带电粒子在复合场运动-2021年高考高三一模物理试题汇编（解析版）

2021年高考高三一模物理试题汇编

专题18带电粒子在复合场运动

1、(2021•安徽省马鞍山市高三一模)在如图所示的平面直角坐标系中，第二象限内存在磁感应强度为8

的匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外；第一象限某矩形区域内存在磁感应强度B2=0.4T的匀强磁场，方向

垂直于xOy平面向外。一个比荷为旦=L0xl()8C/kg的带正电的粒子从点P(-10cm,0)发射进入第二象

m

限，其速度%=4.0xl()6m/s,方向垂直于磁场囱且与x轴负方向夹角为30。；后从。点以垂直)，轴方向

直接进入第一象限内的矩形磁场区域，再经M点以垂直x轴方向进入第四象限；整个第四象限存在大小、

方向均未知的匀强电场，粒子经过该电场偏转后从N点进入无电场、磁场的第三象限区域，最终回到P点

的速度与发射速度相同，不考虑粒子的重力。求：

(1)第二象限内磁场的磁感应强度BI的大小；

(2)粒子在矩形匀强磁场中的运动时间，和该磁场区域的最小面积5；

(3)第四象限内匀强电场场强E的大小。

【答案】(1)4=0.2T；(2)3.9x10%；4.14xl0-3m2；(3)E=1.2xlO6N/C

【解析】

(1)如图由几何关系，粒子在第二象限圆周运动的半径为n

OP

n=---------=20cm①

sin30°

洛伦兹力提供向心力

Btqv0=m^-②

r\

联立①②，解得用=0.2T

(2)粒子在第一象限中的运动

2

=m马■③

‘言④

联立③④，解得「=!'10飞々3.9><10%

8

Snin=居'4.14xl03m2

(3)粒子在第二象限中做匀速直线运动，如图NP连线方向与发射速度方向一致，则

ON=OPtan30°=电叵cm

3

设电场强度水平向左分量大小为Er、竖直向上分量大小为Ejo对M—N过程

血4-0=2.西•”耳=6X1()5N/C

m

=2.唱.纥=6丘1()5'/。

两个分场强矢量合成得E=1.2xl()6N/C

2、(2021•安徽省黄山市高三第一次质检)如图所示，在真空中沿竖直方向分布着许多足够大的、水平放

置的金属网(厚度不计)，编号为1,2,3,……，相邻的网间距离都为4=0/m。金属网间存在方向竖直

(交替反向)的匀强电场，场强大小为E=lV/m。一质量〃?=lxl(T5kg、电量q=+lxlOTc的带正电

微粒，在工=0时从1号金属网处由静止释放开始运动，若微粒经过任意金属网时都能从网孔中无机械能损

失的自由穿过。重力加速度g=10m/s2。

(1)求微粒穿过3号金属网时的速度大小及从1号到3号金属网所用的时间。

(2)若维持电场不变，在2~3、4~5、6~7、网间再加上磁感应强度8=1T、方向垂直于纸面向里的匀强

磁场(图中未画出)，仍让微粒从1号金属网处静止释放，求微粒穿过3号金属网时的速度大小及从1号到

3号金属网所用的时间。

(3)保持(2)中条件不变，求该微粒可到达的金属网的编号最大值。

【答案】⑴匕=2m/s,%3=°15s；(2)%=2m/s,(3)9

60

【解析】

(1)1~2金属板间，对微粒受力分析，取竖直向下为正方向，根据牛顿第二定律得

mg+qE-max

解得

ay=20mzs2

根据匀变速直线运动位移速度公式得

1_Q=2%d

解得

v2=2m/s

再根据速度时间公式得

tl2=—=0.Is

2~3金属板间，对微粒受力分析，根据牛顿第二定律得

mg-qE=ma2

解得

=0

微粒在2~3间做匀速直线运动，则

v3=v2=2m/s

匀速运动的时间为

5=—=0.05s

一匕

则微粒从1号到3号金属网所用的时间为

小=42+/23=°」5s

(2)1~2金属板间，微粒的运动同上，则:‘2=01s；

2~3金属板间，对微粒受力分析，知微粒做匀速圆周运动，则

v3=v2=2m/s

再根据洛伦兹力提供向心力得

qv；B=

解得*

设微粒在磁场中运动的圆心角为。，运动轨迹如图所示

由几何关系得

sin^=-=-

r2

解得

8=30°

微粒做圆周运动的周期为

f,、-

T=-----s=0.2is

运动时间为

30°—71

’231=——

360760

微粒从1号到3号金属网所用的时间为

,,,6+4

%3='12+/23=S

OU

(3)某次粒子经过磁场区时，运动轨迹如图所示

由几何关系得

《cos。一&cosa=d

微粒在水平方向上的速度变化量

Avv=vkcos/?-vkcosa

综上可得

△v幽=lm/s

m

经分析可知，微粒经过编号为2Z+1的金属网时，粒子被加速了攵次，且最终微粒的速度沿水平方向，从开

始运动到微粒速度水平的过程中，由动能定理，得

12

k(mg+qE)dmV-0

=~2M

水平方向总的速度变化量为

M\=v2A.+1-0

联立可知

k=4

即微粒能够到达的金属网的编号为

24+1=9

3、（2021•安徽省安庆市高三一模）水平地面上方竖直边界"N右侧离地面力=3m处有长为L=0.91m的光滑

水平绝缘平台，平台的左边缘与MN重合，此时平台上方存在£；=2&N/C的匀强电场，电场方向与水平

方向成。角，指向左下方。平台右边缘有一质量〃?=0.1kg、电量q=0.1C的带正电小球，以初速度i，o=0.6m/s

向左运动。小球在平台上运动的过程中，。为45。至90。的某一确定值，小球离开平台左侧后恰好做匀速圆

周运动。MN边界左侧存在垂宜纸面向里的匀强磁场B和沿竖直方向的匀强电场及（图中未画出），磁感应

强度B=1.0T。小球可视为质点，g=10m/s2。求：

（1）电场强度E2的大小和方向；

（2）小球离开平台左侧后在磁场中运动最短时间；

（3）小球离开平台左侧后，小球落地点的范围（计算结果可以用根号表示）。

N

【答案】(1)10N/C,方向竖直向上；(2)—s；(3)距N点左边6m、右边出m的范围内

35

【解析】

(1)因为小球在MN边界左侧做匀速圆周运动，其所受到的电场力必等于自身重力，有

qE?=mg

得

耳=10N/C

方向竖直向上

(2)若火90。，小球匀速通过MN有最小速度

嗑M=0.6m/s

若此45。，小球匀加速通过MN有最大速度：此时

a=^^=2m/s2

m

由

^-^=2aL

可得

vinax=2m/s

综合得：小球通过MN后的速度为0.6m/sqAW2m/s

小球以2m/s在磁场中做匀速圆周运动的时间最短

mv

Rmax=—^=2m

Bq

1=------24⑸

Bq

因为

nh—72m

sin0=---R----

'max-2

所以

0=30°

小球在磁场中转过的角度为120°,所以小球在磁场中运动的时间

1_2万

—1——S)

33

(3)小球落在N点左边最大距离时，设到N点距离为心则

x=cos30°=>/3m

小球从MN边界飞出的最小半径

Rnin——=0.6m

Bq

设小球落到N点右边时，到N点的距离为s,小球落在N点右边的最大距离由平抛运动得

1

h-lR^-gt2?

s=vft

又知道

m

可得

s=Jg(/z_2R)R。

因0.6mWR〈1.5m,当C=lm时，s有最大值。代入数据解得

75

S=­m

5

所以小球的落点在距N点左边6m、右边*m的范围内。

4、(2021•福建省宁德市高三第一次质检)如图所示，绝缘轨道MNP。位于同一竖直面内，其中MN段是

长度为L的水平轨道,P。段是足够长的光滑竖直轨道,NP段是光滑的四分之一圆弧,圆心为O,半径R=RL°

直线MV'右侧有方向水平向左的电场(图中未画出)，电场强度E=X1鳖，在包含圆弧轨道NP的ON。'

q

P区域内有方向垂直纸面向外，磁感应强度为B的匀强磁场(边界处无磁场)。M点处静止一质量为机、电

荷量为4的带负电物块A,一质量也为根的物块C从左侧以速度%撞向物块A,A、C之间的碰撞为弹性碰

撞，A,C均可视为质点，与轨道的动摩擦因数为〃(〃未知)，重力加速度为g,A在运动过程中所带

电荷量保持不变且始终没有脱离轨道。求：

(1)碰撞后A、C的速度大小；

(2)若A碰后能冲上圆弧轨道，且不会与C发生第二次碰撞，则〃的范围；

(3)若〃=旦，则A对轨道NP的最大压力大小。

3gL

22

【答案】⑴%=%，%=°；⑵言＜〃＜卷：⑶&m'=5mg+q%B

4gLZgL

【解析】

(1)依题意，A、C之间的碰撞为弹性碰撞，设碰后A的速度为0，C的速度为口，由动量守恒定律和能量守

恒定律得

mv()=mv]+mv>

121212

—mv0=—mvl+—mv2

解得

W=%

v2=0

(2)A碰后能冲匕圆弧轨道的条件是，A恰好能运动到N点，由动能定理得

12

一必mgL=0一/mvo

解得

vo

2gL

不会与C发生第二次碰撞的条件是恰好回到M点，由动能定理得

1)

-ju2mg-2L=0--mv-

解得

诏7

=—

4gL

则"的范围是

4gL产2gL

(3)当A所受到的电场力与重力的合力的作用线通过圆心。时速度最大，返回到该位置时洛伦兹力向外，对

轨道的压力最大，设此时合力与竖直方向的夹角为a

qE

tana=--

mg

解得

々=60°

由动能定理和牛顿第二定理得

qERsin60°-/jmgL-mgR(1-cos60°)=；—gmv1

2

F-mgcos600-qEsin60°-q%B=m—

NmR

2

解得

^m=5mg+qvaB

由牛顿第三定律，最大压力为

F^n'=5mg+qvnB

5、(2021•广东省潮州市高三第一次质检)如图所示，在坐标系x。)，的第四象限存在宽度为d的匀强磁场，

磁场方向垂直于xOy平面向外；第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场。一带电荷量为q(q>0)、质量为〃?

的粒子以速率出自y轴的A点沿x轴正方向射入电场，经x轴上的尸点射入磁场。已知OA=/,粒子经过产

点时与x轴正方向的夹角<9=60°,忽略粒子的重力.问：

(1)OF的长度LOF;

(2)若粒子恰不能从下边界飞出磁场，求匀强磁场磁感应强度B的大小。

V

【答案】(1)名叵/;(2)誓1

32qd

【解析】

(1)粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的推论可知，在F点的速度方向的反向延长线经过水平位移

的中点，可知

I

tan60°=

LL

2OF

解得

,_2A/3

LOF=V

(2)粒子恰不能从下边界飞出磁场，则由几何关系可知

d=r+rcos60°

解得

根据

2

qv°B-m—

r

解得

B=叫丛

2qd

6、(2021•湖南省永州市高三一模)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。如图所示的xOy

平面内，、轴上方有一沿y轴正方向的匀强电场电场强度为八誓。在，轴下方相邻并排着两个宽度

为d的匀强磁场，磁场区域1、2的感应强度分别为5=8、B°=2B,方向都垂直平面向外，在x轴上x=3d

至4d间有一个收集板(图中未标注)。现有一可在y轴正半轴上移动的粒子源，能释放不计初速度，质量为

m,带电量为的粒子(重力忽略不计，不考虑粒子之间的相互影响)。

(1)若粒子从A(0,yo)处释放，求粒子在磁场区域1内做圆周运动的轨道半径八；

(2)若某粒子恰好不从磁场区域2的下边界射出，求粒子在)'轴上释放的位置力；

(3)若粒子源在)，轴正半轴上2d至10"范围内均匀释放粒子，求能打在收集板上的粒子对应y轴上的范围。

【答案】(1)4=7^；(2)%=94；(3)2d<y<^-d,d<y<9d

【解析】

(1)在电场中

1

qLEyofnv2

心迺

2m

在磁场中

2

qvB-----

r\

解得

弓=国

(2)粒子在两磁场区运动的轨迹如图。设粒子在磁场1、2区域运动的轨道半径分别为/V、/2'，NOOC=

0,有

d=r2（1-sin。）

sin6=g

<=2^

口12

qEy}=-mv]

2

q\\B=mA-

4

解得

X=9d

(3)①在y=9d处释放的粒子恰好不从磁场区域2的下边界射出时，粒子再次回到x轴时的坐标为

x=2[{-«-q,cosd]

C0S^7EZ

所以粒子回到X轴时的坐标

x=(6-2>/2}J

能打到收集板上

②刚好能打到收集板3d位置的粒子

%=2[4一(/;一与)cos，]=3d

解得

13

或

对应y轴位置

y=(―~—)2<7<2d(舍去)

或

6+V62

y=(——)d

③打在x轴上2d—3d位置的粒子，在x轴上的跨幅大于2”,第一次打到x轴上，回到电场受电场力的作用,

再回到磁场直接跨过收集板不能打到收集板上。

④打在x轴上2"位置的粒子

x=2[a_2)cose]=2d

解得

r\=d

或

5d

r.=—

'3

对应

y=d（舍去）

或

25,

y中

⑤在），轴2d处释放的粒子

r（=41d

粒子再次回到x轴时的坐标为

x=（2>/2-lp

回到电场，受电场力的作用，再回到磁场能打到收集板上。

综上所述，粒子源在y轴I.2J-10J范围内均匀发射粒子，能打在收集板上的粒;对应y轴位置的范围为

2d<y<yJ

以及

d<y<9d

7、（2021•湖南省岳阳市高三一模）如图所示，。为正交坐标系xOy的原点，）20的空间存在匀强磁场，磁

感应强度大小为8,方向垂直xOy平面向里。一粒子质量为“带正电q,从。点以大小为w的速度进入后0

且龙0的空间(即图中的。满足0KS90。)，W垂直于磁场，不计粒子的重力。求：

(1)粒子在磁场中运动的半径R；

(2)粒子可以沿两条不同的路径到达坐标系第二象限的某一位置P(图中未画出)，且长路径耗时是短路径耗

时的两倍，求P到坐标原点的距离”；

(3)若)W0的空间存在电场，电场强度为E,方向沿+y方向，求粒子只经过一次电场就能回到。点对应的，

的值(可用三角函数表示)。

恪案】⑴人黄；⑵八粤；⑶金

【解析】

(1)粒子在磁场中运动时，洛仑兹力提供向心力，有

2

qv0B=m—

解得

R舞

(2)两条不同的路径是优弧与劣弧(可以确定粒子走优弧和劣弧都能到达的区域)，且优弧与劣弧圆心角之和

为2万，根据时间关系，可以判定优弧长度是劣弧长度的2倍，优弧所对圆心角为劣弧所对圆心角的2倍，

故劣弧所对圆心角为120°,如图所示:

XX为不工、X

xx>'Vxx

xxL^Voxx

X：XX，女iJXX

....................o••一”!

E

有：

j=V3/?=—叫

qB

(3)粒子先做圆周运动，然后在电场中做类斜抛运动回到0,由对称可知，粒子第一次离开磁场时速度与X

轴的夹角等于入射夹角仇如图所示：

■y

XXXXXX

xx\xxx

x》)Ax/}<VoxX

XX

---............X

*E

将粒子速度沿x和-y两个方向分解，有

"%cos6

vv=%sine

粒子沿x轴方向做匀速直线运动，沿y轴方向先做匀减速运动，再反向匀加速运动。设粒子在电场中运动的

时间为f,加速度大小为小有：

_2vv_2v0sin0

t——

aa

Eq

a=——

m

要使粒子能在电场中一次回到。点，x轴方向的位移必须等于磁场中圆弧所对的弦长，故有

2Rsin0=vxt

联立求得

cos6»=—

8、(2021•江苏省新高考高三适应性考试)跑道式回旋加速器的工作原理如图所示。两个匀强磁场区域I、

H的边界平行，相距为3磁感应强度大小相等、方向垂直纸面向里。P、Q之间存在匀强加速电场，电场

强度为E,方向与磁场边界垂直。质量为，小电荷量为+q的粒子从P飘入电场，多次经过电场加速和磁场

偏转后，从位于边界上的出射口K引出，引出时的动能为EK。已知K、。的距离为"。

(1)求粒子出射前经过加速电场的次数N；

(2)求磁场的磁感应强度大小B；

(3)如果在时间内有一束该种粒子从尸点连续飘入电场，粒子在射出K之前都未相互碰撞，求加的范围。

XX,,-XX

XXXX

磁场区域I:'磁场区域II

XX：(/XX

XXXX

Xx」工此X

旬强电场£