2023高考物理：帶電粒子在電場、磁場、復合場中的運動

2022年高考物理專題突破：帶電粒子在電場、磁場、復合場中的運動計算題

1.（18分）平面直角坐標系xQv中，第I象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第HI現(xiàn)象存在沿y

軸負方向的勻強電場，如圖所示。一帶負電的粒子從電場中的。點以速度w沿x軸正方向開始運

動，。點到軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標原點O離開電場進入電場，最終從x軸上

的P點射出磁場，尸點到y(tǒng)軸距離與。點到），軸距離相等。不計粒子重力，為：

（1）粒子到達。點時速度的大小和方向；

（2）電場強度和磁感應強度的大小之比。

2.如圖所示，真空中四個相同的矩形勻強磁場區(qū)域，高為44寬為d,中間兩個磁場區(qū)域間隔為

2d,中軸線與磁場區(qū)域兩側(cè)相交于。、0,點，各區(qū)域磁感應強度大小相等.某粒子質(zhì)量為機、電荷

量為+夕，從。沿軸線射入磁場.當入射速度為陽時，粒子從。上方處射出磁場.取

sin53°=0.8,cos53°=0.6.

⑴求磁感應強度大小B；

⑵入射速度為5vo時，求粒子從O運動到。，的時間t；

⑶入射速度仍為5%,通過沿軸線。。，平移中間兩個磁場（磁場不重疊），可使粒子從。運動

到。'的時間增加\t,求2的最大值.

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3.如圖所示，豎直平面內(nèi)有一直角坐標系xOy,x軸沿水平方向.第二、三象限有垂直于坐標平面

向里的勻強磁場，與x軸成0=30。角的絕緣細桿固定在二、三象限；第四象限同時存在著豎直向上

的勻強電場和垂直于坐標平面向里磁感應強度大小為B的勻強磁場，一質(zhì)量為m,電荷量為q帶電

小球a穿在細桿上沿細桿勻速下滑，在N點脫離細桿恰能沿圓周軌道運動到x軸上的A點，且速度

方向垂直于x軸.已知A點到坐標原點0的距離為|/，小球a與絕緣細桿的動摩擦因數(shù)n=

亨；/尊，重力加速度為g,空氣阻力忽略不計.求：

(1)帶電小球的電性及電場強度的大小E；

(2)第二、三象限里的磁場的磁感應強度大小B；

(3)當帶電小球a剛離開N點時，從y軸正半軸距原點O為h=等的P點(圖中未畫出)

以某一初速度水平向右平拋一個不帶電的絕緣小球b,b球剛好運動到x軸時與向上運動的a球相

碰，則b球的初速度為多大？

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4.如圖所示，平面直角坐標系的第二象限內(nèi)存在與水平方向成45。、大小為Ei的勻強電場，一質(zhì)

量為m、帶電荷量為+q的小球從4(-乙4)點靜止釋放，穿過y軸后，在y軸和豎直線PQ之間的

第一象限內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場整個第一象限內(nèi)都有豎直向上的勻強電場E2,且E2=

:名,Bi若母,小球在里面恰好能做勻速圓周運動在y軸與PQ之間的第四象限內(nèi)有一豎直

向上，大小為用=竿的勻強電場；而在一、四象限PQ的右側(cè)是一大小為B『平陛,方向

垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場。已知PQ與x軸的交點坐標為(|L,0)o求：

(1)小球第一次進入第一象限時的速度大?。?/p>

(2)小球第二次通過PQ的坐標；

(3)從開始釋放到第二次通過PQ一共經(jīng)歷的時間。

5.如圖甲所示，在豎直平面內(nèi)，以0點為原點建立平面直角坐標系xOy,x軸水平，y軸豎直。在

第四象限內(nèi)有豎直向上的勻強電場，電場強度E=4xl()2v/m。整個空間內(nèi)存在如圖乙所示周期性變化

的勻強磁場.變化周期TB=4.0s,取垂直xOy平面向里為磁場正方向。一比荷=9.5x10-2c/kg的帶正電

微粒，在t尸0.4s時刻，從坐標為(0,().8m)的A點以v°=4m/s的速度沿x軸正向水平射出。取重力

加速度g=10m/s2,取片3。求：

(1)微粒在t2=0.8s時刻坐標；

(2)從計時開始，微粒第二次通過x軸的時刻t3；

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⑶微粒在34.2s時刻速度大小。

6.如圖所示，兩塊平行金屬極板MN水平放置，板長L="l"m.間距d=孚m,兩金屬板間電壓

UMN=lx10W；在平行金屬板右側(cè)依次存在ABC和FGH兩個全等的正三角形區(qū)域，正三角形ABC

內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場Bi,三角形的上頂點A與上金屬板M平齊，BC邊與金屬板平行，

AB邊的中點P恰好在下金屬板N的右端點；正三角形FGH內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場B2,已

知A、F、G處于同一直線上.B、C、H也處于同一直線上.AF兩點距離為|m?，F(xiàn)從平行金屬極

板MN左端沿中心軸線方向入射一個重力不計的帶電粒子，粒子質(zhì)量m=3xlO“okg,帶電量q=

+lxlO4C,初速度vo=lxl()5m/s。

.4..TAF-----------------------G

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一e,:d---------/X\\\*:

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/B、\\-1/

/XXX'、、、：

BCH

(1)求帶電粒子從電場中射出時的速度V的大小和方向

(2)若帶電粒子進入中間三角形區(qū)域后垂直打在AC邊上，求該區(qū)域的磁感應強度以

(3)若要使帶電粒子由FH邊界進入FGH區(qū)域并能再次回到FH界面，求B2應滿足的條件。

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7.某控制帶電粒子運動的儀器原理如圖所示，區(qū)域PP'M，M內(nèi)有豎直向下的勻強電場，電場場強E

=1.0xl03V/m,寬度d=0V5m,長度L=0.40m；區(qū)域MM，N，N內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感

應強度B=2.5xl()2T,寬度D=0.05m,比荷擊=LOxBC/kg的帶正電的粒子以水平初速度V。從

P點射入電場.邊界MM，不影響粒子的運動，不計粒子重力.

(1)若vo=8.0x1053$,求粒子從區(qū)域PPNN射出的位置；

(2)若粒子第一次進入磁場后就從MN間垂直邊界射出，求vo的大??；

(3)若粒子從M，點射出，求vo滿足的條件.

8.如圖，真空中一對平行金屬板長為L,兩板間有垂直板面向上的勻強電場，質(zhì)量為m、電荷量為

q的帶正電粒子從兩板中央沿中線進入電場，粒子射出平行板時速度大小為v,方向與中線夾角為

a,板右側(cè)有一上、下范圍足夠大的有界勻強磁場區(qū)，磁場方向與紙面垂直，磁場邊界與兩板中線垂

直，不計粒子重力，忽略板外空間的電場。

(1)求勻強電場的場強大小E；

(2)若磁場區(qū)寬度為do,欲使粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從左邊界穿出,求磁感應強度B滿足的條件；

(3)在兩板中線右側(cè)延長線上有一點P,P點與板右端的距離為L,若磁場區(qū)的位置可左右平

移，磁場寬度可以改變。粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后能到達P點，且速度方向與中線夾角仍為a,求磁感應

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強度的最小值Bmino

9.如圖甲所示，在y>0的區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，其磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律

如圖乙所示；與X軸平行的虛線MN下方有沿+y方向的勻強電場，電場強度E=1X1owe.在y

軸上放置一足夠大的擋板.t=0時刻，一個帶正電粒子從P點以v=2xl(尸m/s的速度沿+x方向射入磁

場.已知電場邊界MN到x軸的距離為喑m,P點到坐標原點O的距離為1.1m,粒子的比荷梟

=106C/kg,不計粒子的重力.求粒子：

B/I

；：：；嶺1吁

亨/萼>

甲

(1)在磁場中運動時距x軸的最大距離；

(2)連續(xù)兩次通過電場邊界MN所需的時間；

(3)最終打在擋板上的位置到坐標原點O的距離.

10.如圖，在半徑為L、圓心為O的圓形區(qū)域內(nèi)存在著磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的

勻強磁場。MN為水平直徑，a、b粒子(重力均不計)分別從磁場區(qū)域下方不同位置以相同速度沿

垂直于MN的方向射入磁場，其中a粒子從圓形區(qū)域最低點射入，兩粒子均從M點離開，離開時，

a粒子速度沿水平方向，b粒子與a粒子的速度方向夾角為30,。已知兩粒子的質(zhì)量均為m、電量

均為+q,求：

b

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(1)兩粒子進入磁場時的速度大小V；(2)b粒子在磁場中的運動時間t。

11.利用電場與磁場控制帶電粒子的運動，在現(xiàn)代科學實驗和技術(shù)設(shè)備中有著廣泛的應用。如圖所

示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，在磁場左側(cè)有一寬度為0.5R的區(qū)域，其

上邊界與水平半徑M0共線，該區(qū)域內(nèi)有水平向右、速度大小范圍為0~代vo的粒子不斷射人，粒

子帶電量均為+q,質(zhì)量均為mo在沿半徑M0入射的粒子中，速度大小為vo的粒子恰好從0點正下

方的N點離開磁場。不計粒子重力及粒子間相互作用力，求：

(1)勻強磁場磁感應強度B的大小；

(2)圓形磁場中，有粒子通過區(qū)域的面積S；

(3)在圓形磁場正下方有一長度為2R的水平擋板CD,中心小孔與N點重合，右側(cè)是長度也為

2R的豎直熒光屏PQ,其上端點P與擋板右端點D重合。CD下方空間加有水平向右的勻強電場，

恰使所有通過小孔N的粒子均能打在熒光屏PQ上。求電場強度大小E及熒光屏上有粒子打到的長

度L。

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12.在某些精密實驗中，為了避免變化的電場和磁場之間的相互干擾，可以用力學裝置對磁場中的

帶電粒子進行加速。如圖，表面光滑的絕緣平板水平放置在磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁

場方向垂直于豎直面向里。平板上有一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，初始時刻帶電粒子靜

止在絕緣平板上，與絕緣平板左側(cè)邊緣的距離為d。在機械外力作用下，絕緣平板以速度”豎直向

上做勻速直線運動。一段時間后帶電粒子從絕緣平板的左側(cè)飛出，并垂直入射到一塊與絕緣平板相

互垂直的熒光屏上，不計帶電粒子的重力。

(1)指出帶電粒子的電性，并說明理由；

(2)求帶電粒子在絕緣平板上的運動時間t；

(3)求整個過程中帶電粒子在豎直方向位移的大小h。

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13.如圖，豎直平面xOy內(nèi)，第一象限有水平向右(沿x軸正方向)的勻強電場，第三象限有豎直向

上(沿y軸正方向)的勻強電場，場強大小均為E；懸點在A(0,L)、長為L的絕緣細線懸掛著質(zhì)量

為m的帶電小球(可視為質(zhì)點)，小球靜止時，細線與豎直方向的夾角為0=37。.撤去第一象限的電

場，小球自由下擺到0點時，細線恰好斷裂，然后小球經(jīng)第三象限的電場，落在地面上距0點水平

距離為d的B點.重力加速度大小為g,sin37°=0.6,cos37。=0.8.求：

(1)小球的帶電性質(zhì)及電荷量q；(2)小球運動到B點的速度大小.

14.如圖所示，xOy,平面為豎直平面，其中：x軸沿水平方向。第一象限內(nèi)y軸和過原點且與x軸

正方向成45。角的直線之間存在一有界勻強電場E2,方向豎直向下。第二象限內(nèi)有一勻強電場Ei,

Ei方向與y軸正方向成45。角斜向上，已知兩個象限內(nèi)電場的場強大小均為E。有一質(zhì)量為叫電荷

量為+q的帶電小球在水平細線的拉力作用下恰好靜止在點［7,(3/-3)1］處.現(xiàn)剪斷細線，小

球從靜止開始運動，從Ei進入E2,并從E2邊界上A點垂直穿過，最終打在x軸上的D點，已知重

力加速度為g,試求：

(1)場強大小E；(2)小球在電場E2中運動的時間t；

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（3）A點的位置坐標；（4）到達D點時小球的動能。

15.一束電子流經(jīng)Ui=5000V的加速電壓加速后，在距兩極板等距離處垂直進入平行板間的勻強電

場，如圖所示，兩極板間電壓U2=40（）V,兩極板間距離d=2.0cm,板長Li=5.0cm。

（1）求電子在兩極板間穿過時的偏移量y；

（2）若平行板的右邊緣與屏的距離L?=5cm,求電子打在屏上的位置與中心O的距離Y（O點

位于平行板水平中線的延長線上）；

（3）若另一個質(zhì)量為m（不計重力）的二價負離子經(jīng)同一電壓Ui加速，再經(jīng)同一偏轉(zhuǎn)電場射

出，則其射出偏轉(zhuǎn)電場的偏移量y'和打在屏上的偏移量丫各是多大？

16.在如圖甲所示的平面坐標系內(nèi)，有三個不同的靜電場：第一象限內(nèi)有固定在O點處的點電荷產(chǎn)

生的電場Ei（未知），該點電荷的電荷量為-Q,且只考慮該點電荷在第一象限內(nèi)產(chǎn)生電場；第二

象限內(nèi)有水平向右的勻強電場E2（未知）；第四象限內(nèi)有大小為等,方向按圖乙周期性變化的電

x0

場E3,以水平向右為正方向，變化周期T=J寤o一質(zhì)量為m,電荷量為+q的離子從（-X0,

xo）點由靜止釋放，進入第一象限后恰能繞O點做勻速圓周運動.以離子到達x軸時為計時起點，

已知靜電力常量為k,不計離子重力。求：

10/55

Ei

---------?.y

(-xo,xo)

?---------￡1r

I:.、一

-xo。&X

甲

(1)離子在第一象限運動時速度大小和第二象限電場E2的大??；

(2)當t=彳時，離子的速度；

(3)當t=nT時，離子的坐標。(n=1,2,3)

17.如圖所示，水平絕緣軌道AB與處于豎直平面內(nèi)的半圓形絕緣光滑軌道BC平滑連接，半圓形軌

道的半徑R=0.4m。軌道所在空間存在水平向右的勻強電場，電場強度E=1.0X104N/C?，F(xiàn)有一電荷

量q=1.0xl(HC,質(zhì)量m=0.1kg的帶電體(可視為質(zhì)點)，在水平軌道上的P點由靜止釋放，帶電體運

動到圓形軌道最低點B時的速度VB=5m/s。已知帶電體與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為0.5,重力加速

度g=10m/s2o求:

c

(1)帶電體運動到圓形軌道的最低點B時，圓形軌道對帶電體支持力的大??；

(2)帶電體在水平軌道上的釋放點P到B點的距離；

(3)帶電體第一次經(jīng)過C點后，落在水平軌道上的位置到B點的距離。

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18.如圖甲所示，以兩虛線M、N為邊界，中間存在平行紙面且與邊界垂直的電場，M、N間電壓

UMN的變化圖像如圖乙所示，電壓的最大值為Uo、周期為To；M.N兩側(cè)為相同的勻強磁場區(qū)域

I、II,磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度為B,匚0時，將一帶正電的粒子從邊界線M上的A

處由靜止釋放，經(jīng)電場加速后進入磁場，粒子在磁場中做圓周運動的周期也為To。兩虛線M、N間

寬度很小，粒子在其間的運動時間不計,

xxXx

I

XXXX

XXX

XXXX

XXNX

甲

(I)求該粒子的比荷旦?

m1

(2)求粒子第1次和第4次到達磁場區(qū)域I的左邊界線N的兩位置間的距離Ad；

(3)若粒子的質(zhì)量增加為1倍，電荷量不變，t=0時，將其在A處由靜止釋放，求t=2To時

粒子的速度。

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19.如圖所示，勻強磁場的磁感應強度大小為B.磁場中的水平絕緣薄板與磁場的左、右邊界分別

垂直相交于M、N,MN=L,粒子打到板上時會被反彈(碰撞時間極短)，反彈前后水平分速度不

變，豎直分速度大小不變、方向相反.質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子速度一定，可以從左邊界的不

同位置水平射入磁場，在磁場中做圓周運動的半徑為d,且d<L,粒子重力不計，電荷量保持不變。

(1)求粒子運動速度的大小v；

(2)欲使粒子從磁場右邊界射出，求入射點到M的最大距離dm；

(3)從P點射入的粒子最終從Q點射出磁場，PM=d,QN=?，求粒子從P到Q的運動時間

20.如圖所示，水平放置的兩塊長直平行金屬板a、b相距d=().l()m,a、b間的電場強度為￡=

5.0x105N/C,b板下方整個空間存在著磁感應強度大小為B=0.6T、方向垂直紙面向里的勻強磁

場.今有一質(zhì)量為m=4.8x1025kg、電荷量為q=1.6x10-18C的帶正電的粒子(不計重力),從貼近a

板的左端以vo=l.OxlO6m/s的初速度水平射入勻強電場，剛好從狹縫P處穿過b板而垂直進入勻強

磁場，最后粒子回到b板的Q處(圖中未畫出).求：

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xxxxxxxx

8

xxxxxxxx

(1)判斷a、b兩板間電場強度的方向；

(2)求粒子到達P處的速度與水平方向的夾角9；

(3)求P、Q之間的距離L(結(jié)果可保留根號).

21.在以坐標原點為中心、邊長為L的正方形EFGH區(qū)域內(nèi)，存在磁感應強度為B、方向垂直于紙

面向里的勻強磁場，如圖所示。在A處有一個粒子源，可以連續(xù)不斷的沿-X方向射入速度不同的帶

電粒子，且都能從磁場的上邊界射出。已知粒子的質(zhì)量為m,電量大小為q,重力不計，不考慮粒子

間的相互作用。

EXXXX

XXXX

7T-*

XMXXX

XXXBX

G

(1)試判斷粒子的電性；

(2)求從F點射出的粒子在磁場中運動的時間；

(3)若粒子以速度0=警射入磁場，求粒子由EF邊射出時的位置坐標。

22.如圖所示，在平面直角坐標系xoy的一、二象限內(nèi)，分別存在以虛線OM為邊界的勻強電場和

勻強磁場。勻強電場方向沿y軸負方向，勻強磁場方向垂直于Xoy平面向里，虛線OM與x軸負方

向成45。角。一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子從坐標原點0處以速度vo沿x軸正方向運動，粒

子每次到x軸將反彈，第一次反彈無能量損失，以后每次反彈水平分速度不變、豎直分速度大小均

減為反彈前的|、方向相反。電場強度大小等于鈣,磁感應強度大小等于甯，求：(不計粒

216gdqa

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子重力，題中各物理量單位均為國際單位，計算結(jié)果可用分式表示)

(1)帶電粒子第三次經(jīng)過OM時的坐標；

(2)帶電粒子第三次到達0M時經(jīng)過的時間；

(3)帶電粒子從第二次進入電場開始，沿電場方向運動的總路程。

23.如圖所示，豎直放置的平行金屬板A、B間電壓為Uo,在B板右側(cè)CDMN矩形區(qū)域存在豎直向

下的勻強電場，DM邊長為L,CD邊長為稅L,緊靠電場右邊界存在垂直紙面水平向里的有界勻強

磁場，磁場左右邊界為同心圓，圓心O在CDMN矩形區(qū)域的幾何中心，磁場左邊界剛好過M、N

兩點.質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子，從A板由靜止開始經(jīng)A、B極板間電場加速后，從邊界

CD中點水平向右進入矩形區(qū)域的勻強電場，飛出電場后進入勻強磁場.當矩形區(qū)域中的場強取某一

值時，粒子從M點進入磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從N點返回電場區(qū)域，且粒子在磁場中運動軌跡恰與磁

場右邊界相切，粒子的重力忽略不計，$血137。=0.6,cos37°=0.8.

(1)求粒子離開B板時的速度vi；

(2)求磁場右邊界圓周的半徑R；

(3)將磁感應強度大小和矩形區(qū)域的場強大小改變?yōu)檫m當值時，粒子從MN間飛入磁場，經(jīng)磁

場偏轉(zhuǎn)返回電場前，在磁場中運動的時間有最大值，求此最長時間儲一

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24.如圖所示，真空中有一個半徑r=0.5m的圓柱形勻強磁場區(qū)域，磁場的磁感應強度大小B=2xlO

3T,方向垂直于紙面向外，x軸與圓形磁場相切于坐標系原點O,在x=().5m和x=1.5m之間的區(qū)域

內(nèi)有一個方向沿y軸正方向的勻強電場區(qū)域，電場強E=1.5X103N/C,在x=1.5m處豎有一個與x軸

垂直的足夠長的熒光屏，一粒子源在0點沿紙平面向各個方向發(fā)射速率相同、比荷號=1x109

C/kg的帶正電的粒子，若沿y軸正方向射入磁場的粒子恰能從磁場最右側(cè)的A點沿x軸正方向垂直

進入電場，不計粒子的重力及粒子間的相互作用和其他阻力.求：

(1)粒子源發(fā)射的粒子進入磁場時的速度大??；

(2)沿y軸正方向射入磁場的粒子從射出到打到熒光屏上的時間(計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)；

(3)從0點處射出的粒子打在熒光屏上的縱坐標區(qū)域范圍.

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25.如圖所示，在坐標系xOy的第一象限中存在n（n為奇數(shù)）個寬度均為d、磁感應強度大小均

為B的勻強磁場，各磁場區(qū)域緊密連接，且左、右兩側(cè)邊界相互平行，第1個磁場區(qū)域的左邊界為

y軸，磁場方向垂直紙面向外，相鄰磁場區(qū)域的磁場方向相反.在第n個磁場區(qū)域的右邊界上有長

為2d的探測板PQ,探測板的下邊緣Q與x軸相距2.2d.坐標原點0處的粒子源以某一特定速度在

xOy平面內(nèi)不斷向磁場區(qū)域發(fā)射質(zhì)量為m,電荷量為+q的粒子，方向與x軸正方向成9=30。

角，每秒發(fā)射粒子的總數(shù)為No,通過改變粒子發(fā)射速度的大小，可以使粒子從不同位置射出磁場

.已知sin530=0.8,cos530=0.6,V3=1.73,不計粒子重力且忽略粒子間的相互作用.

**XX

??XX

p

?!xx-

-

:!Mxt

-

:?XX

2IJ

|*XXI

-

?*XX0

:?XX

：；XX

；*XX

?!xx

3d(n-2)ditd

（1）若粒子從（d,0）點射出磁場，求粒子發(fā)射速度大小火

（2）若粒子均垂直打到探測板上并全部被反向彈回，且彈回速度大小為打板前速度大小的

求：

I.探測板受到的平均作用力大??；

II.n的所有可能值，并求出n取最大值時，粒子在磁場中運動的總時間t.（不計粒子與探測板

發(fā)生碰撞的時間）

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26.如圖所示，xoy平面內(nèi)沿y軸負方向的勻強電場和垂直平面向里的勻強磁場交替出現(xiàn)，間隔時間

為7°,1=0時刻一質(zhì)量為0I、電量為q的帶正電的粒子從(0,d)點沿x軸正方向射入電場，經(jīng)To從

(2d,0)點離開電場，已知磁場的磁感應強度大小為8=黑，粒子的重力不計。求：

V八

(0S)

03,0)

4玩

(1)勻強電場的場強大小；

(2)粒子第n次進磁場時圓心的位置坐標。

27.如圖甲所示，平行板電容器板長L=0.2m,上極板接地，置于yo=4.5x101處，下極板離x軸

足夠遠。如圖乙所示，勻強電場的場強隨時間做周期性變化，T=2xlO-5S|EO=4X1O3N/C,t=0時刻

電場沿y軸正方向.比荷*=lxl05c/kg的帶正電的粒子從原點o沿x軸正方向持續(xù)飛入電場，不

計帶電粒子所受重力和粒子之間的相互作用。

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(1)若粒子的初速度VO=2X1(？m/s,求飛出電場時的最大側(cè)移yi；

(2)若所有粒子都能飛出電場，求初速度的最小值vi；

28.如圖甲所示，P點處有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子連續(xù)不斷地“飄入”電壓為Uo的加速電

場，粒子經(jīng)加速后從O點水平射入兩塊間距、板長均為1的水平金屬板間，O為兩板左端連線的中

點.熒光屏MOiN為半圓弧面，粒子從O點沿直線運動到屏上6點所用時間為Io若在A、

B兩板間加電壓，其電勢差UAB隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，所有粒子均能從平行金屬板右側(cè)射

出并垂直打在熒光屏上被吸收.已知粒子通過板間所用時間遠小于T,粒子通過平行金屬板的過程

中電場可視為恒定，粒子間的相互作用及粒子所受的重力均不計，求：

(1)粒子在O點時的速度大小；

(2)圖乙中U的最大值；

(3)粒子從O點到打在屏上的最短時間。

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29.如圖甲所示，長方形MNPQ區(qū)域（MN=PQ=3d,MQ與NP邊足夠長）存在垂直紙面

向里的磁感應強度大小為B的勻強磁場。長為5d、厚度不計的熒光屏ab,其上下兩表面均涂有熒

光粉，ab與NP邊平行，相距為d,且左端a與MN相距也為d。電子槍一個一個連續(xù)地發(fā)

射出電子（已知電子質(zhì)量為m、電荷量為e、初速度可視為零），經(jīng)電場加速后，沿MN邊進入

磁場區(qū)域，電子打到熒光屏就會發(fā)光（忽略電子間的相互作用）。

P

N4axXXbx上

XXXXX卜

XXXXX

13「

電子槍

（1）若加速電壓為U,求：電子進入磁場時的速度；

（2）改變加速電壓，使電子不斷打到熒光屏上，求：熒光屏能發(fā)光區(qū)域的總長度；

（3）若加速電壓按如圖乙所示的圖象變化，求：從t=0開始一個周期內(nèi)，打在熒光屏上的電

子數(shù)相對總電子數(shù)的比例。（電子經(jīng)加速電場的時間遠小于周期T）

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30.如圖所示，原點0有一粒子源，能向%軸上方xOy平面內(nèi)各方向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量

為q的帶正電粒子，粒子的初速度大小均相等，在x軸上方直線為=為與y2=y0+a(y。

未知，a>0)之間存在垂直于xOy平面向外的有界勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B,

已知射向第二象限、與y軸正方向成30。角的粒子恰好垂直于磁場上邊界射出.粒子的重力和粒子

間的相互作用都忽略不計，求：

■y

：8：：：：：：：

N"一

OX

(1)粒子運動的初速度大小v0；

(2)粒子在磁場中運動時間最短且能從上邊界射出，其發(fā)射時速度與y軸正方向夾角3的正弦

值；

(3)粒子在磁場中運動的最長時間tm及y0取不同數(shù)值時，在磁場中運動時間最長的粒子從

磁場中射出時的出射點所構(gòu)成圖線的解析方程。

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答案與解析

1.【答案】（1）在電場中，粒子做類平拋運動，設(shè)Q點到x軸的距離為L,到y(tǒng)軸的距離為2L,粒

2

子的加速度為a,運動時間為t,有2L=vot?L=|at（2）

設(shè)粒子到達O點時沿y軸方向的分速度為

Vy=at③

設(shè)粒子到達0點時速度方向與X軸方向的夾角為a,有

tana=V④聯(lián)立①②③④式得

a=45°⑤

即粒子到達O點時速度方向與x軸方向的夾角為45。角斜向上。

設(shè)粒子到達O點時的速度大小為v,由運動的合成有

（2）設(shè)電場強度為E,粒子電荷量為q,質(zhì)量為m,粒子在電場中受到的電場力為F,由牛頓第二

定律可得

F=ma⑧

又F=qE⑨

設(shè)磁場的磁感應強度大小為B,粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R,所受的洛倫茲力提供向

心力,有由幾何關(guān)系可知R=&L?聯(lián)立

①②⑦⑧⑨⑩?式得番=今?

【考點】電荷在電場中的偏轉(zhuǎn)；磁場和電場的復合

【解析】【分析】（1）因為離子在電場中做類平拋運動，正交分解列方程，再用勾股定理求速度。

（2）畫出運動軌跡圖，由幾何知識求得半徑，列牛頓第二定律和半徑公式方程求解。

2.【答案】（1）解:粒子圓周運動的半徑T0=翳由題意知r0=51解得B=等

（2）解:設(shè)粒子在矩形磁場中的偏轉(zhuǎn)角為a

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由d=rsina,得sina=,,即a=53。

在一個矩形磁場中的運動時間G=3云。?答,解得入=蕓能直線運動的時間t2=等，解得

,_2dmiI._A..._/53TT+72)d

t2=師則t=4ti+t2=(]80)記

(3)解:將中間兩磁場分別向中央移動距離x

粒子向上的偏移量y=2r(l-cosa)+xtana

由yS2d,解得

則當x=Id時,At有最大值

mq

粒子直線運動路程的最大值Sm=燕+(2d—2xm)=3d增加路程的最大值』Sm=sm-2d=d

增加時間的最大值a皿=粵=就

【考點】雙邊有界磁場

【解析】【分析】(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，有牛頓第二定律和幾何關(guān)系可得磁感應強度。

(2)粒子先在矩形磁場中做勻圓周運動，由左手定則結(jié)合幾何關(guān)系可知，粒子會垂直第二個矩形磁

場邊界射出，然后做勻速直線運動，運動2d的距離后再進入矩形磁場做勻速圓周運動，經(jīng)分析可

知，粒子從O運動到。，的時間等于在磁場中運動的時間(為在一個矩形磁場區(qū)域運動時間的4倍)

與做勻速直線運動的時間之和。

(3)由粒子在磁場中的運動規(guī)律建立幾何關(guān)系結(jié)合數(shù)學知識可解得Af的最大值。

3.【答案】(1)解：由帶電小球a在第三象限內(nèi)做勻速圓周運動可得，帶電小球a帶正電，且mg=

qE,

解E=等

(2)解：帶電小球a從N點運動到Q點的過程中，設(shè)運動半徑為R,有：

mv2

qvB=R

由幾何關(guān)系有R+Rsine

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帶電小球a在桿上勻速運動時，由平衡條件有

mgsinO二p(qvBi-mgcosO)

7ml~g~

解得Bi=

qIOTII

2兀R=1247d

（3）解：帶電小球a在第四象限內(nèi)做勻速圓周運動的周期T=

~V~~yj5g

帶電小球a第一次在第一象限豎直上下運動的總時間為，。=圻片

絕緣小球b平拋運動至x軸上的時間為

兩球相碰有t=g+n（to+今

聯(lián)立解得n=1

設(shè)絕緣小球b平拋的初速度為vo,則/=i70t

解得見=。賽

U71607T

【考點】磁場和電場的復合

【解析】【分析】（1）利用小球在第三象限做勻速圓周運動，可以判別重力等于電場力，進而可以判

別粒子的電性及求出場強的大??；

（2）利用牛頓第二定律結(jié)合幾何知識可以求出粒子線速度的大?。辉倮闷胶鈼l件可以求出磁感應

強度的大??；

（3）利用圓周運動可以求出帶電小球a在第四象限的運動時間，利用豎直上拋運動可以求出小球a

在第一象限的運動時間結(jié)合b小球的平拋運動時間可以求出小球b的初速度大小。

4.【答案】（1）解：因為小球在y軸與PQ之間的第一象限內(nèi)恰好做勻速圓周運動，貝U：|a<

因為E2=^Ei，故E1q=V2mg,貝U

對小球在A點受力分析可得，mg與Eiq的合力大小為mg,且合力方向水平向右；

所以對小球在第二象限有：2鬻乙=/一。2,得u=J荻

（2）解：對小球在第一象限有：|a<,qvBi=萼，得：勺=贏=心

所以小球運動1個圓周垂直x軸向下進入第四象限，在勻強電場E3和重力mg的共同作用下先

做勻減速直線運動再做勻加速直線運動，且加速度為：E3q-mg=ma,得：P=Fv

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然后小球再次從%軸上(，0)點垂直向上進入第一象限，

由幾何關(guān)系可得，小球第二次在勻強磁場B1里面向右偏轉(zhuǎn)C2第一次通過虛線PQ；

隨后小球向左偏轉(zhuǎn)做勻速圓周運動，由幾何關(guān)系可知，偏轉(zhuǎn)120。后第二次通過PQ；

在勻強磁場B2里面，由q〃B2=萼，得：r2=^=1

所以由幾何關(guān)系得：y=Gsin60°+2r2cos30°=V3L

即第二次通過PQ的坐標為(|L,A/3L)

(3)解：小球在勻強電場Ei里運動的時間為口：G=嵯=魚J

小球在勻強磁場當里運動的時間為上：12=去丁1=今欲=器有

小球在勻強電場E3里運動的時間為t3：s=2塔=2聲器

小球在勻強磁場B2里運動的時間為Q:與2c領(lǐng)=嘉色

所以從開始釋放小球到第二次通過PQ一共經(jīng)歷的總時間為：t忘=〃+巧+打+t4=(3+居)猿

【考點】磁場和電場的復合；帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動；電荷在勻強電場中的運動

【解析】【分析】(1)對小球進行受力分析，求出小球受到的合力和方向，利用動能定理求解小球的

末速度；

(2)帶電粒子在磁場中受到洛倫茲力，在洛倫茲力的作用下粒子做圓周運動，根據(jù)磁場方向、電性

和運動方向確定粒子的運動軌跡，利用幾何關(guān)系求解軌道半徑，再求解通過PQ時的位置；

(3)明確粒子在電磁場中的運動過程，利用運動學公式求出每一段的運動時間，相加即可。

5.【答案】(1)解：微粒從h至t2時間內(nèi)做平拋運動，

x=v0(t2—tj)=1.6m①

2

y=1^(t2-ti)=0.8m②

解得:微粒在t2=0.8s時坐標為(1.6m,0)

(2)解：設(shè)微粒在t2=0.8s時刻速度與x軸夾角為Q,豎直分速度為vy

vy=g(t2-ti)=4m/s

tan9=^=1所以。=45。

vo

v==4V2m/s(§)

cos0'—

當微粒進入第四象限后通過計算可得：qE=mg,微粒在第四象限在洛倫茲力作用下做勻速圓周

運動，根據(jù)牛頓第二定律得：

25/55

T=萼⑤

由③④⑤得：T=2.4S

8

-

5

微粒在第四象限一直做勻速圓周運動，設(shè)速度偏轉(zhuǎn)角為a,a=20=^

運動時間t==0.6s

27r

可知微粒第二次通過X軸的時刻為

13=亡2+亡=1.4s

(3)解：微粒在t3=1.4s時刻，沿與X軸成e角進入第一象限做斜上拋運動,

Vy=gt

t=0.4s

由運動對稱性可知微粒第三次通過X軸的時刻為2.2s,

,37r

在第四象限以v―4yj2m/s做勻速圓周運動時間為27二1以

27r.

由4.0s時刻速度大小為v=4V2m/s進入只有重力場的空間，由對稱性可知再經(jīng)過0.4s微粒到達最

IWJ點，可以看成反向平拋運動，t=0,2s時豎直方向的分速度Vy=gt

由此可知：t4=4.2s時刻p==2V5m/s0

【考點】磁場、電場和重力場復合

【解析】【分析】(1)利用平拋運動規(guī)律可以求出微粒在0.8s的位置坐標；

(2)利用速度分解可以求出粒子到達x軸的速度大小，利用電場力等于重力；可以判別微粒做勻速

圓周運動；利用圓心角的大小可以求出對應的時間；

(3)利用斜拋運動規(guī)律可以求出運動的時間，利用圓周運動可以求出再次在第四象限的運動時間,

利用總運動時間可以求出對應速度的大小。

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6.【答案】（1）解：設(shè)帶電粒子在電場中做類平拋運動的時間為t,加速度為a,

則：q^=ma解得：a=瞿=當x1010m/s2

L（

t=—=1x10-5s

幾

豎直方向的速度為：Vy=at=孚xio5m/s

射出時速度為：v=Jug+Vy=x105m/s

速度v與水平方向夾角為0,tand=^=^,故9=30。，即垂直于AB方向出射

v03

（2）解：帶電粒子出電場時豎直方向的偏轉(zhuǎn)的位移y=^at2=^m=d,即粒子由Pl點垂直AB

/262

射入磁場，

由幾何關(guān)系知在磁場ABC區(qū)域內(nèi)做圓周運動的半徑為%=Yk=

cos30§

?/

田B】qu=m-^

知?D__3\13

知?Bl-西-R

（3）解：分析知當軌跡與邊界GH相切時，對應磁感應強度B2最大，運動軌跡如圖所示：

vyDU乙

XB2qv=m瓦

故B2

所以B2應滿足的條件為大于亨T

【考點】磁場和電場的復合

【解析】【分析】（1）利用牛頓第二定律結(jié)合類平拋運動規(guī)律可以求出射出電場的速度大小及方向；

（2）利用幾何知識結(jié)合牛頓第二定律可以求出電磁感應強度的大??；

（3）利用幾何知識可以求出軌道半徑的大小，再利用牛頓第二定律可以求出電磁感應強度的大小。

7.【答案】（1）解：粒子以水平初速度從P點射入電場后，在電場中做類平拋運動，假設(shè)粒子能夠