1、帶電粒子在復合場中的運動壓軸難題一輪復習一、帶電粒子在復合場中的運動壓軸題1離子推進器是太空飛行器常用的動力系統，某種推進器設計的簡化原理如圖所示，截面半徑為 r的圓柱腔分為兩個工作區i 為電離區，將氙氣電離獲得1 價正離子； ii 為加速區，長度為l，兩端加有電壓，形成軸向的勻強電場i 區產生的正離子以接近0 的初速度進入 ii 區，被加速后以速度vm從右側噴出 i 區內有軸向的勻強磁場，磁感應強度大小為b，在離軸線r/2 處的 c 點持續射出一定速度范圍的電子假設射出的電子僅在垂直于軸線的截面上運動，截面如圖所示（從左向右看）電子的初速度方向與中心o 點和 c點的連線成 角（ 090?）推

2、進器工作時，向i 區注入稀薄的氙氣電子使氙氣電離的最小速度為 v0，電子在i 區內不與器壁相碰且能到達的區域越大，電離效果越好已知離子質量為 m；電子質量為m，電量為e（電子碰到器壁即被吸收，不考慮電子間的碰撞）（1）求 ii 區的加速電壓及離子的加速度大小；（2）為取得好的電離效果，請判斷i 區中的磁場方向（按圖2 說明是 “ 垂直紙面向里” 或“ 垂直紙面向外 ” ）；（3）為 90 時，要取得好的電離效果，求射出的電子速率v 的范圍；（4）要取得好的電離效果，求射出的電子最大速率vmax與 角的關系【來源】 2014 年全國普通高等學校招生統一考試理科綜合能力測試物理（浙江卷帶解析)【答

3、案】（ 1）22mvl（2）垂直于紙面向外（3）043mvber（4）max342sinerbvm【解析】【分析】【詳解】（1）離子在電場中加速，由動能定理得：212meumv,得：22mmvue離子做勻加速直線運動，由運動學關系得:22mval,得：22mval（2）要取得較好的電離效果，電子須在出射方向左邊做勻速圓周運動，即為按逆時針方向旋轉，根據左手定則可知，此刻 區磁場應該是垂直紙面向外（3）當90時，最大速度對應的軌跡圓如圖一所示，與 區相切，此時圓周運動的半徑為34rr洛倫茲力提供向心力，有2maxmaxvbevmr得34maxbervm即速度小于等于34berm此刻必須保證043

4、mvbbr（4）當電子以角入射時，最大速度對應軌跡如圖二所示，軌跡圓與圓柱腔相切，此時有：90oco2roc，ocr，oor r由余弦定理有222(29022rrr rrrcos ）（ ），90cossin（）聯立解得：342rrsin再由：maxmvrbe，得342maxebrvmsin考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動、帶電粒子在勻強電場中的運動【名師點睛】該題的文字敘述較長，要求要快速的從中找出物理信息，創設物理情境；平時要注意讀圖能力的培養，以及幾何知識在物理學中的應用，解答此類問題要有畫草圖的習慣，以便有助于對問題的分析和理解；再者就是要熟練的掌握帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期和

5、半徑公式的應用2如圖，空間存在勻強電場和勻強磁場，電場方向為y 軸正方向，磁場方向垂直于xy 平面（紙面）向外，電場和磁場都可以隨意加上或撤除，重新加上的電場或磁場與撤除前的一樣一帶正電荷的粒子從p(x0，yh)點以一定的速度平行于x 軸正向入射這時若只有磁場，粒子將做半徑為r0的圓周運動；若同時存在電場和磁場，粒子恰好做直線運動現在，只加電場，當粒子從p點運動到 xr0平面（圖中虛線所示）時，立即撤除電場同時加上磁場，粒子繼續運動，其軌跡與x 軸交于 m 點不計重力求：（1）粒子到達xr0平面時速度方向與x 軸的夾角以及粒子到x 軸的距離；（2）m 點的橫坐標xm【來源】磁場【答案】（ 1）

6、20122rhhath；（ 2）22000724mxrrr hh。【解析】【詳解】（1）做直線運動有，根據平衡條件有：0qeqbv做圓周運動有：2000qbmrvv只有電場時，粒子做類平拋，有：qema00rtvyvat解得：0yvv粒子速度大小為：22002yvvvv速度方向與x 軸夾角為：4粒子與 x 軸的距離為：20122rhhath（2）撤電場加上磁場后，有：2vqbvmr解得：02rr.粒子運動軌跡如圖所示圓心 c位于與速度v 方向垂直的直線上，該直線與x 軸和 y 軸的夾角均為4，有幾何關系得 c 點坐標為：02cxr002cryhrh過 c 作 x 軸的垂線，在 cdm中：02c

7、mrr02crcdyh）解得：22220074dmcmcdrr hhm 點橫坐標為：22000724mxrrr hh3在場強為b 的水平勻強磁場中，一質量為m、帶正電q 的小球在o 靜止釋放，小球的運動曲線如圖所示已知此曲線在最低點的曲率半徑為該點到z軸距離的2 倍，重力加速度為 g求：(1)小球運動到任意位置p(x，y)的速率v；(2)小球在運動過程中第一次下降的最大距離ym；(3)當在上述磁場中加一豎直向上場強為e(mgeq)的勻強電場時，小球從o 靜止釋放后獲得的最大速率mv。【來源】江蘇高考物理試題復習【答案】 (1)2vgy； (2)2222mm gyq b；(3)2mvqemgqb

8、。【解析】【詳解】洛倫茲力不做功，由動能定理得2102mgymv解得2vgy設在最大距離my處的速率為mv，根據圓周運動有2mmvqv bmgmr且由知2mmvgy由及2mry，得2222mm gyq b小球運動如圖所示，由動能定理得21()2mmqemgymv由圓周運動得2mmvqv bmgqemr且由及2mry，解得：2mvqemgqb4在如圖所示的平面直角坐標系中，存在一個半徑r0.2m 的圓形勻強磁場區域，磁感應強度 b1.0t，方向垂直紙面向外，該磁場區域的右邊緣與y 坐標軸相切于原點o 點。 y軸右側存在一個勻強電場，方向沿y 軸正方向，電場區域寬度l0.1m。現從坐標為（0.2m

9、， 0.2m）的 p點發射出質量m2.0 109kg、帶電荷量q 5.0105c 的帶正電粒子，沿 y 軸正方向射入勻強磁場，速度大小v05.0103m/s（粒子重力不計）。（1）帶電粒子從坐標為（0.1m，0.05m）的點射出電場，求該電場強度；（2）為了使該帶電粒子能從坐標為（0.1m， 0.05m）的點回到電場，可在緊鄰電場的右側區域內加勻強磁場，試求所加勻強磁場的磁感應強度大小和方向。【來源】 2019 年四川省樂山市高三三模理綜物理試題【答案】（ 1）1.0104n/c（2） 4t，方向垂直紙面向外【解析】【詳解】解：（ 1）帶正電粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據洛倫茲力提供向心力有

10、：200vqv bmr可得： r=0.20m=r根據幾何關系可以知道，帶電粒子恰從o 點沿 x 軸進入電場，帶電粒子做類平拋運動，設粒子到達電場邊緣時，豎直方向的位移為y根據類平拋規律可得：2012lv tyat，根據牛頓第二定律可得：eqma聯立可得：41.010en/c（2）粒子飛離電場時，沿電場方向速度：305.010yqelvatmvm/s=0v粒子射出電場時速度：02vv根據幾何關系可知，粒子在b區域磁場中做圓周運動半徑：2ry根據洛倫茲力提供向心力可得：2vqvbmr聯立可得所加勻強磁場的磁感應強度大小：4mvbqrt根據左手定則可知所加磁場方向垂直紙面向外。5如圖所示，在直角坐標

11、系0 xl 區域內有沿y 軸正方向的勻強電場，在邊長為2l 的正方形 abcd 區域（包括邊界）內有方向垂直紙面向外的勻強磁場一電子從y 軸上的a（0，32l）點以大小為v0的速度沿x 軸正方向射入電場，已知電子的質量為m、電荷量為 e，正方形abcd 的中心坐標為（3l，0），且 ab 邊與 x 軸平行，勻強電場的電場強度大小20mveel（1）求電子進入磁場時的位置坐標；（2）若要使電子在磁場中從ab 邊射出，求勻強磁場的磁感應強度大小b 滿足的條件【來源】【全國市級聯考】河北省邯鄲市2018 屆高三第一次模擬考試理綜物理試題【答案】 （1）（ 2l，0）（ 2）0(21)2mvelb 0

12、(21)mvel【解析】試題分析：電子在電場中做類平拋運動，分別列出豎直和水平方向的方程，即可求出電子進入磁場時的位置坐標；電子從ab 邊界射出，其運動軌跡的臨界狀態分別與ab 相切和 bc相切，根據幾何關系求出相應半徑，由洛倫茲力提供向心力即可求出強磁場的磁感應強度大小 b 滿足的條件 （1）電子在電場中做類平拋運動，軌跡如圖所示：則有：豎直方向有：2112yat加速度為：eeam水平方方向為：10ltv豎直速度：vyat1解得： y12lvyv0所以電子射出電場時的速度方向與x 軸成 45 角，則電子在電場中沿x 軸正方向和沿y 軸負方向運動的距離分別為l 和2l，又因為a 點的坐標是（

13、0，32l），電子在無電場和磁場的區域內做勻速直線運動，則電子射入磁場區的位置坐標為（2l，0）且射入磁場區的速度大小： v2v0，方向與x 軸成 45 角（2）分使電子從ab 邊界射出，其運動軌跡的臨界狀態分別與ab 相切和 bc 相切當運動軌跡與ab 相切時，有r1r1sin45 l電子在磁場中運動，由洛倫茲力提供向心力，有：211mvevbr解得：01(21)mvble當運動軌跡與bc 相切時，有： r2 r2sin45 2l電子在磁場中運動，由洛倫茲力提供向心力，有：222mvevbr解得：02(21)2mvble勻強磁場的磁感應強度大小b滿足的條件：0(21)2mvle b0(21)

14、mvle點睛：本題主要考查了帶電粒子由電場進入磁場的情況，電子在電場中做類平拋運動，分別列出豎直和水平方向的方程列式分析求解；在磁場中，關鍵要畫出軌跡圖分析，根據幾何關系求解 6如圖 1，光滑絕緣水平平臺mnqp 為矩形， ghpq，mp=nq=1m，mn=gh=pq=0.4m， 平臺離地面高度為h=2.45m半徑為r=0.2m 的圓形勻強磁場區域，磁感應強度b=0.05t， 方向豎直向上 ， 與 mp 邊相切于a點， 與 nq 邊相切于d 點，與 gh 相切于 c點平臺上pghq區域內有方向由p 指向 g 的勻強電場，場強大小為e=0.25v/m平臺右方整個空間存在方向水平向右的電場，場強大

15、小也為 e=0.25v/m，俯視圖如圖2兩個質量均為m=210-5kg 的小球 a、b，小球 a 帶正電， 電量 q=410-4c，小球 b 不帶電 ，小球 a、b 均可視為質點小球a 從 a 點正對圓心o射入磁場 ，偏轉 90 后離開磁場 ，一段時間后與靜止在平臺d 點的小球b 發生彈性碰撞，碰后兩球離開平臺，并在此后的運動過程中發生多次彈性碰撞，a 球帶電量始終不變， 碰撞時間忽略不計已知重力加速度g=10m/s2， =3.14 ，不計空氣阻力 ，求：(1)小球 a 射入磁場時的速度大小；(2)從小球 a 射入磁場到第一次與小球b 相碰撞，小球a 運動的路程；(3)兩個小球落地點與nq 的

16、水平距離【來源】【市級聯考】重慶市2019 屆高三5 月調研測試（第三次診斷性考試) 理綜試卷物理試題【答案】（ 1）0.2m/s （2）0.636m（3）0.684m【解析】【詳解】(1)小球 a 從 a 點正對圓心o 射入磁場 ，偏轉 90 后離開磁場 ，小球 a 在洛倫茲力作用下做圓周運動，軌跡如圖：分析得半徑r=0.2m由2vqvbmr得： v=0.2m/s(2)磁場中運動的路程s1= r=0.628m電場中加速度25m/sqeam電場的路程2220.008m2vsa小球 a 射入磁場到與小球b 相碰過程運動的路程120.636msss(3)a、b 球彈性碰撞，質量相等每一次碰撞速度交

17、換d 點碰后，兩球速度分別為vad=0，vbd=0.2m/s此后兩球拋離平臺，豎直方向均做自由落體運動由22gth得，兩小球在空中運動時間20.7shtg水平方向： b 球勻速運動， a 球加速運動，加速度25m/sqeam每次碰到下一次碰撞，兩球位移相等，vt 圖如圖所示：可得，每兩次碰撞間隔時間是定值：21()2bdvtat0.08st由0.7380.084tt所以小球在空中碰8 次后，再過0.06s 落地小球 b 在空中碰n 次后速度為vbn=(n+1)vbd=0.2(n+1) m/s小球離開d 點后在空中第一次碰撞前，水平位移x1=vb1 t=0.016m小球在空中第一次到第二次碰撞水

18、平位移x2=2vb1 t=0.032m以此類推，小球在空中第n-1 次到第 n 次碰撞水平位移xn=nx1=0.016m所以，在空中碰撞8 次時的水平位移x0=0.016 （1+2+3+4+5+6+7+8） =0.576m第 8 次碰后vb8=1.8m/sva8=1.6m/s 所以， 8 次碰后 0.06s 內， xb=vb8 0.06=0.108mxa=va8 0.06+12a 0.062=0.105m所以，水平位移分別為xa=x0+xa=0.681mxb=x0+xb=0.684m7如圖所示，直線y=x 與 y 軸之間有垂直于xoy 平面向外的勻強磁場1b，直線 x=d 與 y=x間有沿 y

19、 軸負方向的勻強電場，電場強度41.0 10 v/me，另有一半徑r=1.0m 的圓形勻強磁場區域，磁感應強度20.20tb，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0v進入圓形磁場區域，經過一段時間進入磁場區域1b，且第一次進入磁場1b時的速度方向與直線y=x垂直粒子速度大小501.0 10 m/sv，粒子的比荷為5/5.0 10 c/kgq m，粒子重力不計求：(1)粒子在勻強磁場2b中運動的半徑r；(2)坐標 d 的值；(3)要使粒子無法運動到x 軸的負半軸，則磁感應強度1b應滿足的條件；(4)在(2)問的

20、基礎上，粒子從開始進入圓形磁場至第二次到達直線y=x 上的最長時間（3.14，結果保留兩位有效數字）.【來源】天津市濱海新區2019 屆高三畢業班質量監測理科綜合能力測試物理試題【答案】 (1) r=1m (2)4md (3)10.1bt或10.24bt (4)56.210ts【解析】【詳解】解： (1) 由帶電粒子在勻強磁場中運動可得：2020vb qvmr解得粒子運動的半徑：1rm(2) 粒子進入勻強電場以后，做類平拋運動，設粒子運動的水平位移為x，豎直位移為y水平方向：0 xv t豎直方向：212yateqam0tan45vat聯立解得：2xm，1ym由圖示幾何關系得：dxyr解得：4d

21、m(3)若所加磁場的磁感應強度為1b，粒子恰好垂直打在y軸上，粒子在磁場運動半徑為1r由如圖所示幾何關系得：12ryr02vv由帶電粒子在勻強磁場中運動可得：211vb qvmr解得：10.1bt若所加磁場的磁感應強度為1b，粒子運動軌跡與軸相切，粒子在磁場中運動半徑為2r由如圖所示幾何關系得：2222rryr由帶電粒子在勻強磁場中運動可得：212vb qvmr解得1210.2410btt綜上，磁感應強度應滿足的條件為10.1bt或10.24bt(4)設粒子在磁場2b中運動的時間為1t，在電場中運動的時間為2t，在磁場1b中運動的時間為3t，則有：1114tt102 rtv20 xtv3212

22、tt222 rtv解得：5512321.52 2106.2 10ttttss8如圖所示 ,在直角坐標系xoy 平面內有兩個同心圓,圓心在坐標原點o,小圓內部 (i 區)和兩圓之間的環形區域(區)存在方向均垂直xoy平面向里的勻強磁場(圖中未畫出),i、區域磁場磁感應強度大小分別為b、2b。a、b 兩帶正電粒子從o 點同時分別沿y 軸正向、負向運動 ,已知粒子a 質量為 m、電量為q、速度大小為v,粒子 b 質量為 2m、電量為2q、速度大小為 v/2,粒子 b 恰好不穿出1 區域 ,粒子 a 不穿出大圓區域,不計粒子重力,不計粒子間相互作用力。求 :(1)小圓半徑 r1；(2)大圓半徑最小值(

23、3)a、b 兩粒子從o 點出發到在x 軸相遇所經過的最短時間t(不考慮 a、b 在其它位置相遇)。【來源】重慶市2019 屆 4 月調研測試（第二次診斷性考試) 理綜試卷物理試題【答案】 (1)1mvrqb (2)2min( 31)2mvrqb (3)14 mqb【解析】【詳解】解： (1)粒子 b 在區域做勻速圓周運動，設其半徑為br根據洛倫磁力提供向心力有：22( )222bvmvqbr由粒子 b 恰好不穿出區域：12brr解得：1mvrqb(2)設 a 在區域做勻速圓周運動的半徑為1ar，根據洛倫磁力提供向心力有：21amvqvbr解得：11amvrrqb設 a 在區域做勻速圓周運動的半

24、徑為2ar，根據洛倫磁力提供向心力有：222amvqvbr?解得：21122amvrrqb設大圓半徑為2r，由幾何關系得：1213122rrr所以，大圓半徑最小值為：2min( 31)2qbrmv(3)粒子 a 在區域的周期為12amtqb，區域的周期為2amtqb粒子 a 從 o 點出發回到o 點所經過的最短時間為：1121132aaattt解得：176amtqb粒子 b 在區域的周期為：2bmtqb討論：如果a、b 兩粒子在o 點相遇，粒子a 經過時間：176aan mtntqb n=1，2，3粒子 b 經過時間：2bbk mtktqb k=1，2，3abtt時，解得：726nk當7k，1

25、2n時，有最短時間：114 mtqb設粒子b 軌跡與小圓相切于p點，如果a 粒子在射出小圓時與b 粒子在 p點相遇則有：1215(218)663aaaanmtttn tqb n=1， 2，3粒子 b 經過時間：(21)(21)2bbktkmtqb k=1，2，3abtt時，解得：218213nkab 不能相遇如果 a 粒子在射入小圓時與b 粒子在 p點相遇則有：1217(2113)2663aaaanmtttn tqb n=1，2，3粒子 b 經過時間：(21)(21)2bbktkmtqb k=1，2，3abtt時，解得：2113213nkab 不能相遇a、b 兩粒子從o 點出發到在x 軸相遇所

26、經過的最短時間為14 mqb9如圖所示，一束質量為m、電荷量為q 的粒子，恰好沿直線從兩帶電平行板正中間通過，沿圓心方向進入右側圓形勻強磁場區域，粒子經過圓形磁場區域后，其運動方向與入射方向的夾角為( 弧度 )已知粒子的初速度為v0，兩平行板間與右側圓形區域內的磁場的磁感應強度大小均為b，方向均垂直紙面向內，兩平行板間距為d，不計空氣阻力及粒子重力的影響，求：(1)兩平行板間的電勢差u；(2)粒子在圓形磁場區域中運動的時間t；(3)圓形磁場區域的半徑r【來源】甘肅省張掖市2019 屆高三上學期第一次聯考理科綜合試題（物理部分)【答案】 (1)u=bv0d；（ 2）mqb；（ 3）r=0tan2mvqb【解析】【分析】（1）由粒子在平行板間做直線運動可知洛倫茲力和電場力平衡，可得兩平行板間的電勢差（2）在圓形磁場區域中，洛倫茲力提供向心力，找到轉過的角度和周期的關系