1、一、帶電粒子在復(fù)合場中的運動專項訓(xùn)練1.如圖所示，一半徑為 R的光滑絕緣半球面開口向下，固定在水平面上.整個空間存在磁感應(yīng)弓雖度為B、方向豎直向下的勻強磁場.一電荷量為q(q0)、質(zhì)量為m的小球P在球角為9(0B的最小值及小球P面上做水平的勻速圓周運動，圓心為O.球心O到該圓周上任一點的連線與豎直方向的夾-).為了使小球能夠在該圓周上運動，求磁感應(yīng)強度 2g)相應(yīng)的速率.(已知重力加速度為Bmin2mW RcosgR sin cos【解析】 【分析】 【詳解】據(jù)題意,小球P在球面上做水平的勻速圓周運動，該圓周的圓心為o. P受到向下的重力N cosf N sinmg、球面對它沿 OP方向的支持

2、力 N和磁場的洛侖茲力f= qvB 式中v為小球運動的速率.洛侖茲力f的方向指向O .根據(jù)牛頓第二定律mg 0 2m dRsin由式得qBRsin mqR 0 cos由于v是實數(shù)，必須滿足4qRsin2-02 qBRsin 2()cosm由此得Rcos可見，為了使小球能夠在該圓周上運動，磁感應(yīng)強度大小的最小值為2mBmin3 QRcos此時，帶電小球做勻速圓周運動的速率為由式得2.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 勻強電場，在半徑為 R的圓內(nèi)還有與xOy平面垂直的勻強磁場.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

3、m、電荷量q (q0)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(yīng)強度的大小與方向.(2)請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

4、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?。篍 mg方向沿y軸正方向；帶電微粒進入磁場后受到重力、電場力和洛倫茲力的作用.由于電場力和重力相互抵消,它將做勻速圓周運動.如圖(a)所示:2 v m R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(yīng)強度大小為 B,由：qvBmv可得磁感應(yīng)強度大?。簈RB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

5、 ，其圓周運動的圓心 Q的坐標為(Rsin ,Rcos ),圓周運動軌跡方程為：(x Rsin )2 (y Rcos )2 R2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）r - 2RqB帶電微粒在磁場中經(jīng)過一段半徑為r的圓弧運動后

6、，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.mgmv答：（1）電場強度E ,方向沿y軸正方向和磁感應(yīng)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.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(xué)分析和原子核技術(shù)等領(lǐng)域有重要的應(yīng)用.如圖所示的矩形區(qū)域ACDG（AC邊足

7、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(yīng)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.(1)求質(zhì)量為mi的離子進入磁場時的速率vi;(2)當(dāng)磁感應(yīng)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(dǎo)致兩種離子無

8、法完全分離.設(shè)磁感應(yīng)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】2011年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試物理卷(北京 ).、1 C(1)動能7E理 Uq= m1V12 2qvB=mv qB(2)由牛頓第二定律和軌道半徑有:2mvR；H利用式得離子在磁場中的軌道半徑為別為(如圖一所示)兩種離子在GA上落點的間距標2),(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)2R1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

9、的粗線所示).同理，質(zhì)量為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).陽二為保證兩種離子能完全分離，兩個區(qū)域應(yīng)無交疊，條件為 2 (Ri-R2)d利用式，代入式得:Ri的最大值滿足：2Rim=L-d.歐洲大型強子對撞機是現(xiàn)在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一種將質(zhì)子加速對撞的高能物理設(shè)備，其原理可簡化如下：兩束橫截面積極小，長度為1-0質(zhì)子束以初速度V0同時從左、右兩側(cè)入口射入加速電場，出來后經(jīng)過相同的一段距離射入垂直紙面的圓形勻強磁場區(qū)域并被偏轉(zhuǎn)，最后兩質(zhì)子束發(fā)生相碰。已知質(zhì)子質(zhì)量為m,電量為e;加速極板3AB、A 囿電壓土勻為Uo,且滿足eUo=mvo2。兩磁場

10、磁感應(yīng)強度相同，半徑均為R,圓心2O、O在質(zhì)子束的入射方向上，其連線與質(zhì)子入射方向垂直且距離為H=- R;整個裝置處2于真空中，忽略粒子間的相互作用及相對論效應(yīng)。(1)試求質(zhì)子束經(jīng)過加速電場加速后(未進入磁場)的速度Y和磁場磁感應(yīng)強度B；R .(2)如果某次實驗時將磁場 O的圓心往上移了 一，其余條件均不變，質(zhì)子束能在OO連線2的某位置相碰，求質(zhì)子束原來的長度lo應(yīng)該滿足的條件?！緛碓础亢鲜〕５率?2019屆高三第一次模擬考試理科綜合物理試題【答案】(1) v 2vo； B mV(2) lo eR【解析】【詳解】解：(1)對于單個質(zhì)子進入加速電場后，則有:3,3 612eUo1212-mv

11、mv02232又：eU0mv02解得：v 2vo ；根據(jù)對稱，兩束質(zhì)子會相遇于OO的中點P,粒子束由CO方向射入，根據(jù)幾何關(guān)系可知必定沿OP方向射出，出射點為 D,過C、D點作速度的垂線相交于 K,則K,則K點即為軌跡的圓心，如圖所示，并可知軌跡半徑r=R2根據(jù)洛倫磁力提供向心力有：evB m r可得磁場磁感應(yīng)強度：B2mv0eRR(2)磁場O的圓心上移了 一，則兩束質(zhì)子的軌跡將不再對稱，但是粒子在磁場中運達半徑 2認為R,對于上方粒子，將不是想著圓心射入，而是從 F點射入磁場，如圖所示，E點是原來C點位置，連 OF、OD,并作FK平行且等于 OD,連KD,由于OD=OF=FK故平行四邊 形O

12、DKF為菱形，即KD=KF=R故粒子束仍然會從 D點射出，但方向并不沿 OD方向，K為 粒子束的圓心由于磁場上移了 R ,故sin/COF=2 =1 2 2兀D DOF=Z FKD3對于下方的粒子，沒有任何改變，故兩束粒子若相遇，則只可能相遇在D點,卜方粒子到達C后最先到達D點的粒子所需時間為tR一R (H 2R)222V0(4)R4vol 0to2冗3百 R 12vo而上方粒子最后一個到達E點的試卷比下方粒子中第一個達到C的時間滯后At上方最后的一個粒子從E點到達D點所需時間為冗1R Rsin - 2tR362V 02V 0要使兩質(zhì)子束相碰，其運動時間滿足t t t聯(lián)立解得l0冗3 612.

13、如圖，區(qū)域I內(nèi)有與水平方向成 45 角的勻強電場Ei,區(qū)域?qū)挾葹閐i ,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，其速度方向改變了 30oax X XXX,重力加速度為g,求：區(qū)域I和區(qū)域n內(nèi)勻強電場的電場強度Ei、E2的大小.(2)區(qū)域n內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)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 mg m

14、. 2gdi6did2 7-r【答案】(i) Ei g, E2(2)-(3)* 2gdiqq2qd26 gd2【解析】qEisin45mgmg qE2【詳解】(i)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:求得：Ei-q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:求得：E2qi 2 (2)粒子進入磁場區(qū)域時滿足：qE1d1cos45 mv222 v qvB m Rdo根據(jù)幾何關(guān)系，分析可知：R 2 d2sin30士 m m、2gdi整理得：B-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

15、HYPERLINK l bookmark64 o Current Document 2,a)ti di2mgtan45 m4302 Rt2360 v經(jīng)整理得：t ti t22d1 2 2gd6dld2 .麗 HYPERLINK l bookmark110 o Current Document ,g 12 qB 6gd2.如圖甲所示，在 xOy平面內(nèi)有足夠大的勻強電場E,在y軸左側(cè)平面內(nèi)有足夠大的磁場，磁感應(yīng)強度 Bi隨時間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 y軸右側(cè)平面內(nèi)還有方向垂直紙面向外的恒定的勻強磁場，分布在一個半徑為r=0.3m的圓形區(qū)域(圖中未畫出)且圓的左側(cè)與

16、y軸相切，磁感應(yīng)強度 電=0.8t=0時刻，一質(zhì)量m=8X 104kg、電荷量q=+2 x 104C的微粒從x軸上xp=0.8m處的P點以速度 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)域做勻速圓周運動。(g取10m/s2)XX KIMI3CDC6甲4(1)求電場強度。(2)若磁場15 7ts后消失，求微粒在第二象限運動過程中離x軸的最大距離；(3)若微粒穿過y軸右側(cè)圓形磁場時速度方向的偏轉(zhuǎn)角最大，求此圓形磁場的圓心坐標(x,V)?！緛碓础筷兾饔芰质?2019屆高考模擬第三次測試理科綜合物理試題【答案】(1) E 40N/C ,方向豎直向上 (2) 2.4m(0.30,2.2

17、5)【解析】qE mg【詳解】(1)因為微粒射入電磁場后做勻速圓周運動受到的電場力和重力大小相等，則:解得：E 40N/C,方向豎直向上2 v (2)由牛頓第二定律有：qvB mRimv所以R10.6mqB12 mqB110 s從圖乙可知在0 5 s內(nèi)微粒做勻速圓周運動，在 510 s內(nèi)微粒向左做勻速直線運動.在1015 s內(nèi)微粒又做勻速圓周運動，在 15 s內(nèi)微粒向右做勻速直線運動，之后穿過y軸.離x軸的最大距離s 2R 2 4Ri 2.4mA與出射點B的連線必須為磁場圓的(3)如圖，微粒穿過圓形磁場要求偏轉(zhuǎn)角最大，入射點 直徑.由牛頓第二定律，有 qvB22 v mR2mv所以 R20.6

18、m 2rqB2所以最大偏轉(zhuǎn)角為 60所以圓心坐標x 0.30m1y s rcos60 2.4 0.3 m 2.25m 2即磁場的圓心坐標為0.30,2.25.在如圖甲所示的直角坐標系中，兩平行極板MN垂直于y軸，N板在x軸上且其左端與坐標原點。重合，極板長度l=0.08m,板間距離d=0.09m,兩板間加上如圖乙所示的周期性 變化電壓，兩板間電場可看作勻強電場.在 y軸上(0, d/2)處有一粒子源，垂直于 y軸連續(xù)不斷向x軸正方向發(fā)射相同的帶正電的粒子，粒子比荷為9=5X10/kg,速度為mv0=8X 15m/s . t=0時刻射入板間的粒子恰好經(jīng)N板右邊緣打在x軸上.不計粒子重力及粒子間的

19、相互作用，求：圖甲圖乙(1)電壓U0的大??；(2)若沿x軸水平放置一熒光屏，要使粒子全部打在熒光屏上，求熒光屏的最小長度；(3)若在第四象限加一個與 x軸相切的圓形勻強磁場，半徑為 r=0.03m ,切點A的坐標為(0.12m, 0),磁場的磁感應(yīng)強度大小B=2T ,方向垂直于坐標平面向里.求粒子出磁場后 3與x軸交點坐標的范圍.【來源】【市級聯(lián)考】山東省濟南市 、_ 4【答案】(1) Uo 2.16 10 V(2)2019屆高三第三次模擬考試理綜物理試題x 0.04m（3）x 0.1425m對于t=0時刻射入極板間的粒子: l vT T 1 10 7s%。2TVy a2Ty 2 vy-d-y

20、 y22Eq maE匕d解得：Uo 2.16 104V TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark166 o Current Document _ T ,3T(2)t nT 一時刻射出的粒子打在 x軸上水平位移最大：Xa v0 22所放熒光屏的最小長度x xA l即：x 0.04m(3)不同時刻射出極板的粒子沿垂直于極板方向的速度均為vy.速度偏轉(zhuǎn)角的正切值均為:tanvy37oV0cos37 v6v 1 10 m/s即：所有的粒子射出極板時速度的大小和方向均相同qvBR r 0.03mB離開磁場.由分析得，如圖所示，所有粒子在磁場中運動后發(fā)生磁聚焦由磁場中的一點x軸

21、后沿磁場圓半徑方向射入磁場，一定沿磁場R圓半徑方向射出磁場；從 x軸射出點的橫坐標：xC xA tan53xC 0.1425m.由幾何關(guān)系，過 A點的粒子經(jīng)x軸后進入磁場由 B點沿x軸正向運動.綜上所述，粒子經(jīng)過磁場后第二次打在x軸上的范圍為：x 0.1425m8.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 S正下方小孔。后，沿SO方向垂直進入磁感應(yīng)強 度為B的勻強磁場中，最后打在照相底片D上并被吸收，D與O在同一水平面上，粒子在D上的落點距。為x,已知粒子經(jīng)過小孔 S時的速度可視為零，不考慮粒子重力.3* (1)求粒子的比

22、荷 q/m ;(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(UU)范圍內(nèi)的微小變化會導(dǎo)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m1、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(yīng)滿足什么U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(xué)2017-2018學(xué)年高二1月月考物理試題 8U(1)丁三(2)最大值x最小值xcos

23、B x2mi cosmtU 2/2(mi cosm2)【解析】【詳解】(1)沿SO方向垂直進入磁場的粒子，最后打在照相底片粒子經(jīng)過加速電場：qU=1 mv22D的粒子;洛倫茲力提供向心力:2 v qvB=m 一R落點到。的距離等于圓運動直徑：x=2Rmi cosm2所以粒子的比荷為：q -8，m B x、一、一一2qmU x(2)粒子在磁場中圓運動半徑R -qB 2。角(軌跡圓心為。2)由圖象可知：粒子左偏。角(軌跡圓心為 Oi)或右偏落點到O的距離相等，均為 L=2Rcos。故落點到O的距離最大：Lmax=2R=x最?。?Lmin=2RC0S a =xCOS a(3)考慮同種粒子的落點到。的

24、距離；當(dāng)加速電壓為U+AU偏角0 =0寸，距離最大，2Lmax=2Rmax=2qm(U U )Bq ,當(dāng)加速電壓為 U-川、偏角。=時，距離最小2 Lmin=2Rmin COS a o/2qm(UU )BqCOS a考慮質(zhì)量不同但電荷量相同的兩種粒子由 R=J2qmU 和 mim2 知：ReqB要使落點區(qū)域不重疊，則應(yīng)滿足：Limin L2maxB- j2qm1(UU)2cosBqj2qm2(UU)m2m22 micos 解得： U12m1cos(應(yīng)有條件 micos2am2,否則粒子落點區(qū)域必然重疊)9.如圖1所示，直徑分別為 D和2D的同心圓處于同一豎直面內(nèi)，。為圓心，GH為大圓的水平直徑

25、兩圓之間的環(huán)形區(qū)域(I區(qū))和小圓內(nèi)部(II區(qū))均存在垂直圓面向里的勻強磁 場.間距為d的兩平行金屬極板間有一勻強電場，上極板開有一小孔.一質(zhì)量為m,電最為+q的粒子由小孔下 d處靜止釋放，加速后粒子以豎直向上的速度v射出電場，由H點2緊靠大圓內(nèi)側(cè)射入磁場，不計粒子的重力.圖I圖2(1)求極板間電場強度的大小E;(2)若I區(qū)、II區(qū)磁感應(yīng)強度的大小分別為 2mv、4mv,粒子運動一段時間 t后再次經(jīng) qD qD過H點，試求出這段時間t;:(3)如圖2所示，若將大圓的直徑縮小為 JD ,調(diào)節(jié)磁感應(yīng)強度為 Bo (大小未知)，并將小圓中的磁場改為勻強電場，其方向與水平方向夾角成60角，粒子仍由H點緊

26、靠大圓內(nèi)側(cè)射入磁場，為使粒子恰好從內(nèi)圓的最高點A處進入偏轉(zhuǎn)電場，且粒子在電場中運動的【來源】【全國百強?！刻旖蚴行氯A中學(xué)2【答案】(1) mv- (2) 55D (3) qdv時間最長，求I區(qū)磁感應(yīng)強度 Bo的大小和II區(qū)電場的場強 Eo的大小？ 2019屆高三高考模擬物理試題 3mv 8.3mv2 :qB 9qD【解析】【詳解】2 mvd 1解：(1)粒子在電場中運動，由動能定理可得：qE 22解得：E2mvqd(2)粒子在I區(qū)中，由牛頓第二定律可得:qvB2 v m Ri其中Bi2 vqDRi粒子在II區(qū)中，由牛頓第二定律可得:qvB22 v mR2其中共4mv DqD，4Ti2 R1vT

27、22 R2v由幾何關(guān)系可得：1 1202 180ti2 1360Tit2360t 6 t1t25.5 Dv解得：t(3)由幾何關(guān)系可知:2,D、2 . ,3Dr (t)(22r)2解得：r _1d32由牛頓第二定律可得：qvB0 m r解得：B0 -3mvqBDcos r 2解得： 30 ,則粒子速度方向與電場垂直D(1 sin ) vt2D1 +2cos一 at22E0q ma解得:E0*.如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標系，y軸沿豎直方向.在 x = L到x =2L之間存在豎直向上的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場，一個比荷（9）為k的帶電微粒m從坐標原點以一定初速度沿 +X方向拋出

28、，進入電場和磁場后恰好在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，離開電場和磁場后，帶電微粒恰好沿+x方向通過x軸上x =3L的位置，已知勻強磁場的磁感應(yīng)強度為 B,重力加速度為g.求：(1)【來源】【市級聯(lián)考】福建省廈門市2019屆高三5月第二次質(zhì)量檢查考試理綜物理試題【答案】（1） g （2）9（3） k kB(2L,k2BT,2 2.2k B L )8g(1)由于粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運動，則:mg=qE,又9=km解得e g k由幾何關(guān)系：2Rsose=L,粒子做圓周運動的向心力等于洛倫茲力:qvB,Vy由cosV在進入復(fù)合場之前做平拋運動：VygtLVot解得v02gkBO二 12 x kBL(3

29、)由 h gt 其中 t 丁，22g電場強度的大??；帶電微粒的初速度；則帶電微粒做圓周運動的圓心坐標:xO32L；yOh Rsin2gk2B2L2k2B28g帶電微粒做圓周運動的圓心坐標.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 mV0=2X14m/s,與x軸的夾角 ”60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

30、軸負方向的夾角a =60；不計粒子重力。求：(2)磁場的磁感應(yīng)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?2019屆高三第二次教學(xué)質(zhì)量檢查考試理綜(二模 )物理試題【答案】(1) OP -m, OQ 0.15m (2) B=0.02T 3 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、,口- 匚v0sin 0v0sin 0沿 y 軸萬向：qE ma, t -0- OQ ta2沿x軸正方向：OP v0cos 0 t聯(lián)立解得：op m, OQ 0.15m 10r的勻速圓周運動，其軌跡如圖

31、rr cos a(2)粒子在磁場中作半徑為根據(jù)幾何關(guān)系由：OQ2v0cos8Bqv0cos 0 m解得：r=0.05m根據(jù)牛頓第二定律可得：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 TOC o 1-5 h z 等邊三角形，如圖，則 L,3r,故最小面積：s1L2sin60? 3- 10 2m2 HYPERLINK l bookmark174 o Current Document 21612.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=60角，紙面內(nèi)的線段 MN與水平方向成 爐30角，MN長度為d.現(xiàn)將一質(zhì)量

32、為 m、電荷量為 q(q0)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(待求)；若將該小球從 M點沿垂直于MN的方向，以大小Vn的速度拋出，小球?qū)⒔?jīng)過M點正上方的P點(未畫出)，已知重力加速度大小為g,求:(l)勻強電場的電場強度 E及小球在N點的速度Vn；(2)M點和P點之間的電勢差；(3)小球在P點動能與在M點動能的比值.【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【答案】(1) J2gd(2) 4mgd-(3)7q3【解析】【詳解】解：(1)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：mg F Eq

33、sin30o sin30o sin120o得：E.3mg甲合力：F=mg2從 M N ,有：2ad n得：n2gd(2)如圖乙，設(shè) MP為h,作PC垂直于電場線，小球做類平拋運動:012hcos60 at2hsin60o NtUMCEhcos30oU MP U MC得：Ump 4md qP ,由動能定理：fsmd ekpekm(3)如圖乙，作PD垂直于MN,從MSmdhsin30o TOC o 1-5 h z 12EKM- mVN2EkpFSMD Ekm 7EkmEkm3.如圖所示，半徑為r的圓形勻強磁場區(qū)域I與 x軸相切于坐標系的原點 。，磁感應(yīng)強度為B0,方向垂直于紙面向外.磁場區(qū)域I右側(cè)

34、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I的圓心，左側(cè)的電勢比右側(cè)高.在加速管出口下側(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)強度也為B0的勻強磁場區(qū)域n.在 O點處有一個粒子源，能沿紙面向 y0的各個方向均勻地發(fā)射大 量質(zhì)量為m、帶電荷量為q且速率相同的粒子，其中沿 y軸正方向射入磁場的粒子，恰能 沿軸線進入長方形加速管并打在熒光屏的中心位置.(不計粒子重力及其相互作用)(1)求粒子剛進入加速管時的速度大小V0；(2)求加速電壓U；(3)若保持加速電壓 U不變，磁場n的磁感應(yīng)強度B=0.9 Bo,求熒光屏上有粒子到達的范圍？【來源

35、】江蘇省揚州市高郵市(2)2018 2019學(xué)年度第二學(xué)期高三年級階段性物理調(diào)研試題3qBir(3)U -2rn由運動方向通過幾何關(guān)系求得半徑，進而由洛倫茲力作向心力求得速度；再由幾何關(guān)系求 得半徑，由洛倫茲力作向心力聯(lián)立兩式求得粒子速度，應(yīng)用動能定理求得加速電壓；先通 過幾何關(guān)系求得粒子在加速管中的分布，然后由粒子運動的半徑及幾何關(guān)系求得可打在熒 光屏上的粒子范圍；【詳解】解：(1)磁場區(qū)域I內(nèi)粒子運動軌道半徑為：;rvi/=m幽rW =m(2)粒子在磁場區(qū)域n的軌道半徑為：對=2丁又|v = 2v(11 1由動能定理得：3q兩2解得：u2m(3)粒子經(jīng)磁場區(qū)域I后，其速度方向均與x軸平行；

36、經(jīng)證明可知：OOiCQ是菱形，所以CO2和y軸平行，v和x軸平行09. 1020磁場n的磁感應(yīng)強度 B2減小10%,即 玫=r2二5門二方r熒光屏上方?jīng)]有粒子到達的長度為：即熒光屏上有粒子到達的范圍是：距上端處到下端，總長度.如圖所示，水平放置的不帶電的平行金屬板p和b相距h,與圖示電路相連，金屬板厚度不計，忽略邊緣效應(yīng).p板上表面光滑，涂有絕緣層，其上。點右側(cè)相距h處有小孔K; b板上有小孔T,且O、T在同一條豎直線上，圖示平面為豎直平面.質(zhì)量為 m、電荷 量為-q (q 0)的靜止粒子被發(fā)射裝置(圖中未畫出)從O點發(fā)射，沿P板上表面運動時間t后到達K孔，不與板碰撞地進入兩板之間.粒子視為質(zhì)

37、點，在圖示平面內(nèi)運動，電荷 量保持不變，不計空氣阻力，重力加速度大小為g.(1)求發(fā)射裝置對粒子做的功；(2)電路中的直流電源內(nèi)阻為 r,開關(guān)S接“1位置時，進入板間的粒子落在 h板上的A 點，A點與過K孔豎直線的距離為 L此后將開關(guān) S接“2位置，求阻值為 R的電阻中的電 流強度；(3)若選用恰當(dāng)直流電源，電路中開關(guān) S接“l(fā)位置，使進入板間的粒子受力平衡，此時在 板間某區(qū)域加上方向垂直于圖面的、磁感應(yīng)強度大小合適的勻強磁場(磁感應(yīng)強度B只能c （而5加，在0Bm=（口 7）夕范圍內(nèi)選?。?，使粒子恰好從b板的T孔飛出，求粒子飛出時速度方向與b板板面夾角的所有可能值（可用反三角函數(shù)表示）.【來

38、源】2014年全國普通高等學(xué)校招生統(tǒng)一考試理科綜合能力測試物理（四川卷帶解析【答案】1)2mh2t2(2)mh2h3(g 2 2 q(R r) l t)(3) 0.2 arcsin5試題分析：（1）設(shè)粒子在P板上勻速運動的速度為 v0,由于粒子在P板勻速直線運動，故12所以，由動能定理知，發(fā)射裝置對粒子做的功W = mv22解得W=嗎 2t2說明：各2分，式1分（2）設(shè)電源的電動勢 E0和板間的電壓為U,有E0 U板間產(chǎn)生勻強電場為 E,粒子進入板間時有水平方向的初速度v0,在板間受到豎直方向的重力和電場力作用而做類平拋運動，設(shè)運動時間為3,加速度為a,有U Eh當(dāng)開關(guān)S接“1時，粒子在電場中

39、做勻變速曲線運動，其加速度為mg % ma再由h1 2at1，l vt1 當(dāng)開關(guān)S接“2時，由閉合電路歐姆定律知I -E-R r R r3聯(lián)立解得，I mh （g 學(xué)2）q（R r） l t說明：各1分（3）由題意分析知，此時在板間運動的粒子重力和電場力平衡.當(dāng)粒子從k進入兩板間后，立即進入磁場物體在電磁場中做勻速圓周運動，離開磁場后做勻速直線運動，故分析 帶電粒子的磁場如圖所示，運動軌跡如圖所示，粒子出磁場區(qū)域后沿DT做勻速直線運動，DT與b板上表面的夾角為，,磁場的磁感應(yīng)強度Df與b板上表面即為題中所求，設(shè)粒子與板間的夾角最大，設(shè)為B取最大值時的夾角為，當(dāng)磁場最強時，R最小，最大設(shè)為v2mv由 qvB m、，(ID知 R -qB ,當(dāng)B減小時，粒子離開磁場做勻速圓周運動的半徑也要增大，D點向b板靠近.Df與b板上表面的夾角越變越小，當(dāng)后在板間幾乎沿著b板上表面運動，當(dāng)Bm則有圖中可知DG h R(1 cos )，TG h Rsin ,LULTtan DG (14)TG聯(lián)立(14),將B=Bm帶入.2斛得 arcsin m (15)5當(dāng)B逐漸減小是，粒子做勻速圓周運動的半徑R, D點無線接近向b板上表面時，當(dāng)粒子離開磁場后在板