高中物理帶電粒子在復合場中的運動技巧和方法完整版及練習題

1、、帶電粒子在復合場中的運動專項訓練1.如圖所不，在X軸的上方存在垂直紙面向里，磁感應強度大小為Bo的勻強磁場.位于 x軸下方的離子源 C發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為g的一束負離子，其初速度大小范圍0?卜產(chǎn)肉，這束離子經(jīng)電勢差口 =；端的電場加速后，從小孔 O （坐標原點）垂直 x軸并垂直 磁場射入磁場區(qū)域，最后打到x軸上.在x軸上2a? 3a區(qū)間水平固定放置一探測板nwfi (a=W,假設(shè)每秒射入磁場的離子總數(shù)為No,打到x軸上的離子數(shù)均勻分布（離子重力不計）（1）求離子束從小孔 O射入磁場后打到x軸的區(qū)間；（2）調(diào)整磁感應強度的大小，可使速度最大的離子恰好打在探測板右端，求此時的磁感應強度大小Bi

2、；（3）保持磁感應強度 Bi不變，求每秒打在探測板上的離子數(shù)N;若打在板上的離子 80%被吸收，20%被反向彈回，彈回速度大小為打板前速度大小的0.6倍，求探測板受到的作用力大小.X X X X X XBq一|1aL2a Sa x由牛【來源】浙江省 2018版選考物理考前特訓（2017年10月）加試30分特訓：特訓 7帶電 粒子在場中的運動試題356【答案】（1）0)和初速度v的帶電微粒.發(fā)射時，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A點射出的帶電微粒平行于 x軸從C點進入有磁場區(qū)域，并從坐標原點O沿y軸負方向離開，求電場強度和磁感應強度的大小與方向.(2)請

3、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)域又在哪里？并說明理由.【來源】帶電粒子在電場中運動壓軸大題mg- mv【答案】（1） E ,方向沿y軸正方向；B r ,方向垂直xOy平面向外（2）通過坐標原點后離開；理由見解析（3）范圍是x0；理由見解析【解析】【詳解】（1）帶電微粒平行于x軸從C點進入磁場，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)電場強度大小為 E,由：mg qE可得電場強度大小:方向沿y軸正方向；帶電微粒進入磁場后受到重力、 它將做勻速圓周運動.如圖（E mgq電場力和洛倫茲力的作用.由于電場力和重力

4、相互抵消, a）所示：考慮到帶電微粒是從 C點水平進入磁場，過 O點后沿y軸負方向離開磁場，可得圓周運動 半徑r R;設(shè)磁感應強度大小為 B,由：qvB2vm一R可得磁感應強度大小：mvqR根據(jù)左手定則可知方向垂直 xOy平面向外；(2)從任一點P水平進入磁場的帶電微粒在磁場中做半徑為R的勻速圓周運動，如圖(b)所示，設(shè)P點與O點的連線與y軸的夾角為，其圓周運動的圓心 Q的坐標為(Rsin ,Rcos ),圓周運動軌跡方程為：_2_2_2(x Rsin )(y R cos ) R而磁場邊界是圓心坐標為(0, R)的圓周，其方程為：2_2x (y R) R解上述兩式，可得帶電微粒做圓周運動的軌跡

5、與磁場邊界的交點為x 0y 0或：x Rsiny R(1 cos )坐標為Rsin ,R(1 cos )的點就是P點，須舍去.由此可見，這束帶電微粒都是通過 坐標原點后離開磁場的；(3)帶電微粒初速度大小變?yōu)?2v，則從任一點P水平進入磁場的帶電微粒在磁場中做勻速圓 周運動的半徑r為：m(2v)r2RqB帶電微粒在磁場中經(jīng)過一段半徑為r的圓弧運動后，將在 y軸的右方(x0區(qū)域)離開磁場并做勻速直線運動，如圖(c)所示.靠近 M點發(fā)射出來的帶電微粒在穿出磁場后會射向x軸正方向的無窮遠處；靠近N點發(fā)射出來的帶電微粒會在靠近原點之處穿出磁場所以，這束帶電微粒與 x軸相交的區(qū)域范圍是 x0.mg- m

6、v答：(1)電場強度E ,方向沿y軸正方向和磁感應強度 B 二,方向垂直xOy平qqR面向外.(2)這束帶電微粒都是通過坐標原點后離開磁場的；(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)域范圍是 x0o 3.利用電場和磁場，可以將比荷不同的離子分開，這種方法在化學分析和原子核技術(shù)等領(lǐng)域有重要的應用.如圖所示的矩形區(qū)域ACDG(AC邊足夠長)中存在垂直于紙面的勻強磁場，A處有一狹縫.離子源產(chǎn)生的離子，經(jīng)靜電場加速后穿過狹縫沿垂直于GA邊且垂直于磁場的方向射入磁場，運動到GA邊，被相應的收集器收集.整個裝置內(nèi)部為真空.已知被加速的兩種正離子的質(zhì)量分別是mi和m2(mim2),電

7、荷量均為q,加速電場的電勢差為U,離子進入電場時的初速度可以忽略.不計重力，也不考慮離子間的相互作用./加速電場 離子源,(1)求質(zhì)量為mi的離子進入磁場時的速率 vi;(2)當磁感應強度的大小為 B時，求兩種離子在 GA邊落點的間距s；(3)在前面的討論中忽略了狹縫寬度的影響，實際裝置中狹縫具有一定寬度.若狹縫過寬，可能使兩束離子在 GA邊上的落點區(qū)域交疊，導致兩種離子無法完全分離.設(shè)磁感應強度大小可調(diào)，GA邊長為定值L,狹縫寬度為d,狹縫右邊緣在 A處.離子可以從狹縫各處射入磁場，入射方向仍垂直于 GA邊且垂直于磁場.為保證上述兩種離子能落在GA邊上并被完全分離，求狹縫的最大寬度.【來源】

8、2011年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試物理卷(北京)答案(1)J2qU-(2)/-8U2-7m?VmT(3)dm=m2-L1.m,-. qB2% g 、m2【解析】一一12(1)動能th理 Uq= mivi22qvB=mv qB口,一 一 - 一- * X X *；B(2)由牛頓第二定律和軌道半徑有:2mvR利用式得離子在磁場中的軌道半徑為別為(如圖一所示)8U .兩種離子在 GA上洛點的間距 s=2(R-R2)= / 2(m1 Jm2) ,qB ，(3)質(zhì)量為mi的離子，在GA邊上的落點都在其入射點左側(cè)2Ri處，由于狹縫的寬度為d,因此落點區(qū)域的寬度也是d (如圖二中的粗線所示).同理，質(zhì)量

9、為m2的離子在GA邊上落點區(qū)域的寬度也是 d (如圖二中的細線所示).| 國二為保證兩種離子能完全分離，兩個區(qū)域應無交疊，條件為 2 (R1-R2) d利用式，代入式得：2R(1- Jm2)dRi的最大值滿足：2R1m=L-d4.如圖所示，兩條豎直長虛線所夾的區(qū)域被線段MN分為上、下兩部分，上部分的電場方向豎直向上，下部分的電場方向豎直向下，兩電場均為勻強電場且電場強度大小相同。擋板PQ垂直MN放置，擋板的中點置于 N點。在擋板的右側(cè)區(qū)域存在垂直紙面向外的勻強磁場。在左側(cè)虛線上緊靠M的上方取點A, 一比荷 9=5X 15C/kg的帶正電粒子，從 A點m以Vo=2X 13m/s的速度沿平行 MN

10、方向射入電場，該粒子恰好從P點離開電場，經(jīng)過磁場的作用后恰好從 Q點回到電場。已知 MN、PQ的長度均為L=0.5m,不考慮重力對帶電粒子的影響，不考慮相對論效應。(1)求電場強度E的大??；(2)求磁感應強度B的大??；在左側(cè)虛線上 M點的下方取一點 C,且CM=0.5m,帶負電的粒子從 C點沿平行MN方向 射入電場，該帶負電粒子與上述帶正電粒子除電性相反外其他都相同。若兩帶電粒子經(jīng)過磁場后同時分別運動到 Q點和P點，求兩帶電粒子在 A、C兩點射入電場的時間差。【來源】【市級聯(lián)考】陜西省榆林市2019屆高三第二次理科綜合模擬試題(物理部分)【答案】 16N/C 1.6 10 2T (3) 3,9

11、 104s【解析】【詳解】(1)帶正電的粒子在電場中做類平拋運動，有：L=vot1qEt2 2 m解得 E=16N/Ctan (2)設(shè)帶正電的粒子從 P點射出電場時與虛線的夾角為。，則：qEtm可得0=450粒子射入磁場時的速度大小為v= 72 vo粒子在磁場中做勻速圓周運動:qvB2 v m一r由幾何關(guān)系可知r-2 L2解得 B=1.6 X10-2t*f J(3)兩帶電粒子在電場中都做類平拋運動，運動時間相同；兩帶電粒子在磁場中都做勻速 ，3 ，一；兩帶電2圓周運動，帶正電的粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為,帶負電的粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為2粒子在AC兩點進入電場的時間差就是兩粒子在磁場中的時間差； 若帶電粒子

12、能在勻強磁場中做完整的圓周運動，則其運動一周的時間3帶正電的粒子在磁場中運動的時間為：t1 -T 5.9 10 4s；4 1,帶負電的粒子在磁場中運動的時間為：t2 -T 2.0 104s4帶電粒子在AC兩點射入電場的時間差為t t1 t2 3.9 10 4s5.如圖，區(qū)域I內(nèi)有與水平方向成 45 角的勻強電場E1，區(qū)域?qū)挾葹閐1，區(qū)域n內(nèi)有正 交的有界勻強磁場B和勻強電場E2,區(qū)域?qū)挾葹閐2,磁場方向垂直紙面向里，電場方向 豎直向下.一質(zhì)量為m、電量大小為q的微粒在區(qū)域I左邊界的P點，由靜止釋放后水平向 右做直線運動，進入?yún)^(qū)域 n后做勻速圓周運動，從區(qū)域 n右邊界上的Q點穿出，其速度方 向改

13、變了 30,重力加速度為g,求：(1)區(qū)域I和區(qū)域n內(nèi)勻強電場的電場強度 Er E2的大小.(2)區(qū)域n內(nèi)勻強磁場的磁感應強度B的大小.微粒從P運動到Q的時間有多長.【來源】【市級聯(lián)考】陜西省咸陽市2019屆高三模擬檢測(三)理綜物理試題2mg mgm、2gdi6d1 d2【答案】(1) E1 -mg, E2(2)1 (3)一.2gd1qq2qd26 gd2【解析】【詳解】(1)微粒在區(qū)域I內(nèi)水平向右做直線運動，則在豎直方向上有:十/曰 l . 2mg求得：E1q微粒在區(qū)域ii內(nèi)做勻速圓周運動，則重力和電場力平衡，有:qE&n45mgmg qE2求得：E2 mg q12(2)粒子進入磁場區(qū)域時

14、滿足：qEidOs45 mv22 v qvB m R根據(jù)幾何關(guān)系，分析可知：R 2d2sin30整理得：b m馴2qd2(3)微粒從P到Q的時間包括在區(qū)域I內(nèi)的運動時間ti和在區(qū)域II內(nèi)的運動時間t2,并滿 足： TOC o 1-5 h z 1,2.a1t1di2mgtan45m302 Rt2 360 v經(jīng)整理得：tt1t22&-12d6d1&2gd1,g 12 qB6gd26.如圖為近代物理實驗室中研究帶電粒子的一種裝置.帶正電的粒子從容器A下方小孔S不斷飄入電勢差為 U的加速電場.進過 度為B的勻強磁場中，最后打在照相底片S正下方小孔。后，沿SO方向垂直進入磁感應強S時的速度可視為零，不考

15、慮粒子重力.D上并被吸收，D與O在同一水平面上，粒子在(2)由于粒子間存在相互作用，從O進入磁場的粒子在紙面內(nèi)將發(fā)生不同程度的微小偏轉(zhuǎn).其方向與豎直方向的最大夾角為“，若假設(shè)粒子速度大小相同，求粒子在 D上的落點與O的距離范圍;(3)加速電壓在(UiAU)范圍內(nèi)的微小變化會導致進入磁場的粒子速度大小也有所不同.現(xiàn)從容器 A中飄入的粒子電荷最相同但質(zhì)量分別為mi、m2 (mim2),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 VU應滿足什么U TOC o 1-5 h z 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

16、-2018學年高二1月月考物理試題2m! cosm2(3)U22m1 cosm2(1) -82Ut (2)最大值X最小值xcosB2x2/2、(mcosm2)(1)沿SO方向垂直進入磁場的粒子，最后打在照相底片D的粒子;粒子經(jīng)過加速電場：qU=1 mv222洛倫茲力提供向心力：qvB=m v_R落點到。的距離等于圓運動直徑：x=2R所以粒子的比荷為：q84m B x(2)粒子在磁場中圓運動半徑2qmUqB由圖象可知：粒子左偏。角(軌跡圓心為 。1)或右偏。角(軌跡圓心為 。2)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=2RC0S a =

17、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，2-Lmax=2Rmax=、2qm(U U )Bq .當加速電壓為 U-川、偏角。=時，距離最小U). 2Lmin=2Rmin COS L-J2qml(U BqCOS a考慮質(zhì)量不同但電荷量相同的兩種粒子 由 R=j2qmU 和 m1m2 知:rqB要使落點區(qū)域不重疊，則應滿足：Limin L2max2BJ2qmi (UU)U)2 COSj2qmi2(UBq .2 TOC o 1-5 h z ,口mcosm解得：U-一22 .m1cosm2（應有條件micos2 a m2,否則粒子落點區(qū)域必然重疊）7

18、.回旋加速器的工作原理如圖甲所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為 R,兩盒間有狹縫（間距d R）,勻強磁場與盒面垂直，被加速粒子的質(zhì)量為m ,電荷量為 q ,加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓值的大小為U0,周期為T,與粒子在磁場中的周期相同.一束該種粒子在t 0T/2時間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零.粒子在電場中的加速次數(shù)與回旋半周的次數(shù)相同，假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運 動；粒子重力不計，不考慮粒子在狹縫中的運動時間，不考慮粒子間的相互作用.求：（1）勻強磁場的磁感應強度 B;（2）粒子從飄入狹縫至動能最大所需的總時間to ;（3）實際中粒子的質(zhì)量會隨速度的增加而增大

19、，加速后的質(zhì)量 m與原來質(zhì)量m0的關(guān)系:m。m=/ v 2 ,則粒子質(zhì)量增加1%后估計最多還能再加速多少次（需要簡述理 由）？若粒子質(zhì)量最終增加 2% ,那么粒子最終速度為光速的多少倍（結(jié)果保留一位有【全國百強校】天津市實驗中學2019屆高三考前熱身訓練物理試題2 m1)qr2R2m qUT100 次；0.2解：(1)依據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合洛倫茲力提供向心，則有:2 V qvB m 一R電壓周期T與粒子在磁場中的周期相同:B 5qr(2)粒子運動半徑為R時:2 R 口 Lv 且 Ekmr1 2一 mv2解得：Ekm2 2mR2T2粒子被加速n次達到動能Ekm,則有：EkmnqU0不考慮粒子在狹

20、縫中的運動時間，又有粒子在電場中的加速次數(shù)與回旋半周的相同，得粒子從飄入狹縫至動能最大所需的總時間:t0 n?2qUT(3)粒子在磁場中的周期:2 n，質(zhì)量增加1%, qB周期增大1%,r再加速次數(shù)不超過2T 1%次2 100加速后的質(zhì)量m與原來質(zhì)量mmb的關(guān)系：m。v 2 ，1(C)m 1.02m0PQ范圍內(nèi)存在沿x軸正方向的0.4,0為圓心，半徑為/T 7的B 0.5T.大量質(zhì)量為粒子最終速度為：v 0.2c即粒子最終速度為光速的0.2倍.在平面直角坐標系 xOy中，第n、出象限 y軸到直線勻強電場，電場強度大小 E 500N/C ,第I、W象限以圓形范圍內(nèi)，存在垂直于坐標平面向外的勻強磁

21、場，磁感應強度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： r. m(1)粒子進入磁場時的速度大??；(2)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(tǒng)軸的距離h多大?(3)粒子在磁場中運動的最長時間.【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 (2) 0.2m (3) 2104s【解析】【詳解】12(1)粒子在電場中加速，則有： EqR mv2解得：v 2000m/s2(2)在磁場中，有：qvB m r解得：r 0.4m R即正好

22、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 Rsin30 0.2m(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場，故tmaxBq 210 4s.如圖所示，處于豎直面內(nèi)的坐標系x軸水平、y軸豎直，第二象限內(nèi)有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下，磁場方向垂直坐標平面向里。帶電微粒從x軸上M點以某一速度射入電磁場中，速度與x軸負半軸夾角”=53。，微粒在第二象限做勻速圓周運動，并垂直y軸進入第一象限。已知微粒的質(zhì)量為 m,電荷量為-q, OM間距離為L,重 力加速度為 g, sin53=0. 8, cos53=0. 6。求(1

23、)勻強電場的電場強度E;(2)若微粒再次回到x軸時動能為 M點動能的2倍，勻強磁場的磁感應強度B為多少。【來源】【市級聯(lián)考】山東省濱州市2019屆高三第二次模擬(5月)考試理綜物理試題【答案】詈(2) B=8m y或B=8mg【解析】【詳解】mg(1)微粒在第二象限做勻速圓周運動，則qE=mg,解得：E=q(2)微粒垂直y軸進入第一象限，則圓周運動圓心在y軸上，由幾何關(guān)系得：rsin “L2由向心力公式可知：qvB=m r- a _12修粒在第一象限中 mgr(1 cos ) Ek - mv匚 O 12Ek 2 - mv聯(lián)立解得：B= 8mgL或B=8m g5qL 5q , L.如圖，空間某個

24、半徑為 R的區(qū)域內(nèi)存在磁感應強度為 B的勻強磁場，與它相鄰的是一 對間距為d,足夠大的平行金屬板，板間電壓為U。一群質(zhì)量為 m,帶電量為q的帶正電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(1)離極板AB距離為R的粒子能從極板上的小孔 P射入電場，求粒子的速度？2(2)極板CD上多長的區(qū)域上可能會有帶電粒子擊中？(3)如果改變極板的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和電場中運動的總時間。： x* ：x X .4* xXXXX、X X【來源】江蘇省蘇州新區(qū)一中2019屆高三一摸模擬物理試題【答案】(1)入射粒子的速度v qBR

25、 m(2)帶電粒子擊中的長度為2x 2 f2B R d q ; ( 3)總時間t timU【解析】【詳解】m 2dBRqB U(1)洛倫茲力提供向心力,qvB2mv根據(jù)作圖可解得，能從極板上的小孔rP射入電場,mv qB所以，入射粒子的速度 v理m(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,a工也 m mdd2at2解得t2md2qu沿極板運動的距離x vt2B2R2d2qmU有帶電粒子擊中的長度為 2x 22B2R2d2qmU(3)能再次進入磁場的粒子應垂直于極板進入電場，在電場中運動的時間ti2乂

26、蚪a U在磁場中運動的時間為 t2qB事J u所以t2qB總時間ttlt2m 2dBRqB U.如圖所示，在xoy平面的第二象限內(nèi)有沿 y軸負方向的勻強電場，電場強度的大小E=102V/m,第一象限某區(qū)域內(nèi)存在著一個邊界為等邊三角形的勻強磁場，磁場方向垂直xoy平面向外。一比荷 9 =107C/kg的帶正電粒子從x軸上的P點射入電場，速度大小 mvo=2X14m/s,與x軸的夾角。=601該粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，由 y軸上的Q點以垂直于y軸的方向進入磁場區(qū)域，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)射出，后來恰好通過坐標原點O,且與x軸負方向的夾(2)磁場的磁感應強度大??；(3)等邊三角形磁場區(qū)域的最小面積?！緛碓础堪不瞻霾菏?/p>

27、 2019屆高三第二次教學質(zhì)量檢查考試理綜(二模 )物理試題【答案】(1) OP mi, OQ 0.15m (2) B=0.02T 理3 10 2m21016【解析】【詳解】解：(1)粒子在電場中沿x軸正方向的分運動是勻速直線運動，沿 y軸正方向的分運動是勻變速直線運動、/幾片士八小匚ec xv0sin0v0sin 0 x沿 y 軸萬向：qEma , t- OQ01a2沿x軸正方向：OP v0cos 0 t聯(lián)立解得：op m, OQ 0.15m 10(2)粒子在磁場中作半徑為 r的勻速圓周運動，其軌跡如圖根據(jù)幾何關(guān)系由： OQ rcos a解得：r=0.05m2根據(jù)牛頓第二定律可得：Bqv0c

28、os 0 m v0cos 0r解得：B=0.02T(3)根據(jù)粒子運動軌跡和幾何關(guān)系可知，以弦 QD為邊長L的4QRD是磁場區(qū)域面積最小的等邊三角形，如圖，則 L J3r,故最小面積：S1L2sin60? 3-3 10 2m2216.如圖所示，在平面直角坐標系中，AO是/ xOy的角平分線，x軸上方存在水平向左的勻強電場，下方存在豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，兩電場的電場強度大小相等.一質(zhì)量為 m、電荷量為+ q的質(zhì)點從OA上白M M點由靜止釋放，質(zhì)點恰能沿 AO 運動且通過。點，經(jīng)偏轉(zhuǎn)后從 x軸上的C點(圖中未畫出)進入第一象限內(nèi)并擊中AO上的D點(圖中未畫出).已知 OM的長度

29、L1 2m m,勻強磁場的磁感應強度大小為B =(T),重力加速度 g取10m/s2.求:q(1)兩勻強電場的電場強度 E的大??；(2)OC的長度L2；t.(3)質(zhì)點從M點出發(fā)到擊中D點所經(jīng)歷的時間【來源】2018單元滾動檢測卷高考物理(四川專用)精練第九章物理試卷mg【答案】E(2)40m (3)7.71 sq【解析】【詳解】(1)質(zhì)點在第一象限內(nèi)受重力和水平向左的電場，沿AO做勻加速直線運動，所以有mg qEmg即E -qC點進入第一象限后做(2)質(zhì)點在x軸下方，重力與電場力平衡，質(zhì)點做勻速圓周運動，從 類平拋運動，其軌跡如圖所示，2 v 有：qvB m R由運動規(guī)律知v2 2aLi由牛頓

30、第二定律得：a ,2g解得：r 20.2m由幾何知識可知 OC的長度為：L2=2Rcos45 =40mV -質(zhì)點從M到。的時間為：ti=- 2s a3 2 R 3質(zhì)點做圓周運動時間為：t2 3 2R 3s 4.71s4 v 2R質(zhì)點做類平拋運動時間為：t3=R isV質(zhì)點全過程所經(jīng)歷的時間為：t=t i+t2+t3=7.71s。.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d,在邊界AB左側(cè)是豎直向下、場強為E的勻強電場，現(xiàn)有質(zhì)量為 m、帶電量為+q的粒子(不計重力)從P點以大小為vo的水平初速度射入電場，隨后與邊界AB成45。射入磁場，若粒子能垂直CD邊界飛出磁場，試求

31、：(1)勻強磁場的磁感應強度 B；(2)從進入電場到穿出磁場的總時間。2 mqB【來源】陜西省漢中市漢臺區(qū)2019屆高三年級教學質(zhì)量第一次檢測考試物理試題【答案】(1)勻強磁場的磁感應強度mv0B為; ( 2)從進入電場到穿出磁場的總時間為mv0doqE 4v?！窘馕觥俊驹斀狻?1)粒子進入磁場時的速度為：vV。cos45-2vo粒子運動軌跡如圖所示,XXR/； XX :8- X XD由幾何知識得：r d .2dsin45粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得:2 V qvB m一 rmv0解得：B -qd0；(2)粒子在電場中做類平拋運動，粒子進入磁場時的豎直分速度為:

32、qEtti, mVy=vsin45 = vo=解得，粒子在電場中的運動時間為:mvoti -r ；qE粒子在磁場中做勻速運動的周期為:粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角我：0 =45；粒子在磁場中的運動時間為:t2360粒子從進入電場到穿出磁場的總時間為:ttlt2mv0dqE 4 v014.在如圖所示的豎直平面內(nèi)，水平軌道CD和傾斜軌道GH與半徑r=-9 m的光滑圓弧軌道 44分別相切于D點和G點,GH與水平面的夾角0 =37：過G點、垂直于紙面的豎直平面左側(cè)有勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度B=1.25T過D點、垂直于紙面的豎直平面 右側(cè)有勻強電場，電場方向水平向右，電場強度E=1X10

33、n/C.小物體Pi質(zhì)量m=2X 1(fkg、電 荷量q=+8X 106C,受到水平向右的推力F=9.98 X彳N的作用，沿CD向右做勻速直線運動，到達D點后撤去推力.當 Pi到達傾斜軌道底端 G點時，不帶電的小物體 P2在GH頂端靜止釋放， 經(jīng)過時間t=0.1s與Pi相遇.Pi和P2與軌道CD GH間的動摩擦因數(shù)均為尸0.取g=10m/s2,sin37 =0.6,cos37 =0.8,物體電荷量保持不變，不計空氣阻力.求：(1)小物體Pi在水平軌道CD上運動速度v的大?。?2)傾斜軌道GH的長度s.【來源】【全國百強?！?017屆浙江省溫州中學高三 3月高考模擬物理試卷(帶解析 )【答案】(1

34、) 4m/s (2) 0.56m【解析】【分析】【詳解】(1)設(shè)小物體Pi在勻強磁場中運動的速度為v,受到水平外力 F,重力mg,支持力N,豎直向上的洛倫茲力 Fi,滑動摩擦力f貝U F二qvB N mg qvB , f N 勻速直線運動，物體處于平衡狀態(tài)；F f 0解得v 4 m/s說明：各1分，各2分(2)設(shè)物體Pi在G點的速度為Vi ,由于洛倫茲力不做功1212 由動能th理知 qEr sin37 mgr(1 cos37 ) - mv13 mv 解得速度vi 5 m/s小物體Pi在GH上運動受到水平向右的電場力qE,重力mg,垂直斜面支持力 Ni,沿斜面向下的滑動摩擦力fi設(shè)加速度為ai TOC o 1-5 h z 由牛頓第二定律有 Ni mg cos37 qE cos37 , fiNiqE