微专题4：带电粒子在复合场中的运动 专项训练 -2026届高考物理一轮复习备考

微专题4：带电粒子在复合场、组合场中的运动 【专题目录】 1.理论基础 2.题型构建 · 题型一 复合场应用实例分析--------------【针对训练】 【速度选择器】/【回旋加速器】/【质谱仪】/【霍尔效应】/【磁流体发电机】 · 题型二 复合场中的动态与多过程问题------【针对训练】 · 题型三 组合场中的动态与多过程问题------【针对训练】 3.参考答案 【理论基础】 1.带电粒子： （1）带电的基本粒子：如电子（），质子()，α粒子()，正负离子等。这些粒子所受重力和电场力相比在小得多，除非有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力。（但并不能忽略质量）。 （2）带电微粒：如带电小球、液滴、尘埃等。除非有说明或明确的暗示以外，一般都考虑重力。 （3） 某些带电体是否考虑重力，要根据题目暗示或运动状态来判定 2.组合场是电场、磁场和重力场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场交替出现。复合场则是电场、磁场和重力场同时分布在同一区域 3.分析思路 ①画运动轨迹：根据受力分析和运动学分析，大致画出粒子的运动轨迹图． ②找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键． ③划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理． 4.常见粒子的运动及解题方法 ①处于电场中 Ⅰ、匀变速直线运动：利用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理求解 Ⅱ、类平抛（斜抛）运动：利用运动的分解、功能关系求解 ②处于磁场中 Ⅰ、匀速直线运动：运动运动学公式求解 Ⅱ、匀速圆周运动：利用集合知识、圆周运动、牛顿第二定理求解 Ⅳ、螺旋运动：分解成直线运动和匀速圆周运动求解 5.等效思想在复合场中的应用 （1）等效重力场⇔重力场、电场叠加而成的复合场 （2）等效重力：重力与静电力的合力 （3）等效加速度：等效重力与物体质量的比值 （4）等效“最高、低点”：物体做圆周运动时，跟等效重力平行的直径与圆轨迹交点的最高点与最低点（物体自由时能处于稳定平衡状态的位置） （5）等效重力势能⇔等效重力大小与等效重力方向“高度”的乘积 【题型构建】 题型一、复合场应用实例分析 ………………针对训练…………… 1．(单选)【速度选择器模型】1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖。若速度相同的同一束粒子由左端射入质谱仪后，沿直线运动至S0，运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是（　　） A．该束带电粒子电性不能确定 B．速度选择器的P1极板带负电 C．在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小 D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，速度越大 2.(单选)【回旋加速器】如图所示,是回旋加速器的示意图,利用该装置我们可以获得高能粒子,其核心部分为处于匀强磁场中的两个D形盒,两D形盒之间接交流电源,并留有窄缝,粒子在通过窄缝时得到加速,忽略粒子的重力等因素,为了增大某种带电粒子射出时的动能,下列说法正确的是(　　) A.只增大D形盒的半径 B.只增大加速电场的电压 C.只增大窄缝的宽度 D.只减小磁感应强度 3．(单选)【质谱仪】如图是质谱仪工作原理的示意图。带电粒子a、b经电压U加速（在A点初速度为零）后，进入磁感应强度为B的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板S上的x1、x2处。图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a、b所通过的径迹，则（　　） A．在磁场中a运动的时间大于b运动的时间 B．a的比荷大于b的比荷 C．增大加速电压U，粒子在磁场中的运动时间变长 D．若同时增大加速电压U和磁感应强度B，粒子打在感光片上的位置将向右移动 4．(单选)【回旋加速器】粒子加速器是利用电场来推动带电粒子使其获得能量的装置，是高能物理中重要的角色。1931年美国物理学家恩奈斯特•劳伦斯发明了回旋加速器，被加速的粒子在一圆形结构里运动，其运动轨迹由磁场控制，通过交变电场给带电粒子加速。图甲是回旋加速器的示意图，粒子出口处如图所示；图乙是回旋加速器所用的交变电压随时间的变化规律。某物理学习小组在学习了回旋加速器原理之后，想利用同一回旋加速器分别加速两种带正电的粒子，所带电荷量分别为q1、q2，质量分别为m1、m2。保持交变电压随时间变化的规律不变，需要调整所加磁场的磁感应强度的大小，则（　　） A．所加磁场的磁感应强度大小之比为 B．粒子获得的最大动能之比为 C．粒子的加速次数之比为 D．粒子在回旋加速器中的运动时间之比为 5. (单选)【霍尔效应】利用霍尔效应制作的霍尔元件以及传感器,广泛应用于测量和自动控制等领域。图中一块长为a、宽为b、厚为c的半导体样品薄片放在沿y轴正方向的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。当有大小为I、沿x轴正方向的恒定电流通过样品薄片时,会在与z轴垂直的两个侧面之间产生电势差,这一现象称为霍尔效应。其原因是薄片中的移动电荷受洛伦兹力的作用向一侧偏转和积累,于是上、下表面间建立起电场EH,同时产生霍尔电势差UH。当电荷所受的电场力与洛伦兹力处处相等时,EH和UH达到稳定值,UH的大小与I和B满足关系UH=kHIB,其中kH称为霍尔元件灵敏度。已知此半导体材料是电子导电,薄片内单位体积中导电的电子数为n,电子的电荷量为e。下列说法中正确的是(　　) A.半导体样品的上表面电势高于下表面电势 B.霍尔元件灵敏度与半导体样品薄片的长度a、宽度b均无关 C.在其他条件不变时,单位体积中导电的电子数n越大,霍尔元件灵敏度越高 D.在其他条件不变时,沿磁场方向半导体薄片的厚度c越大,霍尔元件灵敏度越高 6. 【质谱仪】飞行时间质谱仪研究，我国再获技术成果。其原理如图所示，它可以根据测出带电粒子的飞行时间对气体分子进行分析。在真空状态下，自脉冲阀P喷出微量气体，经激光照射产生不同正离子，自a板小孔进入a、b间的加速电场，从b板小孔射出，沿中线方向进入M、N板间的方形区域，然后到达紧靠在其右侧的探测器。已知极板a、b间的电压为，间距为d，极板M、N正对且长度和间距均为L，测出某一离子从a板到b板的飞行时间为t，不计离子重力及经过a板时的初速度。 (1)求该离子的比荷； (2)若在M、N间加上偏转电压U，为保证上述离子能直接打在探测器上，求U与的关系。 7. (单选)【磁流体发电机】如图,某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道,管道的长为L、宽为d、高为h,上下两面是绝缘板,前后两侧面M、N是电阻可忽略的导体板,两导体板与开关S和定值电阻R相连。整个管道置于磁感应强度大小为B,方向沿z轴正方向的匀强磁场中。管道内始终充满电阻率为ρ的导电液体(有大量的正、负离子),且开关闭合前后,液体在管道进、出口两端压强差的作用下,均以恒定速率v0沿x轴正向流动,液体所受的摩擦阻力不变。 (1)求开关闭合前,M、N两板间的电势差大小U0; (2)求开关闭合前后,管道两端压强差的变化Δp; (3)调整矩形管道的宽和高,但保持其他量和矩形管道的横截面积S=dh不变,求电阻R可获得的最大功率Pm及相应的宽高比d/h的值。 题型二 复合场中的动态与多过程问题 ………………针对训练……………… 8.（多选）如图所示，一个带正电荷的小球沿光滑水平绝缘的桌面向右运动，飞离桌子边缘A，最后落到地板上，设有磁场时飞行时间为t1，水平射程为s1，着地速度大小为v1；若撤去磁场，其余条件不变时，小球飞行时间为t2，水平射程为s2，着地速度大小为v2，则（ ） A.t1t2 B.s1s2 C.v1v2 D.v1v2 9.(单选)如图所示，一小球带负电，在匀强磁场中摆动，B的方向垂直纸面向里，若小球在A、B间摆动过程中，由A到C时，绳拉力为T1，加速度为a1，由B到C时，拉力为T2，加速度为a2，则（ ） A.T1＞T2 a1=a2 B.T1＜T2 a1=a2 C.T1＞T2 a1＞a2 D.T1＜T2 a1＜a2 10.（单选）如图所示,一带电质点在垂直纸面向里的匀强磁场B和竖直向上的匀强电场E的空间做竖直面内的匀速圆周运动,则 (　　) A.质点一定带正电　 B.质点做顺时针运动 C.质点的重力一定忽略不计　 D.质点的运动速率为v= 11.(多选)如图所示,表面粗糙的斜面固定于地面上,并处于方向垂直于纸面向里的磁场和竖直向下的匀强电场中,磁感应强度大小为B,电场强度大小为E,一质量为m、电荷量为Q的带负电小滑块从斜面顶端由静止下滑,在滑块下滑过程中,下列判断正确的是(　　) A.滑块受到的摩擦力不变 B.若斜面足够长,滑块最终可能在斜面上匀速下滑 C.若B足够大,滑块最终可能静止于斜面上 D.滑块到达地面时的动能与B有关 12.（多选）如图所示，足够长的水平绝缘传送带以大小为v0的速度顺时针匀速转动，传送带上方足够大空间内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。将一质量为m、电荷量为q的带正电的小物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的左端，小物块与传送带间的动摩擦因数为µ，重力加速度为g，下列所画出的小物块速度随时间变化的图象(图中t0＝，)可能正确的是（ ） 13.如图所示，ABCD为竖直放在场强为E＝104 V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆形轨道，轨道的水平部分与其半圆相切，A为水平轨道上的一点，而且sAB＝R＝0.2 m。把一个质量m＝0.1 kg、带电荷量q＝＋1×10－4 C的小球放在水平轨道的A点由静止开始释放，小球在轨道的内侧运动。(取g＝10 m/s2)求： (1)小球到达C点时的速度； (2)小球到达C点时对轨道的压力大小； (3)若让小球安全通过D点，开始释放点离B点至少多远。 14．如图所示，竖直平面xOy内存在水平向右的匀强电场，场强大小E=10N/C，在y≥0的区域内还存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5T，一带电量q=+0.2C、质量m=0.4kg的小球由长l=0.4m的绝缘细线悬挂于P点，小球可视为质点。现将小球拉直至水平位置A无初速度释放，小球运动到悬点P正下方的坐标原点O时，悬线突然断裂，此后小球又恰好能通过O点正下方的N点，g取10m/s2，求: (1)小球从A点运动到O点时的速度v0大小； (2)悬线断裂前瞬间拉力T的大小； (3)ON间的距离h． 题型二 组合场中的动态与多过程问题 15.如图所示,某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后,射入水平放置、电势差为U2的两导体板间的匀强电场中,带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入,穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中,则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U1和U2的变化情况为(不计重力,不考虑边缘效应)(　　) A.d随U1变化,d与U2无关 B.d与U1无关,d随U2变化 C.d随U1变化,d随U2变化 D.d与U1无关,d与U2无关 16.在科学研究中,可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制。如图所示,某时刻在xOy平面内的第Ⅱ、Ⅲ象限中施加沿y轴负方向、电场强度为E的匀强电场,在第Ⅰ、Ⅳ象限中施加垂直于xOy坐标平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一质量为m,电荷量为q的带正电的粒子从M点以速度v0沿垂直于y轴方向射入该匀强电场中,粒子仅在电场力作用下运动到坐标原点O且沿OP方向进入第 Ⅳ象限。在粒子到达坐标原点O时撤去匀强电场(不计撤去电场对磁场及带电粒子运动的影响),粒子经过原点O进入匀强磁场中,并仅在磁场力作用下,运动一段时间从y轴上的N点射出磁场。已知OP与x轴正方向夹角α=60°,带电粒子所受重力及空气阻力均可忽略不计,求: (1)M、O两点间的电势差U; (2)坐标原点O与N点之间的距离d; (3)粒子从M点运动到N点的总时间t。 17.物理实验中,科学家通常利用电磁场控制带电粒子的运动,以获取相关信息。如图所示,坐标系xOy中,在0≤x≥R的区域I内,有以O为圆心、以R为半径的半圆形磁场区域,其磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里;在R<x≤2R的区域Ⅱ内,有沿y轴负方向的匀强电场,电场强度的大小E 未知。带电粒子从y轴上的点 P1(0,0.5R)以初速度 v。沿z 轴正方向人射,恰好从P2(R,0)进人电场,并从P3(2R,0)离开电场。不计粒子的重力。求: (1)粒子的电性和比荷; (2)E的值; 18.边长为3L的正方形区域分成相等的三部分,左右两侧为匀强磁场,中间区域为匀强电场,如图所示。左侧磁场垂直纸面向外,磁感应强度大小为B1;右侧磁场的磁感应强度大小为B2,方向垂直于纸面向里;中间区域电场方向与正方形区域的上下边界平行。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从平行金属板的正极板开始由静止被加速,加速电压为U,加速后粒子从a点进入左侧磁场且与左边界的夹角θ=30°,又从距正方形上下边界等间距的b点沿与电场平行的方向进入电场,不计粒子重力。求: (1)粒子经过平行金属板加速后的速度大小v; (2)左侧磁场区域磁感应强度B1; (3)若B2=,电场强度E的取值在什么范围内时粒子能从右侧磁场的上边缘cd间离开? 19.如图所示,O′PQ是关于y轴对称的四分之一圆,在PQMN区域有均匀辐向电场,PQ与MN间的电压为U。PQ上均匀分布带正电的粒子,可均匀持续地以初速度为零发射出来,任一位置上的粒子经电场加速后都会从O′进入半径为R、中心位于坐标原点O的圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直xOy平面向外,大小为B,其中沿+y轴方向射入的粒子经磁场偏转后恰能沿+x轴方向射出。在磁场区域右侧有一对平行于x轴且到x轴距离都为R的金属平行板A和K,金属板长均为4R,其中K板接地,A与K两板间加有电压UAK>0,忽略极板电场的边缘效应。己知金属平行板左端连线与磁场圆相切,O′在y轴(0,-R)上。(不考虑粒子之间的相互作用力) (1)求带电粒子的比荷。 (2)求带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围。 (3)若电压UAK=,求到达K板的粒子数与进入平行板总粒子数的比值。 20.电磁聚焦是约束带电粒子的重要方法,如图所示，粒子源S能够瞬间发出大量质量为m、电荷量为 q(q>0)的粒子，粒子的初速度为零，经过 MN之间的电场加速,从O点射出。由于电场的边缘效应，会使粒子出现微小的发散角α。在O点右侧区域加一沿z轴正方向的匀强磁场，可以使粒子被约東在一定范围内而重新聚焦，在距离 N板右侧L 处放置一个接收屏P，可使粒子打在接收屏上，已知MN 间电势差为U，在α较小时,sinα≈α，cosα≈1,忽略，粒子间的相互作用。 (1)求粒子从O点至到达光屏的时间； (2)要使粒子聚焦于接收屏上0’点，求磁场的磁感应强度大小; (3)若磁感应强度大小为B，改变接收屏与N的距离L，为使所有粒子均能被接收屏接收，求接收屏的最小面积。 21．如图，在平面直角坐标系xOy中，直角三角形区域ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，线段CO＝OB＝L，θ＝30°；第三象限内存在垂直纸面的匀强磁场B2(图中未画出)，过C点放置着一面与y轴平行的足够大荧光屏CD；第四象限正方形区域OBFE内存在沿x轴正方向的匀强电场。一电子以速度v0从x轴上P点沿y轴正方向射入磁场，恰以O点为圆心做圆周运动且刚好不从AC边射出磁场；此后电子经第四象限进入第三象限，经过y轴时速度方向与y轴负方向成60°角，最后到达荧光屏时速度方向恰好与荧光屏平行。已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子的重力，求： (1)P点距O点的距离d； (2)电子在电场中的运动时间t； (3)第三象限内的磁感应强度B2的大小． 22.如图所示，在直角坐标系xOy中，0<x<d区域为存在沿y轴负方向的匀强电场，x>d区域内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，y轴左侧存在一圆形磁场区域，磁场方向垂直坐标平面向外，圆形磁场与y轴相切于原点O。一质量为m，带电量为q的带正电粒子从P（0，d）点以平行于x轴的初速度v0射入电场，经过一段时间粒子从M（d，）点离开电场进入磁场，经磁场偏转后，从N（d，－）点返回电场，当粒子返回电场时，电场强度大小不变，方向反向。粒子经电场和圆形磁场后到达坐标原点O，到O点时速度方向与y轴负方向夹角为θ＝30°，不计粒子重力，求： (1)电场强度大小E及x>d区域内匀强磁场的磁感应强度大小B1； (2)圆形磁场的磁感应强度大小B2以及圆形磁场区域半径r； (3)粒子从P点运动到O点所用时间t。 【参考答案】 1.C 【分析】根据带电粒子在磁场中的偏转方向确定带电粒子的正负。根据在速度选择器中电场力和洛伦兹力平衡确定P1极板的带电情况。在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子的轨道半径，即可知道轨迹半径与什么因素有关。 【解答】解：A、带电粒子在磁场中向下偏转，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该粒子带正电。故A错误； B、在平行金属板间，根据左手定则知，带电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的P1极板带正电。故B错误。 C、进入B2磁场中的粒子速度是一定的，根据qvB＝m得，r＝，知r越大，荷质比越小，故C正确； D、带电粒子沿直线通过速度选择器，则有Eq＝Bqv，所以v＝，所以速度一定的带电粒子才能通过速度选择器，即在B2磁场中的粒子速度大小是一定，故D错误。故选：C。 2.A　解析：回旋加速器工作时,带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,当速度最大时,设最大速度为v,由Bqv=m,得v=,带电粒子射出时的动能Ek=mv2=,可知动能与加速电压无关,与窄缝的宽度无关,与磁感应强度大小和D形盒的半径有关,增大D形盒的半径或增大磁感应强度,可以增大带电粒子射出时的动能。故选A。 3.B 【分析】带点粒子在电场中加速，由动能定理求解，在磁场中偏转，洛伦兹力做为向心力。 【解答】解：AB、带点粒子在电场中加速，由动能定理：mv2 在磁场中偏转洛伦兹力做为向心力：qvB＝m，解得： 由图可知：ra＜rb，所以，a的比荷大于b的比荷， 由周期公式：T＝可知，Ta＜Tb，则带点粒子磁场中a运动的时间小于b运动的时间，故A错误，B正确； C、由于周期与粒子运动的快慢无关，所以增大加速电压u，粒子在磁场中的运动时间不变，故C错误； D、结合比荷表达式同时增大加速电压U和磁感应强度B，粒子打在感光片上的位置将无法确定，故D错误。故选：B。 4.C 【分析】交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，由周期公式T＝和半径公式r＝进行判断． 【解析】A、保持交变电压随时间变化的规律不变，则两种不同的粒子在磁场中运动的周期也是相等的，根据周期公式T＝可得：B＝，所以两种情况下磁场的磁感应强度大小之比：，故A错误； B、根据半径公式r＝知，v＝，则粒子的最大动能为：Ek＝mv2＝，最大半径r是相等的，则：＝＝，故B错误； C、每一次加速获得的动能等于电场力做的功，即：Ek0＝qU0，所以加速的次数：n＝，所以两种情况下加速的次数之比为：＝，故C正确； D、两种不同的粒子在磁场中运动的周期相等，粒子运动的总时间：t总＝nT，所以两种情况下粒子在回旋加速器中的运动时间之比为：＝，故D错误。故选：C。 5.B　解析：电子在洛伦兹力的作用下发生偏转,利用左手定则可知电子向上表面偏转和积累,导致上表面电势低于下表面电势,A错误;根据题意,对电子有Bev=EHe,UH=EH·b,I=nevbc,整理可得UH==kHIB,即kH=,故B正确;由kH=可知,n越大,kH越小;c越大,kH越小,故C、D均错误。 6.【答案】(1)；(2)U<2U0 【解析】 【分析】分析带电离子在平行板a、b之间运动情况，运用动能定理求解；离开偏转电场时满足时离子不打在极板上，从而求出U与U0的关系。 【详解】(1)离子在a、b板间加速时，由动能定理 设离子在a、b间运动时间为t，则 解得 (2)M、N间加上偏转电压U时，离子在M、N间做类平抛运动，运动时间 加速度大小 偏转距离 为保证上述离子能直接打在探测器上，则 联立解得 7.答案(1)Bdv0　(2)　(3)　 解析　(1)设带电离子所带的电荷量为q,当其所受的洛伦兹力与电场力平衡时,U0保持恒定,有qv0B=q 得U0=Bdv0 (2)设开关闭合前后,管道两端压强差分别为p1、p2,液体所受的摩擦阻力均为f,开关闭合后管道内液体受到安培力为F安,有 p1hd=f p2hd=f+F安 F安=BId 根据欧姆定律,有I= 两导体板间液体的电阻r=ρ 得Δp= (3)电阻R获得的功率为P=I2R P=R 当=时,电阻R获得的最大功率Pm= 8.AD 9.B 10.A 解析：因质点在复合场中做匀速圆周运动,因电场力和重力均保持不变,因此只有洛伦兹力充当向心力时才能保持匀速圆周运动,即重力和电场力相互平衡,质点受电场力向上,E向上,则带正电,故A正确;洛伦兹力提供向心力,受力方向指向圆心,由左手定则知质点沿逆时针方向做匀速圆周运动,故B错误;由A的分析可知,质点的重力一定不能忽略,故C错误;无法确定质点受电场力与洛伦兹力的大小关系,所以无法求出质点的速度,故D错误。 11.BD 【解析】选B、D。滑块向下运动的过程中受到重力、电场力、支持力,根据左手定则,滑块还受到垂直斜面向下的洛伦兹力,沿斜面向上的摩擦力,滑块向下运动的过程中,速度增大,洛伦兹力增大,支持力增大,滑动摩擦力增大,当B很大时,则摩擦力有可能也很大,当滑块受到的摩擦力与重力沿斜面向下的分力相等时,滑块做匀速直线运动,之后洛伦兹力与摩擦力不再增大,所以滑块不可能静止在斜面上,故A、C错误,B正确;B不同,洛伦兹力大小也不同,所以滑动摩擦力大小不同,摩擦力做的功不同,根据动能定理可知,滑块到达地面的动能不同,故D正确。 12．BC 13. 答案 (1)2 m/s (2)3 N (3)x≥0.5 m 解析 (1)由A点到C点应用动能定理有 解得vC＝2 m/s。 (2)在C点应用牛顿第二定律得 得FN＝3 N 由牛顿第三定律知，小球在C点时对轨道的压力大小为3 N。 (3)小球要安全通过D点，必有。 设释放点距B点的距离为x，由动能定理得 解得x≥0.5 m。 14．（12分）（1）2m/s （2）8.2N （3）3.2m 解析： （1）小球从A运到O的过程中,根据动能定理: ①（2分） 带入数据求得小球在O点速度为:v0=2m/s ② （2分） （2）小球运到O点绳子断裂前瞬间,对小球应用牛顿第二定律: T-mg-f洛= ③   f洛=Bv0q ④ ②③④联立得:T=8.2N ⑤ （4分） （3）绳断后,小球水平方向加速度 ax=F电/m=Eq/m=5m/s2 ⑥ 小球从O点运动至N点所用时间t=2v0/ax=0.8s ⑦ ON间距离 （4分） 15.A　解析：带电粒子在加速电场中,由动能定理可得qU1=m;带电粒子在偏转电场中做类平抛运动,可将射出电场的粒子速度v分解成初速度方向与垂直初速度方向,设出射速度方向与水平方向夹角为θ,则有=cos θ,带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,设运动轨迹对应的半径为R,由几何关系可得,半径与直线MN夹角正好等于θ,则有=cosθ,所以d=,又由半径公式R=,则有d==,d随U1变化,与U2无关,选项A正确,选项B、C、D错误。 16.答案　(1)　(2)　(3)+ 解析:(1)设粒子经过O点的速度为v, 则cosα= 对于粒子经过电场的过程,根据动能定理有 qU=mv2-m 解得U= (2)设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,运动轨迹如图所示。 洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律有qvB= 解得R= 根据几何关系可知,O与N之间的距离 d=R= (3)设粒子在电场中从M点运动至O点所用时间为t1 根据牛顿第二定律可知,粒子在电场中的加速度a= 粒子通过O点时竖直方向速度vy=v0,根据运动学公式有vy=at1 解得t1= 设粒子在磁场中从O点运动至N点用时为t2,粒子在磁场中运动的周期T= 解得t2=T= 粒子从M点运动到N点的总时间 t=t1+t2=+ 17.答案：（1）负电， ；（2）； 18.答案:(1)粒子经过平行金属板加速后的速度大小是; (2)左侧磁场区域磁感应强度是; (3)电场强度E的取值的范围为≤E≤。 解:(1)粒子在加速电场中运动时由动能定理得: 解得:v= (2)粒子进入磁场B1后:qvB1=m 由几何关系可知粒子在磁场B4中转过的角度为α=且sinα= 解得:B1= (3)粒子在磁场B4中运动,在上边缘cd间离开的速度分别为vn与vm,与之相对应的半径分别为Rn与Rm。 由分析知:Rn=,Rm=L 由牛顿第二定律:qvnB2=m 粒子在电场中由动能定理得:qEnL= 解得:En= 同理:Em= 所以电场强度的范围为:≤E≤ 19. 答案:(1)　(2)-R～R　(3) 【解析】 (1)qU=mv2 由已知条件知道偏转半径r=R Bqv=m 解得:= (2)因为r=R,所有粒子经磁场偏转后都平行于x轴,沿QN方向射入时,对应的圆心角为135°,离开磁场时a点的纵坐标为ya=R,沿PM方向入射的带电粒子离开磁场的出发点b的纵坐标为yb=-R,故进入电场时的坐标范围为-R～R (3)E=,F=Eq=ma y=at2 vt=4R 得:y=R 从纵坐标y=0.5R进入偏转电场的粒子恰能打到K板右边缘,其进入磁场时的速度与y轴夹角为30°,所以比例η== 20.；； 21．（15分）(1)； (2)； (3) 或 (1)电子在区域内以点为圆心做匀速圆周运动，在点与相切，其运动轨迹如图： 在中，根据几何知识有：d=； （4分） (2)电子从点进入电场做类平抛运动，设电子从边离开且在电场中运动的时间为，在方向上有： 根据运动学规律有： 解得： （4分） （3）电子在第三象限运动时速度v=v0/cos600=2v0, 做匀速圆周运动有两种情况 （1分） ①若磁场方向垂直于纸面向里，设其做匀速圆周运动的轨道半径为，圆心在，根 据几何知识有： （2分） 洛伦兹力提供向心力： 解得： （1分） ②若磁场方向垂直于纸面向外，设其做匀速圆周运动的轨道半径为，圆心为，根据几何知识有： （2分） 根据牛顿第二定律有： 解得： （1分） 22.【答案】(1) ；；(2)；；(3) 【解析】 (1)粒子在电场中做类平抛运动，则： ① ② ③ 联立①②③解得④ 又⑤ ；故⑥ 设粒子在x>d区域内轨道半径为，粒子运动轨迹如图所示，则 ⑦ 由几何关系得⑧ 由⑤⑦⑧得⑨ (2)设粒子经电场后到达y轴上的Q点，则粒子从N点到Q点的运动为从P点到M点的逆运动，则QQ=d，，方向沿x轴负方向，运动轨迹如图所示 设粒子在圆形磁场区域轨道半径为，由几何关系得 解得 在磁场中有 解得 由几何关系知∠QOH=θ=30°，在△QOH中， 由图知△OHO1为等边三角形，所以圆形磁场区域半径 (3)粒子在电场中运动时间 在x>d区域运动周期； 粒子在QH间运动时间 粒子在圆形磁场中运动周期 由几何知识可知，粒子在圆形磁场中运动时间 则粒子从P点运动到O点所用时间： 21 / 31 学科网（北京）股份有限公司 $$