高考物理带电粒子在复合场中的运动题20套带答案

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1.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=5.0x30/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度 vo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 m=1.0xiGkg,乙所带电荷量q=2.0X帝，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V0；(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首次落点到B点的距离范围。12月月考理综物理试题【来源】四川省资阳市高中(2018届)201512月月考理综物理试题273m。【答案】(1)5m/s；(2)5m/s；(3)3^2273m。2【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TOC\o"1-5"\h\z12 12mgg2RqEg2R mvD mvB\o"CurrentDocument"2 2乙恰能通过轨道的最高点D,根据牛顿第二定律可得2VdmgqEm——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mv0mv0mvBTOC\o"1-5"\h\z根据机械能守恒可得1 2 1 2 1 2—mv0 — mv0 — mvB\o"CurrentDocument"2 2 2联立解得V。 0,v05m/s(3)设甲的质量为M,碰撞后甲、乙的速度分别为联立解得V。 0,v05m/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Mv0Mvmmvm1一Mv21 2Mvm212-mvm2联立得分析可知：当M=m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2Mv0vmMmv0;当M?m时，vm取最大值2V0v0 vm设乙球过D点的速度为VD,由动能定理得mgg2RqEg2R1 mgg2RqEg2R1 2 1 2二mvD-mvm2 2联立以上两个方程可得3.5m/s<v3.5m/s<vD230m/s设乙在水平轨道上的落点到 B点的距离为x,则有xvDxvDt,2R1.22gt所以可得首次落点到 B点的距离范围322.3m m2.3m22.小明受回旋加速器的启发，设计了如图 1所示的回旋变速装置两相距为d的平行金属栅极板M、N,板M位于x轴上，板N在它的正下方.两板间加上如图 2所示的幅值为U0的交变电压，周期TU0的交变电压，周期T02m

qB.板M上方和板N下方有磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场.粒子探测器位于y轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子.有一沿x轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源，沿 y轴正方向射出质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子.t=0时刻，发射源在(x,0)位置发射一带电粒子.忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在电场中运动的时间不计.

yKKyKK(1)若粒子只经磁场偏转并在 y=y0处被探测到，求发射源的位置和粒子的初动能；(2)若粒子两次进出电场区域后被探测到，求粒子发射源的位置 x与被探测到的位置间的关系【来源】【省级联考】浙江省 2019届高三上学期11月选考科目考试物理试题2【答案】(1)X0y0,qBy。 (2)见解析2m【解析】【详解】(1)发射源的位置X0 y0,粒子的初动能:Ek。2

粒子的初动能:Ek。 ?2m(2)分下面三种情况讨论:⑴如图1,⑴如图1,Ek02qU0mv2BqRmv2BqR02 -2八..y——,yqB2mqU0qB-JyqB24mqU0；qB ，TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"mv0 mv1、NBq Bq1一2 1—2 1一2 1一2和一mv1 -mv0 qU0, -mv2 -mv1 qU0,\o"CurrentDocument"2 2 2 2及xy2R0 R(ii)如图2,qU0Ek02qU0R0『mv2Bq和1mv2212mvR0『mv2Bq和1mv2212mv223(yd)2 ,222JdqB2mqU0；如图3,(iii)qU0Ek0TOC\o"1-5"\h\z,mv2- mv0由yd二-、R0二-，Bq Bq2 1 2和一mv0 mv2qU0,\o"CurrentDocument"2及xyd4R0,4 ,22—2C…得xyd——yydqB2mqU0；qB.3.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、下部分分别充满方向垂直于NSTMFF面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为 ¥口2B,KL为上下磁场的水平分界线，在N舜口MT边界上，距KLWh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.(1)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)Emg,方向竖直向上(2)v. (96扬qBhminq m⑶v0.68qBhv0.545qBhv0.52qBhm'm'm【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 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、r2,圆心的连线与NS的夹角为M粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得:qvB2

v

m—,r解得，粒子轨道半径:vr圆心的连线与NS的夹角为M粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得:qvB2

v

m—,r解得，粒子轨道半径:vr——qBriVminqB由几何知识得:⑴+⑵sin（j）=r2,ri+ricos（j）=h,解得：Vmin(96^/2) ；m(3)粒子运动轨迹如图所示,设粒子入射速度为v,粒子在上、下区域的轨道半径分别为 ri、「2,粒子第一次通过KL时距离K点为x,由题意可知：3nx=1.8h(n=1、2、3…)3 (96.2)hW卜2-x ,xV〃 hr1,〜0.36〜0.36、h°J，…r10.68qBh即：n=1时，v ,mn=2时，v0.545qBh

n=2时，v, 0.52qBhn=3时，v ;m答:(1)电场强度的大小为E吧，电场方向竖直向上;答:q要使粒子不从NS边界飞出，粒子入射速度的最小值为Vmin(9-6V2)-qBh.m若粒子经过要使粒子不从NS边界飞出，粒子入射速度的最小值为Vmin(9-6V2)-qBh.m若粒子经过Q点从MT边界飞出，粒子入射速度的所有可能值为:v0.68qBh

m0.545qBh 、 0.52qBh 、或v 【点睛】本题考查了粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的前提与关键，应用平衡条件、牛顿第二定律即可正确解题，解题时注意数学知识的应用.4.如图甲所示，正方形导线框abcd用导线与水平放置的平行板电容器相连，线框边长与电容器两极板间的距离均为L.O点为电容器间靠近上极板的一点，与电容器右端的距离.7L L 1 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期2 4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1-内恰好做匀速圆周运带正电微粒在0时刻自O点由静止释放，在时间去2动.已知重力加速度为g,动.已知重力加速度为g,求:(1)此带电微粒的比荷―；m(2)自0(2)自0时刻起经时间2.gL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4BoL(2)-(3)2n—12L *11一n0,1,2,3和2n一

g 120,1,2解：(1)电容器两极电势差大小等于线框产生的电动势:L4BoL(2)-(3)2n—12L *11一n0,1,2,3和2n一

g 120,1,2解：(1)电容器两极电势差大小等于线框产生的电动势:L2BU—p4B0LgL电容器两极间电场强度： EU4B0gL1时间2L内：mgqEg(2)微粒运动的轨迹如图所示，、一 1时间0:12一内.mgqEmag解得：vgL,、1时间12L内：qv?8B0g2mv可得：r23JL时微粒距O点的距离：x2rL2.g

(3)时间0：—J—内，微粒竖直向下的位移:2\g设粒子转过角度 时与o设粒子转过角度 时与o点间的竖直距离为:L14(1―)解得：一和一TOC\o"1-5"\h\z6 6每次微粒进入磁场后运动至水平线mn所需时间：12a—丁解得：t2解得：t212一和t2g 12自开始至水平线MN的时间:t1n?2Tt2,(n0,1,2,3, )即：t(2n白肚和t(2n12.g自开始至水平线MN的时间:t1n?2Tt2,(n0,1,2,3, )即：t(2n白肚和t(2n12.g1112；,(n0,1,2,3,又2rn7L解得:2n3.5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:11L/11L/(2n ).L，(n12,g0,1,2,3, )t(2n-).L,(n0,1,2,3)12.g5.欧洲大型强子对撞机是现在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一种将质子加速对撞的高能物理设备，其原理可简化如下：两束横截面积极小，长度为 l-0质子束以初速度V0同时从左、右两侧入口射入加速电场，出来后经过相同的一段距离射入垂直纸面的圆形匀强磁场区域并被偏转，最后两质子束发生相碰。已知质子质量为 m,电量为e;加速极板3AB、A囿电压土匀为U。，且满足eU0=—mv02。两磁场磁感应强度相同，半径均为 R,圆心2O、O'在质子束的入射方向上，其连线与质子入射方向垂直且距离为 H=-R;整个装置处2于真空中，忽略粒子间的相互作用及相对论效应。

(1)试求质子束经过加速电场加速后 (未进入磁场)的速度Y和磁场磁感应强度 B； R.(2)如果某次实验时将磁场O的圆心往上移了一，其余条件均不变，质子束能在 OO连线2的某位置相碰，求质子束原来的长度 10应该满足的条件。【来源】湖南省常德市2019届高三第一次模拟考试理科综合物理试题【答案】(1)v2V°；【答案】(1)v2V°；B^0(2)10eR【解析】【详解】解：(1)对于单个质子进入加速电场后，则有:3,3612eU01 2 1 2-mv—mv02 23 2又：eU0 mv02解得：v2Vo；根据对称，两束质子会相遇于OO的中点P,粒子束由CO方向射入，根据几何关系可知根据对称，两束质子会相遇于必定沿OP方向射出，出射点为D,过C、D点作速度的垂线相交于K,则K,则K点即为轨迹的圆心，如图所示，并可知轨迹半径 r=R2根据洛伦磁力提供向心力有： evBm—r可得磁场磁感应强度： B2mv0可得磁场磁感应强度： B2mv0eRR(2)磁场O的圆心上移了一，则两束质子的轨迹将不再对称，但是粒子在磁场中运达半径2认为R,对于上方粒子，将不是想着圆心射入，而是从F点射入磁场，如图所示， E点是原来C点位置，连OF、OD,并作FK平行且等于OD,连KD,由于OD=OF=FK故平行四边形ODKF为菱形，即KD=KF=R故粒子束仍然会从D点射出，但方向并不沿OD方向，K为粒子束的圆心,,，一.一，,_.R,» —1 兀^ 兀由于磁场上移了—,故sin/COF=2=-,/COF=-,/DOF=ZFKD=-对于下方的粒子，没有任何改变，故两束粒子若相遇，则只可能相遇在 D点,卜方粒子到达C后最先到达卜方粒子到达C后最先到达D点的粒子所需时间为tR一R(H2R)2 22V0(4)R

4V010

to10

to2冗3,3 R12V°联立解得10冗33612而上方粒子最后一个到达 E点的试卷比下方粒子中第一个达到 C的时间滞后At上方最后的一个粒子从 E点到达D点所需时间为冗1RRsin- -2tR 3 6 2V0 2v0要使两质子束相碰，其运动时间满足

6.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 0、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eU ,设VeU ,设VM的方向与x轴的夹角为m依0=45°;(2)叫BeRm叫BeRm;(3)T的表达式为TeUmL2n.2emU1,2,3,…)【解析】【详解】,…-,.._一 1 2(1)在加速电场中，从P点至UQ点由动能定理得：eU-mv22可得v可得v0电子从Q点到M点，做类平抛运动，Lmx轴方向做匀速直线运动， t—lJ—Vo .2eU L 1eEoy轴万向做匀加速直线运动， 一———t22m

由以上各式可得：E2U电子运动至M点时:由以上各式可得：E2U电子运动至M点时:12 /Ee2V0(t)

m即：Vm设VM的方向与X轴的夹角为0,V0 2cos————VM 2解得：9=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,OiM=OiA,且O且O2A//MOi,所以四边形MO1AO2为菱形，即R=L2由洛伦兹力提供向心力可得： evMBm%R(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x轴方向上的位移恰好等于角为90x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(应R)2L(n=1,2,3,…)电子在磁场中做圆周运动的轨道半径mvMR eBo解得：Bo2n，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(应R)2L(n=1,2,3,…)电子在磁场中做圆周运动的轨道半径mvMR eBo解得：Bo2n，2emU(n=1,2,3,…)eL 人…—1…一一 、，一 电子在磁场变化的半个周期内恰好转过 一圆周，同时在MN间的运动时间是磁场变化周期4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1ZTo又To2m

eBo则T的表达式为TmL2n%2emU(n=1,2,3,…)。7.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，不考虑粒子重力.度为B的匀强磁场中，最后打在照相底片2…Ri]cos m2(3)U 2 m,cos m2D上并被吸收，D与O在同一水平面上，粒子在(1)求粒子的比荷q/m;(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(U£U)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 m1、m2(mom2),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 2017-2018学年高二1月月考物理试题8U【答案】(1) (2)最大值x最小值xcosBx(m1cos2 m2)

【解析】【详解】(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=lmv222洛伦兹力提供向心力：qvB=m—R落点到O的距离等于圆运动直径：x=2R所以粒子的比荷为：q-8U-mBx2qmUx(2)粒子在磁场中圆运动半径 所以粒子的比荷为：q-8U-mBx2qmUx(2)粒子在磁场中圆运动半径 R -qB2由图象可知：粒子左偏 。角(轨迹圆心为Oi)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==xCOSa(3)①考虑同种粒子的落点到O的距离；当加速电压为U+AU>偏角0=6寸，距离最大,2 Lmax=2Rmax= 、2qm(UU)Bq,当加速电压为U-川、偏角。=时，距离最小Lmin=2RminCOSa=2J2qm(UBqU)COSa②考虑质量不同但电荷量相同的两种粒子由R=由R=、2qmU和m1>m2,知:qBR>R2要使落点区域不重叠，则应满足： L1min>L2max2、,2qm1(U U)Bq

2 TOC\o"1-5"\h\zcosa>——j2qm?（U U）Bq2micos m2解得：U ———2 2 .micos m2（应有条件micos2a>m2,否则粒子落点区域必然重叠）.如图所示，A、B两水平放置的金属板板间电压为 U（U的大小、板间的场强方向均可调节），在靠近A板的S点处有一粒子源能释放初速度为零的不同种带电粒子，这些粒子经A、B板间的电场加速后从B板上的小孔竖直向上飞出，进入竖直放置的 CD板间，CD板间存在正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场的方向水平向右，大小为 E,匀强磁场的方向水平向里，大小为Bi。其中一些粒子能沿图中虚线做直线运动到达上方竖直圆上的 a点，圆内存在磁感应强度大小为 B2、方向水平向里的匀强磁场。其中 S、a、圆心O点在同一竖直线上。不计粒子的重力和粒子之间的作用力。求：（1）能到达a点的粒子速度v的大小；（2）若e、f两粒子带不同种电荷，它们的比荷之比为 1：3,都能到达a点，则对应A、B两金属板间的加速电压Ui:U2的绝对值大小为多大；（3）在满足（2）中的条件下，若e粒子的比荷为k,e、f两粒子在磁场圆中射出的两位置恰好在圆形磁场的同一条直径上，则两粒子在磁场圆中运动的时间差△ t为多少？Xr- Xr- *■七R:导.■弓力（***；■■■!:/以【来源】河南省名校联盟2019届年高三第五次（3月份）调研考试理科综合物理试题【答案】（1）vE；（2）Ui：U23:1；（3）ttit2——Bi 9kB2【解析】【详解】解：（i）能达到a点的粒子速度设为v,说明在C、D板间做匀速直线运动，有： qvBiqE解得：v解得：vEBi（2）由题意得e、f两粒子经A、B板间的电压加速后，速度都应该为 v,根据动能定理得:,, । 2qUmv2它们的比荷之比：9e：9匚1:3memf得出：Ui：U2 3:1(3)设磁场圆的半径为R,e、f粒子进入磁场圆做圆周运动2,v对e粒子：q1VB2m1一ri2,、、VV对f粒子：q2VB2m2一「2_ r13解得：-一「2 1e、f两粒子在磁场圆中射出的两位置恰好在同一条直径上，说明两粒子的偏转角之和为180°,e、f两粒子的轨迹图如图所示，由几何关系有：RtanRtan0一「1tan0R「29瓜90°联立解得：030°,a60°e、f两粒子进入磁场圆做匀速圆周运动的周期满足:2%11V2-212 V组：_q组：_q±memf1:3在磁场中运动的时间:在磁场中运动的时间:tic“oTl360t2360titic“oTl360t2360tit2两粒子在磁场中运动的时间差为:Att1t29kB2.如图所示，在竖直平面内的xoy直角坐标系中，x轴上方存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度Ei,方向沿y轴向上，磁感应强度B,方向垂直纸面向里.x轴下方存在方向沿y轴向上的匀强电场（图中未画出），场强为 E2,质量为m、电荷量为q的带正电小球（可视为质点），从y轴上的A点以速度大小vo沿x轴正方向抛出，经x轴上的P点后与x轴正向成45。进入x轴上方恰能做匀速圆周运动. O、P两点间距离％与O、A两点间距g2离y。满足以下关系，y0 T"^x0 ,重力加速度为g,以上物理量中 m、q、v0、g为已知2v0量，其余量大小未知.量，其余量大小未知.（1）电场强度Ei与E2的比值（2）若小球可多次（大于两次）通过P点，则磁感应强度B为多大？（3）若小球可恰好两次通过P点，则磁感应强度B为多大？小球两次通过P点时间间隔为多少？【来源】安徽省黄山市2019届高中毕业班第二次质量检测高三理综物理试题1 「mg 1、mg【答案】(1)1;(2)B—^；(3)B(1-)—(n=1,2,3……)..;2 qv0 nqv0t(2咨nvo

t(2咨nvo

2g(n=1,2,3解：（1）小球在x轴上方匀速圆周，可得： qE1mg1 2小球从A到P的过程做内平抛运动： x0v0ty0-at22g2络合：y0 ~-2x02V°可得：ag由牛顿第三定律可得：qE2mgma解得：qE22mgEi1故：丁二E2 2(2)小球第一次通过P点时与x轴正向成45，可知小球在P点时则有：VyV0故p点时的速度：vJ2Vo2由类平抛的位移公式可得： x0也g3 小球多次经过P点，轨迹如图甲所不，小球在磁场中运动 —个周期后，到达4点，P、Q关于原点O对称，之后回到A并不断重复这一过程，从而多次经过x轴上的QP点设小球在磁场中圆周运动的半径为 R,由几何关系可得:R2xo2又由：qvBm—R(3)小球恰能两次经过 P点，轨迹如图乙所示在x轴上方，小球在磁场中的运动周期： T2Tm

qB在x轴下方，小球的运动时间:t22n卫Vo2V0g由规律可知，小球恰能两次经过P点满足的几何关系为:2x0、2R1n^2R(n=1,2,3……)__1、mg2,3……).解得：B(1_) 2,3……).nqV0两次通过P点的时间间隔为：t，，、3T ， ，…(n1)—Tnt2(n=1,2,3 )43 nv0解得：t(2——)——(n=1,2,3……)..2g''.如图所示，在竖直平面(纸面)内有长为l的CDEF两平行带电极板，上方CD为正极板，下方EF为负极板，两极板间距为l,O点为两极板边缘C、E两点连线的中点；两极板右侧为边长为l的正方形匀强磁场区域磁场方向垂直纸面向外。离子源 P产生的电荷量为q、质量为m的带正电粒子飘入电压为U1的加速电场，其初速度几乎为零，被电场加速后在竖直平面内从O点斜向上射入两极板间，带电粒子恰好从 CD极板边缘D点垂直DF边界进入匀强磁场区域。已知磁感应强度大小 B与带电粒子射入电场O点时的速度大小v。的关系为—衣巾,带电粒子重力不计。求v。2ql(1)带电粒子射入电场O点时的速度大小V。；(2)两平行极板间的电压U2；(3)带电粒子在磁场区域运动的时间 to【来源】【市级联考】四川省德阳市 2019届高三下学期二诊物理试题【答案】(1)【答案】(1)落;(2)5；(3)4qU1m9qU1(1)电荷在电场中加速，由动能定理得： qU11mv2,2解得：v°(2)粒子进入偏转电场时的速度方向与水平方向间的夹角为0,在偏转电场中：l解得：v°(2)粒子进入偏转电场时的速度方向与水平方向间的夹角为0,在偏转电场中：lVocosgt,- 1vosint,22vosin加速度：aqEmqU2ml'解得：U2U1,(3)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:qv0cosB由牛顿第二定律得:qv0cosB(Vocos)2m - 2解得：R21,3粒子运动轨迹如图所示，粒子转过的圆心角:粒子在磁场中的运动时间:v0cos粒子在磁场中的运动时间:v0cos〃,口 4qU1m解得：t——9qU111.如图所示，荧光屏MN与x轴垂直放置，荧光屏所在位置的横坐标 X0=60cm,在第一象限y轴和MN之间存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E=1.6x15N/C,在第二象限有半径R=5cm的圆形磁场，磁感应强度B=0.8T,方向垂直xOy平面向外.磁场的边界和x轴相切于P点.在P点有一个粒子源，可以向x轴上方180°范围内的各个方向发射比荷为—=1.0X8C/kg的带正电的粒子，已知粒子的发射速率 v0=4.0X6m/s.不考虑粒子的重m力、粒子间的相互作用.求：(1)带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；(2)粒子从y轴正半轴上射入电场的纵坐标范围；(3)带电粒子打到荧光屏上的位置与 Q点的最远距离.【来源】陕西省西安市2019年高三物理三模理综物理试题【答案】(1)5cm；(2)0WyW10cm(3)9cm【解析】【详解】(1)带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：2qvB=mv0

r解得：r=—05102m=5cmBq(2)由(1)问可知r=R,取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示:由几何关系可知四边形POFO为菱形，所以FOi//O'P,又O'睡直于x轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径FQ垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x轴平行，所以粒子从y轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为0或w10cm(3)假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有：X0=v0t0-1 ,2h=—at。2

qEa=qEm解得：h=18cm>2R=10cm说明粒子离开电场后才打在荧光屏上.设从纵坐标为 y的点进入电场的粒子在电场中沿 x轴方向的位移为x,则：x=vot.2y=2at代入数据解得：x=.2y设粒子最终到达荧光屏的位置与 Q点的最远距离为H,粒子射出电场时速度方向与 x轴正方向间的夹角为9,qEx* vymVo—tan- 、2yVo Vo所以：H=(xo—x)tan0=(xo—J2y)?q'2y由数学知识可知，当(xo-J2"y)=J2y时，即y=4.5cm时H有最大值所以Hmax=9cm12.如图所示，在坐标系xoy中，过原点的直线OC与x轴正向的夹角忏120。，在OC右侧有一匀强电场；在第二、三象限内有一匀强磁场，其上边界与电场边界重叠、右边界为 y轴、左边界为图中平行于y轴的虚线，磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直抵面向里。一带正电荷q、质量为m的粒子以某一速度自磁场左边界上的 A点射入磁场区域，并从O点射出，粒子射出磁场的速度方向与 x轴的夹角鼻30。，大小为v,粒子在磁场中的运动轨迹为纸面内的一段圆弧，且弧的半径为磁场左右边界间距的两倍。粒子进入电场后，在电场力的作用下又由。点返回磁场区域，经过一段时间后再次离开磁场。已知粒子从A点射入到第二次离开磁场所用的时间恰好等于粒子在磁场中做圆周运动的周期。忽略重力的影响。求(1)粒子经过A点时速度的方向和A点到x轴的距离；(2)匀强电场的大小和方向；(3)粒子从第二次离开磁场到再次进入电场时所用的时间。

(1)垂直左边界向右；(2㈣mv2Bq12Bv——,方向跟y轴成120角，斜向下指向左边。(3)t4\3m(3)t4Bq本题考查带电粒子在磁场中的运动。【详解】(1)设磁场左边界与x轴相交于D点，过O点作速度v垂线OOi,与MN相交于Oi点.由几何关系可知，在直角三角形 OQd中/OO〔D=45o。设磁场左右边界间距为d,则OO1=.,2do故粒子第一次进入磁场的运动轨迹的圆心即为 。1点，圆孤轨迹所对的圆心角为 45o,且O1A为圆弧的半径R。由此可知，粒子自A点射入磁场的速度与左边界垂直。A点到x轴的距离:ADR1cos45①由洛仑兹力公式、牛顿第二定律及圆周运动的规律，得2qvBmv不qvB——②R联立①②式得-mvADqB(2)

依题意：匀强电场的方向与 x轴正向夹角应为135o。设粒子在磁场中做圆周运动的周期为 T,第一次在磁场中飞行的时间为 ti,有ti2m—Z-dqB由几何关系可知，粒子再次从O点进入磁场的速度方向与磁场右边夹角为45。。设粒子第二次在磁场中飞行的圆弧的圆心为。2,O2必定在直线OOi上。设粒子射出磁场时与磁场右边界交于P点，则ZOC2P=90oo设粒子第二次进入磁场在磁场中运动的时间为 t2,有_t2-T⑥4设带电粒子在电场中运动的时间为 t3,依题意得ti t2@tti t2@由匀变速运动的规律和牛顿定律可知vat3⑧vvat3⑧a8 …一8 …一Bv⑩5E(3)由几何关系可得： OPO245故粒子自P点射出后将做类平抛运动。则沿电场方向做匀加速运动：S1-at2?2垂直电场方向做匀速直线运动：S2vt?TOC\o"1-5"\h\ztan45 @S2联立得,5mt 。4qB13.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O点.在A点有一质量为m,电量为+q的带电质点，以大小为Vo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 A与O点间的距离为由地，虚线MN右侧电场弓虽度为Y3m9,重力加速度为g.求：\o"CurrentDocument"qB qIM*KM IitX¥ 1KKK「 P卜(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的轨迹；(3)带电质点从O点进入虚线MN右侧区域后运动到P点时速度的大小Vp.【来源】【市级联考】四川省泸州市 2019届高三第二次教学质量诊断性考试理综物理试题【解析】【详解】(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qE=mg,方向竖直向上;所以MN左侧区域内电场强度E左粤方向竖直向上;q（2）qE=mg,方向竖直向上;所以MN左侧区域内电场强度E左粤方向竖直向上;q（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:2mv0Bv°q——,mv0所以轨道半径R0；qB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;又有dAO封3陌J3R；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力和电场力等大反向，洛伦兹力做向心力；所以，电场力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:OAOA（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O点的竖直分速度v（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O点的竖直分速度vyv0sin60,3 1\o"CurrentDocument"——v0,水平分速度Vxv0cos60 —V0；20 2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2Vy 3V0所以质点在p点的竖直分速度VyP水平分速度V质点运动到P点，故竖直位移为零,所以运动时间2Vy 3V0所以质点在p点的竖直分速度VyP水平分速度VxpVxqEtm12V0「3VyV02,3g园g72V。；所以带电质点从O点进入虚线MN右侧区域后运动到 P点时速度晶0;Vp14.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O,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）,I、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O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 (、31)mv14m【答案】(1)R1市(2)R2min F)-⑶.【解析】【详解】解：(1)粒子b在I区域做匀速圆周运动，设其半径为 rb根据洛伦磁力提供向心力有:v2qB根据洛伦磁力提供向心力有:v2