備戰(zhàn)2019年高考物理 考點(diǎn)一遍過 考點(diǎn)47 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動（含解析）

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1、帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動一、帶電粒子在組合場中運(yùn)動的分析方法1正確受力分析，除重力、彈力、摩擦力外要特別注意靜電力和磁場力的分析。2確定帶電粒子的運(yùn)動狀態(tài)，注意運(yùn)動情況和受力情況的結(jié)合。3對于粒子連續(xù)通過幾個不同區(qū)域、不同種類的場時，要分階段進(jìn)行處理。4畫出粒子運(yùn)動軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動規(guī)律。二、帶電粒子在疊加場中運(yùn)動的分析方法1帶電體在疊加場中運(yùn)動的歸類分析（1）磁場力、重力并存若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動。若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒。（2）電場力、磁場力并存（不計(jì)重力的微觀粒子）若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速

2、直線運(yùn)動。若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，可用動能定理求解。（3）電場力、磁場力、重力并存若三力平衡，帶電體做勻速直線運(yùn)動。若重力與電場力平衡，帶電體做勻速圓周運(yùn)動。若合力不為零，帶電體可能做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，可用能量守恒定律或動能定理求解。2帶電粒子（帶電體）在疊加場中運(yùn)動的分析方法（1）弄清疊加場的組成。（2）進(jìn)行受力分析。（3）確定帶電粒子的運(yùn)動狀態(tài)，注意運(yùn)動情況和受力情況的結(jié)合。 （4）畫出粒子運(yùn)動軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動規(guī)律。當(dāng)帶電粒子在疊加場中做勻速直線運(yùn)動時，根據(jù)受力平衡列方程求解。當(dāng)帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運(yùn)動時，應(yīng)用牛頓定律結(jié)合圓周運(yùn)動規(guī)律求解。當(dāng)帶電粒

3、子做復(fù)雜曲線運(yùn)動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解。對于臨界問題，注意挖掘隱含條件。（5）記住三點(diǎn)：能夠正確對疊加場中的帶電粒子從受力、運(yùn)動、能量三個方面進(jìn)行分析受力分析是基礎(chǔ)：一般要從受力、運(yùn)動、功能的角度來分析。這類問題涉及的力的種類多，含重力、電場力、磁場力、彈力、摩擦力等；運(yùn)動過程分析是關(guān)鍵：包含的運(yùn)動種類多，含勻速直線運(yùn)動、勻變速直線運(yùn)動、類平拋運(yùn)動、圓周運(yùn)動以及其他曲線運(yùn)動；根據(jù)不同的運(yùn)動過程及物理模型，選擇合適的定理列方程（牛頓運(yùn)動定律、運(yùn)動學(xué)規(guī)律、動能定理、能量守恒定律等）求解。三、帶電粒子在周期性的電場和磁場中的運(yùn)動帶電粒子在交變電場或磁場中運(yùn)動的情況較復(fù)雜，運(yùn)動情況不僅取

4、決于場的變化規(guī)律，還與粒子進(jìn)入場的的時候的時刻有關(guān)，一定要從粒子的受力情況著手，分析出粒子在不同時間間隔內(nèi)的運(yùn)動情況，若交變電壓的變化周期遠(yuǎn)大于粒子穿越電場的時間，那么粒子在穿越電場的過程中，可看作勻強(qiáng)電場。注意：空間存在的電場或磁場是隨時間周期性變化的，一般呈現(xiàn)“矩形波”的特點(diǎn)。交替變化的電場及磁場會使帶電粒子順次經(jīng)過不同特點(diǎn)的電場，磁場或疊加的場，從而表現(xiàn)出多過程現(xiàn)象，其特點(diǎn)較為隱蔽。如圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖。帶電粒子被加速電場加速后，進(jìn)入速度選擇器。速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場的強(qiáng)度分別為B和E。平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1、A2。平板S下方有磁

5、感應(yīng)強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場。下列表述錯誤的是A質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具B速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向里C能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于D粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷（）越小【參考答案】BD【詳細(xì)解析】粒子在速度選擇器中做勻速直線運(yùn)動，有qE=qvB，解得，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后，有，解得，知r越小，比荷越大，同位素電荷量相等，質(zhì)量不同，則偏轉(zhuǎn)半徑不同，所以質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具，故AC正確，D錯誤；粒子在磁場中向左偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則知該粒子帶正電，在速度選擇器中，所受的電場力水平向右，則洛倫茲力水平向左，根據(jù)左手定則，磁場的方向垂直紙面向外，故B錯誤。1如圖所示，兩平行金

6、屬板P、Q水平放置，上極板帶正電，下極板帶負(fù)電；板間存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出）。一個帶電粒子在兩板間沿虛線所示路徑做勻速直線運(yùn)動。粒子通過兩平行板后從O點(diǎn)垂直進(jìn)入另一個垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場中，粒子做勻速圓周運(yùn)動，經(jīng)過半個周期后打在擋板MN上的A點(diǎn)。不計(jì)粒子重力。則下列說法不正確的是A此粒子一定帶正電BP、Q間的磁場一定垂直紙面向里C若另一個帶電粒子也能做勻速直線運(yùn)動，則它一定與該粒子具有相同的荷質(zhì)比D若另一個帶電粒子也能沿相同的軌跡運(yùn)動，則它一定與該粒子具有相同的荷質(zhì)比【答案】C【解析】由粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡，根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，選項(xiàng)A正確；粒子在兩板間受向下的電場力，

7、則洛倫茲力方向向上，由左手定則可知，P、Q間的磁場一定垂直紙面向里，選項(xiàng)B正確；若另一個帶電粒子也能做勻速直線運(yùn)動，則，可得，則它一定與該粒子具有相同的速度，選項(xiàng)C錯誤；若另一個帶電粒子也能沿相同的軌跡運(yùn)動，則，可得，它一定與該粒子具有相同的荷質(zhì)比和相同的速度，故選項(xiàng)D正確；此題選項(xiàng)不正確的選項(xiàng)，故選C。 2（2018江蘇省南京市南京師范大學(xué)附屬中學(xué)高三模擬）某儀器用電場和磁場來控制電子在材料表面上方的運(yùn)動，如圖所示，材料表面上方矩形區(qū)域PPNN充滿豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場寬【解析】NP=NP=d。長NN=MM=5s、寬MN=MN=s的矩形區(qū)域NNMM充滿垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B

8、；NN為磁場與電場之間的分界線點(diǎn)C1、C2將MN三等分，在C1、C2間安裝一接收裝置一個電荷量為e、質(zhì)量為m、初速度為零的電子，從P點(diǎn)開始由靜止被電場加速后垂直進(jìn)入磁場電場強(qiáng)度可以取一定范圍內(nèi)的任意值，電子運(yùn)動時，電場強(qiáng)度不變，最后電子僅能從磁場邊界MN飛出不計(jì)電子所受重力。（1）電場強(qiáng)度的最大值為多少？（2）若接收裝置只接收垂直MN方向的電子（不含C1、C2），求接受裝置能夠接受到幾種不同速度的電子，其中速度最小為多少？（3）求恰好擊中C1的電子速度大小的可能值?！敬鸢浮浚?） （2） （3） 【解析】（1）在磁場運(yùn)動過程中解得加速過程中，根據(jù)動能定理可得根據(jù)幾何知識可知R=s時，速度最大，

9、有故（2）垂直進(jìn)入接收裝置，設(shè)進(jìn)入磁場n次（n為整數(shù)），則且解得n=4、5、6，共三種，所以接受到的電子速度有三種其中半徑最小的為由得速度最小的為（3）如下圖所示，擊中C1有兩類情形：設(shè)電子經(jīng)過電場N次， ，且為奇數(shù)由圖可得兩邊平方，化簡得要使R有解， 化簡得，N=5或7時， 化簡得考慮，取時， 化簡得由 得， 【名師點(diǎn)睛】帶電粒子在組合場中的運(yùn)動問題，首先要運(yùn)用動力學(xué)方法分析清楚粒子的運(yùn)動情況，再選擇合適方法處理。對于勻變速曲線運(yùn)動，常常運(yùn)用運(yùn)動的分解法，將其分解為兩個直線的合成，由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合求解，對于磁場中圓周運(yùn)動，要正確畫出軌跡，由幾何知識求解半徑。如圖所示為研究某種帶

10、電粒子的裝置示意圖，粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直線射到熒光屏上的O點(diǎn)，出現(xiàn)一個光斑。在垂直于紙面向里的方向上加一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場后，粒子束發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿半徑為r的圓弧運(yùn)動，打在熒光屏上的P點(diǎn)，然后在磁場區(qū)域再加一豎直向下，場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場，光斑從P點(diǎn)又回到O點(diǎn)，關(guān)于該粒子（不計(jì)重力），下列說法正確的是A粒子帶負(fù)電B初速度為C比荷為D比荷為【參考答案】D【詳細(xì)解析】垂直于紙面向里的方向上加一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場后，粒子束打在熒光屏上的P點(diǎn)，根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，選項(xiàng)A錯誤；當(dāng)電場和磁場同時存在時，解得，選項(xiàng)B錯誤；在磁場中時，由，可得：，故選項(xiàng)D正確，C錯誤；故選

11、D?！久麕燑c(diǎn)睛】本題主要是考查帶電粒子在復(fù)合場的運(yùn)動，解答本題要能夠根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件分析洛倫茲力和電場力的大小關(guān)系；在復(fù)合場中做勻速直線運(yùn)動粒子，在解題時要注意過程分析和受力分析。1（2018江西省上饒縣中學(xué)高三月考）如圖所示，在正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中有質(zhì)量和電荷量都相同的兩油滴M、N。M靜止，N做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動，若N與M相碰后并結(jié)合在一起，則關(guān)于它們下列說法中不正確的A以N原速率的一半做勻速直線運(yùn)動B以為半徑做勻速圓周運(yùn)動C仍以R為半徑做勻速圓周運(yùn)動D做周期為N的一半的勻速圓周運(yùn)動【答案】ACD【解析】設(shè)M、N的質(zhì)量和電荷量分別為m、q，碰撞前N的速率為v。碰撞后瞬間整體的速

12、率為v。碰撞前，對N，由洛倫茲力提供向心力，有 qvB=m，得R=；對M有qE=mg；碰撞過程，取碰撞前N的速度方向?yàn)檎较颍蓜恿渴睾愣捎?mv=2mv，得 v=；MN整體受到的電場力 2qE，重力為2mg，則2qE=2mg，所以整體的電場力和重力仍平衡，所以碰后整體做勻速圓周運(yùn)動，軌跡半徑為，故AC錯誤，B正確。N原來的周期碰后整體的周期故D錯誤。此題選擇不正確的選項(xiàng)，故選ACD。2（2018天津市耀華中學(xué)高三模擬）如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，其第象限存在著正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度的方向水平向右；，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里。帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的微粒從原

13、點(diǎn)出發(fā)沿與x軸正方向的夾角為45的初速度進(jìn)入復(fù)合場中，正好做直線運(yùn)動，當(dāng)微粒運(yùn)動到A（l，l）時，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上（不計(jì)電場變化的時間），粒子繼續(xù)運(yùn)動段時間后，正好垂直于y軸穿出復(fù)合場。不計(jì)切阻力，求：（1）電場強(qiáng)度E的大小；（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。唬?）粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動時間。【答案】（1） （2） （3）【解析】（1）微粒在到達(dá)A（l，l）之前做勻速直線運(yùn)動，受力分析如圖：根據(jù)平衡條件，有：解得： （2）根據(jù)平衡條件，有： ；電場方向變化后，微粒所受重力與電場力平衡，微粒在洛侖茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，軌跡如圖：根據(jù)牛頓第二定律，有：由幾何關(guān)系可得：聯(lián)立解得： （3）微粒做勻速

14、直線運(yùn)動的時間為： 做圓周運(yùn)動的時間為： 在復(fù)合場中運(yùn)動時間為： 【名師點(diǎn)睛】在電場中正確受力分析根據(jù)平衡可求出電場強(qiáng)度的大小，在磁場中運(yùn)動時要找到運(yùn)動軌跡的半徑，再結(jié)合物理知識求解即可。（2018重難強(qiáng)化卷）如圖甲所示，豎直面MN的左側(cè)空間中存在豎直方向的勻強(qiáng)電場（上、下及左側(cè)無邊界）。一個質(zhì)量為m、電荷量為q、可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電小球，以水平初速度v0沿PQ向右做直線運(yùn)動，Q位于MN上若小球剛經(jīng)過D點(diǎn)時（t0），在電場所在空間疊加如圖乙所示隨時間做周期性變化、垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，使得小球再次通過D點(diǎn)時速度與PQ連線成90角，已知D、Q間的距離為2L，t0小于小球在磁場中做圓周運(yùn)動的周期，

15、忽略磁場變化造成的影響，重力加速度為g.（1）求電場強(qiáng)度的大小E和方向；（2）求t0與t1的比值；（3）小球過D點(diǎn)后做周期性運(yùn)動，則當(dāng)小球運(yùn)動的周期最大時，求出此時磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B0及運(yùn)動的最大周期Tm.【參考答案】（1），豎直向上 （2） （3），【詳細(xì)解析】（1）不加磁場時，小球沿直線PQ做直線運(yùn)動，則有，解得，方向豎直向上（2）小球能再次通過D點(diǎn)，其運(yùn)動軌跡如圖所示，設(shè)半徑為r，做圓周運(yùn)動的周期為T，則有，解得；（3）當(dāng)小球運(yùn)動周期最大時，其運(yùn)動軌跡應(yīng)與MN相切由幾何關(guān)系得2R=2L，由牛頓第二定律得解得故1（2018云南省宣威市第一中學(xué)高二期中）在第一象限（含坐標(biāo)軸）內(nèi)有垂直xOy平

16、面周期性變化的均勻磁場，規(guī)定垂直xOy平面向里的磁場方向?yàn)檎艌鲎兓?guī)律如圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0，變化周期為T0.某一正粒子質(zhì)量為m、電量為q在t0時從0點(diǎn)沿x軸正向射入磁場中若要求粒子在tT0時距x軸最遠(yuǎn)，則B0的值為ABCD【答案】D【解析】粒子在磁場中勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，則： ，所以：，粒子運(yùn)動的周期：，要求在T0時，粒子距x軸最遠(yuǎn)如圖作出粒子運(yùn)動軌跡，設(shè)兩段圓弧的圓心的連線與y軸夾角為，P點(diǎn)的縱坐標(biāo)為y，圓心O2到y(tǒng)軸之間的距離為x，則由幾何關(guān)系，得：， ，因?yàn)榱Ｗ釉诘谝幌笙迌?nèi)運(yùn)動， ，由題意根據(jù)數(shù)學(xué)關(guān)系知，當(dāng)時，y取最大值，故此時粒子在磁場中時間內(nèi)對圓心轉(zhuǎn)過的角度為

17、，根據(jù)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的時間： ，得：，又粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期公式知： ，知磁感應(yīng)強(qiáng)度，故選項(xiàng)D正確，ABC錯誤?！久麕燑c(diǎn)睛】本題是帶電粒子在交變磁場中運(yùn)動的問題，畫出粒子運(yùn)動的軌跡，根據(jù)幾何知識求出P點(diǎn)橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)與粒子圓周運(yùn)動半徑的關(guān)系根據(jù)粒子在第一象限運(yùn)動的條件求解P點(diǎn)的縱坐標(biāo)的最大值時周期與T0的關(guān)系，再根據(jù)周期公式求出磁感應(yīng)強(qiáng)度B。2在如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy中，存在沿x方向按如圖所示規(guī)律周期性變化的勻強(qiáng)電場，沿x軸正向?yàn)檎?，沿垂直于xOy平面指向紙里的方向中存在按如圖所示規(guī)律周期性變化的勻強(qiáng)磁場，坐標(biāo)原點(diǎn)O處有帶正電的粒子，從t=0時刻無初速度釋放，已知粒子的

18、質(zhì)量m=51010 kg，電荷量q=1106 C，不計(jì)粒子的重力，求：（1）t=0.25103 s時粒子的速度及位置；（2）t=1103 s時粒子的位置坐標(biāo)；（3）t=8103 s時粒子的速度。【答案】（1）5 m/s （2）（1.25103 m，8104 m）（3）80 m/s 方向沿x軸正向【解析】（1）在第一個t0=0.25103s內(nèi)粒子的加速度a滿足：qE=ma末速度v1=at0=5 m/s，沿x軸正向運(yùn)動（2）在0.25103 s到0.5103 s內(nèi)粒子做勻速圓周運(yùn)動， 故粒子在0.25103 s內(nèi)運(yùn)動了半個圓周，而圓周運(yùn)動的半徑在0.5103 s到0.75103 s內(nèi)粒子沿x軸負(fù)向

19、勻加速運(yùn)動末速度大小v2=v1+at0=2v1，位移大小在0.75103 s到1103 s內(nèi)粒子做勻速圓周運(yùn)動， 末位置坐標(biāo)：x=(L2L1)=1.25103 m y=(2R22R1)=8104 m即（1.25103 m，8104 m）（3）粒子在8103s內(nèi)16次加速，每次速度增加v1故v=16v1=80 m/s，方向沿x軸正向1如圖所示為回旋加速器的示意圖。兩個靠得很近的D形金屬盒處在與盒面垂直的勻強(qiáng)磁場中，一質(zhì)子從加速器的A處開始加速。已知D型盒的半徑為R，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，高頻交變電源的電壓為U、頻率為f，質(zhì)子質(zhì)量為m，電荷量為q。下列說法錯誤的是A質(zhì)子的最大速度不超過2RfB質(zhì)子

20、的最大動能為C質(zhì)子的最大動能與電壓U無關(guān)D只增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B，可增加質(zhì)子的最大動能2（2018四川省成都市高中畢業(yè)班摸底測試）圖示區(qū)域有方向豎直向下的勻強(qiáng)電場和水平向里的勻強(qiáng)磁場，一帶正電的微粒以水平向右的初速度進(jìn)入該區(qū)域時，恰能沿直線運(yùn)動。欲使微粒向下偏轉(zhuǎn)，可采用的方法是A僅減小入射速度B僅減小微粒的質(zhì)量 C僅增大微粒的電荷量D僅增大磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度3如圖所示，一束含有、的帶電粒子束從小孔O1處射入速度選擇器，其中沿直線O1O2運(yùn)動的粒子在小孔O2處射出后垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場，最終打在P1、P2兩點(diǎn)，不計(jì)粒子間的相互作用。則A打在P1點(diǎn)的粒子是BO2P2的長度是O2P1長度的2倍C粒子與粒子在偏

21、轉(zhuǎn)磁場中運(yùn)動的時間之比為2:1D粒子與粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運(yùn)動的時間之比為1:14（2018衡水金卷高三四省第三次大聯(lián)考）如圖所示的速度選擇器水平放置，板長為L，兩板間距離也為L，兩板間分布著如圖所示的正交勻強(qiáng)電場與勻強(qiáng)磁場，一帶正電的粒子(不計(jì)重力)從兩板左側(cè)中點(diǎn)O處沿圖中虛線水平向右射入速度選擇器，恰好做勻速直線運(yùn)動；若撤去磁場，保留電場，粒子以相同的速度從O點(diǎn)進(jìn)入電場，恰好從上板極右邊緣b點(diǎn)離開場區(qū)；若撤去電場，保留磁場，粒子以相同的速度從O點(diǎn)進(jìn)入磁場，則粒子圓周運(yùn)動的半徑為ALB2LCD5（2018河南省七校模擬測試）如圖所示，在正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，電場方向豎直向上，磁場方向垂直于

22、紙面向里，帶電粒子B靜止在正交的電磁場中，另一帶電粒子A以一定的水平速度沿直線向右運(yùn)動，與粒子B碰撞后粘在一起，碰撞過程中粒子的電荷量沒有損失，兩個粒子的質(zhì)量相等，則下列說法正確的是A粒子A帶負(fù)電，粒子B帶正電B粒子A的帶電量一定小于粒子B的帶電量C兩粒子碰撞后仍沿直線運(yùn)動D兩粒子碰撞后會做向上偏轉(zhuǎn)運(yùn)動6質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)雖和分析同位索的重要工具。圖中的鉛盒A中的放射源放出大量的帶正電粒子(可認(rèn)為初速度為零)，從狹縫S1進(jìn)入電壓為U的加速電場區(qū)加速后，再通過狹縫S2從小孔G垂直于MN射入偏轉(zhuǎn)磁場，該偏轉(zhuǎn)磁場是以直線MN為切線、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于紙面向外半徑為R的圓形勻強(qiáng)磁場。現(xiàn)

23、在MN上的F點(diǎn)（圖中末畫出）接收到該粒子，且。則該粒子的荷質(zhì)比為（粒子的重力忽略不計(jì)）A BC D 7（2018四川省成都市高中畢業(yè)班摸底測試）如圖，平面直角坐標(biāo)系xOy中，在y0及yL區(qū)域存在場強(qiáng)大小相同，方向相反（均平行于y軸）的勻強(qiáng)電場，在Ly0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E，在y0.8 T【解析】（1）正負(fù)粒子進(jìn)入電場時初速度大小相等、方向相反所受的電場力大小相等、方向相反，則加速度大小相等、方向相反，所以兩粒子的軌跡關(guān)于OO直線對稱（2）粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，平行于電場方向有：vx=v=2105m/s，t0=10-7s垂直于電場方向有：x=v0t0=2 cm粒

24、子在磁場中運(yùn)動周期T=則軌跡半徑正粒子：r+rcos45=cm2cm，則不會打到板上運(yùn)動時間負(fù)粒子：x+2rcos45=4cm5cm，不會打到板上，運(yùn)動時間此時r1已小于第（2）問中的r，故此時的磁感應(yīng)強(qiáng)度比B1大負(fù)粒子：恰到M點(diǎn)臨界，半徑應(yīng)小于此臨界值，對應(yīng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度設(shè)為B2可得弦長為 r2=5-2=3cm軌跡半徑 r2=此時r2r1，對應(yīng)的B2B1綜合分析得：磁感應(yīng)強(qiáng)度只要大于B1，正粒子既不會再次進(jìn)入磁場也不會打到板上，負(fù)粒子也不會打到板上，即B0.8 T【名師點(diǎn)睛】粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，在電場力作用下做類平拋運(yùn)動，掌握兩種運(yùn)動的處理規(guī)律，學(xué)會運(yùn)動的分解與幾何關(guān)系的應(yīng)用。

25、 12B【解析】由題意知，mag=qE，mbg=qE+Bqv，mcg+Bqv=qE，所以，故B正確，ACD錯誤。【名師點(diǎn)睛】三種場力同時存在，做勻速圓周運(yùn)動的條件是mag=qE，兩個勻速直線運(yùn)動，合外力為零，重點(diǎn)是洛倫茲力的方向判斷。【名師點(diǎn)睛】本題主要考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動。要特別注意帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做圓周運(yùn)動的向心力由洛倫茲力提供，根據(jù)動能定理求出帶電粒子出電場進(jìn)磁場的速度。本題關(guān)鍵是要理解兩種粒子在磁場中運(yùn)動的半徑不變。14（1） （2） （3）【解析】（1）在電場中做類平拋運(yùn)動，在磁場中做圓周運(yùn)動，運(yùn)動軌跡如圖所示。設(shè)在電場中的加速度大小為，初速度大小為v1，它在

26、電場中的運(yùn)動時間為，第一次進(jìn)入磁場的位置到原點(diǎn)的距離為。由運(yùn)動學(xué)公式有 由題給條件， 進(jìn)入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角 。進(jìn)入磁場時速度的y分量的大小為聯(lián)立以上各式得（2）在電場中運(yùn)動時，由牛頓第二定律有設(shè)進(jìn)入磁場時速度的大小為，由速度合成法則有 設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，在磁場中運(yùn)動的圓軌道半徑為R1.，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 由幾何關(guān)系得 聯(lián)立以上各式得 （3）設(shè)在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為v2，在電場中的加速度大小為a2，由題給條件得 由牛頓第二定律有 設(shè)第一次射入磁場時的速度大小為，速度的方向與x軸正方向夾角為，入射點(diǎn)到原點(diǎn)的距離為，在電場中運(yùn)動的時間為t2。由運(yùn)動學(xué)公

27、式有聯(lián)立以上各式得 ， ，設(shè)在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為R2，由式及粒子在勻強(qiáng)磁場中做圓周運(yùn)動的半徑公式得 所以出射點(diǎn)在原點(diǎn)左側(cè)。設(shè)進(jìn)入磁場的入射點(diǎn)到第一次離開磁場的出射點(diǎn)的距離為，由幾何關(guān)系有聯(lián)立式得，第一次離開磁場時的位置到原點(diǎn)O的距離為【名師點(diǎn)睛】此題與2004年全國理綜卷第25題情景類似，都是帶電粒子在勻強(qiáng)電場中類平拋運(yùn)動后進(jìn)入勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，且都是在第一象限和第二象限設(shè)置了豎直向下的勻強(qiáng)電場，在第三象限和第四象限設(shè)置了方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，解答需要的知識都是帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的類平拋運(yùn)動規(guī)律和洛倫茲力等于向心力、幾何關(guān)系等知識點(diǎn)。帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的類平拋運(yùn)動和在勻

28、強(qiáng)磁場中的勻速圓周運(yùn)動是教材例題和練習(xí)中的常見試題，此題可認(rèn)為是由兩個課本例題或習(xí)題組合而成。15（1）20 m/s，與電場方向夾角為60 （2）3.5 s速度v的方向與電場E的方向之間的夾角滿足tan =代入數(shù)據(jù)解得tan =，=60（2）撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運(yùn)動，設(shè)其加速度為a，有a=設(shè)撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有x=vt設(shè)小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有y=at2a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為，又tan =聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得t=2s=3.5 s【名師點(diǎn)睛】此題是帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動問題，主要考查物體的平衡、牛頓運(yùn)

29、動定律的應(yīng)用、平拋運(yùn)動等知識；關(guān)鍵是要知道物體做勻速直線運(yùn)動時，物體所受的重力、洛倫茲力和電場力平衡；撤去磁場后粒子所受重力和電場力都是恒力，將做類平拋運(yùn)動；知道了物體的運(yùn)動性質(zhì)才能選擇合適的物理規(guī)律列出方程求解。16（1） （2） （3）（2）粒子被加速n次達(dá)到動能Em，則Em=nqU0粒子在狹縫間做勻加速運(yùn)動，設(shè)n次經(jīng)過狹縫的總時間為t加速度勻加速直線運(yùn)動由，解得（3）只有在0時間內(nèi)飄入的粒子才能每次均被加速則所占的比例為由，解得?！痉椒记伞靠疾榛匦铀倨鞯脑恚塬@得的最大速度對應(yīng)最大的軌道半徑，即D形盒的半徑，粒子在加速器運(yùn)動的時間分兩部分，一是在磁場中圓周運(yùn)動的時間，二是在電場中的勻加速運(yùn)動時間，把加速過程連在一起就是一勻加速直線運(yùn)動。17（1） （2）（3）3次代入，解得（2）由（1）知，離子打在Q點(diǎn)，離子打在N點(diǎn)r=L，則電壓的范圍（3）由（1）可知，由題意知，第1次調(diào)節(jié)電壓到U1，使原本Q點(diǎn)的離子打在N點(diǎn)此時，原本半徑為r1的打在Q1的離子打在Q上解得第2次調(diào)節(jié)電壓到U2，原本打在Q1的離子打在N點(diǎn)，半徑為r2的打在Q2的離子打在Q上，則：，解得同理，第n次調(diào)節(jié)電壓，有檢測完整，有解得： 最少次數(shù)為3次【名師點(diǎn)睛】本題主要是對運(yùn)動過程的分析，能正確計(jì)算帶電粒子在電場中的加速運(yùn)動以及在磁場做圓周運(yùn)動的半徑等，通過對運(yùn)動過程的分析，結(jié)合計(jì)算找到運(yùn)動的規(guī)律。30