物理带电粒子在复合场中的运动题20套(带答案)

1、(2)(3)【答案】(1) B 2,2qUm (2) B qkd2J2：qU1m(n 1,2,3,|,k2 1) (3)qkdt磁=埠2 3)mkd ,时解:施2、2qum(k 1). qU【解析】【分析】带电粒子在电场和磁场中的运动、牛顿第二定律、【详解】（1）离子经电场加速，由动能定理：运动学公式。qu1 2一 mv22qUm可得v一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1 .下图为某种离子加速器的设计方案 .两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场.其中MN和M N是间距为h的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔。和O , ON ON d , P为靶点，OP kd （k为大于1的

2、整数）。极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U。质量为m、带电量为q的正离子从。点由静止开始加速，经O进入磁场区域.当离子打到极板上 ON区域（含N点）或外壳上时将会被吸 收。两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过。忽略相对论效应和离子所受P点所需的磁感应强度大小；能使离子打到 P点的磁感应强度的所有可能值；打到P点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间。【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理（重庆卷带解析磁场中做匀速圆周运动:qvB2 v m r刚好打在P点，轨迹为半圆，由几何关系可知:kd22 . 2qUm联立解得B；qkd(2)若磁感应强度较

3、大，设离子经过一次加速后若速度较小，圆周运动半径较小，不能直接打在P点，而做圆周运动到达 N右端，再匀速直线到下端磁场，将重新回到O点重新加速，直到打在 P点。设共加速了n次，有:nqUqVnB1 2 -mvn 22 vn mrn且:rnkd22、2nqUm解得：B -qkd要求离子第一次加速后不能打在板上,且:riqu12m,2qviB解得：n k2,故加速次数n为正整数最大取nk2 1即:B 212nqUmqkd(n1,2,3,|,k2 1)；(3)加速次数最多的离子速度最大，取周运动和半个圆周打到 P点。由匀速圆周运动：n k21 ,离子在磁场中做n-1个完整的匀速圆qBTt 磁二(n

4、1)T 2(2k2 3) mkd2 2qum(k2 1)电场中一共加速n次，可等效成连续的匀加速直线运动.由运动学公式(k2 1)h 1att2a叫mh一 ,2(k2 1)m 可得：t =h -qU2 .如图所示，一半径为 R的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上.整个空间存在磁感应弓虽度为 B、方向竖直向下的匀强磁场.一电荷量为q(q0)、质量为m的小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O.球心O到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹B的最小值及小球P角为9(0-).为了使小球能够在该圆周上运动，求磁感应强度2相应的速率.(已知重力加速度为 g)【来源】带电粒子在磁场中的运动【答案】Bm

5、in【解析】【分析】【详解】2m g q RcosgR. cos sin据题意，小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为O . P受到向下的重力mg、球面对它沿 OP方向的支持力 N和磁场的洛仑兹力f= qvB 式中v为小球运动的速率.洛仑兹力f的方向指向O .根据牛顿第二定律N cosmg2v _f N sinm dRsin由式得22 qBRsin qRsinv v cos由于v是实数，必须满足22 qBRsin 2 4qRsin-cos(-)-0由此得2mB -q . Rcos可见，为了使小球能够在该圆周上运动，磁感应强度大小的最小值为Bmin2mq Rcos9此时，带电小球做匀

6、速圆周运动的速率为由式得3 .如图所示，待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1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 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vl；(2)当加速电压变为4U0时,欲使粒子仍从A点射入待测区域，求此时的偏转电压 U;(3)已知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

7、取水平向右为x轴正方向，建立如图所示的直角坐标系 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.射人方向y-yziM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】2012年普通高等学校招生全国统一考试理综物理(江苏卷【答案】(1)v12qU0 (2)U? 4U1,m(3) E与Oxy平面平彳T且与 x轴方向的夹角为 30或150,若B ?&-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V0，八、一12动能定理qU02由题意得v1(2)

8、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 处md在离开时竖直分速度Vy at竖直位移12y12 at水平位移l 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yVyt由题意知，粒子竖直总位移 y? 2yl y2解得yUl2Ud则当加速电压为 4Uo时,U? 4Ui(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(b)由沿y轴方向射入时的受力情况可知：E与Oxy平面平行.22F2 f2(5F)2,则 f? 2F 且 f? qviB解得B2mB vqU。(c)设电场方向与x轴方向夹角为a .)2(F cos )2 ( . 7F)2若B沿x轴方向，由沿

9、z轴方向射入时的受力情况得(f F sin解得 a =30。,或5二150。即E与Oxy平面平行且与x轴方向的夹角为 30或150.同理若By&-x轴方向E与Oxy平面平彳T且与 x轴方向的夹角为-30或-150.4 .扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆.其简化模型如图：I、n两处的条形匀强磁场区边界竖直，相距为L,磁场方向相反且垂直纸面.一质量为m,电量为-q,重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U,粒子经电场加速后平行于纸面射入I区，射入时速度与水平和方向夹角30(1)当I区宽度Li L、磁感应强度大小 Bi B0时，粒子从I区右边界射

10、出时速度与水 平方向夹角也为30，求Bo及粒子在I区运动的时间 to(2)若n区宽度L2 Li L磁感应强度大小B2 Bi Bo ,求粒子在I区的最高点与n 区的最低点之间的高度差 h(3)若L2LiL、Bi Bo,为使粒子能返回I区，求B2应满足的条件(4)若Bi B2, Li L2,且已保证了粒子能从n区右边界射出.为使粒子从n区右边界射出的方向与从I区左边界射出的方向总相同，求Bi、B2、Li、L2、之间应满足的关系20ii年普通高等学校招生全国统一考试物理卷B2L2(4) BiLi【解析】图i(i)如图i所示，设粒子射入磁场I区的速度为v ,在磁场I区中做圆周运动的半径为R,由动能定理

11、和牛顿第二定律得,12qU mv 22 v qvBi m Ri由几何知识得L 2Rsin 联立，带入数据得设粒子在磁场I区中做圆周运动的周期为T,运动的时间为t联立式，带入数据得(2)设粒子在磁场n区做圆周运动的半径为R2,有牛顿第二定律得2V GqvB2 m R2由几何知识得hR1 R2 1 cos L tan 联立式，带入数据得h 2 2V3 L 3X X fix图2(3)如图2所示，为时粒子能再次回到I区，应满足R 1 sin L或 R2 1 sin L（11）联立(11)式，带入数据得图3(4)如图3 (或图4)所示，设粒子射出磁场I区时速度与水平方向得夹角为知识得L1R1 sin s

12、in 或 LiR sin sin L2R2 sin sin （14）或L2R sin sin联立式得BR B2R2(15)联立制(15)式得BL B2L2 (16)【点睛】(1)加速电场中，由动能定理求出粒子获得的速度.画出轨迹，由几何知识求出半径，根据牛顿定律求出 Bo.找出轨迹的圆心角，求出时间；(2)由几何知识求出高度差；(3)当粒子在区域H中轨迹恰好与右侧边界相切时，粒子恰能返回I区 ，由几何知识求出半径，由牛顿定律求出B2满足的条件；(4)由几何知识分析 Li、L2与半径的关系，再牛顿定律研究关系式.5 .如图，M、N是电压U=10V的平行板电容器两极板，与绝缘水平轨道CF相接，其中

13、CD段光滑，DF段粗糙、长度x=1.0m. F点紧邻半径为 R的绝缘圆筒(图示为圆筒的横截面)， 圆筒上开一小孔与圆心 O在同一水平面上，圆筒内存在磁感应强度B=0.5T、方向垂直纸面向里的匀强磁场和方向竖直向下的匀强电场E. 一质量m=0.01kg、电荷量q=0.02C的小球a从C点静止释放，运动到 F点时与质量为2m、不带电的静止小球 b发生碰撞，碰撞 后a球恰好返回D点，b球进入圆筒后在竖直面内做圆周运动.不计空气阻力，小球a、b均视为质点，碰时两球电量平分，小球a在DF段与轨道的动摩因数尸0.2,重力加速度大小 g=10m/s2.求(1)圆筒内电场强度的大小；(2)两球碰撞时损失的能量

14、；若b球进入圆筒后，与筒壁发生弹性碰撞，并从 N点射出，则圆筒的半径.16【来源】福建省宁德市 2019届普通高中毕业班质量检查理科综合物理试题 一R【答案】(1)20N/C； (2)0J； (3)(1)小球b要在圆筒内做圆周运动，应满足:1 L C- Eq=2mg解得：E= 20 N/C1 C(2)小球a到达F点的速度为V1,根据动能te理得： Uq mg - mv121 c小球a从F点的返回的速度为 V2根据功能关系得：mg上一mv22 2两球碰撞后，b球的速度为v,根据动量守恒定律得：mv=-mv2+2mv则两球碰撞损失的能量为:mv221212肚mv1mv2 一22联立解得：A0(3)

15、小球b进入圆筒后，与筒壁发生 n-1次碰撞后从N点射出，轨迹图如图所示:每段圆弧对应圆筒的圆心角为,则在磁场中做圆周运动的轨迹半径:ri = Rtan n1_粒子在磁场中做圆周运动：qvB2 v 2mriR 16联立解得：R(n3的整数)tan n6 .如图所示，在xOy平面直角坐标系中，直角三角形ACD内存在垂直平面向里磁感应强度为B的匀强磁场，线段 CO=OD=L CD边在x轴上，/ ADC=30。电子束沿y轴方向以相 同的速度V。从CD边上的各点射入磁场，已知这些电子在磁场中做圆周运动的半径均为-,在第四象限正方形 ODQP内存在沿x轴正方向、大小为 E=Bv)的匀强电场，在 y=-L3

16、处垂直于y轴放置一足够大的平面荧光屏，屏与y轴交点为P。忽略电子间的相互作用，不计电子的重力。黄光屏0(1)电子的比荷；(2)从x轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点与P点间的距离：(3)射入电场中的电子打到荧光屏上的点距P的最远距离。【来源】【市级联考】河北省唐山市2019届高三下学期第一次模拟考试理科综合物理试题【答案】(1) 3V0 (2) 2L (3) - L m BL 34【解析】【分析】根据电子束沿速度 V。射入磁场，然后进入电场可知，本题考查带电粒子在磁场和电场中的运动，根据在磁场中做圆周运动，在电场中做类平抛运动，运用牛顿第二定律结合几何知识并且精确作图进行分析求解；【详解

17、】(1)由题意可知电子在磁场中的轨迹半径r -32由牛顿第二定律得 Bev=mV2r电子的比荷e 3v0；m BL(2)若电子能进入电场中，且离 O点右侧最远，则电子在磁场中运动圆轨迹应恰好与边AD相切，即粒子从 F点离开磁场进入电场时，离。点最远：2L设电子运动轨迹的圆心为 。点。则OF=x= 3 2L Ee 2从F点射出的电子，做类平抛运动，有x 2L -Eet , y V0t3 2m- 2L代入得y = 2L3电子射出电场时与水平方向的夹角为有tan - -2x 2所以，从x轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点为G,则它与P点的距离L y 2LGP -一； tan 3(3)设打到屏上

18、离 P点最远的电子是从(x,0)点射入电场，则射出电场时, 2xm2xLy V0t V0 Ee3X L y设该电子打到荧光屏上的点与p点的距离为x,由平抛运动特点得-y-23L8一一xL所以X 2 x y一33所以当x L ,有Xm 4L。【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系，粒子在电场中的偏转经常用化曲 为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用。7 .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场，磁感应强度 Bi随时间t变化的

19、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r=0.3m的圆形区域(图中未画出)且圆的左侧与y轴相切，磁感应强度 B2=0.8T, t=0时刻，一质量 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。已知该带电微粒在电磁场区域做匀速圆周运动。(g取10m/s2)XX(2)若磁场15 7ts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)若微粒穿过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

20、西榆林市 2019届高考模拟第三次测试理科综合物理试题qE mg【答案】(1) E 40N/C ,方向竖直向上(2) 2.4m (3)(0.30,2.25)(1)因为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，则:解得：E 40N/C,方向竖直向上2 v (2)由牛顿第二定律有：qvB mR1mv所以R10.6mqB12 mqB110 s从图乙可知在0 5 s内微粒做匀速圆周运动，在 动.在1015 s内微粒又做匀速圆周运动，在穿过y轴.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，之后离x轴的最大距离s 2R 2 4R12.4mA与出射点B的连线必须为磁场圆

21、的(3)如图，微粒穿过圆形磁场要求偏转角最大，入射点 直径.2由牛顿第二定律，有 qvB2 m R2mv所以 R20.6m 2rqB2所以最大偏转角为 60所以圆心坐标x 0.30m,1ccy s rcos60 2.4 0.3 m 2.25m 2即磁场的圆心坐标为0.30,2.25 .8 .如图所示，MN为绝缘板，CD为板上两个小孔，AO为CD的中垂线，在 MN的下方有 匀强磁场，方向垂直纸面向外 （图中未画出），质量为m电荷量为q的粒子（不计重力）以 某一速度从A点平行于MN的方向进入静电分析器，静电分析器内有均匀辐向分布的电场 （电场方向指向。点），已知图中虚线圆弧的半径为R,其所在处场强

22、大小为 E,若离子恰好沿图中虚线做圆周运动后从小孔C垂直于MN进入下方磁场.1求粒子运动的速度大小;2粒子在磁场中运动，与 MN板碰撞，碰后以原速率反弹，且碰撞时无电荷的转移，之 后恰好从小孔 D进入MN上方的一个三角形匀强磁场，从A点射出磁场，则三角形磁场区域最小面积为多少？ MN上下两区域磁场的磁感应强度大小之比为多少？3粒子从A点出发后，第一次回到 A点所经过的总时间为多少？【来源】2014届福建省厦门双十中学高三热身考试物理试卷（带解析）【答案】（1）（2） 1R2； ,； （3） 2%叵。. m2 n 11 Eq【解析】【分析】【详解】(1)由题可知，粒子进入静电分析器做圆周运动，则

23、有:Eq2 mv R(2)粒子从D到A匀速圆周运动，轨迹如图所示:由图示三角形区域面积最小值为:在磁场中洛伦兹力提供向心力，则有:R2Bqv2mv得:mvBqB2,如图所示:设MN下方的磁感应强度为Bi,上方的磁感应强度为若只碰撞一次，则有:mvB2Bi若碰撞n次，则有:mvR2RB?qRiR mvn 1 BqmvB?qBi(3)粒子在电场中运动时间:在MN下方的磁场中运动时间:t2在MN上方的磁场中运动时间:总时间:9.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,板间距离d=0.09m,两板间加上如图乙所示的周期性 变化

24、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=5X10/kg,速度为vo=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：阴乙 X X /(1)电压U0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 ,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

25、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对于t=0时刻射入极板间的粒子:VoT T 1 10 7sy11-a 2vyyy2Eqma解得：U0一 一 42.16 10 V(2)t nTT时刻射出的粒子打在2x轴上水平位移最大:3TXa v0 7T2所放荧光屏的最小长度x xA l即：x 0.04mVy.(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速度偏转角的正切值均为：tan 37”V0cos37 ,- vv 1 106 m/s即：所有的粒子射出极板时速度的大

26、小和方向均相同2 v qvB m RR r 0.03m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Rtan53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,圆半径方向射出磁场；从 x轴射出点的横坐标：xC xAxC 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 0.1425m10.如图，在同时存在匀强电场和匀强磁场的空间中取正交坐标系O-xyz（x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上）。匀强磁场方向与 xOy平面平行，且与 x轴正方向的夹角为45。，

27、一质量为 m、电荷量为+q的带电粒子 看作质点）平行于z轴以速度vo通过y轴上的 点P（0, h, 0）,重力加速度为 go（1）若带电粒子沿z轴正方向做匀速直线运动，求满足条件的电场强度的最小值Emin及对应的磁感应强度B；（2）在满足（1）的条件下，当带电粒子通过y轴上的点P时，撤去匀强磁场，求带电质点落在xOz平面内的位置；（3）若带电粒子沿z轴负方向通过y轴上的点P时，改变电场强度大小和方向，同时改变磁感应强度的大小，要使带电质点做匀速圆周运动且能够经过x轴，求电场强度 E和磁感应强度B的大小。【来源】安徽省宣城市 2019届高三第二次模拟考试理科综合物理试题【答案】（1）Emin=m

28、gB2mg（2）N （h,0,2V0 口）（3）2q2qvo; gmg2mvoE B q2qh【解析】【详解】解：（1）如图所示，带电质点受到重力mg （大小及方向均已知）、洛伦兹力qv0B （方向已知）、电场力qE （大小及方向均未知）的作用做匀速直线运动；根据力三角形知识分析可知：当电场力方向与磁场方向相同时，场强有最小值Emin根据物体的平衡规律有:qEmin mgsin45qv0B mgcos45解得：e-2mgmin2q2qv0(2)如图所示，撤去磁场后，带电质点受到重力mg和电场力qEmin作用，其合力沿PM方向2并与V。方向垂直，大小等于 qv0B mg ,故市电质点在与 Oxz

29、平面成45角的平面内2作类平抛运动 由牛顿第二定律：qv0B ma解得：a g2设经时间t到达Oxz平面内的点N(x, y, z),由运动的分解可得:沿v0方向：z Vot12沿PM万向：PM -at2 2一h又PM sin 45x htan45联立解得：x hz 2vo则带电质点落在N (h, 0,2V0(3)当电场力和重力平衡时，带点质点才能只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动则有：Eq mgmg得：E - q要使带点质点经过 x轴，圆周的直径为, 2h根据：qv0 B2mV。r2mvo解得：B 02qh11.如图所示，一静止的电子经过电压为 入方向与偏转电场的方向垂直，射入点为U的电场加速后，

30、立即射入偏转匀强电场中，射A,最终电子从B点离开偏转电场。已知偏转电场的电场强度大小为 E,方向竖直向上(如图所示)，电子的电荷量为 忽略不计。求：e,质量为m,重力(1)(2) 强度电子进入偏转电场时的速度 v。；若将加速电场的电压提高为原来的2倍，使电子仍从 B点经过，则偏转电场的电场(3)Ei应该变为原来的多少倍？若在偏转电场区域加上垂直纸面向外的匀强磁场，使电子从A点射入该相互垂直的电场和磁场共同存在的区域沿直线运动，求所加磁场的磁感应强度大小。【区级联考】北京市顺义区2019届高三第二次统练理综物理试题m2Ue(1)电子在电场中的加速,由动能定理得:Ue1 2一mvo2所以，V。2U

31、e m(2)设电子的水平位移为x,电子的竖直偏移量为y,则有:xVoty 122Ee ma联立解得：E 4yUU x根据题意可知x、y均不变，当U增大到原来的2倍，场强E也增大为原来的2倍。 (3)电子做直线运动Bev。 Ee解得：B E 2Ue12.如图所示为一 七”字型金属框架截面图，上下为两水平且足够长平行金属板，通过左 侧长度为L= 1m的金属板连接.空间中有垂直纸面向里场强大小B=0.2T的匀强磁场，金属框架在外力的作用下以速度vo= 1m/s水平向左做匀速直线运动.框架内O处有一质量为m= 0.1kg、带正电q=1C的小球.若以某一速度水平向右飞出时，则沿图中虚线 OO做 直线运动

32、；若小球在 O点静止释放，则小球的运动轨迹沿如图曲线(实线)所示，已知此 曲线在最低点P的曲率半径(曲线上过 P点及紧邻P点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆的半径叫做该点的曲率半径)为 P点到。点竖直高度h的2倍，重力加速度g 取 10 m/s2.求：XKXXXXX义X：父KXXXXXX注铲XXXXKXX% XXXXK-乂乂乂发XXX：T-iXK*茂KXKXKXKXXXX(1)小球沿图中虚线 OO做直线运动速度 v大小(2)小球在。点静止释放后轨迹最低点P到。点竖直高度h【来源】江西省名校(临川一中、南昌二中 )2018-2019学年高三5月联合考理综物理试题 【答案】(1) v 4m/

33、s ; (2) h 4m 【解析】【详解】解：框架向左运动，产生感应电动势：U BLvo板间场强：E Bv0小球做匀速直线运动，受力平衡： Eq qvB mg 可解得：v 4m/s(2)最大速率点在轨迹的最低点12根据动能te理可得：Eqh mgh - mvm 02最低点根据牛顿第二定律和圆周运动规律有：Eq qvmB mg mvm2h联立可解得：h 4 m13.如图所示，在平面直角坐标系 xOy平面内，直角三角形abc的直角边ab长为6d,与y轴 重合，/bac=30,中位线OM与x轴重合，三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场.在笫一象限内，有方向沿y轴正向的匀强电场，场强大小E与匀强磁场磁感应

34、强度B的大小间满足E=v)B.在x=3d的N点处，垂直于x轴放置一平面荧光屏.电子束以相同的初速度 丫0从丫轴 上一3dwyw的范围内垂直于 y轴向左射入磁场，其中从y轴上y=2d处射入的电子，经磁场 偏转后，恰好经过。点.电子质量为m,电量为e,电子间的相互作用及重力不计.求(1)匀强磁杨的磁感应强度 B (2)电子束从y轴正半轴上射入电场时的纵坐标y的范围；(3)荧光屏上发光点距 N点的最远距离L【来源】四川省乐山市 2018届高三第二次调查研究考试理综物理试题【答案】 mv0； (2) 0 y 2d ； (3) 9d ； ed4【解析】设电子在磁场中做圆周运动的半径为r;由几何关系可得r

35、=d电子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得:ev0B2V0 m r解得：B詈(2)当电子在磁场中运动的圆轨迹与ac边相切时，电子从+ y轴射入电场的位置距 。点最远，如图甲所示.设此时的圆心位置为 O ,有：Oa sin 30OO 3d Oa解得OO d即从O点进入磁场的电子射出磁场时的位置距O点最远所以ym 2r 2d电子束从y轴正半轴上射入电场时的纵坐标y的范围为0 y 2d设电子从0 y 2d范围内某一位置射入电场时的纵坐标为 y,从ON间射出电场时的位 置横坐标为x,速度方向与x轴间夹角为 仇在电场中运动的时间为t,电子打到荧光屏上 产生的发光点距 N点的距离为

36、L,如图乙所示：根据运动学公式有：x V0t1 eE,2 12 meE1 mtanvyVotanL3d x解得：L (3 ,d ,2y) 2y一 9 .即y d时，L有最大值 8, 一 9解得：L -d4当 3、.d 2y . 2y【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正 确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系；粒子在电场中的偏转经 常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的 应用.14.如图所示，在直角坐标系xOy平面内有两个同心圆，圆心在坐标原点 。，小圆内部（I区）和 两圆之间的环形区域（n区）存

37、在方向均垂直 xOy平面向里的匀强磁场（图中未画出）,1、n区 域磁场磁感应强度大小分别为 B、2B。a、b两带正电粒子从 O点同时分别沿y轴正向、负 向运动，已知粒子a质量为m、电量为q、速度大小为v,粒子b质量为2m、电量为2q、速 度大小为v/2,粒子b恰好不穿出1区域，粒子a不穿出大圆区域，不计粒子重力，不计粒子间相 互作用力。求：(1)小圆半径Ri;(2)大圆半径最小值(3)a、b两粒子从。点出发到在x轴相遇所经过的最短时间 遇)。【来源】重庆市 2019届4月调研测试(第二次诊断性考试t(不考虑a、b在其它位置相)理综试卷物理试题【答案】(1) Rimv (3 1)mv(2) R2min匕广14 mqB解：(1)粒子b在I区域做匀速圆周运动，设其半径为 几根据洛伦磁力提供向心力有:v2q-B22m由粒子b恰好不穿出I区域:R1 2rb解得：Rmv qB(2)设a在l区域做匀速圆周运动的半径为修，根据洛伦磁力提供向心力有:qvB2mvra1 mv -解得：ra1R1qB设a在