高考物理带电粒子在复合场中的运动基础练习题

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．下图为某种离子加速器的设计方案.两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场.其中MN 和M N ''是间距为h 的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O 和O '，O N ON d ''==，P 为靶点，O P kd '=（k 为大于1的整数）。

极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U 。

质量为m 、带电量为q 的正离子从O 点由静止开始加速，经O '进入磁场区域.当离子打到极板上O N ''区域（含N '点）或外壳上时将会被吸收。

两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过。

忽略相对论效应和离子所受的重力。

求：（1）离子经过电场仅加速一次后能打到P 点所需的磁感应强度大小； （2）能使离子打到P 点的磁感应强度的所有可能值；（3）打到P 点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间。

【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理（重庆卷带解析) 【答案】（1）22qUm B =（2）22nqUm B =，2(1,2,3,,1)n k =-L （3）2222(1)t qum k -磁，22(1)=k m t h qU-电 【解析】 【分析】带电粒子在电场和磁场中的运动、牛顿第二定律、运动学公式。

【详解】（1）离子经电场加速，由动能定理：212qU mv =可得2qUv m=磁场中做匀速圆周运动：2v qvB m r=刚好打在P 点，轨迹为半圆，由几何关系可知：2kd r =联立解得B =； （2）若磁感应强度较大，设离子经过一次加速后若速度较小，圆周运动半径较小，不能直接打在P 点，而做圆周运动到达N '右端，再匀速直线到下端磁场，将重新回到O 点重新加速，直到打在P 点。

设共加速了n 次，有：212n nqU mv =2nn nv qv B m r =且：2n kd r =解得：B =，要求离子第一次加速后不能打在板上，有12d r >且：2112qU mv =2111v qv B m r =解得：2n k <，故加速次数n 为正整数最大取21n k =- 即：B =2(1,2,3,,1)n k =-L ；（3）加速次数最多的离子速度最大，取21n k =-，离子在磁场中做n -1个完整的匀速圆周运动和半个圆周打到P 点。

由匀速圆周运动：22r mT v qBππ==22=(1)222(1)T t n T qum k -+=-磁电场中一共加速n 次，可等效成连续的匀加速直线运动.由运动学公式221(1)2k h at -=电 qUa mh=可得：22(1)=k mt h qU -电2．离子推进器是太空飞行器常用的动力系统，某种推进器设计的简化原理如图所示，截面半径为R 的圆柱腔分为两个工作区．I 为电离区，将氙气电离获得1价正离子；II 为加速区，长度为L ，两端加有电压，形成轴向的匀强电场．I 区产生的正离子以接近0的初速度进入II 区，被加速后以速度v M 从右侧喷出．I 区内有轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，在离轴线R /2处的C 点持续射出一定速度范围的电子．假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动，截面如图所示（从左向右看）．电子的初速度方向与中心O 点和C 点的连线成α角（0<α<90◦）．推进器工作时，向I 区注入稀薄的氙气．电子使氙气电离的最小速度为v 0，电子在I 区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越好．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．已知离子质量为M ；电子质量为m ，电量为e ．（电子碰到器壁即被吸收，不考虑电子间的碰撞）．（1）求II 区的加速电压及离子的加速度大小；（2）为取得好的电离效果，请判断I 区中的磁场方向（按图2说明是“垂直纸面向里”或“垂直纸面向外”）；（3）α为90°时，要取得好的电离效果，求射出的电子速率v 的范围； （4）要取得好的电离效果，求射出的电子最大速率v max 与α角的关系．【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（浙江卷带解析)【答案】（1）22Mv L（2）垂直于纸面向外（3）043mv B eR >（4）()max 342sin eRB v m α=-【解析】 【分析】 【详解】（1）离子在电场中加速，由动能定理得：212M eU Mv =,得：22M Mv U e =．离子做匀加速直线运动，由运动学关系得:22Mv aL =,得：22Mv a L=．（2）要取得较好的电离效果，电子须在出射方向左边做匀速圆周运动，即为按逆时针方向旋转，根据左手定则可知，此刻Ⅰ区磁场应该是垂直纸面向外．（3）当90α=︒时，最大速度对应的轨迹圆如图一所示，与Ⅰ区相切，此时圆周运动的半径为34r R =洛伦兹力提供向心力，有2maxmaxv Bev m r= 得34max BeRv m=即速度小于等于34BeRm此刻必须保证043mv B BR＞． （4）当电子以α角入射时，最大速度对应轨迹如图二所示，轨迹圆与圆柱腔相切，此时有：90OCO α∠'=︒﹣2ROC =，OC r '=，OO R r '=﹣ 由余弦定理有222(29022R R R r r r cos α⎛⎫=+⨯⨯︒ ⎪⎝⎭﹣）﹣（﹣），90cos sin αα︒-=（） 联立解得：()342Rr sin α=⨯-再由：maxmv r Be=，得 ()342max eBRv m sin α=-．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、带电粒子在匀强电场中的运动【名师点睛】该题的文字叙述较长，要求要快速的从中找出物理信息，创设物理情境；平时要注意读图能力的培养，以及几何知识在物理学中的应用，解答此类问题要有画草图的习惯，以便有助于对问题的分析和理解；再者就是要熟练的掌握带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期和半径公式的应用．3．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=5.0×103V/m。

一不带电的绝缘小球甲，以速度v0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=1.0×10-2kg，乙所带电荷量q=2.0×10-5C，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1的条件下，求甲的速度v0；（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。

【来源】四川省资阳市高中（2018届)2015级高三课改实验班12月月考理综物理试题【答案】（1）5m/s；（2）5m/s；（3323m 2x'≤<。

【解析】【分析】【详解】（1）对球乙从B 运动到D 的过程运用动能定理可得22112222D B mg R qE R mv mv --=-g g 乙恰能通过轨道的最高点D ，根据牛顿第二定律可得2Dv mg qE mR+=联立并代入题给数据可得B v =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00B mv mv mv '=+ 根据机械能守恒可得22200111222B mv mv mv '=+联立解得0v '=，05v =m/s （3）设甲的质量为M ，碰撞后甲、乙的速度分别为M v 、m v ，根据动量守恒和机械能守恒定律有0M m Mv Mv mv =+2220111222M m Mv Mv mv =+ 联立得2m Mv v M m=+ 分析可知：当M =m 时，v m 取最小值v 0；当M ≫m 时，v m 取最大值2v 0 可得B 球被撞后的速度范围为002m v v v <<设乙球过D 点的速度为Dv '，由动能定理得 22112222D m mg R qE R mv mv --='-g g 联立以上两个方程可得/s</s Dv '> 设乙在水平轨道上的落点到B 点的距离为x '，则有2122D x v t R gt ''==， 所以可得首次落点到B 点的距离范围2x '≤<4．如图所示,待测区域中存在匀强电场和匀强磁场,根据带电粒子射入时的受力情况可推测其电场和磁场. 图中装置由加速器和平移器组成,平移器由两对水平放置、相距为l 的相同平行金属板构成,极板长度为l 、间距为d,两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反. 质量为m 、电荷量为+q 的粒子经加速电压U0 加速后,水平射入偏转电压为U1 的平移器,最终从A 点水平射入待测区域. 不考虑粒子受到的重力.(1)求粒子射出平移器时的速度大小v1;(2)当加速电压变为4U0 时,欲使粒子仍从A 点射入待测区域,求此时的偏转电压U; (3)已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域,刚进入时的受力大小均为F. 现取水平向右为x 轴正方向,建立如图所示的直角坐标系Oxyz. 保持加速电压为U0 不变,移动装置使粒子沿不同的坐标轴方向射入待测区域,粒子刚射入时的受力大小如下表所示.请推测该区域中电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向. 【来源】2012年普通高等学校招生全国统一考试理综物理（江苏卷) 【答案】(1)012qU v m=1U?4U = （3）E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为30°或150°，若B 沿-x 轴方向，E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为-30°或-150°． 【解析】(1)设粒子射出加速器的速度为0v 动能定理20012qU mv =由题意得10v v =，即012qU v m=(2)在第一个偏转电场中,设粒子的运动时间为t 加速度的大小1qU a md=在离开时,竖直分速度yv at =竖直位移2112y at =水平位移1l v t = 粒子在两偏转电场间做匀速直线运动,经历时间也为t 竖直位移2y y v t =由题意知,粒子竖直总位移12y?2y y =+ 解得210U l y U d=则当加速电压为04U 时,1U?4U =（3）(a)由沿x 轴方向射入时的受力情况可知:B 平行于x 轴. 且FE q= (b)由沿y +-轴方向射入时的受力情况可知:E 与Oxy 平面平行.222F f (5F)+=,则f?2F =且1f?qv B =解得02F mB BqU =(c)设电场方向与x 轴方向夹角为.若B 沿x 轴方向,由沿z 轴方向射入时的受力情况得222sin )(cos )(7)f F F F αα++=（ 解得=30°,或=150°即E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为30°或150°. 同理,若B 沿-x 轴方向E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为-30°或-150°.5．如图1所示，宽度为d 的竖直狭长区域内（边界为12L L 、），存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场（如图2所示），电场强度的大小为0E ，0E ＞表示电场方向竖直向上。