高中物理带电粒子在复合场中的运动技巧和方法完整版及练习题

1、、带电粒子在复合场中的运动专项训练1.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Bo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?卜产肉，这束离子经电势差口 =；端的电场加速后，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nwfi (a=W,假设每秒射入磁场的离子总数为No,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

2、；（3）保持磁感应强度 Bi不变，求每秒打在探测板上的离子数N;若打在板上的离子 80%被吸收，20%被反向弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.6倍，求探测板受到的作用力大小.X X X X X XBq一|1aL2a Sa x由牛【来源】浙江省 2018版选考物理考前特训（2017年10月）加试30分特训：特训 7带电 粒子在场中的运动试题356【答案】（1）0)和初速度v的带电微粒.发射时，这束带电微粒分布在0vyv2R的区间内.已知重力加速度大小为g.(1)从A点射出的带电微粒平行于 x轴从C点进入有磁场区域，并从坐标原点O沿y轴负方向离开，求电场强度和磁感应强度的大小与方向.(2)请

3、指出这束带电微粒与 x轴相交的区域，并说明理由.(3)若这束带电微粒初速度变为2v,那么它们与x轴相交的区域又在哪里？并说明理由.【来源】带电粒子在电场中运动压轴大题mg- mv【答案】（1） E ,方向沿y轴正方向；B r ,方向垂直xOy平面向外（2）通过坐标原点后离开；理由见解析（3）范围是x0；理由见解析【解析】【详解】（1）带电微粒平行于x轴从C点进入磁场，说明带电微粒所受重力和电场力的大小相等，方 向相反.设电场强度大小为 E,由：mg qE可得电场强度大小:方向沿y轴正方向；带电微粒进入磁场后受到重力、 它将做匀速圆周运动.如图（E mgq电场力和洛伦兹力的作用.由于电场力和重力

4、相互抵消, a）所示：考虑到带电微粒是从 C点水平进入磁场，过 O点后沿y轴负方向离开磁场，可得圆周运动 半径r R;设磁感应强度大小为 B,由：qvB2vm一R可得磁感应强度大小：mvqR根据左手定则可知方向垂直 xOy平面向外；(2)从任一点P水平进入磁场的带电微粒在磁场中做半径为R的匀速圆周运动，如图(b)所示，设P点与O点的连线与y轴的夹角为，其圆周运动的圆心 Q的坐标为(Rsin ,Rcos ),圆周运动轨迹方程为：_2_2_2(x Rsin )(y R cos ) R而磁场边界是圆心坐标为(0, R)的圆周，其方程为：2_2x (y R) R解上述两式，可得带电微粒做圆周运动的轨迹

5、与磁场边界的交点为x 0y 0或：x Rsiny R(1 cos )坐标为Rsin ,R(1 cos )的点就是P点，须舍去.由此可见，这束带电微粒都是通过 坐标原点后离开磁场的；(3)带电微粒初速度大小变为 2v，则从任一点P水平进入磁场的带电微粒在磁场中做匀速圆 周运动的半径r为：m(2v)r2RqB带电微粒在磁场中经过一段半径为r的圆弧运动后，将在 y轴的右方(x0区域)离开磁场并做匀速直线运动，如图(c)所示.靠近 M点发射出来的带电微粒在穿出磁场后会射向x轴正方向的无穷远处；靠近N点发射出来的带电微粒会在靠近原点之处穿出磁场所以，这束带电微粒与 x轴相交的区域范围是 x0.mg- m

6、v答：(1)电场强度E ,方向沿y轴正方向和磁感应强度 B 二,方向垂直xOy平qqR面向外.(2)这束带电微粒都是通过坐标原点后离开磁场的；(3)若这束带电微粒初速度变为2v,这束带电微粒与 x轴相交的区域范围是 x0o 3.利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用.如图所示的矩形区域ACDG(AC边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场，A处有一狭缝.离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA边且垂直于磁场的方向射入磁场，运动到GA边，被相应的收集器收集.整个装置内部为真空.已知被加速的两种正离子的质量分别是mi和m2(mim2),电

7、荷量均为q,加速电场的电势差为U,离子进入电场时的初速度可以忽略.不计重力，也不考虑离子间的相互作用./加速电场 离子源,(1)求质量为mi的离子进入磁场时的速率 vi;(2)当磁感应强度的大小为 B时，求两种离子在 GA边落点的间距s；(3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度.若狭缝过宽，可能使两束离子在 GA边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离.设磁感应强度大小可调，GA边长为定值L,狭缝宽度为d,狭缝右边缘在 A处.离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于 GA边且垂直于磁场.为保证上述两种离子能落在GA边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度.【来源】

8、2011年普通高等学校招生全国统一考试物理卷(北京)答案(1)J2qU-(2)/-8U2-7m?VmT(3)dm=m2-L1.m,-. qB2% g 、m2【解析】一一12(1)动能th理 Uq= mivi22qvB=mv qB口,一 一 - 一- * X X *；B(2)由牛顿第二定律和轨道半径有:2mvR利用式得离子在磁场中的轨道半径为别为(如图一所示)8U .两种离子在 GA上洛点的间距 s=2(R-R2)= / 2(m1 Jm2) ,qB ，(3)质量为mi的离子，在GA边上的落点都在其入射点左侧2Ri处，由于狭缝的宽度为d,因此落点区域的宽度也是d (如图二中的粗线所示).同理，质量

9、为m2的离子在GA边上落点区域的宽度也是 d (如图二中的细线所示).| 国二为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为 2 (R1-R2) d利用式，代入式得：2R(1- Jm2)dRi的最大值满足：2R1m=L-d4.如图所示，两条竖直长虚线所夹的区域被线段MN分为上、下两部分，上部分的电场方向竖直向上，下部分的电场方向竖直向下，两电场均为匀强电场且电场强度大小相同。挡板PQ垂直MN放置，挡板的中点置于 N点。在挡板的右侧区域存在垂直纸面向外的匀强磁场。在左侧虚线上紧靠M的上方取点A, 一比荷 9=5X 15C/kg的带正电粒子，从 A点m以Vo=2X 13m/s的速度沿平行 MN

10、方向射入电场，该粒子恰好从P点离开电场，经过磁场的作用后恰好从 Q点回到电场。已知 MN、PQ的长度均为L=0.5m,不考虑重力对带电粒子的影响，不考虑相对论效应。(1)求电场强度E的大小；(2)求磁感应强度B的大小；在左侧虚线上 M点的下方取一点 C,且CM=0.5m,带负电的粒子从 C点沿平行MN方向 射入电场，该带负电粒子与上述带正电粒子除电性相反外其他都相同。若两带电粒子经过磁场后同时分别运动到 Q点和P点，求两带电粒子在 A、C两点射入电场的时间差。【来源】【市级联考】陕西省榆林市2019届高三第二次理科综合模拟试题(物理部分)【答案】 16N/C 1.6 10 2T (3) 3,9

11、 104s【解析】【详解】(1)带正电的粒子在电场中做类平抛运动，有：L=vot1qEt2 2 m解得 E=16N/Ctan (2)设带正电的粒子从 P点射出电场时与虚线的夹角为。，则：qEtm可得0=450粒子射入磁场时的速度大小为v= 72 vo粒子在磁场中做匀速圆周运动:qvB2 v m一r由几何关系可知r-2 L2解得 B=1.6 X10-2t*f J(3)两带电粒子在电场中都做类平抛运动，运动时间相同；两带电粒子在磁场中都做匀速 ，3 ，一；两带电2圆周运动，带正电的粒子转过的圆心角为,带负电的粒子转过的圆心角为2粒子在AC两点进入电场的时间差就是两粒子在磁场中的时间差； 若带电粒子

12、能在匀强磁场中做完整的圆周运动，则其运动一周的时间3带正电的粒子在磁场中运动的时间为：t1 -T 5.9 10 4s；4 1,带负电的粒子在磁场中运动的时间为：t2 -T 2.0 104s4带电粒子在AC两点射入电场的时间差为t t1 t2 3.9 10 4s5.如图，区域I内有与水平方向成 45 角的匀强电场E1，区域宽度为d1，区域n内有正 交的有界匀强磁场B和匀强电场E2,区域宽度为d2,磁场方向垂直纸面向里，电场方向 竖直向下.一质量为m、电量大小为q的微粒在区域I左边界的P点，由静止释放后水平向 右做直线运动，进入区域 n后做匀速圆周运动，从区域 n右边界上的Q点穿出，其速度方 向改

13、变了 30,重力加速度为g,求：(1)区域I和区域n内匀强电场的电场强度 Er E2的大小.(2)区域n内匀强磁场的磁感应强度B的大小.微粒从P运动到Q的时间有多长.【来源】【市级联考】陕西省咸阳市2019届高三模拟检测(三)理综物理试题2mg mgm、2gdi6d1 d2【答案】(1) E1 -mg, E2(2)1 (3)一.2gd1qq2qd26 gd2【解析】【详解】(1)微粒在区域I内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有:十/曰 l . 2mg求得：E1q微粒在区域ii内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有:qE&n45mgmg qE2求得：E2 mg q12(2)粒子进入磁场区域时

14、满足：qEidOs45 mv22 v qvB m R根据几何关系，分析可知：R 2d2sin30整理得：b m驯2qd2(3)微粒从P到Q的时间包括在区域I内的运动时间ti和在区域II内的运动时间t2,并满 足： TOC o 1-5 h z 1,2.a1t1di2mgtan45m302 Rt2 360 v经整理得：tt1t22&-12d6d1&2gd1,g 12 qB6gd26.如图为近代物理实验室中研究带电粒子的一种装置.带正电的粒子从容器A下方小孔S不断飘入电势差为 U的加速电场.进过 度为B的匀强磁场中，最后打在照相底片S正下方小孔。后，沿SO方向垂直进入磁感应强S时的速度可视为零，不考

15、虑粒子重力.D上并被吸收，D与O在同一水平面上，粒子在(2)由于粒子间存在相互作用，从O进入磁场的粒子在纸面内将发生不同程度的微小偏转.其方向与竖直方向的最大夹角为“，若假设粒子速度大小相同，求粒子在 D上的落点与O的距离范围;(3)加速电压在(UiAU)范围内的微小变化会导致进入磁场的粒子速度大小也有所不同.现从容器 A中飘入的粒子电荷最相同但质量分别为mi、m2 (mim2),在纸面内经电场和磁场后都打在照相底片上.若要使两种离子的落点区域不重叠，则 VU应满足什么U TOC o 1-5 h z 条件？(粒子进入磁场时的速度方向与竖直方向的最大夹角仍为a)【来源】浙江诸暨市牌头中学2017

16、-2018学年高二1月月考物理试题2m! cosm2(3)U22m1 cosm2(1) -82Ut (2)最大值X最小值xcosB2x2/2、(mcosm2)(1)沿SO方向垂直进入磁场的粒子，最后打在照相底片D的粒子;粒子经过加速电场：qU=1 mv222洛伦兹力提供向心力：qvB=m v_R落点到。的距离等于圆运动直径：x=2R所以粒子的比荷为：q84m B x(2)粒子在磁场中圆运动半径2qmUqB由图象可知：粒子左偏。角(轨迹圆心为 。1)或右偏。角(轨迹圆心为 。2)落点到O的距离相等，均为 L=2Rcos。故落点到O的距离最大：Lmax=2R=x最小： Lmin=2RC0S a =

17、xCOS a(3)考虑同种粒子的落点到。的距离；当加速电压为U+AU偏角0 =0寸，距离最大，2-Lmax=2Rmax=、2qm(U U )Bq .当加速电压为 U-川、偏角。=时，距离最小U). 2Lmin=2Rmin COS L-J2qml(U BqCOS a考虑质量不同但电荷量相同的两种粒子 由 R=j2qmU 和 m1m2 知:rqB要使落点区域不重叠，则应满足：Limin L2max2BJ2qmi (UU)U)2 COSj2qmi2(UBq .2 TOC o 1-5 h z ,口mcosm解得：U-一22 .m1cosm2（应有条件micos2 a m2,否则粒子落点区域必然重叠）7

18、.回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为 R,两盒间有狭缝（间距d R）,匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m ,电荷量为 q ,加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U0,周期为T,与粒子在磁场中的周期相同.一束该种粒子在t 0T/2时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零.粒子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运 动；粒子重力不计，不考虑粒子在狭缝中的运动时间，不考虑粒子间的相互作用.求：（1）匀强磁场的磁感应强度 B;（2）粒子从飘入狭缝至动能最大所需的总时间to ;（3）实际中粒子的质量会随速度的增加而增大

19、，加速后的质量 m与原来质量m0的关系:m。m=/ v 2 ,则粒子质量增加1%后估计最多还能再加速多少次（需要简述理 由）？若粒子质量最终增加 2% ,那么粒子最终速度为光速的多少倍（结果保留一位有【全国百强校】天津市实验中学2019届高三考前热身训练物理试题2 m1)qr2R2m qUT100 次；0.2解：(1)依据牛顿第二定律，结合洛伦兹力提供向心，则有:2 V qvB m 一R电压周期T与粒子在磁场中的周期相同:B 5qr(2)粒子运动半径为R时:2 R 口 Lv 且 Ekmr1 2一 mv2解得：Ekm2 2mR2T2粒子被加速n次达到动能Ekm,则有：EkmnqU0不考虑粒子在狭

20、缝中的运动时间，又有粒子在电场中的加速次数与回旋半周的相同，得粒子从飘入狭缝至动能最大所需的总时间:t0 n?2qUT(3)粒子在磁场中的周期:2 n，质量增加1%, qB周期增大1%,r再加速次数不超过2T 1%次2 100加速后的质量m与原来质量mmb的关系：m。v 2 ，1(C)m 1.02m0PQ范围内存在沿x轴正方向的0.4,0为圆心，半径为/T 7的B 0.5T.大量质量为粒子最终速度为：v 0.2c即粒子最终速度为光速的0.2倍.在平面直角坐标系 xOy中，第n、出象限 y轴到直线匀强电场，电场强度大小 E 500N/C ,第I、W象限以圆形范围内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁

21、场，磁感应强度m 1 10 10kg ,电荷量q 1 10 6C的带正电的粒子从 PQ上任意位置由静止进入电 场.已知直线PQ到y轴的距离也等于 R.不计粒子重力，求： r. m(1)粒子进入磁场时的速度大小；(2)若某个粒子出磁场时速度偏转了120,则该粒子进入电场时到y轴的距离h多大?(3)粒子在磁场中运动的最长时间.【来源】天津市耀华中学 2019届高三高考二模物理试题【答案】(1) 2000m/s (2) 0.2m (3) 2104s【解析】【详解】12(1)粒子在电场中加速，则有： EqR mv2解得：v 2000m/s2(2)在磁场中，有：qvB m r解得：r 0.4m R即正好

22、等于磁场半径，如图，轨迹圆半径与磁场圆半径正好组成一个菱形由此可得h Rsin30 0.2m(3)无论粒子从何处进入磁场，(2)中菱形特点均成立，所有粒子均从同一位置射出磁场，故tmaxBq 210 4s.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。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(1

23、)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】詈(2) B=8m y或B=8mg【解析】【详解】mg(1)微粒在第二象限做匀速圆周运动，则qE=mg,解得：E=q(2)微粒垂直y轴进入第一象限，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= 8mgL或B=8m g5qL 5q , L.如图，空间某个

24、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，则(1)离极板AB距离为R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* ：x X .4* xXXXX、X X【来源】江苏省苏州新区一中2019届高三一摸模拟物理试题【答案】(1)入射粒子的速度v qBR

25、 m(2)带电粒子击中的长度为2x 2 f2B R d q ; ( 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 mdd2at2解得t2md2qu沿极板运动的距离x vt2B2R2d2qmU有带电粒子击中的长度为 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乂

26、蚪a U在磁场中运动的时间为 t2qB事J u所以t2qB总时间ttlt2m 2dBRqB U.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 mvo=2X14m/s,与x轴的夹角。=601该粒子经电场偏转后，由 y轴上的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(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

27、 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 mi, OQ 0.15m (2) B=0.02T 理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、/几片士八小匚ec xv0sin0v0sin 0 x沿 y 轴万向：qEma , t- OQ01a2沿x轴正方向：OP v0cos 0 t联立解得：op m, OQ 0.15m 10(2)粒子在磁场中作半径为 r的匀速圆周运动，其轨迹如图根据几何关系由： OQ rcos a解得：r=0.05m2根据牛顿第二定律可得：Bqv0c

28、os 0 m v0cos 0r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 J3r,故最小面积：S1L2sin60? 3-3 10 2m2216.如图所示，在平面直角坐标系中，AO是/ xOy的角平分线，x轴上方存在水平向左的匀强电场，下方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，两电场的电场强度大小相等.一质量为 m、电荷量为+ q的质点从OA上白M M点由静止释放，质点恰能沿 AO 运动且通过。点，经偏转后从 x轴上的C点(图中未画出)进入第一象限内并击中AO上的D点(图中未画出).已知 OM的长度

29、L1 2m m,匀强磁场的磁感应强度大小为B =(T),重力加速度 g取10m/s2.求:q(1)两匀强电场的电场强度 E的大小；(2)OC的长度L2；t.(3)质点从M点出发到击中D点所经历的时间【来源】2018单元滚动检测卷高考物理(四川专用)精练第九章物理试卷mg【答案】E(2)40m (3)7.71 sq【解析】【详解】(1)质点在第一象限内受重力和水平向左的电场，沿AO做匀加速直线运动，所以有mg qEmg即E -qC点进入第一象限后做(2)质点在x轴下方，重力与电场力平衡，质点做匀速圆周运动，从 类平抛运动，其轨迹如图所示，2 v 有：qvB m R由运动规律知v2 2aLi由牛顿

30、第二定律得：a ,2g解得：r 20.2m由几何知识可知 OC的长度为：L2=2Rcos45 =40mV -质点从M到。的时间为：ti=- 2s a3 2 R 3质点做圆周运动时间为：t2 3 2R 3s 4.71s4 v 2R质点做类平抛运动时间为：t3=R isV质点全过程所经历的时间为：t=t i+t2+t3=7.71s。.在空间中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，其竖直边界AB、CD的宽度为d,在边界AB左侧是竖直向下、场强为E的匀强电场，现有质量为 m、带电量为+q的粒子(不计重力)从P点以大小为vo的水平初速度射入电场，随后与边界AB成45。射入磁场，若粒子能垂直CD边界飞出磁场，试求

31、：(1)匀强磁场的磁感应强度 B；(2)从进入电场到穿出磁场的总时间。2 mqB【来源】陕西省汉中市汉台区2019届高三年级教学质量第一次检测考试物理试题【答案】(1)匀强磁场的磁感应强度mv0B为; ( 2)从进入电场到穿出磁场的总时间为mv0doqE 4v。【解析】【详解】(1)粒子进入磁场时的速度为：vV。cos45-2vo粒子运动轨迹如图所示,XXR/； XX :8- X XD由几何知识得：r d .2dsin45粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得:2 V qvB m一 rmv0解得：B -qd0；(2)粒子在电场中做类平抛运动，粒子进入磁场时的竖直分速度为:

32、qEtti, mVy=vsin45 = vo=解得，粒子在电场中的运动时间为:mvoti -r ；qE粒子在磁场中做匀速运动的周期为:粒子在磁场中转过的圆心角我：0 =45；粒子在磁场中的运动时间为:t2360粒子从进入电场到穿出磁场的总时间为:ttlt2mv0dqE 4 v014.在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r=-9 m的光滑圆弧轨道 44分别相切于D点和G点,GH与水平面的夹角0 =37：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=1.25T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=1X10

33、n/C.小物体Pi质量m=2X 1(fkg、电 荷量q=+8X 106C,受到水平向右的推力F=9.98 X彳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 Pi到达倾斜轨道底端 G点时，不带电的小物体 P2在GH顶端静止释放， 经过时间t=0.1s与Pi相遇.Pi和P2与轨道CD GH间的动摩擦因数均为尸0.取g=10m/s2,sin37 =0.6,cos37 =0.8,物体电荷量保持不变，不计空气阻力.求：(1)小物体Pi在水平轨道CD上运动速度v的大小；(2)倾斜轨道GH的长度s.【来源】【全国百强校】2017届浙江省温州中学高三 3月高考模拟物理试卷(带解析 )【答案】(1

34、) 4m/s (2) 0.56m【解析】【分析】【详解】(1)设小物体Pi在匀强磁场中运动的速度为v,受到水平外力 F,重力mg,支持力N,竖直向上的洛伦兹力 Fi,滑动摩擦力f贝U F二qvB N mg qvB , f N 匀速直线运动，物体处于平衡状态；F f 0解得v 4 m/s说明：各1分，各2分(2)设物体Pi在G点的速度为Vi ,由于洛伦兹力不做功1212 由动能th理知 qEr sin37 mgr(1 cos37 ) - mv13 mv 解得速度vi 5 m/s小物体Pi在GH上运动受到水平向右的电场力qE,重力mg,垂直斜面支持力 Ni,沿斜面向下的滑动摩擦力fi设加速度为ai TOC o 1-5 h z 由牛顿第二定律有 Ni mg cos37 qE cos37 , fiNiqE