最新物理带电粒子在复合场中的运动练习题20篇

从D到P，根据动能定理：
a1
a5
0 ，其中
1 4
mv12
联立解得： vP
mg
2 (qE)2
m2
t2
vD2
【点睛】
解决本题的关键是分析清楚小滑块的运动过程，在与MN分离时，小滑块与MN间的作用力
为零，在撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据滑块的不同的运动过程逐步求解即可．
2．压力波测量仪可将待测压力波转换成电压信号，其原理如图 1 所示，压力波 p（t）进 入弹性盒后，通过与铰链 O 相连的“ ”型轻杆 L，驱动杆端头 A 处的微型霍尔片在磁场中
得 C 点坐标为：
xC 2R0 ⑿
yC
H
R0
h
R0 2
⒀
过 C 作 x 轴的垂线，在 ΔCDM 中：
CM R 2R0 ⒁
CD
yC
h
R0 2
⒂）
解得： DM
2
2
CM CD
7 4
R02
R0h
h2
⒃
Fra Baidu bibliotek
M 点横坐标为： xM 2R0
7 4
R02
R0h
h2
⒄
5．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.
（2）要使粒子不从 NS 边界飞出，粒子入射速度的最小值为 vmin （9﹣6
2) qBh ． m
（3）若粒子经过 Q 点从 MT 边界飞出，粒子入射速度的所有可能值为： v 0.68qBh 、 m
或 v 0.545qBh 、或 v 0.52qBh ．
m
m
【点睛】
本题考查了粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题
解得：
3 x (9 6 2)h ， x
2
2
r12 h r1 2 ，
r1
（1
0.36 n2
)
h 2
，n＜3.5，
即：n=1 时， v 0.68qBh ， m
n=2 时， v 0.545qBh ， m
n=3 时， v 0.52qBh ； m
答：（1）电场强度的大小为 E mg ，电场方向竖直向上； q
【解析】
(1)设粒子射出加速器的速度为 v0
动能定理
qU 0
1 2
mv02
由题意得 v1 v0 ，即 v1
2qU 0 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 a qU1 md
在离开时,竖直分速度 vy at
竖直位移
y1
1 2
at 2
水平位移l v1t
粒子在两偏转电场间做匀速直线运动,经历时间也为 t
将②带入①得U0
IB0 ned
（3）图像结合轻杆运动可知，0-t0 内，轻杆向一侧运动至最远点又返回至原点，则轻杆的
运动周期为 T=2t0
所以，频率为:
f
1 2t0
当杆运动至最远点时，电压最小，即取 U1，此时 B B0(1 x )
取
x
正向最远处为振幅
A，有：U1
IB0 ned
(1
?A)
IB0
（1）求小滑块运动到 C 点时的速度大小 vc； （2）求小滑块从 A 点运动到 C 点过程中克服摩擦力做的功 Wf； （3）若 D 点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当 小滑块运动到 D 点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的 P 点．已知小滑块在 D 点时的速度大小为 vD，从 D 点运动到 P 点的时间为 t，求小滑块运动到 P 点时速度的大 小 vp. 【来源】2015 年全国普通高等学校招生统一考试物理（福建卷带解析)
【答案】(1) D1 点电势高
(2)
U0
1 ne
IB0 d
【解析】
(3)
A 1
(1 U1 ) U0
，
f
1 2t0
【分析】由左手定则可判定电子偏向 D2 边，所以 D1 边电势高；当电压为 U0 时，电子不再 发生偏转，故电场力等于洛伦兹力，根据电流 I 与自由电子定向移动速率 v 之间关系为 I=nevbd 求出 U0 与 I、B0 之间的关系式；图像结合轻杆运动可知，0-t0 内，轻杆向一侧运动 至最远点又返回至原点，则可知轻杆的运动周期，当杆运动至最远点时，电压最小，结合
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) v1
2qU 0 m
(2) U? 4U1
（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°．
竖直位移 y2 vyt
由题意知,粒子竖直总位移 y? 2y1 y2 解得 y U1l2
U0d 则当加速电压为 4U0 时, U? 4U1 （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 E F
q
(b)由沿
y
轴方向射入时的受力情况可知:E
U0 与 I、B0 之间的关系式求出压力波的振幅．
解：（1）电流方向为 C1C2，则电子运动方向为 C2C1，由左手定则可判定电子偏向 D2 边， 所以 D1 边电势高； （2）当电压为 U0 时，电子不再发生偏转，故电场力等于洛伦兹力
qvB0
q U0 b
①
由电流 I nevbd
得： v I ② nebd
(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.
的前提与关键，应用平衡条件、牛顿第二定律即可正确解题，解题时注意数学知识的应
用．
4．如图，空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向为 y 轴正方向，磁场方向垂直于 xy 平 面（纸面）向外，电场和磁场都可以随意加上或撤除，重新加上的电场或磁场与撤除前的 一样．一带正电荷的粒子从 P(x＝0，y＝h)点以一定的速度平行于 x 轴正向入射．这时若只 有磁场，粒子将做半径为 R0 的圆周运动；若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运 动．现在，只加电场，当粒子从 P 点运动到 x＝R0 平面（图中虚线所示）时，立即撤除电 场同时加上磁场，粒子继续运动，其轨迹与 x 轴交于 M 点．不计重力．求： （1）粒子到达 x＝R0 平面时速度方向与 x 轴的夹角以及粒子到 x 轴的距离； （2）M 点的横坐标 xM．
粒子速度大小为：
vy at ⑤
v v02 vy2 2v0 ⑦
速度方向与 x 轴夹角为： π ⑧ 4
粒子与 x 轴的距离为：
H h 1 at2 h R0 ⑨
2
2
（2）撤电场加上磁场后，有：
qBv m v2 ⑩ R
解得： R 2R0 ⑾.
粒子运动轨迹如图所示
圆心 C 位于与速度 v 方向垂直的直线上，该直线与 x 轴和 y 轴的夹角均为 ，有几何关系 4
一、带电粒子在复合场中的运动专项训练
1．如图，绝缘粗糙的竖直平面 MN 左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方 向水平向右，电场强度大小为 E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为 B．一质量为 m、电荷量为 q 的带正电的小滑块从 A 点由静止开始沿 MN 下滑，到达 C 点时离开 MN 做 曲线运动．A、C 两点间距离为 h，重力加速度为 g．
霍尔电压 U0.
（1）指出 D1、D2 两点那点电势高； （2）推导出 U0 与 I、B0 之间的关系式（提示：电流 I 与自由电子定向移动速率 v 之间关系 为 I=nevbd，其中 e 为电子电荷量）；
（3）弹性盒中输入压力波 p（t），霍尔片中通以相同的电流，测得霍尔电压 UH 随时间 t 变化图像如图 3，忽略霍尔片在磁场中运动场所的电动势和阻尼，求压力波的振幅和频 率．（结果用 U0、U1、t0、α、及 β） 【来源】浙江新高考 2018 年 4 月选考科目物理试题
伦兹力等于电场力qE时滑块离开MN开始做曲线运动，即 Bqv qE
解得： v E B
（2）从A到C根据动能定理： mgh Wf
1 mv2 0 2
解得： W f
mgh
1 2
m
E2 B2
（3）设重力与电场力的合力为F，由图意知，在D点速度vD的方向与F地方向垂直，从D到P
做类平抛运动，在F方向做匀加速运动a=F/m，t时间内在F方向的位移为 x 1 at 2 2
qvB m v2 ， r
解得，粒子轨道半径： r v ， qB
r1
vmin qB
， r2
1 2
r1
，
由几何知识得：
（r1+r2）sinφ=r2，r1+r1cosφ=h，
解得： vmin （9﹣6
2) qBh ； m
（3）粒子运动轨迹如图所示，
设粒子入射速度为 v， 粒子在上、下区域的轨道半径分别为 r1、r2， 粒子第一次通过 KL 时距离 K 点为 x， 由题意可知：3nx=1.8h （n=1、2、3…）
所以： U0 U1
ned IB0 (1 A)
1 1 A
ned
解得： A U0 U1 U0
根据压力与唯一关系 x p 可得 p x
因此压力最大振幅为：
pm
U0 U1 U0
3．如图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别 充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上 下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h ，质量为m，带电荷量为＋q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周 运动，重力加速度为g．
沿 x 轴方向做微小振动，其位移 x 与压力 p 成正比（ x p, 0 ）．霍尔片的放大图如
图 2 所示，它由长×宽×厚=a×b×d，单位体积内自由电子数为 n 的 N 型半导体制成，磁场方
向垂直于 x 轴向上，磁感应强度大小为 B B0(1 x )， 0．无压力波输入时，霍尔
片静止在 x=0 处，此时给霍尔片通以沿 C1C2 方向的电流 I，则在侧面上 D1、D2 两点间产生
【详解】
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，
电场力与重力合力为零，即 mg=qE，
解得： E mg ，电场力方向竖直向上，电场方向竖直向上； q
（2）粒子运动轨迹如图所示：
设粒子不从 NS 边飞出的入射速度最小值为 vmin， 对应的粒子在上、下区域的轨道半径分别为 r1、r2， 圆心的连线与 NS 的夹角为 φ， 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：
(9
6
2 )qBh m
（3） v 0.68qBh ； v 0.545qBh ； v 0.52qBh
m
m
m
【解析】
【分析】
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，电场力与重力合力为零；
（2）作出粒子的运动轨迹，由牛顿第二定律与数学知识求出粒子的速度；
（3）作出粒子运动轨迹，应用几何知识求出粒子的速度．
【来源】磁场
【答案】（1） H
h 1 at2 2
h
R0 2
；（2） xM
2R0
7 4
R02
R0h
h2
。
【解析】
【详解】
（1）做直线运动有，根据平衡条件有：
qE qBv0 ①
做圆周运动有：
只有电场时，粒子做类平抛，有：
qBv0
m
v02 R0
②
qE ma ③
R0 v0t ④
解得： vy v0 ⑥
(1)求电场强度的大小和方向； (2)要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值； (3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值． 【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）
E
mg q
，方向竖直向上
（2） vmin
【答案】（1）E/B （2）
（3）
【解析】 【分析】
【详解】 小滑块到达C点时离开MN，此时与MN间的作用力为零，对小滑块受力分析计算此时的速度 的大小；由动能定理直接计算摩擦力做的功Wf；撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据 分运动计算最后的合速度的大小； （1）由题意知，根据左手定则可判断，滑块在下滑的过程中受水平向左的洛伦兹力，当洛