一、帶電粒子在復合場中的運動專項訓練1．壓力波測量儀可將待測壓力波轉換成電壓信號，其原理如圖1所示，壓力波p（t）進入彈性盒后，通過與鉸鏈O相連的“”型輕桿L，驅動桿端頭A處的微型霍爾片在磁場中沿x軸方向做微小振動，其位移x與壓力p成正比（）．霍爾片的放大圖如圖2所示，它由長×寬×厚=a×b×d，單位體積內自由電子數(shù)為n的N型半導體制成，磁場方向垂直于x軸向上，磁感應強度大小為．無壓力波輸入時，霍爾片靜止在x=0處，此時給霍爾片通以沿方向的電流I，則在側面上D1、D2兩點間產生霍爾電壓U0.（1）指出D1、D2兩點那點電勢高；（2）推導出U0與I、B0之間的關系式（提示：電流I與自由電子定向移動速率v之間關系為I=nevbd，其中e為電子電荷量）；（3）彈性盒中輸入壓力波p（t），霍爾片中通以相同的電流，測得霍爾電壓UH隨時間t變化圖像如圖3，忽略霍爾片在磁場中運動場所的電動勢和阻尼，求壓力波的振幅和頻率．（結果用U0、U1、t0、α、及β）【來源】浙江新高考2018年4月選考科目物理試題【答案】(1)D1點電勢高(2)(3)，【解析】【分析】由左手定則可判定電子偏向D2邊，所以D1邊電勢高；當電壓為U0時，電子不再發(fā)生偏轉，故電場力等于洛倫茲力，根據(jù)電流I與自由電子定向移動速率v之間關系為I=nevbd求出U0與I、B0之間的關系式；圖像結合輕桿運動可知，0-t0內，輕桿向一側運動至最遠點又返回至原點，則可知輕桿的運動周期，當桿運動至最遠點時，電壓最小，結合U0與I、B0之間的關系式求出壓力波的振幅．解：（1）電流方向為C1C2，則電子運動方向為C2C1，由左手定則可判定電子偏向D2邊，所以D1邊電勢高；（2）當電壓為U0時，電子不再發(fā)生偏轉，故電場力等于洛倫茲力①由電流

得：②將②帶入①得（3）圖像結合輕桿運動可知，0-t0內，輕桿向一側運動至最遠點又返回至原點，則輕桿的運動周期為T=2t0所以，頻率為:

當桿運動至最遠點時，電壓最小，即取U1，此時取x正向最遠處為振幅A，有：所以：解得：根據(jù)壓力與唯一關系可得因此壓力最大振幅為：2．對鈾235的進一步研究在核能的開發(fā)和利用中具有重要意義．如圖所示，質量為m、電荷量為q的鈾235離子，從容器A下方的小孔S1不斷飄入加速電場，其初速度可視為零，然后經(jīng)過小孔S2垂直于磁場方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中，做半徑為R的勻速圓周運動．離子行進半個圓周后離開磁場并被收集，離開磁場時離子束的等效電流為I．不考慮離子重力及離子間的相互作用．（1）求加速電場的電壓U；（2）求出在離子被收集的過程中任意時間t內收集到離子的質量M；（3）實際上加速電壓的大小會在U+ΔU范圍內微小變化．若容器A中有電荷量相同的鈾235和鈾238兩種離子，如前述情況它們經(jīng)電場加速后進入磁場中會發(fā)生分離，為使這兩種離子在磁場中運動的軌跡不發(fā)生交疊，應小于多少？（結果用百分數(shù)表示，保留兩位有效數(shù)字）【來源】2012年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試理綜物理（天津卷)【答案】（1）（2）（3）0.63%【解析】解：（1）設離子經(jīng)電場加速后進入磁場時的速度為v，由動能定理得：qU=mv2離子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：qvB=解得：U=（2）設在t時間內收集到的離子個數(shù)為N，總電荷量Q=ItQ=NqM="Nm"=（3）由以上分析可得：R=設m/為鈾238離子質量，由于電壓在U±ΔU之間有微小變化，鈾235離子在磁場中最大半徑為：Rmax=鈾238離子在磁場中最小半徑為：Rmin=這兩種離子在磁場中運動的軌跡不發(fā)生交疊的條件為：Rmax<Rmin即：<得：<<其中鈾235離子的質量m=235u（u為原子質量單位），鈾238離子的質量m，=238u則：<解得：<0.63%3．如圖所示，在無限長的豎直邊界NS和MT間充滿勻強電場，同時該區(qū)域上、下部分分別充滿方向垂直于NSTM平面向外和向內的勻強磁場，磁感應強度大小分別為B和2B，KL為上下磁場的水平分界線，在NS和MT邊界上，距KL高h處分別有P、Q兩點，NS和MT間距為1.8h，質量為m，帶電荷量為＋q的粒子從P點垂直于NS邊界射入該區(qū)域，在兩邊界之間做圓周運動，重力加速度為g．(1)求電場強度的大小和方向；(2)要使粒子不從NS邊界飛出，求粒子入射速度的最小值；(3)若粒子能經(jīng)過Q點從MT邊界飛出，求粒子入射速度的所有可能值．【來源】【全國百強?！?017屆浙江省溫州中學高三3月高考模擬物理試卷（帶解析)【答案】（1），方向豎直向上（2）（3）；；【解析】【分析】（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，電場力與重力合力為零；（2）作出粒子的運動軌跡，由牛頓第二定律與數(shù)學知識求出粒子的速度；（3）作出粒子運動軌跡，應用幾何知識求出粒子的速度．【詳解】（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，電場力與重力合力為零，即mg=qE，解得：，電場力方向豎直向上，電場方向豎直向上；（2）粒子運動軌跡如圖所示：設粒子不從NS邊飛出的入射速度最小值為vmin，對應的粒子在上、下區(qū)域的軌道半徑分別為r1、r2，圓心的連線與NS的夾角為φ，粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：，解得，粒子軌道半徑：，，，由幾何知識得：（r1+r2）sinφ=r2，r1+r1cosφ=h，解得：；（3）粒子運動軌跡如圖所示，設粒子入射速度為v，粒子在上、下區(qū)域的軌道半徑分別為r1、r2，粒子第一次通過KL時距離K點為x，由題意可知：3nx=1.8h（n=1、2、3…），，解得：，n＜3.5，即：n=1時，，n=2時，，n=3時，；答：（1）電場強度的大小為，電場方向豎直向上；（2）要使粒子不從NS邊界飛出，粒子入射速度的最小值為．（3）若粒子經(jīng)過Q點從MT邊界飛出，粒子入射速度的所有可能值為：、或、或．【點睛】本題考查了粒子在磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是正確解題的前提與關鍵，應用平衡條件、牛頓第二定律即可正確解題，解題時注意數(shù)學知識的應用．4．利用電場和磁場，可以將比荷不同的離子分開，這種方法在化學分析和原子核技術等領域有重要的應用．如圖所示的矩形區(qū)域ACDG(AC邊足夠長)中存在垂直于紙面的勻強磁場，A處有一狹縫．離子源產生的離子，經(jīng)靜電場加速后穿過狹縫沿垂直于GA邊且垂直于磁場的方向射入磁場，運動到GA邊，被相應的收集器收集．整個裝置內部為真空．已知被加速的兩種正離子的質量分別是m1和m2(m1>m2)，電荷量均為q．加速電場的電勢差為U，離子進入電場時的初速度可以忽略．不計重力，也不考慮離子間的相互作用．(1)求質量為m1的離子進入磁場時的速率v1；(2)當磁感應強度的大小為B時，求兩種離子在GA邊落點的間距s；(3)在前面的討論中忽略了狹縫寬度的影響，實際裝置中狹縫具有一定寬度．若狹縫過寬，可能使兩束離子在GA邊上的落點區(qū)域交疊，導致兩種離子無法完全分離．設磁感應強度大小可調，GA邊長為定值L，狹縫寬度為d，狹縫右邊緣在A處．離子可以從狹縫各處射入磁場，入射方向仍垂直于GA邊且垂直于磁場．為保證上述兩種離子能落在GA邊上并被完全分離，求狹縫的最大寬度．【來源】2011年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試物理卷（北京)【答案】（1）（2）（3）dm＝L【解析】（1）動能定理

Uq＝m1v12得：v1＝…①（2）由牛頓第二定律和軌道半徑有：

qvB＝，R＝利用①式得離子在磁場中的軌道半徑為別為（如圖一所示）：

R1＝，R2＝…②兩種離子在GA上落點的間距s＝2(R1?R2)＝…③（3）質量為m1的離子，在GA邊上的落點都在其入射點左側2R1處，由于狹縫的寬度為d，因此落點區(qū)域的寬度也是d（如圖二中的粗線所示）．同理，質量為m2的離子在GA邊上落點區(qū)域的寬度也是d（如圖二中的細線所示）．為保證兩種離子能完全分離，兩個區(qū)域應無交疊，條件為2（R1-R2）＞d…④利用②式，代入④式得：2R1(1?)＞dR1的最大值滿足：2R1m=L-d得：(L?d)(1?)＞d求得最大值：dm＝L5．扭擺器是同步輻射裝置中的插入件，能使粒子的運動軌跡發(fā)生扭擺．其簡化模型如圖：Ⅰ、Ⅱ兩處的條形勻強磁場區(qū)邊界豎直，相距為L，磁場方向相反且垂直紙面．一質量為m，電量為-q，重力不計的粒子，從靠近平行板電容器MN板處由靜止釋放，極板間電壓為U，粒子經(jīng)電場加速后平行于紙面射入Ⅰ區(qū)，射入時速度與水平和方向夾角（1）當Ⅰ區(qū)寬度、磁感應強度大小時，粒子從Ⅰ區(qū)右邊界射出時速度與水平方向夾角也為，求B0及粒子在Ⅰ區(qū)運動的時間t0（2）若Ⅱ區(qū)寬度磁感應強度大小，求粒子在Ⅰ區(qū)的最高點與Ⅱ區(qū)的最低點之間的高度差h（3）若、，為使粒子能返回Ⅰ區(qū)，求B2應滿足的條件（4）若，，且已保證了粒子能從Ⅱ區(qū)右邊界射出．為使粒子從Ⅱ區(qū)右邊界射出的方向與從Ⅰ區(qū)左邊界射出的方向總相同，求B1、B2、L1、、L2、之間應滿足的關系式．【來源】2011年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試物理卷（山東)【答案】（1）（2）（3）（或）（4）【解析】圖1（1）如圖1所示，設粒子射入磁場Ⅰ區(qū)的速度為，在磁場Ⅰ區(qū)中做圓周運動的半徑為，由動能定理和牛頓第二定律得①②由幾何知識得③聯(lián)立①②③，帶入數(shù)據(jù)得④設粒子在磁場Ⅰ區(qū)中做圓周運動的周期為，運動的時間為⑤⑥聯(lián)立②④⑤⑥式，帶入數(shù)據(jù)得⑦（2）設粒子在磁場Ⅱ區(qū)做圓周運動的半徑為，有牛頓第二定律得⑧由幾何知識得⑨聯(lián)立②③⑧⑨式，帶入數(shù)據(jù)得⑩圖2（3）如圖2所示，為時粒子能再次回到Ⅰ區(qū)，應滿足[或]⑾聯(lián)立①⑧⑾式，帶入數(shù)據(jù)得（或）⑿圖3圖4（4）如圖3（或圖4）所示，設粒子射出磁場Ⅰ區(qū)時速度與水平方向得夾角為，有幾何知識得⒀[或]⒁[或]聯(lián)立②⑧式得⒂聯(lián)立⒀⒁⒂式得⒃【點睛】（1）加速電場中，由動能定理求出粒子獲得的速度．畫出軌跡，由幾何知識求出半徑，根據(jù)牛頓定律求出B0．找出軌跡的圓心角，求出時間；（2）由幾何知識求出高度差；（3）當粒子在區(qū)域Ⅱ中軌跡恰好與右側邊界相切時，粒子恰能返回Ⅰ區(qū)，由幾何知識求出半徑，由牛頓定律求出B2滿足的條件；（4）由幾何知識分析L1、L2與半徑的關系，再牛頓定律研究關系式．6．如圖所示，在xOy平面直角坐標系中，直角三角形ACD內存在垂直平面向里磁感應強度為B的勻強磁場，線段CO=OD=L，CD邊在x軸上，∠ADC=30°。電子束沿y軸方向以相同的速度v0從CD邊上的各點射入磁場，已知這些電子在磁場中做圓周運動的半徑均為，在第四象限正方形ODQP內存在沿x軸正方向、大小為E=Bv0的勻強電場，在y=－L處垂直于y軸放置一足夠大的平面熒光屏，屏與y軸交點為P。忽略電子間的相互作用，不計電子的重力。(1)電子的比荷；(2)從x軸最右端射入電場中的電子打到熒光屏上的點與P點間的距離：(3)射入電場中的電子打到熒光屏上的點距P的最遠距離?！緛碓础俊臼屑壜?lián)考】河北省唐山市2019屆高三下學期第一次模擬考試理科綜合物理試題【答案】(1)(2)(3)【解析】【分析】根據(jù)電子束沿速度v0射入磁場，然后進入電場可知，本題考查帶電粒子在磁場和電場中的運動，根據(jù)在磁場中做圓周運動，在電場中做類平拋運動，運用牛頓第二定律結合幾何知識并且精確作圖進行分析求解；【詳解】（1）由題意可知電子在磁場中的軌跡半徑由牛頓第二定律得電子的比荷；（2）若電子能進入電場中，且離O點右側最遠，則電子在磁場中運動圓軌跡應恰好與邊AD相切，即粒子從F點離開磁場進入電場時，離O點最遠：設電子運動軌跡的圓心為點。則從F點射出的電子，做類平拋運動，有，代入得電子射出電場時與水平方向的夾角為有所以，從x軸最右端射入電場中的電子打到熒光屏上的點為G，則它與P點的距離；（3）設打到屏上離P點最遠的電子是從(x,0)點射入電場，則射出電場時設該電子打到熒光屏上的點與P點的距離為X，由平拋運動特點得所以所以當，有。【點睛】本題屬于帶電粒子在組合場中的運動，粒子在磁場中做勻速圓周運動，要求能正確的畫出運動軌跡，并根據(jù)幾何關系確定某些物理量之間的關系，粒子在電場中的偏轉經(jīng)常用化曲為直的方法，求極值的問題一定要先找出臨界的軌跡，注重數(shù)學方法在物理中的應用。7．在如圖甲所示的直角坐標系中，兩平行極板MN垂直于y軸，N板在x軸上且其左端與坐標原點O重合，極板長度l=0.08m，板間距離d=0.09m，兩板間加上如圖乙所示的周期性變化電壓，兩板間電場可看作勻強電場．在y軸上(0，d/2)處有一粒子源，垂直于y軸連續(xù)不斷向x軸正方向發(fā)射相同的帶正電的粒子，粒子比荷為=5×107C／kg，速度為v0=8×105m/s．t=0時刻射入板間的粒子恰好經(jīng)N板右邊緣打在x軸上.不計粒子重力及粒子間的相互作用，求:(1)電壓U0的大?。?2)若沿x軸水平放置一熒光屏，要使粒子全部打在熒光屏上，求熒光屏的最小長度；(3)若在第四象限加一個與x軸相切的圓形勻強磁場，半徑為r=0.03m，切點A的坐標為(0.12m，0)，磁場的磁感應強度大小B=，方向垂直于坐標平面向里．求粒子出磁場后與x軸交點坐標的范圍．【來源】【市級聯(lián)考】山東省濟南市2019屆高三第三次模擬考試理綜物理試題【答案】(1)(2)(3)【解析】【分析】【詳解】(1)對于t=0時刻射入極板間的粒子：解得：(2)時刻射出的粒子打在x軸上水平位移最大：所放熒光屏的最小長度即：(3)不同時刻射出極板的粒子沿垂直于極板方向的速度均為vy.速度偏轉角的正切值均為：即：所有的粒子射出極板時速度的大小和方向均相同.由分析得，如圖所示，所有粒子在磁場中運動后發(fā)生磁聚焦由磁場中的一點B離開磁場.由幾何關系，恰好經(jīng)N板右邊緣的粒子經(jīng)x軸后沿磁場圓半徑方向射入磁場，一定沿磁場圓半徑方向射出磁場；從x軸射出點的橫坐標：.由幾何關系，過A點的粒子經(jīng)x軸后進入磁場由B點沿x軸正向運動.綜上所述，粒子經(jīng)過磁場后第二次打在x軸上的范圍為：8．如圖所示，在空間坐標系x<0區(qū)域中有豎直向上的勻強電場E1，在一、四象限的正方形區(qū)域CDEF內有方向如圖所示的正交的勻強電場E2和勻強磁場B，已知CD=2L，OC=L，E2=4E1。在負x軸上有一質量為m、電量為+q的金屬a球以速度v0沿x軸向右勻速運動，并與靜止在坐標原點O處用絕緣細支柱支撐的（支柱與b球不粘連、無摩擦）質量為2m、不帶電金屬b球發(fā)生彈性碰撞。已知a、b球體積大小、材料相同且都可視為點電荷，碰后電荷總量均分，重力加速度為g，不計a、b球間的靜電力，不計a、b球產生的場對電場、磁場的影響，求：(1)碰撞后，a、b球的速度大?。?2)a、b碰后，經(jīng)時a球到某位置P點，求P點的位置坐標；(3)a、b碰后，要使b球不從CD邊界射出，求磁感應強度B的取值?！緛碓础俊救珖購娦！亢邶埥」枮I市第三中學校2019屆高三上學期期末考試理科綜合物理試題【答案】(1)，；(2)（，）；(3)或【解析】【分析】(1)a、b碰撞，由動量守恒和能量守恒關系求解碰后a、b的速度；(2)碰后a在電場中向左做類平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律求解P點的位置坐標；(3)要使b球不從CD邊界射出，求解恰能從C點和D點射出的臨界條件確定磁感應強度的范圍?！驹斀狻?1)a勻速，則①a、b碰撞，動量守恒②機械能守恒③由②③得，④(2)碰后a、b電量總量平分，則碰后a在電場中向左做類平拋運動，設經(jīng)時a球到P點的位置坐標為（-x，-y）⑤，⑥其中⑦，由⑤⑥⑦得，故P點的位置坐標為（，）⑧(3)碰撞后對b⑨故b做勻速圓周運動，則⑩得?b恰好從C射出，則?由??得恰從D射出，則由幾何關系?，得?由??得故要使b不從CD邊界射出，則B的取值范圍滿足或【點睛】本題考查帶電粒子在電磁場中的運動以及動量守恒定律及能量守恒關系，注意在磁場中的運動要注意幾何關系的應用，在電場中注意由類平拋運動的規(guī)律求解。9．如圖所示，處于豎直面內的坐標系x軸水平、y軸豎直，第二象限內有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下，磁場方向垂直坐標平面向里。帶電微粒從x軸上M點以某一速度射入電磁場中，速度與x軸負半軸夾角α=53°，微粒在第二象限做勻速圓周運動，并垂直y軸進入第一象限。已知微粒的質量為m，電荷量為-q，OM間距離為L，重力加速度為g，sin53°=0．8，cos53°=0．6。求(1)勻強電場的電場強度E；(2)若微粒再次回到x軸時動能為M點動能的2倍，勻強磁場的磁感應強度B為多少?！緛碓础俊臼屑壜?lián)考】山東省濱州市2019屆高三第二次模擬（5月)考試理綜物理試題【答案】(1)(2)B=或B=【解析】【詳解】（1）微粒在第二象限做勻速圓周運動，則qE=mg，解得:E=（2）微粒垂直y軸進入第一象限，則圓周運動圓心在y軸上，由幾何關系得:rsinα=L由向心力公式可知：qvB=m微粒在第一象限中聯(lián)立解得:B=或B=10．如圖所示，一靜止的電子經(jīng)過電壓為U的電場加速后，立即射入偏轉勻強電場中，射入方向與偏轉電場的方向垂直，射入點為A，最終電子從B點離開偏轉電場。已知偏轉電場的電場強度大小為E，方向豎直向上（如圖所示），電子的電荷量為e，質量為m，重力忽略不計。求：（1）電子進入偏轉電場時的速度v0；（2）若將加速電場的電壓提高為原來的2倍，使電子仍從B點經(jīng)過，則偏轉電場的電場強度E1應該變?yōu)樵瓉淼亩嗌俦叮浚?）若在偏轉電場區(qū)域加上垂直紙面向外的勻強磁場，使電子從A點射入該相互垂直的電場和磁場共同存在的區(qū)域沿直線運動，求所加磁場的磁感應強度大小?！緛碓础俊緟^(qū)級聯(lián)考】北京市順義區(qū)2019屆高三第二次統(tǒng)練理綜物理試題【答案】（1）（2）2倍（3）【解析】【詳解】（1）電子在電場中的加速，由動能定理得：所以，（2）設電子的水平位移為x，電子的豎直偏移量為y，則有：聯(lián)立解得：根據(jù)題意可知x、y均不變，當U增大到原來的2倍，場強E也增大為原來的2倍。（3）電子做直線運動解得：11．如圖所示，ABCD與MNPQ均為邊長為l的正方形區(qū)域，且A點為MN的中點。ABCD區(qū)域中存在有界的垂直紙面方向勻強磁場，在整個MNPQ區(qū)域中存在圖示方向的勻強電場。質量為m、電荷量為e的電子以大小為v0的初速度垂直于BC射入正方形ABCD區(qū)域，且都從A點進入電場，已知從C點進入磁場的粒子在ABCD（1）勻強磁場區(qū)域中磁感應強度B的大小和方向；（2）要使所有粒子均能打在PQ邊上，電場強度E至少為多大；（3）ABCD區(qū)域中磁場面積的最小值是多少。【來源】【全國百強?！刻旖蚴幸A中學2019屆高三高考一模物理試題【答案】(1)mv0el，方向為垂直紙面向外；(2)8m【解析】【詳解】解：(1)由洛倫磁力提供向心力可得：e由題意則有：r=l解得：B=m(2)在勻強電場中做內平拋運動，則有：eE=mal=l解得：E=(3)圖中陰影部分為磁場面積最小范圍，由幾何關系可知：S12．如圖甲所示，間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強磁場．取垂直于紙面向里為磁場的正方向，磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻，一質量為m、帶電荷量為+q的粒子（不計重力），以初速度由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū)．當和取某些特定值時，可使時刻入射的粒子經(jīng)時間恰能垂直打在P板上（不考慮粒子反彈）。上述為已知量。（1）若，求；（2）若，求粒子在磁場中運動時加速度的大?。唬?）若，為使粒子仍能垂直打在P板上，求?！緛碓础?014年全國普通高等學校招生統(tǒng)一考試理科綜合能力測試物理（山東卷帶解析)【答案】（1）（2）（3）或【解析】【分析】【詳解】（1）設粒子做勻速圓周運動的半徑，由牛頓第二定律得……①據(jù)題意由幾何關系得……②聯(lián)立①②式得……③（2）設粒子做圓周運動的半徑為，加速度大小為，由圓周運動公式得……④據(jù)題意由幾何關系得……⑤聯(lián)立④⑤式得……⑥（3）設粒子做圓周運動的半徑為，周期為，由圓周運動公式得……⑦由牛頓第二定律得……⑧由題意知，代入⑧式得……⑨粒子運動軌跡如圖所示，、為圓心，、連線與水平方向夾角為，在每個內，只有A、B兩個位置才有可能垂直擊中P板，且均要求，由題意可知……⑩設經(jīng)歷完整的個數(shù)為（，1，2，3．．．．．．）若在B點擊中P板，據(jù)題意由幾何關系得……?當n=0時，無解；當n=1時聯(lián)立⑨?式得或（）……?聯(lián)立⑦⑨⑩?式得……?當時，不滿足的要求；若在B點擊中P板，據(jù)題意由幾何關系得……?當時無解當時，聯(lián)立⑨?式得或（）……?聯(lián)立⑦⑧⑨⑩?式得……?當時，不滿足的要求?！军c睛】13．如圖所示，水平放置的不帶電的平行金屬板p和b相距h，與圖示電路相連，金屬板厚度不計，忽略邊緣效應．p板上表面光滑，涂有絕緣層，其上O點右側相距h處有小孔K；b板上有小孔T，且O、T在同一條豎直線上，圖示平面為豎直平面．質量為m、電荷量為-q（q>0）的靜止粒子被發(fā)射裝置（圖中未畫出）從O點發(fā)射，沿P板上表面運動時間t后到達K孔，不與板碰撞地進入兩板之間．粒子視為質點，在圖示平面內運動，電荷量保持不變，不計空氣阻力，重力加速度大小為g．（1）求發(fā)射裝置對粒子做的功；（2）電路中的直流電源內阻為r，開關S接“1”位置時，進入板間的粒子落在h板上的A點，A點與過K孔豎直線的距離為l．此后將開關S接“2”位置，求阻值為R的電阻中的電流強度；（3）若選用恰當直流電源，電路中開關S接“l(fā)”位置，使進入板間的粒子受力平衡，此時在板間某區(qū)域加上方向垂直于圖面的、磁感應強度大小合適的勻強磁場（磁感應強度B只能在0～Bm=范圍內選?。沽Ｗ忧『脧腷板的T孔飛出，求粒子飛出時速度方向與b板板面夾角的所有可能值（可用反三角函數(shù)表示）．【來源】2014年全國普通高等學校招生統(tǒng)一考試理科綜合能力測試物理（四川卷帶解析)【答案】（1）（2）（3）【解析】試題分析：(1)設粒子在P板上勻速運動的速度為v0，由于粒子在P板勻速直線運動，故①所以，由動能定理知，發(fā)射裝置對粒子做的功②解得W=③說明：①②各2分，③式1分（2）設電源的電動勢E0和板間的電壓為U，有④板間產生勻強電場為E，粒子進入板間時有水平方向的初速度v0，在板間受到豎直方向的重力和電場力作用而做類平拋運動，設運動時間為t1，加速度為a，有⑤當開關S接“1”時，粒子在電場中做勻變速曲線運動，其加速度為⑥再由，⑦⑧當開關S接“2”時，由閉合電路歐姆定律知⑨聯(lián)立①④⑤⑥⑦⑧⑨解得，⑩說明：④⑤⑥⑦⑧⑨⑩各1分（3）由題意分析知，此時在板間運動的粒子重力和電場力平衡．當粒子從k進入兩板間后，立即進入磁場物體在電磁場中做勻速圓周運動，離開磁場后做勻速直線運動，故分析帶電粒子的磁場如圖所示，運動軌跡如圖所示，粒子出磁場區(qū)域后沿DT做勻速直線運動，DT與b板上表面的夾角為，Df與b板上表面即為題中所求，設粒子與板間的夾角最大，設為，磁場的磁感應強度B取最大值時的夾角為，當磁場最強時，R最小，最大設為由，⑾知，當B減小時，粒子離開磁場做勻速圓周運動的半徑也要增大，D點向b板靠近．Df與b板上表面的夾角越變越小，當后在板間幾乎沿著b板上表面運動，當Bm則有圖中可知，⑿⒀，⒁聯(lián)立⑾⑿⒀⒁，將B=Bm帶入解得⒂當B逐漸減小是，粒子做勻速圓周運動的半徑R，D點無線接近向b板上表面時，當粒子離開磁場后在板間幾乎沿著b板上表面運動而從T孔飛出板間區(qū)域，此時滿足題目要求，夾角趨近，既⒃故粒子飛出時與b板夾角的范圍是(17)說明：⑿⒀⒁⒂⒃(17)各1分考點：動能定理牛頓第二定律閉合電路歐姆定律14．質譜分析技術已廣泛應用于各前沿科學領域．湯姆孫發(fā)現(xiàn)電子的質譜裝置示意如圖，M、N為兩塊水平放置的平行金屬極板，板長為L，板右端到屏的距離為D，且D遠大于L，為垂直于屏的中心軸線，不計離子重力和離子在板間偏離的距離．以屏中心O為原點建立直角坐標系，其中x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向．（1）設一個質量為、電荷量為的正離子以速度沿的方向從點射入，板間不加電場和磁場時，離子打在屏上O點．若在兩極板間加一沿方向場強為E的勻強電場，求離子射到屏上時偏離O點的距離；（2）假設你利用該裝置探究未知離子，試依照以下實驗結果計算未知離子的質量數(shù)．上述裝置中，保留原電場，再在板間加沿方向的勻強磁場．現(xiàn)有電荷量相同的兩種正離子組成的離子流，仍從O＇點沿方向射入，屏上出現(xiàn)兩條亮線．在兩線上取y坐標相同的兩個光點，對應的x坐標分別為3.24mm和3.00mm，其中x坐標大的光點是碳12離子擊中屏產生的，另一光點是未知離子產生的．盡管入射離子速度不完全相等，但入射速度都很大，且在板間運動時方向的分速度總是遠大于x方向和y方向的分速度．【來源】2018年9月29日《每日一題》一輪復習-周末培優(yōu)【答案】（1）（2）故該未知離子的質量數(shù)為14【解析】：（1）離子在電場中受到的電場力①離子獲得的加速度②離子在板間運動的時間③到達極板右邊緣時，離子在方向的分速度④離子從板右端到達屏上所需時間⑤離子射到屏上時偏離點的距離由上述各式，得⑥（2）設離子電荷量為，質量為，入射時速度為，磁場