高考物理帶電粒子在復合場中的運動習題知識點及練習題含答案解析

一、帶電粒子在復合場中的運動壓軸題

1.兩塊足夠大的平行金屬極板水平放置，極板間加有空間分布均勻、大小隨時間周期性變

化的電場和磁場，變化規律分別如圖1、圖2所示（規定垂直紙面向里為磁感應強度的正

方向）。在t=0時刻由負極板釋放一個初速度為零的帶負電的粒子（不計重力），若電場

a271m

強度反、磁感應強度8。、粒子的比荷生均已知，且兩板間距

fnqB。

h=-------<,

西：

（1）求粒子在0?to時間內的位移大小與極板間距力的比值。

（2）求粒子在板板間做圓周運動的最大半徑（用6表示）。

（3）若板間電場強度E隨時間的變化仍如圖1所示，磁場的變化改為如圖3所示，試畫出

粒子在板間運動的軌跡圖（不必寫計算過程）。

【來源】帶電粒子的偏轉

【答案】（1）粒子在。?to時間內的位移大小與極板間距力的比值學二:

h5

（2）粒子在極板間做圓周運動的最大半徑凡二?

~5萬

（3）粒子在板間運動的軌跡如圖:

【分析】

【詳解】

（1）設粒子在0?to時間內運動的位移大小為5】

①

a*②

m

一一「27nn.WemE

又已知務=f

qB?

聯立解得：?=!

h5

（2）解法一

粒子在to~2to時間內只受洛倫茲力作用，且速度與磁場方向垂直，所以粒子做勻速圓周運

動。設運動速度大小為“軌道半徑為危,周期為了，則

匕=

WV)

h

聯立解得：號=—

5乃

「r2冗〃't

qB°

即粒子在to~2to時間內恰好完成?個周期的圓周運動。

在2to~3to時間內，粒子做初速度為力的勻加速直線運動，設位移大小為S2

12

*?2=V/0+-^0

3

解得：

-5

由于S】+S2V/h所以粒子在3to~4to時間內繼續做勻速圓周運動，設速度大小為V2,半徑為

M有：

與=H+C〃（）

嗎穌=丁

A2

G/

解得凡=J

5〃

由于S1+S2+R2V/7,粒子恰好又完成一個周期的圓周運動。

在4to~5to時間內，粒子運動到正極板（如圖所示）:

因此粒子運動的最大半徑凡=—。

-5乃

解法二

由題意可知，電磁場的周期為2b前半周期粒子受電場作用做勻加速直線運動，加速度

大小為：

m

方向向上。

后半周期粒子受磁場作用做勻速圓周運動，周期為了

72z

1=----=/

同0

粒子恰好完成一次勻速圓周運動。

至第〃個周期末，粒子位移大小為5n

1,

二代片)

-,10后叫

又已知。二-----1

竭

由以上各式得：s=—h

"5

粒子速度大小為：vn=anf0

nWV,

粒子做圓周運動的半徑為：Rn=-^

解得：R“=野

57r

顯然“+R2V人〈％

因此粒子運動的最大半徑凡=竺。

-5乃

(3)粒子在板間運動的軌跡如圖所示:

2.壓力波測量儀可將待測壓力波轉換成電壓信號，其原理如圖1所示，壓力波p(t)進

入彈性盒后，通過與較鏈O相連的"-T型輕桿L,驅動桿端頭A處的微型霍爾片在磁場中

沿x軸方向做微小振動，其位移x與壓力p成正比(x=ap,a>0).霍爾片的放大圖如

圖2所示，它由長x寬x厚=axbxd,單位體積內自由電子數為n的N型半導體制成，磁場方

向垂直于X軸向上，磁感應強度大小為3=4)(1-0乂)，0>o.無壓力波輸入時，霍爾

片靜止在x=0處，此時給霍爾片通以沿方向的電流I，則在側面上Di、D2兩點間產生

霍爾電壓Uo.

圖1圖2圖3

(1)指出5、D2兩點那點電勢高：

(2)推導出Uo與I、Bo之間的關系式(提示：電流I與自由電子定向移動速率v之間關系

為l=nevbd,其中e為電子電荷量)；

(3)彈性盒中輸入壓力波p(t),霍爾片中通以相同的電流，測得霍爾電壓UH隨時間t

變化圖像如圖3,忽略霍爾片在磁場中運動場所的電動勢和阻尼，求壓力波的振幅和頻

率.(結果用U。、5、to、a、及。)

【來源】浙江新高考2018年4月選考科目物理試題

【答案】⑴D1點電勢高(2)〃=」一等⑶A=t(l-今)，/=：—

ned砂44)

【解析】

【分析】由左手定則可判定電子偏向D2邊，所以Di邊電勢高；當電壓為Uo時，電子不再

發生偏轉，故電場力等于洛倫茲力，根據電流I與自由電子定向移動速率v之間關系為

l=na/bd求出Uo與I、Ro之間的關系式；圖像結合輕桿運動可知，0-to內，輕桿向一側運動

至最遠點乂返回至原點，則可知輕桿的運動周期，當桿運動至最遠點時，電壓最小，結合

Uo與I、Bo之間的關系式求出壓力波的振幅.

解：(1)電流方向為JC2,則電子運動方向為C2C1,由左手定則可判定電子偏向Dz為，

所以Di邊電勢高；

(2)當電壓為Uo時，電子不再發生偏轉，故電場力等于洛倫茲力

4田。=冷①

h

由電流/-nevbd

得：V=~T~]②

nebd

將②帶入①得(/。=與

ned

(3)圖像結合輕桿運動可知，0位內，輕桿向一側運動至最遠點又返回至原點，則輕稈的

運動周期為T=2to

1

所以，頻率為：fr=—

“0

當桿運動至最遠點時，電壓最小，即取U],此時8=叫(1一萬兇)

[R

取X正向最遠處為振幅A,有：U\=T"-"A

ned

IB。

所以.％=ned_

m

U、坦）（1尸A）\-pA

ned

4Uo—5

解得：A=M

X

根據壓力與唯一關系X=ap可得〃=一

a

因此壓力最大振幅為：吶。

3.在平面直角坐標系xOy中，第I象限存在沿y軸負方向的勻強電場，第IV象限存在垂直

于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度為8.一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子

從y軸正半軸上的M點以速度vo垂直于y軸射入電場，經x軸上的N點與x軸正方向成0

=60。角射入磁場，最后從y軸負半軸上的P點垂直于y軸射出磁場，如圖所示.不計粒子

重力，求

(3)粒子從M點運動到P點的總時間t.

【來源】帶電粒子在電場、磁場中的運動

【答案】1)UM/日刎由(2)尸生漢⑶加而

MqBMB

【解析】

【分析】

【詳解】

⑴設粒子過N點時的速度為V,有:

Vo

—=COS0

解得：

v-2VQ

粒子從M點運動到N點的過程，有：

11

qUMN=^iv2-^invi

解得：

3mvi

刖=商

⑵粒子在磁場中以。，為圓心做勻速圓周運動，半徑為，，有:

V2

qvB=m—

解得：

2mvQ

⑶由幾何關系得：

ON=rsin。

設粒子在電場中運動的時間為h,有：

ON=u°ti

ti=------

qB

粒子在磁場中做勺速圓周運動的周期：

2nm

T=——

qR

設粒子在磁場中運動的時間為歷，有：

n-0

2nm

t*7=-3-q-B-

t=ti+t2

(3/+2n)m

t=3qB

4.如圖所不，在x軸的上方存在垂直紙面向里，磁感應強度大小為Bo的勻強磁場.位于x

軸下方的離子源C發射質量為m、電荷量為g的一束負離子，其初速度大小范圍0~

mvg

臼0,這束離子經電勢差u=k的電場加速后，從小孔O（坐標原點）垂直x軸并垂直

2q

磁場射入磁場區域，最后打到X軸上.在x軸上2as3a區間水平固定放置一探測板

mv。

（a=—式），假設每秒射入磁場的離子總數為No,打到x軸上的離子數均勻分布（離子

qBo

重力不計）.

（1）求離子束從小孔0射入磁場后打到x軸的區間；

（2）調整磁感應強度的大小，可使速度最大的離子恰好打在探測板右端，求此時的磁感應

強度大小Bi；

（3）保持磁感應強度心不變，求每秒打在探測板上的離子數N；若打在板上的離子80%

被吸收，20%被反向彈回，彈回速度大小為打板前速度大小的0.6倍，求探測板受到的作用

力大小.

XXXXXX

Bo

【來源】浙江省2018版選考物理考前特訓（2017年10月）加試30分特訓：特訓7帶電

粒子在場中的運動試題

356

【答案】（1）2QWX￡M;（2）%=芯0（3）”=衣小小見

【解析】

⑴對于初速度為0的離子，根據動能定理：：

V2

在磁場中洛侖茲力提供向心力：qBu=m—,所以半徑:

恰好打在x=2a的位置；

對于初速度為由vo的離子，qU=：mv?-；m（5voF

r2=3.=2a，

恰好打在x=4a的位置

故離子束從小孔0射入磁場打在x軸上的區間為[2a,4a]

(2)由動能定理

2

qU=|mv3-1m(^v0)

r

臼一田

傍3

解得Bi=5B0

⑶對速度為0的離子

qU=lmvJ

"津E二S39a

2r4=1.5a

禽子打在x軸上的區間為|1.5a,3a]

N=二，No

對打在x=2a處的離子

qv3Bi=?

.

對打在x=3a處的離子

QVABI—e4

打到x軸上的離子均勻分布，所以；■二支手

由動量定理

-Ft=-0.8Nmf+0.2N（-0.6m="m'v'）

解得F=萍omvo.

【名師點睛】

初速度不同的粒子被同一加速電場加速后，進入磁場的速度也不同，做勻速圓周運動的半

徑不同，轉半圈后打在X軸上的位置不同.分別求出最大和最小速度，從而求出最大半徑

和最小半徑，也就知道打在X軸上的區間；打在探測板最右端的粒子其做勻速圓周運動的

半徑為1.5a,由半徑公式也就能求出磁感應強度；取時間t=1s,分兩部分據動量定理求作

用力.兩者之和就是探測板受到的作用力.

5.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（x=0,，=萬點以一定的速度平行于x軸正向入射.這時若只

有磁場，粒子將做半徑為生的圓周運動；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、=的平面（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x=Ro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

|Ay

【答案】(1)H=h+QCi/=h+昔；(2)=2/?0++

【解析】

【詳解】

(1)做直線運動有，根據平衡條件有：

qE=qBv0①

做圓周運動有：

qBVq=nj—@

K)

只有電場時，粒子做類平腦，有：

qE=ma③

&=卬④

v,=?r@

解得：Vy=Vo@

粒子速度大小為：

1，=J.+.=揚0⑦

速度方向與X軸夾角為：。二二⑧

4

粒子與x軸的距離為：

H=h+L/=h+殳⑨

22

(2)撤電場加上磁場后，有：

I廠

qBv=m—?

解得：R=04)(1D.

粒子運動軌跡如圖所示

7T

圓心C位于與速度"方向垂直的直線上，該直線與X軸和y軸的夾角均為一，有幾何關系

4

得C點坐標為:

xc=2凡?

%〃-與?

過C作x軸的垂線，在ACDM中：

麗=R=正飛（⑷

CD=y-h——（15））

c2

解得：DM=yJcM2-CD2=+&〃-/（⑹

2

M點橫坐標為：xw=2R>+&R；+R（）h-h（17）

6.如圖1所示，寬度為d的豎直狹長區域內（邊界為4、4）,存在垂直紙面向里的勻

強磁場和豎直方向上的周期性變化的電場（如圖2所示），電場強度的大小為EX）

表示電場方向豎直向上。1=0時，一帶正電、質量為〃1的微粒從左邊界上的M點以水平

速度u射入該區域，沿直線運動到。點后，做一次完整的圓周運動，再沿直線運動到右邊

界上的N2點，。為線段的中點，重力加速度為g,上述d、E。、機、人g為己

知量。

⑴求微粒所帶電荷量9和磁感應強度8的大小；

⑵求電場變化的周期7;

⑶改變寬度d,使微粒仍能按上述運動過程通過相應寬度的區域，求7的最小值。

【來源】2010年普通裔等學校招生.全國統一考試（安徽卷）理綜

2En小d7iv_（2乃+l）u

【答案】（1）8=1；（2）T=r,+/2=—+—.（3）7；nin=r,min+t2——。

v2ug2g

【解析】

【分析】

根據物體的運動性質結合物理情景確定物體的受力情況。再根據受力分析列出相應等式解

決問題。

【詳解】

⑴根據題意，微粒做圓周運動，洛倫茲力完全提供向心力，重力與電場力平衡,

則mg=qEo①

???微粒水平向右做直線運動，，豎直方向合力為0.

則mg+qEo=qvB②

聯立①②得：q=詈③

巳0v

（2）設微粒從Ni運動到Q的時間為5作圓周運動的周期為t2,

2

貝IJmvti⑤qvB=m^J@2nR=vt2⑦

2R

聯立③??⑥⑦得：ti=A，t2=^?

2Vg

電場變化的周期T=ti+t2=3■衛⑨

2vg

⑶若微粒能完成題述的運動過程，要求d22R⑩

2

聯立③?⑥得：R=M-,設N1Q段直線運動的最短時間timin,由⑤?得tlminv=g，

2g2g

（2兀+1）v

因t2不變，T的最小值Tm聲timin+t2=。。

2g

——QTf

答：⑴微粒所帶電荷量q為管，磁感應強度B的大小為一?。

v

⑵電場變化的周期T為4+生。

2vg

（2兀+1）v

（3）T的最小值為0°

2g

【點睛】

運動與力是緊密聯系的，通過運動情況研究物體受力情況是解決問題的一個重要思路。

7.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。，小圓內部（I區）和兩

圓之間的環形區域（II區）存在方向均垂直xOy平面向里的勻強磁場（圖中未畫出）,1、H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。點同時分別沿y軸正向、負向

運動，己知粒子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

大小為旌,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：

(2)大圓半徑最小值

(3)a、b兩粒子從。點出發到在x軸相遇所經過的最短時間1(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】⑴《嚼⑵小=環滬\^7im

⑶

qB

【解析】

【詳解】

解：(1)粒子b在【區域做勻速圓周運動，設其半徑為今,

2zV.

根據洛倫磁力提供向心力有：2。"=

2-4

由粒子b恰好不穿出I區域：R1=2rb

解得：二

RFqB

(2)設a在I區域做勻速圓周運動的半徑為如，

mv2

根據洛倫磁力提供向心力有：qvB=——

%

mv八

解得：％=一￡

qB

設a在11區域做勻速圓周運動的半徑為。2，

mu-

根據洛倫磁力提供向心力有：qv?2B=——

mv1八

解得：心中邛

設大圓半徑為凡，由幾何關系得：

-22

所以，大圓半徑最小值為：R2in?

立mm2qB

-27rmeTim

⑶粒子a在I區域的周期為T(li=--,H區域的周期為Ta2=—

qBqB

粒子a從0點出發回到0點所經過的最短時間為：幻二亂

JJ

171：m

解得:

“-6qB

f2m

粒子b在I區域的周期為：Th=—~

qB

1n7im

討論：①如果a、b兩粒子在0點相遇，粒子a經過時間：t=nt=――n=l,2,3...

ua{6qB

粒子b經過時間：th=kTh=——k=l,2,3…

qB

fa=%時，解得：—-=2k

6

14兀in

當％=7,〃=12時，有最短時間：A=——

qB

②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

5__/(21〃+8)；Z7〃

則有：乙=工工”+兀2+〃6*=-~——n=l,2,3...

63qB

(2攵-1)7；(2Z-1)乃〃z

粒子b經過時間：th=——=-----W—k=l,2,3...

2cjli

時，解得：2左一1二嗎藝

ab不能相遇

③如果a粒子在射入小圓時與b粒子在P點相遇

7T/(21〃+13)4〃？

則有：乙=工4+27；2+〃62=>~-----n=l,2,3...

63qB

(2k-\)T(2k-\)7rm

粒子b經過時間：t=~~-h-=----------k=l,2,3...

t>2qB

。二八時，解得：2J=21〃；13

ab不能相遇

14乃"2

a、b兩粒子從O點出發到在x軸相遇所經過的最短時間為一—

8.如圖，在同時存在勻弼中，場和勻強磁場的空間中取正交坐標系O-xyz(x軸正方向水立向

右，y軸正方向豎直向上）。勻強磁場方向與xOy平面平行，且與x軸正方向的夾角為

45°,■—質量為m、電荷量為+q的帶電粒子（可看作質點）平行于2軸以速度vo通過y軸上的

點P（0,h,0）,重力加速度為g。

⑴若帶電粒子沿z軸正方向做勻速直線運動，求滿足條件的電場強度的最小值Emm及對應

的磁感應強度B；

（2）在滿足⑴的條件下，當帶電粒子通過y軸上的點P時，撤去勻強磁場，求帶電質點落在

xOz平面內的位置；

⑶若帶電粒子沿z軸負方向通過y軸上的點P時，改變電場強度大小和方向，同時改變磁

感應強度的大小，要使帶電質點做勻速圓周運動且能夠經過x軸，求電場強度F和磁感應

強度B的大小。

【來源】安徽省宣城市2C19屆高三第二次模擬考試理科綜合物理試題

【答案】（1）Emin=^生8=巫江（2）N（h,0,2vo口）（3）

2g2qv°Vg

q2qh

【解析】

【詳解】

解：（1）如圖所示，帶電質點受到重力作（大小及方向均已知）、洛倫茲力（方向已

知）、電場力（大小及方向均未知）的作用做勻速直線運動；根據力三角形知識分析

可知：當電場力方向與磁場方向相同時，場強有最小值E加.

根據物體的平衡規律有：qEmin=mgsin45°

qv0B=mgcos45°

6mg

n立mg

解得：E*D-------

2q%

y

⑵如圖所示，撤去磁場后，帶電質點受到重力〃7g和電場力9用”而作用，其合力沿PM方向

并與％方向垂直，大小等于=故帶電質點在與。xz平面成45。角的平面內

作類平拋運動

由牛頓第二定律：=ma

解得：0號g

設經時間/到達Oxz平面內的點N*，y,z)f由運動的分解可得:

沿%方向：z=v()t

沿PM方向：PM=-ar

2

又PM=--一

sin45°

x=htan^5Q

聯立解得：x=h

z=

則帶電質點落在N(h,0.)點

⑶當電場力和重力平衡時，帶點質點才能只受洛倫茲力作用做勻速圓周運動

則有：Eq=mg

得T

要使帶點質點經過x軸，圓周的直徑為亞h

根據：qu0B=，~

解得：8=立”生

2qh

9.如圖，離子源A產生的初速度為零、帶電量均為e、質量不同的正離子被電壓為Uo的

加速電場加速后勻速通過準直管，垂直射入勻強偏轉電場，偏轉后通過極板HM上的小孔

S離開電場，經過一段勻速直線運動，垂直于邊界MN進入磁感應強度為B的勻強磁

場.已知HO=d,HS=2d,ZMNQ=90°.（忽略粒子所受重力）

（1）求偏轉電場場強Eo的大小以及HM與MN的夾角巾；

（2）求質量為m的離子在磁場中做圓周運動的半徑；

（3）若質量為4m的離子垂直打在NQ的中點Si處，質量為16m的離子打在Sz處.求Si

和S2之間的距離以及能打在NQ上的正離子的質量范圍.

【來源】2009高考重慶理綜

【答案】(1)E0=M；45°(2)(3)〃？＜利，＜25〃?

dVeB2

【解析】

【分^5】

【詳解】

（1）正離子被電壓為Uo的加速電場加速后速度設為V1.設

對正離子，應用動能定理有eUo=LmV，,

2

正離子垂直射入勻強偏轉電場，作類平拋運動

25題答案圖甲

受到電場力F=qEo、產生的加速度為a=￡,即a二變1,

mn\

垂直電場方向勻速運動，有2d=V】t,

沿場強方向：Y=[at2,

2

聯立解得Eo=一-

d

又tan@=匕，解得中=45"；

at

（2）正離子進入磁場時的速度大小為V2=W而予，

解得匕=5彳+（3）2

uiV

正離子在勻強磁場中作勻速圓周運動，由洛侖茲力提供向心力，qVzB=—

R

解得離子在磁場中做圓周運動的半徑R=2

(3)根據R=2)嗎

可知,

VeB2

質量為4m的離子在磁場中的運動打在Si，運動半徑為Ri=2、也吧1,

VeB2

質量為16m的離子在磁場中的運動打在S2,運動半徑