高考专题精校解析Word版---物理冲刺大题精做12 带电粒子在复合场中运动（教师版）

1、物理冲刺卷1【龙岩质量检测】如图所示，在xOy坐标平面内，x0的区域存在沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m，带电量为q粒子在电场中的P点以初速度v0沿x轴正方向射出，恰好经过坐标原点O进入匀强磁场。已知P点坐标为(L，)，磁场的磁感应强度，不计粒子重力。求：(1)匀强电场的场强大小；(2)粒子在O点时速度的大小和方向；(3)粒子从磁场射出时的橫坐标x。【解析】(1) 粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：Lv0t竖直方向：，解得：，。(2) 粒子经过O点时的速度：设速度方向与x轴正方向间夹角为，则所以60即粒子在O点的速度大小为2v0，方向与x正向成60角斜向下。(3) 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：解得：r2L粒子从磁场射出时的横坐标：x2rsin 。2【河南九师联盟质检】如图所示，竖直平面内有一直角坐标系xOy，x轴沿水平方向。第二、三象限有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，与x轴成30角的绝缘细杆固定在二、三象限；第四象限同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直于坐标平面向里磁感应强度大小为B的匀强磁场，一质量为m，

2、电荷量为q带电小球a穿在细杆上沿细杆匀速下滑，在N点脱离细杆恰能沿圆周轨道运动到x轴上的A点，且速度方向垂直于x轴。已知A点到坐标原点O的距离为，小球a与绝缘细杆的动摩擦因数，重力加速度为g，空气阻力忽略不计。求：(1)带电小球的电性及电场强度的大小E；(2)第二、三象限里的磁场的磁感应强度大小B1；(3)当带电小球a刚离开N点时，从y轴正半轴距原点O为的P点(图中未画出)以某一初速度水平向右平抛一个不带电的绝缘小球b，b球刚好运动到x轴时与向上运动的a球相碰，则b球的初速度为多大？【解析】(1)由带电小球a在第四象限内做匀速圆周运动可得，带电小球a带正电，且mgqE解得：Emgq(2)带电小球a从N点运动到Q点的过程中，设运动半径为R，有：qvBmv2R由几何关系有R+Rsin32l联立解得vqlBm5gl6带电小球a在杆上匀速运动时，由平衡条件有mgsin（qvB1mgcos）解得B17mqg10l(3)带电小球a在第四象限内做匀速圆周运动的周期T2Rv24l5g带电小球a第一次在第一象限竖直上下运动的总时间为t02vg10l3绝缘小球b平抛运动至x轴上的时间为t2hg210l3g

3、两球相碰有tT3+nt0+T2联立解得n1设绝缘小球b平抛的初速度为v0，则72lv0t解得v0147gl160。模拟精做1【日照期末】如图所示，真空中有以O1为圆心、r半径的圆形匀强磁场区域，坐标原点O为圆形磁场边界上的一点。磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。xr的虚线右侧足够大的范围内有方向竖直向下、大小为E的匀强电场。从O点在纸面内向各个方向发射速率相同的质子，速度方向与x轴正方向成120角的质子，经磁场偏转后又垂直射入电场，到达x轴上的P点(图中未画出)。已知质子的电荷量为e、质量为m，质子重力可忽略。(1)求质子射入磁场时的速度大小；(2)求质子从坐标原点O到x轴上的P点所需的时间；(3)若质子沿y釉正方向射入磁场，在离开磁场前的某一时刻，磁场方向不变、大小突然变为B1，此后质子恰好被束缚在该圆形磁场中，则B1的最小值为多少?【解析】(1) 设质子射磁场时的速度为v质子射入磁场后做匀速圆周运动，质子的轨迹如图所示。由几何关系知，质子在磁场中的偏转半径为Rr由牛顿第二定律：evBmv2R 解得：veBrm；(2)质子在磁场中运动的周期T2mqB 质子在磁场中的运动轨

4、迹所对应的圆心角为1200，运动时间为t1T32m3eB 质子离开磁场做匀速直线运动，匀速运动位移为：sr(1-sin600) 匀速运动的时间为：t2sv2-32eBm 质子垂直射入电场做类平抛运动，设在电场中的运动时间为t3 竖直位移为yr(1+cos600) 根据匀变速直线运动的规律y12at32 ，其中aeEm 解得：t33mreE 质子从O点到达x轴的时间tt1+t2+t32m3eB+(2-3)m2eB+3mreE；(3)若粒子运动轨迹的圆心为O3，如图所示。当质子运动到轨迹与O1O3连线交点处时，仅改变磁场大小，粒子运动的半径最大，即B1对应最小。由几何关系得，最大半径Rmax2-22r 由evB1mv2Rmax 解得：B122-2B。2【华中师大附中期末】坐标原点O处有一点状的放射源，它向xOy平面内的x轴上方各个方向发射带正电的同种粒子，速度大小都是v0，在0yd的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，场强大小为，其中q与m分别为该种粒子的电量和质量；在dy3d的区域内分布有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。ab为一块很大的平面感光板，放置于y3d处，如图所示，观察发现此时

5、恰无粒子打到ab板上，不考虑粒子的重力。(1)求粒子刚进入磁场时的速度大小；(2)求磁感应强度B的大小；(3)若将ab板向下平移距离y时，刚好能使所有的粒子均能打到板上，求向下平移的距离y。【解析】(1)无论沿哪个方向发射粒子，从开始发射到这些粒子刚进入磁场时，洛仑兹力不做功， 电场力做功是一样的，设刚进入磁场时的速度大小为v，则由动能定理可得：12mv2-12mv02Eqd32mv02化简可得：v2v0(2)由题意可知，沿着正x轴水平向右发射的粒子，先在电场中做类平抛运动，进入磁场后做匀速圆周运动，且刚好与移动ab板相切，设进入磁场时的速度方向与正x轴方向的夹角为，做圆周运动的 轨道半径为R，则：cosv0vv02v012 ，60由几何关系可知：Rcos60+R2d可得：R43d 又qvBmv2R得：RmvqB2mv0qB 则B3mv02qb(3)根据对称性，沿着负x轴水平向左发射的粒子，先在电场中做类平抛运动，进入磁场后做匀速圆周运动，且刚好与移动y之后的ab板相切，则2d-y+Rcos60RB11T，B23T，3s，t24s 解得：y43d3【苏州调研】实验中经常利用电磁场来改变

6、带电粒子运动的轨迹。如图所示，氕()、氘()、氚()三种粒子同时沿直线在纸面内通过电场强度为E、磁感应强度为B的复合场区域。进入时氕与氘、氘与氚的间距均为d，射出复合场后进入y轴与MN之间(其夹角为)垂直于纸面向外的匀强磁场区域，然后均垂直于边界MN射出。虚线MN与PQ间为真空区域且PQ与MN平行。已知质子比荷为，不计重力。(1)求粒子做直线运动时的速度大小v；(2)求区域内磁场的磁感应强度B1；(3)若虚线PQ右侧还存在一垂直于纸面的匀强磁场区域，经该磁场作用后三种粒子均能汇聚于MN上的一点，求该磁场的最小面积S和同时进入复合场的氕、氚运动到汇聚点的时间差t。【解析】(1)由电场力与洛伦兹力平衡，BqvEq解得vE/B。(2)由洛伦兹力提供向心力，B1vqmv2r由几何关系得rd解得B1mEqdB。(3)分析可得氚粒子圆周运动直径为3r磁场最小面积S3r22-r22来源:Zxxk.Com解得Sd2由题意得B22B1由T2rv得T2mqB由轨迹可知t1(3T1T1) 2，其中T12mqB1t2 (3T2T2)，其中T22mqB2解得tt1t2(+2)BdE。4【江苏三校联合模拟】如图所

7、示，在竖直虚线PQ左侧、水平虚线MN下方有范围足够大的竖直向上的匀强电场和水平向里的匀强磁场，电场的电场强度大小为E，磁场的磁感应强度B未知。在距离MN为h的O点将带电小球以的初速度向右水平抛出，小球在MN下方的运动做匀速圆周运动，已知重力加速度为g。(1)求带电小球的比荷，并指出小球带电性质；(2)若小球从O点抛出后最后刚好到达PQ上与O点等高的O1点，求OO1间最小距离s及对应磁场的磁感强度的值B0；(3)已知磁场磁感应强度为B1，若撤去电场，小球从O点抛出后，在磁场中运动过程距离MN的最大距离为d (该点在PQ左侧)，求小球运动经过此点时加速度a。【解析】(1)因为小球在MN下方的运动是匀速圆周运动，所以电场力等于重力，电场力方向向上，所以带正电。因为mgqE所以qmgE(2)小球从O点抛出做类平抛运动，如图所示：根据平抛运动可得：xv0th12gt2 ，vy2ghvv02+vy22ghtanvyv0解得45o所以s2x-2R最小时R最大，磁场的磁感强度有最小值B0所以s2x-2R2R小球在MN下方的运动是匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：qvBmv2R RmvqB 所以 B0(

8、2+1)E2gh s4(2-2)h (3)若撤去电场，小球从O点抛出后，在磁场中运动过程距离MN的最大距离为d根据动能定理列式得：mg(h+d)12mv12-12mv02又qv1B1-mgma 所以agB12g(2h+d)E-g5【青岛二中期末】如图所示，一小滑块带正电，质量为m，从P点以初速度v0水平抛出，恰好从上端口a点以速度v0竖直向下进入圆弧金属管形轨道ab，然后从下端口b点滑出，并滑上水平传送带。P点到a点的竖直距离为h，金属管形轨道ab内壁光滑，半径为R，管道内径很小，但略大于小滑块的尺寸。b点上方左侧整个区域(不包括b点所在的竖直线)存在水平向外的的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度为B，电场强度为E。当传送带静止时，小滑块恰好运动到传送带右端点c点停下。已知重力加速度为g。(1)求小滑块的初速度v0。(2)求小滑块刚要滑出b端口时，对圆轨道的压力大小。(3)若传送带匀速转动，试讨论滑块到达c点时的动能Ek与传送带速率v的关系。【解析】(1)小滑块从p到a做匀速圆周运动，则：qEmgqv0Bmv02h 解得v0ghBE。(2)小滑块进入金属管形轨道将失去电荷，所以从a到b的过程中，不受电场力和洛伦兹力作用，机械能守恒，则：12mv02+mgR12mvb2 在b点：FNb-mgmvb2R 解得FNb3mg+mg2h2B2RE2。(3)若传送带逆时针转动，滑块的受力与运动情况与传送带静止不动时相同，故滑块到达c点时的动能为零，与传送带的速度无关。若传送带顺时针转动，设恰好使物体一直加速时传送带速度大小为vc，则fL12mvc2-12mvb2 传送带静止时有：-fL0-12mvb2综合（2）联立方程解得：vc4gR+2g2h2B2E2 所以传送带顺时针转动时，滑到c点的动能与传送带速率v的关系是：若0v4gR+2g2h2B2E2，则Ek12mv2；若v4gR+2g2h2B2E2，则：Ek12mvc22mgR+mg2h2B2E2。

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