高考物理帶電粒子在復(fù)合場中的運動解析版匯編含解析

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，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。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m、電量場.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)量為為+q的粒子由小孔下方 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H2點緊靠大圓內(nèi)側(cè)射入磁場。不計粒子的重力。(1)求極板間電場強度的大??；(2)若粒子運動軌跡與小圓相切，求I區(qū)磁感應(yīng)強度的大小;(3)若I區(qū)、n區(qū)磁感應(yīng)強度的大小分別為2mvqD4mv，粒子運動一段時間后再次經(jīng)過qD點，求這段時間粒子運動

2、的路程.2015年全國普通高等學(xué)校招生統(tǒng)一考試物理(山東卷帶解析1)2mvqd4mv - 4mv(2)或qD3qD(3) 5.5 ttD(1)粒子在電場中，根據(jù)動能定理Eq!12-mv ,解得22mvqd(2)若粒子的運動軌跡與小圓相切,則當(dāng)內(nèi)切時，半徑為ER/22v由qvB m,解得B14mvqD則當(dāng)外切時，半徑為2v由qvB m一,解得B24mv3qD(2)若I區(qū)域的磁感應(yīng)強度為2 29qB2L2一一，m -,則粒子運動的半徑為32Uo100Uo U8116Uo912 一一 . . .v2區(qū)域的磁感應(yīng)強度為 qU0 -mv ,則粒子運動的半徑為 qvB m;2r設(shè)粒子在I區(qū)和n區(qū)做圓周運動

3、的周期分別為 丁1、花，由運動公式可得：3l 42 R1T11據(jù)題意分析，粒子兩次與大圓相切的時間間隔內(nèi)，運動軌跡如圖所示，根據(jù)對稱性可知,I區(qū)兩段圓弧所對的圓心角相同，設(shè)為n區(qū)內(nèi)圓弧所對圓心角為2,圓弧和大圓的兩個切點與圓心。連線間的夾角設(shè)為,由幾何關(guān)系可得:1 120；2 180；60：粒子重復(fù)上述交替運動回到H點,軌跡如圖所示，設(shè)粒子在I區(qū)和n區(qū)做圓周運動的時間分別為tl、t2,可得:UT ；L ,.U15 L U 06設(shè)粒子運動的路程為 S,由運動公式可知：S=V（t1+t2）聯(lián)立上述各式可得：s=5.5兀D2.如圖，ABD為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB段是水平的，BD段為半徑R

4、=0.25m的半圓，兩段軌道相切于 B點，整個軌道處在豎直向下的勻強電場中，場強大小E=5.0 x3V/m。一不帶電的絕緣小球甲，以速度vo沿水平軌道向右運動，與靜止在B點帶m=1.0xiGkg,乙所帶電荷量正電的小球乙發(fā)生彈性碰撞。已知甲、乙兩球的質(zhì)量均為q=2.0 x 15C, g取10m/s2。（水平軌道足夠長，甲、乙兩球可視為質(zhì)點，整個運動過程無電 荷轉(zhuǎn)移）（1）甲乙兩球碰撞后，乙恰能通過軌道的最高點D,求乙球在B點被碰后的瞬時速度大小；(2)在滿足1的條件下，求甲的速度 vo；(3)甲仍以中的速度 vo向右運動，增大甲的質(zhì)量，保持乙的質(zhì)量不變，求乙在軌道上的首次落點到B點的距離范圍。

5、1MV022212月月考理綜物理試題【來源】四川省資陽市高中(2018屆)2015級高三課改實驗班273m?！敬鸢浮?1) 5m/s； (2) 5m/s； (3) 3m2【解析】【分析】【詳解】(1)對球乙從B運動到D的過程運用動能定理可得mg12R qE12R 1mvD 1 mvB乙恰能通過軌道的最高點 D,根據(jù)牛頓第二定律可得2Vd mg qE mR聯(lián)立并代入題給數(shù)據(jù)可得Vb =5m/s(2)設(shè)向右為正方向，對兩球發(fā)生彈性碰撞的過程運用動量守恒定律可得mv0 mv0 mvB根據(jù)機械能守恒可得121212一 mvo 一 mvo 一 mvB222聯(lián)立解得Vo 0, Vo 5 m/s(3)設(shè)甲的

6、質(zhì)量為 M,碰撞后甲、乙的速度分別為vM、vm，根據(jù)動量守恒和機械能守恒定律有Mv0MVmmvm12MVm1 2- mvm2聯(lián)立得2Mv0vm M m分析可知：當(dāng) M=m時，vm取最小值vo;當(dāng)M?m時，vm取最大值2vo可得B球被撞后的速度范圍為Vo Vm 2Vo設(shè)乙球過D點的速度為vD,由動能定理得mg12R qE(2R 1 mvD 2 ： mvm2聯(lián)立以上兩個方程可得3.5m/s<vD 2.30m/s設(shè)乙在水平軌道上的落點到B點的距離為X ,則有x vDt,2R1 .22 gt所以可得首次落點到B點的距離范圍2,3m3.2 m x23.如圖所示，兩條豎直長虛線所夾的區(qū)域被線段MN分

7、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 Q =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(yīng)。(1)求電場強度E的大??；(2)求磁感應(yīng)強度B的大小；在左側(cè)虛線上 M點的下方取一點 C,且CM=

8、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?！緛碓础俊臼屑壜?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 102T (3) 3.9 104s【解析】【詳解】(1)帶正電的粒子在電場中做類平拋運動，有：L=VotL 1 qE.22 2m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a則：qEtm可得0=45°粒子射入磁場時的速度大小為v= J2 v02

9、粒子在磁場中做勻速圓周運動：qvB m r由幾何關(guān)系可知r _2 L2解得 B=1.6 X10-2T(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2一；兩帶電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;若帶電粒子能在勻強磁場中做完整的圓周運動，則其運動一周的時間2 r 2 mv qB34帶正電的粒子在磁場中運動的時間為：t1 -T 5.9 10 s；414帶負電的粒子在磁場中運動的時間為：t2 -T 2.0 10 4s4帶電粒子在AC兩點射入電場的時間差為t t1 t2 3.9 1

10、0 4s4.如圖所示，在平面直角坐標系xOy中的第一象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于坐標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X軸上坐標為 L,0的A點。粒子源沿y軸正方向釋放出速度大小為V0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15：角的射線OM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：1勻強電場的電場強度 E的大??；2電子在電場和磁場中運動的總時間t3矩形磁場區(qū)域的最小面積 Smin。【來源】湖南省懷化市 2

11、019年高考物理一模物理試題【答案】m2； (2) 2L向m0)22eLVo3eBeB【解析】【詳解】12121電子從A到C的過程中，由動能定理得：eEL - mvC - mv；22Vccos45 Vo2聯(lián)立解得：E mv02eL2電子在電場中做類平拋運動，沿電場方向有：L VcSin t2其中vCcos2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：3電子在磁場中的運動時間：t2 T22 m 其中T eB電子在電場和磁場中運動的總時間tt1t2聯(lián)立解得：tVo2L 2 m3eB3電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力,2則有 evB m r最小矩形區(qū)域如圖所示，由數(shù)學(xué)知識得：CD

12、2r sin CQ r rcos22最小矩形區(qū)域面積：Smin CD CQ聯(lián)立解得：Smin .3( mv0)2 eB5.如圖所示，在xOy平面直角坐標系中，直角三角形ACD內(nèi)存在垂直平面向里磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，線段 CO=OD=L CD邊在x軸上，/ ADC=30。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L,在第四象限正方形 ODQP內(nèi)存在沿x軸正方向、大小為 E=Bv)的勻強電場，在y=-L3處垂直于y軸放置一足夠大的平面熒光屏，屏與y軸交點為P。忽略電子間的相互作用，不計電子的重力。pT熒光屏G(1)電子的比荷；(2)從x

13、軸最右端射入電場中的電子打到熒光屏上的點與P點間的距離：(3)射入電場中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【答案】士 3v0(2)2L (3)3L m BL 34【解析】【分析】根據(jù)電子束沿速度 V0射入磁場，然后進入電場可知，本題考查帶電粒子在磁場和電場中的 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】(1)由題意可知電子在磁場中的軌跡半徑r -32由牛頓第二定律得Be%=m"r電子的比荷e 3v0. m BL(2)若電子能進

14、入電場中，且離O點右側(cè)最遠，則電子在磁場中運動圓軌跡應(yīng)恰好與邊AD相切，即粒子從 F點離開磁場進入電場時，離 。點最遠:設(shè)電子運動軌跡的圓心為 。點。則OF=x=3, , , , ,2L Ee 2從F點射出的電子，做類平拋運動，有x 2L -Eet2 , y vot3 2mv- 2L代入得y=2L 3電子射出電場時與水平方向的夾角為有tan - -2x 2所以，從x軸最右端射入電場中的電子打到熒光屏上的點為G,則它與P點的距離L y 2LGP ； tan 3(3)設(shè)打到屏上離 P點最遠的電子是從(x,0)點射入電場，則射出電場時 高元y V0t v0 Ee , 3X L y設(shè)該電子打到熒光屏上

15、的點與P點的距離為X,由平拋運動特點得-丁x y2所以當(dāng)X 3l,有Xm 3lo【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。6.如圖所示，在xOy坐標系中，第I、n象限內(nèi)無電場和磁場。第IV象限內(nèi)(含坐標軸)有垂直坐標平面向里的勻強磁場，第出象限內(nèi)有沿x軸正向、電場強度大小為 E的勻強磁場。一質(zhì)量為 m、電荷量為q的帶正電粒子，從 x軸上的P點以大小為vo的速度垂直射入2電場，不計粒子重力和空氣阻

16、力,P、。兩點間的距離為mv0-。2qE(1)求粒子進入磁場時的速度大小v以及進入磁場時到原點的距離x；(2)若粒子由第IV象限的磁場直接回到第出象限的電場中，求磁場磁感應(yīng)強度的大小需要 滿足的條件?！緛碓础?019年遼寧省遼陽市高考物理二模試題【答案】(1) J2v0; mv0 (2) B1)E qEvo【解析】【詳解】(1)由動能定理有： qE mv0- 1mv2 - mv2 2qE 22解得：v=2 vo設(shè)此時粒子的速度方向與 y軸負方向夾角為 ，則有cos0= v 1v 2解得：0= 45°po兩點距離的兩倍，故x2mvoqE（2）要使粒子由第IV象限的磁場直接回到第 出象限

17、的電場中，其臨界條件是粒子的軌跡與x根據(jù)tan 2 1 ,所以粒子進入磁場時位置到坐標原點的距離為 yx軸相切，如圖所示，由幾何關(guān)系有:2又：qvB m 一 R(.2 1)E解得：B Vo(.2 1)E故 B Vo7.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 30；,重力加速度為g,

18、求：（1）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【答案】E1及皿，E2吧（2）向2鼠生匕金行嬴1 qq2qd26 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：qEiSin45mg求得：E1蟲哂 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： mg qE2求得：E2 q1 2(2)粒子進入磁場區(qū)域時滿足：qEidiCOs45 mv22 v qvB m R根據(jù)幾何關(guān)系，分析可知：R2d2si

19、n30士心 ,口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：1 aiti2di2mgtan45m4302 Rt2 360 v6did2 6gd22gdi經(jīng)整理得：t ti t2有2Hd,g i2 qB8.正、負電子從靜止開始分別經(jīng)過同一回旋加速器加速后，從回旋加速器D型盒的邊緣引出后注入到正負電子對撞機中.正、負電子對撞機置于真空中.在對撞機中正、負電子 對撞后湮滅成為兩個同頻率的光子.回旋加速器D型盒中的勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B0,回旋加速器的半徑為 R,加速電壓為U； D型盒縫隙間的距離很小，帶電粒子穿過的時

20、間 可以忽略不計.電子的質(zhì)量為m、電量為e,重力不計.真空中的光速為c,普朗克常量為h.(i)求正、負電子進入對撞機時分別具有的能量E及正、負電子對撞湮滅后產(chǎn)生的光子頻率v(2)求從開始經(jīng)回旋加速器加速到獲得最大能量的過程中，D型盒間的電場對電子做功的平均功率p(3)圖甲為正負電子對撞機的最后部分的簡化示意圖.位于水平面的粗實線所示的圓環(huán)真空管道是正、負電子做圓周運動的容器”，正、負電子沿管道向相反的方向運動，在管道內(nèi)控制它們轉(zhuǎn)變的是一系列圓形電磁鐵.即圖中的Al、A2、A4左共有n個，均勻分布在整個圓環(huán)上.每個電磁鐵內(nèi)的磁場都是勻強磁場，并且磁感應(yīng)強度都相同，方向豎直向 下.磁場區(qū)域的直徑為

21、 d.改變電磁鐵內(nèi)電流大小，就可以改變磁場的磁感應(yīng)強度，從而 改變電子偏轉(zhuǎn)的角度.經(jīng)過精確調(diào)整，首先實現(xiàn)電子在環(huán)形管道中沿圖甲中粗虛線所示的 軌道運動，這時電子經(jīng)過每個電磁鐵時射入點和射出點都在電磁鐵的同一直徑的兩端，如 圖乙所示.這就為進一步實現(xiàn)正、負電子的對撞做好了準備.求電磁鐵內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B大小【來源】2019年天津市濱海新區(qū)塘沽一中高三三模理綜物理試卷e2B02R2mh2mc2,Eh22 2e B0 R2m；（3）2BoR叫d解：（1）正、負電子在回旋加速器中磁場里則有:evB02 mvo解得正、負電子離開回旋加速器時的速度為:VoeBoRm正、負電子進入對撞機時分別具有的能

22、量:E 1 mv022正、負電子對撞湮滅時動量守恒，能量守恒,則有:2E22 2e Bo R2m2mc2 hv正、負電子對撞湮滅后產(chǎn)生的光子頻率:222 c 2e Bo R 2mcv mh（2）從開始經(jīng)回旋加速器加速到獲得最大能量的過程,1 2neUmv02解得：n 里篤2mU設(shè)在電場中加速n次,則有:2 m正、負電子在磁場中運動的周期為：T -eBo正、負電子在磁場中運動的時間為：t -TB0R22UD型盒間的電場對電子做功的平均功率:-W Ee2BoUP t t m(3)設(shè)電子在勻強磁場中做圓周運動的半徑為r ,由幾何關(guān)系可得dr sin 一 n 2d 一 r 解得：2sin n根據(jù)洛倫磁

23、力提供向心力可得:2 mvo ev0B 電磁鐵內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B大?。築2B°Rsin nd9.如圖所示，在直角坐標系 x0y平面的一、四個象限內(nèi)各有一個邊長為L的正方向區(qū)域,二三像限區(qū)域內(nèi)各有一個高L,寬2L的勻強磁場，其中在第二象限內(nèi)有垂直坐標平面向外的勻強磁場，第一、三、四象限內(nèi)有垂直坐標平面向內(nèi)的勻強磁場，各磁場的磁感應(yīng)強度 大小均相等，第一象限的 x<L, L<y<2L的區(qū)域內(nèi)，有沿y軸正方向的勻強電場.現(xiàn)有一質(zhì)量為四電荷量為q的帶負電粒子從坐標(L, 3L/2)處以初速度v0沿x軸負方向射入電場，射 出電場時通過坐標(0, L)點，不計粒子重力.(

24、1)求電場強度大小 E;(2)為使粒子進入磁場后途經(jīng)坐標原點。到達坐標(-L, 0)點，求勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小B；(3)求第(2)問中粒子從進入磁場到坐標 (-L, 0)點所用的時間.【來源】四川省2018屆高三春季診斷性測試理綜物理試題2mv04nmv0. L【答案】(1) E (2) B 'n=1、2、3 (3) t qLqL2V0【解析】本題考查帶電粒子在組合場中的運動，需畫出粒子在磁場中的可能軌跡再結(jié)合物理公式求 解.(1)帶電粒子在電場中做類平拋運動有:L 12L v0t , at , qE ma222聯(lián)立解得：E mvqL(2)粒子進入磁場時，速度方向與y軸負方向夾角的

25、正切值tanVxvy =速度大小vV0, 2v0sin設(shè)x為每次偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)的弦長，根據(jù)運動的對稱性，粒子能到達(一 L, 0 )點，應(yīng)滿足L=2nx,其中n=1、2、3粒子軌跡如圖甲所示，偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)的圓心角為；當(dāng)滿足L=(2n+1)x時，粒子軌跡如圖乙所示.若軌跡如圖甲設(shè)圓弧的半徑為R,圓弧對應(yīng)的圓心角為.貝U有x=2 R,此時滿足L=2nx聯(lián)立可得:L2 .2n2由牛頓第二定律，洛倫茲力提供向心力，則有： qvB m R得：B4nmv0qLn=1、2、軌跡如圖乙設(shè)圓弧的半徑為 R,圓弧對應(yīng)的圓心角為.則有乂2J5r2,此時滿足L 2n 1 x2聯(lián)立可得：R2L2n 1 ,2由牛頓第二定律

26、,洛倫茲力提供向心力，則有:2 v qvB2 m R2得：B22 2n 1 mv0qL,n=1、2、3.所以為使粒子進入磁場后途經(jīng)坐標原點0到達坐標(-L, 0)點，求勻強磁場的磁感應(yīng)強度大4nmv0小B 0 qLn=1、2、3.或 B22 2n 1 mv0(3)若軌跡如圖甲,粒子從進人磁場到從坐標,n=1、2、3.qL(一 L, 0)點射出磁場過程中，圓心角的總和。=2n*X2=2n,兀則 t T 2n 222n m LqB 或若軌跡如圖乙，粒子從進人磁場到從坐標(一 L, 0)點射出磁場過程中，圓心角的總和丁 (4n 2)(4n 2) m L0 =(2n+1) x 2 % =(4n+2)t

27、2 T2 一2qB2V02n 2n m L粒子從進入磁場到坐標(-L, 0)點所用的時間為t T 或2 qB2v0t2T2(4n 2)2(4n 2) m LqB?v010.實驗中經(jīng)常利用電磁場來改變帶電粒子運動的軌跡.如圖所示，M (11H )、笊,23(iH )、瓶(iH )三種粒子同時沿直線在紙面內(nèi)通過電場強度為E、磁感應(yīng)強度為 B的復(fù)合場區(qū)域.進入時代與笊、笊與瓶的間距均為d,射出復(fù)合場后進入 y軸與MN之間(其夾角為0 )垂直于紙面向外的勻強磁場區(qū)域I ,然后均垂直于邊界MN射出.虛線MN與PQ間為真空區(qū)域H且 PQ與MN平行.已知質(zhì)子比荷為,不計重力.m(1)求粒子做直線運動時的速度

28、大小V；(2)求區(qū)域I內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度Bi；(3)若虛線PQ右側(cè)還存在一垂直于紙面的勻強磁場區(qū)域出，經(jīng)該磁場作用后三種粒子均 能匯聚于MN上的一點，求該磁場的最小面積S和同時進入復(fù)合場的五、瓶運動到匯聚點的時間差A(yù) t.Failed to download image :http:0:8086 /QBM/ 2019/&13/2224672582623232/2224907340759040/STEM/dc3c33c ca5564bb396bf46dd7f953dfa.png【來源】江蘇省蘇州市2019屆高三上學(xué)期期末陽光指標調(diào)研考試物理試題小 E mE (1)

29、B (2)薪(3) -2 )BdE(1)粒子在電磁復(fù)合場中做直線運動是勻速直線運動，根據(jù)電場力與洛倫茲力平衡，可求 粒子的速度大小；(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)強度 的大??；(3)由瓶粒子圓周運動直徑可求磁場的最小面積.根據(jù)五、瓶得運動周期，結(jié)合幾何關(guān)系，可求五、瓶到匯聚點的時間差.【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，2Bvq= m r由幾何關(guān)系得r = d解得Bi =mE qdB(3)分析可得瓶粒子圓周運動直徑為3r2一1 3r磁場取小面積S=兀 22解得S=兀d由題意得B2 = 2

30、Bi, 2rm 2 m由T=得T=2 mTi =qBivqB由軌跡可知 Ati=(3TiTi)2At2= 1(3T2-T2),其中 T2=22 m qB2 )解得 t ti+ t2-2曳11.如圖所示，在平面直角坐標系 xoy的第二象限內(nèi)有平行于 y軸的勻強電場，電場強度 大小為E,方向沿y軸負方向。在第一、四象限內(nèi)有一個半徑為R的圓，圓心坐標為(R,0),圓內(nèi)有方向垂直于 xoy平面向里的勻強磁場。一帶正電的粒子(不計重力)，以速度 為V。從第二象限的P點，沿平行于x軸正方向射入電場，通過坐標原點O進入第四象限，速度方向與x軸正方向成30 ,最后從Q點平行于y軸離開磁場，已知 P點的橫坐標為

31、2h 。求：(1)帶電粒子的比荷m(2)圓內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度 B的大??；(3)帶電粒子從 P點進入電場到從 Q點射出磁場的總時間?！緛碓础?020屆天津市六校高三上學(xué)期期末聯(lián)考物理試題(天津外大附校等q 3v； 4Eh 6h、,3 R【答案】(1) q 7 0(2) (3)1m 6EhvoR31【解析】【詳解】(1)由水平方向勻速直線運動得2h=voti豎直向下的分速度vy v0 tan 30由豎直方向勻加速直線運動知Vy=atl ,加速度為qEm根據(jù)以上式解得q . 3vo2m 6Eh(2)粒子進入磁場的速度為v,有cos30 v粒子運動軌跡如圖所示由幾何關(guān)系得，粒子在磁場中作勻速圓周運動的

32、軌道半徑為r=R由洛倫茲力提供向心力可知2 mv qvB r解得4EhV0R(3)粒子在磁場中運動的時間為t2120 T360粒子在磁場中運動的周期為T2 r ，粒子在電場中運動的時間為vti2hV0粒子運動的總時ttit2代入數(shù)據(jù)得:6h V3tR3v012.如圖，平面直角坐標系xOy內(nèi)，x<0、y>0區(qū)域存在沿x軸正方向的勻強電場 E, x>0q區(qū)域存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=0.2T。一比荷莉=5X 10C/kg的粒子，從點P(- 6cm, 0)進入電場，初速度 V0=8xi6m/s,方向沿y軸正方向，一段時間后經(jīng)點Q(0, 16cm)進入磁場。粒子重力不

33、計，求：ykm勻強電場的電場強度 E;(2)粒子第一次回到電場時的位置坐標?！緛碓础俊救珖購娦！亢颖笔『馑袑W(xué)2019屆高三統(tǒng)一聯(lián)合考試理科綜合試題(物理部分)【答案】(1)6x1。鏟/口 (2)【解析】【分析】(1)粒子從P運動到Q做類平拋運動，利用平拋運動的知識求解；(2)進入磁場做圓周運動，正確地畫出軌跡，找好相應(yīng)的幾何關(guān)系?！驹斀狻?1)粒子由P到Q做類平拋運動，設(shè)運動時間為 t,粒子的質(zhì)量為 m,電荷量為q,設(shè)y 軸方向粒子做勻速直線運動呼獷叫沿x軸正方向粒子做勻加速直線運動IqE21n解得：E = e x(2)如圖所示，設(shè)進入磁場時速度為以 方向與y軸夾角為“，在磁場中做圓周運動

34、的圓心為>'/cm洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：mv則圓周運動半徑二萬瓦設(shè)粒子第一次從y軸回到電場時的左邊為N1,根據(jù)幾何關(guān)系：¥71 = 21】。1 . i在電場，電場力對粒子做正功：yFr =解得：即粒子第一次回到電場時的位置坐標為13.如圖，離子源 A產(chǎn)生的初速度為零、帶電量均為e、質(zhì)量不同的正離子被電壓為 Uo的加速電場加速后勻速通過準直管，垂直射入勻強偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)后通過極板HM上的小孔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 B的勻強磁場.已知HO=d, HS= 2d,MNQ =90°.(忽略粒子所受重力);I; I

35、加速電場-TJ(1)求偏轉(zhuǎn)電場場強 Eo的大小以及HM與MN的夾角 也(2)求質(zhì)量為m的離子在磁場中做圓周運動的半徑；(3)若質(zhì)量為4m的離子垂直打在 NQ的中點S處，質(zhì)量為16m的離子打在S2處.求S1 和S2之間的距離以及能打在 NQ上的正離子的質(zhì)量范圍.mix25m【來源】2009高考重慶理綜【答案】(1) Eo匕；45d【解析】【分析】【詳解】(1)正離子被電壓為 Uo的加速電場加速后速度設(shè)為 V1,設(shè)對正離子，應(yīng)用動能定理有eUo= mV12,2正離子垂直射入勻強偏轉(zhuǎn)電場，作類平拋運動;；最加速電場西題答窠圉甲受到電場力F=qEo、產(chǎn)生的加速度為 a=二，即a= 至0 ,mm垂直電場方向勻速運動，有2d = V1t,1沿場強方向：Y= -at2,2聯(lián)立解得E)= U0 d又 tan(j)=,解得 (j)= 45 ;at(2)正離子進入磁場時的速度大小為解得 V2Vi2(at)2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,、，2mV2qV2B=，R解得離子在磁場中做圓周運動的半徑R= 2(3)根據(jù)R= 2 JmU20可知, eB質(zhì)量為4m的離子在磁場