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1、2021 高考 90 热点最新模拟物理精选训练 热点 39 带电粒子在复合场中的运动 高考真题 1（10 分）（2020 年 7 月浙江选考）某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存在边界为矩形EFGH、方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场，探测板CD平行于HG水平放置，能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、b、c 三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界EH水平射入磁场，b 束中的离子在磁场中沿半径为 R 的四分之一圆弧运动后从下边界HG竖直向下射出，并打在探测板的右边缘 D 点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为 N，离子束间的距离均为0.6R，探测板CD的
2、宽度为0.5R，离子质量均为 m、电荷量均为 q，不计重力及离子间的相互作用。（1）求离子速度 v 的大小及 c 束中的离子射出磁场边界HG时与 H 点的距离 s；（2）求探测到三束离子时探测板与边界HG的最大距离maxL；（3）若打到探测板上的离子被全部吸收，求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量 F 与板到HG距离 L 的关系。【名师解析】：（1）2mvqvBR得 qBRvm 几何关系0.6OOR 22(0.6)0.8sRRR（2）a、c 束中的离子从同一点 Q 射出，maxtanRsL max415LR（3）a 或 c 束中每个离子动量的竖直分量zcos0.8ppqBR 4015LR 1
3、z22.6FNpNpNqBR 40.415RLR z21.8FNpNpNqBR 0.4LR 3FNpNqBR 最新模拟题 1(2021 江苏南通部分重点高中第一次大联考)实验小组用图甲所示装置研究电子在平行金属板间的运动将放射源 P 靠近速度选择器，速度选择器中磁感应强度为 B，电场强度为 E，P 能沿水平方向发出不同速率的电子，某速率的电子能沿直线通过速度选择器，再沿平行金属板 A、B 的中轴线 O1O2射入板间已知水平金属板长为 L、间距为 d，两板间加有图乙所示的交变电压，电子的电荷量为 e，质量为 m（电子重力及相互间作用力忽略不计）以下说法中正确的有 A沿直线穿过速度选择器的电子的速
4、率为EB B只增大速度选择器中的电场强度 E，沿中轴线射入的电子穿过 A、B 板的时间变长 C若 t=4T时刻进入 A、B 板间的电子恰能水平飞出，则飞出方向可能沿 O1O2 D若 t=0 时刻进入金属板间 A、B 的电子恰能水平飞出，则BLTnE（n=1,2,3）【参考答案】ACD【名师解析】当满足 qE=qvB，即 v=E/B 时，带电粒子沿直线穿过速度选择器，选项 A 正确；只增大速度选择器中的电场强度 E，沿中轴线射入的电子在 AB 板之间做类平抛运动，穿过 A、B 板的时间不变，选项 B 错误；若 t=4T时刻进入 A、B 板间的电子恰能水平飞出，则飞出方向可能沿 O1O2，选项 C
5、 正确；若 t=0时刻进入金属板间 A、B 的电子恰能水平飞出，则 L=vnT，解得BLTnE（n=1,2,3），选项 D 正确。2（2021 浙江衢州、湖州、丽水2020 年11 月三地市高三教学质量检测）如图所示，空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里。一带电小球恰能以速度 v0沿与水平方向成30角斜向右下方做匀速直线运动，最后进入一轴线沿小球运动方向且固定摆放的一光滑绝缘管道（管道内径略大于小球直径），下列说法正确的是 A小球带负电 B磁场和电场的大小关系为03vBE C若小球刚进入管道时撤去磁场，小球仍做匀速直线运动 D若小球刚进入管道时撤去电场
6、，小球的机械能不断增大 【参考答案】C【命题意图】本题考查带电小球在复合场中的运动及其相关知识点。【解题思路】带电小球受到竖直向下的重力，垂直速度方向的洛伦兹力，沿水平方向的电场力，根据质点做直线运动的条件可知，小球带正电，选项 A 错误；由 sin30=0qEqv B可得，磁场和电场的大小关系为02vEB，选项 B 错误；若小球刚进入管道时撤去磁场，重力沿速度方向的分力与电场力沿速度方向的分力相等，所以小球仍做匀速直线运动，选项 C 正确；若小球刚进入管道时撤去电场，电场力对小球做负第 9 题图 v0 B E 30 图（乙）UAB O t 2TT U0-U0 图（甲）第 12 题图 P E
7、B A B O2 O1 功，小球的机械能不断减小，选项 D 错误。3.（2021 广西钦州市重点高中摸底考试）如图所示，界面 PQ 与水平地面之间有一个正交的匀强磁场 B 和匀强电场 E，在 PQ 上方有一个带正电的小球 A 自 O 静止开始下落，穿过电场和磁场到达地面。设空气阻力不计，下列说法中正确的是()A在复合场中，小球做匀变速曲线运动 B在复合场中，小球下落过程中的电势能减小 C小球从静止开始下落到水平地面时的动能等于其电势能和重力势能的减少量总和 D若其他条件不变，仅增大磁感应强度，小球从原来位置下落到水平地面时的动能不变【参考答案】BC【名师解析】球刚进入电场、磁场区域时受力如图，
8、因此小球向右偏转。由于洛伦兹力与速度有关，故小球所受的合力大小方向都变化，电场力做正功电势能减小，因此选项 A 错误 B 正确。由于洛伦兹力不做功，系统能量守恒，因此选项 C 正确。当磁场变强，竖直方向平均加速度变小，运动时间变长，水平方向平均加速度增大，小球落地点的水平位移增大，电场力做正功增加，重力做的正功不变，总功增加，由动能定理知小球的动能增大，因此选项 D 错误。故本题选 BC。4.（2021 湖南湖湘名校教育联合体摸底考试）如图所示，在空间建立直角坐标系，坐标轴正方向如图所示。空间有磁感应强度为 B=1T，方向垂直于纸面向里的匀强磁场。II、III、IV 象限（含 x、y 轴）有电
9、场强度E=2N/C，竖直向下的匀强电场。光滑 1/4 圆弧小管道（管的直径略大于 B 球直径），圆心 O，半径为 R=4m。小圆管底端位于坐标轴原点 O。质量为 m1=1kg，带电 q1=-1C 的小球 A 从 O点水平向右飞出，经过一段时间，正好运动到 O 点。质量为 m2=2kg，带电 q2=2C 的小球 B 从小圆管顶端（与圆心等高处）静止释放，与A 同时运动到 O 点并发生完全非弹性碰撞，碰撞后生成小球 C。小球 A、B、C 均可以视为质点，所在空间无重力作用。（1）小球 A 在 O处的初速度为多大；（2）碰撞后瞬间，小球 C 对圆管轨道的压力；（3）小球 C 从 O 点飞出后的瞬间，
10、将磁场方向改为竖直向上，分析 C 球在后续运动过程中，又回到 y 轴时离 O 点的距离。【名师解析】：(1)A 从飞出后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，2Rr (1 分)洛伦兹力提供向心力，211AAm vq v Br (1 分)解得：2m/sAv (1 分)(2)设 B 滑到 O 点的速度为 vB，由动能定理 2221BvmqER (1 分)解得：4m/sBv (1 分)A、B 在 O 点发生完全非弹性碰撞，设碰后生成的 C 球质量为 mc,，12cmmm,速度为 v1，由动量守恒定律112vmvmvmcAB (1 分)得 12m/sv (1 分)在碰后瞬间，C 球做圆周运动，设轨道对 C
11、 支持力为 N，C 球带电量 12qqq 211Cm vNEqqv BR (1 分)解得：N=3N (1 分)由牛顿第三定律可得压力为 3N，,方向向下。(1 分)(3)C 球从轨道飞出后，受到竖直向下的电场力和垂直纸面向外的洛伦兹力，在电场力作用下，C 球在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在水平方向做匀速圆周运动，每隔一个周期 T，C 球回到 y 轴上。由：211CCm vqv BR，(1 分)及 12CRTv (1 分)解得 C 球圆周运动周期 2CmTqB C 球竖直方向加速度CEqam C 球回到 y 轴时坐标：21()2ya nT (2 分)代入数据解得：2212ny（n=1、
12、2、3.）(2 分)5.（18 分）(2021 广东七校联合体第一次联考)如图，虚线 MN 上方存在沿水平方向的匀强电场区域。同一竖直面内，两个半径相同、带电荷量分别为+q 和-q 的弹性小球 P、Q，在距 MN 分别为 2h 和 0.5h 处，沿平行电场的方向同时向与 MN 垂直的虚线抛出，p 的初速度是 Q 的 4 倍，之后两球均从 O 点垂直 MN 射出电场。在与 MN 距离为 y（y 未知）的水平面固定一绝缘弹性板，Q 球与板发生第一次碰撞后在返回 MN 处时恰好与 P 发生碰撞。假设两球与挡板、两球之间的碰撞均为弹性正碰，且球与挡板碰后电量不变，两球碰后电荷中和。已知重力加速度为 g
13、，忽略两球之间的库仑力，则（1）P、Q 两球质量的比多大？（2）求 y 的大小；（3）两球第一次碰后，改变距离 y，Q 与挡板第二次碰后撤去挡板，使得 Q 能在 MN 上方与 P 再次碰撞，求 y 的范围。【名师解析】.（1）设 p 的质量为 m，Q 的质量为 M，P 的加速度大小为 a1，Q 的加速度大小为 a2，Q 的初速度大小为 v0，p 初速度大小为 4v0，P、Q 球从抛出到到达 O 点时间分别为 t1和 t2由题意可知两球在水平方向均减速，则 04110tav 0220tav 垂线 PQMNOy两球受到的电场力大小相等，由牛顿第二定律 1maqE 2MaqE 两球在竖直方向的加速度
14、均为 g，则：21122hgt 22122hgt 联立可得 m：M=1：2（2）设 Q 球从离开电场到与挡板碰撞经历的时间为 T，它从挡板返回 MN 时间也为 T，由两球运动时间相等得：122ttT 设 Q 球到达 MN 时速度大小为 v2，在竖直方向上，由运动的独立性原理知，小球做自由落体运动，有：2222hvg 由运动学公式：2221gTTvy 解得：58yh（3）P 球到达 MN 时速度大小为 v1，由运动学规律2122vgh 解得12vgh Q 返回后以 v2与 P 发生弹性碰撞，碰后速度大小分别为 v3和 v4，由动量守恒和能量守恒定律：4312mvMvmvMv 2222213411
15、112222MvmvMvmv 解得：3vgh，42vgh 假设当 y=y0时，Q 与挡板第二次碰后恰好在 MN 处与 P 发生第二次碰撞，设 Q 球与 P 球从第一次碰后到与挡板发生第二次碰撞的时间为 T1，P 从第一次碰后到第二次到达 MN 时间为 T2，由题意得：422=4vhTgg Q 碰后返回 MN，从离开 MN 向上减速度为零的时间：3vhTgg 若第二次在 MN 处碰时，Q 处于上升阶段，则：12122hTTg 若挡板与 MN 距离为 y1，可得：21311142yv TgTh 若第二次在 MN 处碰时，Q 处于下落阶段，则：121(2)2hTTTg 若挡板与 MN 距离为 y2，
16、可得：223111322yv TgTh 由题意有：21yyy 所以挡板与 MN 的距离 y 的范围为342hyh【25（3）方法二】公式（15）之前的公式与上相同。Q 碰后返回 MN，从离开 MN 向上减速度为零的时间：3vhTgg Q 从第一次碰到与挡板发生第二次碰撞：231112yv TgT（i）在 T2时间内，Q 必须已经向上返回 MN：212TT 解得：222131()4222TTyvgh（ii）在 T2时间内，Q 从 MN 向上运动返回时不能离开 MN：121(2)2TTT 解得：22232213()2222TTTTyvgh 所以挡板与 MN 的距离 y 的范围为342hyh【25（
17、3）方法三】公式（15）之前的公式与上相同。Q 从第一次碰到与挡板发生第二次碰撞：231112yv TgT Q 与挡板发生第二次碰撞时速度大小：31uvgT Q 第二次与挡板碰后在 T2-T1时间内向上位移为：2121211()()2yu TTg TT Q 第二次与挡板碰后在 T2-T1时间内必须返回 MN 上方，则：y1-y0 则：11(2)()0gThgTh解得：12hhTgg 解得：342hyh 【25（3）方法四】公式（15）之前的公式与上相同。Q 与 P 第一次碰后，Q 相对 P 的速度为：13vgh 设经过 t1 时间，Q 与挡板相碰，则：11 113svttgh 碰后瞬间，Q 球
18、的速率分别为 v2，由题意有：21vghgt，竖直向上 此时 P 球的速度为：112vghgt 设经过 t2 时间，两球在次碰撞，则：1212()svv t 要在 MN 上方碰撞，则：122ttT 联立解得：12hhTgg，即342hyh 6（2021 江苏南通重点高中质检）（14 分）在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，有一倾角为 且足够长的光滑绝缘斜面，磁 感应强度为 B，方向垂直纸面向外，电场方向竖直向上有一质量为 m、带电量为+q 的小球 静止在斜面顶端，这时小球对斜面的正压力恰好为零，如图所示，若迅速把电场方向反转为 竖直向下，已知重力加速度为 g，求：(1)电场强度的大小；(2)小球
19、在斜面上连续滑行距离；(3)小球在斜面上连续滑行所用时间【名师解析】(1)由平衡条件得 mg=Eq mgEq (2)当小球与斜面的弹力恰好为零时离开斜面则：垂直于斜面方向 ()cosqvBmgqE 小球离开斜面时速度 2cosmgvqB 沿斜面方向 ()sinmgqEma 小球在斜面运动的加速度 2 sinag 在斜面上连续运动的距离222costanm gxq B (3)使用时间tanmtqB 7（14 分）（2021 江苏南通重点高中质检）如图所示，一足够长的矩形区域 abcd 内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为 B 的匀强磁场，在 ad 边中点 O，方向垂直磁场向里射入一速度方向跟
20、ad 边夹角=30、大小为 v0的带正电粒子，已知粒子质量为 m，电量为 q，ad 边长为 L，ab 边足够长，粒子 重力不计，求：（1）粒子所受洛伦兹力大小；（2）粒子能从 ab 边上射出磁场的 v0大小范围；（3）如果带电粒子不受上述 v0大小范围的限制，求粒子在磁场中运动的最长时间 【名师解析】：（1）f=qvB （2）若粒子速度为 v0，则 qv0B=Rvm20，所以有 R=qBmv0，设圆心在 O1处对应圆弧与 ab 边相切，相应速度为 v01，则 R1R1sin=2L，将 R1=qBmv01代入上式可得，v01=mqBL3 类似地，设圆心在 O2处对应圆弧与 cd 边相切，相应速度
21、为 v02，则 R2R2sin=2L，将 R2=qBmv02代入上式可得，v02=mqBL 所以粒子能从 ab 边上射出磁场的 v0应满足mqBL3v0mqBL（2）由 t=T2及 T=qBm 2可知，粒子在磁场中经过的弧所对的圆心角 越长，在磁场中运动 的时间也越长。由图可知，在磁场中运动的半径 rR1时，运动时间最长，弧所对圆心角为 （22），a b c d O v0 所以最长时间为 t=qBm)22(=qBm 5 7（14 分）（江西名校质检）科学工作者常常用介质来显示带电粒子的径迹，如图所示，平面内存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度 B=410-2T，x轴上方为真空，x轴下方充
22、满某种不导电的介质并置于水平方向的匀强电场中，粒子在介质中运动时会受到大小为 f=kv 的粘滞阻力，y 轴上 P（0，008m）点沿 x轴正方向发射一个质量 m=1610-25kg、带电荷量 q=+1610-19C 的粒子。已知该粒子经过磁场偏转后从 x 轴上 Q点（016m，0）进入介质中，观察到该粒子在介质中的径迹为直线。（不计重力，粒子在介质中运动时电荷量不变）（1）求该粒子发射的速率；（2）求电场强度的大小和方向及阻力系数 k的大小；（3）若撤去介质中的电场，求该粒子在介质中运动的轨迹长度 l。【名师解析】(1)如下图所示，由几何关系有2220.080.16RR 解得：0.2Rm-2
23、分 洛仑兹力提供向心力2vqvBmR 解得：38 1m s0v -2 分（2）设粒子进入介质的速度方向与轴的夹角为，如下图所示，0.16sin0.80.2，=53由受力图可知，cos37qvBEq-1分 400/EN C方向水平向右-1 分 tan53kvqvB ，-2分 214.8 10/kN S m-1 分（3）撤去电场后，由于洛伦兹力和粘滞阻力的作用，粒子做曲线运动，由于粘滞阻力作用粒子最后停下来。整个过程只有粘滞阻力做功，在切向应用牛顿第二定律有kvma vkvmt-2 分（在这里v是速度大小的变化）求和有：kv tmv-1 分 k lm v 则有0.8m0.27m3mvlk-2 分
24、22.（10 分）（2021 浙江衢州、湖州、丽水2020 年11 月三地市高三教学质量检测）如图所示，在无重力场的宇宙空间里有一 xOy 直角坐标系，其、象限内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=510-2T。有一轻质绝缘光滑细杆处于 y 轴上，其下端在 O 点处，细杆长度 h=0.1m，细杆的顶部套有一带负电的小球可以在细杆上自由滑动，其质量 m=110-5kg，电荷量 q=110-3C。在 x 轴下方有一平行于 y 轴的挡板 PQ（足够长），P 点处于 x 轴上，其坐标为m52Px。若不计一切摩擦，求(1)细杆在水平外力 F 作用下以速度 v0=4m/s 沿 x 轴正向匀速运动时
25、，小球脱离细杆前的运动性质及脱离细杆所用的时间；(2)在(1)问中，水平外力 F 做的功 W；(3)要使小球能击中挡板左侧，细杆向右匀速运动的速度范围。【命题意图】本题考查洛伦兹力、牛顿运动定律、速度分解、动能定理及其相关知识点。【解题思路】22（10 分）解：（1）由于小球任意时刻洛伦兹力的竖直分力恒为 qv0B，所以小球做初速度为 v0，加速度大小mBqva0，方向沿 y 轴正向的类平抛运动（答匀变速曲线也给分）。（1 分）y 方向由运动学公式：221ath 及牛顿第二定律：mBqva0（1 分）解得：s 1.0t （1 分）（2）小球脱离细杆时 y 方向的分速度：vy=at=2m/s 第
26、 22 题图 OxhPQyFNqv0BqvyBqvB合速度大小：m/s52220yvvv（1 分）由动能定理得：J10221215202mvmvW（2 分）（用平均F求W或BhqvW0也给分）（3）第一个临界态为小球脱离细杆后做如图所示的匀速圆周运动，轨迹恰好与挡板相切。设细杆的速度为 v01,分析小球圆周运动圆心位置 O1距离脱离点的水平位移：qBmvRdsinsin1 由：111tavy 及：sin11vvy mBqva011 解得101xtvd 所以圆心位置 O1 恰好在 y 轴上。由几何关系可知：m521PxR 由牛顿第二定律：1211RvmBqv 速度关系：2120121yvvv y
27、方 向 上 的 速 度 位 移 关 系：mBhqvhavy0112122 解得：m/s101v或2m/s(舍弃）（2 分）第二个临界状态为小球恰好打在 P 点，设此时细杆的速度为 v02 由水平位移：2022tvx 竖直位移：22221tah yOxO1v01vy1v1dx1x2hPQ牛顿第二定律：mBqva022 解得：m/s202v （2 分）细杆的速度范围：1m/sv02m/s（用其他方法解同样给分，最后一小问每一个临界速度在过程完整情况下，答案正确才给分）（第三问第一种临界状态解法二）由动能定理：210121ymvBhqv 几何关系：sin11101RRtvxP 速度关系：212012
28、1yvvv 由牛顿第二定律：1211RvmBqv 由：111tavy 及：sin011vvy 联立解得：m/s101v或2m/s(舍弃）19（18 分）(2021 黑龙江名校质检)如图所示，半径 R 3.6 m 的 1/6 光滑绝缘圆弧轨道，位于竖直平面内，与长 L5 m 的绝缘水平传送带平滑连接，传送带以 v 5 m/s 的速度顺时针转动，传送带右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度 E20 N/C，磁感应强度 B2.0 T，方向垂直纸面向外。a 为 m11.010-3kg的不带电的绝缘物块，b 为 m22.010-3kg、q1.010-3C 带正电的物块。b 静止于圆弧轨道最低
29、点，将 a 物块从圆弧轨道顶端由静止释放，运动到最低点与 b 发生弹性碰撞（撞撞过程中 b 的电量不发生变化），碰后立即撤去 a。碰后 b 先在传送带上运动，后离开传送带飞入复合场中，最后落在地面上的 P 点，落地时速度方向与水平面成 60斜向左下方(如图)。已知 b 物块与传送带之间的动摩擦因数为 0.1。（g 取 10 m/s2，a、b 均可看做质点）求：（1）物块 a 运动到圆弧轨道最低点时的速度及对轨道的压力；（2）物块 b 离开传送带时的速度；（3）从 b 开始运动到落地前瞬间，b 运动的时间。19.（18 分）(1)（1 分）可得：（1 分）（1 分）可得：由牛顿第三定律可得物块对轨道压力 （1 分）方向竖直向下 （1 分）（2）a 与 b 弹性碰撞，则有：（2 分）（2 分）联立可得：（1 分）即 b 以 v=5m/s 的速度离开传送带飞进复合场 （1 分）（3）b 开始运动后：（1 分）所以有：（1 分）（1 分）可得：（1 分）可得：圆周运动的周期 （1 分）（1 分）可得：s （1 分）