2026届高三物理二轮复习试题计算题突破2带电粒子在复合场中的运动（Word版附解析）

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(1)粒子的比荷qm;
(2)粒子的初速度大小v0;
(3)匀强电场的电场强度大小E。
2.(12分)(2025四川成都三模)如图所示,空间直角坐标系Oxyz中,Oz方向竖直向上,M点坐标为(0,L,0),N点坐标为(0,0,L),H点坐标为0,3L3,0。已知质量为m、电荷量为q的带正电小球以初速度v0=2gL从N点沿y轴正方向分别射入三种不同情况的复合场(图中均未画出)。小球可视为质点,不计空气阻力,重力加速度大小为g。
(1)情况Ⅰ:在原点O固定一电荷量未知的负点电荷,小球能运动到M点,求小球到达M点的动能Ek。
(2)情况Ⅱ:空间同时存在沿z轴正方向、电场强度大小E=mgq的匀强电场和沿x轴正方向的匀强磁场,小球能运动到H点,求小球从N点到H点的运动时间t。
(3)情况Ⅲ:空间同时存在沿z轴正方向、电场强度大小E=mgq的匀强电场和从N点指向M点方向的匀强磁场,小球能运动到M点,求磁感应强度的最小值Bmin。
3.(12分)(2025山东滨州二模改编)电磁聚焦和发散技术多用于高端科技领域,如约束核聚变和航天领域的离子推进器等方面均有应用。如图所示,在xOy平面内有组合电场和磁场,可以实现带电粒子的聚焦和发散。质量为m、电荷量为+q的同种带电粒子以相同的速度平行于x轴射入第三象限的匀强电场中,电场强度大小为E、方向沿y轴负方向,边界分别与x轴、y轴交于P-233L,0、Q(0,-L)两点,其PQ边界均有粒子射入,且所有粒子都从坐标为(0,-L)的Q点射出电场,进入第四象限的匀强磁场中,其中速度平行于x轴方向射入磁场的粒子恰能垂直打到x轴的正半轴上。若打到x轴上的粒子中只有离坐标原点最近的粒子能够射入第一象限,其他粒子均被吸收,第一象限内有边界平行于x轴且宽度均为L2的若干区域,交替分布着空白区域和方向垂直于纸面向外的匀强磁场区域。不计粒子的重力和粒子间的相互作用,不考虑电磁场的边缘效应。求:
(1)第三象限内,粒子射入匀强电场的初速度大小v0;
(2)所有粒子打到x轴正半轴上的区域长度d;
(3)若第一象限的匀强磁场的磁感应强度大小B1=136mEqL,射入第一象限的粒子离x轴的最远距离y。
4.(16分)(2025河北石家庄三模)如图所示,在平面直角坐标系xOy内,以O1(0,R)为圆心、半径为R的区域Ⅰ内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。第二象限有一平行于y轴、宽度为2R的线状电子源,电子源中心与O1点等高。在x轴上放置一定长度的薄收集板,收集板左端置于原点O处。x轴下方区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。电子源沿x轴正方向均匀发射质量为m、电荷量为e、速度相同的电子,射入圆形磁场区域后经O点全部进入区域Ⅱ(收集板左端不会挡住经过O点的电子),只有一半数量的电子打到收集板上并被吸收。忽略电子重力和电子间相互作用。
甲
乙
(1)求电子源发射电子的初速度v的大小。
(2)求该收集板的长度。
(3)现撤去区域Ⅱ的磁场,然后在x≥0和y≤0区域加垂直于纸面方向的磁场,磁感应强度B'随x轴坐标变化的规律如图乙所示,规定垂直于纸面向外为磁场的正方向。电子源正对O1点以原初速度射向区域Ⅰ的电子运动轨迹经过点(R,-kR),其中k>0且为已知量。求该电子轨迹上横坐标为4R的点的纵坐标。
参考答案
1.答案 (1)π4B0t0 (2)πd2t0 (3)B0dnt0(n=1,2,3,…)
解析 (1)粒子要沿原路返回到P点,则粒子在3t0时垂直穿过x轴且必在磁场中,根据几何关系可知,此时粒子的速度方向沿y轴正方向,运动轨迹如图所示。
设在0~t0内粒子的速度偏转角为θ,粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T,根据磁场变化的规律,则有2θ-θ=45°,t0=θ360°×T
粒子在磁场中,由洛伦兹力提供向心力,则有Bqv0=mv02r,T=2πrv0
可得粒子在磁场中的运动周期T=2πmqB0
联立解得qm=π4B0t0。
(2)设粒子做圆周运动的半径为R,由几何关系有2R+Rsin θ=4d+2d
粒子由洛伦兹力提供做圆周运动的向心力,有v0=qB0Rm
联立解得v0=πd2t0。
(3)由以上分析可知,粒子在t=5t0时沿x轴正方向进入电场。粒子要沿原路返回到P点,粒子从电场回到磁场时,磁场方向应垂直于纸面向里,即粒子最早应在t=9t0时返回磁场。设粒子在电场中运动的时间为t,考虑到周期性,则有t=4nt0(n=1,2,3,…)
对粒子在电场中的运动,由动量定理有qEt2=mv0
联立以上各式,解得E=B0dnt0(n=1,2,3,…)。
2.答案 (1)2mgL (2)2π92Lg
(3)πmq2gL
解析 (1)N、M两点电势相等,从N点到M点电场力做功为零,对小球由动能定理得mgL=Ek-12mv02
解得Ek=2mgL。
(2)小球所受电场力等于重力qE=mg,如图所示,小球在yOz平面内从N点运动到H点做匀速圆周运动,O'为轨迹圆圆心,设小球运动的半径为r,由几何关系可得r2=(L-r)2+3L32
解得r=23L
由几何关系得sin θ=3L3r=32
解得θ=60°
小球从N点到H点的运动时间为t=180°-θ360°·2πrv0
解得t=2π92Lg。
(3)小球做等距螺旋运动,将小球速度分解到垂直于磁场和平行于磁场的方向,平行磁场方向有2L=v0cs 45°·t1
运动时间t1=2Lg
小球在垂直磁场方向做匀速圆周运动,设周期为T,洛伦兹力提供向心力,有qv0sin 45°·Bmin=m(v0sin45°)2r1
粒子运动的周期为T=2πr1v0sin45°
解得T=2πmqBmin
当小球垂直于磁场方向完成一次圆周运动到M点时,磁感应强度有最小值,即T=t1
解得Bmin=πmq2gL。
3.答案 (1)136qELm (2)(3+1)L
(3)2L
解析 (1)从P点射入第三象限内匀强电场的带电粒子在电场中做类平抛运动,则有L=12at2,233L=v0t,qE=ma
解得v0=136qELm。
(2)从P点射入电场中的粒子做类平抛运动的竖直分速度vy=at
从电场中射出时速度与水平方向的夹角为θ,则有tan θ=vyv0
得θ=60°
解得v1=v0csθ=2v0
速度方向垂直于y轴射入第四象限的磁场中的粒子,垂直x轴射出磁场,有r0=L,由洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2r
得r=mvqB
可知,速度大小为v1的粒子在磁场中做圆周运动的半径r1=2L
由几何关系可得圆心在x轴上,则有d=2L+2Lsin 60°-L
解得d=(3+1)L。
(3)粒子在第一象限的磁场中,有qv0B1=mv02r2
解得r2=L
所以粒子在第一象限中经历了2个磁场区域和2个空白区域,则有y=2L。
4.答案 (1)eBRm (2)3R (3)-4kR
解析 (1)电子在区域Ⅰ内做圆周运动,设轨道半径为R1,根据牛顿运动定律得evB=mv2R1
电子在区域Ⅰ运动的轨道半径等于圆形磁场的半径,则R1=R
解得v=eBRm。
(2)作出电子在磁场中运动的轨迹如图(a)所示,距离电子源中心位置R2的粒子打在O点时,速度方向分布在y轴左右两侧,与y轴夹角均为30°。由题意可知,距离电子源中心位置大于R2的区域粒子直接打到收集板上,其他电子均不能打到收集板上。
(a)
作出速度方向与y轴左右两侧夹角均为30°角的电子在区域Ⅱ中的运动轨迹,两电子在区域Ⅱ内运动的轨迹圆心角为120°和240°;设收集板的长度为l,根据几何关系得l=2rcs 30°
因为区域Ⅱ磁场磁感应强度也为B,故r=R
解得l=3R。
(3)正对O1点射向区域Ⅰ的电子在区域Ⅰ内做14圆周运动,运动的轨道半径等于圆形磁场的半径R,电子从O点沿y轴负方向射出,速度大小为v,运动轨迹如图(b)所示。设y轴正向为正方向,经时间Δt,由动量定理得evxB'Δt=mΔvy
所以∑evxB'Δt=mvy-(-mv)
(b)
设图乙中图像与x轴围成的面积为S,则eS=mvy-(-mv)
在0~R间,S=2BR·12
解得电子经过点(R,-kR)时沿y轴负方向分速度vy=0
0~R全程洛伦兹力不做功,速率不变。可知电子经过点(R,-kR)时沿x方向分速度vx=v
在R~2R间,电子沿y轴负方向分速度由0增大到v,沿x方向分速度由v减小到0,电子在y轴负方向的位移与0~R间的相同,之后重复运动,故该电子轨迹上横坐标为4R的点的纵坐标为-4kR。