来源】【市级联考】辽宁省大连市2019届高三双基础检测物理试题4Q7【答案】(1) tan (2) E 3.84 103N/C (3) 1.5 107s【解析】【详解】12(1)带电粒子在电场中加速，由动能定理可

19、得：qUmv；,2qvoB2Vo m 解得：Vo 4 106 m / s进入磁场后做圆周运动，洛伦兹力提供向心力联立解得 R 1 2mU , R=0.2m； B qr设速度偏离原来万向的夹角为也由几何关系可得tan 2 R一 4 故tan 3(2)竖直方向vosinat ,水平方向2r v0cos t ,Eq m解得：E 3.84 103N/C(3)粒子从C点入射，粒子在磁场中运动的最大弧弦长CD=2r=0.2m ,该粒子在磁场中运动时间最长，由几何关系可得偏向角为sin ,2 R解得：a =60;, R在磁场中运动时间t1,3V0得：t1 107s 5 108s6 ，2r7在电场中，水平方向

20、做匀速直线运动，t2 - 1 10 svcos60则：t t1 t2 1.5 10 7s14.如图所示，在平面直角坐标系 xOy平面内，直角三角形abc的直角边ab长为6d,与y轴重合，/ bac=30,中位线OM与x轴重合，三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场.在笫一象限内，有方向沿y轴正向的匀强电场，场强大小E与匀强磁场磁感应强度B的大小间满足E=v)B.在x=3d的N点处，垂直于x轴放置一平面荧光屏.电子束以相同的初速度vo从y轴上一3dwyw的范围内垂直于 y轴向左射入磁场，其中从y轴上y=2d处射入的电子，经磁场 偏转后，恰好经过。点.电子质量为m,电量为e,电子间的相互作用及重力不计.

21、求(1)匀强磁杨的磁感应强度B(2)电子束从y轴正半轴上射入电场时的纵坐标y的范围；(3)荧光屏上发光点距 N点的最远距离L把 1季尊【来源】四川省乐山市 2018届高三第二次调查研究考试理综物理试题【答案】 mv0 , 0 y 2d ； (3) 9d ； ed4【解析】设电子在磁场中做圆周运动的半径为r;由几何关系可得r=d2电子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：ev0B m0-rmv0解得：B 0 edac边相切时，电子从+ y轴射入电场的位置距 。点最(2)当电子在磁场中运动的圆轨迹与 远，如图甲所示.设此时的圆心位置为 O ,有:Oasin 30OO 3d Oa解得OO d即从O点进入磁场的电子射出磁场时的位置距O点最远所以ym 2r 2d电子束从y轴正半轴上射