物理带电粒子在复合场中的运动练习题20篇含解析

1、一、带电粒子在复合场中的运动专项训练.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(1)离子经过电场仅加速一次后能打到P点所需的磁感应强度大小；(2)能使离子打到

2、P点的磁感应强度的所有可能值；(3)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)2、2qUm - 2,2nqUm2【答案】(1) B (2) B -,(n 1,2,3,L ,kqkdqkd二 22(k 1)mqu_ (2 k2 3) mkdt磁=，2, L =h2、2qum(k 1)【解析】 【分析】带电粒子在电场和磁场中的运动、牛顿第二定律、运动学公式。【详解】(1)离子经电场加速，由动能定理：2qU - mv2(3)2qU可得vm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

3、系可知:kd2联立解得b 2 2qUm ； qkd(2)若磁感应强度较大，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-mvn22vn 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(n_ _21,2,3,L ,k 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

4、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 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可得：t电=h2(k2 1)mqu.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，质点进入磁场，并垂直与OC飞离磁场，不计重力影

5、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Hqdsi 口中的筝in，解。即答案(1)(2)【解析】【分析】【详解】试题分析：(1)由几何关系得：R=dsin()2由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得q杵RID解得：Xs in$5(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：vo,在电场中的加速度V0=VCOS ()vsin ()=atd=vot设电场强度的大小为E,由牛顿第二定律得qE=ma解得：=3.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

6、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, 为U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30liepe乂 XLiXXXX XL 2(1)当I区宽度平方向夹角也为30L、磁感应强度大小 Bi Bo时，粒子从I区右边界射出时速度与水,求Bo及粒子在I区运动的时间 to(2)若n区宽度L2LiL磁感应强度大小B2BiBo ,求粒子在I区的最高点与n区的最低点之间的高度差h若L2LiL、BB0,为使粒子能返回I区，求B2应满足的条件(4)若B1 B2, Li L2,且已保

7、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)【解析】【来源】2011年普通高等学校招生全国统一考试物理卷(山东【答案】(1)t(2) h 3 2qUB2 1) ( 4) B1L1 B2 L2L 1 2qv ,在磁场I区中做圆周运动的半径为图1(1)如图1所示，设粒子射入磁场I区的速度为R,由动能定理和牛顿第二定律得1 2qumv2qvB1由几何知识得L 2R1sin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

8、第二定律得2vqvB2 m -R2由几何知识得hRi R2 1 cos L tan 联立式，带入数据得h 2 2V3 L 3图2(3)如图2所示，为时粒子能再次回到I区，应满足L 或 R2 1 sin L (11)联立(11)式，带入数据得图3图4(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，有几何知识得Li Ri sin sin 或 Li R sin sin L2 R2 sin sin (14)或L2 R2 sin sin联立式得BR1B2R2 (15)联立制(15)式得BLi 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

9、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.4.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=5* 15C/kg

10、的带正电粒子，从 A点以Vo=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；MN方向(3)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 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

11、拟试题(物理部分【答案】(1)16N/C (2)1.6 102T (3) 3,9 104s 【解析】 【详解】(1)带正电的粒子在电场中做类平抛运动，有：L=votL 1qE212 2m解得 E=16N/C(2)设带正电的粒子从P点射出电场时与虚线的夹角为。，则：tanVo呜m可得0=450粒子射入磁场时的速度大小为v= J2 vo粒子在磁场中做匀速圆周运动:qvB2 V m r由几何关系可知r 2 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12 .3 .一；两带电2圆周运动，带正电的粒子转过的圆心角为3-,带负电的粒子转

12、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 104s2 45.如图甲所示，正方形导线框 电容器两极板间的距离均为abcd用导线与水平放置的平行板电容器相连,线框边长与带电粒子在AC两点射入电场的时间差为t t1 t2 3.9 10 4sL. O点为电容器间靠近上极板的一点，与电容器右端的距离.7LL1为，与水平线 MN的距离为等 (1 -),线框abcd内和电容器两极板间都存在周

13、期 24性变化的磁场，导线框内匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，电容器间匀强磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图丙所示，选垂直纸面向里为正方向.现有一-内恰好做匀速圆周运一 ，一，3(2)自0时刻起经时间一2L时微粒距。点的距离;(3)自0时刻起经多长时间微粒经过水平线MN .【来源】山东省德州市2019届高三第二次模拟考试理科综合物理试题1【答案】(1) 4BoL (2)一(3)0,1,2,3 和 2n11-n 0,1,24【解析】【详解】4BoL . gL解：（1）电容器两极电势差大小等于线框产生的电动势:电容器两极间电场强度:E UL 4B0 gLmg qE时间12解得比荷

14、:14B0（2）微粒运动的轨迹如图所示X X 郭 X，一 1时间0 : 2L 内：mg qE gmavat11 L2 1, g解得:1 时间22mvB0r可得:解得: J时微粒距 2 g。点的距离:白内，微粒竖直向下的位移：h力1设粒子转过角度 L 1时与。点间的竖直距离为：上（1 1）解得： 一和 一66每次微粒进入磁场后运动至水平线自开始至水平线 MN的时间：t t1n?2T t2, (n 0,1,2,3,MN所需时间：t2 T2即：t7(2n可一和 t (2n g11 L(n0,1,2,3,又2rn7L2解得:n 3.5微粒离开电容器后不再经过水平线MN,分析得自开始至水平线MN的时间:

15、t (2n -7-)JL , (n 0,1,2,3)12 . g11(2n Jg0,1,2,3,)6.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 EE2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

16、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 mg m, 2gdi6d1d2 7-【答案】(1) E1 g, E2(2)1 (3) 一 x 2gd11 qq2qd26 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：qEQin45mg求得：E1.q微粒在区域II内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有： mg qE2l mg求得：E2 q2(2)粒子进入磁场区域时满足：qEidOs45-mv2 v qvB m Rd2根据几何关系，分析可知：R d 2 d2sin303加 m、2gdi整理得：B一2qd2微粒从P到Q的时间包括

17、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：1 aiti2 di 2mgtan45 m4 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark10 o Current Document 302 Rt2 360 v2d； i 2 2gd6dld2 经整理得：t 11t2i 一i 2 、 2gdi:g i2 qB6gd2-7.如图甲所示，在直角坐标系中的Owxw底域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有以点(2L, 0)为圆心、半径为 L的圆形区域，与 x轴的交点分别为 M、N,在xOy平面内，从 电离室产生的质量为 m、带电荷量为e的电子以几乎为零的初速度从P点飘

18、入电势差为 U的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔Q点沿x轴正方向进入匀强电场，已知。、Q两点之间的距离为 L,飞出电场后从 M点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力。2(i)求OWxWK域内电场强度 E的大小和电子从 M点进入圆形区域时的速度 vm； (2)若圆形区域内加一个垂直于纸面向外的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴，求所加磁场磁感应强度 B的大小和电子在圆形区域内运动的时间t;(3)若在电子从 M点进入磁场区域时，取 t=0,在圆形区域内加如图乙所示变化的磁场 (以垂直于纸面向外为正方向)，最后电子从N点飞出，速度方向与进入圆形磁场时方向相同，请写出磁场变化周期 T

19、满足的关系表达式。【来源】【省级联考】吉林省名校2019届高三下学期第一次联合模拟考试物理试题-2U【答案】(1)e 2U,eU ,设VM的方向与X轴的夹角为 m依 0= 45; (2)B mv2 叵 4 R3Lfm；(3)T 的表达式为T 7m(n=eRL et 丁 8, eU2n 2emU1, 2, 3,)【解析】【详解】12(1)在加速电场中，从 P点至U Q点由动能定理得：eU -mv2 2可得 V。2eU ，m电子从Q点到M点，做类平抛运动,L , mx轴方向做匀速直线运动，t lJV。. 2eU、一 L 1 eE,2y轴方向做匀加速直线运动， t2 2m, L 2U由以上各式可得：

20、 E 2UL电子运动至M点时:即：VM设VM的方向与X轴的夹角为9,cosV。2VM2解得：45。(2)如图甲所示，电子从 M点到A点，做匀速圆周运动，因 02M =O2A, O1M = O1A, 且O2A/MO1,所以四边形 MO1AO2为菱形，即 R=L由洛伦兹力提供向心力可得：evM B m vMR(3)电子在磁场中运动最简单的情景如图乙所示，在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为90。，根据几何知识，在磁场变化的半个周期内，电子在x轴方向上的位移恰好等于因电子在磁场中的运动具有周期性，如图丙所示，电子到达N点且速度符合要求的空间条3,)mVM ReBo件为：2n(72R) 2L (n=

21、1, 2,电子在磁场中做圆周运动的轨道半径3,)1 -圆周，同时在MN间的运动时间是磁场变化周期 4解得：B0型殛U(n=i,2 eL电子在磁场变化的半个周期内恰好转过 ，一.、一,，、一1 T的整数倍时，可使粒子到达N点且速度满足题设要求，应满足的时间条件是-T0 T42又ToeBomL则T的表达式为T 一.(n=1, 2, 3,)。2n、2emU.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

22、(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) JEqR; (2) -R2； ； (3) 2 %砰。, m2 n 1 Eq

23、【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，则有：2EqmvR解得:(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:设MN下方的磁感应强度为 Bi,上方的磁感应强度为 B2,如图所示:SBqvRR222 mvRmvBq若只碰撞一次，则有:若碰撞n次，则有:B2RR12R2mvBiqmvB2qRn 1mvBiqmvB2qB2B1(3)粒子在电场中运动时间:在MN下方的磁场中运动时间:n 11t22 R，1 -2v在MN上方的磁场中运动时间:总时间:.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

24、 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U。，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t0 ;(3)实际中粒子的质量会随速度的增加而增大，加速后的质量m与原来质量mo的关系:1%后估计最多还能再加速多

25、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 效数字)？【来源】【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)qr(2)22Rm,、 、一(3) 100 次；0.2qUoTqvB解：（1）依据牛顿第二定律，结合洛伦兹力提供向心，则有: 电压周期T与粒子在磁场中的周期相同:2 m 2 m可得 T 7T B -qm2 R 12(2)粒子运动半径为 R时：v 且Ekm -mv r2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

26、的相同，得粒子从飘入狭缝至动能最大所需的总时间:t0n?T2qUT（3）粒子在磁场中的周期:二,质量增加1% ,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：m01 (;)2 , m 1.02m0粒子最终速度为：v 0.2c即粒子最终速度为光速的0.2倍.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（-2a, a）处以沿+x方向的初速度v。出发

27、，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)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(3)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】2019年东北三省四市高考二模物理试题斜向下;(2)磁感应强度B的所有可能取值： Bnmv0n= 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:2al m /ik (kvo2qBk=1、2、3m 3 mn n n = 1、2、32qB 4qB【详解】(1)粒子在电场中做类平抛运动，水平方向:2a = vot,竖直方向：a vyt 2vy斛得：vy = vo , tan 0= l =1

28、, 0= 45 , v0粒子穿过。点时的速度：v Jv2 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:2 v qvB m 一 ,粒子能过P点，由几何知识得：L= nrcos45。n= 1、2、3nmv0解得：B n=1、2、3;(3)设粒子在第二象限运动时间为 t1，则:t1= 2a；Vo粒子在第四、第一象限内做圆周运动的周期:TiqB，T2mqB，【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3/4若粒子经下方磁场直接到达 P点，则粒子在磁场中的

29、运动时间：t2=，4 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark54 o Current Document 13若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=-Ti+-T2,44 13若粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达P点：t2 = 2 X T1 + T2,44若粒子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达P点：t2= 2X2Ti+2X 0丁2,44. m ， )、3 m贝Ut2 k (k 1) k= 1、2、32qB4qBm 3 m或12 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 k端

30、(k 1)3qm k= 1、2、32aVomn2qB3 m n4qBn=1、2、3.如图1,光滑绝缘水平平台 MNQP为矩形，GH/ PQ, MP=NQ=1m, MN=GH=PQ=0.4m,平台离地面高度为 h=2.45m.半径为 R=0.2m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B=0.05T,方向竖直向上，与MP边相切于A 点，与NQ边相切于D点，与GH相切于C点.平台上PGHQ区域内有方向由P指向G的 匀强电场，场强大小为 E=0.25V/m.平台右方整个空间存在方向水平向右的电场，场强大小也为E=0.25V/m,俯视图如图2.两个质量均为 m=2X 105kg的小球a、b,小球a带正 电，电量

31、q=4X 1C4C,小球b不带电，小球a、b均可视为质点.小球 a从A点正对圆心 O 射入磁场，偏车9 90。后离开磁场，一段时间后与静止在平台D点的小球b发生弹性碰撞，碰后两球离开平台，并在此后的运动过程中发生多次弹性碰撞，a球带电量始终不变，碰撞时间忽略不计.已知重力加速度g=10m/s2,兀=3.14不计空气阻力，求：ffll(1)小球a射入磁场时的速度大小；(2)从小球a射入磁场到第一次与小球b相碰撞，小球a运动的路程；(3)两个小球落地点与 NQ的水平距离.【来源】【市级联考】重庆市 2019届高三5月调研测试(第三次诊断性考试 )理综试卷物 理试题【答案】(1) 0.2m/s (2

32、) 0.636m (3) 0.684m【解析】【详解】(1)小球a从A点正对圆心。射入磁场，偏车9 90 后离开磁场，小球a在洛伦兹力作用下做 圆周运动，轨迹如图：2 v 由 qvB m R得：v=0.2m/s(2)磁场中运动的路程 S1=兀R=0.628m电场中加速度a q 5m/s2 m2电场的路程s2 2 0.008m 2a小球a射入磁场到与小球 b相碰过程运动的路程 s Si s2 0.636m(3)a、b球弹性碰撞，质量相等每一次碰撞速度交换.D点碰后，两球速度分别为VaD=0, VbD=0.2m/S此后两球抛离平台，竖直方向均做自由落体运动由h gt得，两小球在空中运动时间tPh-

33、 0.7s2 g水平方向：b球匀速运动，a球加速运动，加速度 a 5m/s2m每次碰到下一次碰撞，两球位移相等，vt图如图所示：12可得，每两次碰撞间隔时间是定值：vbD t -a( t)22t 0.08st 0.7由 t 0.08所以小球在空中碰 8次后，再过0.06s落地小球b在空中碰 n次后速度为 VbN=(n+1)vbD=0.2(n+1) m/s小球离开D点后在空中第一次碰撞前，水平位移X1=vb1 t=0.016m小球在空中第一次到第二次碰撞水平位移X2=2vb1 t=0.032m以此类推，小球在空中第 n-1次到第n次碰撞水平位移Xn=nx1=0.016m所以，在空中碰撞 8次时的

34、水平位移Xo=0.016 21+2+3+4+5+6+7+8) =0.576m第8次碰后vb8=1.8m/sva8=1.6m/s所以，8 次碰后 0.06s 内， xb=vb8X 0.06=0.108m12xa=va8X 0.06a x 0.02=0.105m2所以，水平位移分别为Xa=X3+Axa=0.681mxb=x0+A xb=0.684m12.如图所示，空间存在方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，在 0yd的区域n内的磁感应强度大小为2B.一个质量为 m、电荷量为-q的粒子以速度 理从。点沿y轴正方向射入区域I .不计粒子重力.m(1)求粒子在区域I中运动的轨道半径：2qBd(2)若粒子

35、射入区域I时的速度为 v -2m-,求粒子打在x轴上的位置坐标，并求出此过 程中带电粒子运动的时间；(3)若此粒子射入区域I的速度 V qBd ,求该粒子打在x轴上位置坐标的最小值.m【来源】江苏省苏锡常镇四市2019届高三第二次模拟考试物理试题【答案】(1) R d (2) OP 4 73 d t 5 x73d3qBmin【解析】【分析】【详解】(1)带电粒子在磁场中运动，洛仑磁力提供向心力：qv0B m0-r 1qBd把V。-，代入上式，解得： R d m(2)当粒子射入区域I时的速度为V 2Vo时，如图所示在OA段圆周运动的圆心在 。1,半径为R1 2d在AB段圆周运动的圆心在 。2,半

36、径为R d在BP段圆周运动的圆心在 。3,半径为R 2d可以证明ABPC3为矩形，则图中30，由几何知识可得:O1O3 2dcos303d所以：OO3 2d 3d3所以粒子打在X轴上的位置坐标OP O1O3 2OO3粒子在OA段运动的时间为:30o 2 m t1360g qB6qB粒子在AB段运动的时间为t2粒子在BP段运动的时间为t33120o 2 m360ogqg2B3qB在此过程中粒子的运动时间:tio30 2 m360o qB 6qB2ti t22 m 3qB(3)设粒子在区域I中轨道半径为R,轨迹由图R2 d2可得粒子打在x轴上位置坐标：x 2 R Jr2 d2化简彳导:3R2 4R

37、x x2 d2 02把上式配方：3 R 2x1x2 d2 0 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark34 o Current Document 33.,221cc化简为：3 R2x1x2d20332则当R x时，位置坐标x取最小值：xmin J3d 313.如图所示，ABCD与MNPQ均为边长为l的正方形区域，且 A点为MN的中点。ABCD 区域中存在有界的垂直纸面方向匀强磁场，在整个MNPQ区域中存在图示方向的匀强电场。质量为m、电荷量为e的电子以大小为V。的初速度垂直于 BC射入正方形ABCD区域， 且都从A点进入电场，已知从 C点进入磁场的粒子在 ABCD区

38、域中运动时始终位于磁场 中，不计电子重力，求：(1)(2)(3)匀强磁场区域中磁感应强度 B的大小和方向；要使所有粒子均能打在 PQ边上，电场强度 E至少为多大;ABCD区域中磁场面积的最小值是多少。【来源】【全国百强校】天津市耀华中学2019届高三高考一模物理试题el,方向为垂直纸面向外;8m(2)el1；(3)产-F解：(1)由洛伦磁力提供向心力可得:由题意则有:解得：日=eT,方向为垂直纸面向外(2)在匀强电场中做内平抛运动，则有:eE - ma2 = v解得：百二8m讳eT(3)图中阴影部分为磁场面积最小范围，由几何关系可知: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

39、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。、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.2 arcsin- 5【解析】试题分析:(1)设粒子在P板上匀速运动的速度为V0,由于粒子在P板匀速直线运动，故(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

40、粒子落在 h板上的A 点，A点与过K孔竖直线的距离为1.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、磁感应强度大小合适的匀强磁场(磁感应强度B只能在0Bm=E3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 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/ 、 mh / 2h 、 / 、-(g 矢(3) 0q(R r)l2t212所以，由动能定理知，发射装置

41、对粒子做的功W = mv22解得W=雪2t2说明：各2分，式1分(2)设电源的电动势 Eo和板间的电压为U,有Eo U板间产生匀强电场为 E,粒子进入板间时有水平方向的初速度Vo,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L,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 mahl vt1 Eo当开关S接“2时，由闭合电路欧姆定律知 I谊R r R r3联立解得，I mh (g T)q(R r)l2t2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，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 ，磁场的磁感应强度B取最大值时的夹角为，当磁场最强时，R最小，最大设为mv2mv由 qvB m1, (ID知 R 而，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，