帶電粒子在組合場(chǎng)、復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（解析版）-2021年高考物理沖刺必刷

10帶電粒子在組合場(chǎng)、復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

1.如圖所示的xOy坐標(biāo)系中，y軸左側(cè)存在場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向平行于x軸，），軸右側(cè)存在垂直

坐標(biāo)系所在平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)比荷為我的帶正電粒子從x軸上的M點(diǎn)以某一初速度平行于y軸

向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從y軸上的P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與y軸成6=60°角，粒子經(jīng)

磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后打到坐標(biāo)原點(diǎn)。上。已知M點(diǎn)到。點(diǎn)的距離為L(zhǎng)不計(jì)粒子的重力，下列說(shuō)法正確的是（）

B.粒子軌道半徑為由.心

3

C.粒子初速度大小為、u

3

D.磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為J——

VkL

【答案】CD

【詳解】

A.根據(jù)類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)推論

—=—tan60°

s2

解得p與。的距離

2百，

s=------L

3

A錯(cuò)誤；

B.由

5=27?sin60°

解得

R=-L

B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)

12

s=,L=—at,at=vQtan60°

解得

v=-y/6aL=-y/6kEL

033

C正確；

D.在磁場(chǎng)中速度

由

D正確。

故選CD。

2.在光滑絕緣的水平面上建有如圖所示的平面直角坐標(biāo)系0孫，在二、三象限的尸L和產(chǎn)1區(qū)域中，存在

平行于y軸且與y軸正向相反的勻強(qiáng)電場(chǎng);在一、四象限的正方形區(qū)域附〃內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，

正方形的邊長(zhǎng)為2L，坐標(biāo)原點(diǎn)。為岫邊的中點(diǎn)。一質(zhì)量為〃?的絕緣不帶電小球甲，以速度w沿x軸正

向做勻速運(yùn)動(dòng)，與靜止在坐標(biāo)原點(diǎn)的帶正電小球乙發(fā)生彈性正碰（碰撞時(shí)間很短），乙球的質(zhì)量為2%,

帶電量為小碰撞前后電量保持不變，甲、乙兩球均可視為質(zhì)點(diǎn)，且加、q、L、vo均為已知，sin53°-0.8,

cos53°=0.6o()

A.碰撞后甲球的速度大小為專(zhuān)

53兀L

B.兩球碰后，若乙球恰從4點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)則乙球在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間二一

72%

8m環(huán)

C.要使兩球再次相碰，磁感應(yīng)強(qiáng)度必須大于丁氏

3qL

D.要使兩球再次相碰，電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小必須滿(mǎn)足七=粵

3/

【答案】ACD

【詳解】

A.甲與乙碰撞過(guò)程根據(jù)動(dòng)量守恒有

mv0=+2mv2

根據(jù)機(jī)械能守恒有

12121c，

—mv0=—mvt+—x2mxv2

解得碰撞后甲的速度為

（負(fù)號(hào)表示向左）

乙的速度為

2

匕=§%

選項(xiàng)A正確；

B.碰撞后，乙球在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，恰從d點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，則由幾何知識(shí)得:

r2=4乃+(—A)2

解得

r=-L

2

根據(jù)向心力公式得

2

R9V2

解得磁感應(yīng)強(qiáng)度

*8叫

一15"

設(shè)圓心角為。，則

2/

sin^=—=0.8

即

。=53。

則乙球在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間

53

-----兀r<々j

.二180537tL

v248v0

選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

CD.要使兩球再次相碰，乙球應(yīng)從。。邊界離開(kāi)磁場(chǎng)，即圓運(yùn)動(dòng)半徑必須滿(mǎn)足

2r<L

2

qv2B=2加上一

r

解得

B>"

3qL

在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

1-271m

'2qB

乙球進(jìn)入第二象限的電場(chǎng)做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，則

2r=—at

x=v2t2

qE=2ma

對(duì)甲球，設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間與乙球碰撞，發(fā)生的位移為

兩球再次相碰，需滿(mǎn)足

t3=4+t.

聯(lián)立以上各式解得

石烏

3/

選項(xiàng)CD正確。

故選ACD。

3.研究表明，蜜蜂是依靠蜂房、采蜜地點(diǎn)和太陽(yáng)三個(gè)點(diǎn)來(lái)定位的，蜜蜂飛行時(shí)就是根據(jù)這三個(gè)位置關(guān)系呈

8字型運(yùn)動(dòng)來(lái)告訴同伴蜜源的方位。一興趣小組用帶電粒子在如圖所示的電場(chǎng)和磁場(chǎng)中模擬蜜蜂的8字

形運(yùn)動(dòng)，即在y>0的空間中和y<0的空間內(nèi)同時(shí)存在著大小相等、方向相反的勻強(qiáng)電場(chǎng)，上、下電場(chǎng)

以工軸為分界線，在》軸左側(cè)和圖中豎直虛線右側(cè)均無(wú)電場(chǎng)，但有方向垂直紙面向里和向外的勻強(qiáng)

磁場(chǎng)，MN與y軸的距離為2d。一重力不計(jì)的負(fù)電荷從）’軸上的P（（）,d）點(diǎn)以沿x軸正方向的初速度%

開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，電子又以相同的速度回到P點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是（）

電場(chǎng)與磁場(chǎng)的比值為2%

電場(chǎng)與磁場(chǎng)的比值為4%

4d2兀d

C.帶電粒子運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期的時(shí)間為——+——

%%

4d4兀d

D.帶電粒子運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期的時(shí)間為——+—

%%

【答案】AC

【詳解】

粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖

粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)似平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)公式有

d=砧

粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有

Bq

結(jié)合幾何知識(shí)，可得

R=d

聯(lián)立，可得

又因?yàn)轭?lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間

勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡是兩個(gè)半圓，所以

27rd

t>=

%

故帶電粒子運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期的時(shí)間為

4d一2兀+d---

%%

故AC正確。

故選AC。

4.如圖所示，豎直放置的兩塊很大的平行金屬板。、b,相距為d,a、b間的電場(chǎng)強(qiáng)度為E,今有一帶正電

的微粒從。板下邊緣以初速度W豎直向上射入電場(chǎng)，當(dāng)它飛到b板時(shí)，速度大小不變，而方向變?yōu)樗?/p>

方向，且剛好從高度也為d的狹縫進(jìn)入加區(qū)域，慶區(qū)域的寬度也為“，所加電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小也為E,方

E

向豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里，磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小等于一，重力加速度為g,則下列關(guān)

%

于微粒運(yùn)動(dòng)的說(shuō)法正確的是（）

A.微粒在他區(qū)域的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為為

g

B.微粒在歷區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圓周半徑尸d

7td

C.微粒在A區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為「

3%

（萬(wàn)+3）d

D.微粒在反區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為「——

3%

【答案】AC

【詳解】

A.將粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)沿水平和豎直方向正交分解，水平分運(yùn)動(dòng)為初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，豎直

分運(yùn)動(dòng)為末速度為零的勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，水平方向

豎直方向

2

心生

2g

o=%_g.

解得

a=g

A正確；

B.粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于電場(chǎng)力與重力平衡，故粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力

mg=qE

2

qv^B-m—

a

2g

聯(lián)立解得,=2d,B錯(cuò)誤；

C.由于『24,畫(huà)出軌跡，如圖。設(shè)回旋角度為a

(11

sina=—=一

r2

解得a=30°

在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為

T

2=-1-2

_2兀m

I=-----

qB

mg-qE

%

o

2g

7id

解得‘2一，CiE確；

3%

D.粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為

f__d___d__2d

’1—

匕為%

2

故粒子在ab、be區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為

(〃+6)d

t=t}+t2--

3%

D錯(cuò)誤。

故選ACo

5.有一傾角為。足夠長(zhǎng)的固定斜面，空間存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為8,一質(zhì)量為〃2,

電荷量為+4的帶電滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），以沿斜面向上的初速度%開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，且為（年m2co廠s0，滑塊

與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力。在滑塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中（）

XXXXX

A.滑塊所受摩擦力始終為0

B.滑塊所受摩擦力始終不為0

C.滑塊運(yùn)動(dòng)的加速度大小不變，始終為gsin?+〃gcos。

D.滑塊運(yùn)動(dòng)的加速度大小變化，始終大于gsin6

【答案】BD

【詳解】

AB.滑塊受力分析如圖所示

由于

?mgcos6*

qBv（、<qBn--=mgcos6

Bq

故滑塊受到垂直斜面向上的支持力，故滑塊收到沿斜面向下的摩擦力作用，由于滑塊做減速運(yùn)動(dòng)，速度

減小，則洛倫茲力減小，支持力增大，則摩擦力逐漸增大，即滑塊所受摩擦力始終不為0,故A錯(cuò)誤，B

正確；

CD.根據(jù)牛頓第二定律得

mgsin0+cos0-qvB）

m

根據(jù)AB項(xiàng)分析可知

mgcos6

Bq

故

a>gsmO

故C錯(cuò)誤，D正確。

故選BD?

【點(diǎn)睛】

對(duì)滑塊受力分析，比較洛倫茲力與重力垂直斜面分力大小判斷是否收到斜面支持力，從而分析受不受摩

擦力；根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，并分析比較。本題考查帶電滑塊在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是對(duì)滑

塊受力分析，比較判斷出洛倫茲力與重力垂直斜面分力的關(guān)系，從而判斷出是否存在彈力，從而分析摩

擦力情況。

6.如圖所示，質(zhì)量為加、電荷量為+4的帶電滑塊，從傾角為。的絕緣粗糙且足夠長(zhǎng)的斜面上由靜止滑下，

整個(gè)斜面置于方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。設(shè)滑塊下滑速度為v,滑塊所受摩擦力為耳，下滑時(shí)間

為人則下列圖像可能正確的是（）

XXX

Xxx

e

【答案】BC

【詳解】

CD.根據(jù)左手定則可知滑塊沿斜面向下運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的洛倫茲力的方向垂直于斜面向下，洛倫茲的大小

f=qvB

可知洛倫茲力隨速度的增大也增大?；瑝K受到重力、斜面的支持力、斜面的摩擦力以及洛倫茲力，在垂

直于斜面的方向

FN=mgcos0+qvB

滑塊受到的摩擦力

田)

F(=JUFN=〃(〃zgcos8+q

可知滑塊受到的摩擦力隨滑塊速度的增大而增大，摩擦力與速度的關(guān)系為不過(guò)原點(diǎn)的線性函數(shù)的關(guān)系，

故C正確，D錯(cuò)誤：

AB.由于滑塊受到的摩擦力隨滑塊速度的增大而增大，沿斜面方向滑塊受到的合外力

ma=mgsin8一耳=mgsin6一〃(mgcos6+qvB)

可知隨速度的增大，滑塊的加速度將減小，所以滑塊做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)。結(jié)合圖線的斜率

表示物體加速度的大小，故A錯(cuò)誤，B正確。

故選BCo

7.如圖所示，半圓槽光滑、絕緣、固定，圓心是0,最低點(diǎn)是尸，直線MN水平，a、b是兩個(gè)完全相同的

帶正電小球(視為點(diǎn)電荷)，6固定在M點(diǎn)，。從N點(diǎn)靜止釋放，沿半圓槽運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)到達(dá)某點(diǎn)。(圖

中未畫(huà)出)時(shí)速度為零。則小球a()

A.從N到。的過(guò)程中，重力與庫(kù)侖力的合力先增大后減小

B.從N到P的過(guò)程中，動(dòng)量的大小先增大后減小

C.從N到Q的過(guò)程中，電勢(shì)能一直增加

D.從尸到。的過(guò)程中，動(dòng)能減少量小于電勢(shì)能增加量

【答案】BC

【詳解】

A.。由N到Q的過(guò)程中，重力豎直向下，而庫(kù)侖力一直沿二者的連線方向，則可知，重力與庫(kù)侖力的

夾角一直減小，且?guī)靵隽υ龃?，依?jù)力的合成法則，故合力一直在增大;故A錯(cuò)誤；

B.從N到尸的過(guò)程中，合力先與運(yùn)動(dòng)方向的夾角均為銳角，合力做正功；而后一過(guò)程中合力與運(yùn)動(dòng)方向

夾角為鈍角，合力做負(fù)功；從N到P的過(guò)程中，速率先增大后減小，所以動(dòng)量的大小先增大后減小，故

B正確；

C.從N到。小球電場(chǎng)力與速度的夾角一直是鈍角，則電場(chǎng)力一直做負(fù)功，電勢(shì)能增大，故C正確；

D.從P到。的過(guò)程中，電場(chǎng)力做負(fù)功，重力也做負(fù)功，動(dòng)能的減少量等于電勢(shì)能和重力勢(shì)能的增加量

之和，即動(dòng)能減少量大于電勢(shì)能增加量，故D錯(cuò)誤；

故選BC。

8.如圖所示，在紙面內(nèi)水平向右的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一水平的固定絕緣

桿，小球P套在桿上，P的質(zhì)量為〃?，電量為一生P與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，電場(chǎng)強(qiáng)度為E,磁感應(yīng)

強(qiáng)度為B,重力沿紙面向下，小球由靜止起開(kāi)始滑動(dòng)，設(shè)電場(chǎng)、磁場(chǎng)區(qū)域足夠大，桿足夠長(zhǎng)。在運(yùn)動(dòng)過(guò)

程中小球最大加速度為出，最大速度為vo,則下列判斷正確的是（）

XXX

XX

A.釋放瞬間，小球加速度大小為。=9互-〃g

m

qE-time

B.小球最大速度為％~~七上

NqB

C.小球加速度最大時(shí)，對(duì)應(yīng)速度為?=需

qB

D.小球最終在絕緣桿靜止不動(dòng)

【答案】AC

【詳解】

A.釋放瞬間，速度為零，不受洛倫茲力作用，對(duì)小球受力分析，小球受到重力，方向豎直向下；電場(chǎng)

力水平向左，支持力豎直向上與水平向右的摩擦力，水平方向根據(jù)牛頓第二定律

qE-Ff-ma

其中

Ft="mg

聯(lián)立可得

qE

a=------4g

m

故A正確；

BD.對(duì)小球受力分析，小球受到重力，方向豎直向下；電場(chǎng)力水平向左，支持力，水平向右的摩擦力,

豎直向上的洛倫茲力，水平方向根據(jù)牛頓第二定律

qE—Ff—ma

豎直方向

FN+mg—qvB=0

其中

聯(lián)立可得

qE一火qvB一mg)=ma

當(dāng)加速度為零時(shí)，速度最大，則有

二qE"mg

vmax-

小球最終做勻速運(yùn)動(dòng)，故BD借誤；

C.對(duì)小球受力分析，小球受到重力,方向豎直向下；電場(chǎng)力水平向左，支持力豎直向上與水平向右的

摩擦力，豎直向上的洛倫茲力，水平方向根據(jù)牛頓第二定律

qE-Ff=ma

豎直方向

FN-mg+qvB=O

其中

F產(chǎn)再

聯(lián)立可得

qE-卜，mg—qvB）-ma

當(dāng)

mg—qvB=0

時(shí)，加速度最大，即

qB

最大加速度為

qE

^max=一

in

故C正確。

故選AC。

9.如圖所示，帶電平行板中勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向水平垂直紙面向里，某帶電小球從光滑絕緣軌道上的。點(diǎn)自由滑

下，經(jīng)過(guò)軌道端點(diǎn)P進(jìn)入板間后恰能沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng)?，F(xiàn)使小球從較低的匕點(diǎn)開(kāi)始下滑，經(jīng)P點(diǎn)

進(jìn)入板間，在板間的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中（）

。+

A.其電勢(shì)能將會(huì)增大

B.其機(jī)械能將會(huì)增大

C.小球所受的洛倫茲力的大小將會(huì)減小

D.小球的速度將減小

【答案】A

【詳解】

根據(jù)題意分析得，小球從尸點(diǎn)進(jìn)入平行板間后做直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)小球進(jìn)行受力分析可得小球共受到三個(gè)力

作用且合力為零。因?yàn)橹亓Ψ较蜇Q直向下，則可知電場(chǎng)力廠和洛倫茲力用各方向相同，都輕直向上。若

小球從較低的b點(diǎn)開(kāi)始下滑，則小球到達(dá)P點(diǎn)的速度將會(huì)變小，所以洛倫茲力月備也會(huì)變小，導(dǎo)致三個(gè)

力的合力豎直向下，而小球從P點(diǎn)進(jìn)入時(shí)的速度方向在水平方向上，所以小球會(huì)偏離水平方向向下做曲

線運(yùn)動(dòng)，故電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，機(jī)械能減小。水平方向速度不變，但豎直方向的速度增加，所

以速度將會(huì)增大，導(dǎo)致洛倫茲力也會(huì)增大。

故選Ao

10.如圖所示，足夠長(zhǎng)的絕緣粗糙中空管道傾斜固定放置在豎直平面內(nèi)，空間存在與管道垂直的水平方向

勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，將直徑略小于管道內(nèi)徑的帶正電小球從管道頂端由靜止釋放，小球

沿管道下滑，則關(guān)于小球以后的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）

A.小球的速度先增大后減小

B.小球?qū)⒆鰟蚣铀僦本€運(yùn)動(dòng)

C.小球最終一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)

D.小球的加速度一直減小

【答案】C

【詳解】

小球向下運(yùn)動(dòng)中，開(kāi)始階段小球的速度小受到的洛倫茲力小，小球受到重力，垂直管道向上的洛倫茲力,

垂直管道向上的支持力和沿管道向上的滑動(dòng)摩擦力，如圖所示

隨著小球速度的增加洛倫茲力增大，支持力減小，由

f="z

可知，摩擦力減小，小球向下做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)向上的支持力減小為零時(shí)小球的摩擦力也為

零，此時(shí)小球沿管道向下的加速度最大。以后小球的速度繼續(xù)增大，洛倫茲力大于重力垂直管道向卜的

分力，支持力改變?yōu)榇怪惫艿老蛳?，如圖所示

支持力隨著小球的速度增大而增大，從而使摩擦力也隨著增大，直到摩擦力增大到與重力沿管道向下的

分力相等，此過(guò)程小球做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)摩擦力增大到與重力沿管道向下的分力相等以后小

球做勻速運(yùn)動(dòng)，因此小球先做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)接著做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速運(yùn)動(dòng)。

故選Co

11.如圖所示，在xOy平面內(nèi)，勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向沿x軸正方向，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向垂直于X。），平面向里。一

電子在xOy平面內(nèi)恰好做直線運(yùn)動(dòng)，則該電子的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)椋ǎ?/p>

A.沿x軸正方向

B.沿x軸負(fù)方向

C.沿），軸正方向

D.沿），軸負(fù)方向

【答案】C

【詳解】

電子垂直于磁場(chǎng)的方向運(yùn)動(dòng)時(shí)一定受到洛倫茲力，若電子的速度變化，則洛倫茲力一定變化，故電子一

定是做勻速直線運(yùn)動(dòng)，電子受力平衡。電子受到的靜電力沿x軸負(fù)方向，故所受洛倫茲力一定沿x軸正

方向，根據(jù)左手定則判斷可知，電子應(yīng)沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)，故ABD錯(cuò)誤，C正確。

故選C。

12.CT掃描是計(jì)算機(jī)X射線斷層掃描技術(shù)的簡(jiǎn)稱(chēng)，CT掃描機(jī)可用于對(duì)多種病情的探測(cè)。圖（a）是某種

CT機(jī)主要部分的剖面圖，其中X射線產(chǎn)生部分的示意圖如圖（b）所示。圖（b）中M、N之間有一電

子束的加速電場(chǎng)，虛線框內(nèi)有勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)；經(jīng)調(diào)節(jié)后電子束從靜止開(kāi)始沿帶箭頭的實(shí)線所示的方向前

進(jìn)，打到靶上，產(chǎn)生X射線（如圖中帶箭頭的虛線所示）；將電子束打到靶上的點(diǎn)記為P點(diǎn)。則（）

A.M處的電勢(shì)高于N處的電勢(shì)

B.增大M、N之間的加速電壓可使P點(diǎn)左移

C.偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的方向垂直于紙面向外

D.增大偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小可使P點(diǎn)左移

【答案】D

【詳解】

A.由于電子帶負(fù)電，要在MN間加速則MN間電場(chǎng)方向由N指向M,根據(jù)沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降

低可知M的電勢(shì)低于N的電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；

B.增大加速電壓則根據(jù)

r12

eTU=—mv

2

可知會(huì)增大到達(dá)偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的速度；又根據(jù)在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中洛倫茲力提供向心力有

可知會(huì)增大在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)半徑，由于磁場(chǎng)寬度相同，故根據(jù)幾何關(guān)系可知會(huì)減小偏轉(zhuǎn)的角度，故

P點(diǎn)會(huì)右移，故B錯(cuò)誤；

C.電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，故C錯(cuò)誤；

D.由B選項(xiàng)的分析可知，當(dāng)其它條件不變時(shí)，增大偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度會(huì)減小半徑，從而增大偏轉(zhuǎn)角

度，使P點(diǎn)左移，故D正確。

故選D。

13.如圖所示，光滑絕緣水平面內(nèi)有足夠大的直角坐標(biāo)系X。)，，第二象限內(nèi)有水平向左、垂直于y軸的電場(chǎng)

強(qiáng)度E=2.5X10-2N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第一象限(包含y軸)內(nèi)有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)8,第四象限有豎

直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2(圖中未畫(huà)出)。在整個(gè)x軸上有粒子吸收膜，若粒子速度垂直于膜，可以穿過(guò)該

膜，且電荷量不變，速度大小不變；若粒子速度不垂直于膜，將被膜吸收。不計(jì)膜的厚度。一質(zhì)量為根

=5.0x109kg,電荷量為q=2.0xl0'1c的帶負(fù)電的粒子，從A點(diǎn)(—20,0)以初速度vo=2.Ox]()2m/s

沿y軸正方向開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，通過(guò)y軸上B點(diǎn)(圖中未畫(huà)出)，之后將反復(fù)通過(guò)膜，而沒(méi)有被膜吸收。不計(jì)粒

子重力。求：

(DB點(diǎn)距坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離無(wú)；

(2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)Bi大小；

(3)勻強(qiáng)磁場(chǎng)B?的取值范圍。

---------------Mmxxxxx

AO

【答案】(l)40m；(2)1.25x104T；(3)

【詳解】

(1)設(shè)帶電粒子在電場(chǎng)中的加速度為“，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為小則

qE=ma

1

|XA|——由12

>,B=Vo/1

解得

a=1.0x103mzs2

fi=0.2s

)；B=40m

⑵設(shè)帶電粒子在3點(diǎn)速度為W，沿X軸正方向分速度為匕，UB與y軸正方向夾角為仇則

以=如

tan0=—

匕

22?2

%~=丫0+VX

解得

2

vx=2.0xl0m/s

VB=2&_X1()~m/s

6=45°

粒子通過(guò)8點(diǎn)后在勻強(qiáng)磁場(chǎng)臺(tái)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且反復(fù)通過(guò)吸收膜，而沒(méi)有被膜吸收，則粒子速度垂

直于膜即垂直于x軸。

設(shè)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為。，軌道半徑為小則：

2

VK

qv^B\=m—

r\

/?|Cos0=yB

解得

n=40&m

B,=1.25X10-4T

(3)粒子第一次垂直于x軸即垂直于膜穿過(guò)膜后，將在第四象限做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。如果勻強(qiáng)磁場(chǎng)處的方向

豎直向下，粒子向x軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn)：

若粒子從負(fù)y軸上離開(kāi)第四象限，速度方向與y軸正方向夾角，如果大于和等于90。,粒子不再回到y(tǒng)軸，

如果小于90。，粒子將運(yùn)動(dòng)到負(fù)x軸上，且不垂直于x軸，被膜吸收。

若粒子從正x軸離開(kāi)第四象限，粒子速度一定垂直于x軸，進(jìn)入第一象限，然后在第一象限做半個(gè)圓周

運(yùn)動(dòng)后垂直于膜穿過(guò)膜進(jìn)入第四象限，并且穿過(guò)點(diǎn)在上次穿過(guò)點(diǎn)的右邊，所以會(huì)反復(fù)通過(guò)膜，而沒(méi)有被

膜吸收。

這種情況，粒子在第四象限做圓周運(yùn)動(dòng)軌道半徑最大為「2m，勻強(qiáng)磁場(chǎng)星大小最小為反m，則

2r2m=，i+risin0

---

r2m

r

設(shè)這種情況勻強(qiáng)磁場(chǎng)所大小B1',則B2>B2m

解得

B->-----尸—xlOT~1.5X10T

m4(1+0)

即

,-4

B2>1-5X10T

綜上所述：當(dāng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)電的方向豎直向下時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小^>1.5x104T?

14.如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直角三角形區(qū)域ABC內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)8,線段

CO=OB=L,G30。；第三象限內(nèi)存在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)明(圖中未畫(huà)出)，過(guò)C點(diǎn)放置著一面與)，軸平

行的足夠大熒光屏CA第四象限正方形區(qū)域OBFE內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一電子以速度也

從x軸上P點(diǎn)沿y軸正方向射入磁場(chǎng)，恰以。點(diǎn)為圓心做圓周運(yùn)動(dòng)且剛好不從AC邊射出磁場(chǎng)；此后電

子經(jīng)第四象限進(jìn)入第三象限，經(jīng)過(guò)y軸時(shí)速度方向與y軸負(fù)方向成60。角，最后到達(dá)熒光屏?xí)r速度方向恰

好與熒光屏平行。已知電子的質(zhì)量為〃八電荷量為e,不計(jì)電子的重力，求：

⑴P點(diǎn)距O點(diǎn)的距離d；

(2)電子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間r；

(3)第三象限內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度是的大小。

y

【答案】⑴《；⑵善；(3)B,=號(hào)或8=華

23%eL-eL

【詳解】

(1)電子在區(qū)域A5C內(nèi)以。點(diǎn)為圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在G點(diǎn)與AC相切，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖:

i/=/?=￡sin30°=-

2

(2)電子從H點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子從0E邊離開(kāi)且在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為f,在X方向上有

匕=%tan60°

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有

22

解得

庖

t=--

3%

(3)電子在第三象限運(yùn)動(dòng)時(shí)速度

v=-—=2%

cos60°

做勻速圓周運(yùn)動(dòng)有兩種情況

①若磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，設(shè)其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為「圓心在01,根

據(jù)幾何知識(shí)有

/+sin30°=L

洛倫茲力提供向心力

V2

evB2=m——

r\

解得

■eL

②若磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，設(shè)其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R,圓心為。2,根據(jù)幾何知識(shí)有

￡+弓sin300=與

根據(jù)牛頓第二定律有

2

V

evB2=m—

r2

解得

B,=$

eL

15.如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系，中，等腰三角形ABC區(qū)域內(nèi)左半部分有方向垂直紙面向外磁感應(yīng)強(qiáng)

度大小8=1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，右半部分有方向垂直x軸向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，邊界上有磁場(chǎng)或電場(chǎng)。在x軸OA

段上的P點(diǎn)(圖中未畫(huà)出)有一粒子源(大小可忽略)，能垂直x軸在紙面內(nèi)以速度物(未知)向磁場(chǎng)

射人質(zhì)量機(jī)=2.4Xl(y7kg。電荷量q=lXI0°C的帶正電粒子。粒子源射出的粒子恰好不從磁場(chǎng)的4c邊

界射出且垂直于y軸射人電場(chǎng)，也恰好不從電場(chǎng)的BC邊界射出。已知A、B、C三點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(-3m,

0)、(3m,0)和(0,4m),不計(jì)粒子受到的重力。求：

(1)P點(diǎn)的坐標(biāo)和粒子射入磁場(chǎng)的速度大小Uo;

(2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；

(3)粒子在磁場(chǎng)和電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間/總。

N/C；⑶3兀+3n

250

【詳解】

(1)粒子在磁場(chǎng)和電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示

由幾何關(guān)系可知

4

tanNA=tanNB=—

3

粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑

r=QAsinZA=2.4m

所以P點(diǎn)的坐標(biāo)為(-2.4m,0)

粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，有

_*

qv/D[=—

r

解得

%=l(X)m/s

(2)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，其運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與BC相切，由幾何關(guān)系可知

tanNB=—

%

1

OC-r+-at~9

________2___

tanNB二=

咿

qE

a=

m

IxlO5

m/s2

18

解得

1T

(3)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一圓周，用時(shí)4=一

44

n,22

<7vo5i=m(—)-r

解得

3萬(wàn)

=-----s

1250

粒子在電場(chǎng)中沿電場(chǎng)方向做初速度為0的勻加速運(yùn)動(dòng)，則

12

解得

3娓

’2-----S

250

所以粒子在磁場(chǎng)和電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間

34+3指

------------s

250

16.如圖1所示，水平直線MN上方有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)E=3X1()3N/C，MN下方有垂直于紙

面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間f周期性變化的規(guī)律如圖2所示，規(guī)定垂直紙面向外為磁場(chǎng)正方向，

在f=0時(shí)，將一帶正電的粒子從電場(chǎng)中的。點(diǎn)處由靜止釋放，在t=lxl()-5s時(shí)通過(guò)MN上的P點(diǎn)進(jìn)入

磁場(chǎng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，粒子最終打在足夠大的擋板上。已知擋板位于尸點(diǎn)左側(cè)且垂直于擋板與尸

點(diǎn)間的距離為100cm；粒子的比荷,不計(jì)粒子的重力；計(jì)算中取萬(wàn)=3o

(1)求粒子從P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的大?。?/p>

⑵在r=1x10%至2x1(T5s時(shí)間內(nèi)，求粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑和周期;

(3)求粒子從。點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動(dòng)到擋板所需的時(shí)間。

，、B/T

擋