高中物理帶電粒子在復合場中的運動(一)解題方法和技巧及練習題

一、帶電粒子在復合場中的運動專項訓練1．兩塊足夠大的平行金屬極板水平放置，極板間加有空間分布均勻、大小隨時間周期性變化的電場和磁場，變化規(guī)律分別如圖1、圖2所示（規(guī)定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向）。在t=0時刻由負極板釋放一個初速度為零的帶負電的粒子（不計重力），若電場強度E0、磁感應強度B0、粒子的比荷均已知，且，兩板間距。（1）求粒子在0～t0時間內(nèi)的位移大小與極板間距h的比值。（2）求粒子在板板間做圓周運動的最大半徑（用h表示）。（3）若板間電場強度E隨時間的變化仍如圖1所示，磁場的變化改為如圖3所示，試畫出粒子在板間運動的軌跡圖（不必寫計算過程）。【來源】帶電粒子的偏轉【答案】（1）粒子在0～t0時間內(nèi)的位移大小與極板間距h的比值（2）粒子在極板間做圓周運動的最大半徑（3）粒子在板間運動的軌跡如圖：【解析】【分析】【詳解】（1）設粒子在0～t0時間內(nèi)運動的位移大小為s1①②又已知聯(lián)立解得：（2）解法一粒子在t0~2t0時間內(nèi)只受洛倫茲力作用，且速度與磁場方向垂直，所以粒子做勻速圓周運動。設運動速度大小為v1，軌道半徑為R1，周期為T，則聯(lián)立解得：又即粒子在t0~2t0時間內(nèi)恰好完成一個周期的圓周運動。在2t0~3t0時間內(nèi)，粒子做初速度為v1的勻加速直線運動，設位移大小為s2解得：由于s1+s2＜h，所以粒子在3t0~4t0時間內(nèi)繼續(xù)做勻速圓周運動，設速度大小為v2，半徑為R2，有：解得由于s1+s2+R2＜h，粒子恰好又完成一個周期的圓周運動。在4t0~5t0時間內(nèi)，粒子運動到正極板（如圖所示）：因此粒子運動的最大半徑。解法二由題意可知，電磁場的周期為2t0，前半周期粒子受電場作用做勻加速直線運動，加速度大小為：方向向上。后半周期粒子受磁場作用做勻速圓周運動，周期為T粒子恰好完成一次勻速圓周運動。至第n個周期末，粒子位移大小為sn又已知由以上各式得：粒子速度大小為：粒子做圓周運動的半徑為：解得：顯然因此粒子運動的最大半徑。（3）粒子在板間運動的軌跡如圖所示：2．如圖所示，以兩虛線為邊界，中間存在平行紙面且與邊界垂直的水平電場，寬度為，兩側為相同的勻強磁場，方向垂直紙面向里．一質量為、帶電量、重力不計的帶電粒子，以初速度垂直邊界射入磁場做勻速圓周運動，后進入電場做勻加速運動，然后第二次進入磁場中運動，此后粒子在電場和磁場中交替運動．已知粒子第二次在磁場中運動的半徑是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此類推．求：（1）粒子第一次經(jīng)過電場的過程中電場力所做的功（2）粒子第次經(jīng)過電場時電場強度的大?。?）粒子第次經(jīng)過電場所用的時間（4）假設粒子在磁場中運動時，電場區(qū)域場強為零．請畫出從粒子第一次射入磁場至第三次離開電場的過程中，電場強度隨時間變化的關系圖線（不要求寫出推導過程，不要求標明坐標刻度值）．【來源】河北省衡水中學滁州分校2018屆高三上學期全真模擬物理試題【答案】（1）（2）（3）（4）如圖；【解析】（1）根據(jù)，因為，所以，所以,（2）=，，所以．（3），，所以．(4)3．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量m、電荷量q（q＞0)和初速度v的帶電微粒．發(fā)射時，這束帶電微粒分布在0＜y＜2R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【答案】（1），方向沿y軸正方向；，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x＞0；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．設電場強度大小為E，由：可得電場強度大?。悍较蜓貀軸正方向；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：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；設磁感應強度大小為B，由：可得磁感應強度大?。焊鶕?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P點與點的連線與y軸的夾角為，其圓周運動的圓心Q的坐標為，圓周運動軌跡方程為：而磁場邊界是圓心坐標為（0，R）的圓周，其方程為：解上述兩式，可得帶電微粒做圓周運動的軌跡與磁場邊界的交點為或：坐標為的點就是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)?v，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為：帶電微粒在磁場中經(jīng)過一段半徑為的圓弧運動后，將在y軸的右方（x＞0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x＞0．答：（1）電場強度，方向沿y軸正方向和磁感應強度，方向垂直xOy平面向外．（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x＞0。4．扭擺器是同步輻射裝置中的插入件，能使粒子的運動軌跡發(fā)生扭擺．其簡化模型如圖：Ⅰ、Ⅱ兩處的條形勻強磁場區(qū)邊界豎直，相距為L，磁場方向相反且垂直紙面．一質量為m，電量為-q，重力不計的粒子，從靠近平行板電容器MN板處由靜止釋放，極板間電壓為U，粒子經(jīng)電場加速后平行于紙面射入Ⅰ區(qū)，射入時速度與水平和方向夾角（1）當Ⅰ區(qū)寬度、磁感應強度大小時，粒子從Ⅰ區(qū)右邊界射出時速度與水平方向夾角也為，求B0及粒子在Ⅰ區(qū)運動的時間t0（2）若Ⅱ區(qū)寬度磁感應強度大小，求粒子在Ⅰ區(qū)的最高點與Ⅱ區(qū)的最低點之間的高度差h（3）若、，為使粒子能返回Ⅰ區(qū)，求B2應滿足的條件（4）若，，且已保證了粒子能從Ⅱ區(qū)右邊界射出．為使粒子從Ⅱ區(qū)右邊界射出的方向與從Ⅰ區(qū)左邊界射出的方向總相同，求B1、B2、L1、、L2、之間應滿足的關系式．【來源】2011年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試物理卷（山東)【答案】（1）（2）（3）（或）（4）【解析】圖1（1）如圖1所示，設粒子射入磁場Ⅰ區(qū)的速度為，在磁場Ⅰ區(qū)中做圓周運動的半徑為，由動能定理和牛頓第二定律得①②由幾何知識得③聯(lián)立①②③，帶入數(shù)據(jù)得④設粒子在磁場Ⅰ區(qū)中做圓周運動的周期為，運動的時間為⑤⑥聯(lián)立②④⑤⑥式，帶入數(shù)據(jù)得⑦（2）設粒子在磁場Ⅱ區(qū)做圓周運動的半徑為，有牛頓第二定律得⑧由幾何知識得⑨聯(lián)立②③⑧⑨式，帶入數(shù)據(jù)得⑩圖2（3）如圖2所示，為時粒子能再次回到Ⅰ區(qū)，應滿足[或]⑾聯(lián)立①⑧⑾式，帶入數(shù)據(jù)得（或）⑿圖3圖4（4）如圖3（或圖4）所示，設粒子射出磁場Ⅰ區(qū)時速度與水平方向得夾角為，有幾何知識得⒀[或]⒁[或]聯(lián)立②⑧式得⒂聯(lián)立⒀⒁⒂式得⒃【點睛】（1）加速電場中，由動能定理求出粒子獲得的速度．畫出軌跡，由幾何知識求出半徑，根據(jù)牛頓定律求出B0．找出軌跡的圓心角，求出時間；（2）由幾何知識求出高度差；（3）當粒子在區(qū)域Ⅱ中軌跡恰好與右側邊界相切時，粒子恰能返回Ⅰ區(qū)，由幾何知識求出半徑，由牛頓定律求出B2滿足的條件；（4）由幾何知識分析L1、L2與半徑的關系，再牛頓定律研究關系式．5．如圖1所示，寬度為的豎直狹長區(qū)域內(nèi)（邊界為），存在垂直紙面向里的勻強磁場和豎直方向上的周期性變化的電場（如圖2所示），電場強度的大小為，表示電場方向豎直向上。時，一帶正電、質量為的微粒從左邊界上的點以水平速度射入該區(qū)域，沿直線運動到點后，做一次完整的圓周運動，再沿直線運動到右邊界上的點，為線段的中點，重力加速度為g，上述、、、、為已知量。(1)求微粒所帶電荷量和磁感應強度的大??；(2)求電場變化的周期；(3)改變寬度，使微粒仍能按上述運動過程通過相應寬度的區(qū)域，求的最小值?！緛碓础?010年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試（安徽卷)理綜【答案】(1)；(2)；(3)?！窘馕觥俊痉治觥扛鶕?jù)物體的運動性質結合物理情景確定物體的受力情況。再根據(jù)受力分析列出相應等式解決問題?！驹斀狻?1)根據(jù)題意，微粒做圓周運動，洛倫茲力完全提供向心力，重力與電場力平衡，則mg=qE0①∵微粒水平向右做直線運動，∴豎直方向合力為0.則mg+qE0=qvB②聯(lián)立①②得：q=③B=④(2)設微粒從N1運動到Q的時間為t1，作圓周運動的周期為t2，則=vt1⑤qvB=m⑥2πR=vt2⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦得：t1=，t2=⑧電場變化的周期T=t1+t2=+⑨(3)若微粒能完成題述的運動過程，要求d≥2R⑩聯(lián)立③④⑥得：R=，設N1Q段直線運動的最短時間t1min，由⑤⑩得t1min=，因t2不變，T的最小值Tmin=t1min+t2=。答：(1)微粒所帶電荷量q為，磁感應強度B的大小為。(2)電場變化的周期T為+。(3)T的最小值為?！军c睛】運動與力是緊密聯(lián)系的，通過運動情況研究物體受力情況是解決問題的一個重要思路。6．如圖，區(qū)域I內(nèi)有與水平方向成°角的勻強電場，區(qū)域寬度為，區(qū)域Ⅱ內(nèi)有正交的有界勻強磁場B和勻強電場，區(qū)域寬度為，磁場方向垂直紙面向里，電場方向豎直向下.一質量為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Ⅱ后做勻速圓周運動，從區(qū)域Ⅱ右邊界上的Q點穿出，其速度方向改變了，重力加速度為g，求：(1)區(qū)域I和區(qū)域Ⅱ內(nèi)勻強電場的電場強度的大小.(2)區(qū)域Ⅱ內(nèi)勻強磁場的磁感應強度B的大小.(3)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】(1),(2)(3)【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：求得：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：(2)粒子進入磁場區(qū)域時滿足：根據(jù)幾何關系，分析可知：整理得：(3)微粒從P到Q的時間包括在區(qū)域I內(nèi)的運動時間t1和在區(qū)域II內(nèi)的運動時間t2，并滿足：經(jīng)整理得：7．如圖所示，在直角坐標系0≤x≤L區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場，在邊長為2L的正方形abcd區(qū)域（包括邊界）內(nèi)有方向垂直紙面向外的勻強磁場．一電子從y軸上的A（0，）點以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，已知電子的質量為m、電荷量為e，正方形abcd的中心坐標為（3L，0），且ab邊與x軸平行，勻強電場的電場強度大小．（1）求電子進入磁場時的位置坐標；（2）若要使電子在磁場中從ab邊射出，求勻強磁場的磁感應強度大小B滿足的條件．【來源】【全國市級聯(lián)考】河北省邯鄲市2018屆高三第一次模擬考試理綜物理試題【答案】（1）（2L，0）（2）≤B＜【解析】試題分析：電子在電場中做類平拋運動，分別列出豎直和水平方向的方程，即可求出電子進入磁場時的位置坐標；電子從ab邊界射出，其運動軌跡的臨界狀態(tài)分別與ab相切和bc相切，根據(jù)幾何關系求出相應半徑，由洛倫茲力提供向心力即可求出強磁場的磁感應強度大小B滿足的條件．（1）電子在電場中做類平拋運動，軌跡如圖所示：則有：豎直方向有：加速度為：水平方方向為：豎直速度：vy＝at1解得：y1＝vy＝v0所以電子射出電場時的速度方向與x軸成45°角，則電子在電場中沿x軸正方向和沿y軸負方向運動的距離分別為L和，又因為A點的坐標是（0，），電子在無電場和磁場的區(qū)域內(nèi)做勻速直線運動，則電子射入磁場區(qū)的位置坐標為（2L，0）且射入磁場區(qū)的速度大?。簐＝v0，方向與x軸成45°角．（2）分使電子從ab邊界射出，其運動軌跡的臨界狀態(tài)分別與ab相切和bc相切當運動軌跡與ab相切時，有r1＋r1sin45°＝L電子在磁場中運動，由洛倫茲力提供向心力，有：解得：當運動軌跡與bc相切時，有：r2＋r2sin45°＝2L電子在磁場中運動，由洛倫茲力提供向心力，有：解得：勻強磁場的磁感應強度大小B滿足的條件：≤B＜點睛：本題主要考查了帶電粒子由電場進入磁場的情況，電子在電場中做類平拋運動，分別列出豎直和水平方向的方程列式分析求解；在磁場中，關鍵要畫出軌跡圖分析，根據(jù)幾何關系求解．8．如圖甲所示，在直角坐標系中的0≤x≤L區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場，右側有以點（2L，0）為圓心、半徑為L的圓形區(qū)域，與x軸的交點分別為M、N，在xOy平面內(nèi)，從電離室產(chǎn)生的質量為m、帶電荷量為e的電子以幾乎為零的初速度從P點飄入電勢差為U的加速電場中，加速后經(jīng)過右側極板上的小孔Q點沿x軸正方向進入勻強電場，已知O、Q兩點之間的距離為，飛出電場后從M點進入圓形區(qū)域，不考慮電子所受的重力。（1）求0≤x≤L區(qū)域內(nèi)電場強度E的大小和電子從M點進入圓形區(qū)域時的速度vM；（2）若圓形區(qū)域內(nèi)加一個垂直于紙面向外的勻強磁場，使電子穿出圓形區(qū)域時速度方向垂直于x軸，求所加磁場磁感應強度B的大小和電子在圓形區(qū)域內(nèi)運動的時間t；（3）若在電子從M點進入磁場區(qū)域時，取t＝0，在圓形區(qū)域內(nèi)加如圖乙所示變化的磁場（以垂直于紙面向外為正方向），最后電子從N點飛出，速度方向與進入圓形磁場時方向相同，請寫出磁場變化周期T滿足的關系表達式?！緛碓础俊臼〖壜?lián)考】吉林省名校2019屆高三下學期第一次聯(lián)合模擬考試物理試題【答案】（1），，設vM的方向與x軸的夾角為θ，θ＝45°；（2），；（3）T的表達式為（n＝1，2，3，…）【解析】【詳解】（1）在加速電場中，從P點到Q點由動能定理得：可得電子從Q點到M點，做類平拋運動，x軸方向做勻速直線運動，y軸方向做勻加速直線運動，由以上各式可得：電子運動至M點時：即：設vM的方向與x軸的夾角為θ，解得：θ＝45°。（2）如圖甲所示，電子從M點到A點，做勻速圓周運動，因O2M＝O2A，O1M＝O1A，且O2A∥MO1，所以四邊形MO1AO2為菱形，即R＝L由洛倫茲力提供向心力可得：即。（3）電子在磁場中運動最簡單的情景如圖乙所示，在磁場變化的半個周期內(nèi)，粒子的偏轉角為90°，根據(jù)幾何知識，在磁場變化的半個周期內(nèi)，電子在x軸方向上的位移恰好等于軌道半徑，即因電子在磁場中的運動具有周期性，如圖丙所示，電子到達N點且速度符合要求的空間條件為：（n＝1，2，3，…）電子在磁場中做圓周運動的軌道半徑解得：（n＝1，2，3，…）電子在磁場變化的半個周期內(nèi)恰好轉過圓周，同時在MN間的運動時間是磁場變化周期的整數(shù)倍時，可使粒子到達N點且速度滿足題設要求，應滿足的時間條件是又則T的表達式為（n＝1，2，3，…）。9．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O后，沿SO方向垂直進入磁感應強度為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O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．（1）求粒子的比荷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．其方向與豎直方向的最大夾角為α，若假設粒子速度大小相同，求粒子在D上的落點與O的距離范圍；（3）加速電壓在（U±△U）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量分別為m1、m2（m1＞m2），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，則應滿足什么條件？（粒子進入磁場時的速度方向與豎直方向的最大夾角仍為α）【來源】浙江諸暨市牌頭中學2017-2018學年高二1月月考物理試題【答案】（1）（2）最大值最小值（3）【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D的粒子；粒子經(jīng)過加速電場：qU=mv2

洛倫茲力提供向心力：qvB=m落點到O的距離等于圓運動直徑：x=2R

所以粒子的比荷為：

（2）粒子在磁場中圓運動半徑由圖象可知：粒子左偏θ角（軌跡圓心為O1）或右偏θ角（軌跡圓心為O2）落點到O的距離相等，均為L=2Rcosθ

故落點到O的距離最大：Lmax=2R=x

最?。篖min=2Rcosα=xcosα

（3）①考慮同種粒子的落點到O的距離；當加速電壓為U+△U、偏角θ=0時，距離最大，Lmax=2Rmax=

當加速電壓為U-△U、偏角θ=α時，距離最小Lmin=2Rmin

cosα=cosα

②考慮質量不同但電荷量相同的兩種粒子由R=和

m1＞m2，知：R1＞R2要使落點區(qū)域不重疊，則應滿足：L1min＞L2maxcosα＞解得：．

（應有條件m1cos2α＞m2，否則粒子落點區(qū)域必然重疊）10．如圖所示，A、B兩水平放置的金屬板板間電壓為U(U的大小、板間的場強方向均可調(diào)節(jié))，在靠近A板的S點處有一粒子源能釋放初速度為零的不同種帶電粒子，這些粒子經(jīng)A、B板間的電場加速后從B板上的小孔豎直向上飛出，進入豎直放置的C、D板間，C、D板間存在正交的勻強電場和勻強磁場，勻強電場的方向水平向右，大小為E，勻強磁場的方向水平向里，大小為B1。其中一些粒子能沿圖中虛線做直線運動到達上方豎直圓上的a點，圓內(nèi)存在磁感應強度大小為B2、方向水平向里的勻強磁場。其中S、a、圓心O點在同一豎直線上。不計粒子的重力和粒子之間的作用力。求：(1)能到達a點的粒子速度v的大?。?2)若e、f兩粒子帶不同種電荷，它們的比荷之比為1︰3，都能到達a點，則對應A、B兩金屬板間的加速電壓U1︰U2的絕對值大小為多大；(3)在滿足(2)中的條件下，若e粒子的比荷為k，e、f兩粒子在磁場圓中射出的兩位置恰好在圓形磁場的同一條直徑上，則兩粒子在磁場圓中運動的時間差△t為多少?【來源】河南省名校聯(lián)盟2019屆年高三第五次（3月份)調(diào)研考試理科綜合物理試題【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】解：(1)能達到a點的粒子速度設為v，說明在C、D板間做勻速直線運動，有：解得：(2)由題意得e、f兩粒子經(jīng)A、B板間的電壓加速后，速度都應該為v，根據(jù)動能定理得：它們的比荷之比：得出：(3)設磁場圓的半徑為R，e、f粒子進入磁場圓做圓周運動對e粒子：對f粒子：解得：e、f兩粒子在磁場圓中射出的兩位置恰好在同一條直徑上，說明兩粒子的偏轉角之和為，e、f兩粒子的軌跡圖如圖所示，由幾何關系有：聯(lián)立解得：，e、f兩粒子進入磁場圓做勻速圓周運動的周期滿足：在磁場中運動的時間：兩粒子在磁場中運動的時間差為：11．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>0區(qū)域存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度B=0.2T。一比荷qm=5×108C/kg的粒子，從點P(－6cm，0)進入電場，初速度v0=8×106m/s，方向沿y軸正方向，一段時間后經(jīng)點Q(0，16cm)(1)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。【來源】【全國百強?！亢颖笔『馑袑W2019屆高三統(tǒng)一聯(lián)合考試理科綜合試題（物理部分)【答案】(1)6×105N【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，找好相應的幾何關系。【詳解】（1）粒子由P到Q做類平拋運動，設運動時間為t，粒子的質量為m，電荷量為q，設y軸方向粒子做勻速直線運動y=沿x軸正方向粒子做勻加速直線運動x=解得：E=6×（2）如圖所示，設進入磁場時速度為v，方向與y軸夾角為θ，在磁場中做圓周運動的圓心為O洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=m則圓周運動半徑r=設粒子第一次從y軸回到電場時的左邊為y1，根據(jù)幾何關系：在電場，電場力對粒子做正功：qEx=12解得：y即粒子第一次回到電場時的位置坐標為(0,4cm)12．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θ=60°角，紙面內(nèi)的線段MN與水平方向成α=30°角，MN長度為d．現(xiàn)將一質量為m、電荷量為q(q>0)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（待求）；若將該小球從M點沿垂直于MN的方向，以大小的速度拋出，小球將經(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；(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屆高三下學期4月第二次模擬考試理綜物理試題【答案】（1）（2）（3）【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：得：合力：F=mg從,有：得：（2）如圖乙，設MP為h，作PC垂直于電場線，小球做類平拋運動：得：（3）如圖乙，作PD垂直于MN，從，由動能定理：13．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O，磁感應強度為B0，方向垂直于紙面向外．磁場區(qū)域Ⅰ右側有一長方體加速管，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，左側的電勢比右側高．在加速管出口下側距離2r處放置一寬度為2r的熒光屏．加速管右側存在方向垂直于紙面向外磁感應強度也為B0的勻強磁場區(qū)域Ⅱ．在O點處有一個粒子源，能沿紙面向y>0的各個方向均勻地發(fā)射大量質量為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Ⅱ的磁感應強度B=0.9B0，求熒光屏上有粒子到達的范圍？【來源】江蘇省揚州市高郵市2018－2019學年度第二學期高三年級階段性物理調(diào)研試題【答案】（1）v0=qB0rm（【解析】【分析】由運動方向通過幾何關系求得半徑，進而由洛倫茲力作向心力求得速度；再由幾何關系求得半徑，由洛