帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)練習(xí)題含答案

1、一、帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)專項(xiàng)訓(xùn)練.如圖所示，在坐標(biāo)系Oxy的第一象限中存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E.在其它象限中存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面向里.A是y軸上的一點(diǎn)，它到坐標(biāo) 原點(diǎn)。的距離為/）; C是x軸上的一點(diǎn)，到。的距離為L 一質(zhì)量為m,電荷量為q的帶 負(fù)電的粒子以某一初速度沿x軸方向從A點(diǎn)進(jìn)入電場區(qū)域，繼而通過C點(diǎn)進(jìn)入磁場區(qū) 域.并再次通過A點(diǎn)，此時(shí)速度方向與y軸正方向成銳角.不計(jì)重力作用.試求：（1）粒子經(jīng)過C點(diǎn)速度的大小和方向；（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B.【來源】2007普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試（全國卷1【）理綜物理部分【答案】（1）a=arctan 2mhE/

2、r + /-y q【解析】【分析】【詳解】試題分析：（1）以a表示粒子在電場作用下的加速度，有夕后=小。加速度沿y軸負(fù)方向.設(shè)粒子從A點(diǎn)進(jìn)入電場時(shí)的初速度為,由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)經(jīng)歷的 時(shí)間為3則有：/? =!/2/ =卬由式得e,目V 2/7設(shè)粒子從c點(diǎn)進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v, v垂直于x軸的分量匕=7 設(shè)粒子經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的速度方向與x軸的夾角為。，則有tana= %9/7由式得a= arctan （2）粒子從C點(diǎn)進(jìn)入磁場后在磁場中作速率為v的圓周運(yùn)動(dòng).若圓周的半徑為R,則有qvB = m匚 R設(shè)圓心為P，則PC必與過C點(diǎn)的速度垂直，且有比=刀=尺.用?表示可與y軸的夾角，由幾何關(guān)系得：Rcosfi

3、 = Rcosa+hRsinp = lRsina解得/r+/2 廣R=yJ4lr +T2hl1 lmhE由式得：B= /?-+/- q2.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)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方 向水平向右，電場強(qiáng)度大小為E,磁場方向垂直紙面向外，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)由靜止開始沿MN下滑，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)離開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)的速度大小汽；（2）求小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程中克服摩擦力做的功Wf；(3)若D點(diǎn)為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運(yùn)動(dòng)過程中速度最大的位置

4、，當(dāng) 小滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)撤去磁場，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.【來源】2015年全國普通高等學(xué)校招生統(tǒng)一考試物理(福建卷帶解析)【答案】(1)E/B (2)(3) v = J一田(+金2 S- ，、行【解析】【分析】【詳解】小滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)離開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?。挥蓜?dòng)能定理直接計(jì)算摩擦力做的功Wf ；撤去磁場后小滑塊將做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù) 分運(yùn)動(dòng)計(jì)算最后的合速度的大?。?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

5、向左的洛倫茲力，當(dāng)洛 倫茲力等于電場力q時(shí)滑塊離開M/V開始做曲線運(yùn)動(dòng)，即Bqv = qEE 解得：人三B(2 )從4到Ct艮據(jù)動(dòng)能定理：nigh-Wf= -mv2-02i E1解得：Wf = mgh -/? (3 )設(shè)重力與電場力的合力為F ,由圖意知，在D點(diǎn)速度v。的方向與丹也方向垂直，從D到P 做類平拋運(yùn)動(dòng)，在防向做勻加速運(yùn)動(dòng)a=F/m 時(shí)間內(nèi)在防向的位移為x = go產(chǎn)從D到P ,根據(jù)動(dòng)能定理：可+為=0，其中;山片聯(lián)立解得：(mg)*+ 9V nr【點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵是分析清楚小滑塊的運(yùn)動(dòng)過程，在與MN分離時(shí)，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(yùn)動(dòng)，根據(jù)滑塊

6、的不同的運(yùn)動(dòng)過程逐步求解即可.如圖所示，x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上.在xOy平面內(nèi)有與y軸平行的 勻強(qiáng)電場，在半徑為R的圓內(nèi)還有與xOy平面垂直的勻強(qiáng)磁場.在圓的左邊放置一帶電微 粒發(fā)射裝置，它沿x軸正方向發(fā)射出一束具有相同質(zhì)量m、電荷量q (q0)和初速度v的 帶電微粒.發(fā)射時(shí)，這束帶電微粒分布在0VyV2R的區(qū)間內(nèi).已知重力加速度大小為g.(1)從4點(diǎn)射出的帶電微粒平行于x軸從C點(diǎn)進(jìn)入有磁場區(qū)域，并從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿y軸 負(fù)方向離開，求電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與方向.（2）請(qǐng)指出這束帶電微粒與x軸相交的區(qū)域，并說明理由.（3）若這束帶電微粒初速度變?yōu)?v,那么它們與x軸相交的區(qū)域

7、又在哪里？并說明理 由.【來源】帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)壓軸大題【答案】（1）,方向沿V軸正方向；，方向垂直xOy平面向外（2）通過坐標(biāo)原點(diǎn)后離開；理由見解析（3）范圍是x0；理由見解析【解析】【詳解】帶電微粒平行于x軸從C點(diǎn)進(jìn)入磁場，說明帶電微粒所受重力和電場力的大小相等，方 向相反.設(shè)電場強(qiáng)度大小為由： 可得電場強(qiáng)度大小：方向沿V軸正方向；帶電微粒進(jìn)入磁場后受到重力、電場力和洛倫茲力的作用.由于電場力和重力相互抵消， 它將做勻速圓周運(yùn)動(dòng).如圖（a）所示：考慮到帶電微粒是從C點(diǎn)水平進(jìn)入磁場，過0點(diǎn)后沿y軸負(fù)方向離開磁場，可得圓周運(yùn)動(dòng) 半徑；設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8,由：可得磁感應(yīng)強(qiáng)度大小： 根據(jù)左手

8、定則可知方向垂直xOy平面向外；（2）從任一點(diǎn)P水平進(jìn)入磁場的帶電微粒在磁場中做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖（b） 所示，設(shè)P點(diǎn)與點(diǎn)的連線與y軸的夾角為，其圓周運(yùn)動(dòng)的圓心Q的坐標(biāo)為，圓周運(yùn)動(dòng)軌跡 方程為：而磁場邊界是圓心坐標(biāo)為（0, R）的圓周，其方程為：解上述兩式，可得帶電微粒做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡與磁場邊界的交點(diǎn)為或: 坐標(biāo)為的點(diǎn)就是P點(diǎn)，須舍去.由此可見，這束帶電微粒都是通過坐標(biāo)原點(diǎn)后離開磁場 的；帶電微粒初速度大小變?yōu)?v,則從任一點(diǎn)P水平進(jìn)入磁場的帶電微粒在磁場中做勻速圓 周運(yùn)動(dòng)的半徑為：帶電微粒在磁場中經(jīng)過一段半徑為的圓弧運(yùn)動(dòng)后，將在y軸的右方（x0區(qū)域）離開磁場 并做勻速直線運(yùn)動(dòng)，如圖

9、（c）所示.靠近M點(diǎn)發(fā)射出來的帶電微粒在穿出磁場后會(huì)射向x 軸正方向的無窮遠(yuǎn)處：靠近N點(diǎn)發(fā)射出來的帶電微粒會(huì)在靠近原點(diǎn)之處穿出磁場所以，這束帶電微粒與x軸相交的區(qū)域范圍是x0.答：（1）電場強(qiáng)度，方向沿y軸正方向和磁感應(yīng)強(qiáng)度，方向垂直xOy平面向外.（2）這束帶電微粒都是通過坐標(biāo)原點(diǎn)后離開磁場的；（3）若這束帶電微粒初速度變?yōu)?v,這束帶電微粒與x軸相交的區(qū)域范闈是.如圖，空間存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向?yàn)閥軸正方向，磁場方向垂直于xy平 面（紙面）向外，電場和磁場都可以隨意加上或撤除，重新加上的電場或磁場與撤除前的 一樣.一帶正電荷的粒子從P（x=0, V=/）點(diǎn)以一定的速度平行于x軸正

10、向入射.這時(shí)若只 有磁場，粒子將做半徑為生的圓周運(yùn)動(dòng)；若同時(shí)存在電場和磁場，粒子恰好做直線運(yùn) 動(dòng).現(xiàn)在，只加電場，當(dāng)粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到乂=&平面（圖中虛線所示）時(shí)，立即撤除電 場同時(shí)加上磁場，粒子繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，其軌跡與x軸交于M點(diǎn).不計(jì)重力.求：（1）粒子到達(dá)x=R。平面時(shí)速度方向與x軸的夾角以及粒子到x軸的距離；（2） M點(diǎn)的橫坐標(biāo)xM.【來源】磁場【答案】（1）: （2） o【解析】【詳解】（1）做直線運(yùn)動(dòng)有，根據(jù)平衡條件有：做圓周運(yùn)動(dòng)有： 只有電場時(shí)，粒子做類平拋，有.：vy = G 解得：= v0 粒子速度大小為: = 6。速度方向與X軸夾角為：夕=三粒子與X軸的距離為：RH = h + -

11、at2 = h + 2 (2)撤電場加上磁場后，有：qSu =團(tuán)R解得：R =粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示圓心C位于與速度v方向垂直的直線上，該直線與x軸和y軸的夾角均為:，有幾何關(guān)系 4得C點(diǎn)坐標(biāo)為：% = 2幾R(shí)yc = H RQ = h 過C作x軸的垂線，在ACDM中:CM = R = y/2,R (14)RCD = yc = h(15)c 2解得：DM= lcM2 - CD2 =H； + R0h - 川的M 點(diǎn)橫坐標(biāo)為：/ = 2R0 + H； + 即-h2 (17)5.如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中的第一象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直 于坐標(biāo)平面向里的有界矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域（圖中未

12、畫出）：在第二象限內(nèi)存在沿X軸負(fù)方向 的勻強(qiáng)電場。一粒子源固定在X軸上坐標(biāo)為（-L,o）的A點(diǎn)。粒子源沿y軸正方向釋放出速 度大小為打的電子，電子通過y軸上的C點(diǎn)時(shí)速度方向與y軸正方向成a = 45角，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軸正方向成夕=15角的射線0M已知電子 的質(zhì)量為m,電荷量為e,不考慮粒子的重力和粒子之間的相互作用）。求：（2）電子在電場和磁場中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t（3）矩形磁場區(qū)域的最小面積?！緛碓础亢鲜鸦?019年高考物理一模物理試題nv2 2L 24？ l 、【答案】竺二；（2）+ /f；2eL % 3eBeB【解析】【詳解】（1）電子從4到C的過程中，由動(dòng)

13、能定理得：= ；憂一;琢vccos450 = %聯(lián)立解得： = 2eL（2）電子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿電場方向有：乙=號(hào)吧其中=工cosa由數(shù)學(xué)知識(shí)知電子在磁場中的速度偏向角等于圓心角：電子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t,=-T-2不其中丁=網(wǎng)eB電子在電場和磁場中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間f =。+ 6聯(lián)立解得:2L 17tm1V。 3eB（3）電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力,則有 evB = tn r最小矩形區(qū)域如圖所示,CQ = r-07-COS 2最小矩形區(qū)域面積：Smin=CD CQ聯(lián)立解得：S7i = J?（竺。2 eB6.如圖所示，在xoy坐標(biāo)平面的第一象限內(nèi)有一沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電

14、場，在第四象限內(nèi) 有一垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場，現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電量為+q的粒子（重力不計(jì)）從坐標(biāo) 原點(diǎn)。射入磁場，其入射方向與x的正方向成45。角.當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)到電場中坐標(biāo)為（3, B的P點(diǎn)處時(shí)速度大小為vo,方向與x軸正方向相同.求：（1）粒子從0點(diǎn)射入磁場時(shí)的速度v：（2）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E。和勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度Bo.（3）粒子從。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用的時(shí)間.(S+7T)L4%【來源】海南省?？谑泻Ｄ现袑W(xué)2018-2019學(xué)年高三第十次月考物理試題一 _L2八、【答案】（1）V2v0； （2） Lq【解析】【詳解】解：（1）若粒子第一次在電場中到達(dá)最高點(diǎn)P，則其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，粒子在。點(diǎn)時(shí)的

15、 速度大小為V,。0段為圓周，。尸段為拋物線，根據(jù)對(duì)稱性可知，粒子在0點(diǎn)時(shí)的速度大小也為L方向與x軸正方向成45。角，可得：% = ucos450解得：v = /2v0（2）在粒子從。運(yùn)動(dòng)到夕的過程中，由動(dòng)能定理得：=解得：E =2qL又在勻強(qiáng)電場由。到P的過程中，水平方向的位移為：犬=%乙 豎直方向的位移為：y = -tY = L 可得：Xqp = 2L , OQ = LBmv由OQ = 2Rcos45。，故粒子在。段圓周運(yùn)動(dòng)的半徑：R = 2L及R = f2（田解得：B0 =2mv在 0 點(diǎn)時(shí)，Vy = v0rfm45=v0L _2L設(shè)粒子從由。到夕所用時(shí)間為乙，在豎直方向上有：4 =豆=

16、三 T兀L粒子從。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q所用的時(shí)間為：2 = 2L 兀 L （S+7r）L則粒子從。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用的時(shí)間為：，總=4+ % = + 丁 =% 4%4v07.如圖所示，在直角坐標(biāo)系區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，在邊長為2L的正 方形abed區(qū)域（包括邊界）內(nèi)有方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場.一電子從y軸上的A(0,萬)點(diǎn)以大小為vo的速度沿x軸正方向射入電場，已知電子的質(zhì)量為m、電荷量 為e,正方形abed的中心坐標(biāo)為(3L, 0),且ab邊與x軸平行，勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大 匚 mv;小七=一土 .eL(1)求電子進(jìn)入磁場時(shí)的位置坐標(biāo)；(2)若要使電子在磁場中從ab邊射出，求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)

17、強(qiáng)度大小B滿足的條件.【來源】【全國市級(jí)聯(lián)考】河北省邯鄲市2018屆高三第一次模擬考試?yán)砭C物理試題【答案】(1) (2L,0) (2)(+1)八。紀(jì)2eLeL【解析】試題分析：電子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，分別列出豎直和水平方向的方程，即可求出電子 進(jìn)入磁場時(shí)的位置坐標(biāo)；電子從岫邊界射出，其運(yùn)動(dòng)軌跡的臨界狀態(tài)分別與岫相切和反 相切，根據(jù)幾何關(guān)系求出相應(yīng)半徑，由洛倫茲力提供向心力即可求出強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度 大小8滿足的條件.(1)電子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示：則有：豎直方向有：y = *2加速度為：。=竺 mL水平方方向?yàn)椋篺i= 豎直速度:vy = ati所以電子射出電場時(shí)的速度方向與x

18、軸成45。角，則電子在電場中沿x軸正方向和沿y軸負(fù)3/方向運(yùn)動(dòng)的距離分別為L和一，又因?yàn)?點(diǎn)的坐標(biāo)是（0, ），電子在無電場和磁場的 22區(qū)域內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則電子射入磁場區(qū)的位置坐標(biāo)為（21,0）且射入磁場區(qū)的速度大 ?。簐=方向與x軸成45。角.（2）分使電子從岫邊界射出，其運(yùn)動(dòng)軌跡的臨界狀態(tài)分別與岫相切和be相切當(dāng)運(yùn)動(dòng)軌跡與ab相切時(shí)，有門+/is/力45。=Z.mv2電子在磁場中運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，有：”歸=解得：B+1M。Le當(dāng)運(yùn)動(dòng)軌跡與be相切時(shí)，有：12 + 3/力45。=2L/77V2電子在磁場中運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，有：民=解得：及=（無+1刖- 2Le勻強(qiáng)磁

19、場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小8滿足的條件：（:+1）3（8+1）。2LeLe點(diǎn)睛：本題主要考查了帶電粒子由電場進(jìn)入磁場的情況，電子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，分 別列出豎直和水平方向的方程列式分析求解；在磁場中，關(guān)鍵要畫出軌跡圖分析，根據(jù)幾 何關(guān)系求解.8.如圖甲所示，在xOy平面內(nèi)有足夠大的勻強(qiáng)電場E,在y軸左側(cè)平面內(nèi)有足夠大的磁 場，磁感應(yīng)強(qiáng)度Bi隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示，選定磁場垂直紙面向里為正方向。在V軸右側(cè)平面內(nèi)還有方向垂直紙面向外的恒定的勻強(qiáng)磁場，分布在一個(gè)半徑為r=0.3m的圓 形區(qū)域（圖中未畫出）且圓的左側(cè)與y軸相切，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2=0.8T, t=0時(shí)刻，一質(zhì)量 m=8xl0-4kg,電

20、荷量q=+2xlO-4C的微粒從x軸上xp=-0.8m處的P點(diǎn)以速度v=0.12m/s向 x軸正方向入射、已知該帶電微粒在電磁場區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。（g取10m/s2）Ixxlx匕MIX1X 方T瓦XXMX XIKI X xlx丈 X甲乙求電場強(qiáng)度。（2）若磁場15ns后消失，求微粒在第二象限運(yùn)動(dòng)過程中離x軸的最大距離：若微粒穿過y軸右側(cè)圓形磁場時(shí)速度方向的偏轉(zhuǎn)角最大，求此圓形磁場的圓心坐標(biāo)儀, y）?！緛碓础筷兾饔芰质?019屆高考模擬第三次測試?yán)砜凭C合物理試題【答案】(1) E = 40N/C ,方向豎直向上(2) 2Am (3)(0.30,2.25)【解析】【詳解】因?yàn)槲⒘Ｉ淙腚姶艌龊笞?/p>

21、勻速圓周運(yùn)動(dòng)受到的電場力和重力大小相等，則：qE = mg解得：E = 4GN/C,方向豎直向上1廠由牛頓第二定律有：n tnV 八， 所以為=卞=06加 qB127m7qB1=10/rs從圖乙可知在。5公內(nèi)微粒做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在5410乃5內(nèi)微粒向左做勻速直線運(yùn) 動(dòng).在10%15公內(nèi)微粒又做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在15公內(nèi)微粒向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，之后 穿過y軸.離x軸的最大距離s，= 2凡X 2 = 4凡=2.4/n如圖，微粒穿過圓形磁場要求偏轉(zhuǎn)角最大，入射點(diǎn)A與出射點(diǎn)B的連線必須為磁場圓的 直徑.V由牛頓第二定律，有力也=7寸=0.6m = 2r所以最大偏轉(zhuǎn)角為60。所以圓心坐標(biāo)x = 0.30?

22、y = 5 - rcos60Q = 2.4-0.3x w? = 2.25/w2即磁場的圓心坐標(biāo)為(0.30225).9.如圖所示，在空間坐標(biāo)系x0區(qū)域中有豎直向上的勻強(qiáng)電場在一、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Ez和勻強(qiáng)磁場B,已知CD=2L , OC=L , E2 =4Eio在負(fù)x軸上有一質(zhì)量為m、電量為+q的金屬a球以速度氏沿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、無摩擦)質(zhì)量為2m、不帶電金屬b球發(fā)生彈性碰撞。已知外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)久b球間的靜電力，不計(jì)入b

23、球產(chǎn)生的場對(duì)電 場、磁場的影響，求：,求P點(diǎn)的位置坐標(biāo);(3)0. b碰后，要使b球不從CD邊界射出，求磁感應(yīng)強(qiáng)度8的取值?！緛碓础俊救珖購?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9gv；八 n 16ml 2r - ) ;(3) B 或9g15班12【答案】(1) %=一%，v/7 = -v0： (2)(-心回3qL【解析】【分析】(1)久b碰撞，由動(dòng)量守恒和能量守恒關(guān)系求解碰后久b的速度；(2)碰后a在電場中向左做類平拋運(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)； 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?/p>

24、】。勻速,則mg = qEG、b碰撞，動(dòng)量守恒pm，。= niva + 27Vb 機(jī)械能守恒= ；w； + ；(27)U 由得12%=一1%，%(2)碰后a、b電量總量平分,則1% = % = y2v0碰后。在電場中向左做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)時(shí)。球到P點(diǎn)的位置坐標(biāo)為（-xy） 3gx = vat , y = -at2 2其中1匚1吆一yi=74，g由得2v2 v2、.一.乙卜o、， ko人=/ 3 =9g 9g故P點(diǎn)的位置坐標(biāo)為（-9gl廠 i)碰撞后對(duì)b故b做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則-qvhB = 2m2r8/?vn - - 3qB Jb恰好從C射出,則L = 2r恰從。射出，則由幾何關(guān)系產(chǎn)=4Z?+(

25、r L)-,故要使b不從CD邊界射出,則B的取值范圍滿足。皿或八 15qL 3qL【點(diǎn)睛】本題考杳帶電粒子在電磁場中的運(yùn)動(dòng)以及動(dòng)量守恒定律及能量守恒關(guān)系，注意在磁場中的 運(yùn)動(dòng)要注意幾何關(guān)系的應(yīng)用，在電場中注意由類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解。10.如圖所示，在xOy坐標(biāo)平面內(nèi)，虛線PQ與x軸正方向的夾角為60。，其右側(cè)有沿y軸 正方向的勻強(qiáng)電場：左側(cè)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8. 一質(zhì)量為 m,帶電量為q的帶負(fù)電的粒子自坐標(biāo)原點(diǎn)O射入勻強(qiáng)磁場中，經(jīng)過一段時(shí)間后恰好自虛 線PQ上的M點(diǎn)沿x軸正方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)軌跡與x軸的交點(diǎn)為 N.己知0、M兩點(diǎn)間的距離為0、N兩點(diǎn)間

26、的距離為（乎+1） L,粒子重力不（1）帶電粒子自坐標(biāo)原點(diǎn)0射入勻強(qiáng)磁場的速度大?。海?）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大?。唬?）若自0點(diǎn)射入磁場的粒子帶正電，粒子的質(zhì)量、帶電量、初速度等都不變，則在粒 子離開0點(diǎn)后的運(yùn)動(dòng)中第二次與虛線PQ相交的交點(diǎn)坐標(biāo).【來源】2019年山東省德州市高三一模物理試卷【答案】（1）必；（2）跡工；（UL）.7in62【解析】【詳解】（1）粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí), yfi =2rsin60r解得粒子自坐標(biāo)原點(diǎn)o射入勻強(qiáng)磁場的速度大小修幽 m（2）粒子自M到N做類平拋運(yùn)動(dòng)沿電場方向：3 sin60=-2？垂直電場方向；（與+ 1）L-y/3Lcos600=vti 得電場強(qiáng)度=逆

27、工機(jī)（3）若自O(shè)點(diǎn)射入磁場的粒子帶正電，粒子在磁場中逆時(shí)針轉(zhuǎn)過240。后自R點(diǎn)垂直于電場方向離開磁場,如圖所示.離開磁場時(shí)x坐標(biāo)；4=_*0530。=立L 氏2y 坐標(biāo)：yK =-（r + %加30） = L2粒子進(jìn)入電場后自R到S做類平拋運(yùn)動(dòng) 垂直電場方向：X& = I刈沿電場方向：,九=”不2777 -tan600= -XRS解得：i,=也L,%=豈1匕,yRS = 2L-3qB3第二次與虛線PQ的交點(diǎn)S的x坐標(biāo)：x = Xrs+Xr = l 6y 坐標(biāo)：） =h + %e = ；L則第二次與虛線pq的交點(diǎn)s的坐標(biāo)為（Bl, -l） 6211.實(shí)驗(yàn)中經(jīng)常利用電磁場來改變帶電粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡.

28、如圖所示，位；（；“）、笊 （；）、筑（：”）三種粒子同時(shí)沿直線在紙面內(nèi)通過電場強(qiáng)度為、磁感應(yīng)強(qiáng)度為8的 及合場區(qū)域.進(jìn)入時(shí)點(diǎn)與笊、笊與瓶的間距均為d，射出史合場后進(jìn)入y軸與MN之間（其夾角為）垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場區(qū)域I ,然后均垂直于邊界MN射出.虛線M/V與PQ間為真空區(qū)域H且PQ與MN平行.已知質(zhì)子比荷為幺，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)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度比；（3）若虛線pq右側(cè)還存在一垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場區(qū)域in,經(jīng)該磁場作用后三種粒子均 能匯聚于MN上的一點(diǎn)，求該磁場的最小面積S和同時(shí)進(jìn)入復(fù)合場的笈、笳運(yùn)動(dòng)到匯聚點(diǎn) 的時(shí)間差A(yù)LFailed to

29、 download image :0:808QBM/201WlV222467258262323/2224907340759040/STEM/dc3c33c ca5564bb396bf46dd7f953dfa.png【來源】江蘇省蘇州市2019屆高三上學(xué)期期末陽光指標(biāo)調(diào)研考試物理試題、E,、mE（7r+26）Bd【答案】-（2） （3）一J一BqdBE【解析】【分析】（1）粒子在電磁更合場中做直線運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)電場力與洛倫茲力平衡，可求 粒子的速度大??；（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）由氣粒子圓周運(yùn)動(dòng)直徑可求磁場的最小面枳

30、.根據(jù)氣、旅得運(yùn)動(dòng)周期，結(jié)合幾何關(guān) 系，可求氣、氣到匯聚點(diǎn)的時(shí)間差.【詳解】（1）由電場力與洛倫茲力平衡，Bqv = Eq解得v = E/B.（2）由洛倫茲力提供向心力,VBivq=m r由幾何關(guān)系得r = dinE 解得F4i w/n 7 m分析可得然粒子圓周運(yùn)動(dòng)直徑為3r磁場最小面積S=，n 2解得S= n d2由題意得艮=2B12乃，, 2mn由T=得T= v qB由軌跡可知Ati=(3Ti-Ti)02冗情,其中 Ti= 27t叫At2=4 （STc-T：）,其中工= 227rmqB7）切 aa I a （兀+26）Bd解得/ =1- E12.如圖所示，空間存在方向垂直于xOy平面向里的

31、勻強(qiáng)磁場，在0y幽，求該粒子打在X軸上位置坐標(biāo)的最小值.111【來源】江蘇省蘇錫常鎮(zhèn)四市2019屆高三第二次模擬考試物理試題【答案】(1) R = d (2) OP =(4 近卜/ ，=箸(3) X351【解析】 【分析】 【詳解】（1）帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)，洛侖磁力提供向心力：qvQB = m r把% =幽，代入上式，解得：R = dni當(dāng)粒子射入?yún)^(qū)域I時(shí)的速度為y = 2%時(shí)，如圖所示在0A段圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在半徑為q = 2d在48段圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在O2,半徑為R = d在8P段圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在03,半徑為凡=2d可以證明ABP03為矩形，則圖中0 = 30 ,由幾何知識(shí)可得：003 =

32、2d cos 30 =乖d所以：Oq=2d &/所以粒子打在X軸上的位置坐標(biāo)OP = 003 + 2Oq =（4-6）4粒子在0A段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為:30 27rm _ mi360 qB 6qB粒子在A8段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 =粒子在BP段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為八=4=30 27rm _ 7im360，qB 6qB2在此過程中粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：/ = 24+八=理3qB設(shè)粒子在區(qū)域【中軌道半徑為R,軌跡由圖可得粒子打在X軸上位置坐標(biāo)：x = 2（H-J箱） +化簡得：3店-4咫+丁 + / = 09 A2 1把上式配方：3 R-x -x2 + d2 = oI 3 J 3化簡為：3（尺一2二）=-X2-d20I 3

33、J 3則當(dāng)R = x時(shí)，位置坐標(biāo)1取最小值：x . =a/3J 3nun 13.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(jìn)入右側(cè)圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，粒子經(jīng)過圓形磁場區(qū)域后，其運(yùn)動(dòng)方向與入 射方向的夾角為6（弧度）.已知粒子的初速度為v。，兩平行板間與右側(cè)圓形區(qū)域內(nèi)的磁場的 磁感應(yīng)強(qiáng)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(jì)空氣阻力及粒子 重力的影響，求：兩平行板間的電勢差U：（2）粒子在圓形磁場區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t：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(xué)期第一次聯(lián)考理科綜合試題（物理部分） a0【答案】（l）U=

34、Bvod ； （2）； （3）R=WVtan2qB【解析】【分析】（1）由粒子在平行板間做直線運(yùn)動(dòng)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(guān)系可得粒子在 圓形磁場區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間.（3）由幾何關(guān)系求半徑R .【詳解】由粒子在平行板間做直線運(yùn)動(dòng)可知，Bvoq=qE ,平行板間的電場強(qiáng)度E=g ,解得兩平行 a板間的電勢差：U=Bvod在圓形磁場區(qū)域中，由洛倫茲力提供向心力可知:v- Bvoq=m 27rr 同時(shí)有T二 %粒子在圓形磁場區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=T240m 解得t= Bq由幾何關(guān)系可知:0rtan =R2,0_解得圓形磁場區(qū)域的半徑R=nn， Un2 qB14.如圖所示，半徑為廣的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域I與x軸相切于坐標(biāo)系的原點(diǎn)O,磁感應(yīng)強(qiáng) 度為8,方向垂直于紙面向外.磁場區(qū)域I右側(cè)有一長方體加速管，加速管底面寬度為 2r,軸線與x軸平行且過磁場區(qū)域【的圓心，左側(cè)的電勢比右側(cè)高.在加速管出II下側(cè)距 離2r處放置一寬度為2r的熒光屏.加速管右側(cè)存在方向垂直于紙面向外磁感應(yīng)強(qiáng)度也為 8。的勻強(qiáng)磁場區(qū)域II.在O點(diǎn)處有一個(gè)粒子源，能沿紙面向y0的各個(gè)方向均勻地發(fā)射大 量質(zhì)量為m、帶