高考物理带电粒子在复合场中的运动专项训练100附答案含解析

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Bo、粒子的比荷 q均已知, m10 2mE022 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

2、动的轨迹图(不必写计算过程)。【来源】带电粒子的偏转【答案】(1)粒子在0t。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 5G 1h的比值 h 5(3)粒子在板间运动的轨迹如图：(1)设粒子在0b时间内运动的位移大小为S1Si-at0 2咀m又已知t0210 2mEo联立解得：包 1h 5(2)解法一粒子在to2t0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viat0qMB。联立解得：R2 mqB0t0即粒子在t02t0时间内恰好完成一个周期的圆周运动。在2t03t0时间内，粒子

3、做初速度为 vi的匀加速直线运动，设位移大小为S21 2S2 vit0at02, 一 3解得：s2-h5半径为由于&+S2h,所以粒子在3t04t0时间内继续做匀速圆周运动，设速度大小为V2,R2,有:v2 vi at0qvzB。2mV2R2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4t05t0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2t0,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：。qE。a 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运动。Sn

4、sn至第n个周期末，粒子位移大小为1 -a(nto) 22.10 2mE。又已知h2-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 qB0解得：Rn 业5显然 S2R2hS3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.如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中 AB段是水平的，BD段为半径R=0.25m 的半圆，两段轨道相切于 B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E=5.0 x3V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度V0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为

5、m=1.0 xlGkg,乙所带电荷量q=2.0 xi5, g取10m/s2。(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电 荷转移)(1)甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D,求乙球在B点被碰后的瞬时速度大小；(2)在满足1的条件下，求甲的速度 vo；(3)甲仍以中的速度 V。向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的 首次落点到B点的距离范围。【来源】四川省资阳市高中(2018届)2015级高三课改实验班12月月考理综物理试题【答案】(1) 5m/s；5m/s；31m2【解析】【分析】 【详解】(1)对球乙从B运动到D的过程运用动能定理可得1 2一mvB212mg

6、g2R qEg2R -mvD 2乙恰能通过轨道的最高点 D,根据牛顿第二定律可得2 Vd mg qE m R联立并代入题给数据可得Vb =5m/s(2)设向右为正方向，对两球发生弹性碰撞的过程运用动量守恒定律可得mv0 mv0 mvB根据机械能守恒可得 TOC o 1-5 h z 12 12 12mv0mv0mvB222联立解得V00, V0 5 m/s(3)设甲的质量为 M,碰撞后甲、乙的速度分别为 vM、vm ,根据动量守恒和机械能守恒 定律有Mv0 MvM mvm1Mv 2212120 Mv m mVm HYPERLINK l bookmark4 o Current Document 2

7、2联立得分析可知：当 M=m时，vm取最小值可得B球被撞后的速度范围为2Mv0vmM mvo ;当M ? m时，vm取最大值2V0vovm设乙球过D点的速度为Vd,由动能定理得mgg2R qEg2R1212mvDmvm HYPERLINK l bookmark29 o Current Document 22联立以上两个方程可得3.5m/svD2 30m/s设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为x ,则有x vDt ,2R1 .22 gt所以可得首次落点到B点的距离范围2 / 3m3.如图所示，在无限长的竖直边界 N解口MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别口 2B, KL为上充满方向垂直于

8、NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为 下磁场的水平分界线，在 N舜口 MT边界上，距K嘀h处分另I有P、Q两点，N序口 MT间距为1.8h ,质量为m,带电荷量为+ q的粒子从P点垂直于NS&界射入该区域，在两边界之间做圆周 运动，重力加速度为 g.*JC ：JrhtX求电场强度的大小和方向(2)要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值 (3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值【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) E mg,方向竖直向上(2) vmin (9 6扬qBh qmc 0.

9、68qBh0.545qBh0.52qBh(3) V ； V ； V 【解析】【分析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，电场力与重力合力为零;(2)作出粒子的运动轨迹，由牛顿第二定律与数学知识求出粒子的速度；(3)作出粒子运动轨迹，应用几何知识求出粒子的速度.【详解】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，电场力与重力合力为零，即 mg=qE,-_ mg解得：E ,电场力方向竖直向上，电场方向竖直向上;q(2)粒子运动轨迹如图所示:设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为 Vmin , 对应的粒子在上、下区域的轨道半径分别为1、2,圆心的连线与NS的夹角为弧粒子在磁场中做匀速圆周运动

10、，由牛顿第二定律得：qvB2Vm 一 ,r解得，粒子轨道半径：rqB1vminqB12 二r1，2由几何知识得:(门+2)sin(j)=r2,门+1cos(j)=h,解得：Vmin(9 6夜)*卜.(3)粒子运动轨迹如图所示,Q设粒子入射速度为 v,粒子在上、下区域的轨道半径分别为 粒子第一次通过 KL时距离K点为由题意可知:3nx=1.8h (n=1、2、X,3)解得:即：n=1时,v 0.68qBhmn=2 时,0.545qBhmn=3 时,0.52qBhm答:(1)电场强度的大小为(910.36、h1 一2)二，n0表示电场方向竖直向上。t 0时，一带正电、质量为 m的微粒从左边界上的

11、Ni点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到 Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边 界上的N2点，Q为线段N1N2的中点，重力加速度为 g,上述d、E0、m、V、g为已 知量。(i)求微粒所带电荷量q和磁感应强度b的大小；(2)求电场变化的周期T ；(3)改变宽度d ,使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求 T的最小值。【来源】2010年普通高等学校招生全国统一考试(安徽卷)理综【答案】 B 鬼；(2)T ti t2 -v； (3)Tmin timin t? (2v2v g2g【解析】【分析】 根据物体的运动性质结合物理情景确定物体的受力情况。再根据受力分析列出相应等式解决问

12、题。【详解】(1)根据题意，微粒做圆周运动，洛伦兹力完全提供向心力，重力与电场力平衡，贝U mg=qEo 微粒水平向右做直线运动，竖直方向合力为0.则 mg+qE0=qvB 联立得：q=,B=一匕。 v(2)设微粒从Ni运动到Q的时间为ti,作圆周运动的周期为 t2,d2贝Uj=vti qvB=m三 2兀 R=v I dTTv联立得：力古，t2=一2V g TOC o 1-5 h z 电场变化的周期 T=ti +t2=V+(3)若微粒能完成题述的运动过程，要求 d2R HYPERLINK l bookmark80 o Current Document 2v联立得：R=1-,设NiQ段直线运动的

13、最短时间 timin,由得timin亍,因t2不变，T的最小值 Tmin=timin+t2-口 。B的大小为答：（1）微粒所带电荷量q为，磁感应强度 皿 d 冗v（2）电场变化的周期 T为#+。g（3）T的最小值为(2冗+1】v【点睛】 运动与力是紧密联系的，通过运动情况研究物体受力情况是解决问题的一个重要思路。6.如图所不，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向里的有界矩形匀强磁场区域（图中未画出）；在第二象限内存在沿 x轴负方向的匀强电场。一粒子源固定在x轴上坐标为L,0的A点。粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为Vo的电子，电子通过 y轴上的C点时

14、速度方向与y轴正方向成45角，电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与x轴正方向成15角的射线OM已知电子的质量为m,电荷量为e,不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用）。求：2电子在电场和磁场中运动的总时间t3矩形磁场区域的最小面积 Smino【来源】湖南省怀化市 2019年高考物理一模物理试题【答案】（i）m2；（2）红2-m；（3）石（吗2 2eL Vo 3eBeB【解析】【详解】12121电子从A至iJC的过程中，由动能定理得：eEL - mvc 一 mv022vCcs45 v02联立解得：e mv02eL一.vcsin2电子在电场中做类平抛运动，沿电场方向有：L 112其中VcV0c

15、os由数学知识知电子在磁场中的速度偏向角等于圆心角: 电子在磁场中的运动时间：t2 T2m其中T eB电子在电场和磁场中运动的总时间t t1 t2联立解得：t2L 2 mv0 3eB3电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力,2则有 evB m r最小矩形区域如图所示,由数学知识得：CD 2r sin - CQ r rcos-22最小矩形区域面积：Smin CD CQ联立解得：Smin . 3(吗2eB7.如图甲所示，在直角坐标系中的0wxw区域内有沿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

16、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O、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(1)求0WxWK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

17、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SU ,设VM的方向与X轴的夹角为 m依 0= 45;(2)mvMeR(3) T的表达式为TmL2n. 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 vo . 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 lJVo. 2eU一， L 1 eE,2 y轴方向做匀加速直线运动， t2 2m, L 2U由以上各式可得： E 仪L电子运动至M点时

18、：vM Jv： (-Eet)2 m即：vm 2.e：设vm的方向与X轴的夹角为以v cos vM2解得：0= 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：evMB mvMR(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件为：2n(72R) 2L (n=1, 2,

19、3,)电子在磁场中做圆周运动的轨道半径mVMReBo解得：b0型叵mU(n=1,2,eL3,)电子在磁场变化的半个周期内恰好转过1 -圆周，同时在MN间的运动时间是磁场变化周期的整数倍时，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 （电场方向指向O点），已知图中

20、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），叵R；1R2； ; （3） 2%叵。 , m2 n 1 Eq【解析】【分析】【详解】（1）由题可知，粒子

21、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 1mvBiqmvB2q曳B1(3)粒子在电场中运动时间:在MN下方的磁场中运动时间:n 11t.22 Ri 2v在MN上方的磁场中运动时间:总时间:.在平面直角坐标系 xOy中，第n、出象限 y轴到直线PQ范围内存在沿x轴正方向的B0.5T.大量质量为匀强电

22、场，电场强度大小E 500N/C ,第I、W象限以 0.4,0为圆心，半径为K-的圆形范围内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度m 1 1010kg,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:(1)粒子进入磁场时的速度大小；y轴的距离h多大?(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(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，

23、则有： EqR -mv22解得：v 2000m/s2(2)在磁场中，有：qVB m r解得：r 0.4m R即正好等于磁场半径，如图，轨迹圆半径与磁场圆半径正好组成一个菱形4 y/tn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，空间某个半径为 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 艮的粒子能从极板上的小

24、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 m(2)带电粒子击中的长度为2x 2空ES；(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

25、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 mdd2 at2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* 蚪a U在磁场中运动的时间为 t2qB事J u所以t2m qB总时间ttit2m 2dBRqB U11.如图所示为一 匚”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

26、外力的作用下以速度vo= im/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；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h的2倍，重力加速度g下，这个圆的半径叫做该点的曲率半径)为 P点到。点竖直高度取 10 m/s2.求：(1)小球沿图中虚线 OO做直线运动速度 V大小(2)小球在O点静止释放后轨迹最低点P到O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

27、高三5月联合考理综物理试题【答案】(1) v 4m/s ; (2) h 4m【解析】【详解】解：框架向左运动，产生感应电动势：UBLv0板间场强：E U 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根据动能定理可得：Eqh mgh mvm 022最低点根据牛顿第二定律和圆周运动规律有：Eq qvmB mg mym2h联立可解得：h 4 m 12.如图所示，半径为r的圆形匀强磁场区域I与 x轴相切于坐标系的原点 O,磁感应强 度为Bo,方向垂直于纸面向外.磁场区域I右侧有一长方体加速管，加速管底面宽度为2r,轴线与x轴平行且过磁场区域I

28、的圆心，左侧的电势比右侧高.在加速管出口下侧距 离2r处放置一宽度为2r的荧光屏.加速管右侧存在方向垂直于纸面向外磁感应强度也为B0的匀强磁场区域H.在 O点处有一个粒子源，能沿纸面向 y0的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 y轴正方向射入磁场的粒子，恰能 沿轴线进入长方形加速管并打在荧光屏的中心位置.(不计粒子重力及其相互作用)(1)求粒子刚进入加速管时的速度大小V0；(2)求加速电压U;(3)若保持加速电压 U不变，磁场H的磁感应强度B=0.9 Bo,求荧光屏上有粒子到达的范围？【来源】江苏省扬州市高邮市(1)2018 2019学年度第二学期高三年级阶

29、段性物理调研试题的界门14V = (3) r2rn9由运动方向通过几何关系求得半径，进而由洛伦兹力作向心力求得速度；再由几何关系求 得半径，由洛伦兹力作向心力联立两式求得粒子速度，应用动能定理求得加速电压；先通 过几何关系求得粒子在加速管中的分布，然后由粒子运动的半径及几何关系求得可打在荧 光屏上的粒子范围；【详解】 解：(1)磁场区域I内粒子运动轨道半径为:vi = mMor% 二 -m(2)粒子在磁场区域n的轨道半径为：口好Bqv = 11 1由动能定理得： 叩=- -jnvi解得：U =(3)粒子经磁场区域I后，其速度方向均与x轴平行；经证明可知：OQ1C。是菱形，所以CO?和y轴平行，

30、v和x轴平行ky/m10202二*二元即荧光屏上有粒子到达的范围是：距上端可，处到下端，总长度9磁场n的磁感应强度 B2减小10%,即 用 二宜4荧光屏上方没有粒子到达的长度为：二：飞：飞13.在光滑绝缘水平桌面上建立直角坐标系xy, 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1-12,。)处有一个带正电的小球 A以速度%=2. 4m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 = 带电量为g = 0C 求：(1)电场强度E的大小；(2)磁感应强度B的大小；(3)如果

31、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)将= 32N/C(2)1.5T (3) 3，。)【解析】【详解】(1)小球A在电场中沿x、y轴方向上的位移分别设为 卜1、打y方向： TOC o 1-5 h z 加速度：记 联立可得：.(2)小球进入磁场时y方向的速度：柞=皿，r-r-7COS(? = 合速度：廿=、谢+叼方向：廿1

32、m/s,方向与y轴正方向成37。小球A在磁场中做匀速圆周运动，垂直于 x轴进入第4象限，做出小球 A运动的轨迹如yi 2R1 = 一m图，设轨道半径为Ri,由几何关系可得：皿4*廿工rnvUqu = tn /?-1.5T力,在磁场中做圆周根据：杷，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/(m + mv2 mvR2 pZ- 二 rT = R1解得：附 附 即：小球运动的轨道半径不变2nRT二由周期公式 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：工= l + ESi

33、n53D = 0.24 M即坐标为 (24,0)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 O点右侧相距h处有小孔K； b板上有小孔T,且O、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O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

34、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b板的T孔飞出，求粒子飞出时速度，一 _ （而5加一在0Bm=（万门）要范围内选取），使粒子恰好从 方向与b板板面夹角的所有可能值（可用反三角函数表示）. TOC o 1-5 h z 【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）.23【答案】（1）吗 （g 要）（3） 0 arcsin-

35、2t2 q（R r）l2t25【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hV0 一t1 r / r 、，匕 r r r , , , r12所以，由动能定理知，发射装置对粒子做的功W = 1mv22解得W=吗 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Eo U板间产生匀强电场为 匚 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3 ,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mgqUma TOC o 1-5 h z HYPE

36、RLINK l bookmark62 o Current Document 12再由h -at1 , 2 HYPERLINK l bookmark121 o Current Document lvt1 当开关S接“2时，由闭合电路欧姆定律知I -ER r R r联立解得，I mh (g 工)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 m,(11)知 R -, RqB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