【物理】带电粒子在复合场中的运动练习及解析

1、一、带电粒子在复合场中的运动专项练习1 .如下图,在坐标系 Oxy的第一象限中存在沿 y轴正方向的匀强电场,场强大小为A是y轴上的一点,它到坐标E.在其它象限中存在匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里.原点O的距离为h； C是x轴上的一点,到O的距离为L. 一质量为m,电荷量为q的带C点进入磁场区负电的粒子以某一初速度沿 x轴方向从A点进入电场区域,继而通过域.并再次通过 A点,此时速度方向与(1)粒子经过C点速度的大小和方向；y轴正方向成锐角.不计重力作用.试求:(2)磁感应强度的大小B.)理综物理局部【来源】2007普通高等学校招生全国统一测试(全国卷n(1) “= arctan 型l1 2m

2、hE h2 l2 qv0,由A点运动到C点经历的试题分析：(1)以a表示粒子在电场作用下的加速度,有qE= ma加速度沿y轴负方向.设粒子从 A点进入电场时的初速度为时间为t,12那么有：h -at2l v0t 由 式得v0= lja. 2h设粒子从C点进入磁场时的速度为 V, v垂直于x轴的分量v1=V2ah由 式得：v1=Jv02 v12 = JqE 4h2 l22mh设粒子经过C点时的速度方向与x轴的夹角为tanVi由 式得 =arctan 2h l(2)粒子从C点进入磁场后在磁场中作速率为v的圆周运动.假设圆周的半径为 R,2那么有qvB= m V=R用表不R设圆心为P,那么PC必与过

3、C点的速度垂直,且有夹角,由几何关系得：Rcos Rcos hRsin l- Rsin解得R= h2匚屈下2hl1 2mhE由式得：B=_2_2Jh2l2 q2.压力波测量仪可将待测压力波转换成电压信号,其原理如图 1所示,压力波p (t)进 入弹性盒后,通过与钱链 O相连的T型轻杆L,驱动杆端头A处的微型霍尔片在磁场中 沿x轴方向做微小振动,其位移 x与压力p成正比(x p, 0).霍尔片的放大图如 图2所示,它由长 噢犷=axbx,d单位体积内自由电子数为n的N型半导体制成,磁场方向垂直于x轴向上,磁感应强度大小为B Bo(1x),0,无压力波输入时,霍尔片静止在x=0处,此时给霍尔片通以

4、沿 C1C2方向的电流I,那么在侧面上D1、D2两点间产生 霍尔电压Uo.图1图203(1)指出Di、D2两点那点电势高；(2)推导出Uo与I、Bo之间的关系式(提示：电流 I与自由电子定向移动速率v之间关系为I=nevbd,其中e为电子电荷量)；(3)弹性盒中输入压力波 p (t),霍尔片中通以相同的电流,测得霍尔电压 Uh随时间t 变化图像如图3,忽略霍尔片在磁场中运动场所的电动势和阻尼,求压力波的振幅和频率.(结果用 Uo、Ui、to、“、及3)【来源】浙江新高考 2021年4月选考科目物理试题1 凡1 U1【答案】D1点电势高(2) Uo '坐 (3) A (1 -) , f

5、ne dU o2to【解析】【分析】由左手定那么可判定电子偏向D2边,所以D1边电势高；当电压为Uo时,电子不再发生偏转,故电场力等于洛伦兹力,根据电流I与自由电子定向移动速率v之间关系为I=nevbd求出Uo与I、Bo之间的关系式；图像结合轻杆运动可知,O-to内,轻杆向一侧运动至最远点又返回至原点,那么可知轻杆的运动周期,当杆运动至最远点时,电压最小,结合 Uo与I、Bo之间的关系式求出压力波的振幅.解：(1)电流方向为 C1C2,那么电子运动方向为 C2C1,由左手定那么可判定电子偏向D2边,所以D1边电势高；(2)当电压为Uo时,电子不再发生偏转,故电场力等于洛伦兹力- Uo 不 qv

6、Bo qb由电流I nevbd得：vnebd- -IB.将带入得Uo 0ned(3)图像结合轻杆运动可知,O-to内,轻杆向一侧运动至最远点又返回至原点运动周期为T=2to1所以,频率为：f 2to当杆运动至最远点时,电压最小,即取 5,此时B Bo(1x)一 IBc取x正向最远处为振幅 A,有：U1 -(12Aned旧.nedIB71 A)ned解得：AU.UU1根据压力与唯一关系p可得因此压力最大振幅为:pmU05U03.如图所不,在x轴的上方存在垂直纸面向里,磁感应强度大小为B.的匀强磁场.位于 x轴下方的离子源 C发射质量为m、电荷量为g的一束负离子,其初速度大小范围0?7%凡这束离子

7、经电势差U =m也,一一 一一 :的电场加速后,从小孔 O 坐标原点垂直 x轴并垂直磁场射入磁场区域,最后打到x轴上.在x轴上2a? 3a区间水平固定放置一探测板qBo,假设每秒射入磁场的离子总数为N.,打到x轴上的离子数均匀分布离子重力不计.1求离子束从小孔 O射入磁场后打到x轴的区间；2调整磁感应强度的大小,可使速度最大的离子恰好打在探测板右端,求此时的磁感应强度大小Bi；3保持磁感应强度 Bi不变,求每秒打在探测板上的离子数 被吸收,20%被反向弹回,弹回速度大小为打板前速度大小的 力大小.N;假设打在板上的离子 80%0.6倍,求探测板受到的作用X X X X X XXIT2a【来源】

8、浙江省 2021版选考物理考前特训 粒子在场中的运动试题2021年10月加试30分特训：特训 7带电【答案】1 2a<x<a.3（2）56（3） F二布可严叼(1)对于初速度为0的离子,根据动能定理：qU=1mvf2_在磁场中洛仑兹力提供向心力：qG甘二根二,所以半径：ri=p-=a中 rqi,4恰好打在x= 2a的位置；对于初速度为45Vo的离子,qU =Jmv； Jm(/5v0)2r 蚪-2a恰好打在x=4a的位置故离子束从小孔 O射入磁场打在x轴上的区间为2a, 4a(2)由动能定理qU = Jmv l- Jm(小 vo)2r3= ).-r3= a £i解得Bi=

9、Bo(3)对速度为0的离子 qU= mvmvi jr4= , = a2r4= 1.5a离子打在x轴上的区间为1.5a,3aN=N.= No1 .ja. 3对打在x= 2a处的离子 qv3B1 =对打在x= 3a处的离子打到x轴上的离子均匀分布,所以 V =七 由动量定理-Ft=- 0.8Nm7+0.2N( 0.6m-7m7)解得 F= 登N0mv0.【名师点睛】初速度不同的粒子被同一加速电场加速后,进入磁场的速度也不同,做匀速圆周运动的半 径不同,转半圈后打在 x轴上的位置不同.分别求出最大和最小速度,从而求出最大半径 和最小半径,也就知道打在 x轴上的区间；打在探测板最右端的粒子其做匀速圆周

10、运动的 半径为1.5a,由半径公式也就能求出磁感应强度；取时间 t=1s,分两局部据动量定理求作 用力.两者之和就是探测板受到的作用力.4.如下图彳寺测区域中存在匀强电场和匀强磁场,根据带电粒子射入时的受力情况可推测 其电场和磁场.图中装置由加速器和平移器组成,平移器由两对水平放置、相距为 l的相同平行金属板构成,极板长度为1、间距为d,两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反 .质量 为m、电荷量为+q的粒子经加速电压 U0加速后,水平射入偏转电压为 U1的平移器,最终从 A点水平射入待测区域.不考虑粒子受到的重力.(1)求粒子射出平移器时的速度大小v1;(2)当加速电压变为4U0时,欲使粒

11、子仍从A点射入待测区域,求此时的偏转电压 U;(3)粒子以不同速度水平向右射入待测区域,刚进入时的受力大小均为 F.现取水平向右为x轴正方向,建立如下图的直角坐标系 Oxyz.保持加速电压为 U0不变,移动装置使粒子沿不 同的坐标轴方向射入待测区域,粒子刚射入时的受力大小如下表所示.射入方向y-y受力大小君F请推测该区域中电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向【来源】2021年普通高等学校招生全国统一测试理综物理(江苏卷)【答案】(1)v1. 2qU° (2)U? 4U1m(3) E与Oxy平面平彳T且与 x轴方向的夹角为 30°或150°,假设B ?&-

12、x轴方向,E与Oxy平面平行且与x轴方向的夹角为-30或-150 °. 【解析】(1)设粒子射出加速器的速度为V0一12动能te理qU0mv022qU0m由题意得V1V0 ,即v1(2)在第一个偏转电场中,设粒子的运动时间为 t加速度的大小a 史1md在离开时,竖直分速度Vy at竖直位移1.2y1-at2水平位移1 vt粒子在两偏转电场间做匀速直线运动,经历时间也为t竖直位移y2Vyt由题意知,粒子竖直总位移 y? 2yl y2解得yU1l2Uod那么当加速电压为 4U0时,U? 4U1(3) (a)由沿x轴方向射入时的受力情况可知：B平行于x轴.且E Fq(b)由沿y轴方向射入时

13、的受力情况可知：E与Oxy平面平行.F2 f2 (5F)2,那么 f? 2F 且 f? qv1B f "2m解得BB ：；qU.(c)设电场方向与x轴方向夹角为.假设B沿x轴方向,由沿z轴方向射入时的受力情况得(f F sin )2 (F cos )2 (J7F)2解得 a =30°,或 01=150°即E与Oxy平面平行且与x轴方向的夹角为 30°或150°.同理假设B7&-x轴方向E与Oxy平面平彳T且与 x轴方向的夹角为-30或-150.5 .在场弓II为B的水平匀强磁场中,一质量为m、带正电q的小球在O静止释放,小球的运动曲线如

14、下图.此曲线在最低点的曲率半径为该点到z轴距离的2倍,重力加速度为g.求： (1)小球运动到任意位置 P(x, y)的速率v;(2)小球在运动过程中第一次下降的最大距离ym ；mg(3)当在上述磁场中加一竖直向上场强为E(e ?)的匀强电场时,小球从O静止释放后m.获得的最大速率V【来源】江苏高考物理试题复习2m a2一【答案】iv J2ay；2ym -4 ；vm qE ma q BqB【解析】【详解】洛伦兹力不做功,由动能定理得 12may mv 0 解得v,2gy 设在最大距离ym处的速率为vm,根据圆周运动有2qvmB mg m-m 区且由知由及R2 ym ,得vmM 2gym2m2gy

15、m -2-2"q b小球运动如下图,由动能定理得(qE mg) ymmvm d 2由圆周运动得qvmB mg qE2 vm且由及R 2 ym ,解得:vm - qE mgqB6 .如图为一种质谱仪工作原理示意图.在以O为圆心,OH为对称轴,夹角为2a的扇形区域内分布着方向垂直于纸面的匀强磁场.对称于OH轴的C和D分别是离子发射点和收集 点.CM垂直磁场左边界于 M,且OM=d.现有一正离子束以小发散角纸面内从 C射出,这些离子在CM方向上的分速度均为 V0.假设该离子束中比荷为 9的离子都能会聚到 D,试 m求：(1)磁感应强度的大小和方向(提示：可考虑沿CM方向运动的离子为研究对象

16、)；(2)离子沿与CM成.角的直线CN进入磁场,其轨道半径和在磁场中的运动时间；(3)线段CM的长度.【来源】电粒子在磁场中的运动【答案】(1) B mv0,磁场方向垂直纸面向外；(2) R qd(3) CM d cost .【解析】【分析】【详解】(1)设沿CM方向运动的离子在磁场中做圆周运动的轨道半径为cos2d ；VoR=d得B mv0 ,磁场方向垂直纸面向外 qdR',运动时间为t,由(2)设沿CN运动的离子速度大小为 v,在磁场中的轨道半径为vcos 0=V0得v=V0cos由2VqvB m R解得：R'=cos方法一：设弧长为 s,那么运动的时间：st= 一V又s=

17、2( 0+ a) R2.解得t=dVo方法二：离子在磁场中做匀速圆周运动的周期T= 2-,那么有:qB2 dv0CM=MNcot 0MN d R sinsin(3)方法一：由几何关系得:那么有：d解得：R ,cos以上3式联立求解得CM=dcot a方法二：设圆心为A,过A做AB垂直NO,如下图由几何关系得:NM MB R cos MBMB d MBcos而 BO d MB因此NM=BO因NM=CMtan 0又一 一 _ .dBO AB cot R sin cot sin cotcos解得：CM=dcot a7 .如下图,在平面直角坐标系 xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为 B、方向垂直

18、 于坐标平面向里的有界矩形匀强磁场区域 图中未画出；在第二象限内存在沿 x轴负方向的匀强电场.一粒子源固定在 x轴上坐标为 L,0的A点.粒子源沿y轴正方向释放出速 度大小为Vo的电子,电子通过 y轴上的C点时速度方向与y轴正方向成4$角,电子.求:经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与 x轴正方向成15：角的射线OM电子的质量为m,电荷量为e,不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用1匀强电场的电场强度 E的大小;2电子在电场和磁场中运动的总时间t3矩形磁场区域的最小面积Smin.【来源】湖南省怀化市 2021年高考物理一模物理试题答案 返；化2L 2；6的2 2eLVo3eBeB【解析】【详解

19、】12121电子从A到C的过程中,由动能定理得：eEL - mvc - mv022Vccos45 Vo2联立解得：e mv02eL2电子在电场中做类平抛运动,沿电场方向有:vcsinti其中VcV0cos由数学知识知电子在磁场中的速度偏向角等于圆心角: 电子在磁场中的运动时间：t22 m其中T eB电子在电场和磁场中运动的总时间ttit2i 2L 2 m联立解得：tv0 3eB3电子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,2那么有 evB m r最小矩形区域如下图,由数学知识得：CD 2r sin- CQ r rcos-22最小矩形区域面积:Smin CD CQ联立解得：Smin回詈28.

20、如图甲所示,在xOy平面内有足够大的匀强电场 E,在y轴左侧平面内有足够大的磁r=0.3m的圆场,磁感应强度 Bi随时间t变化的规律如图乙所示,选定磁场垂直纸面向里为正方向.在 y轴右侧平面内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁场,分布在一个半径为形区域图中未画出且圆的左侧与y轴相切,磁感应强度&=0.8T, t=0时刻,一质量(g 取 10m/s2)m=8X 10 4kg、电荷量q=+2 x 104C的微粒从x轴上xp=0.8m处的P点以速度 v=0.12m/s向 x轴正方向入射.该带电微粒在电磁场区域做匀速圆周运动.Uta xxx K ntIJrlMX Mh* .1CX R *.(1

21、)求电场强度.(2)假设磁场15兀s后消失,求微粒在第二象限运动过程中离x轴的最大距离；(3)假设微粒穿过y轴右侧圆形磁场时速度方向的偏转角最大,求此圆形磁场的圆心坐标(x,V).【来源】陕西榆林市 2021届高考模拟第三次测试理科综合物理试题【答案】(1) E 40N /C ,方向竖直向上(2) 2.4m(0.30,2.25)【解析】【详解】(1)由于微粒射入电磁场后做匀速圆周运动受到的电场力和重力大小相等,那么：qE mg解得：E 40N/C,方向竖直向上2v(2)由牛顿第二定律有：qvB, m 一 mv .所以R10.6mqB12 mqB110 s从图乙可知在0 5 s内微粒做匀速圆周运

22、动,在 动.在1015 s内微粒又做匀速圆周运动,在穿过y轴.离x轴的最大距离s' 2R 2 4R12.4m(3)如图,微粒穿过圆形磁场要求偏转角最大,入射点510 s内微粒向左做匀速直线运15 s内微粒向右做匀速直线运动,之后A与出射点B的连线必须为磁场圆的直径.所以R2qB20.6m 2r所以最大偏转角为 60.所以圆心坐标x 0.30m1y s' rcos60 2.4 0.3 m 2.25m2即磁场的圆心坐标为0.30,2.25 .9.正、负电子从静止开始分别经过同一盘旋加速器加速后,从盘旋加速器D型盒的边缘引出后注入到正负电子对撞机中.正、负电子对撞机置于真空中.在对撞

23、机中正、负电子 对撞后湮灭成为两个同频率的光子.盘旋加速器D型盒中的匀强磁场的磁感应强度为B0,盘旋加速器的半径为 R,加速电压为U; D型盒缝隙间的距离很小,带电粒子穿过的时间 可以忽略不计.电子的质量为m、电量为e,重力不计.真空中的光速为c,普朗克常量为h.(1)求正、负电子进入对撞机时分别具有的能量E及正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率v(2)求从开始经盘旋加速器加速到获得最大能量的过程中,D型盒间的电场对电子做功的平均功率P(3)图甲为正负电子对撞机的最后局部的简化示意图.位于水平面的粗实线所示的圆环真 空管道是正、负电子做圆周运动的容器,正、负电子沿管道向相反的方向运动,在管道内限

24、制它们转变的是一系列圆形电磁铁.即图中的Ai、A2、A44共有n个,均匀分布在整个圆环上.每个电磁铁内的磁场都是匀强磁场,并且磁感应强度都相同,方向竖直向 下.磁场区域的直径为 d.改变电磁铁内电流大小,就可以改变磁场的磁感应强度,从而 改变电子偏转的角度.经过精确调整,首先实现电子在环形管道中沿图甲中粗虚线所示的 轨道运动,这时电子经过每个电磁铁时射入点和射出点都在电磁铁的同一直径的两端,如 图乙所示.这就为进一步实现正、负电子的对撞做好了准备.求电磁铁内匀强磁场的磁感 应强度B大小【来源】2021年天津市滨海新区塘沽一中高三三模理综物理试卷【答案(1) V e B0 R 即J, E mh

25、h【解析】【详解】e2B02R22m2e B°U2B0Rsin-(2);nmd解：(1)正、负电子在盘旋加速器中磁场里那么有：evB02 mv0解得正、负电子离开盘旋加速器时的速度为:V0eBoR正、负电子进入对撞机时分别具有的能量：E正、负电子对撞湮灭时动量守恒,能量守恒,那么有:m12 e2B02R2-mvo 22m22E 2mc hv正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率:2222e B0 R 2mcv mh h2从开始经盘旋加速器加速到获得最大能量的过程,12neUmv022 2解得：n eBS2mU设在电场中加速n次,那么有:2 m正、负电子在磁场中运动的周期为：T 二二B&#

26、176;R22U2W E e2B0Ut t m正、负电子在磁场中运动的时间为：t -T2D型盒间的电场对电子做功的平均功率：P3设电子在匀强磁场中做圆周运动的半径为r ,由几何关系可得dr sin n 2一 一 r解得：2sin 一 n根据洛伦磁力提供向心力可得:ev0B2mv0r电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B大小：DB2B0Rsin 一 nd10 .平面直角坐标系的第一象限和第四象限内均存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小分别为2B和B B的大小未知,第二象限和第三象限内存在沿-y方向的匀强电场,x轴上有一点P,其坐标为L, 0.现使一个电量大小为 q、质量为m的带正电粒子 从坐标-2

27、a, a处以沿+x方向的初速度v0出发,该粒子恰好能经原点进入y轴右侧并在随后经过了点 P,不计粒子的重力.(1)(2)(3)求粒子经过原点时的速度；求磁感应强度B的所有可能取值求粒子从出发直至到达 P点经历时间的所有可能取值.【来源】2021年东北三省四市高考二模物理试题【答案】(1)粒子经过原点时的速度大小为拒vo,方向：与x轴正方向夹45斜向下;(2)磁感应强度B的所有可能取值： Bnmv0-n= 1、qL2、3；(3)粒子从出发直至到达P点经历时间的所有可能取值:2a . m .k (kvo2qBk=1、2、3m 3 mn n n = 1、2、32qB 4qB【详解】(1)粒子在电场中

28、做类平抛运动,水平方向:2a = vot,vy斛得：vy = vo, tan 0= l =1, 0= 45 , vo粒子穿过.点时的速度：v Jv： v2 J2v0；(2)粒子在第四象限内做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:2vqvB m 一 , r粒子能过P点,由几何知识得：L= nrcos45.n= 1、2、3nmv.解得：B n=1、2、3;(3)设粒子在第二象限运动时间为 t1,那么:2at1=一;v.粒子在第四、第一象限内做圆周运动的周期:T1qBjmT T2-,qB圆弧,粒子在下方磁场区域的运动轨迹为1/4圆弧,在上方磁场区域的运动轨迹为3/41假设粒子经下方磁场

29、直接到达P点,那么粒子在磁场中的运动时间：t2= -T1,413假设粒子经过下方磁场与上方磁场到达P点,粒子在磁场中的运动时间：t2=-Tl+-T2,4413右粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达P点：t2= 2X T1 + T2,4413右粒子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达P点：t2= 2X T1+2X T2,44m3 m贝Ut2 k (k 1) k= 1、2、32qB4qB“ m 3 m或 t2 n n n=1、2、32qB 4qB粒子从出发到P点经过的时间：t = t1+t2,解得：'W k2 * 1湍"一2aV0mn2qB3 m n4qBn=1、2、311

30、 .如下图,A、B两水平放置的金属板板间电压为U(U的大小、板间的场强方向均可调节),在靠近A板的S点处有一粒子源能释放初速度为零的不同种带电粒子,这些粒子经A、B板间的电场加速后从 B板上的小孔竖直向上飞出,进入竖直放置的C D板间,C D板间存在正交的匀强电场和匀强磁场,匀强电场的方向水平向右,大小为E,匀强磁场的方向水平向里,大小为 Bi.其中一些粒子能沿图中虚线做直线运动到达上方竖直圆上的a点,圆内存在磁感应强度大小为B2、方向水平向里的匀强磁场.其中S、a、圆心O点在同一竖直线上.不计粒子的重力和粒子之间的作用力.求：(1)能到达a点的粒子速度v的大小；(2)假设e、f两粒子带不同种

31、电荷,它们的比荷之比为1 ： 3,都能到达a点,那么对应 A、B两金属板间的加速电压 Ui : U2的绝对值大小为多大；(3)在满足(2)中的条件下,假设 e粒子的比荷为k, e、f两粒子在磁场圆中射出的两位置恰好 在圆形磁场的同一条直径上,那么两粒子在磁场圆中运动的时间差t为多少【来源】河南省名校联盟 2021届年高三第五次3月份调研测试理科综合物理试题【答案】1 v E；2 Ui：U23:1； 3 t ti t2 Bi9 kB2【解析】【详解】qE解：1能到达a点的粒子速度设为 v,说明在C、D板间做匀速直线运动,有：qvBi解得：vEB1v,根据动能定理得:2由题意得e、f两粒子经A、B

32、板间的电压加速后,速度都应该为12qU mv 2它们的比荷之比：9邑：9f- 1：3 me mf得出：U1：U23:13设磁场圆的半径为 R, e、f粒子进入磁场圆做圆周运动2对 e 粒子：qvB2 m1 一q2对 f 粒子：q2VB 2 m2 一213解得：一一21e、f两粒子在磁场圆中射出的两位置恰好在同一条直径上,说明两粒子的偏转角之和为180", e、f两粒子的轨迹图如下图,由几何关系有：,八Rtan 0 一 ri,八Rtan 09 瓜 90：联立解得：0 30：, a 60：e、f两粒子进入磁场圆做匀速圆周运动的周期满足:22 <1T iv2超T2组. i:3 me

33、mf在磁场中运动的时间:tit2360,T2tit2两粒子在磁场中运动的时间差为：At ti t2 9kB2I2.如图,空间某个半径为 R的区域内存在磁感应强度为 B的匀强磁场,与它相邻的是一 对间距为d,足够大的平行金属板,板间电压为U.一群质量为 m,带电量为q的带正电的粒子从磁场的左侧以与极板平行的相同速度射入磁场.不计重力,那么(I)离极板AB距离为 艮的粒子能从极板上的小孔 P射入电场,求粒子的速度2(2)极板CD上多长的区域上可能会有带电粒子击中(3)如果改变极板的极性而不改变板间电压,发现有粒子会再次进入磁场,并离开磁场区 域.计算这种粒子在磁场和电场中运动的总时间.： x* ：

34、x X .4* xXXXX'、X X【来源】江苏省苏州新区一中2021届高三一摸模拟物理试题【答案】(1)入射粒子的速度v qBR m(2)带电粒子击中的长度为2x 2空ES；(3)总时间t timU【解析】【详解】m 2dBRqB U(1)洛伦兹力提供向心力,qvB2mv根据作图可解得,能从极板上的小孔rP射入电场,mv qB所以,入射粒子的速度 v理m(2)所有进入磁场的粒子都能从P点射入电场,从最上边和最下边进入磁场的粒子将平行极板进入电场,这些粒子在垂直于电场方向做匀加速直线运动,a工也 m mdd2 at2解得t2md2qu沿极板运动的距离x vt2B2R2d2qmU有带电粒

35、子击中的长度为2x 22B2R2d2qmU(3)能再次进入磁场的粒子应垂直于极板进入电场,在电场中运动的时间ti2* 蚪a U在磁场中运动的时间为 t2qB事J u所以t2qB总时间t ti t2qB2dBRU13.如下图,荧光屏 MN与x轴垂直放置,荧光屏所在位置的横坐标X0=60cm,在第一象限y轴和MN之间存在沿y轴负方向的匀强电场,电场强度E=1.6X15N/C,在第二象限有半径R=5cm的圆形磁场,磁感应强度 B=0.8T,方向垂直xOy平面向外.磁场的边界和 轴相切于P点.在P点有一个粒子源,可以向 x轴上方180.范围内的各个方向发射比荷为q =1.0 x 8C/kg的带正电的粒

36、子,粒子的发射速率v0=4.0 x6m/s.不考虑粒子的重m力、粒子间的相互作用.求：(1)带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；(2)粒子从y轴正半轴上射入电场的纵坐标范围；(3)带电粒子打到荧光屏上的位置与Q点的最远距离.【来源】陕西省西安市 2021年高三物理三模理综物理试题【答案】(1) 5cm； (2) 0WyW 10cm (3) 9cm【解析】【详解】(1)带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动,由洛伦兹力提供向心力得:2 v0 qvB=m 一 r解得：r= 0 5 10 2 m=5cm Bq(2)由(1)问可知r=R,取任意方向进入磁场的粒子,画出粒子的运动轨迹如下图:由几何关系

37、可知四边形 PO FO为菱形,所以FO1/O'P,又O'睡直于x轴,粒子出射的速 度方向与轨迹半径 FQ垂直,那么所有粒子离开磁场时的方向均与 x轴平行,所以粒子从 y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为 0或w 10cm(3)假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上,有：X0=v0 t0hat；2解得：h=18cm> 2R=10cmy的点进入电场的粒子在电场中沿x说明粒子离开电场后才打在荧光屏上.设从纵坐标为 轴方向的位移为x,那么：X=V0tyat22代入数据解得：x=、.2yQ点的最远距离为 H,粒子射出电场时速度方向与x轴正设粒子最终到达荧光屏的位置与 方向间的夹角为仇q

38、E xVym V0tan - v0v0所以:H= (x0 x) tan 0= (x. J2y ) ? J2y由数学知识可知,当(x0 - J2y ) =J2y时,即y=4.5cm时H有最大值所以 Hmax=9cm14.质谱分析技术已广泛应用于各前沿科学领域.汤姆孙发现电子的质谱装置示意如图,M、N为两块水平放置的平行金属极板,板长为L,板右端到屏的距离为 D,且D远大于L, OO为垂直于屏的中央轴线,不计离子重力和离子在板间偏离O O的距离.以屏中央O为原点建立xOy直角坐标系,其中x轴沿水平方向,y轴沿竖直方向.(1)设一个质量为 m.、电荷量为q0的正离子以速度vo沿OO的方向从O点射入,

39、板间 不加电场和磁场时,离子打在屏上 O点.假设在两极板间加一沿 y方向场强为e的匀强电 场,求离子射到屏上时偏离 .点的距离y0；(2)假设你利用该装置探究未知离子,试依照以下实验结果计算未知离子的质量数.上述装置中,保存原电场,再在板间加沿y方向的匀强磁场.现有电荷量相同的两种正离子组成的离子流,仍从 ./点沿OO方向射入,屏上出现两条亮线.在两线上取y坐标相同的两个光点,对应的 x坐标分别为3.24mm和3.00mm ,其中x坐标大的光点是碳 12 离子击中屏产生的,另一光点是未知离子产生的.尽管入射离子速度不完全相等,但入射【答案】(1)y°q°ELD2- m0V0

40、(2) m2 14u故该未知离子的质量数为 14【解析】:(1)离子在电场中受到的电场力Fy q°E 离子获得的加速度ay离子在板间运动的时间0到达极板右边缘时,离子在 y方向的分速度Vy3yt0 离子从板右端到达屏上所需时间离子射到屏上时偏离 O点的距离y0 Vyt0 '由上述各式,得q°ELD y02-m0 V0(2)设离子电荷量为 q,质量为m ,入射时速度为v,磁场的磁感应强度为 B,磁场对离 子的洛伦兹力Fx qvB 离子的入射速度都很大,因而离子在磁场中运动时间甚短,所经过的圆弧与圆周相比甚小,且在板间运动时,O'O方向的分速度总是远大于在 x方向和y方向的分速度,洛伦兹力变化甚微,故可作恒力处理,洛伦兹力产生的加速度ax是离子在x方向的加速度,离子在 x方向的运动可视为初速度为零的匀加速直线运动, 到达极板右端时,离子在 x方向的分速度,qvB/L、 qBL 不axt (一)也离子飞出极板到达屏时,在 x方向上偏离O点的距离qBL/D、qBLD -() m v mv当离子的