備考2022年高考物理高頻集訓(xùn)31 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動（解析版）

備考2022年高考物理復(fù)習(xí)考點(diǎn)集訓(xùn)

專題31帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動

一、單選題（本大題共11小題，共44分）

1.如圖所示，磁流體發(fā)電機(jī)的通道是一長度為2的矩形管道，通道的左、右兩側(cè)壁是導(dǎo)電的，其高為肌

間隔為。，而通道的上、下壁是絕緣的，所加勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8,方向與通道的上、下壁垂

直且向上。等離子體以速度v沿如圖所示的方向射入，已知等離子體的電阻率為p,負(fù)載電阻為R,不計

等離子體的重力，不考慮離子間的相互作用力。下列說法不正確的是（）

A.該發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的電動勢為

B.若增大負(fù)載電阻的阻值，電源的效率一定增大

BvaLh

C.閉合開關(guān)后，流過負(fù)載R的電流為好——

RLh+pa

D.為了保持等離子體恒定的速度v,通道兩端需保持一定的壓強(qiáng)差A(yù)p=-

RLh+pa

【答案】D

【解析】A.等離子體通過管道時，在洛倫茲力作用下，正負(fù)離子分別偏向右、左兩壁，由此產(chǎn)生的電動

勢等效于金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢，其值為

E=Bav

選項(xiàng)A正確，不符合題意；

B.電源的效率為

IUR1

71=——=------=-------

IER+rJ

R

若增大負(fù)載電阻的阻值，電源的效率一定增大，選項(xiàng)B正確，不符合題意;

C.閉合開關(guān)后，流過負(fù)載火的電流為

/_E_Bva_BvaLh

R+rR+eRLh+pa

PltL

選項(xiàng)c正確，不符合題意；

D.令氣流進(jìn)出管時的壓強(qiáng)分別為“、pi,則氣流進(jìn)出管時壓力做功的功率分別為和aSv,其功率損

失為

p\Sv-p2Sv=[2pSv

由能量守恒，此損失的功率完全轉(zhuǎn)化為回路的電功率，即

￡2

△pSv=---

R+r

將S=/w,廠=夕二代入上式中得

Lh

2

人BavL

二--------------

pa+RhL

選項(xiàng)D錯誤，符合題意。

故選D。

2.如圖為一種改進(jìn)后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場場強(qiáng)大小恒定，且被限制在NC板間,

虛線中間不需加電場，如圖所示，帶電粒子從尸。處以速度W沿電場線方向射入加速電場，經(jīng)加速后再進(jìn)

入D形盒中的勻強(qiáng)磁場做勻速圓周運(yùn)動，對這種改進(jìn)后的回旋加速器，下列說法正確的是（）

A.加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸無關(guān)

B.帶電粒子每運(yùn)動一周被加速一次

C.帶電粒子每運(yùn)動一周外尸2等于P2P3

D.加速電場方向需要做周期性的變化

【答案】B

【解析】BD.帶電粒子只有經(jīng)過/C板間時被加速，即帶電粒子每運(yùn)動?周被加速-次，電場的方向沒有

改變，則在力。間加速，電場方向不需要做周期性的變化，故B正確，D錯誤;

C.根據(jù)

qvB=-----

r

和

nqU=^mv2

式中〃為加速次數(shù)，得

mv_J2nmqU

BqBq

可知

牝=2（-小2（血-1）”

電3=2（L2A2（1亞）陪

所以

故c錯誤；

A.當(dāng)粒子從D形盒中出來時，速度最大，根據(jù)

mv

r=—

Bq

知加速粒子的最大速度與D形盒的半徑有關(guān)，故A錯誤。

故選B。

3.如圖所示，空間內(nèi)有一長方形區(qū)域而〃，區(qū)域內(nèi)存在著勻強(qiáng)電場（未畫出），。、e分別為〃邊、be邊

的中點(diǎn)，且“4邊的長度為油邊長度的2倍，以ad邊為直徑的半圓內(nèi)有垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度

8=0.25T的勻強(qiáng)磁場（邊界上無磁場）。一群不計重力、電荷量q=+2xlO^C的帶電粒子以速度v=5xl02m/s

沿垂直"邊的方向且垂直于磁場射入磁場區(qū)域，不考慮粒子間的相互作用力，若從。點(diǎn)射入的帶電粒子

剛好沿Oe直線射出，則下列說法正確的是（）

A.電場強(qiáng)度大小為250V/m,方向與機(jī),邊平行向上

B.電場強(qiáng)度大小為125V/m,方向與歷邊平行向下

C.若完全相同的粒子從Od的中點(diǎn)沿垂直于ad邊的方向射人磁場區(qū)域，將從ec的中點(diǎn)離開長方形區(qū)域

D.若完全相同的粒子從aO的中點(diǎn)沿垂直于邊的方向射入磁場區(qū)域，將從6點(diǎn)離開長方形區(qū)域

【答案】B

【解析】AB.若從。點(diǎn)射入的帶電粒子剛好沿Oe直線射出，則粒子所受的洛倫茲力與電場力平衡，即

qvB=Eq

解得

E=vB=125V/m

由左手定則可判斷洛倫茲力方向向上，所以電場力方向向下，因?yàn)榱Ｗ訋д?，所以電場方向與A邊平行

向下，A錯誤，B正確：

C.若完全相同的粒子從CW的中點(diǎn)沿垂直于ad邊的方向射人磁場區(qū)域，沿水平方向做勻速直線運(yùn)動，但

離開半圓形區(qū)域后在電場力的作用下向卜偏轉(zhuǎn)，故不可能從ec的中點(diǎn)離開長方形區(qū)域，C錯誤；

D.若完全相同的粒子從aO的中點(diǎn)沿垂直于曲邊的方向射入磁場區(qū)域，沿水平方向做勻速直線運(yùn)動，但

離開半圓形區(qū)域后在電場力的作用下向下偏轉(zhuǎn)，故不可能從〃點(diǎn)離開長方形區(qū)域，D錯誤。

故選Bo

4.如圖所示為質(zhì)譜儀的工作原理圖，在容器N中存在若干種電荷量夕相同而質(zhì)量不同的帶電粒子，它

們可從容器N下方經(jīng)過窄縫Si和S2之間的電場加速后射入速度選擇器，速度選擇器中的電場￡和磁場8

都垂直于離子速度。，且￡也垂直于從通過速度選擇器的粒子接著進(jìn)入均勻磁場&中，沿著半圓周運(yùn)動

后到達(dá)照相底片上形成譜線。若測出譜線A到入口So的距離為x,則下列能正確反映x與m之間函數(shù)關(guān)系

的是（）

【解析】粒子進(jìn)入速度選擇器后，受力平衡

Eq-Bqv

E

u=—

B

進(jìn)入磁場后，由洛倫茲力提供向心力

Bqu=m-

mux

Kn==—

Bq2

聯(lián)立可得

2mE

x=

B-q

由上可知，X與機(jī)成正比。故選A。

5.如圖所示，勁度系數(shù)為人的輕彈簧一端固定在墻上?？臻g存在水平方向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

為8,方向垂直紙面向里。一個帶正電的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從4點(diǎn)以初速度%向左運(yùn)動，接觸彈簧后

運(yùn)動到C點(diǎn)時的速度恰好為零，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。已知"C兩點(diǎn)間的距離為3物塊與水平面間的

動摩擦因數(shù)為〃，重力加速度為g。則物塊由/運(yùn)動到C點(diǎn)的過程中，下列說法正確的是（）

XXXXXX

4iXXXXXeX

7叱物他

CA

A.小物塊的加速度先不變后減小

B.彈簧的彈性勢能增加量為:相片-〃，"gL

C.小物塊與彈簧接觸的過程中，摩擦力的功率逐漸減小

D.小物塊運(yùn)動到C點(diǎn)時速度為零，加速度也一定為零

【答案】C

【解析】A.物塊向左運(yùn)動過程中，接觸彈簧前，小物塊受向下的洛倫茲力作用，隨速度的減小，洛倫茲

力減小，正壓力減小，摩擦力減小，加速度減??；接觸彈簧后受到向右的彈力作用，隨彈力增大，加速度

變大，A錯誤；

B.由能量關(guān)系可知，彈簧的彈性勢能增加量為

式子中的/是變化的不等于W〃g,B錯誤；

C.小物塊與彈簧接觸的過程中，速度逐漸減小，則向下的洛倫茲力減小，則摩擦力逐漸減小，摩擦力的

功率逐漸減小，C正確；

D.物塊運(yùn)動到C點(diǎn)時速度為零，此時彈簧的彈力最大，加速度不為零，D錯誤。

故選C。

6.如圖所示，三個完全相同的帶負(fù)電的小球，6處于水平向右的勻強(qiáng)電場中，c處于垂直于紙面向里的勻

強(qiáng)磁場中。不計空氣阻力，三小球從同一高度靜止落下，設(shè)它們落地前瞬間的速度大小分別為匕、匕、匕，

則（）

XX

XX

XXXX

XXXX

XXXX

7777777777777777777777777777777777

A.分小球在空中做勻變速曲線運(yùn)動，軌跡是一條拋物線B.三小球在落地前動量變化率恒定不變

c.K<K=KD.匕=匕<匕

【答案】D

【解析】A.方小球受豎直向下的重力和水平向左的恒定的電場力，則兩個力的合力方向斜向左下方，且

大小方向均不變，因小球由靜止開始運(yùn)動，可知在空中做勻變速直線運(yùn)動，軌跡是一條直線，選項(xiàng)A錯誤；

B.因動量的變化率等于小球受到的合力，可知M兩小球在落地前動量變化率恒定不變，c球受洛倫茲力

是變力，則合力是變力，動量變化率是變化的，選項(xiàng)B錯誤；

CD.ac兩球下落時只有重力做功，。球中的洛倫茲力不做功，/，球中的電場力也做正功，根據(jù)動能定理可

知，落地時b球的動能最大，用動能相同，即

選項(xiàng)D正確。

故選D。

7.絕^光滑斜面與水平面成a角，一質(zhì)量為，”、電荷量為的小球從斜面上高〃處，以初速度為切方向

與斜面底邊平行射入；如圖所示，整個裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于

的V且平行于斜面向上。己知斜面足夠大，小球能夠沿斜面到達(dá)底邊則下列判斷錯誤的是（）

A.小球在斜面上做勻變速曲線運(yùn)動B.小球到達(dá)底邊的時間/匚i二

丫gsirra

m2cosa

c.勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍為——D.小球所受洛倫茲力逐漸變大

【答案】D

【解析】A.對小球受力分析，根據(jù)左手定則，可知洛倫茲力垂直斜面向上，即使洛倫茲力變化，不影響

在斜面內(nèi)的分運(yùn)動，因此小球做勻變速曲線運(yùn)動，A正確，不符合題意；

B.由受力可知，小球做類平拋運(yùn)動，在沿著斜面向下方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第

二定律，小球的加速度

a=gsina

再由運(yùn)動學(xué)公式可得，球到達(dá)底邊的時間

I22

Ygsin2a

B正確，不符合題意；

D.在下滑過程中，重力做功，導(dǎo)致最終速度增大，但是速度的與斜面底邊平行邊的分量大小不變,

此分量才決定洛倫茲力的大小，所以洛倫茲力大小不變，D錯誤，符合題意；

C.由于小球能夠沿斜面到達(dá)底邊故小球受到的洛倫茲力

0<f=q%B<mgcosa

解得磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍為

qv°

c正確，不符合題意。

故選D。

8.回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻電源兩極相連接的兩個D形金屬盒，兩

盒間的狹縫中有周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的

勻強(qiáng)磁場中，如圖所示。下述說法中正確的是（）

A.粒子只在電場中加速，因此電壓越大，粒子的最大動能越大

B.可以采用減小高頻電源的頻率，增大電場中加速時間來增大粒子的最大動能

C.粒子在磁場中只是改變方向，因此粒子的最大動能與磁感應(yīng)強(qiáng)度無關(guān)

D.粒子的最大動能與D形盒的半徑有關(guān)

【答案】D

【解析】當(dāng)粒子從。形盒出來時速度最大，根據(jù)

4獷=吟

A

得出

vm理

m

則最大動能為

4」心迤的

k22m

可得出最大動能紜與金屬盒間的電壓無關(guān)，與加速電場的頻率無關(guān)，與。形盒內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度、金屬盒

半徑有關(guān)，磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，金屬盒半徑越大，那么動能越大；D對，ABC錯。

故選D。

9.如圖所示，頂角為26的光滑絕緣圓錐，置于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為8,現(xiàn)有質(zhì)量為如

帶電量為一"的小球，沿圓錐面在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，則（）

A.從上往下看，小球做順時針運(yùn)動

B.洛侖茲力提供小球做勻速圓周運(yùn)動時的向心力

C.小球有最小運(yùn)動半徑R=°

D.小球以最小半徑運(yùn)動時其速度丫=者匕

Bqtan0

【答案】D

【解析】小球在運(yùn)動過程中受重力、支持力和指向圓心的洛倫茲力，才能夠做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)安培左

手定則可知從上往下看，小球做逆時針運(yùn)動，洛倫茲力與支持力的合力提供向心力

根據(jù)牛頓第二定律，水平方向

qvB-&COS0-m—

豎直方向

FNsin0-mg=0

聯(lián)立可得

m--qvB+mgcot0=0

因?yàn)樗俣葹閷?shí)數(shù)，所以

A>0

可得

(qB)~-4系/ngcotJNO

解得

所以最小半徑為

_4m2gcot0

，1=q2B2

代入上面可得小球以最小半徑運(yùn)動時其速度

一2,咫

Bqtan3

故選D。

10.如圖所示，虛線右側(cè)有豎直向下的電場強(qiáng)度E=45N/C的勻強(qiáng)電場及垂直于電場向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度

8=0.25T的勻強(qiáng)磁場。在光滑絕緣的水平面上有兩個等大的金屬小球Z、8,小球N不帶電，其質(zhì)量

,%=0.05kg，緊貼虛線靜置的小球B帶電量%=-4xl(T'C,其質(zhì)量色,=0.01kg。小球/以速度%=20m/s

水平向右與小球8發(fā)生正碰，碰后小球8垂直于電、磁場直接進(jìn)入正交電、磁場中。剛進(jìn)入正交電、磁場

的瞬間，小球8豎直方向的加速度恰好為零。設(shè)小球4、8碰撞瞬間電荷均分，取g=10m/s2。則下列說

法正確的是()

A.碰后瞬間，小球4的速度大小為10m/s

B.小球/在剛進(jìn)入正交電、磁場后的短時間內(nèi)，其電勢能減少

C.過程中，小球/對小球8做的功為2J

D.小球月、8之間的碰撞為彈性碰撞

【答案】c

【解析】A.小球/、8碰撞瞬間電荷均分，則兩小球電荷量的絕對值均為

q=維=2xl(T'c

2

且小球B剛進(jìn)入正交電、磁場的瞬間，豎直方向的加速度恰好為零，則有

m

n8=(lvlsB+qE

解得碰后B球的速度為

vB=20m/s

小球/、8碰撞過程中，由動量守恒定律可得

mAv0=mAvA+mBvB

解得，碰后瞬間小球力速度為

vA=16m/s

故A錯誤；

B.小球才剛進(jìn)入正交電、磁場后，由于

mAg=0.5N>qE+qvAB=0.098N

所以小球力向下偏，則電場力做負(fù)功，故其電勢能增大，故B錯誤；

C.根據(jù)動能定理，可知小球/對小球5做的功為

W=g'%M=2J

故C正確；

D.由于碰撞前/、8系統(tǒng)機(jī)械能為

1,

Eki=5%%=10J

碰后系統(tǒng)機(jī)械能為

"2=1'%片+3"0；=84〕

則凡|>42,機(jī)械能不守恒，故小球4B之間的碰撞為非彈性碰撞，故D錯誤。

故選Co

11.如圖所示，兩導(dǎo)體板水平放置，兩板間電勢差為U,帶電粒子以某一初速度％沿平行于兩板的方向從

兩板正中間射入，穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強(qiáng)磁場，則：粒子射入磁場和射出磁

場的N兩點(diǎn)間的距離d隨著U和％的變化情況為()

X

X

X

A.d隨U增大而增大，〃與%無關(guān)

B.1隨U增大而增大，d隨%增大而減小

C.〃隨%增大而增大，d與U無關(guān)

D.1隨%增大而增大，4隨。增大而減小

【答案】C

【解析】帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，可將射出電場的粒子速度V分解成初速度方向與加速度方向，

設(shè)出射速度與水平夾角為仇則有

%=cosO

V

而在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動軌跡對應(yīng)的半徑為凡由幾何關(guān)系可得，半徑與直線MN夾角正好等

于6,則有

—=cos0

R

所以

“=出

V

又因?yàn)榘霃焦?/p>

R=—

Bq

則有

d=-

Bq

故d與小、vo成正比，與B、q成反比，與U無關(guān)，ABD錯誤，C正確;

故選Co

二、多選題（本大題共3小題，共12分）

12.如圖所示，兩豎直的平行金屬板間有可調(diào)節(jié)的加速電壓，右側(cè)金屬板上有一狹縫0,重力不計的正粒

子由左側(cè)極板靜止釋放,粒子剛好從狹縫垂直金屬板射入右側(cè)的角形勻強(qiáng)磁場，為熒屏。已知=45°,

磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3、方向垂直紙面向外，OM=d,粒子的比荷為鼠當(dāng)電壓調(diào)到最大為時，粒子剛好

垂直地到達(dá)熒屏，則下列說法正確的是（）

A.粒子的最大半徑為04

B.當(dāng)粒子剛好不能到達(dá)熒屏?xí)r兩極板間的電壓為（2-0）4

C.粒子到達(dá)熒屏的區(qū)域長度為（2-0）d

D.粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間為三

Bk

【答案】CD

M

A.極板間電壓取最大值時，粒子剛好垂直地打在熒屏上，其軌跡如圖中的OP,其圓心為"，則由幾何

關(guān)系可知

八=MP=MO=d

故A錯誤；

BC.粒子在極板間運(yùn)動時

12

^ToT=2wvr

粒子在磁場中運(yùn)動時

4

當(dāng)粒子剛好不能到達(dá)熒屏?xí)r，其軌跡如圖OQ所示，其中Q為軌跡與熒屏的切點(diǎn),由幾何關(guān)系可知粒子在

磁場中運(yùn)動的軌道半徑為

sin0=---

d-r2

解得

r2=（6-l）d

又粒子在極板間運(yùn)動時

〃12

qu=-/nv2

粒子在磁場中運(yùn)動時

qBv^=m—

ri

由以上可解得

U=（3-2碼

粒子達(dá)到熒屏區(qū)域的長度為

s=斗-r2=（2_&）d

故B錯誤，C正確；

D.粒子在磁場運(yùn)動時間最長時，軌跡為圖中的OQ,山

,27rm

1=------

qB

又

T

tm=2

整理解得粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間為

71

t=----

mBk

故D正確。

故選CD。

13.如圖所示為質(zhì)譜儀的結(jié)構(gòu)圖，該質(zhì)譜儀由速度選擇器與偏轉(zhuǎn)磁場兩部分組成，已知速度選擇器中的磁

感應(yīng)強(qiáng)度大小為穌、電場強(qiáng)度大小為E,熒光屏PQ下方勻強(qiáng)磁場的方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

為2紇。三個帶電荷量均為外質(zhì)量不同的粒子沿豎直方向經(jīng)速度選擇器由熒光屏上的狹縫。進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁

場，最終打在熒光屏上的邑、邑處，相對應(yīng)的三個粒子的質(zhì)量分別為叫、機(jī)2、機(jī)3,忽略粒子的重力

以及粒子間的相互作用。則下列說法正確的是（）

A.三個粒子均帶負(fù)電B.打在其位置的粒子質(zhì)量最大

C.如果S5=?,則陽-g=巡空口.粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場的速度是提

2E綜

【答案】BD

【解析】A.熒光屏尸。下方勻強(qiáng)磁場的方向垂直紙面向外，山左手定則知三種粒子均帶正電，A錯誤;

BD.三種粒子在速度選擇器中做勻速直線運(yùn)動，受力平衡

qE=qvB0

解得

E

v=一

穌

E

則粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場的速度是瓦

根據(jù)

v2

qv2oBq=m-

r

解得

加=皿

V

打在S3位置的粒子半徑最大，則打在S3位置的粒子質(zhì)量最大，BD正確;

C.根據(jù)

V2

qvB=m—

r

解得

2濕

以

2洛

SR?==-2"

解得

qB：,Ax

E

C錯誤。

故選BD。

14.如圖所示，在xOr平面的一、二、三象限內(nèi)存在垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度8=1T的勻強(qiáng)磁場，第四

象限存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E=5N/C,ON為處于y軸負(fù)方向的彈性絕緣薄擋板，長度為

9m,M點(diǎn)為x軸正方向上的一點(diǎn)，OM=3m?，F(xiàn)有一個比荷大小為"=LOC/kg的帶正電小球（可視為質(zhì)點(diǎn)

m

且重力不計），從擋板下端N處小孔的右側(cè)某處由靜止釋放，經(jīng)勻強(qiáng)電場加速后從N處小孔沿x軸負(fù)方向

射入磁場，若與擋板相碰就以原速率彈回，且碰撞時間不計，碰撞時電荷量不變，小球最后都能經(jīng)過M點(diǎn)，

則帶電小球從釋放點(diǎn)到N點(diǎn)距離的可能值為（保留一位小數(shù)）（）

八

????8

???0Mx

E

<—N

A.0.9mB.0.6mC.2.5mD.3.0m

【答案】AC

【解析】由題意，小球運(yùn)動的圓心的位置一定在y軸上,所以小球做圓周運(yùn)動的半徑r一定要大于等于3m,

而ON=9mV3r,所以小球最多與擋板ON碰撞一次，碰撞后，第二個圓心的位置在O點(diǎn)的上方。也可能

小球與擋板ON沒有碰撞，直接過M點(diǎn)。

由于洛倫茲力提供向心力，所以

v2

qvB=m—

得

v=^-Br

m

（1）若小球與擋板ON碰撞一次，則軌跡可能如圖1,

設(shè)。O=s,由幾何關(guān)系得

P=OM2+s2=9+s2

3r-9=s

聯(lián)立得

門=3m

r2=3.75m

分別代入得

v,==Ixlx3m/s=3m/s

m

%=幺?他=1x1x3.75m/s=3.75m/s

-m~

由

廠12

Eqx=—fnv~

可得

mv2

x=-----

2qE

解得

xi=0.9m

%2=1.4m

(2)若小球沒有與擋板ON碰撞，則軌跡如圖2,設(shè)0(7=s,由幾何關(guān)系得

r32=OM2+x2=9+x2

x=9■r3

聯(lián)立得

〃3=5m

代入得

匕="班=lxlx5m/s=5m/s

m

則由

mv"

x=-----

2qE

解得

X3=2.5m

故選ACo

三、計算題(本大題共3小題，共44分)

15.如圖所示，xOy坐標(biāo)系建立在豎直平面內(nèi)，x軸水平向右。在第一象限內(nèi)存在水平向右的勻強(qiáng)電場;

在第四象限內(nèi)有豎直向上、場強(qiáng)大小與第一象限相同的勻強(qiáng)電場，同時存在著垂直此豎直平面向里的勻強(qiáng)

磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為瓦一質(zhì)量為如電荷量為q的帶正電小球，從坐標(biāo)原點(diǎn)處以初速度%沿y軸負(fù)方向

第一次進(jìn)入磁場。已知重力大小與電場力大小相等，重力加速度為g。試求：

（1）小球第一次出磁場的位置坐標(biāo)占；（2）小球第二次進(jìn)、出磁場的位置之間的距離

（3）小球第〃次出磁場的位置坐標(biāo)相。

【答案】（1）々=當(dāng)；（2）

qB

【解析】（1）小球第一次在磁場中運(yùn)動時,由于重力大小與電場力大小相等，故小球做勻速圓周運(yùn)動，有

4獷*

r

得

qB

故小球第一次出磁場時的位置坐標(biāo)

2772%

（2）小球第一次出磁場后，在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動，在水平方向上做初速度為0的勻加速運(yùn)動。

所以，小球第二次進(jìn)入磁場時，其速度在豎直方向的分量仍為%,設(shè)小球第二次進(jìn)入磁場時速度為口令

此速度與x軸正方向成。角，則

%=vsin0

如圖所示。令小球在磁場中的運(yùn)動半徑為4,則有

tnv

r=—

2qB

由圖可知，小球進(jìn)、出磁場的位置點(diǎn)之間的距離

2mvs\n0_2〃?叫

d=2弓sin6=

qBqB

（3）在磁場外，小球所受電場力大小與重力相等，故在水平方向上加速度大小也為g；由小球在磁場中運(yùn)

動的對稱性可知，小球同一次進(jìn)、出磁場的水平速度分量不變，而豎直分量始終為%,故小球在水平方向

上的磁場外運(yùn)動連接起來，是一個初速度為0的勻加速運(yùn)動。小球每次在豎直方向上升和下降的時間是相

等的，令為則

“為

而每次小球在磁場的進(jìn)、出點(diǎn)間的距離均為d；則小球在第〃次進(jìn)入磁場時，磁場外運(yùn)動的時間為

4=2(〃-1)%

在電場中運(yùn)動的位移總和為

A=^^|2=2(n-l)2^-

第〃次出磁場時，在磁場中的跨度總和為

綜上所述，小球在第〃次出磁場的位置坐標(biāo)

?2nmv

x“=2(〃-i)2，+r(

gqB

16.某儀器用電場和磁場來控制電子在材料表面上方的運(yùn)動。如圖所示，材料表面上方矩形區(qū)域尸PNN

充滿豎直向下的勻強(qiáng)電場，寬為d；矩形區(qū)域充滿垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為8,

長為3s,寬為s；NN為磁場與電場之間的薄隔離層。一個電荷量為e、質(zhì)量為機(jī)、初速為零的電子，從P

點(diǎn)開始被電場加速經(jīng)隔離層垂直進(jìn)入磁場，電子每次穿越隔離層，運(yùn)動方向不變，其動能損失是每次穿越

前動能的10%,最后電子僅能從磁場邊界MN飛出。不計電子所受重力。

(1)求電子第二次與第一次圓周運(yùn)動半徑之比；

(2)求電場強(qiáng)度的取值范圍；

(3)/是加^，的中點(diǎn)，若要使電子在A、AT間垂直于飛出，求電子在磁場區(qū)域中運(yùn)動的時間。

XX

電場區(qū)域

【答案】(1)Ri：4=0.9；⑵EW更空;(3)，=察

9md2eB

【解析】(1)設(shè)圓周運(yùn)動的半徑分別為R、&、...&、…,第一和第二次圓周運(yùn)動速率分別為此和也,

動能分別為樂和公2

由

￡A2=0.81￡AJ

凡=嗎

■Be

Ek\=-1fnv\2z

少

Ek2=Q1"222

得

7?2：Hi=0.9

(2)限制：第一次圓周運(yùn)動半徑最大，不能從上端飛出。即

R}<s

設(shè)電場強(qiáng)度為E，第一次到達(dá)隔離層前的速率為v'

由

eEd=-mv'2

2

0.9x—/?v'2=—mv?

221

R0

得

?5B2es2

E<------

9md

限制：經(jīng)過板后速度變小，半徑變小，可知

n

Rn=0.9-'R,

半徑為遞減的等比數(shù)列，要從右邊出，則直徑的前〃項(xiàng)S“>3s

又由

R“=0.9"TR1

2

Sn=2Rt(1+0.9+0.9+...+0.9"+…)>3S

得

E>^L

80md

電場強(qiáng)度的取值范圍為g竺<E