高考物理帶電粒子在復合場中的運動習題知識歸納總結附答案

一、帶電粒子在復合場中的運動壓軸題

1.下圖為某種離子加速器的設計方案.兩個半圓形金屬盒內存在相同的垂直于紙面向外的

勻強磁場.其中MN和MN'是間距為h的兩平行極板，其上分別有正對的兩個小孔。和

O',ON'=ON=d,P為靶點，O'P=kd(々為大于1的整數)，極板間存在方向向

上的勻強電場，兩極板間電壓為質量為〃2、帶電量為9的正離子從。點由靜止開始加

速，經O'進入磁場區(qū)域.當離子打到極板上。N'區(qū)域(含M點)或外殼上時將會被吸

收。兩虛線之間的區(qū)域無電場和磁場存在，離子可勻速穿過。忽略相對論效應和離子所受

的重力。求：

(1)離子經過電場僅加速一次后能打到P點所需的磁感應強度大小；

(2)能使離子打到P點的磁感應強度的所有可能值；

(3)打到P點的能量最大的離子在磁場中運動的時間和在電場中運動的時間。

【來源】2015年全國普通高等學校招生統(tǒng)一考試物理(重慶卷帶解析)

【答案】(1)B=空甌(2)B=(〃=123,…K-1)⑶

qkdqkd

_Qk?-3)兀mkd儂」-1)加

【解析】

【分析】

帶電粒子在電場和磁場中的運動、牛頓第二定律、運動學公式。

【詳解】

(1)離子經電場加速，由動能定理：

〃

qU12

可得巫

Vm

磁場中做勻速圓周運動：

V"

qvB=m—

剛好打在P點，軌跡為半圓，由幾何關系可知：

kd

r-——

2

聯(lián)立解得5=藥藥電：

qkd

（2）若磁感應強度較大，設離子經過一次加速后若速度較小，圓周運動半徑較小，不能直

接打在P點，而做圓周運動到達N'右端，再勻速直線到下端磁場，將重新回到。點重新

加速，直到打在P點。設共加速了"次，有：

一12

nqu=—tnv^

2

喘

qvnB=m—

rn

且：

kd

解得：B=巫巫,

qkd

要求離子第一次加速后不能打在板上，有

且：

“12

qU=—mv^

衣V12

qvxB=m—

4

解得：n<k2,

故加速次數n為正整數最大取n=k2-}

即：

B=返恒”23,

qkd

（3）加速次數最多的離子速度最大，取〃=22一］,離子在磁場中做“1個完整的勻速圓

周運動和半個圓周打到P點。

由勻速圓周運動：

-2仃2幾m

I=----=-----

vqB

,5TQk2—qmnkd

如=（n-l）T+—=i

22yl2qum（k2-1）

電場中一共加速n次，可等效成連續(xù)的勻加速直線運動.由運動學公式

(A?_1)〃=gq4

qU

a---

inh

一小,2伏2-1）相

可得：,電飛〃

2.如圖，ABD為豎直平面內的光滑絕緣軌道，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

F=5.0xl03V/mo一不帶電的絕緣小球甲，以諫度"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、乙兩球的質量均為m=1.0xl0-2kg,乙所帶電荷量

q=2.0xl0",g取lOm/s?。（水平軌道足夠長，甲、乙兩球可視為質點，整個運動過程無電

荷轉移）

（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

小；

（2）在滿足1的條件下，求甲的速度出；

（3）甲仍以中的速度"向右運動，增大甲的質量，保持乙的質量不變，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（2013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>/3mo

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

乙恰能通過軌道的最高點D,根據牛頓第二定律可得

mg+qE=mh

R

聯(lián)立并代入題給數據可得

(2)設向右為正方向，對兩球發(fā)生彈性碰撞的過程運用動量守恒定律可得

+mvH

根據機械能守恒可得

聯(lián)立解得

Vg=0,%=5m/s

(3)設甲的質量為M,碰撞后甲、乙的速度分別為心,、心，根據動量守恒和機械能守恒

定律有

—MVM+mvt

聯(lián)立得

2M%

分析可知：當M=m時，i/m取最小值vo；當M?m時，以取最大值2vo

可得B球被撞后的速度范圍為

設乙球過D點的速度為以，由動能定理得

,2

-mg*2R-qE?2R=gtnvD-g

聯(lián)立以上兩個方程可得

375m/s<Vp>2^/30m/s

設乙在水平軌道上的落點到B點的距離為V,則有

ff2

x=vDt,2R=^gt

所以可得首次落點到B點的距離范圍

——-m<xr<2gm

2

3.如圖所示，水平放置的不帶電的平行金屬板p和b相距h,與圖示電路相連，金屬板厚

度不計，忽略邊緣效應.P板上表面光滑，涂有絕緣層，其上0點右側相距h處有小孔

K；b板上有小孔T,且0、T在同一條豎直線上，圖示平面為豎直平面.質量為m、電荷

量為?q（q>0）的靜止粒子被發(fā)射裝置（圖中未畫出）從。點發(fā)射，沿P板上表面運動時

間t后到達K孔，不與板碰撞地逃入兩板之間.粒子視為質點，在圖示平面內運動，電荷

量保持不變，不計空氣阻力，重力加速度大小為g.

二—L_^L，-

（1）求發(fā)射裝置對粒子做的功；

（2）電路中的直流電源內阻為3開關S接"1"位置時，進入板間的粒子落在h板上的A

點，A點與過K孔豎直線的距離為I.此后將開關S接“2〃位置，求阻值為R的電阻中的電

流強度；

（3）若選用恰當直流電源，電路中開關S接用位置，使進入板間的粒子受力平衡，此時在

板間某區(qū)域加上方向垂直于圖面的、磁感應強度大小合適的勻強磁場（磁感應強度B只能

在0?范圍內選取），使粒子恰好從b板的T孔飛出，求粒子飛出時速度

（有1-A）播

方向與b板板面夾角的所有可能值（可用反三角函數表示）.

【來源】2014年全國普通高等學校招生統(tǒng)一考試理科綜合能力測試物理（四川卷帶解析）

【答案】（1）（2）———（g-^y）（3）0<^<arcsin-

2產q（R+r）l~t5

【解析】

試題分析：（1）設粒子在P板上勻速運動的速度為vo,由于粒子在P板勻速直線運動，故

h公

%=7①

所以，由動能定理知，發(fā)射裝置對粒子做的功W=:加U2②

解得W=".③

2產

說明：①②各2分，③式1分

（2）設電源的電動勢Eo和板間的電壓為U,有心二4④

板間產生勻強電場為E,粒子進入板間時有水平方向的初速度vo,在板間受到豎直方向的

重力和電場力作用而做類平拋運動，設運動時間為匕，加速度為a,有〃=助⑤

當開關S接“1〃時，粒子在電場中做勻變速曲線運動，其加速度為mg-華'=64⑥

h

再由力=gm]⑦

/二%⑧

當開關S接“2〃時，由閉合電路歐姆定律知，=力一=一幺⑨

R+rR+r

fnh2/P

聯(lián)立①④⑤⑥⑦⑧⑨解得，/=F~78一百萬)⑩

q(R+r)It

說明：④⑤⑥⑦⑧⑨⑩各1分

(3)由題意分析知，此時在板間運動的粒子重力和電場力平衡.當粒子從k進入兩板間

后，立即進入磁場物體在電磁場中做勻速圓周運動，離開磁場后做勻速直線運動，故分析

帶電粒子的磁場如圖所示，運動軌跡如圖所示，粒子出磁場區(qū)域后沿DT做勻速直線運

動，DT與b板上表面的夾角為。，

Df與b板上表面即為題中所求6,設粒子與板間的夾角最大，設為心磁場的磁感應強度

B取最大值時的夾角為。，當磁場最強時，R最小，最大設為

y2,mv

由4vt3=加一，(11)知氏二-77，

RqB

當B減小時，粒子離開磁場做勻速圓周運動的半徑也要增大，D點向b板靠近.Df與b板

上表面的夾角越變越小，當后在板間幾乎沿著b板上表面運動，

當Bm則有圖中可知而=〃—R(l—C0s6),(12)

元=/z+Rsin9Q3),

八DG.、

tan0=(14)

TG

聯(lián)立(n)??(14),將B=Brn帶入

2

解得arcsinOm=—(is)

當B逐漸減小是，粒子做勻速圓周運動的半徑R,D點無線接近向b板上表面時，當粒子

離開磁場后在板間幾乎沿著b板上表面運動而從T孔飛出板間區(qū)域，此時>8>0滿足

題目要求，夾角。趨近4,既

%=。(16)

2

故粒子飛出時與b板夾角的范圍是0<0Warcsing(17)

說明：(12)?㈣⑸峋(1乃各1分

考點：動能定理牛頓第二定律閉合電路歐姆定律

4.如圖所示，待測區(qū)域中存在勻強電場和勻強磁場，根據帶電粒子射入時的受力情況可推測

其電場和磁場.圖中裝置由加速器和平移器組成，平移器由兩對水平放置、相距為I的相同平

行金屬板構成，極板長度為I、間距為d,兩對極板間偏轉電壓大小相等、電場方向相反.質量

為m、電荷量為+q的粒子經加速電壓U0加速后，水平射入偏轉電壓為U1的平移器,最終從

A點水平射入待測區(qū)域.不考慮粒子受到的重力.

⑴求粒子射出平移器時的速度大小vl;

⑵當加速電壓變?yōu)?U0時,欲使粒子仍從A點射入待測區(qū)域，求此時的偏轉電壓U;

⑶已知粒子以不同速度水平向右射入待測區(qū)域，剛進入時的受力大小均為F.現取水平向右為

x軸正方向,建立如圖所示的直角坐標系Oxyz.保持加速電壓為U0不變,移動裝置使粒子沿不

同的坐標軸方向射入待測區(qū)域，粒子剛射入時的受力大小如下表所示.

7一

射入方向r-y7

受力大小用F6尸3F

請推測該區(qū)域中電場強度和磁感應強度的大小及可能的方向.

【來源】2012年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試理綜物理（江蘇卷）

【答案】（1）匕=）鄴%⑵馱上,

Vm

（3）E與Oxy平面平行且與x軸方向的夾角為30。或150。，

若B沿-x軸方向，E與Oxy平面平行且與x軸方向的夾角為-30。或-150。.

【解析】

⑴設粒子射出加速器的速度為%

動能定理qUo=g2

由題意得匕=%,即匕=J型%

Vm

⑵在第一個偏轉電場中,設粒子的遂動時間為t

加速度的大小。=華

ma

在離開時，豎直分速度vy=at

豎直位移y

水平位移/=vf

粒子在兩偏轉電場間做勻速直線運動,經歷時間也為t

豎直位移y

由題意知，粒子豎宜總位移，葬y+

則當加速電壓為4U。時，昨?

(3)(a)由沿X軸方向射入時的受力情況可知:B平行于X軸.且E=一

q

(b)由沿：y軸方向射入時的受力情況可知正與Oxy平面平行.

F2+f2=(5F)2,則匹且鮮B,

解得8二二

W。

?設電場方向與X軸方向夾角為竭.

若B沿X軸方向，由沿Z軸方向射入時的受力情況得(7+產sina)2+(Fcosa)2=(

解得磔.=30°,或e=150°

即E與Oxy平面平行且與x軸方向的夾角為30。或150°.

同理，若B沿-x軸方向

E與Oxy平面平行且與x軸方向的夾角為-30。或-150。.

5.如圖所示，在xOy坐標系中，第I、II象限內無電場和磁場。第IV象限內(含坐標軸)

有垂直坐標平面向里的勻強磁場，第HI象限內有沿x軸正向、電場強度大小為￡的勻強磁

場。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從x軸上的P點以大小為小的速度垂直射入

"ZU?

電場，不計粒子重力和空氣阻力，P、。兩點間的距離為fO

2qE

■pCXXXXXXM

>XXXXX

XXXXXX**

XXXXXXX

XXXXXXX

XXXXXXX

(1)求粒子進入磁場時的速度大小V以及進入磁場時到原點的距離X；

(2)若粒子由第IV象限的磁場直接回到第III象限的電場中，求磁場磁感應強度的大小需要

滿足的條件。

【來源】2019年遼寧省遼陽市高考物理二模試題

【答案】(1)V2v0;塔(2)5之逑里竺

【解析】

【詳解】

,"2??

(1)由動能定理有：qE-^=-mv2--mv^

2qE22

解得：V=y/2V0

設此時粒子的速度方向與y軸負方向夾角為8則有cos6=k=顯

v2

解得：2=45。

根據tan夕=2?日=1,所以粒子進入磁場時位置到坐標原點的距離為P0兩點距離的兩

y

倍，故戶坐

qE

(2)要使粒子由第iv象限的磁場直接回到第ni象限的電場中，其臨界條件是粒子的軌跡與

X軸相切，如圖所示，由幾何關系有：

s=R+Rs\nQ

2

I廣

又：qvB=tn~^

解得：B=(6+DE

%

故八巫竺

%

6.在如圖所示的平面直角坐標系中，存在一個半徑R=0.2m的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感

應強度8=1.0T,方向垂直紙面向外，該磁場區(qū)域的右邊緣與y坐標軸相切于原點。點。y

軸右側存在一個勻強電場，方向沿v軸正方向，電場區(qū)域寬度現從坐標為(-

0.2m,-0.2m)的P點發(fā)射出質量m=2.0X109kg、帶電荷量q=5.0X105(；的帶正電粒

子，沿y軸正方向射入勻強磁場，速度大小的=5.0X103m/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(qū)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）1.0X104N/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：

2

q\\、B=m—

可得：r=O.2Om-/?

根據幾何關系可以知道，帶電粒子恰從。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(guī)律可得：/=y=^2

根據牛頓第二定律可得：Eq=ma

聯(lián)立可得：E=1.0xl04N/C

3

（2）粒子飛離電場時，沿電場方向速度：vv=at==5.0x10m/s=v0

m%

粒子射出電場時速度：V=y/2VO

根據幾何關系可知，粒子在"區(qū)域磁場中做圓周運動半徑：rf=y/2y

2

根據洛倫茲力提供向心力可得：**=陽2

r

聯(lián)立可得所加勻強磁場的磁感應強度大小：8'=L=4T

qr

根據左手定則可知所加磁場方向垂直紙面向外。

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

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

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

忽略不計。求：

1A

B

(1)電子進入偏轉電場時的速度"0：

(2)若將加速電場的電壓提高為原來的2倍，使電子仍從8點經過，則偏轉電場的電場

強度日應該變?yōu)樵瓉淼亩嗌俦叮?/p>

(3)若在偏轉電場區(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

【答案】(1)，陛(2)2倍(3)

VmV2Ue

【解析】

【詳解】

(1)電子在電場中的加速，由動能定理得：Ue=g6說

所以‘％=再

(2)設電子的水平位移為X,電子的豎直偏移量為V，則有：

12「

x=voty=—atEe=ma

聯(lián)立解得：七二理

x

根據題意可知x、V均不變，當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

BevQ=Ee

解得：B=EA-

\2Ue

8.如圖所示，在xoy平面的第二象限內有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度的大小

E=102V/m,第一象限某區(qū)域內存在著一個邊界為等邊三角形的勻強磁場，磁場方向垂直

xoy平面向外。一比荷型=107c/kg的帶正電粒子從x軸上的P點射入電場，速度大小

m

vo=2xlO4m/s,與x軸的夾角0=60*o該粒子經電場偏轉后，由y軸上的Q點以垂直于y軸

的方向進入磁場區(qū)域，經磁場偏轉射出，后來恰好通過坐標原點0,且與x軸負方向的夾

角a=60。，不計粒子重力。求：

⑵磁場的磁感應強度大小；

⑶等邊三角形磁場區(qū)域的最小面積。

【來源】安徽蚌埠市2019屆高三第二次教學質量檢查考試理綜(二模)物理試題

【答案】⑴OP=^m,00=0.15機(2)B=0.02T(3)^X10'2W2

1016

【解析】

【詳解】

解：(1)粒子在電場中沿x軸正方向的分運動是勻速直線運動，沿y軸正方向的分運動是勻

變速直線運動

沿y軸方向：qE=ma,3誦-OQ=^t

a2

沿x軸正方向：OP=vocos0t

聯(lián)立解得：OP=*m,OQ=0.15m

⑵粒子在磁場中作半徑為r的勻速圓周運動，其軌跡如圖

根據幾何關系由：OQ=r+」一

cosa

解得：r=0.05m

2

根據牛頓第二定律可得：BqVoCOs0=mU°c°s°L

r

解得：B=0.02T

⑶根據粒子運動軌跡和幾何關系可知，以弦QD為邊長L的仆QRD是磁場區(qū)域面積最小的

等邊三角形，如圖，則L=?，

222

故最小面積：$Qinm—Lsin60?=~

216

9.如圖所示，在豎直平面(紙面)內有長為/的8、小兩平行帶電吸板，，方。。為正極

板，下方EF為負極板，兩極板間電為/,。點為兩極板邊緣C、E兩點連線的中點；兩極板

右側為邊長為/的正方形勻強磁場區(qū)域磁場方向垂直紙面向外。離子源P產生的電荷量為

q、質量為m的帶正電粒子飄入電壓為5的加速電場，其初速度幾乎為零，被電場加速后

在豎直平面內從。點斜向上射入兩極板間，帶電粒子恰好從CD極板邊緣。點垂直DF邊界

進入勻強磁場區(qū)域。已知磁感應強度大小B與帶電粒子射入電場0點時的速度大小vo的關

系為蟲=叵1,帶電粒子重力不計。求

%2qi

(1)帶電粒子射入電場。點時的速度大小vo;

(2)兩平行極板間的電壓5:

(3)帶電粒子在磁場區(qū)域運動的時間八

【來源】【市級聯(lián)考】四川省德陽市2019屆高三下學期二診物理試題

【答案】(1)(2)Ui；(3)4兀\jqUitn