(物理)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)題含答案及解析

1、、帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專項(xiàng)訓(xùn)練1如圖甲所示，空間存在一范圍足夠大的垂直于xOy 平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B讓質(zhì)量為 m，電荷量為 q（q> 0）的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn) O 沿 xOy 平面以不同的初速度大小和方向入射到磁場(chǎng)中不計(jì)重力和粒子間的影響?。稽c(diǎn)，求 v1 的大（2）已知一粒子的初速度大小為v（v> v1），為使該粒子能經(jīng)過 A（a，0）點(diǎn)，其入射角（粒子初速度與 x 軸正向的夾角）有幾個(gè)？并求出對(duì)應(yīng)的sin值；（3）如圖乙，若在此空間再加入沿y 軸正向、大小為 E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一粒子從 O 點(diǎn)以初速度 v0沿 y軸正向發(fā)射研究表明：粒子在xOy平面內(nèi)做周期性運(yùn)動(dòng)，

2、且在任一時(shí)刻，粒子速度的 x分量 vx與其所在位置的 y 坐標(biāo)成正比，比例系數(shù)與場(chǎng)強(qiáng)大小E無關(guān)求該粒子運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度值 vm來源】 2013 年全國(guó)普通高等學(xué)校招生統(tǒng)一考試?yán)砜凭C合能力測(cè)試物理（福建卷帶解析 ）答案】 ；兩個(gè) sin= ； 解析】 試題分析： （1）當(dāng)粒子沿 y 軸正向入射，轉(zhuǎn)過半個(gè)圓周至 A 點(diǎn)，半徑 R1a/22由運(yùn)動(dòng)定律有 Bqv1 mv11R1解得 v1 B2qma（2）如右圖所示，O、A 兩點(diǎn)處于同一圓周上，且圓心在ax 的直線上，半徑為 R，當(dāng)給定一個(gè)初速率 v 時(shí)，2有 2 個(gè)入射角，分別在第 1、2 象限即 sin sin 2R2另有 Bqv mvR解得

3、sin sin aqB2mvym 表示其 y 坐（3）粒子在運(yùn)動(dòng)過程中僅電場(chǎng)力做功，因而在軌道的最高點(diǎn)處速率最大，用標(biāo)，由動(dòng)能定理有qEym12mv m2m12mv 020由題知 vm kym若 E 0 時(shí)，粒子以初速度 v0 沿 y 軸正向入射，有2v0qv 0B m0 R0在最高處有 v0 kR0聯(lián)立解得 vm B (B) v0考點(diǎn)：帶電粒子在符合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；動(dòng)能定理2在 xOy平面的第一象限有一勻強(qiáng)電磁，電場(chǎng)的方向平行于y 軸向下，在 x 軸和第四象限的射線 OC之間有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B，方向垂直于紙面向里，有一質(zhì)量為m ，帶有電荷量 +q 的質(zhì)點(diǎn)由電場(chǎng)左側(cè)平行于 x 軸射入電

4、場(chǎng)，質(zhì)點(diǎn)到達(dá) x 軸上 A 點(diǎn)，速度方向與 x 軸的夾角為 ，A 點(diǎn)與原點(diǎn) O 的距離為 d，接著，質(zhì)點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，并垂直與OC 飛離磁場(chǎng)，不計(jì)重力影響 ，若 OC與 x 軸的夾角為 .求：粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)速度的大小 ； 勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小 .【來源】帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 計(jì)算題(2)答案】 （1）解析】 分析】【詳解】試題分析：（ 1）由幾何關(guān)系得：R=dsin由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得v0，在電場(chǎng)中的加速度（2）質(zhì)點(diǎn)在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)為類平拋運(yùn)動(dòng)設(shè)質(zhì)點(diǎn)射入電場(chǎng)的速度為 為 a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 t ，則有： v0=vcos vsin =at d=v0t 設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為 E，由牛頓第二定律得

5、 qE=ma 解得：3如圖， ABD 為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB 段是水平的， BD 段為半徑 R=0.25m的半圓 ,兩段軌道相切于 B 點(diǎn)，整個(gè)軌道處在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)大小E=5.0 × 13V0/m 。一不帶電的絕緣小球甲，以速度v0沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng)，與靜止在 B 點(diǎn)帶正電的小球乙發(fā)生彈性碰撞。已知甲、乙兩球的質(zhì)量均為m=1.0 ×1-02kg，乙所帶電荷量q=2.0 × 1-50C，g取 10m/s2。（水平軌道足夠長(zhǎng)，甲、乙兩球可視為質(zhì)點(diǎn)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程無電 荷轉(zhuǎn)移 ）（1）甲乙兩球碰撞后，乙恰能通過軌道的最高點(diǎn)D，求乙球在 B 點(diǎn)被

6、碰后的瞬時(shí)速度大??；（2）在滿足 1 的條件下，求甲的速度 v0；（3）甲仍以中的速度 v0 向右運(yùn)動(dòng)，增大甲的質(zhì)量，保持乙的質(zhì)量不變，求乙在軌道上的 首次落點(diǎn)到 B 點(diǎn)的距離范圍。12 月月考理綜物理試題2 3m 。答案】（ 1）5m/s；（2）5m/s；（3） 3 2m x2【解析】【分析】【詳解】（1）對(duì)球乙從 B運(yùn)動(dòng)到 D 的過程運(yùn)用動(dòng)能定理可得mg 2 R qE 2R 1 mvD2 1 mvB2乙恰能通過軌道的最高點(diǎn) D，根據(jù)牛頓第二定律可得2vDmg qE mR 聯(lián)立并代入題給數(shù)據(jù)可得vB =5m/s（2）設(shè)向右為正方向，對(duì)兩球發(fā)生彈性碰撞的過程運(yùn)用動(dòng)量守恒定律可得 mv0 mv0

7、 mvB根據(jù)機(jī)械能守恒可得1 2 1 2 1 2mv0mv0mvB2 2 2聯(lián)立解得 v0 0， v0 5m/s（3）設(shè)甲的質(zhì)量為 M ，碰撞后甲、乙的速度分別為 vM 、 vm ，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒 定律有Mv 0 MvM mvm1 2 1 2 1 2Mv 0Mv Mmvm2聯(lián)立得分析可知：當(dāng) M =m 時(shí)， vm 取最小值 可得 B 球被撞后的速度范圍為2Mv0vmMmv0；當(dāng) M? m 時(shí)， vm 取最大值 2v0v0 vm 2v0設(shè)乙球過 D 點(diǎn)的速度為 vD ，由動(dòng)能定理得mg 2 R qE 2R 1 mvD 2 1 mvm 2 聯(lián)立以上兩個(gè)方程可得3 5m / s<vD

8、 2 30m / s 設(shè)乙在水平軌道上的落點(diǎn)到 B 點(diǎn)的距離為 x ，則有12x vDt，2Rgt 22 所以可得首次落點(diǎn)到 B 點(diǎn)的距離范圍3 2 m x 2 3m24對(duì)鈾 235 的進(jìn)一步研究在核能的開發(fā)和利用中具有重要意義如圖所示，質(zhì)量為m 、電荷量為 q 的鈾 235 離子，從容器 A 下方的小孔 S1不斷飄入加速電場(chǎng)，其初速度可視為 零，然后經(jīng)過小孔 S2 垂直于磁場(chǎng)方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B 的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，做半徑為 R 的勻 速圓周運(yùn)動(dòng)離子行進(jìn)半個(gè)圓周后離開磁場(chǎng)并被收集，離開磁場(chǎng)時(shí)離子束的等效電流為 I不考慮離子重力及離子間的相互作用（ 1）求加速電場(chǎng)的電壓 U；（2）求出在離子被收

9、集的過程中任意時(shí)間t 內(nèi)收集到離子的質(zhì)量 M ；（ 3）實(shí)際上加速電壓的大小會(huì)在 U+U范圍內(nèi)微小變化若容器 A 中有電荷量相同的鈾235 和鈾 238 兩種離子，如前述情況它們經(jīng)電場(chǎng)加速后進(jìn)入磁場(chǎng)中會(huì)發(fā)生分離，為使這兩種離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡不發(fā)生交疊， 應(yīng)小于多少？（結(jié)果用百分?jǐn)?shù)表示，保留兩位有效數(shù)字）【來源】 2012 年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試?yán)砭C物理（天津卷）【答案】（ 1）（2） （ 3）0.63%解析】解：（ 1）設(shè)離子經(jīng)電場(chǎng)加速后進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v，由動(dòng)能定理得：2qU = mv離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得： qvB= 解得： U = （2）設(shè)在 t 時(shí)間

10、內(nèi)收集到的離子個(gè)數(shù)為 N，總電荷量 Q = ItQ = NqM =" Nm" =設(shè) m/ 為鈾 238 離子質(zhì)量，由于電壓在3）由以上分析可得：U±U之間有微小變化，鈾 235 離子在磁場(chǎng)中最大半徑為： Rmax=鈾 238 離子在磁場(chǎng)中最小半徑為：<這兩種離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡不發(fā)生交疊的條件為：Rmax<Rmin 即：得： <其中鈾 235 離子的質(zhì)量 m = 235u（ u 為原子質(zhì)量單位），鈾 238 離子的質(zhì)量 m = 238u 則： 解得： <0.63%5如圖所示，以兩虛線為邊界，中間存在平行紙面且與邊界垂直的水平電場(chǎng)，寬度為d

11、 ，兩側(cè)為相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直紙面向里一質(zhì)量為 m 、帶電量 q 、重力不計(jì)的 帶電粒子，以初速度 v1 垂直邊界射入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，后進(jìn)入電場(chǎng)做勻加速運(yùn)動(dòng)，然 后第二次進(jìn)入磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，此后粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中交替運(yùn)動(dòng)已知粒子第二次在磁場(chǎng)中 運(yùn)動(dòng)的半徑是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此類推求：（1）粒子第一次經(jīng)過電場(chǎng)的過程中電場(chǎng)力所做的功W1（2）粒子第 n 次經(jīng)過電場(chǎng)時(shí)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小 En（3）粒子第 n 次經(jīng)過電場(chǎng)所用的時(shí)間 tn（4）假設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)區(qū)域場(chǎng)強(qiáng)為零請(qǐng)畫出從粒子第一次射入磁場(chǎng)至第三 次離開電場(chǎng)的過程中，電場(chǎng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的關(guān)系圖線（不要求寫出推導(dǎo)過程

12、，不要求標(biāo) 明坐標(biāo)刻度值）2018 屆高三上學(xué)期全真模擬物理試題來源】河北省衡水中學(xué)滁州分校1）根據(jù)tn2d4）如圖；(2 n 1)v12）3）mvr，因?yàn)?r2 2 r1 ，所以 v2 2v1 ，所以 W1qB1 2 1 2 mv2mv1 ,22= ， ，所以， ，所以 (4)GA 邊且垂直6利用電場(chǎng)和磁場(chǎng)，可以將比荷不同的離子分開，這種方法在化學(xué)分析和原子核技術(shù)等領(lǐng) 域有重要的應(yīng)用如圖所示的矩形區(qū)域ACDG(AC邊足夠長(zhǎng) )中存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁 場(chǎng)， A 處有一狹縫離子源產(chǎn)生的離子，經(jīng)靜電場(chǎng)加速后穿過狹縫沿垂直于 于磁場(chǎng)的方向射入磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)到 GA 邊，被相應(yīng)的收集器收集整個(gè)裝置內(nèi)部為

13、真空已知被加速的兩種正離子的質(zhì)量分別是m1 和 m2(m1>m2)，電荷量均為 q加速電場(chǎng)的電勢(shì)差為 U，離子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的初速度可以忽略不計(jì)重力，也不考慮離子間的相互作用(1) 求質(zhì)量為 m1 的離子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速率 v1；(2) 當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為 B 時(shí)，求兩種離子在 GA 邊落點(diǎn)的間距 s； (3) 在前面的討論中忽略了狹縫寬度的影響，實(shí)際裝置中狹縫具有一定寬度若狹縫過寬， 可能使兩束離子在 GA 邊上的落點(diǎn)區(qū)域交疊，導(dǎo)致兩種離子無法完全分離設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)， GA邊長(zhǎng)為定值 L，狹縫寬度為 d，狹縫右邊緣在 A 處離子 可以從狹縫各處射 入磁場(chǎng)，入射方向仍垂直于 GA 邊且

14、垂直于磁場(chǎng)為保證上述兩種離子能落在GA 邊上并被 完全分離，求狹縫的最大寬度來源】 2011 年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試物理卷(北京 )答案】解析】11)動(dòng)能定理 Uq 12 m1v12qvBmvqB2)由牛頓第二定律和軌道半徑有：2 mvR利用式得離子在磁場(chǎng)中的軌道半徑為別為(如圖一所示)兩種離子在 GA 上落點(diǎn)的間距 s 2（R1- R2）（3）質(zhì)量為 m 1的離子，在 GA 邊上的落點(diǎn)都在其入射點(diǎn)左側(cè) 2R1處，由于狹縫的寬度為 d，因此落點(diǎn)區(qū)域的寬度也是 d（如圖二中的粗線所示）同理，質(zhì)量為m2 的離子在 GA邊上落點(diǎn)區(qū)域的寬度也是 d（如圖二中的細(xì)線所示）為保證兩種離子能完全分離

15、，兩個(gè)區(qū)域應(yīng)無交疊，條件為2（R1-R2） d利用式，代入式得： 2R1 （1-R1 的最大值滿足： 2R1m=L-d7如圖所示，在 xOy 坐標(biāo)系中，第、象限內(nèi)無電場(chǎng)和磁場(chǎng)。第象限內(nèi)（含坐標(biāo)軸） 有垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第象限內(nèi)有沿 x 軸正向、電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 E 的勻強(qiáng)磁 場(chǎng)。一質(zhì)量為 m、電荷量為 q 的帶正電粒子，從 x 軸上的 P 點(diǎn)以大小為 v0的速度垂直射入 22qE電場(chǎng)，不計(jì)粒子重力和空氣阻力， P、O 兩點(diǎn)間的距離為 mv0 。（1）求粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小v 以及進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)到原點(diǎn)的距離x；（2）若粒子由第象限的磁場(chǎng)直接回到第象限的電場(chǎng)中，求磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小需要

16、滿足的條件。來源】 2019 年遼寧省遼陽市高考物理二模試題答案】（ 1） 2v02mv0 ； qE2) B ( 2 1)Ev02解析】詳解】1）由動(dòng)能定理有：2 qE 2mqvE021mv21212 mv02解得： v 2 v0設(shè)此時(shí)粒子的速度方向與 y 軸負(fù)方向夾角為，則有 cos v02v2解得： 45°x根據(jù) tan 2 1 ，所以粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)位置到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為PO 兩點(diǎn)距離的兩y2倍，故 x mv02qE（2）要使粒子由第 象限的磁場(chǎng)直接回到第 象限的電場(chǎng)中，其臨界條件是粒子的軌跡與x 軸相切，如圖所示，由幾何關(guān)系有：又：v qvB mR解得： B ( 2 1)Ev0

17、( 2 1)E故Bv08 如圖所示，在空間坐標(biāo)系 x<0 區(qū)域中有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng) E1，在一、四象限的正方形 區(qū)域 CDEF內(nèi)有方向如圖所示的正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2 和勻強(qiáng)磁場(chǎng) B，已知 CD=2L，OC=L，E2=4E1。在負(fù) x 軸上有一質(zhì)量為 m、電量為 +q 的金屬 a 球以速度 v0 沿 x 軸向右勻速運(yùn)動(dòng)，并 與靜止在坐標(biāo)原點(diǎn) O 處用絕緣細(xì)支柱支撐的(支柱與 b 球不粘連、無摩擦)質(zhì)量為 2m、 不帶電金屬 b 球發(fā)生彈性碰撞。已知 a、 b 球體積大小、材料相同且都可視為點(diǎn)電荷，碰后 電荷總量均分，重力加速度為 g，不計(jì) a、b 球間的靜電力，不計(jì) a、b 球產(chǎn)生的場(chǎng)對(duì)電

18、 場(chǎng)、磁場(chǎng)的影響，求：(1) 碰撞后， a、b 球的速度大??；2v0(2) a、 b 碰后，經(jīng) t0 時(shí) a 球到某位置 P點(diǎn)，求 P 點(diǎn)的位置坐標(biāo)；3g(3) a、b 碰后，要使 b球不從 CD邊界射出，求磁感應(yīng)強(qiáng)度 B的取值。來源】【全國(guó)百?gòu)?qiáng)?！亢邶埥」枮I市第三中學(xué)校2019 屆高三上學(xué)期期末考試?yán)砜凭C合物理試題答案】 (1) va1 22v023v0，vb 3 v0 ；(2) ( 9g02v02 ) ； )；9g(3) 016mv0或15qLB 16mv0B 3qL解析】分析】(1)a、 b 碰撞，由動(dòng)量守恒和能量守恒關(guān)系求解碰后a、 b 的速度；(2) 碰后 a 在電場(chǎng)中向左做類平

19、拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解P點(diǎn)的位置坐標(biāo) ；(3) 要使 b 球不從 CD邊界射出，求解恰能從 C點(diǎn)和 D 點(diǎn)射出的臨界條件確定磁感應(yīng)強(qiáng)度的 范圍。詳解】(1) a 勻速，則mg qE1 a、b 碰撞，動(dòng)量守恒mv0 mva 2mvb 機(jī)械能守恒121 2 12mv0mva2m vb 222由得12vav0 ， vbv0 3 0 b30(2) 碰后 a、b 電量總量平分，則1 qa qb q2碰后 a 在電場(chǎng)中向左做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)0 時(shí) a 球到 P 點(diǎn)的位置坐標(biāo)為 3g-x，- y)x vat ，y12at2其中mg12qE1ma， a 1 g2由得22v09g，y2v09g2故 P

20、點(diǎn)的位置坐標(biāo)為( 2v09g2v09g)(3) 碰撞后對(duì) b12qE22mg 故 b 做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則12 qvbB222m vb r8mv03qB ?b 恰好從 C 射出，則2r ?由? 得B116m v03qL恰從 D 射出，則由幾何關(guān)系2 2 2r 2 4L2 r L ? ， 得52L?由? 得B216mv015qL故要使 b 不從 CD邊界射出，則 B 的取值范圍滿足0 B 16mv0 或 B 16mv015qL 3qL【點(diǎn)睛】 本題考查帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)以及動(dòng)量守恒定律及能量守恒關(guān)系，注意在磁場(chǎng)中的 運(yùn)動(dòng)要注意幾何關(guān)系的應(yīng)用，在電場(chǎng)中注意由類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解。9如圖所示，直

21、線 y=x與 y軸之間有垂直于 xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng) B1，直線 x=d與 y=x 間有沿 y 軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度 E 1.0 104 V/m ，另有一半徑 R=1.0m 的圓形 勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度 B2 0.20T ，方向垂直坐標(biāo)平面向外，該圓與直線 x=d 和 x 軸 均相切，且與 x 軸相切于 S點(diǎn)一帶負(fù)電的粒子從 S點(diǎn)沿 y 軸的正方形以速度 v0進(jìn)入圓形 磁場(chǎng)區(qū)域，經(jīng)過一段時(shí)間進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域B1 ，且第一次進(jìn)入磁場(chǎng) B1時(shí)的速度方向與直線 y=x55垂直粒子速度大小 v0 1.0 105m/s ，粒子的比荷為 q /m 5.0 105 C/kg ，粒子重力不 計(jì)求：

22、(1)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng) B2 中運(yùn)動(dòng)的半徑 r；(2)坐標(biāo) d 的值；(3)要使粒子無法運(yùn)動(dòng)到 x 軸的負(fù)半軸，則磁感應(yīng)強(qiáng)度 B1 應(yīng)滿足的條件；(4) 在(2)問的基礎(chǔ)上，粒子從開始進(jìn)入圓形磁場(chǎng)至第二次到達(dá)直線y=x 上的最長(zhǎng)時(shí)間(3.14 ，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) .【來源】天津市濱海新區(qū) 2019 屆高三畢業(yè)班質(zhì)量監(jiān)測(cè)理科綜合能力測(cè)試物理試題 【答案】 (1) r=1m (2) d 4m (3) B1 0.1T 或 B1 0.24T (4) t 6.2 10 5 s 【解析】【詳解】2 解： (1) 由帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)可得：B2qv0 mv0r 解得粒子運(yùn)動(dòng)的半徑： r 1m(2)

23、 粒子進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)以后，做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)的水平位移為x ，豎直位移為 y水平方向：x v0t12 y at2豎直方向：Eq amtan45v0at聯(lián)立解得：x 2m ， y 1m由圖示幾何關(guān)系得： d x y R(3) 若所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B1 ，粒子恰好垂直打在 y 軸上，粒子在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)半徑為 r1 由如圖所示幾何關(guān)系得： r12 y Rv 2v0v2 由帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)可得：B1 qv mr1解得： B1 0.1T若所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B1 ，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與軸相切，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑為r2由如圖所示幾何關(guān)系得： r2 2r2 2 y R2由帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)

24、動(dòng)可得：B1 qv mv解得 B1210 1T 0.24T綜上，磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)滿足的條件為 B1 0.1T 或 B1 0.24T（4）設(shè)粒子在磁場(chǎng) B2中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t1，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t2 ，在磁場(chǎng) B1中運(yùn)動(dòng)的時(shí) 間為 t3 ，則有：t14T1T12Rv0t2v0t312T26.2 10 5 s2 r2v解得： t t1 t2 t3 2 1.5 2 2 10 5s10如圖所示，在豎直平面內(nèi)的 xoy 直角坐標(biāo)系中， x軸上方存在正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng) 磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度 E1，方向沿 y 軸向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度 B，方向垂直紙面向里 x 軸下方存在方 向沿 y 軸向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)（圖中未畫出）

25、，場(chǎng)強(qiáng)為E2質(zhì)量為 m 、電荷量為 q 的帶正電小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），從 y 軸上的 A 點(diǎn)以速度大小 v0 沿 x 軸正方向拋出，經(jīng) x 軸上的 P點(diǎn)后 與 x軸正向成 45°進(jìn)入 x軸上方恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng) O、 P兩點(diǎn)間距離 x0與 O、A 兩點(diǎn)間g2距離 y0 滿足以下關(guān)系， y02 x0 ，重力加速度為 g，以上物理量中 m、q、v0、g 為已2v0知量，其余量大小未知(1) 電場(chǎng)強(qiáng)度 E1與 E2的比值(2) 若小球可多次(大于兩次)通過 P點(diǎn)，則磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 為多大？(3) 若小球可恰好兩次通過 P 點(diǎn)，則磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 為多大？小球兩次通過 P 點(diǎn)時(shí)間間隔為多 少？【

26、來源】安徽省黃山市 2019 屆高中畢業(yè)班第二次質(zhì)量檢測(cè)高三理綜物理試題答案】11) ；(2) B2mgqv0 ；3) B1n )qmvg (n=1，2，3)n qv 03)nv02)n=1，2，3)解析】分析】詳解】解： (1)小球在x 軸上方勻速圓周，可得：qE1mg小球從A到 P的過程做內(nèi)平拋運(yùn)動(dòng)： x0 v0ty01at22結(jié)合：y0 2gv2 x202v0可得：ag由牛頓第三定律可得：qE2 mg ma解得： qE2 2mg故：E1E2(2) 小球第一次通過 P點(diǎn)時(shí)與 x 軸正向成 45 ，可知小球在 P點(diǎn)時(shí)則有： vy v0 故 P 點(diǎn)時(shí)的速度： v2v02由類平拋的位移公式可得：

27、 x0 v0g3小球多次經(jīng)過 P點(diǎn)，軌跡如圖甲所示，小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng) 個(gè)周期后，到達(dá) x 軸上的 Q4點(diǎn)， P、Q關(guān)于原點(diǎn) O對(duì)稱，之后回到 A 并不斷重復(fù)這一過程，從而多次經(jīng)過P點(diǎn)設(shè)小球在磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由幾何關(guān)系可得： R2x 02又由： qvB m vR聯(lián)立解得： Bmgqv0在 x 軸上方，小球在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期：T 2 mT qB(3)小球恰能兩次經(jīng)過 P 點(diǎn)，軌跡如圖乙所示在 x 軸下方，小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：x02v 0t2由規(guī)律可知，小球恰能兩次經(jīng)過P點(diǎn)滿足的幾何關(guān)系為：2x 0 2R1 2R ( n=1，n2，3).解得： B(1 1) mg (n=1， n qv02，3

28、).兩次通過P 點(diǎn)的時(shí)間間隔為： t(n 1) 3T nt24n=1，2，3)3).11 如圖所示，空間有相互平行、相距和寬度也都為L(zhǎng) 的 I、 II 兩區(qū)域， I、 II 區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)， I 區(qū)域磁場(chǎng)向內(nèi)、磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B0 ，II 區(qū)域磁場(chǎng)向外，大小待定?，F(xiàn)有 一質(zhì)量為 m ，電荷量為 q 的帶電粒子，從圖中所示的一加速電場(chǎng)中的 MN 板附近由靜止 釋放被加速，粒子經(jīng)電場(chǎng)加速后平行紙面與 I 區(qū)磁場(chǎng)邊界成 45°角進(jìn)入磁場(chǎng)，然后又從 I 區(qū) 右邊界成 45°角射出。(2)若 II 區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度也是 B0時(shí)，則粒子經(jīng)過 I區(qū)的最高點(diǎn)和經(jīng)過 II 區(qū)的最低點(diǎn)

29、之間的高度 差是多少？ (3)為使粒子能返回 I區(qū)， II區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B應(yīng)滿足什么條件？并求出粒子從左側(cè)進(jìn)入 I 到從左側(cè)射出 I 區(qū)需要的最長(zhǎng)時(shí)間。來源】河南省南陽中學(xué) 2019 屆高三下學(xué)期第十七次考試?yán)砭C物理試題【答案】 (1)U q B0L (2)h 2L (3) B 2 1B0 ，t 3 2 2 4 m 4m 2 0qB0【解析】【詳解】(1)畫出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的示意圖，如圖所示：12 粒子在加速電場(chǎng)中根據(jù)動(dòng)能定理可得 qUmv22 v2 粒子在 I 區(qū)域做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qvB0 mvR1根據(jù)幾何關(guān)系可得：R12 L2聯(lián)立可得加速電場(chǎng)兩極板間電勢(shì)差q2B0

30、2L24m(2)粒子在 II 區(qū)域運(yùn)動(dòng)的半徑與 I 區(qū)域相同， 高度差由圖中幾何關(guān)系可得： h 2R 1 cos Ltan可得： h 2L(3) 畫出粒子剛好從 II 區(qū)域右邊界穿出磁場(chǎng)的臨界狀態(tài)，即軌跡圓與右邊界相切的情況根據(jù)幾何關(guān)系可得 R2 1 cos L ，解得 B 2 1B020可知當(dāng) B 2 1 B0時(shí)，粒子在 II 區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，即粒子從左側(cè)進(jìn)入 區(qū)到從左 20側(cè)射出 區(qū)的時(shí)間最長(zhǎng) 粒子兩次在 I 區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t1 2 1 2 m4 qB0粒子兩次在磁場(chǎng)之間的時(shí)間為t22 2L4mqB0粒子在 II 區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 t3 3 2 m4 qB3 2 1 qBm0總時(shí)間

31、 t t1 t2 t3 3 2 2mqB012如圖甲所示，兩平行金屬板接有如圖乙所示隨時(shí)間t 變化的電壓 U，兩板間電場(chǎng)可看作均勻的，且兩金屬板外無電場(chǎng)，兩金屬板長(zhǎng)L 0.2 m，兩板間距離 d0.2 m在金屬板右側(cè)邊界 MN 的區(qū)域有一足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)， MN 與兩板中線 OO垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B， 方向垂直紙面向里現(xiàn)有帶正電的粒子流沿兩板中線OO連續(xù)射入電場(chǎng)中，已知每個(gè)粒子速度 v0105 m/s ，比荷 q 108 C/kg，重力忽略不計(jì)，在每個(gè)粒子通過電場(chǎng)區(qū)域的極短時(shí)m間內(nèi)，電場(chǎng)可視作是恒定不變的(1)試求帶電粒子射出電場(chǎng)時(shí)的最大速度；(2)任意時(shí)刻從電場(chǎng)射出的帶電粒子，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)在

32、 MN 上的入射點(diǎn)和在 MN 上出射點(diǎn)的距 離是一確定的值 s，試通過計(jì)算寫出 s的表達(dá)式(用字母 m、v0、q、 B 表示)來源】【市級(jí)聯(lián)考】肇慶市 2019 屆高三第三次統(tǒng)一檢測(cè)理綜物理試題答案】（ 1）vm2 105m/ s 1.41 105 m / s方向：斜向右上方或斜向右下方，與初速度方向成 45°夾角；（ 2）s 2Rsin 2mv0 ，距離 s 與粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)行速度的大 qB小無關(guān)， s 為定值【解析】【分析】詳解】1）偏轉(zhuǎn)電壓由 0 到 200V 的變化中，粒子流可能都能射出電場(chǎng)，也可能只有部分粒子能 射出電場(chǎng)，設(shè)偏轉(zhuǎn)的電壓為 U0 時(shí)，粒子剛好能經(jīng)過極板的右邊緣

33、射出，則：d 1 U 0q L 2 （）2 2 md v0解得 U0 100V知偏轉(zhuǎn)電壓為 100V 時(shí)，粒子恰好能射出電場(chǎng)，且速度最大1 1 U根據(jù)動(dòng)能定理得， 1 mvm2 1 mv02 qU 02 2 2vm2 105m/s 1.41 105m/ sv0 vsin方向：斜向右上方或斜向右下方，與初速度方向成45°夾角（2）設(shè)粒子射出電場(chǎng)速度方向與 MN 間夾角為 粒子射出電場(chǎng)時(shí)速度大小為：2在磁場(chǎng)中， qvB m vR解得 RmvqBmv0 qBsin因此粒子射進(jìn)磁場(chǎng)點(diǎn)與射出磁場(chǎng)點(diǎn)間距離為： s 2Rsin 0 qB由此可看出，距離 s與粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)行速度的大小無關(guān)， s 為

34、定值13在光滑絕緣水平桌面上建立直角坐標(biāo)系，y 軸左側(cè)有沿 y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng) E，y軸右側(cè)有垂直水平桌面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B在處有一個(gè)帶正電的小球 A 以速度沿 x 軸正方向進(jìn)入電場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，從（0， 8）處進(jìn)入 y 軸右側(cè)的磁場(chǎng)中，并且正好垂直于 x 軸進(jìn)入第 4象限，已知 A 球的質(zhì)量為 ，帶電量為，求：（ 1）電場(chǎng)強(qiáng)度 E 的大??；（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 的大小；（3）如果在第 4 象限內(nèi)靜止放置一個(gè)不帶電的小球 C，使小球 A 運(yùn)動(dòng)到第 4 象限內(nèi)與 C 球 發(fā)生碰撞，碰后 A、C粘在一起運(yùn)動(dòng)，則小球 C放在何位置時(shí)，小球 A在第 4象限內(nèi)運(yùn)動(dòng) 的時(shí)間最長(zhǎng) （小球可以看成是質(zhì)點(diǎn)，

35、不考慮碰撞過程中的電量損失）【來源】【市級(jí)聯(lián)考】山東省臨沂市 2019 屆高三下學(xué)期高考模擬考試（二模 ） 理綜物理試 題【答案】（ 1）（ 2）1.5T（3）【解析】詳解】1）小球 A在電場(chǎng)中沿 x、y 軸方向上的位移分別設(shè)為x 方向：,y 方向：,加速度：聯(lián)立可得：x 軸進(jìn)入第 4 象限，做出小球 A 運(yùn)動(dòng)的軌跡如（ 2）小球進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí) y 方向的速度：合速度：,方向：，方向與 y 軸正方向成小球 A 在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，垂直于圖，設(shè)軌道半徑為 ，由幾何關(guān)系可得：根據(jù)：,解得：（3）在第 4 象限內(nèi) A 與 C 球發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后速度設(shè)為，在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑設(shè)為 ,

36、解得：即：小球運(yùn)動(dòng)的軌道半徑不變A 在第 4由周期公式 可得：碰撞后小球的速度小，故碰后的周期大，所以要使小球 象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，小球 C應(yīng)放在小球 A 進(jìn)入第 4象限時(shí)的位置：即坐標(biāo)為14 在空間中存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其豎直邊界AB、 CD的寬度為 d，在邊界AB左側(cè)是豎直向下、場(chǎng)強(qiáng)為 E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，現(xiàn)有質(zhì)量為 m、帶電量為 +q 的粒子（不計(jì)重 力）從 P 點(diǎn)以大小為 v0 的水平初速度射入電場(chǎng)，隨后與邊界AB 成 45 °射入磁場(chǎng)，若粒子能垂直 CD邊界飛出磁場(chǎng)，試求：（1）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B；2）從進(jìn)入電場(chǎng)到穿出磁場(chǎng)的總時(shí)間。來源】陜西省漢中市漢臺(tái)區(qū) 20

37、19 屆高三年級(jí)教學(xué)質(zhì)量第一次檢測(cè)考試物理試題答案】（ 1）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 為 mv0 ；（ 2）從進(jìn)入電場(chǎng)到穿出磁場(chǎng)的總時(shí)間為qdmv0dqE 4v0 【解析】 【詳解】1）粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為：cos45粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：2v qvB mrmv0qd ；（2）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的豎直分速度為： qEt1，m t1 ，解得： Bvy=vsin45 =°v0=解得，粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：mv0t1qE ；粒子在磁場(chǎng)中做勻速運(yùn)動(dòng)的周期為：2m；qB粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的圓心角我：=45°，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為： t2360 Tm4qB ，粒子從進(jìn)入電場(chǎng)到穿出磁場(chǎng)的總時(shí)間為：t1 t 2mv0qE 4v015質(zhì)譜分析技術(shù)已廣泛應(yīng)用于各前沿科學(xué)領(lǐng)域湯姆孫發(fā)現(xiàn)電子的質(zhì)譜裝置示意如圖， M、N 為兩塊水平放置的平行金屬極板，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，板右端到屏的距離為 D，且 D 遠(yuǎn)大于L，OO