二轮专题精准提升9 带电粒子在组合场、复合场中的运动-【衡水真题密卷】2025年高考物理二轮专题精准提升（7版）

2024一2025学年度二轮专题精准提升（九） 题 物理·带电粒子在组合场、 复合场中的运动 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的。 题号 1 2 3 5 6 8 答案 1.如图所示，将非磁性材料制成的圆管置于匀强磁场中，当含有大量正负粒子的导电液体 从管中由左向右流过磁场区域时，测得管两侧M、N两点之间有电势差U。忽略粒子重 力影响，则 ( ) BX X A.N点的电势高于M点 B.磁感应强度B越小，M、N两点之间的电势差U越大 C.管中导电液体的流速越大，M、N两点之间的电势差U越大 D.管中导电液体的粒子浓度越大，M、N两点之间的电势差U越大 2.一回旋加速器D形电极圆周的最大半径为60cm,两D形电极间的距离为1.0cm,加速 电压为2.0×104V,其间电场是匀强电场。用它来加速质量为1.67×10-2？kg、电荷量 为1.6×10-19C的质子，把质子从静止加速到最大能量4.0×106eV所需的时间约为 () A.10-2s B.10-5s C.10-7s D.10-12s 3.石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能。 现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子（电子）浓度。如图甲所示，在长为α、宽 为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B,电极1、3间通以恒定电 流I,电极2、4间将产生电压U。当I=1.00×10-3A时，测得U-B关系图线如图乙所 示，元电荷e=1.60×10-19C,则此样品每平方米载流子数最接近 () 二轮专题精准提升（九）物理第1页（共8页） 真题空 青春是追梦的时光，不要留下遗憾。 U/mV 班级 00 ·2 石墨烯 姓名 ××××××× mV) 1×××××× 20 得分 mA o里 50100150200250300Bm1 甲 A.1.7X1019 B.1.7X1015 C.2.3×1020 D.2.3X1016 4.在自行车上安装码表可记录骑行情况。如图所示，码表由强磁体、霍尔传感器及显示器 组成。霍尔传感器固定在自行车前叉一侧，强磁体固定在车轮的一根辐条上。车轮半 径为R,霍尔传感器到车轴的距离为r。强磁体每次经过霍尔传感器时，PQ端均输出 一次电信号，若每秒强磁体经过次霍尔传感器，同时显示器数据更新一次，则（) 前叉 霍尔传感器 半导体 速度 轮胎 霍尔元件 21.8 09 里程 强磁铁 110.0千米 辐条 霍尔传感器 A.显示器上的里程110.0km是指骑行的位移大小 B.显示器上自行车的速度21.8km/h是由2πnr换算得来的 C.磁体如图所示经过传感器时，导电的电子向Q端汇聚 D.上图中P、Q两端电势的高低，与自行车车轮的转动方向有关 5.如图所示，在三维直角坐标系O-xyz中，分布着沿之轴正方向的匀强电场E和沿y轴 正方向的匀强磁场B,一个电荷量为十q、质量为m的小球沿x轴正方向以一定的初速 度o抛出后做平抛运动，已知重力加速度为g,则下列说法正确的是 () A.可求小球的初速度。大小为 B经过时间2E。 gB球的动能变为初动能的2倍 C.若仅将电场方向变为沿y轴正方向，小球可能做匀速圆周运动 D.若仅将电场撤去，小球可能做匀速直线运动 卷 二轮专题精准提升（九）物理第2页（共8页） 7 6.如图所示，实线表示竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强 磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线L斜向上做直线运动，L与水平方向成 3角，且α>3，则下列说法中正确的是 () ×× ×/× ××了×&LX ×∩0x..× A.液滴一定做匀速直线运动 B.液滴一定带负电 C.电场线方向一定斜向下 D.液滴有可能做匀变速直线运动 7.如图所示，在0<y<yo,0<x<x。区域内有竖直向上的匀强电场，在x>x。区域内有 垂直于纸面向里的匀强磁场，从y轴上0~y。范围内平行于x轴正方向射出大量质量 为m、电荷量为十q、分布均匀的带电粒子，粒子射入的初速度均为o,当电场强度为0 时，从O点射入的粒子恰能运动到N(z0,y)点，若电场强度为E=mu6 9x6 ,MN右侧是 粒子接收器，MN的长度为yo,不计粒子重力和粒子间的相互作用力，则 () M××X ×××× ×××× A.磁感应强度的大小为m00 gyo 1 B.从3yo处射入的粒子，恰好从N点进人磁场 C.从2y。处射入的粒子，在磁场中偏转距离最大 D.接收器接收的粒子数占粒子总数的50% 8.如图所示，直线OA与y轴的夹角0=60°，在此角范围内有沿y轴负方向的匀强电场， 一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v,从y轴上P点平行于x轴射入电场， 7 二轮专题精准提升（九）物理第3页（共8页） 真题名 粒子经电场偏转并经过OA上的Q点进入一矩形匀强磁场区域（未画出，方向垂直于纸 面向外)，并沿x轴负方向经过O点。已知O点到Q点的距离为6，电场强度E= 3,不计粒子的重力，则矩形磁场区域的最小面积为 mvd () 60° 1 A.6312 B.4312 C.3√312 D.2312 二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，有多项符合题 目要求，全部选对能得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 9 10 答案 9.如图所示，带电圆环P套在足够长的、粗糙绝缘水平细杆上，空间中存在与水平杆成0角 斜向左上方的匀强电场，现给圆环P一向右初速度，使其在杆上与杆无挤压地滑行。当圆 环P滑至A点时，在空间加上水平方向且垂直于细杆的匀强磁场，并从此刻开始计时，1 时刻圆环P再次返回A点。选取水平向右为正方向，则下列关于运动过程中圆环P受到的 摩擦力f、速度v、加速度α、动能Ek随时间t变化的图像，可能正确的是 () E A B.-vo E C.-aok D. 密卷 二轮专题精准提升（九）物理第4页（共8页） 10.如图所示的装置能分离各种比荷的带电粒子，三个初速度均为零的带电粒子1、2、3经 电压为U的电场加速后，从顶点A沿AD方向进入一个边长为a的正六边形区域内， 正六边形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，已知粒 子1刚好从顶点F射出，粒子2刚好从顶点E射出，粒子3刚好垂直于ED从G点（图 中未画出)射出，粒子重力不计，则下列说法正确的是 ) ,U← XX A.粒子1、2、3的比荷之比为9：4：1 B.G点到E点的距离为(2√3-3)a C.将磁感应强度减半，粒子1在磁场中的运动时间不变 D.将磁感应强度减半，粒子2会从G点射出 三、非选择题：本题共5小题，共58分。 11.(6分)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限存在垂直于纸面向外的匀强 磁场，在第四象限存在与y轴正方向成37°角的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的 粒子（不计重力）从y轴负半轴上的M点以某一速度进入第三象限，经x轴负半轴上 的N点进入磁场，经过一段时间，粒子运动到x轴正半轴上的P点，然后逆着电场线 运动到M点，且到达M点时速度刚好为O,已知M、P两点间的电势差为U,粒子从P 点运动到M点的时间为to,取sin37°=0.6，cos37°=0.8，求： (1)粒子在P点时的速度大小以及M、P两点间的距离； (2)匀强磁场的磁感应强度大小； (3)粒子从M点出发到回到M点的时间。 737° 12.(10分)如图甲所示，长为a的平行板M、N分别位于第一、第二象限内，与坐标平面垂 直并与y轴平行，两板到y轴的距离相等，两板的下端均在x轴上，两板上所加的电压 随时间变化的规律如图乙示（图乙中U。、T。均已知），在第三、四象限内有垂直于坐 二轮专题精准提升（九）物理第5页（共8页）】 真题密 标平面向里的匀强磁场。在y轴上y=a的P点沿y轴负方向均匀地射出质量为m、 电荷量为g的带正电粒子，每个粒子均能进人磁场且从P点射出到进人磁场所用的时 间均为T。,从t=0时刻射出的粒子刚好从N板下边缘进入磁场，不计粒子的重力及 粒子间的相互作用，磁场的磁感应强度大小为 6amm T。3√2gU,求： (1)M、N板间的距离； (2)能再次进入两板间的粒子数占总粒子数的百分比（结果保留2位小数）； (3)若将M、N极板上段截去一部分，使所有粒子从P点射出后经电场、磁场偏转后均 不能再进入电场，则截去部分的长度至少为多少。 --y=a 本UN U ×××××××× ×××× 3T U 甲 13.(10分)质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。I为粒子加速器，加速电 压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为E1,方向沿纸面向下，匀强磁场 的磁感应强度大小为B1,方向垂直于纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强 度大小为B2,方向垂直于纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子（不计重力）， 加速后进入速度选择器做直线运动、再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相 底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。 (1)粒子带正电还是负电？求粒子的比荷； (2)求O点到P点的距离； (3)若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为E2(E2略大于E1),方向不变，粒 子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点上。求粒子打在O'点的速度大小。 D + U + Jo. + E 卷 二轮专题精准提升（九）物理第6页（共8页） 7 14.(14分)如图甲所示，在真空坐标系xOy中，第二象限内有一有界匀强电场，现将质量 为m、电荷量为g的带正电粒子在P处由静止释放，粒子经电场加速距离d,最后以大 小为o、方向与y轴负方向的夹角为0=45°的速度从坐标原点O进入x>0区域。从 粒子通过O点开始计时，x>0区域的磁感应强度随时间的变化关系始终如图乙所示， 规定当磁场方向垂直于xOy平面向里时磁感应强度为正。已知。=π，不计粒子重 g 力及运动时的电磁辐射。求： (1)匀强电场的电场强度； (2)粒子从坐标原点O第1次经过x轴到第2次经过x轴的时间t1; (3)粒子第n次经过x轴时的x坐标。 q mg 2qv Y 4t。5to6to7t8t。 mg 2qv mg 甲 乙 7 二轮专题精准提升（九）物理第7页（共8页）】 真题密卷 15.（18分)如图所示，在xOy平面内的第一象限内存在一有界匀强磁场（未画出），磁感应 强度大小为B、方向垂直于xOy平面向外，在第四象限内充满范围足够大、方向与 x轴负方向的夹角为3=60°的匀强电场。一束质量为m、电荷量为十q的粒子以不同 的速率v(0<v≤v)从O点沿xOy平面内的OP方向发射，沿直线飞行到P点时进 入有界匀强磁场区域，O、P两点间的距离为L,OP连线与x轴正方向的夹角α=30°， 所有粒子在离开磁场后最终都能从x轴上垂直于x轴射出，若速度最大的粒子A从x 轴上的Q点以速度m(未知)射出，且射出之前都在磁场内运动，匀强电场的电场强度 E=5gBL,粒子所受的重力忽略不计，求： 4m (1)vm的大小； (2)粒子A在匀强磁场中运动的时间； (3)y轴上有粒子穿过的长度； (4)有界匀强磁场区域的最小面积。 二轮专题精准提升（九）物理第8页（共8页）真题密卷 2024一2025学年度1 物理·带电粒子在组 一、选择题 1.C【解析】管中的导电液体从管中由左向右流过 磁场区域时，由左手定则带电液体在洛伦兹力的 作用下，带正电的粒子向上偏，带负电的粒子向下 偏，使管上壁带正电、下壁带负电，所以M,点的电 势高于N点，A错误；两管壁最后电压稳定时，电 U 场力与洛伦兹力平衡则有guB=g日U=Bd, 磁感应强度B越小，M、N两，点之间的电势差U 越小，B错误；管中导电液体的流速越大，M、N两 点之间的电势差U越大，C正确；M、N两点之间 的电势差与液体粒子浓度无关，D错误。 2.B【解析】质子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹 力提供向心力，则有9B=mP,T一3 ,解得 9B:T=2xm R=m B,D形电极圆周的最大半径为 60cm,站合上送有R-B,若魔子在电场中 加速次数为n,质子从静止加速到最大能量Ekmax= 2nu品x=ngU,则质子在磁场中运动的时间t1= -1)·?,质子在电场中后一次加速过程可以 看为前一次加速过程的一个延续部分，则有nd= 1q0 2 md 号，质子运动的总时间t=t1十t2,解得t心 1.4×10-5s,B正确。 3.D【解析】设样品每平方米载流子（电子）数为n, 电子定向移动的速率为，则时间t内通过样品的 电荷量q=nevtb,根据电流的定义式得I=?- t nb,当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦 蓝力平衡，则有eoB=e,联立解得U=二B,多 合国修可学-仪0VT尔件a 2.38×1016,D正确。 4.C【解析】显示器上的里程110.0km是指骑行 的路程，A错误；根据圆周运动各个物理量之间关 系可知，自行车的线速度U=2πnR,B错误；电子 移动的方向与电流相反，根据左手定则可知，电子 的安培力方向是由P指向Q的，则导电的电子向 7 。 二轮专题精准提升 轮专题精准提升（九） 合场、复合场中的运动 Q端汇聚，C正确；无论自行车车轮转动方向是顺 时针还是逆时针，通过霍尔元件的磁感应强度方 向不变，导电的电子仍向Q端汇聚，当稳定之后， U 电场力和洛伦兹力平衡，有e=euB,解得U= Bwd,可知P、Q两端电势的高低与磁体运动的方 向无关，D错误。 5.C【解析】小球在xOy平面内做平抛运动，则有 Eg=90B,解得，二片，A错误；小球的动能变为 1 初动能的2倍时Ek=2m(o2+6)=2Eo,u,= E E 00一B=gt,即经过时间为t= B,B错误；若仅 将电场方向变为沿y轴正方向，如果电场力和重 力大小相等，小球可能做匀速圆周运动，C正确； 若仅将电场撤去，小球合力不可能为零，不可能做 匀速直线运动，D错误。 6.A【解析】带电液滴受竖直向下的重力G、沿电 场线方向的电场力F1、垂直于速度方向的洛伦兹 力F2,若合力不为零，则洛伦兹力变化，不能沿直 线运动，因此这三个力的合力一定为零，带电液滴 做匀速直线运动，不可能做匀变速直线运动，A正 确，D错误；当带电液滴带正电，且电场线方向斜 向上时，带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线 向上的电场力F1、垂直于速度方向斜向左上方的 洛伦兹力F,作用，这三个力的合力为零，带电液 滴沿虚线L做匀速直线运动，如果带电液滴带负 电、电场力方向斜向上或斜向下时，带电液滴所受 合力不为零，不可能沿直线运动，B、C错误。 7.D【解析】当电场强度为0时，从O点射入的粒 子恰能运动到N点，则=)，根据洛伦兹力提 供向心力有g,B=m6,解得B=2,A错误， qyo 1 若粒子从3y处射入，则x0=ut1y=2a,a= 会联立解得y9+管-空+曾-音<… 由此可知，粒子从N点下方进入磁场，B错误；设 粒子进入磁场中时速度方向与竖直方向的夹角为 0,粒子进入磁场中的速度大小为，则= sin ·物理· 2 gB=m,,所以粒子在磁场中偏转距离为d= 2rsin0=yo,由此可知，粒子在磁场中偏转距离相 等，C错误；由以上分析可知，粒子在电场中的竖 直位移为=，所以从处特入的粒子，恰 1 好从N点进入磁场，且恰好经磁场偏转后打在M 1 点，即只有0~20范国内平行于x轴正方向射出 的粒子能被接收器接收，所以接收器接收的粒子数 占粒子总数的50%，D正确。 8.D【解析】如图甲所示，从P到Q水平方向x= 6sn60=1,加速度a-听-，圣直位移y r,解得y=号0点到P点的距高0p=y十 6lcos60°=7.5l,粒子经过Q,点时的竖直速度v,= at=√3v0,则在Q,点的速度v=√后十o=2u0,由 几何关系可知c0sB=%=2,则月=60，则粒子 从Q点射入磁场时速度方向垂直于OA方向，然 后沿x轴负方向经过O点，可知轨迹如图乙表示， 由几何关系可知”十 sin30=61,可得r=21,根 02 mvo 据quB=m,可得B= ,矩形磁场区域的最小 gl 面积Smim=2rsin60°X(r-rcos60)=2√3l2,D 正确。 本y 2 6061y,1.￥y O v 甲 二、选择题 9.BD【解析】在匀强电场中，圆环在杆上与杆无 挤压地滑行，则qEsin0=mg,故加上磁场后，速 度为v时，圆环与杆间的压力为FN=qB,圆环向 右运动的过程中，根据牛顿第二定律有 qEcos0+f=ma1,且f=FN,加速度为a1= 9Ec0s0十四B,圆环向右运动的过程中，圆环速 m 度减小，向左的加速度逐渐减小，圆环向左运动的 过程中，根据牛顿第二定律有qEcos0一FN= ma2,加速度为a2=9Ec0s02四B 圆环向左运 m ·3 参考答案及解析 动的过程中，圆环速度增大，向左的加速度逐渐减 小，故整个运动过程，加速度一直向左且逐渐减 小，故图C不符合要求；由于圆环P从A点出发 再返回A点，克服摩擦力做功，返回A点时的速 度小于从A点出发时的速度，根据t图线的斜 率表示加速度，可知速度v随时间t变化的图像如 图B所示，故图B符合要求；返回A点时圆环受 到的摩擦力应小于从A点出发时圆环受到的摩擦 1 力，故图A不符合要求；根据Ek=2m02,可知动 能Ek随时间t变化的图像如图D所示，故图D符 合要求，B、D正确。 10.BD【解析】设粒子质量为m,带电荷量为q,在 加速电场中，根据功能定理有gU=2m,在磁场 中，根据洛伦滋力提供向心力有qB=m,解得 r=1 (2mU ,粒子1、2、3的运动轨迹如图所示。 B g 由几何关系知r3 =3a2=3a,r=23a,解得 r1:r2:r=1:3:6,由r= 1 2mU B q 可得及= 品c(》八，故：点，=36：4：1，A特， √3a 由几何关系知O3E= an30=3a,G点到E点 的距离为x1=r3-O3E=(2-3)a,B正确；将 磁感应强度减半，三个粒子在磁场的运动半径都 加倍，粒子1从EF之间射出，在磁场中运动的时 间变长，粒子2从G点射出，C错误，D正确。 0 、 30° 008EA 六G D B C 三、非选择题 q 11.()m Uq (2) 8m to入2m 3qto (127π+360)t0 (3) 240 7 真题密卷 【解析】(1)粒子从P点运动到M点，由动能定 理有 1 qU= 2 mv (1分) 2Ug 解得v= m 由匀变速直线运动的规律可知，M、P两点间的 距离 1 d-2uto Ua 解得d=to√2m (1分) (2)由几何关系可知，粒子在P点的速度与x轴 的负方向成53°角，根据圆周运动的对称性，粒子 在N点的速度与x轴的负方向成53°角， △MNO与△MPO是全等直角三角形，MN= Ua MP=d=to√2m NO=PO=dcos53° 设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R,由几何 关系有Rsin53°=PO 务得R=兰圆 (1分) 由洛伦兹力提供向心力，有 02 quB-m R 解得B-8m 3qt。 (1分) (3)粒子从M点运动到N点的时间 4=MN 粒子从N点运动到P点的时间 42=360°-2X5 x 2rm (1分) 360° aB 粒子从M点出发再回到M点的时间 t=t1+t2+to (127元+360)t0 解得t= 240 (1分) 12.(1)T/2g0 (2)33.33% 2 m 【解析】(1)设两板间的距离为d,从t=0时刻射 出的粒子刚好从N板的边缘飞出，则 2d=2×1×90.1。) md\2/ (1分) T。 2qUo 解得d= (1分) 2 m ·3 二轮专题精准提升 (2)由于所有粒子穿过电场的时间均为T。,所以 所有粒子在电场中运动时沿平行x轴方向的速 度变化量为零，即所有粒子进磁场时，速度大小 均为 00一T0 a (1分) 方向垂直于x轴向下 粒子在磁场中运动时，根据牛顿第二定律得 qooB-mr (1分) T。2qU0 解得r=6入Nm 所有粒子在磁场中均做半径为？的半圆周运 动，则 2 2x=3d 在第一个周期内，设在t时刻射入的粒子在离N 1 板3d处进入磁场并恰好从M板处进入磁 场。则 号·g-×g名× (1分) 解得1=召 根据对称性得，能再次进入两板间的粒子数占总 粒子数的比例为 1-X100%≈33.33% (1分) (3)截去一段后，设粒子进磁场时的速度为⑦，速 度与y轴负方向的夹角为0，则 Uo 粒子在磁场中做圆周运动的半径 r'momvo gB gBcos 0 (1分) 粒子进磁场和出磁场位置间的距离 s=2r'cos0= 2mvo2 (1分) gB 截去一段后，若从t=0时刻进入电场的粒子发 生的侧移为行d,则所有粒子均不能再进入电场。 则 1 64 1qUo,'2 2 md 解得'=6 To (1分) 6 ·物理· 去的板长L=a-w-(-）。1分》 E 4UB 13.(1)带正电 （3)2E,-E 2UB (2)E1B2 B 【解析】(1)由于粒子在分离器中向上偏转，根据 左手定则可知粒子带正电；设粒子的质量为m, 电荷量为q,粒子进入速度选择器时的速度为 0,在速度选择器中粒子做匀速直线运动，由平 衡条件得 qvoB1=gE (1分) 在加速电场中，由动能定理得 mo (1分) 联立解得粒子的比荷为？=E m 2UB? (1分) (2)粒子在偏转分离器中，由洛伦兹力提供向心 力得 o quoB:-mr (1分) 可得O,点到P点的距离为 4UB OP=2r-E B2' (1分) (3)粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力 F洛=qV0B1 (1分) 向下的电场力F=gE? 由于E2>E1,且qvoB1=qE (1分) 所以通过配速法，如图所示 其中满足qE2=q(v0十v1)B1 (1分) 则粒子在速度选择器中水平向右以速度V。十v1 做匀速运动的同时，在竖直面以大小为1方向 向左的初速度做匀速圆周运动，当速度转向到水 平向右时，满足垂直打在速度选择器右挡板的O 点的要求，故此时粒子打在O'点的速度大小为 2E2-E1 v'=0+v1十01= (2分) B + /× × 0 +0 + I 14.(1) 2gd ,方向与y轴负方向夹角成45° 3 参考答案及解析 e器 (3z,=Ea-1G话 (n=1,2,3,…） g 【解析】(1)粒子在加速电场中，由动能定理得 1 Eqd=2mv (1分) 每得B- (1分) 方向与y轴负方向夹角成45°。 (1分) (2)由洛伦兹力提供向心力，则 qvoB1-m R (1分) 又由B1=mg qvo 2πR1 T1= (1分) 解得R,= g T1=2t0= 2πU0 (1分) g 可知粒子从第一次经过x轴到第二次经过x轴 T1 RUo 时，对应的圆心角为90，则1=4=2g。 (1分) (3)由于t1=4=2g2 (1分) 可知O~t,粒子刚好转过180°。之后磁场大小 方向都变了，则偏转方向变了。由洛伦兹力提供 向心力得qUB,=mR2 联立解得B,=2q00 mg (1分) R2= 2-2R (1分) g #B: 代入周期公式T,=2x” qB2 解得T,=4π0=4t。 (1分) g to~2t粒子转过90°，同理得，时间在2t。~3t。与 0~t。的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不一 样，3t。~4t。与to~2t。的运动轨迹大小一样，只 是偏转方向不一样，综上所述，得到粒子一个周 期的轨迹图如图所示。由几何关系得 OA=AB=√2R1 (1分) 4 真题密卷 则粒子第n次经过x轴时的x坐标为 xn=(n-1)2·R1= 2(n-1) °(n=1,2,3,…）。 g (2分) R 0 45 X B 15.(1)3BgL 2nm (2) 3m 3qB +传 L 【解析】(1)设粒子A在磁场中做圆周运动的半 径为Rm,由几何关系得 3 (1分) 粒子在磁场中的圆周运动，由洛伦兹力提供向心 力，有 qunB=mR。 (1分) 解得vm= √3BqL 3m° (1分) (2)粒子做匀速圆周运动，则有 qob-mR.T v2 (1分) 解得T=2rm (1分) gB 速度为m的粒子的运动轨迹如图所示， 由运动轨迹可知，粒子A经过磁场后的偏转角为 120°，则粒子A在磁场中运动的时间 1 4=3T (1分) 2πm 解得t1= (1分) 3gB 7 ·3 二轮专题精准提升 (3)由运动学关系可知，速度最小的粒子从P点 正下方x轴上的P',点进入电场中，在电场中做初 速度为0的匀加速运动，运动方向沿电场线方 向，此粒子运动到y轴上距原，点的距离 y1=OP'tan60°= (1分) 从Q,点进入电场中的粒子，沿x轴负方向做初 速度为0的匀加速运动，沿y轴负方向做匀加速 运动，根据几何关系可知 L十Rm=3L xoa一cos (1分) 根据位移公式有 1qEcosB xoa-2 m (1分) 4m 解得t2= gB (1分) 1 gEsin 又由于y2=umt十 (1分) 解得y2= 43 3 L+3L 有粒子穿过的长度为d=y2一y1 (1分) (1分) (4)由几何关系可知三角形PO,Q的面积 1 S-Rsin 120 (1分) 120°圆心角对应的扇形面积 S,=3R8 (1分) 由数理规律可知，磁场区域的最小面积为图中阴 影部分面积，其面积 △s-5-5-(后-）. (2分) 6·