最新物理帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題練習及答案

1、一、帶電粒子在復(fù)合場中的運動專項訓(xùn)練1.如圖所不，在X軸的上方存在垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B0的勻強磁場.位于x 軸下方的離子源C發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為g的一束負離子，其初速度大小范圍0/,這束離子經(jīng)電勢差=的電場加速后，從小孔O （坐標原點）垂直x軸并垂直明磁場射入磁場區(qū)域，最后打到X軸上.在X軸上2a3a區(qū)間水平固定放置一探測板mv（i.可），假設(shè)每秒射入磁場的離子總數(shù)為N0,打到x軸上的離子數(shù)均勻分布（離子重力不計）.（1）求離子束從小孔O射入磁場后打到x軸的區(qū)間；（2）調(diào)整磁感應(yīng)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(yīng) 強度大小B1；（3）保持磁感應(yīng)強度B

2、1不變，求每秒打在探測板上的離子數(shù)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.K X X X X X為X X. 史、XXXj【來源】浙江省2018版選考物理考前特訓(xùn)（2017年10月）加試30分特訓(xùn)：特訓(xùn)7帶電 粒子在場中的運動試題356【答案】（1）-，H；（2）%一.（3） 了嗎?；.【解析】（1）對于初速度為0的離子，根據(jù)動能定理：qU = l：mv；b在磁場中洛侖茲力提供向心力：；，； ，一，所以半徑：r1 = qiL=a恰好打在x = 2a的位置；對于初速度為小”0的離子，qUmv,m（ 乂）2r2 = q

3、l均=2a，恰好打在x=4a的位置故離子束從小孔O射入磁場打在x軸上的區(qū)間為2a , 4a由動能定理qU = mv. - m（ . 乂）2印巧r3 = qM3r3=：: a4解得B1 B0對速度為0的離子qU = 5mvivi 3r4 = ql3 =.1a2r4 = 1.5a離子打在x軸上的區(qū)間為1.5a,3aN = No|； = ；N0對打在x = 2a處的離子R mV嗎V對打在x = 3a處的離子qV4B1二打到x軸上的離子均勻分布，所以y二一 由動量定理-Ft =-0.8Nm 叩 +0.2N（- 0.6m 巧-m 丫） 解得 F = ：Nomv0.【名師點睛】初速度不同的粒子被同一加速電

4、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(zhuǎn)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(qū)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(yīng)強度；取時間t=1s,分兩部分據(jù)動量定理求作 用力.兩者之和就是探測板受到的作用力.2.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, y=用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

5、將做半徑為R0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(xiàn)在，只加電場，當粒子從P點運動到x=R0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(xù)運動，其軌跡與x軸交于M點.不計重力.求：（1）粒子到達x=R0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, R7一【答案】(1) H = h + -at2 = h + o ；(2) x = 2R +一R2 + R h-h2。2m 0 4 00【解析】【詳解】(1)做直線運動有，根據(jù)平衡條件有：qE = qB v 做圓周運動有：v 2qBv = mR 0只有電場時，粒子做類平拋，有

6、:qE = ma R0 = v 0 t 二 at 解得：v0粒子速度大小為：V = 4v2 + V2 =&V n _速度方向與x軸夾角為：0 =-粒子與x軸的距離為：. RH = h + a at2 = h H-0 2(2)撤電場加上磁場后，有:八 V 2qBv = m R解得：R =、/2R0 (11).粒子運動軌跡如圖所示p兀圓心C位于與速度v方向垂直的直線上，該直線與x軸和y軸的夾角均為4,有幾何關(guān)系得C點坐標為：xC = 2 R0 _ Ry = H R = h 0-C02過C作x軸的垂線，在 CDM中：CM = R = 2R,R0 (14)CD = y = h =o (15)C 2解得

7、：DM =CM2 CD2 = 7R R2 + R0 h h 2(16)M點橫坐標為：x = 2 R +J7 R 2 + Rh h 2M 0 R 003.如圖1所示，寬度為d的豎直狹長區(qū)域內(nèi)(邊界為L1、L2 )，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E0, E。 表示電場方向豎直向上。t = 0時，一帶正電、質(zhì)量為m的微粒從左邊界上的N1點以水平 速度射射入該區(qū)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，Q為線段N1 N2的中點，重力加速度為g，上述d、E0、m、八g為已 知量。(1)求微粒所帶電荷量q和磁

8、感應(yīng)強度B的大??；求電場變化的周期T ；改變寬度d，使微粒仍能按上述運動過程通過相應(yīng)寬度的區(qū)域，求T的最小值。【來源】2010年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試（安徽卷）理綜2 Ed 兀 v【答案】B = -0. ； (2)T = t + t之= 2V + 工 ；Tmin=t + t1min 2(2 九 +1) v【解析】【分析】根據(jù)物體的運動性質(zhì)結(jié)合物理情景確定物體的受力情況。再根據(jù)受力分析列出相應(yīng)等式解 決問題?！驹斀狻浚?）根據(jù)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=qE0微粒水平向右做直線運動，.豎直方向合力為0.則 mg+qE0=qvB mg2En聯(lián)立得：

9、q= B=-口口V設(shè)微粒從N1運動到Q的時間為t1,作圓周運動的周期為t2,貝 U亍vt1 qvB=m 2nR=vt2 乙.聯(lián)立得：t1=5, t2=可電場變化的周期T=t1+t2=7+?1 2 zv g若微粒能完成題述的運動過程，要求d2R 聯(lián)立得：R，設(shè)N1Q段直線運動的最短時間11min,由得11m;區(qū),（2兀+1） v因與不變，T的最小值Tmin=timin+t2=龍mg2En答：（1）微粒所帶電荷量q為訶，磁感應(yīng)強度B的大小為一-1口vdnw電場變化的周期T為+。（3）T的最小值為（2元+1） N2g-。【點睛】運動與力是緊密聯(lián)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

10、路。4.如圖為一種質(zhì)譜儀工作原理示意圖.在以。為圓心，。為對稱軸，夾角為2a的扇形區(qū) 域內(nèi)分布著方向垂直于紙面的勻強磁場.對稱于0H軸的C和D分別是離子發(fā)射點和收集 點.CM垂直磁場左邊界于M，且0M=d.現(xiàn)有一正離子束以小發(fā)散角(紙面內(nèi))從C射出，q這些離子在CM方向上的分速度均為v0若該離子束中比荷為m的離子都能匯聚到D，試 求：(1)磁感應(yīng)強度的大小和方向(提示：可考慮沿CM方向運動的離子為研究對象)； (2)離子沿與CM成0角的直線CN進入磁場，其軌道半徑和在磁場中的運動時間;(3)線段CM的長度.【來源】電粒子在磁場中的運動n mvd d2(0+a)【答案】(1) B = 0，磁場方

11、向垂直紙面向外；(2) R = -, t =d ；qdcos9v0CM = dCOSta。【解析】【分析】【詳解】(1)設(shè)沿CM方向運動的離子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為RV2qv B = m 卡R=d- mv得8 =一乎,磁場方向垂直紙面向外qd（2）設(shè)沿C/V運動的離子速度大小為1/,在磁場中的軌道半徑為*,運動時間為t,由I/COS氏勺得!/= 0-cos0由V2qvB = m解得:昨聲方法一：設(shè)弧長為s,則運動的時間:又s=2e+a）x*2（0 +a）解得t=dv02兀m方法二：離子在磁場中做勻速圓周運動的周期7*=f,則有:qB- 0 +ot 2（0 +a）t = T x=d71V

12、0（3）方法一：由幾何關(guān)系得：CM=MNcotO則有：MN + d Rsin （a + P ） sin a八， d解得：R= -cos0以上3式聯(lián)立求解得CM=dcota方法二：設(shè)圓心為4,過人做八8垂直/V。，如圖所示由幾何關(guān)系得:d一NM MB = Rcos 9-MB = -MB = d MBcos 9而 BO = d - MB因此NM=BO因NM=CMtan /又dBO = AB cot a = R飛in 9 cot a =- sin 9 cot acos 9解得：CM=dcota5.如圖所示，在平面直角坐標系xOy中的第一象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直 于坐標平面向里的有界矩形

13、勻強磁場區(qū)域（圖中未畫出）；在第二象限內(nèi)存在沿x軸負方向 的勻強電場。一粒子源固定在x軸上坐標為（-L,0）的A點。粒子源沿y軸正方向釋放出速 度大小為v0的電子，電子通過y軸上的C點時速度方向與y軸正方向成a= 45角，電子 經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后恰好垂直通過第一象限內(nèi)與x軸正方向成P = 15。角的射線OM已知電子 的質(zhì)量為m,電荷量為e,不考慮粒子的重力和粒子之間的相互作用）。求：【來源】湖南省懷化市2019年高考物理一模物理試題mv 2 悟案】商;2 L 2冗 m mv丁而；3(e0)2 【解析】【詳解】mv 2一 mv 22 c 20(1)電子從A到C的過程中，由動能定理得：eEL =v c

14、os45 = v一. 一 mv2聯(lián)立解得：E =2 eLv sina(2)電子在電場中做類平拋運動，沿電場方向有：L =v其中v =0 Ccosa2兀由數(shù)學(xué)知識知電子在磁場中的速度偏向角等于圓心角：9 =9電子在磁場中的運動時間：J五丁電子在電場和磁場中運動的總時間:t + t22 L 2 冗 m聯(lián)立解得：t = - +而0(3)電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，一 八 v 2則有 evB = mc r最小矩形區(qū)域如圖所示，由數(shù)學(xué)知識得：CD = 2r sin g CQ = r - rcos ：最小矩形區(qū)域面積：Smm = CD CQmv、聯(lián)立解得：Smm = %：3( o)2

15、eB6.如圖所示，在直角坐標系0 xL區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場，在邊長為2L的正 方形abcd區(qū)域(包括邊界)內(nèi)有方向垂直紙面向外的勻強磁場.一電子從y軸上的 A(0, 3L )點以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，已知電子的質(zhì)量為m、電荷量 為e,正方形abcd的中心坐標為(3L, 0),且ab邊與x軸平行，勻強電場的電場強度大mv2小 E = L .(1)求電子進入磁場時的位置坐標；(2)若要使電子在磁場中從ab邊射出，求勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小B滿足的條件.【來源】【全國市級聯(lián)考】河北省邯鄲市2018屆高三第一次模擬考試理綜物理試題(% 2 +1) mv(2 +1) mv【答案

16、】(1)(2L,0)(2) oB 2 eLeL【解析】試題分析：電子在電場中做類平拋運動，分別列出豎直和水平方向的方程，即可求出電子 進入磁場時的位置坐標；電子從ab邊界射出，其運動軌跡的臨界狀態(tài)分別與ab相切和bc 相切，根據(jù)幾何關(guān)系求出相應(yīng)半徑，由洛倫茲力提供向心力即可求出強磁場的磁感應(yīng)強度 大小B滿足的條件.(1)電子在電場中做類平拋運動，軌跡如圖所示：則有：1豎直方向有：y = 3atieE加速度為：a = - mL水平方方向為：t1 = 丁0豎直速度：% = at1L解得:%= - vy = vo所以電子射出電場時的速度方向與x軸成45角，則電子在電場中沿x軸正方向和沿y軸負L3 L

17、方向運動的距離分別為L和萬，又因為A點的坐標是(0,7)，電子在無電場和磁場的區(qū)域內(nèi)做勻速直線運動，則電子射入磁場區(qū)的位置坐標為(2L, 0)且射入磁場區(qū)的速度大?。簐 - 22 v0，方向與x軸成45角.(2)分使電子從ab邊界射出，其運動軌跡的臨界狀態(tài)分別與ab相切和bc相切當運動軌跡與ab相切時，有r 1 + r 1 sin45 - L電子在磁場中運動，由洛倫茲力提供向心力，有:evB =imv 2解得：B =1（%； 2 +1） mv0Le當運動軌跡與bc相切時，有：r2 + r2sin45 - 2Lmv2電子在磁場中運動，由洛倫茲力提供向心力，有：evB2 r2鏟汨 (2+1) mv

18、 TOC o 1-5 h z 解得：B二022 Le勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小B滿足的條件：(2 + 1)mv0 B Q2 + Dmv02 LeLe點睛：本題主要考查了帶電粒子由電場進入磁場的情況，電子在電場中做類平拋運動，分 別列出豎直和水平方向的方程列式分析求解；在磁場中，關(guān)鍵要畫出軌跡圖分析，根據(jù)幾 何關(guān)系求解.7.如圖甲所示，在直角坐標系中的0 xL區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場，右側(cè)有以點 (2L, 0)為圓心、半徑為L的圓形區(qū)域，與x軸的交點分別為M、N,在xOy平面內(nèi)，從 電離室產(chǎn)生的質(zhì)量為m、帶電荷量為e的電子以幾乎為零的初速度從P點飄入電勢差為U 的加速電場中，加速后經(jīng)過右側(cè)極

19、板上的小孔Q點沿x軸正方向進入勻強電場，已知0、LQ兩點之間的距離為了，飛出電場后從M點進入圓形區(qū)域，不考慮電子所受的重力。(1)求0 xL區(qū)域內(nèi)電場強度E的大小和電子從M點進入圓形區(qū)域時的速度vM；(2)若圓形區(qū)域內(nèi)加一個垂直于紙面向外的勻強磁場，使電子穿出圓形區(qū)域時速度方向垂直于X軸，求所加磁場磁感應(yīng)強度B的大小和電子在圓形區(qū)域內(nèi)運動的時間t；(3)若在電子從M點進入磁場區(qū)域時，取t=0,在圓形區(qū)域內(nèi)加如圖乙所示變化的磁場(以垂直于紙面向外為正方向)，最后電子從N點飛出，速度方向與進入圓形磁場時方向 相同，請寫出磁場變化周期T滿足的關(guān)系表達式。LP電離室淮_13匚工【來源】【答案】(1)

20、E = 2U , v = 2L meU,m設(shè)vM的方向與x軸的夾角為0，0=45；(2)2 ；mveR L3兀Rt =匚vM兀mLeU；T的表達式為為=emU (n =【省級聯(lián)考】吉林省名校2019屆高三下學(xué)期第一次聯(lián)合模擬考試物理試題1, 2, 3,)【解析】 【詳解】(1)在加速電場中1從P點到Q點由動能定理得：eU = 2mv2可得v =02 eUm電子從Q點到M點做類平拋運動,x軸方向做勻速直線運動,y軸方向做勻加速直線運動L 1 eE=X122 2 m 2U由以上各式可得：E =- L電子運動至M點時：vM即：九 二 2eU設(shè)vM的方向與x軸的夾角為av 2 2cos 0 = -0-

21、=v 2解得：0=45o(2)如圖甲所示，電子從M點到A點，做勻速圓周運動，因02M=O2A, 01M=O1A,且02AM01,所以四邊形M01A02為菱形，即R=L .一V2由洛倫茲力提供向心力可得：evMB = m-M(3)電子在磁場中運動最簡單的情景如圖乙所示，在磁場變化的半個周期內(nèi)，粒子的偏轉(zhuǎn) 角為90,根據(jù)幾何知識，在磁場變化的半個周期內(nèi)，電子在x軸方向上的位移恰好等于 軌道半徑2R ，即22R = 2 L乙因電子在磁場中的運動具有周期性，如圖丙所示，電子到達N點且速度符合要求的空間條 件為：2n(v2R) = 2L (n=1, 2, 3,)mv電子在磁場中做圓周運動的軌道半徑R=F

22、 eB02 n%2emU /、解得：B (n=1, 2, 3,.)0 eL1電子在磁場變化的半個周期內(nèi)恰好轉(zhuǎn)過4圓周，同時在MN間的運動時間是磁場變化周期1 T的整數(shù)倍時，可使粒子到達N點且速度滿足題設(shè)要求，應(yīng)滿足的時間條件是彳T =I乙又T0二2兀m BT 0則T的表達式為T=兀mL2 n、,2 emU(n=1, 2, 3,)。8.回旋加速器的工作原理如圖甲所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間有狹縫 (間距d R )，勻強磁場與盒面垂直，被加速粒子的質(zhì)量為m，電荷量為+ q，加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓值的大小為U0，周期為與粒子在磁場中的周期相 同.一束該種粒子在t = 0

23、 T/2時間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零.粒子在 電場中的加速次數(shù)與回旋半周的次數(shù)相同，假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運 動；粒子重力不計，不考慮粒子在狹縫中的運動時間，不考慮粒子間的相互作用.求：(1)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B；(2)粒子從飄入狹縫至動能最大所需的總時間10 ；(3)實際中粒子的質(zhì)量會隨速度的增加而增大，加速后的質(zhì)量m與原來質(zhì)量m0的關(guān)系:mm = .0 /vp，則粒子質(zhì)量增加1%后估計最多還能再加速多少次(需要簡述理 t由)？若粒子質(zhì)量最終增加2%，那么粒子最終速度為光速的多少倍(結(jié)果保留一位有 效數(shù)字)？【來源】【全國百強?！刻旖蚴袑嶒炛袑W(xué)2019屆高三考

24、前熱身訓(xùn)練物理試題2冗m九2 R 2 m【答案】(1) (2) - (3) 100 次；0.2qr qU T【解析】【詳解】V 2解：（1）依據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合洛倫茲力提供向心，則有：qvB - m R22冗r電壓周期T與粒子在磁場中的周期相同：T - V2人m 可得T - -Bb_ 2九mB -qr粒子運動半徑為R時:2 冗 R1v =且 E = mv 2r km 2解得：Ekm2 冗 2 mR 2t2粒子被加速n次達到動能Ekm，則有：Ekm = nqU0不考慮粒子在狹縫中的運動時間，又有粒子在電場中的加速次數(shù)與回旋半周的相同，得粒T 兀 2 R 2 m子從飄入狹縫至動能最大所需的總時間

25、：-n -uY0粒子在磁場中的周期：T -耳，質(zhì)量增加1%，周期增大1%，qBr再加速次數(shù)不超過 2 * 2 -100次T xl%mm - 0 =4八C加速后的質(zhì)量m與原來質(zhì)量m0的關(guān)系：，：1_（v）2，m - 1.02m0粒子最終速度為：V - 0.2c 即粒子最終速度為光速的0.2倍 9.如圖所示，空間存在著方向豎直向上的勻強電場和方向垂直于紙面向內(nèi)、磁感應(yīng)強度大 小為B的勻強磁場，帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的小球Q靜置在光滑絕緣的水平高臺邊緣， mg另一質(zhì)量為m、不帶電的絕緣小球P以水平初速度v0向Q運動，v0 - 礪，兩小球P、Q可視為質(zhì)點，正碰過程中沒有機械能損失且電荷量不發(fā)生轉(zhuǎn)移.

26、已知勻強電場的電場強度mg2 m 2 gE =，水平臺面距地面高度h-，重力加速度為g，不計空氣阻力.qq 2 B 2（1）求P、Q兩球首次發(fā)生彈性碰撞后小球Q的速度大小;P、Q兩球首次發(fā)生彈性碰撞后，經(jīng)過多少時間小球P落地？落地點與平臺邊緣間的 水平距離多大？mg(3)若撤去勻強電場，并將小球Q重新放在平臺邊緣、小球P仍以水平初速度v0二麗小球Q不與地面相撞).求小球5冗 m_ 4 m 2 g,3qB3q2B2向Q運動，小球Q的運動軌跡如圖2所示(平臺足夠高，Q在運動過程中的最大速度和第一次下降的最大距離H【來源】2019年湖北省黃岡中學(xué)高考三模物理試題【答案】(1)m盍口+、；若(3)3q

27、BqB3q2B2【解析】【詳解】(1)小球P、Q首次發(fā)生彈性碰撞時，取向右為正方向，由動量守恒和機械能守恒，得:mv = mv + mv111 V2V 2 = mv 2 + mv 2202 p2Q聯(lián)立解得0，v = v =%Q 0 3qB(2)對于小球Q,由于qE = mg，故Q球做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則v2 qvB = m-Q r2兀m 經(jīng)過一個周期的時間丁 =而 小球P、Q再次發(fā)生彈性碰撞，由(1)可知碰后vp= v01小球P離開平臺后做平拋運動，平拋運動的時間為12,則有h = -gt ；,代入數(shù)據(jù)，得：；2 h 22 m一丘二Bb2兀 m 2 m m 故P與Q首次發(fā)生碰

28、撞后到落地，經(jīng)過的時間t = - + -=(2兀+、：2)qB qB qB落地點與平臺邊緣的水平距離x = v t = 2mm2gP P 23q2B2PQ相碰后，Q球速度vQ=v0,碰撞后Q球開始運動至Q球第一次運動至最低點Q球 有最大速度，故從碰撞后Q球開始運動至Q球第一次運動至最低點過程，對Q球由動量定 理得：qvyBt = mv - mv 即 qBH = mv - mv又由動能定理可得mgH =mv 2 一 mv 2,2 m 205冗 m 4 m 2 g解得.v = , H = 解得：m 3qB3 q 2 B 210.平面直角坐標系的第一象限和第四象限內(nèi)均存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感

29、應(yīng)強 度大小分別為2B和B （B的大小未知），第二象限和第三象限內(nèi)存在沿-y方向的勻強電 場，x軸上有一點P,其坐標為（L, 0）?，F(xiàn)使一個電量大小為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子 從坐標（-2a, a）處以沿+x方向的初速度v0出發(fā)，該粒子恰好能經(jīng)原點進入y軸右側(cè)并 在隨后經(jīng)過了點P,不計粒子的重力。求粒子經(jīng)過原點時的速度；求磁感應(yīng)強度B的所有可能取值求粒子從出發(fā)直至到達P點經(jīng)歷時間的所有可能取值。【來源】2019年東北三省四市高考二模物理試題【答案】（1）粒子經(jīng)過原點時的速度大小為、五v0，方向：與x軸正方向夾45斜向下;磁感應(yīng)強度B的所有可能取值：B =簧n = 1、2、3；2 a .兀 m

30、，. 一、3兀 m（3）粒子從出發(fā)直至到達p點經(jīng)歷時間的所有可能取值：t = + k而+ （k D 版 v2 qB4 qBk=1、2、32 a兀m3兀m或t=+nR+nrR n=i、2、3。v2 qB4 qB【解析】【詳解】（1）粒子在電場中做類平拋運動，水平方向：2a= v0t,v豎直方向：a = -tt ,2v解得：vy=v 0，tan 芹一y =1,0=45 ,0粒子穿過。點時的速度：v = Jv2 +v2 = 2vv ；00（2）粒子在第四象限內(nèi)做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得:V 2qvB = m , r粒子能過P點，由幾何知識得：L = nrcos45 n =

31、1、2、3,解得：B = nmv0 n = 1、2、3； qL2 a(3)設(shè)粒子在第二象限運動時間為q,則：q=；0_2兀m _ 冗m粒子在第四、第一象限內(nèi)做圓周運動的周期：T =f , T = F，1 qB 2 qB粒子在下方磁場區(qū)域的運動軌跡為1/4圓弧，在上方磁場區(qū)域的運動軌跡為3/4圓弧，1若粒子經(jīng)下方磁場直接到達P點，則粒子在磁場中的運動時間：12= 4 T1, TOC o 1-5 h z 3若粒子經(jīng)過下方磁場與上方磁場到達p點，粒子在磁場中的運動時間：t2 =- r+- t2,4 1 4 213若粒子兩次經(jīng)過下方磁場一次經(jīng)過上方磁場到達P點：12 = 2X 4 T1+ 4 T2,1

32、3若粒子兩次經(jīng)過下方磁場、兩次經(jīng)過上方磁場到達P點：12 = 2X 4 T1+2X 4 T2,兀m3兀mk =1、2、3+ (k 1)一2qB4qB兀m3兀m或 =n 丁不 + nn = 1、2、322 qB4 qB粒子從出發(fā)到P點經(jīng)過的時間：1=11+12，2 a ,兀m3兀m解得：t = 7 * k 麗 +(k T)荻 k=1、2、3 02 a兀m3兀m或t = 一 + n + n n = 1、2、3；v O2 qB4 qB11.如圖，在同時存在勻強電場和勻強磁場的空間中取正交坐標系O-xyz(x軸正方向水平向 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

33、45, 一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子（可看作質(zhì)點）平行于z軸以速度%通過y軸上的（1）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Emin及對應(yīng) 的磁感應(yīng)強度B； 在滿足（1）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(zhì)點落在 xOz平面內(nèi)的位置；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(yīng)強度的大小，要使帶電質(zhì)點做勻速圓周運動且能夠經(jīng)過x軸，求電場強度E和磁感應(yīng) 強度B的大小。【來源】安徽省宣城市2019屆高三第二次模擬考試理科綜合物理試題【答案】（1）Emin =（2）N（h，0，2vohg）（3）E -

34、mgB -三 q2 qh【解析】【詳解】解：（1）如圖所示，帶電質(zhì)點受到重力mg（大小及方向均已知）、知）、電場力qE （大小及方向均未知）的作用做勻速直線運動;洛倫茲力qv0B （方向已 根據(jù)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 .min根據(jù)物體的平衡規(guī)律有：qEmm= mgsin45 qv B - mgcos 45解得：E -孚,B -2min2q2qv0如圖所示，撤去磁場后，帶電質(zhì)點受到重力mg和電場力qEmn作用，其合力沿pm方向并與v方向垂直，大小等于qvB = 2 mg，故帶電質(zhì)點在與Oxz平面成45角的平面內(nèi)002作類平拋運動由牛頓第二定律：qv0B

35、 = ma解得：a=、! g2設(shè)經(jīng)時間t到達Oxz平面內(nèi)的點N（X，y，z），由運動的分解可得: 沿方向：z = vo t1 c沿 PM 方向：PM = -at2 2又 PM = h一 sin 45。x = htan 45 聯(lián)立解得：X=h則帶電質(zhì)點落在N（h，0，當電場力和重力平衡時 則有：Eq = mg帶點質(zhì)點才能只受洛倫茲力作用做勻速圓周運動得：E常 要使帶點質(zhì)點經(jīng)過x軸，圓周的直徑為*；2h ,一 _ mv 2 根據(jù)：qv B = o 0 r解得：B二 2 qh12.如圖，為一除塵裝置的截面圖，塑料平板M.N的長度及它們間距離均為d.大量均勻 分布的帶電塵埃以相同的速度vo進入兩板間，

36、速度方向與板平行，每顆塵埃的質(zhì)量均為 m,帶電量均為-q .當兩板間同時存在垂直紙面向外的勻強磁場和垂直板向上的勻強電場 時，塵埃恰好勻速穿過兩板間；若撤去板間電場，并保持板間磁場不變，塵埃恰好全部被 平板吸附，即除塵效率為100%;若撤去兩板間電場和磁場，建立如圖所示的平面直角坐標 系xoy, y軸垂直于板并緊靠板右端，x軸與兩板中軸線共線，要把塵埃全部收集到位于 戶(2d, -1.5d)處的條狀容器中，需在y軸右側(cè)加一垂直于紙面向里的圓形勻強磁場區(qū)域.塵 埃顆粒重力、顆粒間作用及對板間電場磁場的影響均不計，求：(1)兩板間磁場磁感應(yīng)強度Bi的大??；若撤去板間磁場，保持板間勻強電場不變，除塵

37、效率為多少；y軸右側(cè)所加圓形勻強磁場區(qū)域磁感應(yīng)強度B2大小的取值范圍.【來源】【市級聯(lián)考】山東省青島市2019屆高三下學(xué)期5月第二次?？祭砭C物理試題mvmv mv【答案】(1) B =0 ;(2)除塵效率為50% ； (3) TT-0- 4 B 0.5d時，時間更長，水平位移x d，即0.5d到d這段距離的粒子會射出電場，則從平行金屬板出射的塵埃占總數(shù)的百分比：d 0.5 d義100% =50% ；d(3)設(shè)圓形磁場區(qū)域的半徑為R0,塵埃顆粒在圓形磁場中做圓周運動的半徑為R2,要把塵埃全部收集到位于P處的條狀容器中，就必須滿足R 2 = RvV 2另 qv 0B2 = mR2如圖，當圓形磁場區(qū)

38、域過P點且與M板的延長線相切時，磁感應(yīng)強度B2最大，有R。小二dI0圓形磁場區(qū)域的半徑R0最小，解得：B2大=mr如圖，當圓形磁場區(qū)域過P點且與y軸在M板的右端相切時，圓形磁場區(qū)域的半徑R0最大，mv02 qd所以圓形磁場區(qū)域磁感應(yīng)強度B2的大小須滿足的條件為mv mv B 0）的靜止粒子被發(fā)射裝置（圖中未畫出）從0點發(fā)射，沿P板上表面運動時 間t后到達K孔，不與板碰撞地進入兩板之間.粒子視為質(zhì)點，在圖示平面內(nèi)運動，電荷 量保持不變，不計空氣阻力，重力加速度大小為g.（1）求發(fā)射裝置對粒子做的功；（2）電路中的直流電源內(nèi)阻為r,開關(guān)S接“1”位置時，進入板間的粒子落在h板上的A 點，A點與過K

39、孔豎直線的距離為l.此后將開關(guān)S接“2”位置，求阻值為R的電阻中的電 流強度；（3）若選用恰當直流電源，電路中開關(guān)S接“l(fā)”位置，使進入板間的粒子受力平衡，此時在 板間某區(qū)域加上方向垂直于圖面的、磁感應(yīng)強度大小合適的勻強磁場（磁感應(yīng)強度B只能在Bm=/L范圍內(nèi)選?。?，使粒子恰好從b板的T孔飛出，求粒子飛出時速度m （.方向與b板板面夾角的所有可能值（可用反三角函數(shù)表示）.【來源】2014年全國普通高等學(xué)校招生統(tǒng)一考試理科綜合能力測試物理（四川卷帶解析【答案】（1）mh 2mh、八.2)(3) 0 0 B 0滿足 題目要求，夾角e趨近e0，既e 0 = 0Q6)2.2故粒子飛出時與b板夾角的范圍

40、是0 。4 arcsin5(17)說明：Q2)Q加4)Q5)的(17)各 1 分考點：動能定理牛頓第二定律閉合電路歐姆定律14.在如圖所示的平面直角坐標系中，存在一個半徑R=0.2m的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感 應(yīng)強度B = 1.0T,方向垂直紙面向外，該磁場區(qū)域的右邊緣與y坐標軸相切于原點。點。y 軸右側(cè)存在一個勻強電場，方向沿y軸正方向，電場區(qū)域?qū)挾萳 =0.1m?，F(xiàn)從坐標為(- 0.2m,-0.2m)的P點發(fā)射出質(zhì)量m = 2.0X10-9kg、帶電荷量q=5.0X10-sC的帶正電粒 子，沿y軸正方向射入勻強磁場，速度大小v0=5.0X103m/s (粒子重力不計)。(1)帶電粒子從坐標為(0.1m, 0.05m)的點射出電場，求該電場強度；(2)為了使該帶電粒子能從坐標為(0.1m,-0.05m)的點回到電場，可在緊鄰電場的右 側(cè)區(qū)域內(nèi)加勻強磁場，試求所加勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小和方向?！緛碓础?019年四川省樂山市高三三模理綜物理試題【答案】 【解析】 【詳解】 解：(1) 1.0X104N/C (2) 4T,方向垂直紙面向外帶正電粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有:qv B =V 2m -0