2020—2022年三年全國高考物理真題匯編：帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)

一、多選題

1.（3分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系。町的第一象限內(nèi)，存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)

度大小為B。大量質(zhì)量為m、電量為q的相同粒子從y軸上的P（0,V3L）點(diǎn)，以相同的速率在紙面

內(nèi)沿不同方向先后射入磁場(chǎng)，設(shè)入射速度方向與y軸正方向的夾角為a（0WaW180。）。當(dāng)a=

150°時(shí)，粒子垂直x軸離開磁場(chǎng)。不計(jì)粒子的重力。則（）

A.粒子一定帶正電

B.當(dāng)a=45。時(shí)，粒子也垂直x軸離開磁場(chǎng)

C.粒子入射速率為2后qBL

m

D.粒子離開磁場(chǎng)的位置到O點(diǎn)的最大距離為3瓜L

二、綜合題

2.（15分）兩塊面積和間距均足夠大的金屬板水平放置，如圖1所示，金屬板與可調(diào)電源相連形成

電場(chǎng)，方向沿y軸正方向。在兩板之間施加磁場(chǎng)，方向垂直xOy平面向外。電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度

隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖2所示。板間O點(diǎn)放置一粒子源，可連續(xù)釋放質(zhì)量為m、電荷量為q（q>

0）、初速度為零的粒子，不計(jì)重力及粒子間的相互作用，圖中物理量均為已知量。求：

y4

O

圖1

（1）（5分）t=0時(shí)刻釋放的粒子，在「=就時(shí)刻的位置坐標(biāo)；

（2）（5分）在0?鬻時(shí)間內(nèi)，靜電力對(duì)t=0時(shí)刻釋放的粒子所做的功；

（3）（5分）在M（土過翳,三上畔）點(diǎn)放置一粒接收器，在時(shí)間內(nèi)什么時(shí)刻釋放的粒子

在電場(chǎng)存在期間被捕獲。

3.（15分）離子速度分析器截面圖如圖所示。半徑為R的空心轉(zhuǎn)筒P,可繞過O點(diǎn)、垂直xOy平面

（紙面）的中心軸逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)（角速度大小可調(diào)），其上有一小孔S。整個(gè)轉(zhuǎn)筒內(nèi)部存在方向垂

直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。轉(zhuǎn)筒下方有一與其共軸的半圓柱面探測(cè)板Q,板Q與y軸交于A點(diǎn)。離子

源M能沿著x軸射出質(zhì)量為m、電荷量為一q（q>0）、速度大小不同的離子，其中速度大小為V。的

離子進(jìn)入轉(zhuǎn)筒，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰好沿y軸負(fù)方向離開磁場(chǎng)。落在接地的筒壁或探測(cè)板上的離子被吸

收且失去所帶電荷，不計(jì)離子的重力和離子間的相互作用。

（1）（5分）①求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。虎谌羲俣却笮関o的離子能打在Q板的A處，求轉(zhuǎn)筒

P角速度co的大??；

（2）（5分）較長(zhǎng)時(shí)間后，轉(zhuǎn)筒P每轉(zhuǎn)一周有N個(gè)離子打在板Q的C處，0C與x軸負(fù)方向的夾

角為仇求轉(zhuǎn)筒轉(zhuǎn)動(dòng)一周的時(shí)間內(nèi)，C處受到平均沖力F的大小；

（3）（5分）若轉(zhuǎn)筒P的角速度小于粵,且A處探測(cè)到離子，求板Q上能探測(cè)到離子的其他

0'的值（為探測(cè)點(diǎn)位置和o點(diǎn)連線與X軸負(fù)方向的夾角）。

4.（20分）中國“人造太陽”在核聚變實(shí)驗(yàn)方面取得新突破，該裝置中用電磁場(chǎng)約束和加速高能離

子，其部分電磁場(chǎng)簡(jiǎn)化模型如圖所示，在三維坐標(biāo)系Oxyz中，0<z4d空間內(nèi)充滿勻強(qiáng)磁場(chǎng)

I,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向沿x軸正方向；-3d4z<0,y>0的空間內(nèi)充滿勻強(qiáng)磁場(chǎng)II,磁

感應(yīng)強(qiáng)度大小為導(dǎo)B，方向平行于xOy平面，與x軸正方向夾角為45°；z<0,y<0的空

間內(nèi)充滿沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。質(zhì)量為m、帶電量為+q的離子甲，從yOz平面第三象限內(nèi)

距y軸為L(zhǎng)的點(diǎn)A以一定速度出射，速度方向與z軸正方向夾角為0,在yOz平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)

間后，經(jīng)坐標(biāo)原點(diǎn)O沿z軸正方向進(jìn)入磁場(chǎng)I。不計(jì)離子重力。

（1）（5分）當(dāng)離子甲從A點(diǎn)出射速度為v0時(shí)，求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E；

（2）（5分）若使離子甲進(jìn)入磁場(chǎng)后始終在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，求進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的最大速度；

（3）（5分）離子甲以駛的速度從O點(diǎn)沿z軸正方向第一次穿過xOy面進(jìn)入磁場(chǎng)I,求第四

次穿過xOy平面的位置坐標(biāo)（用d表示）；

（4）（5分）當(dāng)離子甲以粵的速度從0點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)I時(shí)，質(zhì)量為4m、帶電量為+q的離

zm

子乙，也從O點(diǎn)沿Z軸正方向以相同的動(dòng)能同時(shí)進(jìn)入磁場(chǎng)I,求兩離子進(jìn)入磁場(chǎng)后，到達(dá)它們運(yùn)動(dòng)軌

跡第一個(gè)交點(diǎn)的時(shí)間差A(yù)t（忽略離子間相互作用）。

5.（15分）如圖，兩個(gè)定值電阻的阻值分別為h和/?2，直流電源的內(nèi)阻不計(jì)，平行板電容器兩

極板水平放置，板間距離為d,板長(zhǎng)為V3d,極板間存在方向水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為

m、帶電量為+q的小球以初速度v沿水平方向從電容器下板左側(cè)邊緣A點(diǎn)進(jìn)入電容器，做勻

速圓周運(yùn)動(dòng)，恰從電容器上板右側(cè)邊緣離開電容器。此過程中，小球未與極板發(fā)生碰撞，重力加速

度大小為g，忽略空氣阻力。

（1）（5分）求直流電源的電動(dòng)勢(shì)Eo

（2）（5分）求兩極板間磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；

（3）（5分）在圖中虛線的右側(cè)設(shè)計(jì)一勻強(qiáng)電場(chǎng)，使小球離開電容器后沿直線運(yùn)動(dòng)，求電場(chǎng)強(qiáng)度

的最小值Eo

6.（15分）密立根通過觀測(cè)油滴的運(yùn)動(dòng)規(guī)律證明了電荷的量子性，因此獲得了1923年的諾貝爾獎(jiǎng)。

圖13是密立根油滴實(shí)驗(yàn)的原理示意圖，兩個(gè)水平放置、相距為d的足夠大金屬極板，上極板中央有

一小孔。通過小孔噴入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴帶上了電荷。有兩個(gè)質(zhì)量均為

m°、位于同一豎直線上的球形小油滴A和B,在時(shí)間t內(nèi)都勻速下落了距離九1。此時(shí)給兩極板加

上電壓U（上極板接正極），A繼續(xù)以原速度下落，B經(jīng)過一段時(shí)間后向上勻速運(yùn)動(dòng)。B在勻速運(yùn)動(dòng)

時(shí)間t內(nèi)上升了距離/^（厲彳自），隨后與A合并，形成一個(gè)球形新油滴，繼續(xù)在兩極板間運(yùn)動(dòng)直

至勻速。已知球形油滴受到的空氣阻力大小為f=kn^v,其中k為比例系數(shù)，m為油滴質(zhì)量，v

為油滴運(yùn)動(dòng)速率。不計(jì)空氣浮力，重力加速度為g。求：

_______________

f?A-

d，U?B

（1）（5分）比例系數(shù)k；

（2）（5分）油滴A、B的帶電量和電性；B上升距離h2電勢(shì)能的變化量；

（3）（5分）新油滴勻速運(yùn)動(dòng)速度的大小和方向。

7.（20分）在芯片制造過程中，離子注入是其中一道重要的工序。如圖所示是離子注入工作原理示

意圖，離子經(jīng)加速后沿水平方向進(jìn)入速度選擇器，然后通過磁分析器，選擇出特定比荷的離子，經(jīng)

偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)后注入處在水平面內(nèi)的晶圓（硅片）。速度選擇器、磁分析器和偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁

感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B,方向均垂直紙面向外；速度選擇器和偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中的勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小均為E,

方向分別為豎直向上和垂直紙面向外。磁分析器截面是內(nèi)外半徑分別為Ri和R2的四分之一圓環(huán)，其

兩端中心位置M和N處各有一個(gè)小孔；偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中電場(chǎng)和磁場(chǎng)的分布區(qū)域是同一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方

體，其速度選擇器底面與晶圓所在水平面平行，間距也為L(zhǎng)。當(dāng)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)不加電場(chǎng)及磁場(chǎng)時(shí)，離子

恰好豎直注入到晶圓上的。點(diǎn)（即圖中坐標(biāo)原點(diǎn)，x軸垂直紙面向外）。整個(gè)系統(tǒng)置于真空中，不計(jì)

離子重力，打在晶圓上的離子，經(jīng)過電場(chǎng)和磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)的角度都很小。當(dāng)a很小時(shí)，有sina。tana*

a,cosa?1—^a12。3求：

(1)(5分)離子通過速度選擇器后的速度大小v和磁分析器選擇出來離子的比荷;

(2)(5分)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)僅加電場(chǎng)時(shí)離子注入晶圓的位置，用坐標(biāo)(x,y)表示;

(3)(5分)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)僅加磁場(chǎng)時(shí)離子注入晶圓的位置，用坐標(biāo)(x,y)表示;

(4)(5分)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)同時(shí)加上電場(chǎng)和磁場(chǎng)時(shí)離子注入晶圓的位置,用坐標(biāo)(x,y)表示，并說明理

由。

答案解析部分

1.【答案】A,C,D

【知識(shí)點(diǎn)】左手定則；雙邊有界磁場(chǎng)；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)

【解析】【解答】A.根據(jù)題意可知粒子垂直x軸離開磁場(chǎng)，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電，A符合

題意；

BC.當(dāng)a=150°時(shí)，粒子垂直x軸離開磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖

粒子運(yùn)動(dòng)的半徑根據(jù)軌跡圖中的幾何關(guān)系可得r==2V3L0

cos60

因帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由洛倫茲力提供，所以qvB=

m必②

r

聯(lián)立①②解得粒子入射速率v=2邙更

若a=45°,通過作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖

根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子離開磁場(chǎng)時(shí)與x軸不垂直，B不符合題意，C符合題意；

D.因粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小確定，根據(jù)②式粒子離開磁場(chǎng)距離0點(diǎn)距離最遠(yuǎn)時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中

的軌跡為半圓，如圖

根據(jù)幾何關(guān)系可知（2r）2=（V3L）2+x^@

解得xm-3V5L

D符合題意。

故答案為：ACD。

【分析】解決該題關(guān)鍵能正確做出粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)跡，然后根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)方向左手定則判斷

粒子電性，做出粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何知識(shí)求解其做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，根據(jù)洛倫茲力

提供向心力求解粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的初速度大小，粒子離開磁場(chǎng)距離0點(diǎn)距離最遠(yuǎn)時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中

的軌跡為半圓。

2.【答案】（1）電場(chǎng)中，加速度a='^，經(jīng)過t=v=at=

2/7

沿y軸位移為Xy=2=---

2qB0

2

‘DmvmvEQmn2m27Tm

在磁場(chǎng)中，qvBQ=—,r=^=T=-=-^,

nm*△ZFnirrn

經(jīng)過t=兩;，沿x軸位移Xx=2r=-T-2",

2777722irfn?7i

在t=-To-時(shí)刻的位置坐標(biāo)為（一￡■，----T）

□BoqBo，2qBo

（2）在1=罌時(shí)刻第二次進(jìn)入電場(chǎng)，此時(shí)速度方向沿y軸負(fù)方向，電場(chǎng)強(qiáng)度為第一段時(shí)間2倍，

加速度為原來2倍。

經(jīng)過「=瑞時(shí)間粒子速度向下減速為零，然后再經(jīng)過t=翡反向到達(dá)第二次剛進(jìn)入電場(chǎng)的位

置，且速度大小也和第二次剛進(jìn)電場(chǎng)時(shí)相同。

經(jīng)過磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)，磁場(chǎng)不改變速度大小。在士=翟時(shí)刻第三次進(jìn)入電場(chǎng)，此時(shí)速度方向沿y軸負(fù)方

向，加速度變?yōu)檫\(yùn)來3倍。

代入X=%t+Jat2,此時(shí)沿y軸位移為選畔，與第一次沿y軸位移相同。

z2qB。

粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖

、222

nE0m2irE0m

電=（E0q+3E0q）——'=----------—

2祖2Bo?

（3）由軌跡圖可知，零時(shí)刻釋放的粒子經(jīng)過2個(gè)半圓形軌跡可以到達(dá)（紀(jì)雪，藝嗎），

2qB（/

向下減速時(shí)加速度為第一次加速的加速度3倍，所以向下運(yùn)動(dòng)位移為第一次位移的/只能到達(dá)縱

TT21-11217

坐標(biāo)為n-p=j:的位置。不能被接收器接收。

2^o3q8（/

假若粒子經(jīng)過磁場(chǎng)一次偏轉(zhuǎn)即可到達(dá)接收器，即在t=端頸=端之間某時(shí)刻釋放，再經(jīng)過時(shí)

間「=髭磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)到達(dá)接收器，但其半徑必須為第（1）問中粒子半徑2倍，即末速度為第（1）問

中粒子末速度2倍，由于在t=瑞頸=譚之間加速度為第（1）問加速度3倍，所以加速時(shí)間

為第（1）問加速時(shí)間的，倍，即在t=需源時(shí)刻釋放，加速位移為Xy=.&產(chǎn)=3.02，在土=

畿到達(dá)Xx=胃般位置,向下減速最低到達(dá)坐標(biāo)為Xy=^f,小于Xy=舞?，所以位置更

低，可以被接收器接收。

若粒子在。頸=畫之間某時(shí)刻釋放，要滿足最后到達(dá)（=瑞丁位置，即（1）中圓周運(yùn)動(dòng)半徑

4倍位置，可以這樣設(shè)想，先在。頻=瀛加速一半時(shí)間《=言焉釋放，即速度變?yōu)椋?）中第一次

加速過程末速度一半，在第二次電場(chǎng)中先減速J時(shí)間，后加速熱時(shí)間，速度變?yōu)椋?）中第一次加速過

程末速度I倍，這樣經(jīng)過兩次磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)在X軸位移為%2+:?2=4r,再計(jì)算下豎直位移，最后在

=鬻頸=鑿之間被接收器接收。

綜上：在》=瑞或者==瑞時(shí)刻釋放可以在電場(chǎng)存在期間被接收器接收。

【知識(shí)點(diǎn)】磁場(chǎng)和電場(chǎng)的復(fù)合

【解析】【分析】（1）在電場(chǎng)中做勻變速直線運(yùn)的，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。

（2）畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，結(jié)合恒力做功公式求解。

（3）利用橫坐標(biāo)為（1）中軌跡半徑4倍進(jìn)行討論。

3.【答案】（1）解：進(jìn)入轉(zhuǎn)筒內(nèi)的離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由題意知速度大小為v0的離子

在磁場(chǎng)中的軌跡為J圓周，可得離子的運(yùn)動(dòng)半徑等于R,由洛倫茲力提供向心力得：

VQ2

q%B=m-R-

解得：B=簿；

離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t==

要使速度大小為vo的離子能打在Q板的A處，轉(zhuǎn)筒在此時(shí)間內(nèi)轉(zhuǎn)過的角度需滿足：皿=

2kli+,

聯(lián)立解得：3=（4k+l）華，（k=0,1,2……）；

（2）設(shè)打在板Q的C處的離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑為r,其速度大小為v,運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所

示，由幾何關(guān)系可得：

由洛倫茲力提供向心力得：quB=m-y-

解得：v=votan^;

此離子在磁場(chǎng)在運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心角為TT-6,可得此離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為:

_（7T-0）r_（7T—0）7?

I.-1—--------------------

V%

設(shè)轉(zhuǎn)筒P角速度的大小為31,要使此離子能打在Q板的C處，轉(zhuǎn)筒在此時(shí)間內(nèi)轉(zhuǎn)過的角度需

滿足：31tl=2九兀+。

聯(lián)立解得：31=空嚅魚，5=0,1,2……）

設(shè)轉(zhuǎn)筒P轉(zhuǎn)一周的時(shí)間內(nèi)，打在C處的離子受到平均沖力的大小為F.由動(dòng)量定理得：F-

27rz

—%=Nmv

由牛頓第三定律可得，C處受到平均沖力的大小F=尸,

聯(lián)立解得：昨粵嗎雌tan,（幾=0,1,2……）

（3）由題意并結(jié)合（1）（2）的結(jié)論，可知轉(zhuǎn)筒P轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度既要等于（4k+1）第，又要等于

A

t

（2九兀+。）v0

f

則可得：（4k+1）粵=（2。兀+,）。0<與Q,（卜=0,1,2...）,（n=0,1,2...）,

K（n-e）RR

還需滿足：0<。'<兀，且

可得：k<2

當(dāng)k=0時(shí)，解得：。'=導(dǎo)17r，當(dāng)n=0時(shí)，6,=3,不符題意，舍去；

當(dāng)k=1時(shí)，解得：9=5*7T，當(dāng)n=0時(shí)，。=知；葭=1時(shí)，。=￡（舍去）；n=2

時(shí)，0=^0

故板Q上能探測(cè)到離子的其它e的值為患和專。

【知識(shí)點(diǎn)】復(fù)雜邊界

【解析】【分析】（1）根據(jù)帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)列方程求解。

（2）根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)以及動(dòng)量定理計(jì)算C處所受平均沖擊力的大小，注意圓周運(yùn)動(dòng)的周期性特

點(diǎn)。

（3）根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)以及周期性進(jìn)行分析求解。

4.【答案】（1）根據(jù)題意作出粒子運(yùn)動(dòng)圖像如圖所示

根據(jù)題意可知離子沿z軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿z軸方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，從A到0的過

程，有

L-v0cosP-t,vosin^=at,a=哈聯(lián)立解得E=mv。2s普cos.；

(2)根據(jù)題意作出粒子運(yùn)動(dòng)圖像如圖所示

由圖可知，離子從坐標(biāo)原點(diǎn)0沿z軸正方向進(jìn)入磁場(chǎng)1中，在磁場(chǎng)I中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過磁場(chǎng)

I偏轉(zhuǎn)后從y軸進(jìn)入磁場(chǎng)n中，繼續(xù)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力得，可得，為了使離子

在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，則離子磁場(chǎng)I運(yùn)動(dòng)時(shí)，不能從磁場(chǎng)I上方穿出。在磁場(chǎng)n運(yùn)動(dòng)時(shí)，不能xOz平面穿

出，則離子在磁場(chǎng)用運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑需滿足riWd,r2<3d,聯(lián)立解得，vW曙,

要使離子甲進(jìn)入磁場(chǎng)后始終在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的最大速度為曙;

(3)離子甲以的速度從O點(diǎn)沿z軸正方向第一次穿過xOy面進(jìn)入磁場(chǎng)I,離子在磁場(chǎng)I中的軌跡半

徑為，在磁場(chǎng)；中的軌道半徑為，離子從O點(diǎn)第一次穿過到第四次穿過xOy平面的運(yùn)動(dòng)情況如圖所

示

根據(jù)圖像可知，第四次穿過xOy平面的位置坐標(biāo)為(d,d,0)；

(4)設(shè)粒子乙的速度為也，根據(jù)題意可知品/=y4叫2,解得叭=覆,

兩離子在口中的軌跡半徑為ri=*r/=2ri=d,

兩離子在口中的軌跡半徑為生=學(xué)，「2'=2r2=魚小

從O點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)到第一個(gè)交點(diǎn)的過程，有，，

們運(yùn)動(dòng)軌跡第一個(gè)交點(diǎn)的時(shí)間差戊=(2+20翳

【知識(shí)點(diǎn)】磁場(chǎng)、電場(chǎng)和重力場(chǎng)復(fù)合

【解析】【分析】(1)首先根據(jù)題意作出粒子運(yùn)動(dòng)圖像，然后根據(jù)圖像分析粒子運(yùn)動(dòng)情況，將運(yùn)動(dòng)分解

處理；

(2)首先根據(jù)題意作出粒子運(yùn)動(dòng)圖像，然后分析粒子運(yùn)動(dòng)半徑的取值，最后計(jì)算速度的取值；

(3)首先根據(jù)題意作出粒子運(yùn)動(dòng)圖像，根據(jù)圖像可以判斷粒子第四次穿過xOy平面的位置坐標(biāo)；

(4)首先算出乙離子的速度，然后算出其運(yùn)動(dòng)半徑和周期，最后算出兩離子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間及時(shí)間差。

5.【答案】(1)小球在電磁場(chǎng)和重力場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力與重力等大反向，洛倫

茲力提供向心力，即%=?ng,

再由歐姆定律可知U=Eo瓦能,

聯(lián)立解得比=mgd婆

°qR2

（2）設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R,由幾何關(guān)系可得（R—d）2+（信/=R2,

解得R=2d,

再根據(jù)洛倫子力提供向心力可得q〃B=嗒，

解得B=瑞。

（3）由幾何關(guān)系可知，射出磁場(chǎng)時(shí)，小球速度與水平方向成60度夾角，要使小球做直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)

小球所受電場(chǎng)力與小球重力在垂直速度方向上的分力相等時(shí)，電場(chǎng)力最小，電場(chǎng)強(qiáng)度最小，可得

Eq=mgcos60°>解得E=翳

【知識(shí)點(diǎn)】磁場(chǎng)、電場(chǎng)和重力場(chǎng)復(fù)合

【解析】【分析】（1）根據(jù)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)分析列方程求解。

（2）根據(jù)帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，洛倫茲力提供向心力列方程求解。

（3）根據(jù)粒子做直線運(yùn)動(dòng)的條件和所受合外力的關(guān)系列方程求解。

6.【答案】（1）未加電壓時(shí)，當(dāng)油滴勻速時(shí)其速度根據(jù)運(yùn)動(dòng)規(guī)律得

根據(jù)平衡條件的

mg=/

又根據(jù)題意

f=kmU]

聯(lián)立解得

3

_TYl^gt

k=i

（2）加電壓后，油滴A速度不變，可知油滴A不帶電，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所

受電場(chǎng)力向上，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度向下，可知油滴B帶負(fù)電，油滴B向上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度大小為

根據(jù)平衡條件可得mg+kmv2=^q

解得q二哪打

根據(jù)功能關(guān)系

W電=-AEp

又

u

卬屯=臚1

聯(lián)立解得:

mg/i2（hi+傷）

LEP

Uq._

(3)解：油滴B與油滴A合并后，新油滴的質(zhì)量為27n，新油滴所受電場(chǎng)力F

d

加。(九1+八2)

hl

若尸'>2mg,即后〉M

可知v2>Vi

新油滴速度方向向上，設(shè)向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律-mvi=2mv^

可得D我>0

新油滴向上加速，達(dá)到平衡時(shí)2巾9+/￡.(2徵向1=〃

解得速度大小為V

3出

速度方向向上;

若F<2mg，即壇>九2

可知v2<%

設(shè)向下為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律mvi-mv2=2mv共

可知”共>0

新油滴向下加速，達(dá)到平衡時(shí)2mg=9+k.(2mFi/

解得速度大小為一喏

速度方向向下。

【知識(shí)點(diǎn)】共點(diǎn)力平衡條件的應(yīng)用；電勢(shì)差、電勢(shì)、電勢(shì)能；磁場(chǎng)、電場(chǎng)和重力場(chǎng)復(fù)合；物體的受力分析

【解析】【分析】(1)根據(jù)對(duì)油滴的受力分析，結(jié)合空氣阻力的表達(dá)式得出比例系數(shù);

(2)根據(jù)油滴的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)分析出油滴的電性和對(duì)應(yīng)的電荷量,

(3)結(jié)合電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化關(guān)系計(jì)算出油滴電勢(shì)能的變化量，其中對(duì)于新油滴的運(yùn)動(dòng)情況要分

類討論，對(duì)學(xué)生的理解思維要求較高，綜合性較強(qiáng)。

7.【答案】（1）解：通過速度選擇器離子的速度與

從磁分析器中心孔N射出離子的運(yùn)動(dòng)半徑為R=嗎”

2E

==

由寫~=qvB得m'RB2

(/?1+/?2)B

（2）解：經(jīng)過電場(chǎng)后，離子在x方向偏轉(zhuǎn)的距離X1

qEL

tan0=----

mvz

離開電場(chǎng)后，離子在x方向偏移的距離亞=Ltan。="也

mvz

3qEL23L2

X=X1+X2=2^7=^7+^

2

位置坐標(biāo)為（54k,0）

&1十《2

rnv

（3）解：離子進(jìn)入磁場(chǎng)后做圓周運(yùn)動(dòng)半徑「=請(qǐng)

L

sina=—V

經(jīng)過磁場(chǎng)后，離子在y方向偏轉(zhuǎn)距離招=r（l-cosa）、/4k

2

離開磁場(chǎng)后，離子在y方向偏移距離y,=Ltana?

乙尺1十尺2

則y=%+y2"瑞島

2

位置坐標(biāo)為（0,言才）

“1十.2

22

（4）解：注入晶圓的位置坐標(biāo)為（d4k），電場(chǎng)引起的速度增量對(duì)y方向的運(yùn)動(dòng)不產(chǎn)生

K1+K2K1+K2

影響。

【知識(shí)點(diǎn)】磁場(chǎng)和電場(chǎng)的復(fù)合

【解析】【分析】（1）粒子通過速度選擇器,利用電場(chǎng)力等于洛倫茲力所以利用平衡方程可以求出粒

子速度的大??；已知粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，利用牛頓第二定律可以求出離子比荷的大??；

(2)當(dāng)加電場(chǎng)時(shí)?，粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，利用類平拋運(yùn)動(dòng)的位移公式可以求出離子的坐標(biāo);

(3)當(dāng)加磁場(chǎng)時(shí)，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，利用幾何關(guān)系及牛頓第二定律可以求出離子的坐標(biāo)；

(4)同時(shí)加電場(chǎng)和磁場(chǎng)時(shí)，其電場(chǎng)對(duì)y方向運(yùn)動(dòng)不影響，進(jìn)而可以求出離子的坐標(biāo)。