高考物理二轮复习专题训练(含答案详解)新人教版

高考物理二轮复习

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高考磁场复习（附参考答案）

1.图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个“D”形金属盒，在加速带电粒子时，

两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连.带电粒子在磁场中运动的动能及随时

间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列说法中正确的

是

A.在即t图中应有t3=t3—t2=t2-t\

B.高频电源的变化周期应该等于5J

C.要使粒子获得的最大动能增大，可以增大“D”形盒的半径

D.在磁感应强度B、“D”形盒半径尺、粒子的质量m及其电荷量q不变的情况下，粒子的

加速次数越多，粒子的最大动能一定越大

答案：AC解析：根据回旋加速器的原理可知，带电粒子运动周期相同，每经过半个周期

加速一次，在瓦-t图中应有t.\—ty=t3-t2=t2—t\,选项A正确；高频电源的变化周期应

该等于2（〃一%1）,选项B错误；粒子的最大动能只与回旋加速器的I〕型盒半径和磁感应强

度有关，与加速电压和加速次数无关，要使粒子获得的最大动能增大，可以增大“D”形盒

的半径，选项C正确D错误。

2.如图所示，带异种电荷的粒子瓜方以相同的动能同时从。点射入1

宽度为d的有界匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为°y

30°和60°,且同时到达到点。a、b两粒子的质量之比为

A.1：2B.2：1C.3：4D.4：3

答案：C

解析：根据粒子a、b动能相同，'mw"-—勿//；a粒子在磁场中运动轨迹半径r.Fd/,

22

b粒子在磁场中运动轨迹半径r广d,所对的圆心角为120°,轨迹弧长为s„=2nrn/3=2n

d/36，运动时间3=s/%b粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为60°,轨迹弧长为

sb=nrb/3=Jid/3,运动时间tb=s，/；联立解得为a、b两粒子的质量之比为T/6,根据周

期公式，T=—,a、b两粒子同时到达尸点，的质量之比为偏：儡=3：4,选项C正确。

qB

3.如图所示，在xoy平面内，过原点。的虚线MN与y轴成

45°角，在MN左侧空间有沿y轴负方向的匀强电场，在M\•右侧

空间存在着磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。质

量为m、带电量为q的正、负两个带电粒子，从坐标原点0沿y

轴负方向以速度由射入磁场区，江磁场中运动一段时间后进入电

场区，已知电场强度为E=2E%,不计重力，求：

(1)两个带电粒子离开磁场时的位置坐标间的距离;

(2)带负电的粒子从原点0连人磁场区域到再次抵达x轴的时间及位置坐标。

.解题思路：应用洛伦兹力等于向心力求出轨迹半径，画出轨迹，利用相关知识得到

两个带电粒子离开磁场时的位置坐标间的距离；

利用类平抛运动规律和相关知识带负电的粒子从原点。进人磁场区域到再次抵达x轴的

时间及位置坐标。

考查要点：洛伦兹力、牛顿运动定律、类平抛运动规律等。

解析：

(1)正负带电粒子在磁场中运动时，有qv°B=m^，解得R二吟,

RqB

对于带正电的粒子，离开磁场的位置坐标为(R,R),

对于带负电的粒子，离开磁场的位置坐标为(-R,-R)。

两个带电粒子离开磁场的位置坐标之间的距离为△

x二屉_(叫了+[/?_(叫了:2岳。

W2近器

⑵对于带负电的粒子，在磁场中运动的时间为口/4=景.

2

粒子离开磁场后做类平抛运动，沿y轴方向上，有qE=ma,R=|at2,

沿X轴方向上，有X2=Votz,

所求时间t=t}+t2,

沿x轴方向上位移x=X2+R,

(((

联立解得：t=7r^+2~]mx=2m—vf,即位置坐标为(-2m—vf,,0)。

2qBqBqB

4.质量和电量都相等的带电粒子M和N,以不同的速率经小

孔S垂直进入匀强磁场，带电粒子仅受洛伦兹力的作用，

运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是

()

A.M带负电，N带正电

B.M的速度率小于N的速率

C.洛伦兹力对M、N不做功

D.M的运行时间大于N的运行时间

答案：AC

njv

解析:由左手定则可知，M带负电，N带正电，选项A正确；由片——可知，”的速

qB

度率大于N的速率，选项B错误；洛伦兹力对M、N不做功，选项C正确；由丁二包可

qB

知M的运行时间等于N的运行时间，选项D错误。

5.如图所示，空间有一垂直纸面的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一质量为0.2kg且足够

长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速放置一质量为0.1kg,电荷量Q=+0.2C

的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5,滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动

摩擦力。t=0时对木板施加方向水平向左，大小为0.6N恒力，g取lOm/s?。则

A.木板和滑块一直做加速度为2m//的匀加速运动

B.滑块开始做加速度减小的变加速运动，最后做速度.............8・•••

为10m/s匀速运动・「.......................

；...................

C.木板先做加速度为2皿^匀加速运动，再做加速度—^力力力〃力力力力力J沙“

第8题图

增大的运动，最后做加速度为3m/T的匀加速运动

D.t=5s后滑块和木块有相对运动

【命题意图】此题考查叠加体、洛伦兹力、牛顿运动定律及其相关知识

答案：C解析：t=0时对木板施加方向水平向左，大小为0.6N恒力，带电滑块速度增大,

所受向上的洛伦兹力增大，滑块先做加速度为2m/s2的匀加速运动后做加速度减小的加速运

动，木块先做加速度为2m/s2匀加速运动，再做加速度增大的运动，最后滑块离开木板做加

速度为3H1/1的匀加速运动，选项C正确AB错误；t=5s时滑块速度v=at=10m/s,所受洛伦

兹力f=qvB=lN,滑块已经离开木板，所以选项D错误。

6/如图所示，方向垂直纸面向里的匀强磁场的边界，是一个半径为r的圆，圆心。在x轴

上，0。距离等于圆的半径。虚线平行于x轴且与圆相切于〃点，在以,的上方是正交的

匀强电场和匀强磁场，电场强度的大小为反方向沿x轴的负方向，磁感应强度为8,方向

垂直纸面向外。有一群相同的正粒子，以相同的速率，在纸面内沿不同方向从原点0射入第

I象限，粒子的速度方向在与x轴成。=30°角的范围内，其中沿x轴正方向进入磁场的粒子

经过户点射入JW后，恰好在正交的电磁场中做直线运动。粒子的质量为例电荷量为4（不

计粒子的重力）。求：

（1）粒子的初速率：

（2）圆形有界磁场的磁感应强度；

（3）若只撤去虚线J邠上面的磁场区这些粒子经过y轴的坐标范围。

第19题图

6.解析:

Ecpqv.B1分

P

得：府为1分

(2)设正粒子在圆形有界磁场中做匀速圆周运动的半径必有:

庐T1分

,mvo

qv、B1分

K

(3)沿)轴正方向进入圆形有界磁场的粒子经电场£'偏转后，过y轴上点的坐标最大

4-1.21分

zm

Ay(=voti1分

得：y="r+徜误！1分

沿与彳轴正方向成。=30°角进入圆形有界磁场的粒子经电场£偏转后，过y轴上点的坐

标最小U1分

△方的£21分

斤A%+r

得：%;不十虢误！1分

即：误［WyWr+错误!错误！1分

7.(如图所示，在x轴上方有一竖直向下的匀强电场区域，电场强度为E=500””?。x轴

下方分布有很多磁感应强度为8=17的条形匀强磁场区

y

轴下方时，不会进入第二磁场区，九应满足什么条件？

（2）若粒子从坐标（0,5cm）点由静止释放，求自释放到第二次过x轴的时间。

7.解：（1）粒子经电场加速，经过x轴时速度大小为口满足:

Eqh\=1分

之后进入下方磁场区，依据题意可知运动半径应满足:

用<4-------------1分

又用=”-------------1分

qB

由以上三式可得：心曙=L8x*m--------------1分

（2）当粒子从外=5cm的位置无初速释放后，先在电场中加速，加速时间为八满足

解得八=,呼=1x10-%--------------1分

VEq

进入磁场的速度大小为叱，圆周运动半径为殳

,1

EFqlb=­ntV22

解得v2=J2坳必=1X--------------1分

解得：=5（7〃--------------1分

VqB

根据粒子在空间运动轨迹可知，它最低能进入第二个磁场区

它在磁场区共运动时间为半个圆周运动的时间4=第=1.57x10-'-------------2分

它经过第一无磁场区时运动方向与x轴的夹角。满足：

sin<9=—=0.6

咫

所以它在无磁场区的路程$=竺;=0.1〃?-------------1分

cos。

无磁场区运动时间口=—=1x10-4$--------------1分

V2

总时间f=0+h+介=3.57x101分

8.如图所示，在灯坐标系中的♦个矩形区域里，存在着沿y轴负方向的匀强电场，场强£

=1.0X102N/C,该区域的水平宽度为£=3.0m,竖直宽度足够大.一带电粒子从y轴

上的A点（纵坐标为力=2.0m）以初动能区=LOX1（）TJ沿x轴正方向射出，粒子的

带电量为Q=l.0X101°C,为使粒子通过x轴上的B点（横坐标为d=4.0m）,则该电

场区域应处于何位置，求出其左边界位置对应的横坐标？（不计粒子的重力作用）

T

8.解析：设粒子的质量为加，初速度为由.则

EK=/小

粒子在电场内的运动规律为

qE

y=—at

2

由以上各式解得

讨论:

（1）若粒子从匀强电场内通过B点，则

代入数据解得

X=2A/2m=2.8m⑦

因为¥<L,且x<d,所以粒子能从匀强电场内B点

这种情况下电场区左边界位置对应的横坐标

=d—x=l.2m⑧

（2）若粒子穿过完整的电场区，因为才二L,所以y>h,粒子不能通过B点

（3）若粒子开始时处于电场区内射出，离开电场时

vy=at⑨

y'=h-y=vyf⑩

%'=d-x—vof(11)

由以上各式代入数据解得

x=4-2V2m=1.2m(12)

这种情况下电场区左边界位置对应的横坐标

⑬

x2=x-L=—l.8m

9.（如图所示，有3块水平放置的长薄金属板a、b

和aa、b之间相距为£。紧贴〃板下表面竖直放置

半径为〃的半圆形塑料细管，两管口正好位于小孔

M、处。板a与反6与c之间接有电压可调的直流

电源，板。与c间还存在方向垂直纸面向外的匀强

磁场。当体积为布、密度为「、电荷量为0的带负电

油滴，等间隔地以速率由从a板上的小孔竖直向下

射入，调节板间电压几和几，当私=〃、叱〃时，

油滴穿过人板"孔进入细管，恰能与细管无接触地从」V孔射出。忽略个孔和细管对电场的影

响，不计空气阻力。求：

（1）油滴进入加孔时的速度由：

（2）b、c两板间的电场强度£和磁感应强度占的值；

（3）当油滴从细管的N孔射出瞬间，将a和8立即调整到和夕，使油滴恰好不碰到a

板，且沿原路与细管无接触地返回并穿过M孔，请给出和/的结果。

9解析：.（20分）

（1）油滴入电场后，重力与电场力均做功，设到加点时的速度为人由动能定理

gmv^--imv1=mgL+qU、①

考虑到m二0匕②

得:K=J诏+2gL+③

V/

（2）油滴进入电场、磁场共存区域，恰与细管无接触地从N孔射出，须电场力与重力平衡，

有：

mg=qE④

得：E二”弦⑤

q

油滴在半圆形细管中运动时，洛伦兹力提供向心力，由

…吟⑥

得:

2gq

v1+2gL+⑦

qRqR

（3）若油滴恰不能撞到a板，且再返回并穿过."点，由动能定理,

O--mv；=-mgL-qU屋⑧

得：

Ui+甯⑨

考虑到油滴返回时速度方向已经相反，为了使油滴沿原路与细管无接触地返回并穿过M孔,

磁感应强度的大小不变，方向相反，即：

Br=-B⑩

评分标准：(1)6分，①、②、③式各2分；(2)8分，④、⑤、⑥、⑦式各2分；(3)6分，

⑧、⑨、⑩式各2分。

1分

所以，粒子圆周运动的半径R=—1

Bq

分

由前可知,进入磁场中粒子的最大速度是最小速度的3倍，故Rz=3/?=3cm1

分

其圆心坐标为(0,3cm),其轨迹方程为x-(v-3):=3:

过Q点作圆轨迹的切线，设切点F的坐标为G?,力)。若此粒子在F点进入无磁

场区域，它将沿直线FQ运动到Q点。故F点一定在磁场的边界上。由图可知，

/FQH=/EFG=S,故

6-v-

tanSuiZzL1分

，务必」〃

F点在圆上x?+(yr-3):=3:1分10'

联立解得x.=cm,;.=；cm2分

因此，只要将磁场区域的边界MN平行左移到F点速度最大的粒子在F点穿出磁

场，将沿圆轨迹的切线方向到达Q点。1分

10、在xoy平面内，直线0P与y轴的夹角。=45"。第一、第二

1］、，

象限内存在大小相等，方向分别为竖直向下和水平向右的

-M

匀强电场E；在x轴下方有垂直于纸面向外的匀强磁场B,

如图所示。现有一带正电的粒子从直线0P上某点A(-L,L)

••••(•••••

a4E

处静止释放。设粒子的比荷幺二干，粒子重力不计，其中E、B、m、q均未知。求：

mB2

（1）粒子进入磁场时与x轴交点的横坐标。

（2）粒子进入磁场时速度方向与x轴正方向的夹角。

（3）如果在直线0P上各点释放许多个上述带电粒子（粒子间的相互作用力不计），试

证明各带电粒子进入磁场后做圆周运动的圆心点的集合为一抛物线（提示：写出圆心

点坐标x、y的函数关系）。

解析：设粒子进入第一象限的初速度为忆由动能定理得：

qEL=gm为2,

解得：咛庐更。

Vw

粒子在第一象限做类平抛运动，＞=vit,L=^at2,a=qE/m,

联立解得：x=2LoE

XMvl!.

（2）设类平抛运动过程的末速度为V,竖直分速度为vv,、

2

吗o=qE/m,tL=-at,）'曰"«—

联立解得…产杵

tano=vF/v；=lo/

所以粒子进入磁场时速度方向与x轴正方向的夹角。=45。。

（3）L取任意值时均有：x=2LCl=45°o

v=-75vi=2o

v

粒子在磁场中做匀速圆周运动时，qvB=m二。

R将

B=#|E代人上式得庐JZ.

所以圆心坐标为：x=2L--—R,y=--—■Ro

22

将庐JE.代人并消去L得：x=4y，y。

此方程为•抛物线方程。

即各带电粒子进入磁场后做圆周运动的圆心点的集合为一抛物线。

11.右图中左边有一对平行金属板，两板相距为状电压为小两板之间有匀强磁场，磁感

应强度大小为氐，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里。图中右边有一半径为R圆心为

。的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为8方向垂直于纸面朝里。一正离子沿

平行于金属板面、从力点垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平行金属

板之间的区域，并沿直径切方向射入磁场区域，最后从圆形区城边界上的尸点射出.已知

速度的偏向角为%不计重力。求

（1）离子速度/的大小：

（2）离子的比荷加他

（3）离子在圆形磁场区域中运动时间乙

解析：（1）离子在平行金属板之间做匀速直线运动

B°qv=qEo4=巨（1分）得口=2（1分）

dB（）d

（2）在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动,

由洛伦兹力公式和牛顿笫二定律有

Bqv=w—（2分）

r

由几何关系有tan—=—（1分）

2r

.e

Lrtan—

离子的比荷为名二——-（1分）

wBBRd

07i6BRd

（3）弧CF对应圆心角为色离子在圆形磁场区域中运动时间t,

Bo.§

▲LTtan—

（2分）

12、如图甲所示，在水平放置的两平行金属板的右侧存在着有界的匀强磁场，磁场方向垂直

于纸面向里，磁场边界MN和P。与平行板的中线。。‘垂直。金属板的两极板间的电压

u=ioor»匀强磁场的磁感应强度8=1.0、10一27。现有带正电的粒子以

%=1.73xl（）5m/s的速度沿两板间的中线00,连续进入电场，恰能从平行金属板边缘穿

越电场射入磁场。已知带电粒子的比荷包=1.0xl（）8c/Zg,粒子的重力和粒子间相互作用

m

力均可以忽略不计（结果保留两位有效数字）。

（1）求射入电场的带电粒子射出电场时速度的大小和方向。

（2）为使射入电场的带电粒子不会由磁场右边界射出，该匀强磁场区的宽度至少为多大？

MP.

1XXX

1

1X

XX

<11

1XXX

1

............?*1X

---------XX

1

1XXX

1

1XXX

1

VXXXQ

15.（本题满分"分）

解：⑴由动能定理92」*-工用诏……2分

222

解得u=2.0x10'“s.................2分

设偏转角度为6,则cos6="=<……2分

>!.

6=30，.............1分

（2）粒子运动轨迹如图1所示，设粒子运动轨迹刚好与右

边

界相切，这时磁场宽度为d,贝!！

d=&+Rsin30・=1又.......3分

而”8=--.7?=--.................2分

*RcB

解得，3=0.3”：所以，磁场宽度至少为0.3SM.…2分

13、如图所示装置中，区域I中有竖直向上的匀强电场，电场强度为6区域n内有垂

直纸面向外的水平匀强磁场，磁感应强度为后区域in中有垂直纸面向里的水平匀强磁场，

磁感应强度为2员一质量为加、带电量为q的带负电粒子（不计重力）从左边界。点正上方

的必点以速度内水平射入电场，经水平分界线年上的力点与少成60°角射入n区域的磁

场，并垂直竖直边界切进入HI区域的匀强磁场中。

求：（1）粒子在II区域匀强磁场中运动的轨道半径。

（2）0、〃间的距离。

（3）粒子从3点出发到第二次通过⑦边界所经历的时间。

17.（12分）（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子

1剪I..............③1分

（2）设粒子在电场中运动时间为匕加速度为。，

则有狂=侬.......©1分

v：【an60'=的.......⑤］分

即.=®1...............@1分

尤

0、M两点间的距离为上=:而=受.....01分

IxR2G，;

⑶设粒子在II区域磁场中运动时间为t:

4qB

则由几何关系知八=竺工,T)»

⑥1分

•360°

设粒子在in区域磁场中运行时间为门，同理:...........⑨1分

m.lISO-_,TW

贝IJ&=----二=——⑪1分

'360c-2aB

粒子从M

点出发到第二次通过CD边界所用时间为

y/3mvnTim7rm西+57rm

f=，1+/,+，3=-----2■+----+----2分

qE3qB2qBqE6qB

14、如图所示装置中，区域I和川中分别有竖直向上和水平向右的匀强电场，电场强度分别

为E和E/2；II区域内有垂直向外的水平匀强磁场，磁感应强度为氏一质量为m、带电量

为q的带负电粒子（不计重力）从左边界0点正上方的M点以速度V。水平射入电场，经水

平分界线0P上的A点与0P成60c角射入n区域的磁场，并垂直竖直边界CD进入1H区域的

匀强电场中。求：

（1）粒子在n区域匀强磁场中运动的轨道半径

（2）0、M间的距离

（3）粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间

25（18分）Q）粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子过A点时速度为v,

由类平抛规律知.装苏

粒子在匀强磁场中做匀速圆周运洪，由牛柠第二定护

（2）设粒子在电场中运动时间步”，加速度为最刻有拉④1分

1,

0、M两点间的距离为~'5"

（3）设粒子在n区域磁场中运动时间为t2

T、m

,.■j,■3I一

则由几何关系知■6W

设粒子在111区域电场中运行回回为t3,

一M二工

则-a*

粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用时间为

Vim；8w；(S-y/J)»n■,E

15、右图中左边有一对平行金属板，两板相距为d.电压为〃；两板之间有匀强磁场，磁感

应强度大小为氐，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里。图中右边有一半径为乐圆心为

。的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为区方向垂直于纸面朝里。一正离子沿

平行于金属板面、从力点垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平行金属

板之间的区域，并沿直径切方向射入磁场区域，最后从圆形区城边界上的尸点射出.已知

速度的偏向角为不计重力。求

（2）离子的比荷0/勿；

（3）离子在圆形磁场区域中运动时间九

17.解：

解析：（1）离子在平行金属板之间做匀速直线运动

if耳分）帝高a分）

（2）在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动,

由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有

Bov=w—（2分）

r

由几何关系有tang=®（1分）

2v

-e

Ltan—

离子的比荷为之=——-（1分）

wBBRd

6m6BRa

（3）弧小对应圆心角为S,离子在圆形磁场区域中运动时间L

（2分）

16、如图所示，在x轴的上方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E；在x轴的下方等

腰三角形CDM区域内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B,C、D在x

轴上，它们到原点。的距离均为a,。=30°,现将一质量为m、带电量为q的带正电粒

子，从y轴上的P点由静止耗放，不计重力作用和空气阻力的影响.

（1）若粒子第一次进入磁场后恰好垂直CM射出磁场，求P、0间的距离：

（2）P、0间的距离满足什么条件时，可使粒子在电场和磁场中各运动3次?

19、解（1）粒子从P点到O点经电场加速

1、八

£qy=彳小丁，（2分）

粒子进入磁场后做匀速圆周运动，恰好垂直

射出磁场时，其圆心恰好在。点，其半径为

。.（2分）

Bqv=m—.（2分）

P到O的距离片与Mi.设分：

lE'-n

（2）若使粒子在电场和磁场中各运动3次时.其运动的半径/须满足

:0y分，只得出（〉？或的得3分）

响。的距离、，满足然＜.然。分，只得出cfg或

.二鎏的得1分）

17、如图所示，在直角坐标王郎平面y轴左侧（含y轴）有一沿y轴负向的匀强电场，一质

量为勿，电量为g的带正电粒子从＞轴上P处以速度外沿x轴正向进入电场，从y轴上

0点离开电场时速度方向与y轴负向夹角6=30°,0点坐标为（0,一冷,在y轴右侧有

一与坐标平面垂直的有界匀强磁场区域（图中未画出），磁场磁感应强度大小8二吗，

粒子能从坐标原点。沿X轴负向再进入电场.不计粒子重力，求:

（1）电场强度大小所

（2）如果有界匀强磁场区域为半圆形，求磁场区域的最小面积；

（3）粒子从尸点运动到0点的总时间.

25.（18分）解析：首先根据平抛运动及动能定理求出电场强度；画出运动轨迹，求出

半径，根据几何关系求出最小面积；分步求出各段的时间，最后求和得出总时间。

CO设粒子从Q点离开电场时速度大小Y

离开半圆形匀强磁场区域

粒子在磁场中做匀速圆周运动半径为，圆心为Q,如解答图所示

由洛伦兹力提供向心力，得

r

解得=2d（2分）

qB

若半圆形磁场区域的面积最小，则半圆形磁场区域的圆心为Q

可得半径R=1.5r=3d（2分）半圆形磁场区域的最小面积

S=-7VR2=—7id2=4.5^z/2（1分）

22

（3）设粒子在匀强电场中运动时间为

粒子从Q点离开电场时沿尸轴负向速度大小为,

有1=技,：

「竺解得一当金分）

v;八♦

设粒子在磁场中做匀速圆周运动时间为『二

4犷4/

有心二­=—（2分）

JVJV.

粒子在QM、NO间做匀速直线运动时间分别为〃、

由几何关系可得QM距离现7=坐

二

得小丝=坐（2分）

v，丫：

N。间距离加半得“乎=等Q分）

粒子从P点运动到。点的总时间

*d4,由1国3邪d（13百+8力d

+1'・''+——一一・—+■=

3v-3v.6v;6\.

（1分）

18、如图所示，在直角坐标系xOy内，有一质量为叫电荷量为+q的粒子A从

原点。沿y轴正方向以初速度％射出，粒子重力忽略不计，现要求该粒子能通

过点p（a,-b）,可通过在粒子运动的空间范围内加适当的“场”来实现。

y

P（0,-b）

⑴若只在整个I、口象限内加垂直纸面向外的匀强磁场，使粒子A在磁场

中作匀速圆周运动，并能到达P点，求磁感应强度B的大小;

⑵若只在X轴上某点固定一带负电的点电荷Q,使粒子A在Q产生的电场中

作匀速圆周运动，并能到达P点，求点电荷Q的电量大小；

⑶若在整个I、II象限内加垂直纸面向外的匀强磁场，并在第IV象限内

加平行于x轴，沿x轴正方向的匀强电场，也能使粒子A运动到达P点。如果

此过程中粒子A在电、磁场中运动的时间相等，求磁感应强度B的大小和电场强

度E的大小

23.（16分）

解：（1）粒子由0到P的轨迹如图所示，粒子在磁场中做圆周运动，半径为R：：

由几何关系知

….......a分）

由牛顿第二定律可知：

瞑2......（2分

由此得.......a分）

qa

（2）粒子由0到P的轨迹如图所示

粒子在电场中做圆周运动，半径为R：：

由几何关系知：

（a-）:-bz=R:

年二.......（2分）

2a

由牛顿第二定律可知

警=塔........（2分）

由此得：0.....（1分）

2akq

（3）粒子由0经V到P的轨迹如图所示，在磁场中做圆周运动，在电场中做

类平抛运动

在电场中运动时间ts

设在磁场中做圆周运动，半径为R：

则有v:r«.......（1分）

电场中-兰.......（1分）

py*,。分）

由此得网在巴B.......（1分）

19、如图所示，在xoy平面直角坐标系的第一象限有射线UA,UA与x地正方向央角为3U0,

0A与y轴所夹区域内有沿y轴负方向的匀强电场E1,第二象限存在水平向右的匀强电场

E2,其它区域存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场。有一质量为m、电量为q的带正电粒

子，从y轴上的P点沿着x轴王方向以初速度的射入电场，运动一段时间后经过Q点垂

直于射线0A进入磁场，经磁场垂直x轴进入偏转电场E2,过y轴E半轴上的P点再次进

入匀强电场E1,已知OP=h,不计粒子重力，求：

（1）粒子经过Q点时的速度大小；

（2）匀强电场电场强度E1的大小；

（3）粒子从Q点运动到P点所用的时间。

25、（1）设粒子在Q的速度为V,则V•sin30°=匕……①（2分）

有：V=2V0……②（2分）

（2）在电场E二中，对粒子有：h-OQ•sin30°Jal.......③（1分）

0Q•cos300=Vot.......@（1分）

粒子的加速度：qE士ma.......⑤（1分）

V•cos300=a•t.......@（1分）

得：……（2分）OQ=：h……（1分）

2qh〉

（3）粒子以。为圆心作匀速圆周运动

OQ=r=空・・・・・・⑦（1分）

qB

丁=浊……@（1分）

qB

在磁场中运动时间：t产上2・1处,……⑨（2分）

2兀15V0

在电场E2中运动时间：t2=—=—……（10）（1分）

V2Vo

Q点运动到p点的时间：t=t1+t2=-^-+—……（11）（2分）

15Vo2V0

20、有一种“双聚焦分析器”质谱仪，工作原理如图所示。加速电场的电压为U,静电分析器

中有会聚电场，即与圆心G等距各点的电场强度大小相同，方向沿径向指向圆心6,磁分析

器中以02为圆心、圆心角为90°的扇形区域内，分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其

左边界与静电分析器的右边界平行。由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的正离子（初速

度为零，重力不计），经加速电场加速后，从M点沿垂直于该点的电场方向进入静电分析器，

在静电分析器中，离子沿半径为R的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，并从N点射出静电分

析器。而后离子由P点沿着既垂直于磁分析器的左边界，又垂直于磁场方向射入磁分析器中，

最后离子沿垂直于磁分析器下边界的方向从Q点射出，并进入收集器。测量出Q点与圆心02

的距离为d,位于Q点正下方的收集器入口离Q点的距离为d/2。（题中的U、m、q、R、d都

为已知量）

（1）求静电分析器中离子运动轨迹处电场强度E的大小；

（2）求磁分析器中磁感应强度B的大小；

（3）现将离子换成质量为4m,电荷量仍为q的另一种正离子，其它釜件不变。磁分析器空

间足够大，离子不会从圆弧边界射出，收集器的位置可以沿水平方向左右移动，要使此时射

出磁分析器的离子仍能进入收集器，求收集器水平移动的距离。

设离子进入静电分析器时的速度为v,离子在加速电场中加速的过程中，根据动能定理有

〃1Z

qu=­mv

2①2分

离子在静电分析器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有

L

qE=-----

R②2分

由①②解得

厂■J

「③2分

(2)(共6分)离子在喀分析器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有

♦也一

*T④二分

由题意可知，周周运动的轨道半径

r=d⑤二分

由④⑤①式解得

n112^0

5=-----------⑥二分

d\Q

(3)(共8分)磁场中运动的半径为2d4分

水平向右移动的距离为-T)d4分

21、如图所示，真空中有一半径厂0.5m的圆形磁场区域，圆与〉:轴相切于坐标原点

0,磁场的磁感应强度大小5=2xlOT,方向水平向里，在x尸0.5m-与X2=1.0m区域内有一

个方向竖直向下的匀强电场，电场强度E=2.OxlO%/C。在x=2.0