发布时间 : 星期六 文章教育最新K12新课标2019届高考物理一轮复习第9章磁场第三节带电粒子在复合场中的运动达标诊断高效训练更新完毕开始阅读4f5817176aec0975f46527d3240c844769eaa0cc
小学+初中+高中
错误．因为有摩擦力做功，机械能与电势能总和在减小，B错误．若在前半段达到最大加速
g2μqE－mg度的一半，则mg－μ(qE－qv1B)＝m，得v1＝；若在后半段达到最大加速度的一22μqBg2μqE＋mg半，则mg－μ(qv2B－qE)＝m，得v2＝，故C、D正确．
22μqB三、非选择题
9．如图所示，在x轴上方有沿y轴正方向的匀强电场，场强为E，在x轴下方有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.一带负电的粒子从坐标原点O以速度v与x轴正方向成θ(0＜θ＜90°)角射出，射出之后，要使该粒子经过一段时间后又经过O点，E与B的比值应满足什么条件？ (重力不计)
解析：从O点射出之后第一次经过x轴上P1点， 2vsin θ2mvsin θcos θ
OP1＝vcos θ＝ 2
aEq射出之后第二次经过x轴上P2点，
P1P2＝2Rsin θ＝
2mvsin θ
qB.
若P1P2＜OP1，则粒子不可能经过O点 若P1P2＝OP1，则＝vcos θ
若P1P2＞OP1，要让粒子经过O点，必须
EBn(P1P2－OP1)＝OP1
En＋1＝vcos θ n＝1，2，3…. Bn答案：见解析
10．(2018·昆明模拟)如图，竖直平面内建立直角坐标系xOy，第Ⅰ象限坐标为(x，d)位置小学+初中+高中
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处有一小球发射器P，第Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限中有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场．某时刻小球发射器P沿x轴负方向以某一初速度发出一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，小球从y＝处经过y轴且速度方向与y轴负方向成45°角，其后小球在匀强磁场
2和电场中偏转后垂直x轴返回第Ⅰ象限．已知第Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限内匀强电场的电场强度E＝
dmg，g为重力加速度．求： q
(1)小球刚从发射器射出时的初速度大小及小球发射器P的横坐标x；
(2)磁场的磁感应强度大小及小球从发射到返回第Ⅰ象限上升到最高点所用的总时间． 解析：(1)带电小球从发射器射出后做平抛运动，设初速度为v0，沿水平方向有x＝v0t1 112
沿竖直方向有d＝gt1
22tan 45°＝，vy＝gt1 联立解得t1＝
v0vyd，v0＝dg，x＝d. g(2)带电小球进入垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场中，所受竖直向上的电场
v2
力qE＝mg，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qvB＝m R小球在匀强磁场中运动的线速度v＝2v0＝2dg 由几何关系得，小球做匀速圆周运动的半径R＝2m解得B＝ 2d 2
qg d5
小球在匀强磁场和电场中运动的时间t2＝T
82πR其中周期T＝
v5π联立解得t2＝ 8d gvg2d 小球返回到第Ⅰ象限后上升到最大高度所用时间t3＝＝g小学+初中+高中
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所以，小球从发射到返回第Ⅰ象限后上升到最高点所用的总时间t＝t1＋t2＋t3＝
?1＋2＋5π???8??
d. gqg d2m答案：(1)dg d (2)
?1＋2＋5π??8???
d g11．(2018·长兴中学模拟)如图为实验室筛选带电粒子的装置示意图：左端加速电极M、N间的电压为U1.中间速度选择器中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，匀强磁场的场强B1＝1.0 T，两板电压U2＝1.0×10 V，两板间的距离D＝2 cm.选择器右端是一个半径R＝20 cm的圆筒，可以围绕竖起中心轴顺时针转动，筒壁的一个水平圆周上均匀分布着8个小孔O1至O8.圆筒内部有竖直向下的匀强磁场B2.一电荷量为q＝1.60×10
－25
－19
2
C、质量为m＝3.2×10
kg的带电的粒子，从静止开始经过加速电场后匀速穿过速度选择器．圆筒不转时，粒子
恰好从小孔O8射入，从小孔O3射出，若粒子碰到圆筒就被圆筒吸收．求：
(1)加速器两端的电压U1的大小；
(2)圆筒内匀强磁场B2的大小并判断粒子带正电还是负电；
(3)要使粒子从一个小孔射入圆筒后能从正对面的小孔射出(如从O1进从O5出)，则圆筒匀速转动的角速度多大？
解析：(1)速度选择器中电场强度E＝＝5.0×10 N/C 根据力的平衡条件可得qB1v＝qE，解得v＝＝5.0×10 m/s 12
在电场加速过程，根据动能定理可得qU1＝mv，解得U1＝25 V.
2(2)粒子的运动轨迹如图所示
根据左手定则，粒子带负电，根据几何关系可得r＝R 洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
U2D3
EB1
3
v2
qB2v＝m，解得
rmvB2＝＝5.0×10－2T.
qr(3)不管从哪个孔进入，粒子在筒中运动的时间与轨迹一样，运动时间为
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3
π×0.2
θ·r4－5t＝＝3 s＝3π×10s
v5×10
π
在这段时间圆筒转过的可能角度α＝2nπ＋(n＝0，1，2，3…)
4α8n＋15
则圆筒的角速度ω＝＝×10 rad/s.
t12答案：(1)U1＝25 V (2)5.0×10T 粒子带负电 8n＋15
(3)×10 rad/s
12
12．(2018·湖南石门一中模拟)如图所示，电压为U的两块平行金属板MN，M板带正电，x轴与金属板垂直，原点O与N金属板上小孔重合，在O≤x≤d区域存在垂直纸面的匀强磁场B1(图上未画出)23U和沿y轴负方向、大小为E＝的匀强电场，B1与E在y轴方向
3d的区域足够大．有一个质量为m，带电量为q的带正电粒子(粒子重力不计)，从靠近M板内侧的P点(P点在x轴上)由静止释放后从N板的小孔穿出后沿x轴做直线运动；若撤去磁场
－2
B1，在第四象限x＞d的某区域加上左边界与y轴平行且垂直纸面的匀强磁场B2(图上未画
?7?出)，为了使粒子能垂直穿过x轴上的Q点，Q点坐标为?d，0?.求：
?2?
(1)磁感应强度B1的大小与方向； (2)磁感应强度B2的大小与方向；
(3)粒子从坐标原点O运动到Q点所用的时间t.
12
解析：(1)设粒子从O点穿出时速度为v0，由动能定理得，qU＝mv0，
2解得v0＝2qUm.
由于粒子在电磁场中做直线运动，粒子所受电场力与洛伦兹力平衡，有：qv0B1＝qE， 1
解得B1＝ d2mU，磁场的方向垂直纸面向里． 3q(2)粒子在电磁场中运动时间t＝， 设粒子离开电场时偏向角为θ，
dv0
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