2021年高考物理二轮复习专题07带电粒子在复合场中的运动教学案(含解析)

1、专题07带电粒子在复合场中的运动预计2021年高考对该局部内容的考查主要是(1) 考查带电粒子在组合场中的运动问题;(2) 考查带电粒子在复合场中的运动问题；(3) 考查以带电粒子在组合场、复合场中的运动规律为工作原理的仪器在科学领域、生活实际中的应用.重点知识拣理、带电粒子在组合复合场中的运动电偏转和“磁偏转的比拟垂直进入磁场(磁偏转)垂直进入电场(电偏转)情景图Le n臂仝VW；® %1-11 E1:-<7厂1 受力Fb = qvoB大小不变，方向总指向圆心， 方向变化，Fb为变力Fe qE Fe大小、方向不变，为恒 力运动规律一、+ib、一mv02 nm匀速圆周运动r B

2、q, T Bq类平抛运动vx v0, vy 旦tJ mxv0t , y -男2运动时间99 mt T2nBqt*，具有等时性v0动能不变变化、带电粒子在叠加复合场中的运动独时用速购运妨一计做力一般曲线运紡H套合场中的运场卜1速圆周运动&能关系不卄L速屣选择器质谱仪J川旋加速 I器、电鑑流鈕计等高频考点突破考点一 带电粒子在叠加场中的运动分析例1、如图1所示，位于竖直平面内的坐标系xOy,在其第三象限空间有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B= 0.5 T,还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E= 2 N/C.在其第一象限空间有沿 y轴负方向的、场强大小也为E的匀强电场，并在

3、y>h= 0.4 m的区域有磁感应强度也为 B的垂直于纸面向里的匀强磁场一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P点得到一初速度，恰好能沿PO做匀速直线运动PO与x轴负方向的夹角为e = 45°，并从原点O进入第一象限重力加速度g= 10 m/s 2，问：k*XXXX4X.1,1' 1*-上_ F 如0ExW 予. ；图11油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷；2油滴在P点得到的初速度大小；3油滴在第一象限运动的时间.解析 结合平衡条件判断油滴所曼电场力的方问和潯伦兹力的方向，进而刘斯油滴的电性，对油;蔺 受力分析后采用合咸

4、法作虱由几何关系得出三力之比多根据油;醸垂直直线方向Mffl平衞条件列方 程求得速度大小入第一象限，由于重力等于电场尢b在电场中做匀速直线运西，在混合场中做匀速 圆周运动，作出运动轨逆 结合磁场中园周运动的周期公式HD运动的对称性确定运动总时间.1根据受力分析如图可知油滴带负电荷,设油滴质量为m由平衡条件得：mg： qE ： F= 1 ： 1 ：2.(2) 由第问得：mg= qEqvB= 2qE解得：v = j|E= 4f2 m/s.(3) 避入第一象限，电场力和重力平衡，知油滴先做匀速直线运动，进人妙 的区域后做匀速圆周运动, 轨迹如團，最后从址轴上的“点离幵第一象限.由07匀懑运动的位移为

5、曲二云备二血且运动时间：A=Jj=0.lsT由几何关系和圆周运动的周期关系式片锣眄由川一。的圆周运动时间为右=土&着0& s由对称性知从0T的吋间6=1在第一象限运动的总B寸间十旳十"=2只仇1 5-H0.628 3=0.823 5答案 (1)1 : 1 : 2 油滴带负电荷 (2)4 2 m/s(3)0.828 s【变式探究】如图2，水平地面上方有一底部带有小孔的绝缘弹性竖直挡板，板高h= 9 m与板上端等高处水平线上有一P点，P点离挡板的距离x=3m.板的左侧以及板上端与 P点的q连线上方存在匀强磁场和匀强电场.磁场方向垂直纸面向里， 磁感应强度B= 1 T;比荷

6、大小-=m1.0 C/kg可视为质点的小球从挡板下端处小孔以不同的速度水平射入场中做匀速圆周运动，假设与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电量不变，小球最后都能经过位置P, g2=10 m/s，求：图2(1) 电场强度的大小与方向；(2) 小球不与挡板相碰运动到P的时间； 要使小球运动到 P点时间最长应以多大的速度射入？3答案 (1)10 N/C，方向竖直向下(2) n+ arcsin c(s)5(3) 3.75 m/sEq= mg解析(1)由题意可知，小球带负电，因小球做匀速圆周运动，有:得:E=等10 N/C，方向竖直向下(2) 小球不与挡板相碰直接到达P点轨迹如图:X X X

7、 KK K xK Jf X XAX * X H1址 xxKK K丿丿有：(h R)2+ x2=戌得：R= 5 mx 3设P0与挡板的夹角为B,那么sin 0= =cR 5小球做圆周运动的周期2 n m T= qB设小球做圆周运动所经过圆弧的圆心角为a,那么t =常运动时间t=n + arcsinqBm=n+ arcs in35(s)3)因速度方向与半径垂直，圆心必在拦板上，设1呀与苕板碰撞北况有尺益又丘乩h只育諏Q1.刃二0时，冋不符合题育用=1 时* 有解得：咼=3ei, 33.75 m轨迹如虱半径为局时运动时间最长洛伦兹力提供向心力:2v qvB= mR得: v = 3.75 m/s.【方

8、法技巧】带电粒子在叠加场中运动的处理方法1弄清叠加场的组成特点.2.正确分析带电粒子的受力及运动特点.3画出粒子的运动轨迹，灵活选择不同的运动规律(1) 假设只有两个场且正交， 合力为零，那么表现为匀速直线运动或静止.例如电场与磁场中满足qE= qvB；重力场与磁场中满足 mg= qvB；重力场与电场中满足 mg= qE(2) 假设三场共存时，合力为零，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F= qvB的方向与速度v垂直.(3) 假设三场共存时，粒子做匀速圆周运动，那么有mg= qE粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆2周运动，即qvB= ny.般用动能定理或能量守恒(4) 当带电粒子做复杂的曲线运动或有约

9、束的变速直线运动时,定律求解.考点二 带电粒子在组合场中的运动分析例2、如图3所示，足够大的平行挡板 A、A竖直放置，间距为6L.两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域I和n.以水平面MN为理想分界面.I区的磁感应强度为 B0,方向垂直纸面向外，A、A上各有位置正对的小孔 S、S2,两孔与分界面 MNI勺距离为L.质量为m电量为+ q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从 S进入I区，并直接偏转到 MN上的P点，再进入n区.P点与A板的距离是L的k倍.不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑.* Rd * |"亍礼 H M M B .IB*4止(1) 假设k= 1,求匀强电场的电

10、场强度E; 假设2<k<3,且粒子沿水平方向从 S2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式和n区的磁感应强度 B与k的关系式.解析(1)假设那么有y,粒子在匀强确场中做匀速圆周运动，根据几何关系，该悄;h粒子的轨 迹半径为粒子在匀强磁场中做匀遠圆周运动那么有：6%=血粒子在匀轻电场中加速，根据动育症理有：综合上式解得：e= qBm.2】因淘2*3且粒子沿水平万向从E射出，该粒子运动轨迹如下图*由几何关系：用一(*疔=広一那么整理解得：评翌匚圣皂又因为:6Z-2tL=2x根据几何关系有:7=7那么n区的磁感应强度 B与k的关系:kBoB= 3- k.qBL2qB L+ k2L

11、答案1q2dm v=q2m-kBo4 3-k【变式探究】 如图4所示的直角坐标xOy平面内有间距为 d,长度为的平行正对金属n板MN, M位于x轴上，OP为过坐标原点 O和极板N右边缘的直线，与y轴的夹角0 =-y, OP与y轴之间及y轴右侧空间中分别存在磁感应强度大小相等方向相反且均垂直于坐标平面的匀 强磁场.质量为 m电荷量为q的带正电粒子从 M板左侧边缘以速度 vo沿极板方向射入，恰好n从N板的右侧边缘 A点射出进入磁场.粒子第一次通过 y轴时，速度与y轴负方向的夹角为 云. 不计粒子重力，求：1a««P"y :-、MWKKKXMKMKKKMXKXMEXXM

12、M0X图4极板M N间的电压；(2) 匀强磁场磁感应强度的大小；(3) 粒子第二次通过 y轴时的纵坐标值； 粒子从进入板间到第二次通过y轴时经历的时间.3mvo2mvo(1)药解析(1)粒子在MN板间做类平抛运动，设加速度为a,运动时间为11,那么=V0t 1d= ；at根据牛顿运动定律得Uqd= ma卄、，=3mV联立解得u=-2q_.2)设粒子经过A点时的速度対万向与工轴的夹角为偽根JS动能定理；得一扌帆诵oosa= 解得 vjy设粒子第一次与 y轴相交于D点，轨迹如图，由几何关系知D点与A点高度相等,CDO为等边三角形.R= d2根据牛顿定律，得 qvB= mR2mv B= qd .整理

13、得a(3) 粒子在y轴右侧空间的运动轨迹如图.由几何关系知DE= 2R：os 0 = d即E点的纵坐标为yE= 2d.粒子从A到D的时间t43+ 7n d答案qd 2 d 凶(6)vo从D到E的时间t3= ：T十 2 n m n d而T=qBvo“4.3+7n d故 t = t 1 + t2+ t 3=().6vo【举一反三】如图 5所示，相距3L的AB CD两直线间的区域存在着两个大小不同、方向 相反的有界匀强电场，其中PT上方的电场I的场强方向竖直向下，PT下方的电场n的场强方向竖直向上，电场I的场强大小是电场n的场强大小的两倍，在电场左边界AB上有点Q PQ间距离为L.从某时刻起由Q以初

14、速度V0沿水平方向垂直射入匀强电场的带电粒子，电量为+ q、质量为m通过PT上的某点R进入匀强电场I后从 CD边上的M点水平射出，其轨迹如图，假设PR 两点的距离为2L.不计粒子的重力试求：图5(1) 匀强电场I的电场强度的大小和MT之间的距离；(2) 有一边长为a、由光滑弹性绝缘壁围成的正三角形容器，在其边界正中央开有一小孔S,将其置于CD右侧且紧挨CD边界，假设从Q点射入的粒子经 AB CD间的电场从S孔水平射入容器 中欲使粒子在容器中与器壁屡次垂直碰撞后仍能从S孔射出(粒子与绝缘壁碰撞时无机械能和1电量损失)，并返回Q点，需在容器中现加上一个如下图的匀强磁场，粒子运动的半径小于？a.求磁

15、感应强度 B的大小应满足的条件以及从Q出发再返回到 Q 所经历的时间.2*mv 12mv 1 + 2n答案 竄 升(2) b=qa，n= 1,2，n= 1,2 ,6L 6n+1 n aV。+ 2 2n+ 1 V。解析 设粒子经砂直线上的点卫由耳电场进入Q电场'由0到日及卫到皿点的时间分与 S到达丘吋竖直速度为恤那么由血=過,Vy =門mE q.2= t 1mM-= 2 Eiq 211m1联立解得MF 2L.欲使粒子仍能从S孔处射出，粒子运动的半径为厂贝U?1=字解得：斗込护J，=U,-由几何关系可知f=3©x#+令=(3“+扣e工.2jcm r肓代入迟得amz2?z+l wr

16、 c , 6L 6rt+ L“F2A+跖十心寸2加十1曲尸口【方法技巧】带电粒子在组合场内的运动实际上也是运动过程的组合，解决方法如下：(1) 分别研究带电粒子在不同场区的运动规律.在匀强磁场中做匀速圆周运动.在匀强电场中，假设速度方向与电场方向平行，那么做匀变速直线运动；假设速度方向与电场方向垂直，那么做类平抛运动.(2) 带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系处理.(3) 当粒子从一个场进入另一个场时，分析转折点处粒子速度的大小和方向往往是解题的突破口.考点三 带电粒子在周期性变化的电磁场中的运动分析例3、如图6甲所示，在xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，

17、变 化规律分别如图乙、 丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、沿y轴正方向电场强度为正).在t = 0时刻由原点 O发射初速度大小为 Vo,方向沿y轴正方向的带负电粒子.Ln A! i:!1i:_1 :_! ；_； H H H.° r* 2/b 3 tn 4 阳i乙图6O 氐 2/ft勲 a 5 thI丙nVo、to、Bo,粒子的比荷为，不计粒子的重力.求：Bot o1t = t o时，求粒子的位置坐标； 假设t = 5to时粒子回到原点，求 05to时间内粒子距x轴的最大距离;3假设粒子能够回到原点，求满足条件的所有曰值.解析1由粒子的比荷q=a：,m Bot o那么粒子做

18、圆周运动的周期t= 2n m= 2t oi分Boq那么在oto内转过的圆心角 a = n 2分2Vo由牛顿第二定律qvoBo= m 2分r i得ri =匹1分n1分粒子片弘时回到原点，轨迹如團所示=22 好T怙分】得血二2如1分护讐1分粒子在to2to时间内做匀加速直线运动，2to3to时间内做匀速圆周运动，那么在 o5to时间内粒子距 x轴的最大距离：hm= -to+ ri= |-I vot o.2 分ri,在x轴下方做圆周运动3如下图，设带电粒子在x轴上方做圆周运动的轨道半径为的轨道半径为2，由几何关系可知，要使粒子经过原点，那么必须满足:n(22一 2r 1) = 2r 1,(n= 1,

19、2,3，)(1 分)mv , mv r1 = B0q ri = B0q(1联立以上各式解得v= nn+ 1vo,(n= 1,2,3，)(1 分)又由 v=vo+ Em?(1 分)VoBo得吕=nn，(n= 1,2,3，)(1分)2vot o答案(1)(二，0)(2)( f+2)Vot 0nvoBo眉，n=心3,【变式探究】如图7甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场.取t = 0时刻，一质垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示.量为m带电量为+ q的粒子不计重力，以初速度vo由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区.当B

20、和Tb取某些特定值时，可使 t = o时刻入射的粒子经t时间恰能垂直打在P板上不考虑粒子反弹.上述m q、d、vo为量.(1) t=扣,求B;nI111 i11g1l1I1T7 T t = |tb,求粒子在磁场中运动时加速度的大小;4mvoB = qd，为使粒子仍能垂直打在 P板上，求Tb.2mv3von d , n1 d答案(1) (2) (3) 或 + arcsin .qdd3vo 24 2vo解析设粒子做圆周运动的半径为知由牛顿第二定律得护風=斛擔題青由几何关系得2谑联立式得禺二辭2V0(2) 设粒子做圆周运动的半径为 R2,加速度大小为 a,由圆周运动公式得 a= 据题意由几何关系得

21、3Ra= d3v2联立式得a=-.d 设粒子做圆周运动的半径为 R周期为T,由圆周运动公式得 T=豎，Vo由牛顿第二定律得2mv qvoBo= r 4mv由题意知4mv，代入式得qdd= 4R粒子运动轨迹如下图,0、Q为圆心，OQ连线与水平方向的夹角为0，在每个Tb内，只有A、B两个位置才有可n能垂直击中P板，且均要求0<0 <2，由题意可知冗2 +0TbT设经历完整坯的个数为琐头) 假设在丄点击中P板，据题意由几何关系得 J?+2(i? + J?sin 即1=翅当厲=0时，无解当H二I时，麻立式得&二舉t sin*力,逊联立式得当虺2时不満足碍0T的要求穆在成点击中P板，

22、据題意由几何关系得R+ 2Rsin 0 + 2( R+ Rsin 0 ) n= d?当n= 0时，无解？当n= 1时，联立？式得0 = arcs in14(或 sin10= 4)?联立？式得nTb= 2 + arcsin1 d 4 2vo?当n?2时，不满足0<0 <90°的要求.1. (2021 北京理综，22, 16分)如下图，质量为 m电荷量为q的带电粒子，以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动.不计带电粒子XXXXXXXXXXX昇X(1)求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T；(2)为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与

23、磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E的大小.【解析】洛枪茲力提供向心九有/=恥=磧 带电粒子做匀速圆周运动的半径 氏箒 匀速圆周运动的周期a 譽證粒子受电场力尸二爲 洛伦益力戶齊粒子做匀速直线运动那么EqB解得场强E的大小£=B2. 2021 天津理综，11, 18分如下图，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强 度大小E= 5 .'3 N/C ,同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度 大小B= 0.5 T .有一带正电的小球，质量m= 1X 10一6 kg，电荷量q = 2X 10一6 C,正以速度 v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉

24、磁场不考虑磁场消失引起的电磁感应现2象，取 g= 10 m/s，求：if X X X X X XXpXxxxxE*aX XXXXX1小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；2从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t.【解析】1小球做匀速直线运动时受力如图在同一平面内，合力为零，有qvB,其所受的三个力代入数据解得v = 20 m/s速度v的方向与电场e的方向之间的夹角e满足tan e= m代入数据解得tan e = 3, e = 60°(2)解法1：撤去砺场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动,设其加速度为d,有尸彎吨©设撤掉磁场后小球在初速度方向上

25、的分位移为r有疋二讥设小球的重力与电场力的合力方向上分位移为片有尸独5口与吨的夹角和廿与恵的夹角相同，均为此又仙X*联立S式，代入数据解得#=23.5 5解法2:撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度Vy= vsin 0 一. 1 2假设使小球再次穿过 P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，那么有vyt ?gt=0 联立式，代入数据解得t = 2 3 s = 3.5 s【答案】(1)20 m/s ，与电场E夹角为60°(2)3.5 s3. (2021 四川理综，11,

26、19分)如下图，图面内有竖直线 DD ,过DD且垂直于图面的平面将空间分成I、n两区域区域I有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于图面的匀强n磁场B(图中未画出)；区域n有固定在水平地面上高h = 21、倾角a =-的光滑绝缘斜面，斜面顶端与直线 DD距离s = 41，区域n可加竖直方向的大小不同的匀强电场(图中未画出)；C点在DD上，距地面高 H 3l .零时刻，质量为 m带电荷量为q的小球P在K点具有大小 wOI=gl、方向与水平面夹角0 =夕的速度，在区域I内做半径r =的匀速圆周运动，经 C点3n水平进入区域n .某时刻，不带电的绝缘小球 A由斜面顶端静止释放， 在某处与刚运动到斜面的小

27、球P相遇小球视为质点，不计空气阻力及小球P所带电量对空间电磁场的影响.I，g为重力加速度.(1) 求匀强磁场的磁感应强度 B的大小；(2) 假设小球A、P在斜面底端相遇，求释放小球 A的时刻tA；(3) 假设小球A、P在时刻t = 3，-g(卩为常数)相遇于斜面某处，求此情况下区域n的匀强电场的场强E,并讨论场强E的极大值和极小值及相应的方向.【解析】 由题知b小豉F在区域I内做匀速圆周运动有tc,到达斜代入数据解得月二驚逅(2) 小球p在区域I做匀速圆周运动转过的圆心角为e，运动到c点的时刻为面底端时刻为ti,有ert C=VoS hC0t a = Vo(t i - tc)mgsin a =

28、小球A释放后沿斜面运动加速度为aA,与小球P在时刻ti相遇于斜面底端，有 mahsin1a= 2aA(tl tA)联立以上方程解得0)设所求电场方向向下，在匚日寸刻釋放小球小球P在区域1运动扣速虞为碑，有S=巾L 血 + 壬Ml if；oos a一冉+ *©(L九爭血G二初貞L联立樺万程解得4 ;笃 詈 对小球P的所戶运动情形讨论可得3沪由此可得场强极小值 Emin= 0，场强极大值Emax= 乎 方向竖直向上.8q【答案】(1)m； gl(3 - 2 2)I(11 - S 2) mg 7mg、亠亠,gq ( S -1)2 ； Emax= 8q，万向竖直向上;Emin = 04. (

29、2021 浙江理综，25, 22分)使用盘旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出， 离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等质量为m速度为v的离子在盘旋加速器内旋转，旋转轨道是半径为r的圆，圆心在 O点，轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B.为引出离子束，使用磁屏蔽通道法设计引出器.引出器原理如下图，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于0'点(O'点图中未画出).弓I出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从P点进入通道，沿通道中心线从Q点射出.O咪度为L, OC与 OP的夹角为(1)求离子的电荷量q并判断其正负;离子从P点进入、Q点射

30、出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B',求B'(3) 换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B不变，在内外金属板间加P点进入、Q点射出，求通道直流电压，两板间产生径向电场，忽略边缘效应.为使离子仍从内引出轨迹处电场强度 E的方向和大小.【解析】2一mvmv(1)离子做圆周运动，有 Bqv=，解得q= Br由左手定那么可判断离子带正电荷.O O= R r引出轨迹为圆利有迟爭根据几何关系得迓二r+Z2 2j£oog &2r2Zcos 0q (*+护一NLcos电场强度方向沿径冋向外引出轨泌圆弧，TE=Svwv3 (2r_2Zxx)£ 即q

31、 J/icost?)【答案】mv 十亠卄mv ( 2r 2Lcos 0 )(1)Br，正电何q(r2+L22rLcos 0)沿径向向外；Bv 2mv (2r 2Lcos 0 )2 2q (r + L 2rL cos 0 )5、(2021 江苏物理，15, 16分)一台质谱仪的工作原理如下图，电荷量均为+q、质量不同的离子飘入电压为 10的加速电场，其初速度几乎为零这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在底片上.放置底片的区域MN21=L,且OM= L.某次测量发现 MN中左侧3区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧 -区域QN仍能正3常检测到离子在适当调

32、节加速电压后，原本打在MQ勺离子即可在QN佥测到.(1) 求原本打在 mn中点p的离子质量 m(2) 为使原本打在P的离子能打在QN区域，求加速电压 U的调节范围；(3) 为了在QN区域将原本打在 MC区域的所有离子检测完整， 求需要调节U的最少次数.(取 lg 2 = 0.301 , lg 3 = 0.477 , lg 5 = 0.699)【解析】宫子在电场中加速，乳皆新朋在晞场中做匀速圆周运动，彌二碍解得時怦代入厲=茲解得用二2丄“2 /口16Ur由知，U r ,得U= 9L2亠 5100U0离子打在Q点，r =U= 8116U0离子打在N点，r = L, U= 9100U016U0那么电

33、压的范围为 一二厂 U819(3) 由 可知，r乂U.由题意知，第1次调节电压到 U,使原本Q点的离子打在N点，右r1的打在Q的离子打在Q上,5W=0r1U0U0此时，原本半径为5 2解得1= q L6第2次调节电压到12,原本打在Q的离子打在N点，原本半径为r2的打在Q的离子打在 Q上，那么百琲§咄解得2 =63l同理，第n次调节电压，有rn = 5°+ 1L检测完整,亠 L有 rnW 2解得n?12.8，即最少次数为 3次.6lg 59qBV100U016U0【答案】歸有益W 丁 (3)3(xy平1. 【2021 全国卷】如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直

34、于纸面面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向.在y轴正半轴上某点以与 x轴正向平行、大小为vo的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d,0)点沿垂直于x轴的方向进入电场.不计重力.假设该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为 B,求:y(i) 电场强度大小与磁感应强度大小的比值;(2) 该粒子在电场中运动的时间.2d1【答案】【解析】小为B,粒子质量与所带电荷量分别为m和q,圆周运动的半径为 R).由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得2VoqvoB= nR 由题给条件和几何关系可知送尸播设电场强度大小为鬲粒子进入电场后沿工轴员方向的加速度大小为心 在电场中运动的时间为4 M开电场时沿

35、工轴员方向的速度犬小为也由牛顿定律厦运动学公武得EqtnOjlS)性二步二虑由于粒子在电场中做类平抛运动C如團影有Vxtan B=Vo联立式得E 12=Vota n 0 B 2(2)联立式得2dvota n2. 【2021 广东卷】(18分)如图25所示，足够大的平行挡板A、A竖直放置，间距 6L.两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域I和H,以水平面MN为理想分界面，I区的磁感应强度为Bo,方向垂直纸面向外.A、A上各有位置正对的小孔 S、S,两孔与分界面 MN勺距离均为L.质量为m电荷量为+ q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S进入I区，并直接偏转到 MN上的P点，再进入

36、n区，P点与A板的距离是L的k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑.xxxxxxxxxxXXX XDX X X X X Xxxxxxxxxxx61-A.(1)假设k= 1,求匀强电场的电场强度E; 假设2<k<3,且粒子沿水平方向从 S2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式和n区的磁感应强度 B与k的关系式.【答案】qBL22md2(k +1) qBLmB-B0【解析】粒子在电场中由动能罡理有0粒子在I区洛伦茲力提供向心力avBQm当Q1时，由几何关系得r=£解得2由于2<k<3时，由题意可知粒子在n区只能发生一次偏转，由几何关系可知2 2 2(r-

37、 L) + (kL) = r解得J； 1l又刖Bq二砒那么2m粒子在II区洛伦茲力提供问心尢U由对称性良几何关系可知kL r(3-4) zn即严+J麻立上式解得3. 【2021 四川卷】如下图，水平放置的不带电的平行金属板p和b相距h,与图示电路相连，金属板厚度不计，忽略边缘效应.p板上外表光滑，涂有绝缘层，其上 O点右侧相距h处有小孔K； b板上有小孔T,且O T在同一条竖直线上，图示平面为竖直平面质量为m电荷量为一q(q>0)的静止粒子被发射装置(图中未画出)从0点发射，沿p板上外表运动时间t后 到达K孔，不与板碰撞地进入两板之间.粒子视为质点，在图示平面内运动，电荷量保持不变，不计

38、空气阻力，重力加速度大小为g.b0 hI (1) 求发射装置对粒子做的功；(2) 电路中的直流电源内阻为r,开关S接“ 1位置时，进入板间的粒子落在b板上的A点，A点与过K孔竖直线的距离为I.此后将开关S接“2位置，求阻值为R的电阻中的电流强 度；(3) 假设选用恰当直流电源，电路中开关S接“ 1位置，使进入板间的粒子受力平衡，此时在板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小适宜的匀强磁场(磁感应强度 B只能在(x/21 + 5) m0 時范围内选取)，使粒子恰好从b板的T孔飞出，求粒子飞出时速度方向与b(21 2) qt板板面的夹角的所有可能值(可用反三角函数表示)23mhmh2h2【答

39、案】(1)2t2q( r+门9山2 0<arcsin 5【解析】(1)设粒子在p板上做匀速直线运动的速度为Vo,有h = vot 设发射装置对粒子做的功为vy由动能定理得1 2 W $mv联立可得mhW 2上2ffls援位置时,电'源的电动势民与板间电势差卩有Eq二励板间产生匀强电场的场强为码粒子进入板间时有水平方问的速康町在板间哽到竖直方向的重力和电场力作用而做类平抛运动设加速度为毎运动时间为九有 gE曲吨一匸琢1接壮位乱 贝莊电阻湮上流过的电流"岳足联立得mh q (R+ r)2h312t2场做匀速圆周运动，如下图,外表的夹角为题目所求夹角过D点作b板的垂线与b板的

40、上外表交于G由几何关系有(3) 由题意知此时在板间运动的粒子重力与电场力平衡，当粒子从K进入板间后立即进入磁粒子从D点出磁场区域后沿 DT做匀速直线运动，DT与b板上磁场的磁感应强度 b取最大值时的夹角 e为最大值e m,设粒子做匀速圆周运动的半径为DG= h R(1 + cos e )?TG= h+ Rsin e ?sin e DGtan e= cos e=T(?联立？，将B= Bm代入，求得2e m= arcsin 5?当总逐渐SkK粒子做匀速圆周运动的半径为卫也随之糜大，D点向b板皐近D丁与b板上外表的夹 角也越变越小，当D点无限接近干&板上外表时，粒子离开甬场后在板间几乎沿看0

41、扳上外表运动而从 厂孔飞出板间区域此时迟亠X)满定题目要求，夹角臼趋近伽 即9 0= 0?那么题目所求为 0< Bw arcsin 小物体R在水平轨道CD上运动速度v的大小； 倾斜轨道GH的长度s.【答案】(1)4 m/s (2)0.56 m【解析】(1)设小物体F在匀强磁场中运动的速度为V,受到向上的洛伦兹力为F1,受到的摩擦力为f,那么F1 = qvBf = 口 mg- F1 由题意，水平方向合力为零F f = 0 ?594. 【2021 四川卷在如下图的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r =石m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角0 = 37°

42、; .过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B= 1.25 T ;过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E= 1 X 10联立式，代入数据解得v = 4 m/s N/C.小物体Pi质量m= 2X 10一 kg、电荷量q= + 8X 10 一 C,受到水平向右的推力F= 9.98 X 10 一 N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力.当R到达倾斜轨道底端 G点时，不带电的小物体R在GH顶端静止释放，经过时间t = 0.1 s与R相遇.P与F2与轨道CD GH间的动摩擦因数均为 口= 0.5 , g取10 m/

43、s , sin 37 ° = 0.6 , cos 37 °= 0.8，物体电荷量保持不变，不计 空气阻力.求：(2)设丹在G点的速度大小九临 由于洛伦兹力不做功，根据动能定理円在窗上运动，受到重力电场力和摩換力的作用，设加速度为田，根据牛顿第二定律 牡cos 0+ gcffsiiL ma ®P】与码在葩上相遇时，设円在 聞上运动的距离为仏 那么SlVcZ+i/A运动第1周时磁场的磁感应强度B的大小；. 在A运动第n周的时间内电场力做功的平均功率R; 假设有一个质量也为 m电荷量为+ kq(k为大于1的整数)的粒子B(不计重力)与A同时从M板小孔飘入板间，A、B初速

44、度均可视为零，不计两者间的相互作用，除此之外，其他条件 均不变下列图中虚线、实线分别表示 A、B的运动轨迹.在B的轨迹半径远大于板间距离的前提©设珂质量为码，在翎上运动的加速度为碍，贝Im2gsin 9 口mgcos 9 = n5a2P与P2在GH上相遇时，设 P2在GH上运动的距离为 S2,贝y1 2S2= 2&2t 联立式，代入数据得S = Si+ S2 s = 0.56 m ?5. 【2021 天津卷】同步加速器在粒子物理研究中有重要的应用，其根本原理简化为如图所示的模型.M N为两块中心开有小孔的平行金属板.质量为m电荷量为+ q的粒子A(不计重力)从M板小孔飘入板间

45、，初速度可视为零每当A进入板间，两板的电势差变为U,粒子得到加速，当A离开N板时，两板的电荷量均立即变为零两板外部存在垂直纸面向里的匀强磁 场，A在磁场作用下做半径为 R的圆周运动，R远大于板间距离.A经电场屡次加速，动能不断 增大，为使R保持不变，磁场必须相应地变化.不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁 辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应.求：1 2mUqU【答案】RPqI(3)A图，理由略【解析】(1)设经电场第1次加速后速度为VI,由动能走理律人在磁场中做匀速圆周运动所受洛伦菇力充当向心力由得(2)设A经n次加速后的速度为vn，由动能定理得1 2nqU= qmv 0 设

46、A做第n次圆周运动的周期为 Tn,有Tn= 2n RKVn设在A运动第n周的时间内电场力做功为 W,那么W= qU在该段时间内电场力做功的平均功率为W/R=Tn 由解得qUR=n R(3) A图能定性地反映 A、B运动的轨迹.A经过n次加速后，设其对应的磁感应强度为B, A B的周期分别为Tn、，综合、式并分别应用A、B的数据得Tn =2 n mqB2 n m TnkqB k由上可知，f促卩的丘倍，所每绕f亍I周宀就绕行虑凰由于电场只在月通过时存在故尽仅 在与丿同时进入电场fl寸才被加速.经匮次加速后，A £的速度分别为和叫，考虑到式由题设条件并考虑到式，对川有设总的轨迹半径为用有尸叭二2jl/T比拟上述两式得上式说明，