分组练(7)带电粒子在电磁场中的运动A组-【衡水金卷·先享题】2026年新高考物理专项分组练(湖南专版)

参考答案及解析 2%142 (2分) 1 解得= 3%- 在传送猎上4-，4=4=2 g g 又Q2=∑mpg△x=mng· ·4=1 g -(号)] (2分) 所以Q=Q+0-婴-号（宁y) (2分) 分组练(7) 带电粒子在电磁场中的运动A组 1.【解析】(1)设粒子在电场中运动的时间为t,粒子进 入磁场时沿y轴方向的分速度为，粒子进入磁场 时的速度为，粒子沿x轴正方向做匀速运动 则W5d=oti (1分) 在沿y轴方向，粒子做初速度为零的匀加速运动，根 据匀变速直线运动的规律得 号= (1分) 根据速度的合成可得粒子进入磁场时的速度？= √6十u (1分) 设粒子进入磁场时的速度方向与x轴正方向的夹角 为0 则tan0= (1分) Vo 联立解得u=2V5,0=30 3 (1分) 故粒子进人磁场时的速度为2，方向与x轴正方 3 向的夹角为30斜向下 (1分) (2)由题意，粒子在运动过程中恰好不再返回电场，运 动轨迹在第二象限与y轴相切，根据对称性可知，粒 子运动的轨迹如图所示 R 设磁感应强度大小为B,由几何关系可知粒子做圆周 运动的半径R= 3d =2√5d (1分) sin 30 根据洛伦兹力提供向心力得qB=”m R (1分) 解得B一器 (1分) ·32 物理(XD) 设粒子从进入磁场到打到挡板上所用的时间为t,由 几何关系可得粒子从进入磁场到打到挡板上转过的 角度a=7809 粒子在磁场中做圆周运动的周期T=2迟 (1分) 780° 3T 则t=360T= 6 (1分) 解得t=13πd (1分) Uo 2.【解析】(1)由于小球沿直线PA运动至A点，垂直于 OM进入磁场，下图为其运动轨迹，则小球所受合力 方向也沿PA方向 × + + + + M 对小球受力分析有tan9=g正 (1分) mg 解得E="mg=10N/C (1分) 小球由P点至A点做匀加速直线运动，设加速度为 a,根据牛顿第二定律有mg cos =ma (1分) 解得a1=10√2m/s (1分) _PA 由几何关系得an9=OA (1分) 可得PA=OA=L (1分) 根据速度与位移的关系式有=2a1L (1分) 解得小球在A点的速度大小v=4m/s (1分) (2)由于电场力与重力大小相等，则小球在虚线下侧 做匀速圆周运动，小球垂直ON再次进入上侧电场， 下图为其运动轨迹 -N 2 + M 根据几何关系有小球做圆周运动的半径R=L(1分) 由洛伦兹力提供向心力有9B=m尺 (1分) 解得B=5√2T (1分) (3)小球再次进入上侧电场中时，做类斜抛运动，竖直 方向做竖直上抛运动，设上升的最大高度为h,则有 物理(XD) 2=2gh (1分) 解得h=0.8m (2分) 3.【解析】(1)粒子通过粒子加速器，根据动能定理有 cU,=立 (1分) 粒子通过速度选择器，根据平衡条件有eBv= U (1分) eU 解得U,=Bd√m (2分) (2)粒子在速度选择器中，如果电场消失，粒子做匀速 圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有Bu=m, (1分) 根据几何关系可得M点与右板上端的距离y=rsin 30 (1分) 联立解得y=B√2e 1 /mU (2分) (3)若撤去速度选择器中的磁场B,粒子在速度选择 器中偏转飞出时做类平抛运动 在竖直方向上有L=t (1分) .1 在水平方向上有x=立at (1分) 根据牛顿第二定律有号=m0 (1分) 联立解得x=BL√8mU e (1分) 设速度与水平方向间的夹角为，则有=” sin (1分) 粒子经偏转分离器后偏转到Q点，弦长x'=2rsin0 (1分) '2 洛伦兹力提供向心力有eB=m (1分) 粒子从静止开始加速后，该粒子恰好能沿速度选择器 的中轴线通过且从V点射出速度选择器，之后进入 偏转分离器后做匀速圆周运动打到屏上的P点，由 洛伦兹力提供向心力有eB2u=m (1分) 根据几何关系有NP=2,” (1分) 由几何关系得PQ=VP+x一x (1分) 联立解得PQ=BL√8mU e (2分) 分组练(8) 带电粒子在电磁场中的运动B组 1 1.【解析】(1)由类斜抛运动规律得2h=ot,h= (1分) 由牛顿第二定律得gE。=ma (1分) 2qEoh 解得w=m (1分) (2)当E=25gB时，粒子进入磁场的速度=5gB跳 8m 2m (1分) ·33 参考答案及解析 由牛额第二定律得B=加号 (1分) 粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示 P Vo r-h 0 5h 甲 由几何关系得cosa=二 -,x=rsin a (1分) 解得x=2h 故粒子第一次经过x轴正半轴时的位置坐标为(2h, 0) (1分) (3)粒子在磁场中运动的轨迹半径满足1：n=2:3, 运动轨迹如图乙所示 (1分) 乙 由几何关系可知d=2(十n)sin0,cos9=h-n (1分) 联立解得d=5√2hr1-h2 设粒子运动的周期数为n(n=1,2,3…),则有nd= 5h。n=1时，时间最短，8=90°：粒子恰好不从MN 边界射出时，时间最长，02=37°，此时n=3(1分) 设粒子在上、下部分磁场内运动的周期分别为T、T, 则T,=21=2x",T,=2π=3x gB gB 且=m2×12.97i+3690o27 360° (1分) 解得t-2B-2 5π1m 143πm (1分) 2.【解析】(1)设该电荷到达直线MN时的速度为v 根据动能定理有子m=Ed (1分) d=0.4m 解得u=4X103m/s (1分) (2)设该电荷在电场中的加速度为a,正电荷从P点 到达直线MN时经过的时间为to 有，=巴，a=画 (1分) n 解得to=2×10-4s (1分) 该电荷在篮场中运动有Bg=n号，B=m· T分组练(7) 带电粒子在电磁场中的运动A组 (限时40分钟) 1.(12分)如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内2.(14分)下图所示，虚线MON的ON边位于水平 存在沿y轴负方向的匀强电场，第二象限内存在 位置，OM边与水平方向的夹角0=45°，虚线 垂直于纸面向里的匀强磁场，第三、四象限内存在 MON上、下两侧有电场强度大小相等、方向分别 垂直于纸面向外的匀强磁场，两磁场的磁感应强 沿水平向右与竖直向上的匀强电场，匀强磁场的 度大小相等、范围均足够大，在x轴上的 方向垂直于纸面向里，分布于虚线MON的下侧 P(一5√3d,0)点有垂直于x轴的足够大的竖直挡 区域。将一质量m=0.1kg、电荷量q= 板。在y轴上的A(0,号)点有一质量为m、电荷 十0.1C的带电小球（可视为质点）从与O点等高 的P点由静止释放，小球沿直线PA运动至A点， 量为q的带正电粒子（可视为质点），以速度。沿 垂直OM进入磁场，之后小球又垂直OV再次进 x轴正方向射人匀强电场，从C(√d,0)点进人匀 入上侧电场，已知重力加速度g=10m/s2,OA=L 强磁场，粒子在运动过程中恰好不再返回电场。 -22 5 m,不计空气阻力。 不计粒子重力及空气阻力，求： (1)粒子进人磁场时的速度； (1)求电场强度E的大小和小球进人匀强磁场时 (2)磁感应强度大小以及粒子从进人磁场到打到 的速度v的大小； 挡板上所用的时间。 (2)求匀强磁场的磁感应强度B的大小； (3)求小球第一次离开虚线ON能够上升的最大 高度。 W 物理(XD)第53页（共66页） 3.(20分)某一具有加速器的质谱仪原理如图所示， (1)若速度选择器两板间的距离为d,求两板间的 A为粒子加速器，加速电压为U1;B为速度选择 电压U2; 器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1,板长为L; (2)若撤去速度选择器中的电场，粒子在速度选择 C为偏转分离器，磁感应强度为B2。现有一质量 器中偏转打在右侧极板上M点（图中未画出）时 为m、电荷量为e的正粒子（不计重力），从静止开 的速度方向偏转了30°，求M点与右板上端的距 始加速后，该粒子恰好能沿速度选择器的中轴线 离y; 通过，之后进人分离器后做匀速圆周运动打到屏 (3)若撤去速度选择器中的磁场B1,该粒子仍能从 上的P点。 两板间飞出，经偏转分离器后打到屏上的Q点，如 y U 图所示，求P、Q两点之间的距离。 ×1×B1 ×1× C××X× 2 物理(XD)第54页（共66页）