高中物理帶電粒子在復(fù)合場中的運動(一)解題方法和技巧及練習(xí)題含解析

一、帶電粒子在復(fù)合場中的運動專項訓(xùn)練MN1．如圖，絕緣粗糙的豎直平面左側(cè)同時存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方EB向水平向右，電場強度大小為，磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度大小為．一質(zhì)量為mq帶正電的小滑塊從A點由靜止開始沿MN下滑，到達C點時離開MN做、電荷量為的ACh曲線運動．、兩點間距離為，g重力加速度為．（1）求?。?）求小滑塊從A點運動到C點過程中克服摩擦力做的功Wf；（3）若D點為小小滑塊運動到D點時撤去磁場，滑塊運動到C點時的速度大??；vc滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運動過程中速度最大的位置，當(dāng)此后小點．已知小滑塊在滑塊繼續(xù)運動到水平地面上的PD間為，求小滑塊運動到P點時vDPt點時的速度大小為，從點運動到點的時速度的大Dv.小p【來源】2015年全國普通高等學(xué)校招生統(tǒng)一考試物理（福建帶卷解析)【答案】（1）E/B（2）（3）【解析】【分析】【詳解】小滑塊到達C點時離開MN，此時與MN間的作用力為零，對小滑塊受力分析計算此時的速度的大小；由動能定理直接計算摩擦力做的功Wf；撤去磁場后小滑塊將做類平拋運動，根據(jù)分運動計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，滑塊在下滑的過程中受水平向左的洛倫茲力，當(dāng)洛倫茲力等于電場力qE時滑塊離開MN開始做曲線運動，即BqvqE解得：EvB（2）從A到C根據(jù)動能定理：mghW12mv20f1E2解得：Wmghfm2B2（3）設(shè)重力與電場力的合力為F，由圖意知，在D點速度vD的方向與F地方向垂直，從D到P做類平拋運動，在F方向做勻加速運動a=F/m，t時間內(nèi)在F方向的位移為x12at214從D到P，根據(jù)動能定理：0，其中aamv2115mg(qE)22聯(lián)立解得：vtv22Dm2P【點睛】解決本題的關(guān)鍵是分析清楚小滑塊的運動過程，在與MN分離時，小滑塊與MN間的作用力為零，在撤去磁場后小滑塊將做類平拋運動，根據(jù)滑塊的不同的運動過程逐步求解即可．2235．對鈾的進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、電荷量為的鈾離子，從容器A下方的小孔S1不斷飄入加速電場，q235其初速度可視為然后經(jīng)過小孔S垂直于磁場方向進BR入磁感應(yīng)強度為的勻強磁場中，做半徑為的勻零，2速圓周運動．離子行進半個圓周后離開磁場并被收集，離開磁場時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）求加速電場的電壓U；（2）求出在任意時間t內(nèi)收集到離子的質(zhì)量M；離子被收集的過程中（3）實際上加速電壓的大小會在范圍內(nèi)微小變化．若容器A中有U+ΔU電荷量相同的鈾235238和鈾兩種離子，如前述情況它們經(jīng)電場加速后進入磁場中會發(fā)生分離，為使這兩種離子在磁場中運動的軌跡不發(fā)生交疊，應(yīng)小于多少？（結(jié)果用百分數(shù)表示，保留兩位有效數(shù)字）【來源】2012年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試理綜物理（天津卷)【答案】（1）（2）（3）0.63%【解析】解：（1）設(shè)離子經(jīng)電場加速后進入磁場時的速度為，v由動能定理得：qU=mv2離子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：qvB=U=解得：2tN（）設(shè)在時間內(nèi)收集到的離子個數(shù)為，總電荷量Q=ItQ=NqM="Nm"=3R=（）由以上分析可得：m238U±ΔU設(shè)為鈾離子質(zhì)量，由于電壓在之間有微小變化，鈾離子在磁場中最大半235/R=徑為：max238R=鈾離子在磁場中最小半徑為：minR<R這兩種離子在磁場中運動的軌跡不發(fā)生交疊的條件為：maxmin<<即：得：<235m=235uum=238u其中鈾離子的質(zhì)量（為原子質(zhì)量單位），鈾離子的質(zhì)量，238<則：<0.63%解得：xOyB3．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中的第一象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小為、方向垂直()于坐標(biāo)平面向里的有界矩形勻強磁場區(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。一粒子源固定在軸上坐標(biāo)為的A點。粒子源沿y軸正方向釋放出速v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45角，電子L,0x度大小為015角的射線OM已知電子經(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)的質(zhì)量為，電荷量為，不考慮粒子的重力和粒子之間的相互作用。求：me123E勻強電場的電場強度的大??；t電子在電場和磁場中運動的總時間矩形磁場區(qū)域的最小面積。Smin【來源】湖南省懷化市2019年高考物理一模物理試題2L2mmv202eLmv；(3)3(0)2eB【答案】(1)；(2)v3eB0【解析】【詳解】1，由動能定理得：eEL1mv21mv2AC從到的過程中22C0電子vcos45vC0mv202eL聯(lián)立解得：Evsin2電子在電場中做類平拋運動，沿電場方向有：Lt1C2v0cosv其中C2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：32電子在磁場中的運動時間：t2T2m其中TeBttt1電子在電場和磁場中運動的總時間22L2m聯(lián)立解得：tv3eB03電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，v2則有evBmCr最小矩形區(qū)域如圖所示，由數(shù)學(xué)知識得：CD2rsinCQrrcos22S最小矩形區(qū)域面積：CDCQminSmin3(mv)2聯(lián)立解得：0eBxOyACD4．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中，直角三角形內(nèi)存在垂直平面向里磁感應(yīng)強B度為的勻強磁場，線段，邊在軸上，∠CO=OD=LCDADC=30°x。電子束沿y軸方向以相同的速度v0從CD邊上的各點射入磁場，已知這些電子在磁場中做圓周運動的半徑均為LODQPxE=Bvy=L，在第四象限正方形內(nèi)存在沿軸正方向、大小為的勻強電場，在－03y處垂直于軸放置一足夠大的平面相互作用，熒光屏，屏與y軸交點為P。忽略電子間的不計電子的重力。(1)電子的比荷；(2)x從軸最右端射入電場中的電子打到熒光屏上的點與P點間的電子打到熒光屏上的點距P的最遠距離?！緛碓础俊臼屑壜?lián)考】河北省唐山市2019屆高三下學(xué)期第一次模擬考試理科綜合物理試題距離：(3)射入電場中的e3v2L3L【答案】(1)mBL0(2)3(3)4【解析】【分析】根據(jù)電子束沿速度射入磁場，v然后進入電場可知，本題考查帶電粒子在磁場和電場中的0運動，根據(jù)在磁場中做圓周運動，在電場中做類平拋運動，運用牛頓第二定律結(jié)合幾何知識并且精確作圖進行分析求解；【詳解】L（）由題意可知電子在磁場中的軌跡半徑r13v2由牛頓第二定律得Bev=m0r0v電子的比荷e3mBL0；2O（）若電子能進入電場中，且離點右側(cè)最遠，則電子在磁場中運動圓軌跡應(yīng)恰好與邊ADFO相切，即粒子從點離開磁場進入電場時，離點最遠：2L設(shè)電子運動軌跡的圓心為點。則OOF=x=32LEet，232mvF從點x射出的電子，做類平拋運動，有yt0代入得y=2L3y1射出電場時與水平方向的夾角為有tan2x2電子xGP軸最右端射入電場中的電子打到熒光屏上的點為，則它與點的距離所以，從Ly2L；3GPtan3（）設(shè)P打到屏上離點最遠的電子射入電場，則(x,0)是從點射出電場時yvtv2xm2xLEe300XLyPX打到熒光屏上的點與點的距離為，由平拋運動特點得yx設(shè)該電子23L2xxL3xL3LX2x2所以x28y283834所以當(dāng)x，有XL。Lm【點睛】本題屬于帶電粒子在組合場中的運動，粒子在磁場中做勻速圓周運動，要求能正確的畫出運動軌跡，并根據(jù)幾何關(guān)系確定某些物理量之間的關(guān)系，粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)經(jīng)常用化曲為直的方法，求極值的問題一定要先找出臨界的軌跡，注重數(shù)學(xué)方法在物理中的應(yīng)用。5．如圖所示，真空中某豎直平面內(nèi)有一長為、寬為的矩形區(qū)域ABCD，區(qū)域ABCD內(nèi)加2llm+q有水平向左的勻強電場和垂直于該豎直面的勻強磁場。一質(zhì)量為、電荷量為的帶電微AO從點正上方的拋出，正好從ADP粒，點水平邊的中點進入電磁場區(qū)域，并沿直線運QR(QR動，從該區(qū)域邊界上的某點離開后經(jīng)過空中的點、圖中未畫出。)已知微粒從Q點h3l，重力加速分位移大小相等，O點與A點的高度差運動到R點的過程中水平和豎直8g度為，求：(1)微粒從O點拋出時初速度的大??；v0(2)電場強度E和磁感應(yīng)強度B的大??；(3)微粒從O點運動到R點的時間t。【來源】四川省攀枝花市2019屆高三三第次統(tǒng)一考試理綜物理試題3mg4q23m3g；(3)t43l，Bv03gl；(2)E【答案】(1)2ql3g【解析】【詳解】（1）從O到P，帶電微粒做平拋運動：h1gt220l=vt002v3gl所以30v=gt13gl（2）在P點：2y05v=v2v23gl6p0y設(shè)P點速度與豎直方向的夾角為，則θv4tanθ0v3y帶電微粒進入電磁區(qū)域后做直線運動，受力如圖，可知其所受合力為零，可知：tanθmgmgFEqmgmgsinθfqvBp3mg4qEBm3g2ql3PQ（）設(shè)微粒從到所用時間為，t1PD13lt1v2g0QRt設(shè)微粒從到所用時間為，因水平和豎直分位移相等，得：2xvt202yvt1gt222y22由題意得：xy220Rt微粒從點運動到點的時間為：tttt01243lt所以：3g6．在地面附近的真空中，存在著豎直向上的勻強電場和垂直電場方向水平向里的勻強磁BBt場，如圖甲所示．磁場的磁感應(yīng)強度（圖像中的末知）隨時間的變化情況如圖乙所0示．該區(qū)域中有一條水平直線，是上的一點．在＝時刻，有一個質(zhì)量為m、MNDMNt0電荷量為＋q的小球(可看做質(zhì)點，從點)M速度向速直線運v開始沿著水平直線以右做勻0t動，時刻恰好到達N點．經(jīng)觀測發(fā)現(xiàn)，小球在＝t2t0至t＝時間3t內(nèi)的某一時刻，又豎00MNDD直向下經(jīng)過直線上的點，并且以后小球多次水平向右或豎直向下經(jīng)過點．不考慮地磁場的影響，求：(1)(2)(3)E電場強度的大?。籑D小球從點開始運動到第二次經(jīng)過點所用的時間；()小球運動的周期，并畫出運動軌跡只畫一個周期．【來源】【百強?！?015屆遼寧師范大學(xué)附屬中學(xué)高三模擬考試物理卷（帶解析)mgq13【答案】（1）E（2）2t(＋1)（3）T＝8t0，0【解析】【分析】【詳解】(1)小球從點運動到點時，有qE＝mg，MN解得Emgq．(2)M小球從點到NttN達點所用時間＝，小球從點經(jīng)過個Ptt達點，所以＝圓周，到1020PD小球從點運動到點的位移mv0Bqx＝R＝，0PD小球從點運動到點的時間tRmvBq030t2m2t3,t3=，0qB0所以時間1tttt＝2t(1)．31230(3)小球運動一個周期的軌跡如圖所示．小球的運動周期為T＝8t0.7．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的勻強帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的小球Q靜置在磁場，光滑絕緣的水平高臺邊緣，mgv0另一質(zhì)量為m、不帶電的絕緣小球P以水平初速度向vQ運動，，兩小球P、Q03qB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．已知勻強電場的電場強度2mg2，重力加速度為g，不計空Emg，水平臺面距地面高度h氣阻力．qqB22（1）求P、Q兩球首次發(fā)生彈性碰撞后小球Q的速度大??；（2）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v03qBQ運動，小球Q的運動軌跡如圖所示Q在運動過程中的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2（平臺足夠高，小球Q不與地面向相撞）．求小球最大速度和2mg2(22)；5m4m2gmgm（3）v,H3（）（2）1【答案】3qBqB3qB3q2B2q2B2m【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：mvmvmv0PQ12mv212mv212mv20pQmgv0,vv聯(lián)立解得3qBpQ0qEmg（2）對于小球Q，由于，故Q球做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則v2qvBmQr2mtT經(jīng)過一個周期的時間1qB小球P、Q再次發(fā)生彈性碰撞，由（1）可知碰后vvmg,v03qBP0Qh1gt2，代入數(shù)據(jù)，得：22P小球t離開平臺后做平拋運動，平拋運動的時間為，則有22h2mt2gqB2m2mm(22)t故P與Q首次發(fā)生碰撞后到落地，經(jīng)過的時間qBqBqB2m2g落地點與平臺邊緣的水平距離xv'tP3q2B2P2（3）PQ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：qvBtmvmvym0即qBHmvmvm0又由動能定理可得mgH12mv2mv2m120，解得：v5m,H4m2g3qB3q2B2m8．如圖所示，在豎直平面內(nèi)的xoy直角坐標(biāo)系中，x軸上方存在正交的場，電場強度E1，方向沿y軸向上，磁感應(yīng)強度B，方向垂直紙面向里．x軸下方存在方向沿y軸向上的勻強電場（圖中未畫出），場強為E2．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球勻強電場和勻強磁（可視為質(zhì)點），從y軸上的A點以速度大小v0沿x軸正方向拋出，經(jīng)軸上的P點后與xx軸正向成45°進入x軸上方恰能做勻速圓周運動．O、P兩點間距離x與O、A兩點間距0gy2vx02，重力加速度為g，以上理物量中ym、q、v0、g為已知離滿足以下關(guān)系，0020量，其余量大小未知．(1)電場強度E1與E2的比值(2)(3)PB若小球可多次（大于兩次）通過點，則磁感應(yīng)強度為多大？PBP若小球可恰好兩次通過點，則磁感應(yīng)強度為多大？小球兩次通過點時間間隔為多少？【來源】安徽省黃山市2019屆高中畢業(yè)班第二次質(zhì)量檢測高三理綜物理試題mg【答案】（）；（）；（）1mgn=123……..（，，）；112B3B（1）nqvqv0203πnvt（2）0（，，）n=123……..2g【解析】【分析】【詳解】(1)x解：小球在軸上方勻速圓周，可得：qEmg1xvty1at2AP小球從到的過程做內(nèi)平拋運動：0002gy0x20結(jié)合：2v20ag可得：qEmgma由牛頓第三定律可得：2qE2mg解得：2E11故：E22(2)PxPvv0小球第一次通過點時與軸正向成45，可知小球在點時則有：yv2v0P故點時的速度：v2x0由類平拋的位移公式可得：0g3小球多次經(jīng)過點，軌跡如圖甲所示，小球在磁場中運動個周期后，到達軸上的PxQ4點，P、Q關(guān)于原點O對稱，之后回到并不斷重復(fù)這一過程，從而多次經(jīng)過點APR2x0設(shè)小球在磁場中圓周運動的半徑為，由R幾何關(guān)系可得：v2又由：qvBmRmgB聯(lián)立解得：qv0(3)P小球恰能兩次經(jīng)過點，軌跡如圖乙所示2πmTx在軸上方，小球在磁場中的運動周期：qBx2vt2gx在軸下方，小球的運動時間：00v022x2R12R（，n=1P由規(guī)律可知，小球恰能兩次經(jīng)過點滿足的幾何關(guān)系為：n02，）3……..1mg解得：B(1)n=123……..（，，）nqv0t(n1)43Tnt（，，）P兩次通過點的時間間隔為：n=123……..2解得：t(23)nv0n=123……..（，，）2gL9．如圖所示，空間有相互平行、相距和寬度也都為的I、II兩區(qū)域，I、II區(qū)域內(nèi)有垂直I勻強磁場，區(qū)域磁場II感應(yīng)強度為，區(qū)域磁場于紙面的向內(nèi)、磁向外，大小待定?，F(xiàn)有B0q電荷量為的m一質(zhì)量為，一加速電場中的MN板附近由靜止帶電粒子，從圖中所示的釋放被加速，粒子經(jīng)電場加速后平行紙面與I區(qū)磁場邊界成45°角進入磁場，然后又從I區(qū)右邊界成45°角射出。(1)求加速電場兩極板間電勢差；U(2)IIIII若區(qū)磁感應(yīng)強度也是時，則粒子經(jīng)過區(qū)的最高點和經(jīng)過區(qū)的最低點之間的高度B0差是多少？(3)III為使粒子能返回區(qū)，區(qū)的磁感應(yīng)強度應(yīng)滿足什么條件？并求出粒子從左側(cè)進入?yún)^(qū)IBI到從左側(cè)射出區(qū)需要的最長時間?！緛碓础亢幽鲜∧详栔袑W(xué)2019屆高三下學(xué)期第十七次考試理綜物理試題mqB212q2B2L2【答案】(1)UBt3224(2)h2L(3)B，04m00【解析】【詳解】(1)畫出粒子在磁場中運動的示意圖，如圖所示：中根據(jù)動能定理可得qU1mv22粒子在加速電場qvBmv2粒子在I區(qū)域做圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得R012根據(jù)幾何關(guān)系可得：RL21q2B2L204m聯(lián)立可得加速電場兩極板間電勢差U(2)粒子在II區(qū)域運動的半徑與I區(qū)域相，同由圖中幾何關(guān)系可得：h2R1cosLtan高度差可得：h2L(3)畫出粒子剛好從區(qū)II域右邊界穿出磁場的臨界狀態(tài)，即軌跡圓與右邊界相切的情況．R1cosL，根據(jù)幾何關(guān)系可得221解得BB0221可知當(dāng)BIIⅠ時，粒子在區(qū)域中運動的時間最長，即粒子從左側(cè)進入?yún)^(qū)到從左B02Ⅰ側(cè)射出區(qū)的時間最長12mt2I粒子兩次在區(qū)域運動的時間為4qB1022L4mt2粒子兩次在磁場之間的時間為vqB0321m32mtII粒子在區(qū)域運動的時間4qBqB03mtttt3224qB0總時間123RB10．如圖，空間某個半徑為的區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強度為的勻強磁場，與它相鄰的是一d對間距為，足夠大的平行金屬板，板間電壓為Um群質(zhì)量為，q帶電帶正電。一量為的的粒子從磁場的左側(cè)以與極板平行的相同速度射入磁場。不計重力，則RP離為的粒子能從極板上的小孔射入電場，求粒子的速度？2（1）離極板距AB（2）極板CD上多長的區(qū)域上可能會有帶電粒子擊中？（3）如極性而不改變板間電壓，發(fā)現(xiàn)有粒子會再次進入磁場，并離開磁場區(qū)域。計算這種粒子在磁場果改變極板的和電場中運動的總時間?！緛碓础拷K省蘇州新區(qū)一中2019屆高三一摸模擬物理試題qBR【答案】（1）入射粒子的速度v；（2）帶電粒子擊中的長度為mm2dBR2B2R2d2q；（3）總時間ttt2x2qBU12mU【解析】【詳解】mvqBmv2，解得rr（1）洛倫茲力提供向心力，qvB根據(jù)作圖可解得，能從極板上的小孔P射入電場，rRqBR所以，入射粒子的速度vm（2）所有進入磁場的粒子都能從P點射入電場，從最上邊和最下邊進入磁場的粒子將平行FqU極板進入電場，這些粒子在垂直于電場方向做勻加速直線運動，ammdd1at222md2解得tqU2B2R2d2qmU沿極板運動的距離xvt2B2R2d2qmU有帶電粒子擊中的長度為2x2（3）能再次進入磁場的粒子應(yīng)垂直于極板進入電場，在電場中運動的時間t2v2dBRaU1T2R2mT在磁場中運動的時間為t，vqB22mtqB所以2m2dBRttt總時間12qBU11．如圖，豎直平面內(nèi)（紙面）存在平行于紙面的勻強電場，方向與水平方向成θ=60°α=30°MN角，紙面內(nèi)的線段與水平方向成角，長度為．現(xiàn)將一質(zhì)量為荷量為MNdm、電q(q>0)的帶電小球從M由靜止釋放，小球沿MN方向運動，到達N點的速度大小為vN；若將該小球從M點沿垂直于的方向，以大小的速度拋出，MNvN小球?qū)⒔?jīng)過（待求）MP點正上方的g已知重力加速度點（未畫出），大小為，求：(l)ENv點的勻強電場的電場強度及小球在速度；N(2)M點和P點之間的電勢差；(3)P小球在M點動能的點動能與在比值．【來源】【市級聯(lián)考】江西省南昌市2019屆高三下學(xué)期4月第二次模擬考試理綜物理試題4mgd3【答案】（）（）（）72gd123q【解析】【詳解】1解：（）由小球運動方向可知，小球受合力沿MN方向，如圖甲，由正弦定理：mgFEqsin30sin30sin120得：E3mgqF=mg合力：從MN,有：2ad2N2gd得：N2MPhPC（）如圖乙，設(shè)為，作垂直于電場線，小球做類平拋運動：hcos6012at2hsin60tNUEhcos30MCUUMPMCU4mgd得：MPqEEKP3PDMN（）如圖乙，作垂直于，從，由動能定理：MPFSMDKMShsin30MDE12mv2KMNEFSE7MDKME3KPEKMKMAeU012．如圖，離子源產(chǎn)生的初速度為零、帶電量均為、質(zhì)量不同的正離子被電壓為的HM上的小孔加速電場加速后勻速通過準(zhǔn)直管，垂直射入勻強偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)后通過極板S離開電場，經(jīng)過一段勻速直線運動，垂直于邊界MN進入磁感應(yīng)強度為的勻強磁BMNQ90°場．已知HO＝d，HS＝2d，＝．（忽略粒子所受重力）1EHMMN（）求偏轉(zhuǎn)電場場強的大小以及與的夾角；φ02m（）求質(zhì)量為的離子在磁場中做圓周運動的半徑；34mNQS16mSS1（）若質(zhì)量為的離子垂直打在的中點處，質(zhì)量為的離子打在處．求12SNQ和之間的距離以及能打在上的正離子的質(zhì)量范圍．2【來源】2009高考重慶理綜U【答案】（）；mU（）3mm25m1E452°（）20d0eB20x【解析】【分析】【詳解】1（）正離子UV加速后速度設(shè)為，被電壓為的加速電場設(shè)0112eU定理mV12，對正離子，應(yīng)用動能有＝0正離子垂直射入勻強偏轉(zhuǎn)電場，作類平拋運動FqE加速度為a＝，即a＝0，mmFqE力＝、產(chǎn)生的受到電場02dVt方向勻速運動，有＝，垂直電場11沿場強方向：Y＝at2，2U聯(lián)立解得E0＝0dV又tanφ＝1，解得φ＝45°；atV2at（2）正離子進入磁場時的速度大小為V2＝2，1解得VV2(at)221mV22正離子在勻強磁場中作勻速圓周運動，由洛侖茲力提供向心力，qV2B＝，RmU解得離子在磁場中做圓周運動的半徑R＝20；2eBmU（3）根據(jù)R＝20可知，2eB4mU質(zhì)量為4m的離子在磁場中的運動打在S1，運動半徑為R1＝2質(zhì)量為16m的離子在磁場中的運動打在S2，運動半徑為R2＝20，eB216mU0，eB2＝2－R1，又ONR由幾何關(guān)系可知S1和S2之間的距離ΔS＝R2ON－R1，22mU聯(lián)立解得ΔS＝4(3－)0；2eB5－2解得R′＝R1，R′(2R1)2+(R′R)由＝21215再根據(jù)R1＜R＜R1，22mm25m解得＜＜．x13．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，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(dāng)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(biāo)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P(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?。?2)若撤去板間磁場，保持板間勻強電場不變，除塵效率為多少；(3)yB軸右側(cè)所加圓形勻強磁場區(qū)域磁感應(yīng)強度大小的取值范圍．2【來源】【市級聯(lián)考】山東省青島市2019屆高三下學(xué)期5月第二次模考理綜物理試題mv0qdmv02qdmvB1B【答案】（）；（）除塵效率為；（）2350%0qdi2【解析】【詳解】1N（）沿極板射入的塵埃恰好不從極板射出時塵埃的運動軌跡如圖所示，r=d由幾何知識可知，塵埃在磁場中的半徑：，塵埃在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，mvmv2由牛頓第二定律得：qvB,Bi解得：0;0qdrqEqvB，、磁場同時存在時塵埃勻速,直線,滿足：2（）電場0y撤去磁場以后粒子在電場作用下平拋，假設(shè)距離N極板的粒子恰好離開電場：dvt水平方向：01豎直方向：yat22qEa加速度：m解得：y0.5d當(dāng)y0.5d時，時間更長，水平位移，即0.5d到d這段距離的粒子會射出電場，則xdd0.5d從平行金屬板出射的塵埃占總數(shù)的百分比：d100%50%；3R,R2（）設(shè)圓形磁場區(qū)域的半徑為塵埃顆粒在圓形磁場中做圓周運動的半徑為，要把塵0RR20P埃全部收集到位于處的條狀容器中，就必須滿足v2qvBm另020R2PMR如圖，當(dāng)圓形磁場區(qū)域過點且與板的延長線相切時，圓形磁場區(qū)域的半徑最小，0B磁感應(yīng)強度最大，有Rd20小mvB解得：02大qdPyM如圖，當(dāng)圓形磁場區(qū)域過點且與軸在板的右端相切時，圓形磁場區(qū)域的半徑最R0R2dB大，磁感應(yīng)強度最小，有20大mvB解得：02qd2小B所以圓形磁場區(qū)域磁感應(yīng)強度的大小須滿足的條件為2mvmv0．0B2qdqd214．在空間中存在垂直于紙面向里的勻強磁場，其豎直邊界AB、CD的寬度為，在邊界d+qABE下、場強為的勻強m左側(cè)是豎直向電場，現(xiàn)有、帶電量為的粒質(zhì)量為子（不計重Pv力）從點以大小為的隨后與邊界AB成45°射入磁場，若粒子能水平初速度射入電場，0CD垂直邊界飛出磁場，試求：1B（）勻強磁場的磁感應(yīng)強度；2（）從進入電場到穿出磁場的總時間。【來源】陜西省漢中市漢臺區(qū)2019屆高三年級教學(xué)質(zhì)量第