高考物理带电粒子在复合场中的运动练习题及答案及解析

1、一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1.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 就和=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(1|x),0,无压力波输入时，霍尔片静止在x=0处，此时给霍尔片通以沿 C1C2方向的电流I,则在侧面上Di、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

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、a、及3)【来源】浙江新高考 2。18年4月选考科目物理试题IBc15.1【答案】D1点电势高(2) Uo (3) A 一(1 ) , f ne dU o2to【解析】【分析】由左手定则可判定电子偏向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

3、，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，则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,则电子运动方向为 C2C1,由左手定则可判定电子偏向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qvBo q逅 b由电流I nevbd得：v nebd将带入得Uo -B-ned(3)图像结合轻杆运动可知，0-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

4、=2to所以，频率为：f2to当杆运动至最远点时，电压最小，即取Ui,此时 B Bo(1x)取x正向最远处为振幅 A,有:UiIB。高(1IBo ned 旧o(1A)ned解得：AUoUUi根据压力与唯一关系p可得因此压力最大振幅为:PmUoU1Uo.在平面直角坐标系 xOy中，第I象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第 IV象限存在垂直 于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B. 一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的 M点以速度V。垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成0 = 60角射入磁场，最后从 y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示.不计粒子(1) M、N

5、两点间的电势差(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r；(3)粒子从M点运动到P点的总时间t.【来源】带电粒子在电场、磁场中的运动【答案】1) Umn= 3竺r =(1)设粒子过N点时的速度为v,有:解得:粒子从M点运动到N点的过程，有:解得:(2)粒子在磁场中以 O为圆心做匀速圆周运动，半径为 r,quB 二解得:(3)由几何关系得:ON - rsinff设粒子在电场中运动的时间为tl,有:ON = vot|/3 m粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期:2nm丁二qB设粒子在磁场中运动的时间为t2,有:K-02nmb 3(? J?.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

6、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).为了使小球能够在该圆周上运动，求磁感应强度角为9(0【解析】 【分析】 【详解】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a. 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 cosf N sinmg 0 2v ym dRsin由式得qBRsin mqRsin20 cos由于v是实数，必须满足由

7、此得2 (2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B 2mminq Rcos此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为由式得qBminRsinv 2mgR sin cos.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 Q=5X 15C/kg的带正电粒子，从 A点m以V0=2X 13m/s的速度沿平行 MN方向射入电场，该粒子恰好从 P点离开

8、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。: , : u i :E ;口Ci ；(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】(1)16N/C (2)1.6 10

9、 2T (3) 3,9 10 4s【解析】【详解】 TOC o 1-5 h z (1)带正电的粒子在电场中做类平抛运动，有：L=vot HYPERLINK l bookmark68 o Current Document L 1qE2 12 2m解得 E=16N/Ctanv0-(2)设带正电的粒子从 P点射出电场时与虚线的夹角为。，则：qE t可得。=450粒子射入磁场时的速度大小为v=V0粒子在磁场中做匀速圆周运动:qvB2 v m r由几何关系可知r2 L2解得 B=1.6 X10-2T(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，

10、带正电的粒子转过的圆心角为3-,带负电的粒子转过的圆心角为22 r 2 mv qB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;若带电粒子能在匀强磁场中做完整的圆周运动，则其运动一周的时间带正电的粒子在磁场中运动的时间为：t1 3T 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V0从C

11、D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L,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。(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晒(2) 2L (3)3L【解析】【分析】根据电子束沿速度BL 34V0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

12、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】(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Be%=m史r电子的比荷e阻；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:、 ， 一， 一 2L设电子运动轨迹的圆心为 O点。则OF=x=2L 3从F点射出的电子，做类平抛运动，有x 2L3代入得y = 2L 3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

13、它与P点的距离GPL y 2Ltan 3(3)设打到屏上离 P点最远的电子是从(x,0)点射入电场，则射出电场时X设该电子打到荧光屏上的点与P点的距离为X,由平抛运动特点得工x一33所以当X I ,有Xm小。84【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。6.如图所示，真空中某竖直平面内有一长为 21、宽为l的矩形区域ABCD,区域ABCD内力口 有水平向左的匀强电场和垂直于该竖直面的匀强磁场。一

14、质量为m、电荷量为+q的带电微粒，从A点正上方的O点水平抛出，正好从 AD边的中点P进入电磁场区域，并沿直线运动，从该区域边界上的某点Q离开后经过空中的 R点(Q、R图中未画出)。已知微粒从 Q点3运动到R点的过程中水平和竖直分位移大小相等，。点与A点的高度差h l ,重力加速8度为g,求：(1)微粒从。点抛出时初速度 v0的大小；(2)电场强度E和磁感应强度 B的大小；微粒从。点运动到R点的时间to【来源】四川省攀枝花市 2019届高三第三次统一考试理综物理试题【答案】V0 2阿；(2)E等，B工庐；(3)t 4J3 34q 2q l3g【解析】【详解】(1)从。到P,带电微粒做平抛运动：2

15、h -gtol=v oto所以v0(2)在 P点：Vy二gto设P点速度与竖直方向的夹角为也则Votan 0vy带电微粒进入电磁区域后做直线运动，受力如图，可知其所受合力为零，可知:tane mg mg F Eqsine mg g- fqvpB3mg4q(3)设微粒从P到Q所用时间为t1,t1 PD 131Vo 2 g设微粒从Q到R所用时间为t2,因水平和竖直分位移相等，得: x2 V 0t 2+1c+ 2y Vyt2 2gt2由题意得：X2 y微粒从t to所以：0点运动到R点的时间t为：t1 t27.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

16、=x 间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E 1.0 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，经过一段时间进入磁场区域B1，且第一次进入磁场 B1时的速度方向与直线 y=x55垂直.粒子速度大小 Vo 1.0 10 m/s ,粒子的比荷为q/m 5.0 10 C/kg ,粒子重力不 计.求：(1)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B1应

17、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) B1 0.1T 或 B1 0.24T (4) t 6.2 105s【解析】【详解】2解：（1）由带电粒子在匀强磁场中运动可得：B2qv0 mv0rx ,竖直位移为y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水平方向：x vt一、-12竖直万向： y at2Eqa mtan45v0at联立解得：

18、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1由如图所示几何关系得：1 、2 y Rv2vo2由带电粒子在匀强磁场中运动可得:vB1 qv m一1解得：Bi0.1T若所加磁场的磁感应强度为B1，粒子运动轨迹与轴相切，粒子在磁场中运动半径为由如图所示几何关系得：2 . 2r22 y R2由带电粒子在匀强磁场中运动可得：Bi qv m2解得 B1-2-T 0.24T10综上，磁感应强度应满足的条件为6 0.1T或B1 0.24T(4)设粒子在磁场 B2中运动的时间为tl,在电场中运动的时间为t

19、2 ,在磁场Bl中运动的时间为t3 ,则有:ti4T1Ti t2Vot312T222v解得：t t1 t2 t32 1.52.210 5s 6.2 105s8.如图甲所示，两平行金属板接有如图乙所示随时间t变化的电压U,两板间电场可看作均匀的，且两金属板外无电场，两金属板长L=0.2 m ,两板间距离d= 0.2 m.在金属板右侧边界MN的区域有一足够大的匀强磁场，MN与两板中线 OO垂直，磁感应强度为 B,方向垂直纸面向里.现有带正电的粒子流沿两板中线OO连续射入电场中，已知每个粒子速度V0 = 105 m/s,比荷 =108 C/kg,重力忽略不计，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场

20、可视作是恒定不变的.(1)试求带电粒子射出电场时的最大速度；(2)任意时刻从电场射出的带电粒子，进入磁场时在MN上的入射点和在 MN上出射点的距离是一确定的值s,试通过计算写出 s的表达式(用字母 m、V0、q、B表示).MXXXXM 箕4 MXXXXXKM /XV甲她wow【来源】【市级联考】肇庆市2019届高三第三次统一检测理综物理试题【答案】（1） vm J2 105m/s 1.41 105m/s.方向：斜向右上方或斜向右下方，与初速度方向成45夹角；（2） s 2Rsin2mv0 ,距离s与粒子在磁场中运行速度的大qB小无关，s为定值.【解析】 【分析】【详解】（1）偏转电压由0到20

21、0V的变化中，粒子流可能都能射出电场，也可能只有部分粒子能射出电场，设偏转的电压为U。时，粒子刚好能经过极板的右边缘射出，则：d 1Uq/L、2（一）22 md v0解得 U0= 100V知偏转电压为100V时，粒子恰好能射出电场，且速度最大. 1C 1 C Uc根据动能th理得， 一 mvmmv0 q -222vm & 105m /s 1.41 105m/s.v0sin方向：斜向右上方或斜向右下方，与初速度方向成45夹角.（2）设粒子射出电场速度方向与MN间夹角为 仇粒子射出电场时速度大小为：v2在磁场中，qvB m R解得Rmv qBmv。 qBsin2mv0 qB .s为定值.因此粒子射

22、进磁场点与射出磁场点间距离为：s 2Rsin由此可看出，距离 s与粒子在磁场中运行速度的大小无关，9.在光滑绝缘水平桌面上建立直角坐标系维号I, y轴左侧有沿y轴正方向的匀强电场 E, y轴右侧有垂直水平桌面向上的匀强磁场B.在0）处有一个带正电的小球 A以速度%=2. 4m小沿x轴正方向进入电场，运动一段时间后，从 （0, 8）处进入y轴右侧的磁场 中，并且正好垂直于x轴进入第4象限，已知A球的质量为m = 0北9,带电量为1,9 = 2. 0C 求：(1)电场强度E的大小；(2)磁感应强度B的大小；(3)如果在第4象限内静止放置一个不带电的小球C,使小球A运动到第4象限内与C球发生碰撞，碰

23、后 A、C粘在一起运动，则小球 C放在何位置时，小球 A在第4象限内运动 的时间最长(小球可以看成是质点，不考虑碰撞过程中的电量损失).【来源】【市级联考】山东省临沂市 2019届高三下学期高考模拟考试(二模)理综物理试题【答案】(1) E =(2) 1.5T (3) 3，。)【解析】(1)小球A在电场中沿x、y轴方向上的位移分别设为 巴、丫1x方向：皿二T,i yi=y方向：建a 加速度： 联立可得：.(2)小球进入磁场时y方向的速度：柞=皿，Vy TOC o 1-5 h z f-T-j= 合速度：廿二d6+叮,方向：廿r- 1m/s,方向与y轴正方向成2小球A在磁场中做匀速圆周运动，垂直于

24、x轴进入第4象限，做出小球 A运动的轨迹如n 2 I/? j . m图，设轨道半径为,由几何关系可得：es53口p*mvBqv = m 0 1.5T力,在磁场中做圆周根据：包解得：祸(3)在第4象限内A与C球发生完全非弹性碰撞，碰撞后速度设为运动的轨道半径设为,；vl Pqvj = O + mJ/?(m + mjvz mv2:5二 T；- 二 * 1解得：的 Hq即：小球运动的轨道半径不变2nR T-由周期公式V可得：碰撞后小球的速度小，故碰后的周期大，所以要使小球A在第4象限内运动的时间最长，小球 C应放在小球A进入第4象限时的位置：,=% 十 /55丁 = 0.24m 即坐标为10.如图所

25、示，圆心为。半彳至为R的圆形区域内有磁感应强度大小为Bi、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场区域右侧有一宽度也为R足够长区域n ,区域n内有方向向左的匀强电场，区域n左右边界CD、FG与电场垂直，区域I边界上过A点的切线与电场线平行 且与FG交于G点，FG右侧为方向向外、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域 出.在FG延长线上距G点为R处的M点放置一足够长的荧光屏 MN,荧光屏与FG成53角，在A点处有一个粒子源，能沿纸面向区域内各个方向均匀地发射大量质量为m、带电荷量为+ q且速率相同的粒子，其中沿 AO方向射入磁场的粒子，恰能平行于电场方向进入区域II并垂直打在荧光屏上(不计粒子重力及其相互作

26、用)求：(1)粒子的初速度大小 v。；(2)电场的电场强度大小 E;(3)荧光屏上的发光区域长度 Ax【来源】【市级联考】湖南省衡阳市2019届高三下学期第二次联考理科综合物理试题【答案】(1) v。 qBR (2)变 Bi2 4B；(3) 1.2Rm2m【解析】【详解】(1)如图所示，分析可知，粒子在区域 I中的运动半径r1 R2由 qv0B m v0得 RqB1R vo ；m(2)因粒子垂直打在荧光屏上，由题意可知，在区域 III中的运动半径为2 2R 2v 由 qvB2 m得： 2R2qBzR v -m粒子在电场中做匀减速运动，由动能定理得：212qER mv -v0 22解得：E 变(

27、B12 4B；)； 2m(3)如图分析可知，速度方向与电场方向平行向左射入区域I中的粒子将平行电场方向从区域I中最高点穿出，打在离M点处的屏上，由几何关系得： (x1cosR)2 (x1sin )2 4R2解得：Xi L2L2r5速度方向与电场方向平行向右射放区域I中的粒子将平行电场方向从区域I中最低点穿出打在离M点X2处的屏上，由几何关系得：,、22(x1 cosR) (x1sin ) 4R解得：入且R5分析可知所有粒子均未平行于FG方向打在板上，因此荧光屏上的发光区域长度为x x2 x1解得：x 1.2R。11.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、

28、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, O O为垂直于屏的中心轴线，不计离子重力和离子在板间偏离O O的距离.以屏中心。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qo的正离子以速度vo沿。的方向从O点射入，板间 不加电场和磁场时，离子打在屏上 。点.若在两极板间加一沿 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，保留原电场，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

29、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，但入射速度都很大，且在板间运动时 OO方向的分速度总是远大于x方向和y方向的分速【来源】2018年9月29日 每日一题一轮复习-周末培优【答案】(1) y。qoELD2 moVo(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 qoE 离子获得的加速度Fy ay mo离子在板间运动的时间to -Vo到达极板右边缘时，离

30、子在 y方向的分速度Vyayto 离子从板右端到达屏上所需时间,Dto 一Vo离子射到屏上时偏离 。点的距离丫0Vyto 由上述各式，得qELD y mVo（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 已知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，OO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巡 max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

31、分速度,qvB,L、 qBL 入Vx axt （一）m v m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 x Vxt-（一） m v mv当离子的初速度为任意值时，离子到达屏上时的位置在y方向上偏离。点的距离为y,考虑到式，得qELD , 、y 2- Qi） mv由、（11）两式得2 kx -y m2其中k qB-LD E上式表明，k是与离子进入板间初速度无关的定值，对两种离子均相同，由题设条件知，x坐标3.24mm的光点对应的是碳 12离子，其质量为 m112u , x坐标3.00mm的光点对应的是未知离子，设其质量为 m2,由式代入数据可得 m2 14u 故该未知

32、离子的质量数为 14.12.如图所示，虚线 MN沿竖直方向，其左侧区域内有匀强电场（图中未画出）和方向垂直纸面向里，磁感应强度为 B的匀强磁场，虚线 MN的右侧区域有方向水平向右的匀强电 场.水平线段 AP与MN相交于。点.在A点有一质量为 m,电量为+q的带电质点，以大 小为V0的速度在左侧区域垂直磁场方向射入，恰好在左侧区域内做匀速圆周运动，已知A3mg ,重力加速度为g.求: q与O点间的距离为 向v0 ,虚线MN右侧电场强度为 qB(1) MN左侧区域内电场强度的大小和方向;(2)带电质点在 A点的入射方向与 AO间的夹角为多大时，质点在磁场中刚好运动到O点，并画出带电质点在磁场中运动

33、的轨迹；(3)带电质点从 。点进入虚线 MN右侧区域后运动到 P点时速度的大小Vp.(1)质点在左侧区域受重力、电场力和洛伦兹力作用，根据质点做匀速圆周运动可得：重 力和电场力等大反向，洛伦兹力做向心力；所以，电场力 qE=mg ,方向竖直向上；mg所以MN左侧区域内电场强度 E左 ,方向竖直向上；q2(2)质点在左侧区域做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有：Bv0q m0 ,R一 ，一mvo所以轨道半径RqB质点经过A、O两点，故质点在左侧区域做匀速圆周运动的圆心在AO的垂直平分线上，且质点从A运动到O的过程O点为最右侧；所以，粒子从 A到O的运动轨迹为劣弧；3mv又有dAO -一v- J

34、3r；根据几何关系可得：带电质点在A点的入射方向与 AO间的夹qB角 2dAO -；arcsin 60R根据左手定则可得：质点做逆时针圆周运动，故带电质点在磁场中运动的轨迹如图所示：oA(3)根据质点在左侧做匀速圆周运动，由几何关系可得：质点在。点的竖直分速度vy v0sin60 HYPERLINK l bookmark84 o Current Document 312V0,水平分速度 Vx V0COS60 Vo；2 02质点从O运动到P的过程受重力和电场力作用，故水平、竖直方向都做匀变速运动;质点运动到P点，故竖直位移为零,所以运动时间2vyv3vo所以质点在P点的竖直分速度VyP水平分速度

35、VxP Vx qE t m3Vy -V0，2,曲Eg7-vo ；2所以带电质点从O点进入虚线MN右侧区域后运动到P点时速度届0 ；Vp13.如图所示，在第一象限内存在匀强电场，电场方向与x轴成45角斜向左下，在第四象限内有一匀强磁场区域，该区域是由一个半径为组成，磁场的方向垂直纸面向里.一质量为v从Q(0, 3R)点垂直电场方向射入电场，恰在 RR的半圆和一个长为 2R、宽为一的矩形2m、电荷量为+q的粒子(重力忽略不计)以速度 P(R, 0)点进入磁场区域.(1)求电场强度大小及粒子经过P点时的速度大小和方向；(2)为使粒子从AC边界射出磁场，磁感应强度应满足什么条件；(3)为使粒子射出磁场

36、区域后不会进入电场区域，磁场的磁感应强度应不大于多少【来源】【市级联考】山东省泰安市2019届高三第二次模拟考试理综物理试题J2 2【答案】(1) e v2mv . J2V，速度方向沿y轴负方向4qR（2）8Jmv b5qR272mv（3）2V2 1 mvqR3qR【解析】【分析】【详解】(1)在电场中，粒子沿初速度方向做匀速运动3R2Rcos45 2.2R cos45vt沿电场力方向做匀加速运动，加速度为aL22Rsin45 /2RL-21at22qEmQ设粒子出电场时沿初速度和沿电场力方向分运动的速度大小分别为v1、 v2 ,合速度VV1V 、 v2at , tanv2V2mv2联乂可得E

37、 4qR进入磁场的速度v . v2 v；, 2v45 ,速度方向沿y轴负方向2 2mvqR由勾股定理得R(2)由左手定则判定,粒子向右偏转，当粒子从A点射出时，运动半径 r1 -22,mv ,0由qv B1 得Bri当粒子从C点射出时,222R r2.一 5解得r2 -R8mv28.2mv由 qv B2 得 B2 25qR根据粒子在磁场中运动半径随磁场减弱而增大，可以判断，当8匹mv B Smv时,5qRqR粒子从AC边界射出（3）为使粒子不再回到电场区域，需粒子在于x轴，其半径为几，由几何关系得r32解得7 1 R34mv2 /曰2.2 ,7 1 mv由 qv B3 得 b 333qRCD区

38、域穿出磁场，设出磁场时速度方向平行R2磁感应强度小于 B3,运转半径更大，出磁场时速度方向偏向x轴下方，便不会回到电场中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t(不考虑a、b在其它位置相遇)。【来源】重庆市 2019届4月调研测试(第二次诊断性考试)理综试卷物理试题mv( 3 1)m