山東省恒臺(tái)第一中學(xué)高中物理帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)壓軸題易錯(cuò)題

山東省包臺(tái)第一中學(xué)高中物理帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)壓軸題易錯(cuò)題一、帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)壓軸題1.兩塊足夠大的平行金屬極板水平放置，極板間加有空間分布均勻、大小隨時(shí)間周期性變化的電場(chǎng)和磁場(chǎng)，變化規(guī)律分別如圖1、圖2所示(規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向)。在t=0時(shí)刻由負(fù)極板釋放一個(gè)初速度為零的帶負(fù)電的粒子(不計(jì)重力)，若電場(chǎng)q2m一強(qiáng)度R、磁感應(yīng)強(qiáng)度Bo、粒子的比荷上均已知，且to,兩板間距mqBo2.10mEoh2°qBo2(1)求粒子在0?to時(shí)間內(nèi)的位移大小與極板間距h的比值。(2)求粒子在板板間做圓周運(yùn)動(dòng)的最大半徑(用h表示)。(3)若板間電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間的變化仍如圖1所示，磁場(chǎng)的變化改為如圖3所示，試畫(huà)出粒子在板間運(yùn)動(dòng)的軌跡圖(不必寫(xiě)計(jì)算過(guò)程粒子在板間運(yùn)動(dòng)的軌跡圖(不必寫(xiě)計(jì)算過(guò)程)。E【來(lái)源】帶電粒子的偏轉(zhuǎn)【答案】(【答案】(1)粒子在o?to時(shí)間內(nèi)的位移大小與極板間距3 1h的比值———h5(2)粒子在極板間做圓周運(yùn)動(dòng)的最大半徑R22h(2)粒子在極板間做圓周運(yùn)動(dòng)的最大半徑R22h5(3)粒子在板間運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖:(1)設(shè)粒子在o?to時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移大小為s1又已知t0篝,h2又已知t0篝,h2102mEo聯(lián)立解得:siS|—at0①2(2)解法一粒子在to~2t。時(shí)間內(nèi)只受洛倫茲力作用，且速度與磁場(chǎng)方向垂直，所以粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。設(shè)運(yùn)動(dòng)速度大小為Vi,軌道半徑為Ri,周期為T(mén),則Viat。2mvq^B。一R聯(lián)立解得：Rito2mto又T——qB0即粒子在to?2t0時(shí)間內(nèi)恰好完成一個(gè)周期的圓周運(yùn)動(dòng)。TOC\o"1-5"\h\z在2to~3to時(shí)間內(nèi)，粒子做初速度為vi的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)位移大小為s2s2Vit02at0-3.解得：s2-h5半徑為由于si+S2〈h,所以粒子在3t0~4t0時(shí)間內(nèi)繼續(xù)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)速度大小為V2,半徑為R2,有:VViat02mv2qv2B0R2解得R解得R22h5由于si+s2+e〈h,粒子恰好又完成一個(gè)周期的圓周運(yùn)動(dòng)。在4t0~5t0時(shí)間內(nèi)，粒子運(yùn)動(dòng)到正極板(如圖所示)：

2h因此粒子運(yùn)動(dòng)的最大半徑R22h解法二由題意可知，電磁場(chǎng)的周期為2to,前半周期粒子受電場(chǎng)作用做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為：。qEoa—

m方向向上。TOC\o"1-5"\h\z后半周期粒子受磁場(chǎng)作用做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，周期為T(mén)T2B02to粒子恰好完成一次勻速圓周運(yùn)動(dòng)。Sn至第nSn12Sn-a(nto)22.102mEo又已知h1qB22由以上各式得：sn—h5粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為:Rnmvn

qBo解得：粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為:Rnmvn

qBo解得：Rnnh5顯然s2R2hs5因此粒子運(yùn)動(dòng)的最大半徑R22h5因此粒子運(yùn)動(dòng)的最大半徑R22h5(3)粒子在板間運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示:2.如圖，絕緣粗糙的豎直平面MN左側(cè)同時(shí)存在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向右，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿MN下滑，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)離開(kāi)MN做曲線運(yùn)動(dòng).A、C兩點(diǎn)間距離為h,重力加速度為g.

(1)求小滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大小Vc;(2)求小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過(guò)程中克服摩擦力做的功Wf；(3)若D點(diǎn)為小滑塊在電場(chǎng)力、洛倫茲力及重力作用下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度最大的位置，當(dāng)小滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)撤去磁場(chǎng)，此后小滑塊繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到水平地面上的P點(diǎn).已知小滑塊在D點(diǎn)時(shí)的速度大小為VD,從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為t,求小滑塊運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)速度的大小Vp.【來(lái)源】2015年全國(guó)普通高等學(xué)校招生統(tǒng)一考試物理(福建卷帶解析)【答案】(1)E/B⑵嗚二嘯的一1陽(yáng)與(3)￥二由電「二「產(chǎn)+42R，Vk【詳解】小滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)離開(kāi)MN,此時(shí)與MN間的作用力為零，對(duì)小滑塊受力分析計(jì)算此時(shí)的速度的大小；由動(dòng)能定理直接計(jì)算摩擦力做的功Wf；撤去磁場(chǎng)后小滑塊將做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)分運(yùn)動(dòng)計(jì)算最后的合速度的大小；(1)由題意知，根據(jù)左手定則可判斷，滑塊在下滑的過(guò)程中受水平向左的洛倫茲力，當(dāng)洛倫茲力等于電場(chǎng)力qEM滑塊離開(kāi)MN開(kāi)始做曲線運(yùn)動(dòng)，即BqvqE解得：vEB12c(2)從A到C艮據(jù)動(dòng)能定理：mghWf-mv02…1E2斛得：Wfmghm22B(3)設(shè)重力與電場(chǎng)力的合力為F,由圖意知，在D點(diǎn)速度vd的方向與F地方向垂直，從D到P1,2做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，在m向做勻加速運(yùn)動(dòng)a=F/m,t時(shí)間內(nèi)在F萬(wàn)向的位移為x-at2c12從D到P,根據(jù)動(dòng)能定理：&a50,其中一mv1422聯(lián)立解得：vPmg(qE)J2聯(lián)立解得：vP2tvdm【點(diǎn)睛】MN分離時(shí)，小滑塊與MN分離時(shí)，小滑塊與MN間的作用力為零，在撤去磁場(chǎng)后小滑塊將做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)滑塊的不同的運(yùn)動(dòng)過(guò)程逐步求解即可.m、.對(duì)鈾235的進(jìn)一步研究在核能的開(kāi)發(fā)和利用中具有重要意義.m、電荷量為q的鈾235離子，從容器A下方的小孔Si不斷飄入加速電場(chǎng)，其初速度可視為R的勻零，然后經(jīng)過(guò)小孔3垂直于磁場(chǎng)方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為BR的勻速圓周運(yùn)動(dòng).離子行進(jìn)半個(gè)圓周后離開(kāi)磁場(chǎng)并被收集，離開(kāi)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.（2）求出在離子被收集的過(guò)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+AU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，為使這兩在U種離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡不發(fā)生交疊，G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(lái)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）詈（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:qU=^mv2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二一翎工管解得：U二一.dsEEl（2）設(shè)在t時(shí)間內(nèi)收集到的離子個(gè)數(shù)為N,總電荷量Q=ItQ=NqTtlftM="Nm"=（3）由以上分析可得:

設(shè)m，為鈾238離子質(zhì)量，由于電壓在U±AU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：Rmin^'爾閃q1卜HW15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：R1卜HW15即:得:?1-,<""：?△口：一二：n-hUm+工其中鈾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-IT23BU-SS5U則：一<IT299U+235L]解得：一<0.63%.如圖紙面內(nèi)的矩形ABCD區(qū)域存在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，對(duì)邊AB//CDAD//BC,電場(chǎng)方向平行紙面，磁場(chǎng)方向垂直紙面，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一帶電粒子從AB上的P點(diǎn)平行于紙面射入該區(qū)域，入射方向與AB的夾角為0(0<90°),粒子恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)并從CD射出.若撤去電場(chǎng)，粒子以同樣的速度從P點(diǎn)射入該區(qū)域，恰垂直CD射出.已知邊長(zhǎng)AD=BC=d,帶電粒子的質(zhì)量為m,帶電量為q,不計(jì)粒子的重力.求：(1)帶電粒子入射速度的大小；(2)帶電粒子在矩形區(qū)域內(nèi)作直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(3)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小.【來(lái)源】【市級(jí)聯(lián)考】廣東省廣州市2019屆高三12月調(diào)研測(cè)試?yán)砜凭C合試題物理試題【答案】(1)-qBdmcosmcosqBsinqB2【答案】(1)-qBdmcosmcosqBsinqB2dmcos【解析】【分析】畫(huà)出粒子的軌跡圖，由幾何關(guān)系求解運(yùn)動(dòng)的半徑，根據(jù)牛頓第二定律列方程求解帶電粒子入射速度的大小；帶電粒子在矩形區(qū)域內(nèi)作直線運(yùn)動(dòng)的位移可求解時(shí)間；根據(jù)電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡求解場(chǎng)強(qiáng).R,畫(huà)出運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,(1)設(shè)撤去電場(chǎng)時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R,畫(huà)出運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,d由幾何關(guān)系可知：cosR2洛倫茲力做向心力：qv0Bmv0-RqBd斛信v0mcos(2)設(shè)帶電粒子在矩形區(qū)域內(nèi)作直線運(yùn)動(dòng)的位移為x,有sindx粒子作勻速運(yùn)動(dòng)：x=vot聯(lián)立解得t聯(lián)立解得tmcos

qBsinEq=qvoB(3)Eq=qvoB21解得EqBdmcos【點(diǎn)睛】此題關(guān)鍵是能根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)情況畫(huà)出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡圖，結(jié)合幾何關(guān)系求解半徑等物理量；知道粒子作直線運(yùn)動(dòng)的條件是洛倫茲力等于電場(chǎng)力^5.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)Ei,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

二4E1。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)。處用絕緣細(xì)支柱支撐的(支柱與b球不粘連、無(wú)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)電場(chǎng)、磁場(chǎng)的影響，求:場(chǎng)、磁場(chǎng)的影響，求:⑴碰撞后，a⑴碰撞后，a、b球的速度大??；,2vo_ ……e… ，、(2)a、b碰后，經(jīng)t——時(shí)a球到某位置P點(diǎn)，求3gP點(diǎn)的位置坐標(biāo);(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?！緛?lái)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1 2【來(lái)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1 2【答案】⑴va 二V0,灰一V0;(2)3 3B16mvo3qL【解析】【分析】2V29g2Vo9g16mv0i 或15qLmgqEmgqE1①mvomva2mvb②；mv：1mv222mv2d(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(lèi)平拋運(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?！驹斀狻?1)a勻速,則a、b碰撞，動(dòng)量守恒機(jī)械能守恒由②③得

1....2-小VaaVo,Vb-Vo④33(2)碰后a、b電量總量平分，則1qaqb-q碰后a在電場(chǎng)中向左做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)t——時(shí)a球到P點(diǎn)的位置坐標(biāo)為(-x,-y)3g1.2…xvat⑤，y—at⑥2其中一11mg—qE〔ma⑦，a=g22由⑤⑥⑦得222VoVox,y9g9g故P點(diǎn)的位置坐標(biāo)為(也9g2,包）⑧9g(3)碰撞后對(duì)b1「八-qE22mg⑨故b做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則-qvbB2m—⑩2r得8mv0r?3qB-b恰好從C射出，則L2r?由？？得16mv0Bi3qL恰從D射出，則由幾何關(guān)系r24L2rL2?,得5.r—L?2-由？？得

16mv0B2——-15qL故要使b不從CD邊界射出，則B的取值范圍滿足0B組或B皿015qL3qL【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(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解。6.正、負(fù)電子從靜止開(kāi)始分別經(jīng)過(guò)同一回旋加速器加速后，從回旋加速器D型盒的邊緣引出后注入到正負(fù)電子對(duì)撞機(jī)中.正、負(fù)電子對(duì)撞機(jī)置于真空中.在對(duì)撞機(jī)中正、負(fù)電子對(duì)撞后湮滅成為兩個(gè)同頻率的光子.回旋加速器D型盒中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。,回旋加速器的半徑為R,加速電壓為U;D型盒縫隙間的距離很小，帶電粒子穿過(guò)的時(shí)間可以忽略不計(jì).電子的質(zhì)量為m、電量為e,重力不計(jì).真空中的光速為c,普朗克常量為h.(1)求正、負(fù)電子進(jìn)入對(duì)撞機(jī)時(shí)分別具有的能量E及正、負(fù)電子對(duì)撞湮滅后產(chǎn)生的光子頻率v(2)求從開(kāi)始經(jīng)回旋加速器加速到獲得最大能量的過(guò)程中，D型盒間的電場(chǎng)對(duì)電子做功的平均功率P(3)圖甲為正負(fù)電子對(duì)撞機(jī)的最后部分的簡(jiǎn)化示意圖.位于水平面的粗實(shí)線所示的圓環(huán)真空管道是正、負(fù)電子做圓周運(yùn)動(dòng)的容器”，正、負(fù)電子沿管道向相反的方向運(yùn)動(dòng)，在管道內(nèi)控制它們轉(zhuǎn)變的是一系列圓形電磁鐵.即圖中的Ai、A2、A4……從共有n個(gè)，均勻分布在整個(gè)圓環(huán)上.每個(gè)電磁鐵內(nèi)的磁場(chǎng)都是勻強(qiáng)磁場(chǎng)，并且磁感應(yīng)強(qiáng)度都相同，方向豎直向下.磁場(chǎng)區(qū)域的直徑為d.改變電磁鐵內(nèi)電流大小，就可以改變磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，從而改變電子偏轉(zhuǎn)的角度.經(jīng)過(guò)精確調(diào)整，首先實(shí)現(xiàn)電子在環(huán)形管道中沿圖甲中粗虛線所示的軌道運(yùn)動(dòng)，這時(shí)電子經(jīng)過(guò)每個(gè)電磁鐵時(shí)射入點(diǎn)和射出點(diǎn)都在電磁鐵的同一直徑的兩端，如圖乙所示.這就為進(jìn)一步實(shí)現(xiàn)正、負(fù)電子的對(duì)撞做好了準(zhǔn)備.求電磁鐵內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小【來(lái)源】2019年天津市濱海新區(qū)塘沽一中高三三模理綜物理試卷【答案】(1)v【答案】(1)ve2B02R22mc2E

mhh'2_2_2e2B02R22m2eB°U 2B°Rsin一;(2) ;(3)nm d解：(1)正、負(fù)電子在回旋加速器中磁場(chǎng)里則有:2mvoevBo 解得正、負(fù)電子離開(kāi)回旋加速器時(shí)的速度為:voeB0R正、負(fù)電子進(jìn)入對(duì)撞機(jī)時(shí)分別具有的能量： E正、負(fù)電子對(duì)撞湮滅時(shí)動(dòng)量守恒，能量守恒，則有:12-mvo2 2 2eB解：(1)正、負(fù)電子在回旋加速器中磁場(chǎng)里則有:2mvoevBo 解得正、負(fù)電子離開(kāi)回旋加速器時(shí)的速度為:voeB0R正、負(fù)電子進(jìn)入對(duì)撞機(jī)時(shí)分別具有的能量： E正、負(fù)電子對(duì)撞湮滅時(shí)動(dòng)量守恒，能量守恒，則有:12-mvo2 2 2eBoR2m22E2mc2hv正、負(fù)電子對(duì)撞湮滅后產(chǎn)生的光子頻率:2 2 2c2eB0R2mc

v mhh(2)從開(kāi)始經(jīng)回旋加速器加速到獲得最大能量的過(guò)程，設(shè)在電場(chǎng)中加速n次,則有:neU12-mvo2解得：neBo2R2

2mU正、負(fù)電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為:2m

eBo正、負(fù)電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為： tD型盒間的電場(chǎng)對(duì)電子做功的平均功率：__2nT BoRT2 2U2-WEe2BoUP—— ttm(3)設(shè)電子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為 r,由幾何關(guān)系可得「.drsin——n2 r 解得：r2sin一n根據(jù)洛倫磁力提供向心力可得:2mvoev0B r電磁鐵內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B大?。築2BoRsin—

nd7.實(shí)驗(yàn)中經(jīng)常利用電磁場(chǎng)來(lái)改變帶電粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡.如圖所示，M(1H)、笊23(iH)、瓶(iH)三種粒子同時(shí)沿直線在紙面內(nèi)通過(guò)電場(chǎng)強(qiáng)度為E、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的復(fù)合場(chǎng)區(qū)域.進(jìn)入時(shí)代與笊、笊與瓶的間距均為d,射出復(fù)合場(chǎng)后進(jìn)入y軸與MN之間(其夾角為0)垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域I,然后均垂直于邊界MN射出.虛線MN與PQ間為真空區(qū)域H且PQ與MN平行.已知質(zhì)子比荷為—,不計(jì)重力.m(1)求粒子做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小v;

(2)求區(qū)域I內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度Bi；(3)若虛線PQ右側(cè)還存在一垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域出，經(jīng)該磁場(chǎng)作用后三種粒子均能匯聚于MN上的一點(diǎn)，求該磁場(chǎng)的最小面積S和同時(shí)進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)的五、瓶運(yùn)動(dòng)到匯聚點(diǎn)的時(shí)間差A(yù)t.[Failedtodownloadimage:http:〃0:8086/QBM/2019/&13/2224672582623232/2224907340759040/STEM/dc3c33cca5564bb396bf46dd7f953dfa.png]【來(lái)源】江蘇省蘇州市2019屆高三上學(xué)期期末陽(yáng)光指標(biāo)調(diào)研考試物理試題喑案】⑴B(嗡⑶Td(1)粒子在電磁復(fù)合場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡，可求粒子的速度大小；(2)由粒子的軌跡與邊界垂直，可求軌跡半徑，由洛倫茲力提供向心力，可求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；(3)由瓶粒子圓周運(yùn)動(dòng)直徑可求磁場(chǎng)的最小面積.根據(jù)五、瓶得運(yùn)動(dòng)周期，結(jié)合幾何關(guān)系，可求五、瓶到匯聚點(diǎn)的時(shí)間差.【詳解】(1)由電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡，Bqv=Eq解得v=E/B.(2)由洛倫茲力提供向心力，2Bvq=m—r由幾何關(guān)系得r=d…口mE…口mE解得B= qdB(3)分析可得瓶粒子圓周運(yùn)動(dòng)直徑為3r213r磁場(chǎng)取小面積s=一兀22解得S=兀d2由題意得IB2=2B1

一2r-2m由T= 得T= qB由軌跡可知Ati=(3Ti—Ti)—,其中2mTi= qBiAt2=1(3T2-T2),其中一2r-2m由T= 得T= qB由軌跡可知Ati=(3Ti—Ti)—,其中2mTi= qBiAt2=1(3T2-T2),其中T2=22mqB2)解得ttl+t2( 2)BdEA、B板間的電場(chǎng)加速后從B板上的小孔豎直向上飛出，進(jìn)入豎直放置的CD板間，CD板間存在正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向水平向右，大小為E,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向水平向里，大小為Bi。其中一些粒子能沿圖中虛線做直線運(yùn)動(dòng)到達(dá)上方豎直圓上的a點(diǎn)，圓內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2、方向水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。其中S、a、圓心O點(diǎn)在同一豎直線上。不計(jì)粒子的重力和粒子之間的作用力。求：（1）能到達(dá)a點(diǎn)的粒子速度v的大?。唬?）若e、f兩粒子帶不同種電荷，它們的比荷之比為1：3,都能到達(dá)a點(diǎn)，則對(duì)應(yīng)A、B兩金屬板間的加速電壓Ui:U2的絕對(duì)值大小為多大；（3）在滿足（2）中的條件下，若e粒子的比荷為k,e、f兩粒子在磁場(chǎng)圓中射出的兩位置恰好t為多少？在圓形磁場(chǎng)的同一條直徑上，則兩粒子在磁場(chǎng)圓中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間差t為多少？【來(lái)源】河南省名校聯(lián)盟20i9屆年高三第五次（3月份）調(diào)研考試?yán)砜凭C合物理試題E，，，【答案】(i)v-；(2)Ui：U23:i；(3)ttit2Bi9kB2【解析】【詳解】解：（i）能達(dá)到a點(diǎn)的粒子速度設(shè)為v,說(shuō)明在C、D板間做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有：qvBiqE

解得：v(2)由題意得e、f兩粒子經(jīng)A、B板間的電壓加速后，速度都應(yīng)該為v,根據(jù)動(dòng)能定理得:12qUmv2aqeqf它們的比荷之比：—：L1:3memf得出：Ui：U23:1(3)設(shè)磁場(chǎng)圓的半徑為R,e、f粒子進(jìn)入磁場(chǎng)圓做圓周運(yùn)動(dòng)2對(duì)e粒子：q1VB2m1——ri2對(duì)f粒子：q2VB2m2一r2解得：r13r21e、f兩粒子在磁場(chǎng)圓中射出的兩位置恰好在同一條直徑上，說(shuō)明兩粒子的偏轉(zhuǎn)角之和為180，e180，e、f兩粒子的軌跡圖如圖所示,由幾何關(guān)系有:tan0Rtan0一「29a90聯(lián)立解得：030',a60e、f兩粒子進(jìn)入磁場(chǎng)圓做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期滿足:T2一11V

曳*1:3memf在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間:tltl320Tit22a7t2T2t2360t2tl兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間差為:Att兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間差為:Att1t2花9kB29.如圖1,光滑絕緣水平平臺(tái)MNQP為矩形，GH//PQ,MP=NQ=1m,MN=GH=PQ=0.4m,平臺(tái)離地面高度為h=2.45m.半徑為R=0.2m的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.05T,方向豎直向上，與MP邊相切于A點(diǎn)，與NQ邊相切于D點(diǎn)，與GH相切于C點(diǎn).平臺(tái)上PGHQ區(qū)域內(nèi)有方向由P指向G的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E=0.25V/m.平臺(tái)右方整個(gè)空間存在方向水平向右的電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小也為E=0.25V/m,俯視圖如圖2.兩個(gè)質(zhì)量均為m=2X105kg的小球a、b,小球a帶正電，電量q=4X104C,小球b不帶電，小球a、b均可視為質(zhì)點(diǎn).小球a從A點(diǎn)正對(duì)圓心O射入磁場(chǎng)，偏車(chē)990°后離開(kāi)磁場(chǎng)，一段時(shí)間后與靜止在平臺(tái)D點(diǎn)的小球b發(fā)生彈性碰撞，碰后兩球離開(kāi)平臺(tái)，并在此后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中發(fā)生多次彈性碰撞，a球帶電量始終不變，碰撞時(shí)間忽略不計(jì).已知重力加速度g=10m/s2,兀=3.14不計(jì)空氣阻力，求：〃B2由1(1)小球a射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大?。?2)從小球a射入磁場(chǎng)到第一次與小球b相碰撞，小球a運(yùn)動(dòng)的路程；(3)兩個(gè)小球落地點(diǎn)與NQ的水平距離.【來(lái)源】【市級(jí)聯(lián)考】重慶市2019屆高三5月調(diào)研測(cè)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(diǎn)正對(duì)圓心。射入磁場(chǎng)，偏車(chē)990°后離開(kāi)磁場(chǎng)，小球a在洛倫茲力作用下做圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖：分析得半徑R=0.2m分析得半徑R=0.2m2v由qvBm一R得：v=0.2m/s(2)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的路程si=兀R=0.628m電場(chǎng)中加速度a9E5m/s2m2電場(chǎng)的路程s22—0.008m2a小球a射入磁場(chǎng)到與小球b相碰過(guò)程運(yùn)動(dòng)的路程sS1§20.636m(3)a、b球彈性碰撞，質(zhì)量相等每一次碰撞速度交換.D點(diǎn)碰后，兩球速度分別為VaD=0,VbD=0.2m/S此后兩球拋離平臺(tái)，豎直方向均做自由落體運(yùn)動(dòng)gt22h由h—得，兩小球在仝中運(yùn)動(dòng)時(shí)間tJ—0.7s；gqE,2水平方向：b球勻速運(yùn)動(dòng)，a球加速運(yùn)動(dòng)，加速度a——5m/sm每次碰到下一次碰撞，兩球位移相等,v每次碰到下一次碰撞，兩球位移相等,v—t圖如圖所不':1,,、2可得，每?jī)纱闻鲎查g隔時(shí)間是定值：vbDt-a(t)2t0.08s由工t0.70.