高中物理帶電粒子在復合場中的運動專項練習及解析

1、16Uo9一、帶電粒子在復合場中的運動專項訓練1 .如圖所示，直徑分別為 D和2D的同心圓處于同一豎直面內(nèi)，。為圓心，GH為大圓的水平直徑。兩圓之間的環(huán)形區(qū)域 (I區(qū))和小圓內(nèi)部(II區(qū))均存在垂直圓面向里的勻強磁m、電量場.間距為d的兩平行金屬極板間有一勻強電場，上極板開有一小孔.一質(zhì)量為為+q的粒子由小孔下方 d處靜止釋放，加速后粒子以豎直向上的速度v射出電場，由H2點緊靠大圓內(nèi)側(cè)射入磁場。不計粒子的重力。(1)求極板間電場強度的大?。?2)若粒子運動軌跡與小圓相切，求I區(qū)磁感應強度的大小;(3)若I區(qū)、n區(qū)磁感應強度的大小分別為2mvqD4mv，粒子運動一段時間后再次經(jīng)過qD點，求這段時

2、間粒子運動的路程.2015年全國普通高等學校招生統(tǒng)一考試物理(山東卷帶解析1)2mvqd4mv - 4mv(2)或qD3qD(3) 5.5 ttD(1)粒子在電場中，根據(jù)動能定理Eq!12-mv ,解得22mvqd(2)若粒子的運動軌跡與小圓相切,則當內(nèi)切時，半徑為ER/22v由qvB m,解得B14mvqD則當外切時，半徑為2v由qvB m,解得B24mv3qD(2)若I區(qū)域的磁感應強度為2 29qB2L2m -,則粒子運動的半徑為32Uo100Uo U8112 一一 . . .v2區(qū)域的磁感應強度為 qU0 -mv ,則粒子運動的半徑為 qvB m;2r設粒子在I區(qū)和n區(qū)做圓周運動的周期分

3、別為 T1、花，由運動公式可得：3l42 R1T11據(jù)題意分析，粒子兩次與大圓相切的時間間隔內(nèi)，運動軌跡如圖所示，根據(jù)對稱性可知,I區(qū)兩段圓弧所對的圓心角相同，設為 1, n區(qū)內(nèi)圓弧所對圓心角為2,圓弧和大圓的兩個切點與圓心。連線間的夾角設為,由幾何關系可得:i 120；2 180；60：粒子重復上述交替運動回到H點,軌跡如圖所示，設粒子在I區(qū)和n區(qū)做圓周運動的時間分別為分t2,可得:UT ；L ,.U15 L U 06設粒子運動的路程為 S,由運動公式可知：S=V（t1+t2）聯(lián)立上述各式可得：s=5.5兀D2.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.

4、25m的半圓，兩段軌道相切于 B點，整個軌道處在豎直向下的勻強電場中，場強大小E=5.0 x3V/m。一不帶電的絕緣小球甲，以速度vo沿水平軌道向右運動，與靜止在B點帶m=1.0 xiGkg,乙所帶電荷量正電的小球乙發(fā)生彈性碰撞。已知甲、乙兩球的質(zhì)量均為q=2.0 x 15C, g取10m/s2。（水平軌道足夠長，甲、乙兩球可視為質(zhì)點，整個運動過程無電 荷轉(zhuǎn)移）（1）甲乙兩球碰撞后，乙恰能通過軌道的最高點D,求乙球在B點被碰后的瞬時速度大1MV022??；(2)在滿足1的條件下，求甲的速度 vo；(3)甲仍以中的速度 vo向右運動，增大甲的質(zhì)量，保持乙的質(zhì)量不變，求乙在軌道上的 首次落點到B點的

5、距離范圍。12月月考理綜物理試題【來源】四川省資陽市高中(2018屆)2015級高三課改實驗班273m。【答案】(1) 5m/s； (2) 5m/s； (3) 3m2【解析】【分析】【詳解】(1)對球乙從B運動到D的過程運用動能定理可得mg12R qE12R 1mvD 1 mvB乙恰能通過軌道的最高點 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)設向右為正方向，對兩球發(fā)生彈性碰撞的過程運用動量守恒定律可得mv0 mv0 mvB根據(jù)機械能守恒可得121212一 mvo 一 mvo 一 mvB222聯(lián)立解得Vo 0, Vo 5 m/s(3)設甲的質(zhì)量為

6、 M,碰撞后甲、乙的速度分別為vM、vm，根據(jù)動量守恒和機械能守恒定律有Mv0MVmmvm12MVm21 2- mvm2聯(lián)立得2Mv0vmM m分析可知：當 M=m時，vm取最小值vo;當M?m時，vm取最大值2vo可得B球被撞后的速度范圍為Vo Vm 2Vo設乙球過D點的速度為vD,由動能定理得mg12R qE(2R 1 mvD 2 ： mvm2聯(lián)立以上兩個方程可得3.5m/svD 2.30m/s設乙在水平軌道上的落點到B點的距離為X ,則有x vDt,2R1 .22 gt所以可得首次落點到B點的距離范圍2,3m3.2 m x23.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

7、電場，寬度為d ,兩側(cè)為相同的勻強磁場，方向垂直紙面向里.一質(zhì)量為m、帶電量 q、重力不計的帶電粒子，以初速度 Vi垂直邊界射入磁場做勻速圓周運動，后進入電場做勻加速運動，然 后第二次進入磁場中運動，此后粒子在電場和磁場中交替運動.已知粒子第二次在磁場中 運動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：X1rMiXXI1(1)粒子第一次經(jīng)過電場的過程中電場力所做的功W1(2)粒子第n次經(jīng)過電場時電場強度的大小 En(3)粒子第n次經(jīng)過電場所用的時間tn(4)假設粒子在磁場中運動時，電場區(qū)域場強為零.請畫出從粒子第一次射入磁場至第三 次離開電場的過程中，電場強度隨時間變化的關系圖線

8、(不要求寫出推導過程，不要求標 明坐標刻度值).【來源】河北省衡水中學滁州分校2018屆高三上學期全真模擬物理試題(1) Wi2qd2【解析】-223mv1(2n 1)mv1 (3、2 7 EnV 3 7tn2d(2n 1)v1(4)如圖;根據(jù)mv 、r 一二，因為2 2r1，所以V2 2%,所以Wi qB1212mv2mv1 , HYPERLINK l bookmark10 o Current Document 22= JKK .Ft-=-Id 京，所以(工而而(4)4.如圖所示，在xOy坐標平面的第一象限內(nèi)有一沿 y軸負方向的勻強電場，在第四象限內(nèi) 有一垂直于平面向里的勻強磁場，現(xiàn)有一質(zhì)量

9、為 m、電量為+q的粒子(重力不計)從坐標 原點。射入磁場，其入射方向與 x的正方向成45角.當粒子運動到電場中坐標為( 3L, L)的P點處時速度大小為 vo,方向與x軸正方向相同.求：(1)粒子從O點射入磁場時的速度 v;(2)勻強電場的場強國和勻強磁場的磁感應強度 Bo.(3)粒子從。點運動到P點所用的時間.F(JU L) TOC o 1-5 h z INI HYPERLINK l bookmark76 o Current Document Q下K【來源】海南省?？谑泻Ｄ现袑W2018-2019學年高三第十次月考物理試題 HYPERLINK l bookmark78 o Current D

10、ocument 【答案】(1)揚0, (2)誓；(3) (8 )L Lq4v0【解析】 【詳解】解：(1)若粒子第一次在電場中到達最高點 P ,則其運動軌跡如圖所示，粒子在 O點時的速度大小為v, OQ段為圓周，QP段為拋物線，根據(jù)對稱性可知，粒子在 Q點時的速度大小也為 V,方向與 X軸正方向成 45 角，可得： v0 vc解得：v J2V0Jlyi -，1 IVci 貝 ILLX 不少O*x xxA，X1 內(nèi)算算NIUH(2)在粒子從Q運動到P的過程中，由動能定理得：qEL2解得：E mv02qL又在勻強電場由Q到P的過程中，水平方向的位移為： x豎直方向的位移為： y v0t1 L2可得

11、：Xqp 2L, OQ L由OQ 2 Rcos45 ,故粒子在OQ段圓周運動的半徑：2s451212. 一 mv0 - mv22c vjR L M R解得：Bo2mvqL在 Q 點時，vy votan45vot .L 2L設粒子從由Q到P所用時間為ti,在豎直方向上有：1 v0 v0 2粒子從。點運動到Q所用的時間為：t2 L4vo則粒子從。點運動到P點所用的時間為:t 總 tl t22L Lvo 4vo(8 )L4vo.如圖紙面內(nèi)的矩形 ABCD區(qū)域存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，對邊AB/ CDAD/ BC,電場方向平行紙面，磁場方向垂直紙面，磁感應強度大小為B.一帶電粒子從 AB上的P

12、點平行于紙面射入該區(qū)域，入射方向與AB的夾角為0 ( 0m2),在紙面內(nèi)經(jīng) 電場和磁場后都打在照相底片上.若要使兩種離子的落點區(qū)域不重疊，則AU應滿足什么U條件？(粒子進入磁場時的速度方向與豎直方向的最大夾角仍為a)【來源】浙江諸暨市牌頭中學2017-2018學年高二1月月考物理試題,、 8U(2)最大值X最小值XCOS,2(lm1 cosm2)2mi cosm2U 2m1 cosm2【解析】【詳解】(1)沿SO方向垂直進入磁場的粒子，最后打在照相底片粒子經(jīng)過加速電場：qU=1 mv22D的粒子;B x所以粒子的比荷為：q -8UT m B x、 ，一一2qmU x(2)粒子在磁場中圓運動半徑

13、R -qB 2由圖象可知：粒子左偏。角（軌跡圓心為 Oi）或右偏。角（軌跡圓心為 O2）落點到O的距離相等，均為 L=2Rcos。故落點到O的距離最大：Lmax=2R=X最小：Lmin=2RcoS a =xcos a（3）考慮同種粒子的落點到。的距離；當加速電壓為U+AU偏角0 =0寸，距離最大,2Lmax=2Rmax=.2qm（U U ）Bq ,當加速電壓為 U-川、偏角。=時，距離最小2 Lmin=2Rmin cos a =_j2qml(UU )Bqcos a考慮質(zhì)量不同但電荷量相同的兩種粒子由 R=J2qmU 和 mim2 知：ReqB要使落點區(qū)域不重疊，則應滿足:Limin l_2ma

14、x2一.二2qmi(UU)Bqcos-2-j2qrni2(UBq .U)解得：U2micosm2（應有條件 micos2 a m2,否則粒子落點區(qū)域必然重疊）9.在平面直角坐標系xOy中，第n、出象限y軸到直線PQ范圍內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強電場，電場強度大小 E 500N/C,第I、W象限以 0.4,0為圓心，半徑為的圓形范圍內(nèi)，存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度 B 0.5T.大量質(zhì)量為 m 1 10 10kg ,電荷量q 1 10 6C的帶正電的粒子從 PQ上任意位置由靜止進入電 場.已知直線PQ到y(tǒng)軸的距離也等于 R.不計粒子重力，求：粒子進入磁場時的速度大小;(1)* *仆

15、(3)【來源】天津市耀華中學2019屆高三高考二模物理試題【答案】(1) 2000m/s【解析】(2) 0.2m (3)2104s(1)粒子在電場中加速,則有:EqR1 2一 mv2若某個粒子出磁場時速度偏轉(zhuǎn)了120：,則該粒子進入電場時到 y軸的距離h多大?粒子在磁場中運動的最長時間.解得：v 2000m/s(2)在磁場中，有：qvB2 v m r解得：r 0.4m R即正好等于磁場半徑，如圖，軌跡圓半徑與磁場圓半徑正好組成一個菱形由此可得h Rsin300.2m(3)無論粒子從何處進入磁場,2)中菱形特點均成立，所有粒子均從同一位置射出磁10.如圖所示，在直角坐標系域，二三像限區(qū)域內(nèi)各有一

16、個高10 4s皿. T m 八場，故tmax22 Bqx0y平面的一、四個象限內(nèi)各有一個邊長為L的正方向區(qū)L,寬2L的勻強磁場，其中在第二象限內(nèi)有垂直坐標平面向外的勻強磁場，第一、三、四象限內(nèi)有垂直坐標平面向內(nèi)的勻強磁場，各磁場的磁感應強度大小均相等，第一象限的xL, Ly2L的區(qū)域內(nèi)，有沿y軸正方向的勻強電場.現(xiàn)有一質(zhì)量為四電荷量為q的帶負電粒子從坐標（L, 3L/2）處以初速度V0沿x軸負方向射入電場，射出電場時通過坐標 （0, L）點，不計粒子重力.（1）求電場強度大小E;（2）為使粒子進入磁場后途經(jīng)坐標原點。到達坐標（-L, 0）點，求勻強磁場的磁感應強度大小B；（3）求第（2）問中粒

17、子從進入磁場到坐標（-L, 0）點所用的時間.【來源】四川省2018屆高三春季診斷性測試理綜物理試題2【答案】（1） E 曬（2） B qL4nmv0n=1、 2、 3qL(3)Lt 一2v本題考查帶電粒子在組合場中的運動, 解.需畫出粒子在磁場中的可能軌跡再結(jié)合物理公式求.,L 12 L帶電粒子在電場中做類平拋運動有：L v0t , - -at , qE ma2聯(lián)立解得：E地qLvx（2）粒子進入磁場時，速度方向與y軸負方向夾角的正切值 tan =1vy速度大小v -v0-. 2v0sin設x為每次偏轉(zhuǎn)圓弧對應的弦長，根據(jù)運動的對稱性，粒子能到達（ L, 0 ）點，應滿足L=2nx,其中n=

18、1、2、3粒子軌跡如圖甲所示，偏轉(zhuǎn)圓弧對應的圓心角為一；當滿足2L=（2n+1）x時，粒子軌跡如圖乙所示.乙若軌跡如圖甲設圓弧的半徑為R,圓弧對應的圓心角為鼻一.則有x=、2 R,此時滿足L=2nx2聯(lián)立可得：R 2、2n由牛頓第二定律，洛倫茲力提供向心力，則有:qvB2 V m一R得：B4nmv0,n=1、2、 3.qL軌跡如圖乙設圓弧的半徑為 R,圓弧對應的圓心角為萬.則有x2 J2R2,此時滿足L 2n 1 x2聯(lián)立可得：R2由牛頓第二定律,洛倫茲力提供向心力,則有:qvB2 V mR22 2n 1 mv0得：B2 , n=1、2、qL所以為使粒子進入磁場后途經(jīng)坐標原點0到達坐標（-L,

19、0）點，求勻強磁場的磁感應強度大4nmv0小B qLn=1、2、3 .或 B22 2n 1 mv0n=1、2、3.（3）若軌跡如圖甲,粒子從進人磁場到從坐標0 =2nx-x 2=2n兀則t T2n 2n mqL（一 L, 0）點射出磁場過程中，圓心角的總和LqB2vo若軌跡如圖乙，粒子從進人磁場到從坐標（一 L, 0）點射出磁場過程中，圓心角的總和(4n 2)0 =(2n+1) X 2 兀=(4n+2) 12 T22(4n 2) mqB2Vo粒子從進入磁場到坐標（-L, 0）點所用的時間為2n m L或qB 2V0t2T2(4n 2)(4n 2) m LVoqB211.如圖1 ,光滑絕緣水平平

20、臺 MNQP為矩形，GH/ PQ, MP=NQ=1m, MN=GH=PQ=0.4m,平臺離地面高度為 h=2.45m.半徑為R=0.2m的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應強度B=0.05T,方向豎直向上，與MP邊相切于A 點，與NQ邊相切于D點，與GH相切于C點.平臺上 PGHQ區(qū)域內(nèi)有方向由 P指向G的 勻強電場，場強大小為 E=0.25V/m.平臺右方整個空間存在方向水平向右的電場，場強大小也為E=0.25V/m,俯視圖如圖2.兩個質(zhì)量均為 m=2X 105kg的小球a、b,小球a帶正 電，電量q=4X 104C,小球b不帶電，小球a、b均可視為質(zhì)點.小球 a從A點正對圓心 O 射入磁場，偏車9

21、90后離開磁場，一段時間后與靜止在平臺D點的小球b發(fā)生彈性碰撞，碰后兩球離開平臺，并在此后的運動過程中發(fā)生多次彈性碰撞，a球帶電量始終不變，碰撞時間忽略不計.已知重力加速度g=10m/s2,兀=3.14不計空氣阻力，求：D1(1)小球a射入磁場時的速度大??；(2)從小球a射入磁場到第一次與小球b相碰撞，小球a運動的路程；(3)兩個小球落地點與 NQ的水平距離.【來源】【市級聯(lián)考】重慶市 2019屆高三5月調(diào)研測試(第三次診斷性考試 )理綜試卷物 理試題【答案】(1) 0.2m/s (2) 0.636m (3) 0.684m【解析】【詳解】(1)小球a從A點正對圓心。射入磁場，偏車9 90 后離

22、開磁場，小球a在洛倫茲力作用下做 圓周運動，軌跡如圖：HM分析得半徑R=0.2m2 v 田 qvB m R得：v=0.2m/s(2)磁場中運動的路程 si=兀R=0.628m電場中加速度a 5m/s2 m2電場的路程s2 2 0.008m 2a小球a射入磁場到與小球 b相碰過程運動的路程 s s1s2 0.636m(3)a、b球彈性碰撞，質(zhì)量相等每一次碰撞速度交換.D點碰后，兩球速度分別為VaD=0, VbD=0.2m/s此后兩球拋離平臺，豎直方向均做自由落體運動由h -gt-得，兩小球在空中運動時間t J2h 0.7s TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark72

23、 o Current Document 2, g水平方向：b球勻速運動，a球加速運動，加速度 a SE 5m/s2 m每次碰到下一次碰撞，兩球位移相等，vt圖如圖所示：1/!業(yè) OH 0* 16 0, 21 f f12可得，每兩次碰撞間隔時間是定值：vbD t -a( t)22t 0.08s TOC o 1-5 h z ,t0.7。3由8- HYPERLINK l bookmark296 o Current Document t0.084所以小球在空中碰 8次后，再過0.06s落地小球b在空中碰 n次后速度為 VbN=(n+1)vbD=0.2(n+1) m/s小球離開D點后在空中第一次碰撞前，

24、水平位移xi=vbi t=0.016m小球在空中第一次到第二次碰撞水平位移X2=2vbi t=0.032m以此類推，小球在空中第 n-1次到第n次碰撞水平位移xn=nxi=0.016m所以，在空中碰撞 8次時的水平位移 X0=0.016 21+2+3+4+5+6+7+8) =0.576m 第8次碰后vb8=1.8m/sva8=1.6m/s所以，8 次碰后 0.06s 內(nèi)， Xb=vb8X 0.06=0.108mxa=va8X 0.06+1a x 0.02=0.105m2所以，水平位移分別為xa=x0+Axa=0.681mxb=x0+A xb=0.684m12.如圖所示，直線y=x與y軸之間有垂

25、直于xOy平面向外的勻強磁場 B1，直線x=d與 y=x間有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度E 1.0 104V/m，另有一半徑R=1.0m的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應強度B2 0.20T ,方向垂直坐標平面向外，該圓與直線 x=d和x軸均相切，且與x軸相切于S點.一帶負電的粒子從S點沿y軸的正方形以速度 v0進入圓形磁場區(qū)域，經(jīng)過一段時間進入磁場區(qū)域B1，且第一次進入磁場 B1時的速度方向與直線55 _. 一y=x垂直.粒子速度大小 Vo 1.0 10 m/s,粒子的比荷為 q/m 5.0 10 C/kg ,粒子重 力不計.求：田|】粒子在勻強磁場 B2中運動的半徑r；(2)坐標d的值；(3)

26、要使粒子無法運動到 x軸的負半軸，則磁感應強度B1應滿足的條件；(4)在(2)問的基礎上，粒子從開始進入圓形磁場至第二次到達直線y=x上的最長時間(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)測理科綜合能力測試物理試題【答案】(1)r=1m (2) d 4m (3) Bi 0.1T 或 Bi 0.24T (4) t 6.2 105s【解析】【詳解】2解：（1）由帶電粒子在勻強磁場中運動可得：B2qv0 mv0r解得粒子運動的半徑：r 1m（2）粒子進入勻強電場以后，做類平拋運動，設粒子運動的水平位移為x,豎直位移為y水平方向：x V0t2豎直方向： y

27、ata型 mvotan45 at聯(lián)立解得：x 2m, y 1m由圖示幾何關系得：d x y R解得：d 4m TOC o 1-5 h z （3）若所加磁場的磁感應強度為b ,粒子恰好垂直打在 y軸上，粒子在磁場運動半徑為由如圖所示幾何關系得：1、2 y Rv. 2vo2由帶電粒子在勻強磁場中運動可得：B1qv mr1解得：B10.1T若所加磁場的磁感應強度為B1，粒子運動軌跡與軸相切，粒子在磁場中運動半徑為2由如圖所示幾何關系得：r2 、,2r2.2 y R由帶電粒子在勻強磁場中運動可得:解得 Bi-2T 0.24T10綜上，磁感應強度應滿足的條件為B 0.1T或Bi 0.24Tfj EWL

28、m ST.r(4)設粒子在磁場 B2中運動的時間為tl,在電場中運動的時間為 t2 ,在磁場Bi中運動的時 間為t3 ,則有：ti1Ti4Ti”Vot2xVot32T2T222v解得：t ti t2 t32 i.52.2_ 5_ _ 5i0 5s 6.2 i0 5si3.如圖甲所示，兩平行金屬板接有如圖乙所示隨時間t變化的電壓U,兩板間電場可看作均勻的，且兩金屬板外無電場，兩金屬板長L= 0.2 m ,兩板間距離d = 0.2 m.在金屬板右側(cè)邊界MN的區(qū)域有一足夠大的勻強磁場，MN與兩板中線 OO垂直，磁感應強度為 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)射入電場中，已知每

29、個粒子速度V0=i05 m/s,比荷 = i08 C/kg,重力忽略不計，在每個粒子通過電場區(qū)域的極短時m間內(nèi)，電場可視作是恒定不變的.(i)試求帶電粒子射出電場時的最大速度；(2)任意時刻從電場射出的帶電粒子，進入磁場時在MN上的入射點和在 MN上出射點的距離是一確定的值s,試通過計算寫出 s的表達式(用字母 m、V。、q、B表示).MXKX翼XM XXXX XXX 管 / 甲 i 圾0KxxxXXN K【來源】【市級聯(lián)考】肇慶市2019屆高三第三次統(tǒng)一檢測理綜物理試題【答案】(1) vm 22 105m/s 1.41 105m/s.方向：斜向右上方或斜向右下方，與2mv0初速度方向成45。

30、夾角；(2) s 2Rsin,距離s與粒子在磁場中運行速度的大 小無關，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，也可能只有部分粒子能射出電場，設偏轉(zhuǎn)的電壓為 U。時，粒子剛好能經(jīng)過極板的右邊緣射出，則：d 1Uq/L2()22 md v0解得 U0= 100V知偏轉(zhuǎn)電壓為100V時，粒子恰好能射出電場，且速度最大.根據(jù)動能定理得，mvm2 - mv02 qU0222Vm 匹 105m /s 1.41 105m/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)設粒子射出電場速度方向與 MN間夾角為0.粒子射出電場時速度大小為

31、：v -v0-sin2在磁場中，qvB m R“ m mv解得RqBmv。 qBsin2mv0qBs為定值.因此粒子射進磁場點與射出磁場點間距離為：s 2Rsin由此可看出，距離 s與粒子在磁場中運行速度的大小無關, 14.如圖所示，一束質(zhì)量為 m、電荷量為q的粒子，恰好沿直線從兩帶電平行板正中間通 過，沿圓心方向進入右側(cè)圓形勻強磁場區(qū)域，粒子經(jīng)過圓形磁場區(qū)域后，其運動方向與入射方向的夾角為 。弧度).已知粒子的初速度為 70,兩平行板間與右側(cè)圓形區(qū)域內(nèi)的磁場的 磁感應強度大小均為 B,方向均垂直紙面向內(nèi)，兩平行板間距為 d,不計空氣阻力及粒子 重力的影響，求：(1)兩平行板間的電勢差 U；(2)粒子在圓形磁場區(qū)域中運動的時間t;(3)圓形磁場區(qū)域的半徑 R.【來源】甘肅省張掖市 2019屆高三上學期第一次聯(lián)考理科綜合試題(物理部分 )【答案】(Bv*(2)卡； R=mV0tan2qB【解析】【分析】(1)由粒子在平行板間做直線運動可知洛倫茲力和電場力平衡，可得兩平行板間的電勢 差.(2)在圓形磁場區(qū)域中，洛倫茲力提供向心力，找到轉(zhuǎn)過的角度和周期的關系可得粒子在圓形磁場區(qū)域中運動的時間 .(3)由幾何關系求半徑 R.【詳解】(1)由粒子在平行板間做直線運動可知，Bvoq=qE,平行