(物理)物理带电粒子在复合场中的运动提高训练含解析

1、一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1.两块足够大的平行金属极板水平放置，极板间加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律分别如图1、图2所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正2 m且to ,两板间距qBo方向)。在t=0时刻由负极板释放一个初速度为零的带负电的粒子(不计重力)，若电场强度反、磁感应强度B。、粒子的比荷 q均已知, m10 2mE0I9 oqBo2(1)求粒子在0to时间内的位移大小与极板间距h的比值。(2)求粒子在板板间做圆周运动的最大半径(用h表示)。(3)若板间电场强度 E随时间的变化仍如图 1所示，磁场的变化改为如图 3所示，试画出粒子在板间运动的轨迹

2、图(不必写计算过程)。【来源】带电粒子的偏转【答案】(1)粒子在0to时间内的位移大小与极板间距 2h(2)粒子在极板间做圆周运动的最大半径R2 5S11h的比值 h 5(3)粒子在板间运动的轨迹如图：(1)设粒子在0to时间内运动的位移大小为S1Si-at；2咀m又已知t0篝,h210 2mEo联立解得：s1 1h 5(2)解法一粒子在t02t0时间内只受洛伦兹力作用，且速度与磁场方向垂直，所以粒子做匀速圆周运 动。设运动速度大小为 vi,轨道半径为 Ri,周期为T,则ViatoqBo2mM联立解得：R12 mqBoto即粒子在to2t0时间内恰好完成一个周期的圆周运动。在2to3to时间内

3、，粒子做初速度为vi的匀加速直线运动，设位移大小为S21 2S2 V1toato2.一 3解得：s2-h5半径为由于Si+S2<h,所以粒子在3to4to时间内继续做匀速圆周运动，设速度大小为V2,R2,有：v2 vi atoqv2Bo2mv2R2解得r22h5由于si+S2+eh,粒子恰好又完成一个周期的圆周运动。在4to5to时间内，粒子运动到正极板(如图所示)：因此粒子运动的最大半径R22h5解法二由题意可知，电磁场的周期为2to,前半周期 粒子受电场作用做匀加速直线运动，加速度大小为：。qEoa m方向向上。后半周期粒子受磁场作用做匀速圆周运动，周期为 T粒子恰好完成一次匀速圆周

4、运动。Snsn至第n个周期末，粒子位移大小为1一a(nto)22.10 2mEo又已知h 产qBo2由以上各式得：Sn h5粒子速度大小为：vn ant0粒子做圆周运动的半径为:Rnmvn qBo解得：Rn 业5显然 s2R2 h S3因此粒子运动的最大半径R22h5(3)粒子在板间运动的轨迹如图所示:2.在xOy平面的第一象限有一匀强电磁，电场的方向平行于 y轴向下，在x轴和第四象限 的射线OC之间有一匀强电场，磁感应强度为B,方向垂直于纸面向里，有一质量为m ,带有电荷量+q的质点由电场左侧平行于 x轴射入电场，质点到达 x轴上A点，速度方向与x 轴的夹角为 弧A点与原点。的距离为d,接着

5、，质点进入磁场，并垂直与OC飞离磁场，不计重力影响，若OC与x轴的夹角为 6求:粒子在磁场中运动速度的大小；匀强电场的场强大小.【来源】带电粒子在复合场中的运动计算题Bqdsin卡q炉dsln加。冲答案:（2）【解析】【分析】【详解】试题分析：（1）由几何关系得：R=dsin42由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得q衽尸门解得：产阴与i 口中IDv0,在电场中的加速度（2）质点在电场中的运动为类平抛运动.设质点射入电场的速度为 为a,运动时间为t,则有：V0=VCOS （）vsin =atd=vot设电场强度的大小为 E,由牛顿第二定律得qE=mag 炉 dsln%c。*解得：E=3.如图，空间存在

6、匀强电场和匀强磁场，电场方向为y轴正方向，磁场方向垂直于 xy平面(纸面)向外，电场和磁场都可以随意加上或撤除，重新加上的电场或磁场与撤除前的 一样.一带正电荷的粒子从P(x=0, y=h)点以一定的速度平行于 x轴正向入射.这时若只有磁场，粒子将做半径为 R0的圆周运动；若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运 动.现在，只加电场，当粒子从P点运动到x=Ro平面(图中虚线所示)时，立即撤除电场同时加上磁场，粒子继续运动，其轨迹与 x轴交于M点.不计重力.求：(1)粒子到达x=&平面时速度方向与 x轴的夹角以及粒子到 x轴的距离；(2) M点的横坐标xm.0 (* M 1【来源】磁场【答

7、案】(1) H h 1at2 h R0； (2) xM 2R0 J7R &h h2。 22,4【解析】【详解】qBvo 2Vom(2RomaVot at(1)做直线运动有，根据平衡条件有：qE做圆周运动有：qBvo只有电场时，粒子做类平抛，有：qE R0 vy 解得：Vy V0 粒子速度大小为：v 尿v2 72v o ，、，一入，冗速度万向与x轴夹角为：一 粒子与x轴的距离为:12h at2R0h d2(2)撤电场加上磁场后，有:解得：R 拒RQD.粒子运动轨迹如图所示2qBv m R圆心C位于与速度v方向垂直的直线上，该直线与x轴和y轴的夹角均为 一，有几何关系4得C点坐标为：xc

8、2R0 一c，RoycHRoh2过C作x轴的垂线，在 4DM中：CM R V2R0 (14)CD ych _0 (15)2解得：DM , CM 2 CD2 ,7苗 Roh h2 (16)M点横坐标为：xM 2R0 J；片 R0h h24 .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。静止释放，小球的运动曲线如图所示.已知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。静止释放后

9、获得的最大速率vm。【答案】（i）v 2gy；（2）ym22m g202 ；q bVmqE mg o qB【解析】【详解】洛伦兹力不做功，由动能定理得mgy1 2-mv2解得设在最大距离ym处的速率为Vm,根据圆周运动有2qVmB且由知mg m，R2gym 由及R 2ym ,得ym22m g2d2q b小球运动如图所示,由动能定理得， i 112 (qE mg) ym -mvm 由圆周运动得2qvmB mg qE mvm 且由及R 2 ym|,解得：Vm qE mgqB5 .在如图甲所示的直角坐标系中，两平行极板MN垂直于y轴，N板在x轴上且其左端与坐标原点O重合，极板长度l=0.08m,板间

10、距离d=0.09m,两板间加上如图乙所示的周期性 变化电压，两板间电场可看作匀强电场.在 y轴上(0, d/2)处有一粒子源，垂直于 y轴连续不断向x轴正方向发射相同的带正电的粒子，粒子比荷为9=5X100/kg,速度为mV0=8 X 15m/s . t=0时刻射入板间的粒子恰好经N板右边缘打在x轴上.不计粒子重力及粒子间的相互作用，求：图乙 x x /(1)电压Uo的大小；(2)若沿x轴水平放置一荧光屏，要使粒子全部打在荧光屏上，求荧光屏的最小长度；(3)若在第四象限加一个与 x轴相切的圆形匀强磁场，半径为 r=0.03m,切点A的坐标为(0.12m, 0),磁场的磁感应强度大小B=2T ,

11、方向垂直于坐标平面向里.求粒子出磁场后 3与x轴交点坐标的范围.【来源】【市级联考】山东省济南市【答案】(1) U02.16 104V (2)2019届高三第三次模拟考试理综物理试题x 0.04m (3)x 0.1425m【解析】【分析】【详解】对于t=o时刻射入极板间的粒子:v0T T 1 10 7syivyTvy 一2d 2 y1 y2Eq maE% d4 解得：Uo 2.16 10 Vi 丁 T、3T(2)t nT 一时刻射出的粒子打在 x轴上水平位移最大：Xa Vo 22所放荧光屏的最小长度x Xa l即：X 0.04m(3)不同时刻射出极板的粒子沿垂直于极板方向的速度均为Vy. Vy

12、c速度偏转角的正切值均为：tan 37V00-7 o V0 cos37 一vv 1 106 m/s即：所有的粒子射出极板时速度的大小和方向均相同2V qvB m RR r 0.03mB离开磁场.由分析得，如图所示，所有粒子在磁场中运动后发生磁聚焦由磁场中的一点定沿磁场由几何关系，恰好经 N板右边缘的粒子经x轴后沿磁场圆半径方向射入磁场,R圆半径方向射出磁场；从 x轴射出点的横坐标：xC xA tan53xC 0.1425m .由几何关系，过 A点的粒子经x轴后进入磁场由 B点沿x轴正向运动.综上所述，粒子经过磁场后第二次打在x轴上的范围为：x 0.1425m6.正、负电子从静止开始分别经过同一

13、回旋加速器加速后，从回旋加速器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.在对撞机中正、负电子对撞后湮灭成为两个同频率的光子.回旋加速器D型盒中的匀强磁场的磁感应强度为Bo,回旋加速器的半径为 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)求从开始经回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部分的简化示意图.位于

14、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，在管道内控制它们转变的是一系列圆形电磁铁.即图中的Ai、A2、A4从共有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

15、2 _ 2 _2_2e2Bo2R2 2mc2e2B02R2mh h2m2(2)四;(3)2BoRSi7md解：(1)正、负电子在回旋加速器中磁场里则有:evBo2 mvo解得正、负电子离开回旋加速器时的速度为:eBoRvo m正、负电子进入对撞机时分别具有的能量:E 1 mvo2222 2e Bo R2m正、负电子对撞湮灭时动量守恒，能量守恒，则有： 2E 2mc2 hv正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率:e2Bo2R2 2mc2v mh h(2)从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程，设在电场中加速12neUmv02n次,则有:解得：n_ 2_2eBo R2mU正、负电子在磁场中运动的周

16、期为:eBo正、负电子在磁场中运动的时间为：tD型盒间的电场对电子做功的平均功率：BoR22U一 2 _W E e B0Ut t m(3)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r sin n-I 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：DB2B°Rsin nd7.如图所示，在xOy坐标平面内，虚线 PQ与x轴正方向的夹角为 60。，其右侧有沿y轴 正方向的匀强电场；左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B. 一质量为m,带电量为q的带负电的粒子自坐标原点 。射入匀强磁场中，经过一段时间后恰好

17、自虚 线PQ上白M点沿x轴正方向进入匀强电场，粒子在电场中的运动轨迹与x轴的交点为3N.已知O、M两点间的距离为 ，3l； O、N两点间的距离为(3+1) L,粒子重力不计.求:IfM3iKMW M V N W M W K /NXHXKM M J(1)带电粒子自坐标原点 O射入匀强磁场的速度大小；(2)匀强电场的电场强度大小；(3)若自O点射入磁场的粒子带正电，粒子的质量、带电量、初速度等都不变，则在粒 子离开。点后的运动中第二次与虚线PQ相交的交点坐标.【来源】2019年山东省德州市高三一模物理试卷【答案】(1)理；(2) 3qB2L; (3) (g1_, 1L).mm62【解析】【详解】2

18、(1)粒子在磁场中运动时 qvB=mv- , j3L=2rsin60 °r解得粒子自坐标原点 。射入匀强磁场的速度大小v=-qBLm(2)粒子自M到N做类平抛运动沿电场方向：3 Lsin60 ="且t；2m垂直电场方向；( 1 1)L-J3Lcos60 =vt1 2得电场强度E=3qBL m(3)若自O点射入磁场的粒子带正电，粒子在磁场中逆时针转过240°后自R点垂直于电场方向离开磁场，如图所示.X1X黑XX*XX%X*A-Jt离开磁场时x坐标;xrrcos30,3L2y坐标：yR(r3 rsin30) 3L2粒子进入电场后自R到S做类平抛运动垂直电场方向；xrs

19、V【2沿电场方向：yRsqE 2【22mYrs tan60 =xRS解得:【2233mXrsyRS 2 L第二次与虚线PQ的交点S的x坐标:XXRS一1y 坐标：y yRS y 2 L则第二次与虚线 PQ的交点S的坐标为8.如图所示，直线y=x与y轴之间有垂直于xOy平面向外的匀强磁场 Bi ,直线x=d与y=x间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度 E1.0 104V/m ,另有一半径 R=1.0m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B2 0.20T ,方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x=d和x轴均相切，且与x轴相切于S点.一带负电的粒子从S点沿y轴的正方形以速度 Vo进入圆形磁场区域，经过一段时间

20、进入磁场区域Bi ,且第一次进入磁场 Bi时的速度方向与直线 y=x5垂直.粒子速度大小 Vo 1.0 10m/s,粒子的比荷为q/m 5.0 105C/kg ,粒子重力不计.求：粒子在匀强磁场 B2中运动的半径r；(2)坐标d的值；(3)要使粒子无法运动到 x轴的负半轴，则磁感应强度Bi应满足的条件；(4)在(2)问的基础上，粒子从开始进入圆形磁场至第二次到达直线y=x上的最长时间(3.14,结果保留两位有效数字).【来源】天津市滨海新区 2019届高三毕业班质量监测理科综合能力测试物理试题【答案】(1)r=1m (2) d 4m (3) Bi 0.1T 或 Bi 0.24T (4) t 6

21、.2 105s【解析】【详解】2解：(1)由带电粒子在匀强磁场中运动可得：B2qv0 mv0r解得粒子运动的半径：r 1m(2)粒子进入匀强电场以后，做类平抛运动，设粒子运动的水平位移为x,竖直位移为y水平方向：x vt、，1 O竖直方向： y at2力Eq a mtan45 组at联立解得：x 2m, y 1m由图示几何关系得：d x y R解得：d 4m(3)若所加磁场的磁感应强度为B1 ,粒子恰好垂直打在 y轴上，粒子在磁场运动半径为 ri由如图所示几何关系得：r1 ,2 y Rv J2vo2由带电粒子在匀强磁场中运动可得：B1qv m ri解得：B10.1T若所加磁场的磁感应强度为 B

22、1 ,粒子运动轨迹与轴相切，粒子在磁场中运动半径为2由如图所示几何关系得：2 222 y R2 ，一一v由带电粒子在匀强磁场中运动可得：B1 qv m2解得 B1-2T 0.24T10综上，磁感应强度应满足的条件为B 0.1T或Bi 0.24T(4)设粒子在磁场B2中运动的时间为ti,在电场中运动的时间为t2 ,在磁场Bi中运动的时间为t3,则有:ti4TiTit2t3T2Vo2T222解得：t ti t2 t32 1.52.210 5s 6.2 105s9.如图所示，处于竖直面内的坐标系x轴水平、y轴竖直，第二象限内有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直坐标平面向里。

23、带电微粒从x轴上M点以某一速度射入电磁场中，速度与 x轴负半轴夹角”=53。，微粒在第二象限做匀速圆周运动，并垂直y轴进入第一象限。已知微粒的质量为 m,电荷量为-q, OM间距离为L,重力加速度为 g, sin53 =0. 8, cos53 =0. 6。求匀强电场的电场强度 E;(2)若微粒再次回到x轴时动能为 M点动能的2倍，匀强磁场的磁感应强度 B为多少。【来源】【市级联考】山东省滨州市2019届高三第二次模拟(5月)考试理综物理试题【答案】如(2)B=8mJL或B=8mg q5qL 5q，L【解析】【详解】(1)微粒在第二象限做匀速圆周运动，则qE=mg,解得：上唯q(2)微粒垂直y轴

24、进入第一象限，则圆周运动圆心在y轴上，由几何关系得：rsin “L2由向心力公式可知：qvB=m r- a _12修粒在第一象限中 mgr(1 cos ) Ek - mv匚 o 12Ek 2 - mv联立解得：B= 8m gL或B=8mg5qL 5q 】L10.如图所示，在xoy平面的第二象限内有沿 y轴负方向的匀强电场，电场强度的大小E=102V/m,第一象限某区域内存在着一个边界为等边三角形的匀强磁场，磁场方向垂直xoy平面向外。一比荷 9 =107C/kg的带正电粒子从 x轴上的P点射入电场，速度大小 mV0=2X14m/s,与x轴的夹角 ”60°该粒子经电场偏转后，由 y轴上

25、的Q点以垂直于y轴 的方向进入磁场区域，经磁场偏转射出，后来恰好通过坐标原点O,且与x轴负方向的夹角a =60；不计粒子重力。求：(2)磁场的磁感应强度大小；(3)等边三角形磁场区域的最小面积。【来源】安徽蚌埠市 2019届高三第二次教学质量检查考试理综(二模 )物理试题【答案】(1) OP -m, OQ 0.15m (2) B=0.02T 3 3 10 2m21016【解析】【详解】解：(1)粒子在电场中沿x轴正方向的分运动是匀速直线运动，沿y轴正方向的分运动是匀变速直线运动、,口- 匚v0sin 0v0sin 0沿 y 轴万向：qE ma, t -0- OQ ta2沿x轴正方向：OP v0

26、cos 0 t联立解得：op m, OQ 0.15m 10r的匀速圆周运动，其轨迹如图rr cos a(2)粒子在磁场中作半径为根据几何关系由：OQ2v0cos8Bqv0cos 0 m解得：r=0.05m根据牛顿第二定律可得：解得：B=0.02T(3)根据粒子运动轨迹和几何关系可知，以弦QD为边长L的4QRD是磁场区域面积最小的等边三角形，如图，则 L,'3r,故最小面积：s1L2sin60? 3- 10 2m221611.如图所示，一束质量为 m、电荷量为q的粒子，恰好沿直线从两带电平行板正中间通 过，沿圆心方向进入右侧圆形匀强磁场区域，粒子经过圆形磁场区域后，其运动方向与入射方向的

27、夹角为 。弧度).已知粒子的初速度为 vo,两平行板间与右侧圆形区域内的磁场的 磁感应强度大小均为 B,方向均垂直纸面向内，两平行板间距为 d,不计空气阻力及粒子 重力的影响，求：(1)两平行板间的电势差 U;(2)粒子在圆形磁场区域中运动的时间t;圆形磁场区域的半径 R.【来源】甘肃省张掖市2019届高三上学期第一次联考理科综合试题(物理部分)【答案】U=Bv0d； (2)卡；(3) R= mv0 tan 2 qBqB【解析】【分析】(1)由粒子在平行板间做直线运动可知洛伦兹力和电场力平衡，可得两平行板间的电势差.(2)在圆形磁场区域中，洛伦兹力提供向心力，找到转过的角度和周期的关系可得粒子

28、在圆形磁场区域中运动的时间 .(3)由几何关系求半径 R.【详解】(1)由粒子在平行板间做直线运动可知，Bvg=qE,平行板间的电场强度 E=U ,解得两平行d板间的电势差：U=Bvod(2)在圆形磁场区域中，由洛伦兹力提供向心力可知：2V0Bvoq=mr2 r同时有T=Vo粒子在圆形磁场区域中运动的时间t=-T解得t=- Bq(3)由几何关系可知：r tan =r解得圆形磁场区域的半径r= mv0tan 2qB12.如图所示，荧光屏 MN与x轴垂直放置，荧光屏所在位置的横坐标xo=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=1.6 x 15N/C,在第二象限有半

29、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 x 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 =1.0 X 8C/kg的带正电的粒子，已知粒子的发射速率V0=4.0 X 6m/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 2019年高三物理三模理综物理试题【答案】(1) 5cm； (2) 0WyWl0cm (3) 9cm【解析】【详解】(1)带电粒

30、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:2V0qvB=m 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图所示:由几何关系可知四边形 PO FO为菱形，所以FQ/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，则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W10cm(3)假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有：X0=V0t0-1.2h=atO2qEa=m解得：h=18cm> 2R=10cmy的点进入电场的

31、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,则：X=V0t1.2y= 2 at代入数据解得：x= . 2y设粒子最终到达荧光屏的位置与Q点的最远距离为H,粒子射出电场时速度方向与x轴正方向间的夹角为9,qE x*vym Votan - 2yvovo所以:H= (xo x) tan 0= (xo 2'y ) ? y/2y由数学知识可知，当(xo - J2y ) = ,2y时,即y=4.5cm时H有最大值所以 Hmax=9cm13.如图甲所示，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

32、律如图乙所示。t=0时刻，一质量为 m、带电荷量为+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Bo和Tb取某些特定值时，可使 t 0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为已知量。41，C(1)若 t -Tb ,求 Bo； 2a 3_(2)若t Tb ,求粒子在磁场中运动时加速度的大小； 2(3)若Bo 4mv0-,为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB oqd【来源】2014年全国普通高等学校招生统一考试理科综合能力测试物理(山东卷带解析【答案】(1) mv0(2) 3v0 (3) -

33、d或 arcsin- - qd d 3vo 24 2vo【解析】【分析】(1)设粒子做匀速圆周运动的半径【详解】R,由牛顿第二定律得2mvoqvoBo R1据题意由几何关系得R1d联立式得qd(2)设粒子做圆周运动的半径为R2 ,加速度大小为a ,由圆周运动公式得据题意由几何关系得3R2d联立式得d(3)设粒子做圆周运动的半径为R,周期为T ,由圆周运动公式得由牛顿第二定律得qVoBo由题意知Bo 4mv0-，代入式得qdd 4R粒子运动轨迹如图所示，。1、。2为圆心，。1、。2连线与水平方向夹角为，在每个Tb内，只有A、B两个位置才有可能垂直击中 P板，且均要求0，由题意可知2设经历完整Tb

34、的个数为n (n 0, 1, 2, 3若在B点击中P板,据题意由几何关系得R 2(R Rsin)n d当n=0时，无解；当n=1时联立?式得sin联立？式得Tb若在2时，不满足B点击中P板,90的要求;据题意由几何关系得2Rsin 2(R Rsin )n d0时无解1时，联立？式得arcsin1 或(sin '44联立？式得Tb.1一 arcsin 一24d2V0当n 2时，不满足0【点睛】90的要求。14.如图所示，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板上表面光滑，涂有绝缘层，其上。点右侧相距h处有小孔K; b板上有小孔T,且O、

35、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-q (q > 0)的静止粒子被发射装置(图中未画出)从。点发射，沿P板上表面运动时间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，不计空气阻力，重力加速度大小为g.(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 h板上的A 点，A点与过K孔竖直线的距离为 L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)若选用恰当直流电源，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

36、、磁感应强度大小合适的匀强磁场(磁感应强度B只能-cd (厉+9m在0Bm=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-2) qi方向与b板板面夹角的所有可能值(可用反三角函数表示).【来源】2014年全国普通高等学校招生统一考试理科综合能力测试物理(四川卷带解析(3) 0.2 arcsin- 51)鸣-h-(g普2t q(R r) 1 t试题分析:(1)设粒子在P板上匀速运动的速度为v。,由于粒子在P板匀速直线运动，故12所以，由动能定理知，发射装置对粒子做的功W = mv 2解得w= m。2t2说明：各2分，式1分(2)设电源的电动势 E。和板间的电压为U,有E。 U板间

37、产生匀强电场为 E,粒子进入板间时有水平方向的初速度v0,在板间受到竖直方向的重力和电场力作用而做类平抛运动，设运动时间为t1,加速度为a,有U Eh当开关S接“1时，粒子在电场中做匀变速曲线运动，其加速度为mg 也 mah-12再由h at1 ,2 11 vt1 当开关S接“2时，由闭合电路欧姆定律知 I -E0- U R r R r3联立解得，I mh (g 2h2)q(R r)12t2说明：各1分(3)由题意分析知，此时在板间运动的粒子重力和电场力平衡.当粒子从k进入两板间后，立即进入磁场物体在电磁场中做匀速圆周运动，离开磁场后做匀速直线运动，故分析 带电粒子的磁场如图所示，运动轨迹如图所示，粒子出磁场区域后沿DT做匀速直线运动，DT与b板上表面的夹角为，w G,磁场的磁感应强度Df与b板上表面即为题中所求，设粒子与板间的夹角最大，设为B取最大值时的夹角为，当磁场最强时，R最小，最大设为m2v m mv由 qvB m , (11)知 R qB ,当B减小时，粒子离开磁场做匀速圆周运动的半径也要增大，D点向b板靠近.Df与b板上表面的夹角越变