带电粒子在复合场中的运动习题综合题附答案

一、带电粒子在复合场中的运动压轴题

1．小明受回旋加速器的启发，设计了如图1所示的“回旋变速装置”．两相距为d的平行金属栅极板M、N，板M位于x轴上，板N在它的正下方．两板间加上如图2所示的幅值为U0的交变电压，周期T02m．板M上方和板N下方有磁感应强度大小均为B、方向相qB反的匀强磁场．粒子探测器位于y轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子．有一沿x轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源，沿y轴正方向射出质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子．t=0时刻，发射源在（x，0）位置发射一带电粒子．忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在电场中运动的时间不计．

（1）若粒子只经磁场偏转并在y=y0处被探测到，求发射源的位置和粒子的初动能； （2）若粒子两次进出电场区域后被探测到，求粒子发射源的位置x与被探测到的位置y之间的关系

【来源】【省级联考】浙江省2019届高三上学期11月选考科目考试物理试题

qBy0【答案】（1）x0y0 ，

2m【解析】 【详解】

（1）发射源的位置x0y0， 粒子的初动能：Ek02 （2）见解析

2m（2）分下面三种情况讨论：

（i）如图1，Ek02qU0

qBy02；

由ymvmv2mv、R00、R11， BqBqBq和

12121212mv1mv0qU0，mv2mv1qU0， 2222及xy2R0R1， 得xy2qByqB22mqU02qByqB24mqU0；

（ii）如图2，qU0Ek02qU0

由yd和

mvmv2、R00， BqBq1212mv0mv2qU0， 22及x3yd2R0，

3yd)得x（2qByd2q2B22mqU0；

（iii）如图3，Ek0qU0

由yd和

mvmv2、R00， BqBq1212mv0mv2qU0， 22及xyd4R0， 得xyd4qByd2q2B22mqU0；

2．在如图所示的竖直平面内,水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r=

9m的光滑圆弧轨道44分别相切于D点和G点,GH与水平面的夹角θ=37°．过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧

有匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强度B=1.25T;过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场,电场方向水平向右,电场强度E=1×104N/C．小物体P1质量m=2×10-3kg、电荷量q=+8×10-6C,受到水平向右的推力F=9.98×10-3N的作用,沿CD向右做匀速直线运动,到达D点后撤去推力．当P1到达倾斜轨道底端G点时,不带电的小物体P2在GH顶端静止释放,经过时间t=0.1s与P1相遇．P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为μ=0.5,取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,物体电荷量保持不变,不计空气阻力．求:

(1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小; (2)倾斜轨道GH的长度s．

【来源】【全国百强校】2017届浙江省温州中学高三3月高考模拟物理试卷（带解析) 【答案】（1）4m/s（2）0.56m 【解析】 【分析】 【详解】

（1）设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到水平外力F，重力mg，支持力N，竖直向上的洛伦兹力F1，滑动摩擦力f 则F1=qvB①

NmgqvB，fN②

匀速直线运动，物体处于平衡状态；Ff0③ 解得v4m/s④

说明：①③各1分，②④各2分

(2)设物体P1在G点的速度为v1，由于洛伦兹力不做功 由动能定理知qErsin37mgr(1cos37)解得速度v15m/s

小物体P1在GH上运动受到水平向右的电场力qE，重力mg，垂直斜面支持力N1，沿斜面向下的滑动摩擦力f1设加速度为a1

由牛顿第二定律有N1mgcos37qEcos37，f1N1

1212mv1mv⑤ 22qEmgsin37f1ma1，⑥

解得a110m/s2

小物体P1在GH上匀加速向上运动

=0.55m⑦

小物体P2在GH上运动受到重力m2g，垂直斜面支持力N2，沿斜面向上的滑动摩擦力f2，

加速度为a2

则m2gsin37m2gcos37m2a2⑧ 解得a22m/s2

小物体P2在GH上匀加速向下运动s2故轨道长ss1s2⑩ 所以s=0.56m ⑾

12a2t=0.01m⑨ 2

3．如图为一种质谱仪工作原理示意图.在以O为圆心，OH为对称轴，夹角为2α的扇形区域内分布着方向垂直于纸面的匀强磁场.对称于OH轴的C和D分别是离子发射点和收集点.CM垂直磁场左边界于M，且OM=d.现有一正离子束以小发散角（纸面内）从C射出，这些离子在CM方向上的分速度均为v0.若该离子束中比荷为求：

（1）磁感应强度的大小和方向（提示：可考虑沿CM方向运动的离子为研究对象）； （2）离子沿与CM成θ角的直线CN进入磁场，其轨道半径和在磁场中的运动时间； （3）线段CM的长度.

q的离子都能汇聚到D，试m

【来源】电粒子在磁场中的运动 【答案】（1）B2mv0dd；，磁场方向垂直纸面向外；（2）R，tqdcosv0（3）CMdcost。 【解析】 【分析】 【详解】

（1）设沿CM方向运动的离子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R

由

2v0qv0Bm

RR=d

得Bmv0，磁场方向垂直纸面向外 qdvcosθ=v0

（2）设沿CN运动的离子速度大小为v，在磁场中的轨道半径为R′，运动时间为t，由

得v＝由

v0 cosv2qvBm

R解得：R′=

d coss v方法一：设弧长为s，则运动的时间：

t=

又

s=2(θ+α)×R′

解得t=

2d v02m方法二：离子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝，则有：

qBtT（3）方法一：由几何关系得：

2d v0CM=MNcotθ

则有：

MNdR

sinsin解得：Rd， cosCM=dcotα

以上3式联立求解得 方法二：

设圆心为A，过A做AB垂直NO，如图所示

由几何关系得：

NMMBRcosMB而BOdMB 因此NM=BO 因

dMBdMB cosNM=CMtanθ

又

BOABcotRsincot解得：CM=dcotα

dsincot cos

4．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=2.0×10-3T，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O射入磁场区域，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

q2tan=1.0×1010C/kg，tan2。求：

1tan2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(d(1)带电粒子在电场中加速，由动能定理可得:qU解得：v0410m/s

2v0进入磁场后做圆周运动，洛伦兹力提供向心力qv0Bm

R4（2）E3.84103N/C（3）1.5107s 312mv0， 26联立解得R12mU，R=0.2m；

Bq设速度偏离原来方向的夹角为θ，由几何关系可得tan故tan2r1， R24 3(2)竖直方向v0sinat， 水平方向2rv0cost，

a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解得:α=60°； 在磁场中运动时间t1得：t12r， RR3v0，

6107s5108s

在电场中，水平方向做匀速直线运动，t2则：tt1t21.510s

72r1107s

v0cos60

5．如图所示，在直角坐标系x0y平面的一、四个象限内各有一个边长为L的正方向区域，二三像限区域内各有一个高L，宽2L的匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向内的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x(1)求电场强度大小E；

(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B；

(3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(-L，0)点所用的时间． 【来源】四川省2018届高三春季诊断性测试理综物理试题

2L4nmv0mv0tB（2）n=1、2、3......（3）【答案】（1）E 2v0qLqL【解析】

本题考查带电粒子在组合场中的运动，需画出粒子在磁场中的可能轨迹再结合物理公式求解．

(1)带电粒子在电场中做类平抛运动有： Lv0t，

L12at，qEma 222mv0联立解得： E

qL(2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值tan速度大小vvx=l vyv02v0 sin设x为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(一L，0 )点，应满足L=2nx，其中n=1、2、3......粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为L=(2n+1)x时，粒子轨迹如图乙所示．

；当满足2

若轨迹如图甲设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为联立可得：R.则有x=2R，此时满足L=2nx 2L 22nv2由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：qvBm

R得：B4nmv0，n=1、2、3.... qL轨迹如图乙设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为

.则有x22R2，此时满足2L2n1x2

联立可得：R2L

2n12v2由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：qvB2m

R2得：B222n1mv0qL，n=1、2、3....

所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大

小B4nmv022n1mv0，n=1、2、3....或B2，n=1、2、3.... qLqL(3) 若轨迹如图甲，粒子从进人磁场到从坐标(一L，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和

2n2nmLtTθ=2n××2=2nπ，则

2qB2v02若轨迹如图乙，粒子从进人磁场到从坐标(一L，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=(2n+1)×2π=(4n+2)π，则t2T2(4n2)(4n2)mL 2qB2v02n2nmL或2qB2v0粒子从进入磁场到坐标(-L，0)点所用的时间为tTt2T2(4n2)(4n2)mL 2qB2v0

6．如图所示，空间有相互平行、相距和宽度也都为L的I、II两区域，I、II区域内有垂直于纸面的匀强磁场，I区域磁场向内、磁感应强度为B0，II区域磁场向外，大小待定。现有一质量为m，电荷量为q的带电粒子，从图中所示的一加速电场中的MN板附近由静止释放被加速，粒子经电场加速后平行纸面与I区磁场边界成45°角进入磁场，然后又从I区右边界成45°角射出。

(1)求加速电场两极板间电势差U；

(2)若II区磁感应强度也是B0时，则粒子经过I区的最高点和经过II区的最低点之间的高度差是多少？

(3)为使粒子能返回I区，II区的磁感应强度B应满足什么条件？并求出粒子从左侧进入I区到从左侧射出I区需要的最长时间。

【来源】河南省南阳中学2019届高三下学期第十七次考试理综物理试题

mq2B02L221t3224 (2)h2L (3)B【答案】(1)U B0，

qB4m20【解析】 【详解】

(1)画出粒子在磁场中运动的示意图，如图所示：

粒子在加速电场中根据动能定理可得qU12mv 2v2粒子在I区域做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB0m

R1根据几何关系可得：R12L 2q2B02L2联立可得加速电场两极板间电势差U

4m(2)粒子在II区域运动的半径与I区域相同，

高度差由图中几何关系可得：h2R1cosLtan 可得：h2L

(3)画出粒子刚好从II区域右边界穿出磁场的临界状态，即轨迹圆与右边界相切的情况．

根据几何关系可得R21cosL， 解得B可知当B21B0 221B0时，粒子在II区域中运动的时间最长，即粒子从左侧进入Ⅰ区到从左2侧射出Ⅰ区的时间最长

粒子两次在I区域运动的时间为t12粒子两次在磁场之间的时间为t212m 4qB022L4m vqB0粒子在II区域运动的时间t332m34qB21m qB0总时间tt1t2t33224m qB0

7．如图所示，在xoy平面的第二象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度的大小E=102V/m，第一象限某区域内存在着一个边界为等边三角形的匀强磁场，磁场方向垂直xoy平面向外。一比荷

q=107C/kg的带正电粒子从x轴上的P点射入电场，速度大小mv0=2×104m/s，与x轴的夹角θ=60°。该粒子经电场偏转后，由y轴上的Q点以垂直于y轴的方向进入磁场区域，经磁场偏转射出，后来恰好通过坐标原点O，且与x轴负方向的夹角α=60°，不计粒子重力。求：

(1)OP的长度和OQ的长度； (2)磁场的磁感应强度大小； (3)等边三角形磁场区域的最小面积。

【来源】安徽蚌埠市2019届高三第二次教学质量检查考试理综（二模)物理试题 【答案】(1) OP【解析】 【详解】

解：(1)粒子在电场中沿x轴正方向的分运动是匀速直线运动，沿y轴正方向的分运动是匀变速直线运动

沿y轴方向：qEma，t333m，OQ0.15m (2) B=0.02T (3)102m2 1016v0sinθvsinθt ，，OQ0a2沿x轴正方向：OPv0cosθt 联立解得：OP3m，OQ0.15m 10(2)粒子在磁场中作半径为r的匀速圆周运动，其轨迹如图

根据几何关系由：OQr解得：r=0.05m

r cosα2vcosθ根据牛顿第二定律可得：Bqvcosθm00r

解得：B=0.02T

(3)根据粒子运动轨迹和几何关系可知，以弦QD为边长L的△QRD是磁场区域面积最小的等边三角形，如图，则L3r， 故最小面积：Smin1233Lsin60?102m2 216

8．如图所示，一束质量为m、电荷量为q的粒子，恰好沿直线从两带电平行板正中间通过，沿圆心方向进入右侧圆形匀强磁场区域，粒子经过圆形磁场区域后，其运动方向与入射方向的夹角为θ(弧度)．已知粒子的初速度为v0，两平行板间与右侧圆形区域内的磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向内，两平行板间距为d，不计空气阻力及粒子重力的影响，求：

(1)两平行板间的电势差U；

(2)粒子在圆形磁场区域中运动的时间t； (3)圆形磁场区域的半径R．

【来源】甘肃省张掖市2019届高三上学期第一次联考理科综合试题（物理部分) 【答案】(1)U=Bv0d；（2）【解析】 【分析】

（1）由粒子在平行板间做直线运动可知洛伦兹力和电场力平衡，可得两平行板间的电势

mqB；（3）R=

mv0tanqB2

差．

（2）在圆形磁场区域中，洛伦兹力提供向心力，找到转过的角度和周期的关系可得粒子在圆形磁场区域中运动的时间． （3）)由几何关系求半径R． 【详解】

(1)由粒子在平行板间做直线运动可知，Bv0q=qE，平行板间的电场强度E=板间的电势差：U=Bv0d

(2)在圆形磁场区域中，由洛伦兹力提供向心力可知：

2v0Bv0q=m

rU，解得两平行d2r同时有T=

v0粒子在圆形磁场区域中运动的时间t=解得t=

T 2mBq

(3)由几何关系可知：rtan2=R

解得圆形磁场区域的半径R=

mv0tanqB2

9．如图甲所示，圆盒为质子发射器．M处是质子出射口．其正视截面如图乙所示，D为绝缘外壳，整个装置处于真空中，半径为R的金属圆柱A可沿半径向外均匀发射速率为V的低能质子；与A同轴放置的金属网C的半径为3R．不需要质子射出时，可用磁场将质子封闭在金属网以内；若需要低能质子射出时，可撤去磁场，让质子直接射出；若需要高能质子，撤去磁场，并在A，c间加一径向电场，使其加速后射出．不考虑A、C的静电感应电荷对质子的作用和质子之间的相互作用，忽略质子的重力和相对论效应，已知质子质量为m，电荷量为e

（1）若需要速度为2v的质子通过金属网C发射出来，在A、C间所加电压UAC是多大？ （2）若A、C间不加电压，要使由A发射的质子不从金属网C射出，可在金属网内环形区域加垂直于圆盒平面向里的匀强磁场，求所加磁场磁感应强度B的最小值； 【来源】【全国百强校】天津市新华中学2019届高三第10次统练物理试题

3mv3mv2【答案】(1) U；(2) B

4eR2e【解析】 【详解】

解：(1)电子在AC间电场中加速，由动能定理得：eU11m(2v)2mv2 223mv2解得：U

2e(2)电子在磁场中做匀速圆周运动，磁感应强度最小时，电子运动轨迹与金属网相切，电子运动轨迹如图所示：

由几何知识得：(3Rr)2r2R2 解得：r4R 3mv2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：evB

r解得所加磁场磁感应强度B的最小值：B3mv 4eR

10．在空间中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，其竖直边界AB、CD的宽度为d，在边界AB左侧是竖直向下、场强为E的匀强电场，现有质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力）从P点以大小为v0的水平初速度射入电场，随后与边界AB成45°射入磁场，若粒子能垂直CD边界飞出磁场，试求： （1）匀强磁场的磁感应强度B；

（2）从进入电场到穿出磁场的总时间。

【来源】陕西省汉中市汉台区2019届高三年级教学质量第一次检测考试物理试题 【答案】（1）匀强磁场的磁感应强度B为

mv0；（2）从进入电场到穿出磁场的总时间为qdmv0d。 qE4v0【解析】 【详解】

（1）粒子进入磁场时的速度为：v粒子运动轨迹如图所示，

v02v0

cos45

由几何知识得：rd2d

sin45v2粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvBm

r解得：Bmv0； qd（2）粒子在电场中做类平抛运动，粒子进入磁场时的竖直分速度为：vy=vsin45°=v0=

qEt1， m解得，粒子在电场中的运动时间为：t1mv0； qE粒子在磁场中做匀速运动的周期为：T粒子在磁场中转过的圆心角我：θ=45°， 粒子在磁场中的运动时间为：t22m ； qB360Tm4qB，

粒子从进入电场到穿出磁场的总时间为：tt1t2mv0d qE4v0