高考物理二輪復(fù)習(xí)專題12 帶電粒子在組（復(fù)）合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（解析版）

第頁(yè)碼頁(yè)碼頁(yè)/總NUMPAGES總頁(yè)數(shù)總頁(yè)數(shù)頁(yè)EvaluationWarning:ThedocumentwascreatedwithSpire.Docfor.NET.2021年高考物理二輪復(fù)習(xí)熱點(diǎn)題型歸納與提分秘籍專題12帶電粒子在組（復(fù)）合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)目錄TOC\o"1-3"\h\u一、熱點(diǎn)題型歸納 1【題型一】帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1【題型二】帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的應(yīng)用 9【題型三】帶電粒子在交變復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 13【題型四】帶電粒子在（復(fù)合）疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 20二、高考題型標(biāo)準(zhǔn)練 26一、熱點(diǎn)題型歸納【題型一】帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【題型解碼】(1)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中一般做勻變速直線運(yùn)動(dòng)或類平拋運(yùn)動(dòng)；在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)一般做勻速圓周運(yùn)動(dòng)；(2)明確各段運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，畫出運(yùn)動(dòng)軌跡，特別注意各銜接點(diǎn)的速度方向、大小．【典例分析1】(2020·河南洛陽(yáng)市一模)如圖所示，一帶電微粒質(zhì)量為m＝2.0×10－11kg、電荷量q＝＋1.0×10－5C，從靜止開始經(jīng)電壓為U1＝100V的電場(chǎng)加速后，水平進(jìn)入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，微粒射出電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角θ＝30°，并接著進(jìn)入一個(gè)方向垂直紙面向里、寬度為D＝34.6cm的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域．已知偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中金屬板長(zhǎng)L＝20cm，兩板間距d＝17.3cm，重力忽略不計(jì)．求：(1)帶電微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速率v1；(2)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中兩金屬板間的電壓U2；(3)為使帶電微粒不會(huì)由磁場(chǎng)右邊射出，該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少為多少．【答案】(1)1.0×104m/s(2)100V(3)0.1T【解析】(1)帶電微粒經(jīng)加速電場(chǎng)加速，根據(jù)動(dòng)能定理：qU1＝eq\f(1,2)mv12解得：v1＝eq\r(\f(2qU1,m))＝1.0×104m/s.(2)帶電微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由類平拋運(yùn)動(dòng)知，帶電微粒在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向：t＝eq\f(L,v1)帶電微粒在豎直方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為a，出電場(chǎng)時(shí)豎直方向速度為v2豎直方向：a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU2,dm)，v2＝at＝eq\f(qU2,dm)·eq\f(L,v1)由幾何關(guān)系：tanθ＝eq\f(v2,v1)＝eq\f(qU2L,dmv\o\al(12))＝eq\f(U2L,2dU1)則U2＝eq\f(2dU1,L)tanθ代入數(shù)據(jù)得：U2≈100V(3)帶電微粒進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，設(shè)微粒恰好不會(huì)由磁場(chǎng)右邊射出時(shí)，軌道半徑為R，由幾何關(guān)系知R＋eq\f(R,2)＝D，得：R＝eq\f(2D,3)設(shè)微粒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v′，v′＝eq\f(v1,cos30°)由牛頓運(yùn)動(dòng)定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律qv′B＝eq\f(mv′2,R)得：B＝eq\f(mv′,qR)＝eq\f(m,\f(2,3)qD)·eq\f(v1,cos30°)，代入數(shù)據(jù)解得B≈0.1T若帶電粒子不射出磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少為0.1T.【典例分析2】.(2020·廣西桂林市調(diào)研)如圖所示，直線MN上方有平行于紙面且與MN成45°角的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小未知；MN下方為方向垂直于紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.現(xiàn)從MN上的O點(diǎn)向磁場(chǎng)中射入一個(gè)速度大小為v、方向與MN成45°角的帶正電粒子，該粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的軌道半徑為R.該粒子從O點(diǎn)出發(fā)記為第一次經(jīng)過直線MN，第五次經(jīng)過直線MN時(shí)恰好又通過O點(diǎn).不計(jì)粒子的重力.(1)畫出粒子在磁場(chǎng)和電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的草圖并求出粒子的比荷大?。?2)求出電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小和粒子第五次經(jīng)過直線MN上O點(diǎn)時(shí)的速度大?。?3)求該粒子從O點(diǎn)出發(fā)到再次回到O點(diǎn)所需的時(shí)間t.【答案】(1)見解析圖eq\f(v,BR)(2)vBeq\r(5)v(3)eq\f(2R,v)(2＋π)【解析】(1)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,R)解得eq\f(q,m)＝eq\f(v,BR)(2)由幾何關(guān)系得Oc＝2eq\r(2)R粒子從c到O做類平拋運(yùn)動(dòng)，且在垂直、平行電場(chǎng)方向上的位移相等，即s⊥＝s∥＝Ocsin45°＝2R類平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3＝eq\f(s⊥,v)＝eq\f(2R,v)又s∥＝eq\f(1,2)at32＝eq\f(qE,2m)t32又R＝eq\f(mv,qB)聯(lián)立解得E＝vB粒子在電場(chǎng)中的加速度為a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qvB,m)v2＝at3＝eq\f(a·2R,v)＝2vv1＝v粒子第五次過MN進(jìn)入磁場(chǎng)后的速度大小v′＝eq\r(v12＋v22)＝eq\r(5)v(3)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t1＝eq\f(2πR,v)粒子做直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝eq\f(2v,a)＝eq\f(2mv,qvB)＝eq\f(2R,v)聯(lián)立得粒子從出發(fā)到再次到達(dá)O點(diǎn)所需時(shí)間t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(2R,v)(2＋π).【典例分析3】（2021屆保山市智源中學(xué)三月月考）如圖所示為真空中某豎直平面內(nèi)的xOy坐標(biāo)系．已知在x<0區(qū)域有勻強(qiáng)磁場(chǎng)B(方向如圖所示，大小未知)，在第一象限內(nèi)有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E1(大小未知)，質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子從點(diǎn)A(0，－l)垂直于y軸以速度v0射入第三象限，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)從點(diǎn)C(0，l)垂直于y軸射入第一象限，在第一象限內(nèi)做曲線運(yùn)動(dòng)并從點(diǎn)D穿過x軸進(jìn)入第四象限，通過D點(diǎn)時(shí)的速度為v1(大小未知)，v1的方向與x軸正方向成θ＝45°角，不考慮粒子的重力，則：(1)請(qǐng)確定勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(2)請(qǐng)確定勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E1的大小和D點(diǎn)的坐標(biāo)(用l表示)；(3)若粒子經(jīng)過D點(diǎn)后立即進(jìn)入一個(gè)場(chǎng)強(qiáng)為E2的矩形勻強(qiáng)電場(chǎng)，在該電場(chǎng)的作用下可以返回A點(diǎn)并沿固定路線做周期性運(yùn)動(dòng)，請(qǐng)確定該電場(chǎng)存在的最小區(qū)域及E2的大小和方向．【答案】(1)B＝eq\f(mv0,ql)(2)E1＝eq\f(mv\o\al(2,0),2ql)D點(diǎn)坐標(biāo)為(2l,0)(3)見解析【解析】(1)由題，粒子在二、三象限內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知其軌跡圓心為點(diǎn)O，半徑為l，qBv0＝meq\f(v\o\al(2,0),l)(1分)解得：B＝eq\f(mv0,ql)(1分)(2)由題知，粒子在第一象限內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)，豎直位移為l，水平位移即為D點(diǎn)橫坐標(biāo)xD，有：a＝eq\f(qE1,m)(1分)l＝eq\f(1,2)at2(1分)xD＝v0t(1分)tanθ＝eq\f(v1y,v0)(1分)v1y＝at(1分)解得：xD＝2l，E1＝eq\f(mv\o\al(2,0),2ql)(1分)D點(diǎn)坐標(biāo)為(2l,0)(1分)(3)若要使該粒子可以返回A點(diǎn)并沿固定路線做周期性運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)滿足：v1的水平分量v1x需反向且大小為v0，v1的豎直分量v1y需減小為零．由題及(2)知：v1x＝v0，v1y＝v0(1分)由于E2為勻強(qiáng)電場(chǎng)，所以粒子在第四象限內(nèi)做勻變速運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子在x方向的加速度大小為ax，位移為sx，在y方向的加速度大小為ay，位移為sy，則有：v1x－axt′＝－v0(1分)v1y－ayt′＝0(1分)sx＝v1xt′－eq\f(1,2)axt′2＝0(1分)sy＝v1yt′－eq\f(1,2)ayt′2＝l(1分)設(shè)E2在x負(fù)方向的分量為E2x，y方向的分量為E2y，E2與x負(fù)方向的夾角為α，則有：qE2x＝maxqE2y＝may(1分)E2＝eq\r(E\o\al(2,2x)＋E\o\al(2,2y))(1分)tanα＝eq\f(E2y,E2x)(1分)解得：E2＝eq\f(\r(5)mv\o\al(2,0),2ql)，α＝arctaneq\f(1,2)(如圖所示)(1分)設(shè)粒子達(dá)到電場(chǎng)最右端時(shí)與D點(diǎn)的水平距離為s′x，則s′x＝eq\f(v1x,2)t″，其中t″＝eq\f(t′,2)∴s′x＝eq\f(l,2)(1分)勻強(qiáng)電場(chǎng)為矩形區(qū)域，四個(gè)頂點(diǎn)分別為(2l,0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)l，0))，(2l，－l)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)l，－l)).(1分)【提分秘籍】1.正確區(qū)分“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”帶電粒子的“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的比較垂直進(jìn)入磁場(chǎng)(磁偏轉(zhuǎn))垂直進(jìn)入電場(chǎng)(電偏轉(zhuǎn))情景圖受力FB＝qv0B，F(xiàn)B大小不變，方向總指向圓心，方向變化，F(xiàn)B為變力FE＝qE，F(xiàn)E大小、方向不變，為恒力運(yùn)動(dòng)規(guī)律勻速圓周運(yùn)動(dòng)r＝eq\f(mv0,Bq)，T＝eq\f(2πm,Bq)類平拋運(yùn)動(dòng)vx＝v0，vy＝eq\f(Eq,m)tx＝v0t，y＝eq\f(Eq,2m)t22.解題步驟(1)受力分析，關(guān)注幾場(chǎng)組合；(2)運(yùn)動(dòng)分析，構(gòu)建模型；(3)分析過程，選用規(guī)律.【強(qiáng)化訓(xùn)練】1.(2020·浙江嘉興市期末)如圖所示，在xOy平面內(nèi)虛線AB與y軸成夾角θ＝30°，在AB左側(cè)存在電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、方向平行于x軸向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，AB右側(cè)某個(gè)區(qū)域存在垂直紙面向里磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，A點(diǎn)處于磁場(chǎng)的邊界上，現(xiàn)有一群質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子在紙面內(nèi)以速度v(0<v≤eq\f(E,B))垂直于AB從A點(diǎn)射入磁場(chǎng)，所有粒子通過直線AB時(shí)，速度方向均平行于y軸向下，不計(jì)粒子的重力和粒子間的相互作用力．求：(1)所有帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(2)速度最大的粒子從A點(diǎn)開始射入磁場(chǎng)至返回y軸所用的時(shí)間；(3)磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積．【答案】見解析【解析】根據(jù)題意，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，所有粒子通過直線AB時(shí)，速度方向均平行于y軸向下．由幾何關(guān)系可知所有粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角均為120°，設(shè)速度最大的粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為Rm，圓弧對(duì)應(yīng)的圓心為O′.(1)設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，周期為T，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，則qvB＝meq\f(v2,R)，即R＝eq\f(mv,qB)，T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，t1＝eq\f(T,3)＝eq\f(2πm,3Bq)(2)速度最大的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑為Rm＝eq\f(mvm,Bq)則粒子出磁場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝eq\f(\r(3)Rm,vm)＝eq\f(\r(3)m,Bq)粒子從虛線進(jìn)入電場(chǎng)后的水平位移為Δx＝eq\f(Rm＋2Rm,2)＝eq\f(3Rm,2)根據(jù)位移時(shí)間公式有eq\f(1,2)eq\f(Eq,m)t32＝Δx則粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t3＝eq\f(\r(3)m,Bq)故t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(2π＋6\r(3)m,3Bq)(3)扇形AO′M的面積為S1＝eq\f(πRm2,3)三角形AO′M的面積為S2＝eq\f(\r(3),4)Rm2所以磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積為S＝S1－S2＝(eq\f(π,3)－eq\f(\r(3),4))eq\f(m2E2,B4q2)2．(2020·浙江杭高5月測(cè)試)如圖所示，在xOy坐標(biāo)系中，在y<d的區(qū)域內(nèi)分布有指向y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在d<y<2d的區(qū)域內(nèi)分布有垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN為電場(chǎng)和磁場(chǎng)的邊界，在y＝2d處放置一垂直于y軸的足夠大金屬擋板ab，帶電粒子打到板上即被吸收．一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子以初速度v0由坐標(biāo)原點(diǎn)O處沿x軸正方向射入電場(chǎng)，已知電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝eq\f(3mv02,2qd)，粒子的重力不計(jì)．(1)要使粒子不打到擋板上，磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)滿足什么條件？(2)通過調(diào)節(jié)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，可讓粒子剛好通過點(diǎn)P(4d,0)(圖中未畫出)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。敬鸢浮?1)B>eq\f(3mv0,qd)(2)eq\f(32＋\r(3)mv0,qd)或eq\f(33＋\r(3)mv0,4qd)【解析】(1)粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有Eq＝ma，d＝eq\f(1,2)at2x＝v0t，vy＝atv＝eq\r(v02＋vy2)，tanθ＝eq\f(vy,v0)代入數(shù)據(jù)，得θ＝60°，v＝2v0，x＝eq\f(2\r(3),3)d帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，若恰好打到擋板上時(shí)，根據(jù)幾何關(guān)系可知Rcos60°＋R＝d，可得R＝eq\f(2,3)d由于qvB＝eq\f(mv2,R)，可得B＝eq\f(3mv0,qd)因此若使粒子打不到擋板上，應(yīng)滿足B>eq\f(3mv0,qd)(2)根據(jù)對(duì)稱性，粒子第一次回到x軸時(shí)前進(jìn)的距離Δx＝2x－eq\r(3)R＝eq\f(4\r(3),3)d－eq\r(3)R調(diào)節(jié)磁場(chǎng)使得0<R<eq\f(2,3)d因此可得eq\f(2\r(3),3)d<Δx<eq\f(4\r(3),3)d因此通過P(4d,0)點(diǎn)，回旋的次數(shù)n＝eq\f(4d,Δx)因此n只能取2或3，當(dāng)n＝2時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(32＋\r(3)mv0,qd)當(dāng)n＝3時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(33＋\r(3)mv0,4qd).【題型二】帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的應(yīng)用【題型解碼】【典例分析1】（2021屆遼寧省大連市三十八中高三期末）同位素質(zhì)譜儀是分離和檢測(cè)不同同位素的儀器。如圖所示為質(zhì)譜儀的原理圖。若互為同位素的三個(gè)粒子從處無初速度釋放進(jìn)入電場(chǎng)，經(jīng)電壓為U的加速電場(chǎng)加速后，垂直磁場(chǎng)邊界從處進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后打在底片上，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，不計(jì)粒子的重力，則下列說法正確的是（）A．質(zhì)量大的粒子由電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大B．比荷大的粒子打在底片上的位置離遠(yuǎn)C．質(zhì)量大的粒子打在底片上的位置離遠(yuǎn)D．某一粒子打在底片上的位置到的距離與成正比【答案】CD【解析】A．根據(jù)動(dòng)能定理有得由于互為同位素的粒子所帶電荷量相同，因此質(zhì)量大的粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度小，A錯(cuò)誤；BC．粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑粒子打在底片上的位置與的距離由此可知，質(zhì)量大的粒子打在底片上的位置離遠(yuǎn)，比荷大的粒子打在底片上的位置離近，C正確，B錯(cuò)誤；D．對(duì)某一粒子而言，打在底片上的位置與的距離即x與成正比，D正確。故選CD?！镜淅治?】（2021屆福建省廈門市雙十中學(xué)高三月考）筆記本電腦機(jī)身和顯示屏對(duì)應(yīng)部位分別有磁體和霍爾元件．當(dāng)顯示屏開啟時(shí)磁體遠(yuǎn)離霍爾元件，電腦正常工作：當(dāng)顯示屏閉合時(shí)磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進(jìn)入休眠狀態(tài)．如圖所示，一塊寬為、長(zhǎng)為的矩形半導(dǎo)體霍爾元件，元件內(nèi)的導(dǎo)電粒子是電荷量為的自由電子，通入方向向右的電流時(shí)，電子的定向移動(dòng)速度為．當(dāng)顯示屏閉合時(shí)元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓，以此控制屏幕的熄滅．則元件的（）A．前表面的電勢(shì)比后表面的低B．前、后表面間的電壓與無關(guān)C．前、后表面間的電壓與成正比D．自由電子受到的洛倫茲力大小為【答案】D【解析】由圖知電流從左向右流動(dòng)，因此電子的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)閺挠蚁蜃?，根?jù)左手定則可知電子偏轉(zhuǎn)到后面表，因此前表面的電勢(shì)比后表面的高，故A錯(cuò)誤，電子在運(yùn)動(dòng)過程中洛倫茲力和電場(chǎng)力平衡，有，故，故D正確，由則電壓，故前后表面的電壓與速度有關(guān)，與a成正比，故BC錯(cuò)誤。【提分秘籍】組合場(chǎng)、復(fù)合場(chǎng)中電磁技術(shù)的解題秘籍在電磁技術(shù)中，中學(xué)階段常見的是帶電粒子在正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的幾種模型。如：速度選擇器、回旋加速器、質(zhì)譜儀、磁流體發(fā)電機(jī)、霍爾元件、電磁流量計(jì)等。其中速度選擇器、磁流體發(fā)電機(jī)、霍爾元件和電磁流量計(jì)的共同特征是粒子在儀器中只受電場(chǎng)力和洛倫茲力作用，并且最終電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡。所以我們應(yīng)化繁為簡(jiǎn)研究實(shí)質(zhì)?！緩?qiáng)化訓(xùn)練】1.(2020·山西名校聯(lián)考)質(zhì)譜儀是一種測(cè)定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具．圖中的鉛盒A中的放射源放出大量的帶正電粒子(可認(rèn)為初速度為零)，從狹縫S1進(jìn)入電壓為U的加速電場(chǎng)區(qū)加速后，再通過狹縫S2從小孔G垂直于MN射入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)，該偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)是以直線MN為切線、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直于紙面向外、半徑為R的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)．現(xiàn)在MN上的F點(diǎn)(圖中未畫出)接收到該粒子，且GF＝eq\r(3)R.則該粒子的比荷為(粒子的重力忽略不計(jì))()A．eq\f(2U,R2B2) B．eq\f(4U,R2B2)C．eq\f(6U,R2B2) D．eq\f(3U,R2B2)【答案】C【解析】設(shè)離子被加速后獲得的速度為v，由動(dòng)能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2，離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r＝eq\f(\r(3)R,3)，又Bqv＝meq\f(v2,r)，可求eq\f(q,m)＝eq\f(6U,R2B2)，故C正確．2.(2020·浙江十校聯(lián)盟聯(lián)考)為了打響碧水藍(lán)天保衛(wèi)戰(zhàn)。督查暗訪組在某化工廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計(jì)，測(cè)量管由絕緣材料制成，其長(zhǎng)為L(zhǎng)、直徑為D，左右兩端開口，在前后兩個(gè)內(nèi)側(cè)面a、c固定有金屬板作為電極，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向豎直向下。污水(含有大量的正、負(fù)離子)充滿管口從左向右流經(jīng)該測(cè)量管時(shí)，a、c兩端的電壓為U，顯示儀器顯示污水流量Q(單位時(shí)間內(nèi)排出的污水體積)。則()A．a(chǎn)側(cè)電勢(shì)比c側(cè)電勢(shì)低B．污水中離子濃度越高，顯示儀器的示數(shù)越大C．污水流量Q與U成正比，與L、D無關(guān)D．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(πDU,4Q)【答案】D【解析】污水中正、負(fù)離子從左向右移動(dòng)，受到洛倫茲力，根據(jù)左手定則，正離子向a表面偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子向c表面偏轉(zhuǎn)，所以a側(cè)電勢(shì)比c側(cè)電勢(shì)高，故A錯(cuò)誤；最終正、負(fù)離子受到電場(chǎng)力和洛倫茲力而處于平衡狀態(tài)，有qE＝qvB，即eq\f(U,D)＝vB，而污水流量Q＝eq\f(vπD2,4)＝eq\f(U,DB)·eq\f(πD2,4)＝eq\f(πUD,4B)，可知Q與U、D成正比，與L無關(guān)，與離子濃度無關(guān)，B、C錯(cuò)誤；由Q＝eq\f(πUD,4B)可知，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(πUD,4Q)，故D正確。【題型三】帶電粒子在交變復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【題型解碼】1.先分析在一個(gè)周期內(nèi)粒子的運(yùn)動(dòng)情況，明確運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，判斷周期性變化的電場(chǎng)或磁場(chǎng)對(duì)粒子運(yùn)動(dòng)的影響；2.畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，分析軌跡在幾何關(guān)系方面的周期性．【典例分析1】(2020·安徽合肥市二模)如圖甲所示，豎直擋板MN左側(cè)空間有方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)和磁場(chǎng)的范圍足夠大，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝40N/C，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，選定磁場(chǎng)垂直紙面向里為正方向.t＝0時(shí)刻，一帶正m/s的速度v，O′是擋板MN上一點(diǎn)，直線OO′與擋板MN垂直，取g＝10m/s2.求：(1)微粒再次經(jīng)過直線OO′時(shí)與O點(diǎn)的距離；(2)微粒在運(yùn)動(dòng)過程中離開直線OO′的最大距離；(3)水平移動(dòng)擋板，使微粒能垂直射到擋板上，擋板與O點(diǎn)間的水平距離應(yīng)滿足的條件.【答案】(1)1.2m(2)2.48m(3)見解析【解析】(1)根據(jù)題意可以知道，微粒所受的重力G＝mg＝8×10－3N微粒所受電場(chǎng)力大小F＝qE＝8×10－3N因此重力與電場(chǎng)力平衡.微粒先在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則qvB＝meq\f(v2,R)解得：R＝0.6m又T＝eq\f(2πR,v)得：T＝10πs則微粒在5πs內(nèi)轉(zhuǎn)過半個(gè)圓周，再次經(jīng)直線OO′時(shí)與O點(diǎn)的距離：L＝2R解得：L＝1.2m.(2)微粒運(yùn)動(dòng)半周后向上勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝5πs，軌跡如圖所示，位移大小：x＝vt解得：x≈1.88m因此，微粒離開直線OO′的最大距離：H＝x＋R＝2.48m.(3)若微粒能垂直射到擋板上的某點(diǎn)P，P點(diǎn)在直線OO′下方時(shí)，由圖象可以知道，擋板MN與O點(diǎn)間的距離應(yīng)滿足：L＝(2.4n＋0.6)m，n＝0,1,2，…P點(diǎn)在直線OO′上方時(shí)，由圖象可以知道，擋板MN與O點(diǎn)間的距離應(yīng)滿足：L＝(2.4n＋1.8)m，n＝0,1,2，…(若兩式合寫成L＝(1.2n＋0.6)m，n＝1,2，…也可)【典例分析2】(2020·江蘇七市第二次調(diào)研)如圖甲所示，一對(duì)平行金屬板C、D相距為d，O、O1為兩板上正對(duì)的小孔，緊貼D板右側(cè)．存在上下范圍足夠大、寬度為L(zhǎng)的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，MN、GH是磁場(chǎng)的左、右邊界．現(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子從O孔進(jìn)入C、D板間，粒子初速度和重力均不計(jì)．(1)C、D板間加恒定電壓U，C板為正極板，求板間勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E和粒子從O運(yùn)動(dòng)到O1的時(shí)間t；(2)C、D板間加如圖乙所示的電壓，U0為已知量，周期T是未知量．t＝0時(shí)刻帶電粒子從O孔進(jìn)入，為保證粒子到達(dá)O1孔具有最大速度，求周期T應(yīng)滿足的條件和粒子到達(dá)O1孔的最大速度vm；(3)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t′的變化關(guān)系如圖丙所示，B0為已知量，周期T0＝eq\f(πm,qB0).t′＝0時(shí)，粒子從O1孔沿OO1延長(zhǎng)線O1O2方向射入磁場(chǎng)，始終不能穿出右邊界GH，求粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v應(yīng)滿足的條件．【答案】(1)eq\f(U,d)deq\r(\f(2m,qU))(2)T≥2eq\r(\f(2md2,qU0))eq\r(\f(2qU0,m))(3)v≤eq\f(2qBL,3m)【解析】(1)板間勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E＝eq\f(U,d)粒子在板間的加速度a＝eq\f(qU,md)根據(jù)位移公式有d＝eq\f(1,2)at2，解得t＝deq\r(\f(2m,qU))(2)粒子一直加速到達(dá)O1孔速度最大，設(shè)經(jīng)歷時(shí)間t0，則t0＝deq\r(\f(2m,qU0))≤eq\f(T,2)，解得T≥2eq\r(\f(2md2,qU0))由動(dòng)能定理有qU0＝eq\f(1,2)mvm2，解得vm＝eq\r(\f(2qU0,m))(3)當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B0、2B0時(shí)，設(shè)粒子在磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)半徑分別為r1、r2，周期分別為T1、T2，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB0＝meq\f(v2,r1)，解得r1＝eq\f(mv,qB0)且有T1＝eq\f(2πm,qB0)＝2T0同理可得r2＝eq\f(mv,2qB0)＝eq\f(r1,2)，T2＝eq\f(2πm,2qB0)＝T0故0～eq\f(T0,2)粒子以半徑r1逆時(shí)針轉(zhuǎn)過四分之一圓周，eq\f(T0,2)～T0粒子以半徑r2逆時(shí)針轉(zhuǎn)過二分之一圓周，T0～eq\f(3T0,2)粒子以半徑r1逆時(shí)針轉(zhuǎn)過四分之一圓周，eq\f(3T0,2)～2T0粒子以半徑r2逆時(shí)針轉(zhuǎn)過二分之一圓周，2T0～eq\f(5T0,2)粒子以半徑r1逆時(shí)針轉(zhuǎn)過四分之一圓周，eq\f(5T0,2)～3T0粒子以半徑r2逆時(shí)針轉(zhuǎn)過二分之一圓周，3T0～eq\f(7T0,2)粒子以半徑r1逆時(shí)針轉(zhuǎn)過四分之一圓周后從左邊界飛出磁場(chǎng)，如圖所示，由幾何關(guān)系有r1＋r2≤L，解得v≤eq\f(2qBL,3m).【提分秘籍】1.變化的電場(chǎng)或磁場(chǎng)如果具有周期性，粒子的運(yùn)動(dòng)也往往具有周期性.這種情況下要仔細(xì)分析帶電粒子的受力情況和運(yùn)動(dòng)過程，弄清楚帶電粒子在變化的電場(chǎng)、磁場(chǎng)中各處于什么狀態(tài)，做什么運(yùn)動(dòng)，畫出一個(gè)周期內(nèi)的運(yùn)動(dòng)軌跡的草圖.2.解題思路【強(qiáng)化訓(xùn)練】1.(2020·山東棗莊高三期末)如圖甲所示，平面直角坐標(biāo)系中，0≤x≤l、0≤y≤2l的矩形區(qū)域中存在交變勻強(qiáng)磁場(chǎng)，規(guī)定磁場(chǎng)垂直于紙面向里的方向?yàn)檎较颍渥兓?guī)律如圖乙所示，其中B0和T0均未知．比荷為c的帶正電的粒子在點(diǎn)(0，l)以初速度v0沿＋x方向射入磁場(chǎng)，不計(jì)粒子重力．(1)若在t＝0時(shí)刻，粒子射入磁場(chǎng)，在t<eq\f(T0,2)的某時(shí)刻，粒子從點(diǎn)(l,2l)射出磁場(chǎng)，求B0的大?。?2)若B0＝eq\f(2v0,lc)，且粒子從0≤t≤eq\f(T0,2)的任一時(shí)刻射入磁場(chǎng)時(shí)，粒子離開磁場(chǎng)時(shí)的位置都不在y軸上，求T0的取值范圍．(3)若B0＝eq\f(2v0,lc)，T0＝eq\f(πl(wèi),v0)，在x>l的區(qū)域施加一個(gè)沿－x方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在t＝eq\f(T0,4)時(shí)刻射入磁場(chǎng)的粒子，最終從入射點(diǎn)沿－x方向離開磁場(chǎng)，求電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。敬鸢浮?1)eq\f(v0,cl)(2)T0≤eq\f(πl(wèi),v0)(3)eq\f(4v\o\al(02),2n＋1πcl)(n＝0,1,2，…)【解析】設(shè)粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，則由題意得：c＝eq\f(q,m)(1)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系和牛頓第二定律得：R＝lqv0B0＝meq\f(v\o\al(02),R)解得：B0＝eq\f(v0,cl)(2)設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為R1，由牛頓第二定律得：qv0B0＝meq\f(v\o\al(02),R1)解得：R1＝eq\f(l,2)臨界情況為：粒子從t＝0時(shí)刻射入，并且軌跡恰好過(0,2l)點(diǎn)，粒子才能從y軸射出，如圖甲所示．設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，則T＝eq\f(2πm,qB0)＝eq\f(πl(wèi),v0)由幾何關(guān)系可知，在t＝eq\f(T0,2)內(nèi)，粒子軌跡轉(zhuǎn)過的圓心角為：θ＝π對(duì)應(yīng)粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t1＝eq\f(π,2π)T＝eq\f(1,2)T分析可知，只要滿足t1≥eq\f(T0,2)，就可以使粒子離開磁場(chǎng)時(shí)的位置都不在y軸上．聯(lián)立解得：T0≤T即T0≤eq\f(πl(wèi),v0)(3)由題意可知，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示．設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，在電場(chǎng)中，設(shè)往復(fù)一次所用的時(shí)間為t3，以E的方向?yàn)檎较?，則根據(jù)動(dòng)量定理可得：Eqt3＝mv0－(－mv0)＝2mv0其中，t3＝(n＋eq\f(1,2))T0(n＝0,1,2…)解得：E＝eq\f(4v\o\al(02),2n＋1πcl)(n＝0,1,2…)．2.(2020·福建廈門市3月質(zhì)檢)如圖甲所示，豎直線MN左側(cè)存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，MN右側(cè)存在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化規(guī)律如圖乙所示，O點(diǎn)下方豎直距離d＝23.5cm處有一垂直于MN的足夠大的擋板.現(xiàn)將一重力不計(jì)、比荷eq\f(q,m)＝106C/kg的正電荷從O點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過Δt＝eq\f(π,15)×10－5s后，電荷以v0＝1.5×104m/s的速度通過MN進(jìn)入磁場(chǎng).規(guī)定磁場(chǎng)方向垂直紙面向外為正，t＝0時(shí)刻電荷第一次通過MN.求：(結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；(2)t＝eq\f(4π,5)×10－5s時(shí)刻電荷與O點(diǎn)的豎直距離Δd；(3)電荷從O點(diǎn)出發(fā)運(yùn)動(dòng)到擋板所需時(shí)間t.【答案】(1)7.2×103N/C(2)4.0cm(3)1.1×10－4s【解析】(1)電荷在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有v0＝aΔt由牛頓第二定律得：Eq＝ma解得E＝eq\f(mv0,qΔt)≈7.2×103N/C(2)由qv0B＝meq\f(v02,r)，T＝eq\f(2πr,v0)得r＝eq\f(mv0,qB)，T＝eq\f(2πm,qB)當(dāng)磁場(chǎng)垂直紙面向外時(shí)，半徑r1＝eq\f(mv0,qB1)＝5cm周期T1＝eq\f(2πm,qB1)＝eq\f(2π,3)×10－5s當(dāng)磁場(chǎng)垂直紙面向里時(shí)，半徑r2＝eq\f(mv0,qB2)＝3cm周期T2＝eq\f(2πm,qB2)＝eq\f(2π,5)×10－5s故電荷從t＝0時(shí)刻開始做周期性運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示：t＝eq\f(4π,5)×10－5s時(shí)刻電荷與O點(diǎn)的豎直距離Δd＝2(r1－r2)＝4.0cm(3)從電荷第一次通過MN開始計(jì)時(shí)，其運(yùn)動(dòng)周期為T＝eq\f(4π,5)×10－5s根據(jù)電荷的運(yùn)動(dòng)情況可知，電荷到達(dá)擋板前運(yùn)動(dòng)的完整周期數(shù)為4個(gè)，此時(shí)電荷沿MN運(yùn)動(dòng)的距離s＝4Δd＝16cm，則最后Δs＝7.5cm的距離如圖乙所示，有r1＋r1cosα＝Δs解得cosα＝0.5，則α＝60°故電荷運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t總＝Δt＋4T＋eq\f(1,3)T1＝eq\f(157π,45)×10－5s≈1.1×10－4s.【題型四】帶電粒子在（復(fù)合）疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【題型解碼】1.磁場(chǎng)力，重力并存(1)若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)．(2)若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒．2.電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力并存(1)若電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)．(2)若電場(chǎng)力和洛倫茲力不平衡，則帶電體做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，可用動(dòng)能定理求解．【典例分析1】(2020·河南鎮(zhèn)平一中模擬)—個(gè)帶正電的微粒，從A點(diǎn)射入水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，微粒沿直線AB運(yùn)動(dòng)，如圖所示，AB與電場(chǎng)線夾角θ＝30°，已知帶電微粒的質(zhì)量m＝1.0×10－7kg，電荷量q＝1.0×10－10C，A、B相距L＝20cm(取g＝10m/s2，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)．求：(1)說明微粒在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)，要求說明理由；(2)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向；(3)要使微粒從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，微粒射入電場(chǎng)時(shí)的最小速度是多少．【答案】(1)見解析(2)1.7×104N/C水平向左(3)2.8m/s【解析】(1)微粒只在重力和電場(chǎng)力作用下沿AB方向運(yùn)動(dòng)，重力和電場(chǎng)力在垂直于AB方向上的分量必等大反向，可知電場(chǎng)力的方向水平向左，微粒所受合力的方向由B指向A，與初速度vA方向相反，微粒做勻減速運(yùn)動(dòng)．(2)在垂直于AB方向上，有qEsinθ－mgcosθ＝0解得電場(chǎng)強(qiáng)度為E＝1.7×104N/C即電場(chǎng)強(qiáng)度大小為1.7×104N/C，方向水平向左．(3)當(dāng)微粒由A運(yùn)動(dòng)到B時(shí)的速度vB＝0時(shí)，微粒進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度最小，由動(dòng)能定理得mgLsinθ＋qELcosθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，代入數(shù)據(jù)，解得vA＝2.8m/s.【典例分析2】.(2020·江西重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)盟聯(lián)考)如圖所示，在豎直xOy平面內(nèi)0≤x≤L的區(qū)域存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E，垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B；在L≤x≤2L的區(qū)域存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小也為E，垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B；在2L≤x≤3L的區(qū)域存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為2E.一個(gè)質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q的帶電小球從坐標(biāo)原點(diǎn)以速度v0沿與x軸成45°射入，小球沿直線穿過0≤x≤L區(qū)域，在L≤x≤2L的區(qū)域運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，沿垂直電場(chǎng)方向進(jìn)入2L≤x≤3L區(qū)域．已知L、m、q、v0，重力加速度g未知，試求：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B和電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；(2)小球離開電場(chǎng)的位置坐標(biāo)．【答案】(1)eq\f(\r(2)mv0,2qL)eq\f(mv\o\al(02),2qL)(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3L，\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4\r(2)＋1))L,4)))【解析】(1)帶電小球在0≤x≤L區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)其受力分析如圖，可知qE＝mgqE＝qv0Bsin45°，且小球帶正電則帶電小球在L≤x≤2L區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其軌跡如圖所示，軌跡半徑為R由幾何關(guān)系可知R＝eq\f(L,sin45°)＝eq\r(2)L由洛倫茲力提供向心力得qv0B＝meq\f(v\o\al(02),R)，聯(lián)立解得B＝eq\f(\r(2)mv0,2qL)，E＝eq\f(mv\o\al(02),2qL)(2)帶電小球在2L≤x≤3L區(qū)域受力分析如圖，向上做類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，在2L≤x≤3L區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則有t＝eq\f(L,v0)類平拋運(yùn)動(dòng)的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律2qE－mg＝ma豎直方向偏轉(zhuǎn)位移為h，則有h＝eq\f(1,2)at2小球離開電場(chǎng)時(shí)的豎直高度為y，則有y＝R＋h，聯(lián)立解得y＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4\r(2)＋1))L,4)則小球離開電場(chǎng)的位置坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3L，\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4\r(2)＋1))L,4))).【提分秘籍】1．解題思路(1)疊加場(chǎng)的組成特點(diǎn)：電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)兩兩疊加，或者三者疊加．(2)受力分析：正確分析帶電粒子的受力情況，包括場(chǎng)力、彈力和摩擦力．(3)運(yùn)動(dòng)分析：勻速直線運(yùn)動(dòng)、勻速圓周運(yùn)動(dòng)、勻變速直線運(yùn)動(dòng)、類平拋運(yùn)動(dòng)、非勻變速曲線運(yùn)動(dòng)．(4)選規(guī)律，列方程：應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、牛頓運(yùn)動(dòng)定律和功能關(guān)系．2．三種典型情況(1)若只有兩個(gè)場(chǎng)，合力為零，則表現(xiàn)為勻速直線運(yùn)動(dòng)或靜止?fàn)顟B(tài)．例如電場(chǎng)與磁場(chǎng)疊加滿足qE＝qvB時(shí)、重力場(chǎng)與磁場(chǎng)疊加滿足mg＝qvB時(shí)、重力場(chǎng)與電場(chǎng)疊加滿足mg＝qE時(shí)．(2)若三場(chǎng)共存，合力為零時(shí)，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其中洛倫茲力F＝qvB的方向與速度v垂直．(3)若三場(chǎng)共存，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，則有mg＝qE，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，即qvB＝meq\f(v2,r).3．當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)或有約束的變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般用動(dòng)能定理或能量守恒定律求解．1.(2021·山東棗莊高三期末)在高度為H的豎直區(qū)域內(nèi)分布著互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向左；磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里。在該區(qū)域上方的某點(diǎn)A，將質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球，以某一初速度水平拋出，小球恰好在該區(qū)域做直線運(yùn)動(dòng)。已知重力加速度為g。(1)求小球平拋的初速度v0的大??；(2)若電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，求A點(diǎn)距該區(qū)域上邊界的高度h；(3)若令該小球所帶電荷量為－q，以相同的初速度將其水平拋出，小球離開該區(qū)域時(shí)，速度方向豎直向下，求小球穿越該區(qū)域的時(shí)間?！敬鸢浮?1)eq\f(mg,qB)(2)eq\f(E2,2gB2)(3)eq\f(BH,E)－eq\f(m2g,BEq2)【解析】(1)設(shè)小球進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)時(shí)，速度方向與水平方向成θ角，小球受力如圖甲，有qvBcosθ＝mg，v＝eq\f(v0,cosθ)解得v0＝eq\f(mg,qB)。(2)小球從A點(diǎn)拋出，進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)，由動(dòng)能定理mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)由三力平衡知(mg)2＋(qE)2＝(qvB)2解得h＝eq\f(E2,2gB2)。(3)設(shè)某時(shí)刻小球經(jīng)某處時(shí)速度為v，將其正交分解為vx、vy如圖乙，則小球受力如圖丙，在水平方向上，由動(dòng)量定理∑(qE－qvyB)·Δt＝0－mv0即BqH－Eqt＝mv0解得t＝eq\f(BH,E)－eq\f(m2g,BEq2)。2.(2020·百師聯(lián)盟4月沖刺卷)如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy所在豎直平面內(nèi)分布著場(chǎng)強(qiáng)大小相等的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第一、二象限中場(chǎng)強(qiáng)方向沿y軸正方向，第三、四象限中場(chǎng)強(qiáng)方向沿x軸正方向；第一、四象限還分布著垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一質(zhì)量為0.02kg、帶正電的微粒自坐標(biāo)為(0，－0.4)的A點(diǎn)出發(fā)，與y軸成45°角以2m/s的速度射入第四象限，并能在第四象限內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度g取10m/s2.求：(1)微粒第一次通過y軸時(shí)的縱坐標(biāo)；(2)微粒運(yùn)動(dòng)軌跡與初速度方向所在的直線第一次相交時(shí)，所需要的時(shí)間(結(jié)果可用根式表示)；(3)微粒從射出到第(2)問所說的時(shí)刻，動(dòng)能的增加量．【答案】(1)0.4m(2)eq\f(\r(2),10)(6＋π)s(3)0.16J【解析】(1)微粒受力及運(yùn)動(dòng)過程分析如圖所示：微粒在第四象限內(nèi)沿與y軸成45°角勻速運(yùn)動(dòng)，有qE＝mgqvB＝eq\r(2)mg微粒在第一象限內(nèi)，重力與電場(chǎng)力二力平衡，微粒做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由qvB＝eq\f(mv2,r)解得r＝eq\f(\r(2),5)m由幾何關(guān)系得，微粒在第一象限恰好做了半個(gè)周期的圓周運(yùn)動(dòng)，故微粒第一次通過y軸時(shí)的縱坐標(biāo)為0.4m(2)由A到B微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)：位移為x1＝0.4eq\r(2)m時(shí)間t1＝eq\f(x1,v)解得t1＝eq\f(\r(2),5)s由B到C微粒做勻速圓周運(yùn)動(dòng)：t2＝eq\f(πr,v)解得t2＝eq\f(\r(2)π,10)s由C到D微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)：位移為x2＝0.4eq\r(2)m時(shí)間t3＝eq\f(x2,v)解得t3＝eq\f(\r(2),5)s由D到E微粒做類平拋運(yùn)動(dòng)，軌跡交BA延長(zhǎng)線于G點(diǎn)加速度方向沿D指向A，大小為a＝eq\r(2)g位移沿DA方向，大小為x3＝0.4eq\r(2)m由x3＝eq\f(1,2)at42，解得t4＝eq\f(\r(2),5)s故t總＝t1＋t2＋t3＋t4＝eq\f(\r(2),10)(6＋π)s(3)只有在第三象限運(yùn)動(dòng)的過程，微粒動(dòng)能有變化．從D到G，合外力做的功W＝eq\r(2)mg·x3由動(dòng)能定理知，W＝ΔEk，解得動(dòng)能的增加量為ΔEk＝0.16J二、高考題型標(biāo)準(zhǔn)練1.(2020·浙江金麗衢十二校聯(lián)考)如圖所示，真空中的矩形abcd區(qū)域內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)同時(shí)存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，圓形邊界分別相切于ad、bc邊的中點(diǎn)e、f。一帶電粒子以初速度v0沿著ef方向射入該區(qū)域后能做直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)撤去磁場(chǎng)并保留電場(chǎng)時(shí)，粒子以相同的初速度沿著ef方向射入恰能從c點(diǎn)飛離該區(qū)域。已知ad＝bc＝eq\f(4\r(3),3)R，忽略粒子的重力。求：(1)帶電粒子的電荷量q與質(zhì)量m的比值eq\f(q,m)；(2)若撤去電場(chǎng)保留磁場(chǎng)，粒子離開矩形區(qū)域時(shí)的位置?！敬鸢浮?1)eq\f(\r(3)v0,3BR)(2)ab邊上距b點(diǎn)eq\f(R,3)處【解析】(1)設(shè)勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)為E，當(dāng)電場(chǎng)和磁場(chǎng)同時(shí)存在時(shí)，粒子沿ef方向做直線運(yùn)動(dòng)，有qv0B＝qE當(dāng)撤去磁場(chǎng)，保留電場(chǎng)時(shí)，帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由題知，粒子恰能從c點(diǎn)飛出，則水平方向有2R＝v0t豎直方向有eq\f(1,2)bc＝eq\f(1,2)at2因?yàn)閝E＝ma解得eq\f(q,m)＝eq\f(\r(3)v0,3BR)。(2)若撤去電場(chǎng)保留磁場(chǎng)，粒子將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力有qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)得r＝eq\f(mv0,qB)＝eq\r(3)R軌跡如圖所示，由圖中幾何關(guān)系得r＝Rtanθ得θ＝60°，故粒子離開矩形區(qū)域時(shí)在ab邊上的位置g與b的距離為x＝R－eq\f(1,2)bc·eq\f(1,tanθ)解得x＝eq\f(R,3)。2.(2020·福建廈門質(zhì)檢)如圖所示，直角坐標(biāo)系第二象限存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第一象限中有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，大小均未知．一帶電量為＋q，質(zhì)量為m的粒子從P(－1.2d,0)點(diǎn)以初速度v0射入磁場(chǎng)，速度方向與x軸負(fù)方向夾角為37°，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，從Q點(diǎn)進(jìn)入第一象限時(shí)與y軸負(fù)方向夾角為53°，粒子在第一象限運(yùn)動(dòng)時(shí)，恰能與x軸相切．重力不計(jì)，求：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小(2)電場(chǎng)強(qiáng)度大小(3)粒子與x軸相切點(diǎn)的坐標(biāo)【答案】(1)eq\f(mv0,qd)(2)eq\f(9mv\o\al(2,0),80qd)(3)(eq\f(64,15)d,0)【解析】(1)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，PQ恰為直徑，由幾何關(guān)系得：2Rsin37°＝1.2dqv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)得：B＝eq\f(mv0,qd)(2)要恰能與x軸相切，則豎直方向速度為零時(shí)恰到x軸：(v0cos53°)2＝2a·2Rcos37°qE＝ma得：E＝eq\f(9mv\o\al(2,0),80qd)(3)沿著x軸、y軸方向的運(yùn)動(dòng)分別為：x＝v0sin53°t2Rcos37°＝eq\f(v0cos53°,2)t得：x＝eq\f(64,15)d，即相切點(diǎn)的坐標(biāo)為(eq\f(64,15)d,0)3.(2020·山東省普通高中學(xué)業(yè)水平等級(jí)模擬考試)如圖所示，處于豎直面內(nèi)的坐標(biāo)系x軸水平、y軸豎直，第二象限內(nèi)有相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向下，磁場(chǎng)方向垂直坐標(biāo)平面向里。帶電微粒從x軸上M點(diǎn)以某一速度射入電磁場(chǎng)中，速度與x軸負(fù)半軸夾角α＝53°，微粒在第二象限做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，并垂直y軸進(jìn)入第一象限。已知微粒的質(zhì)量為m，電荷量為－q，OM間距離為L(zhǎng)，重力加速度為g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E；(2)若微粒再次回到x軸時(shí)動(dòng)能為M點(diǎn)動(dòng)能的2倍，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為多少？【答案】(1)eq\f(mg,q)(2)eq\f(8m,5q)eq\r(\f(g,L))【解析】(1)微粒在第二象限做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則qE＝mg解得：E＝eq\f(mg,q)。(2)微粒垂直y軸進(jìn)入第一象限，則圓周運(yùn)動(dòng)圓心在y軸上，由幾何關(guān)系得：rsinα＝L洛倫茲力提供向心力，有：qvB＝meq\f(v2,r)微粒在第一象限中運(yùn)動(dòng)時(shí)機(jī)械能守恒，有：mgr(1＋cosα)＝Ek－eq\f(1,2)mv2又因?yàn)镋k＝2×eq\f(1,2)mv2聯(lián)立以上各式解得：B＝eq\f(8m,5q)eq\r(\f(g,L))。4.(2020·云南大理、麗江等校第二次統(tǒng)考)電子對(duì)湮滅是指電子e－和正電子e＋碰撞后湮滅，產(chǎn)生伽馬射線．如圖所示，在豎直面xOy內(nèi)，第Ⅰ象限內(nèi)存在平行于y軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，第Ⅱ象限內(nèi)存在垂直于平面xOy向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1，第Ⅳ象限內(nèi)存在垂直于平面xOy向外的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2(圖中未畫出)．點(diǎn)A、P位于x軸上，點(diǎn)C、Q位于y軸上，且OA距離為L(zhǎng).某t0時(shí)刻，速度大小為v0的正電子e＋從A點(diǎn)沿y軸正方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)C點(diǎn)垂直y軸進(jìn)入第Ⅰ象限，最后以eq\r(2)v0的速度從P點(diǎn)射出．同一t0時(shí)刻，另一速度大小為eq\r(2)v0的負(fù)電子e－從Q點(diǎn)沿與y軸正半軸成45°角的方向射入第Ⅳ象限，后進(jìn)入未知矩形磁場(chǎng)區(qū)域，離開磁場(chǎng)時(shí)正好到達(dá)P點(diǎn)，且恰好與P點(diǎn)出射的正電子e＋正碰湮滅，即相碰時(shí)兩電子的速度方向相反．若已知正負(fù)電子的質(zhì)量均為m、電荷量大小為e、電子重力不計(jì)．求：(1)第Ⅱ象限內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B1；(2)電場(chǎng)強(qiáng)度E及正電子從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至P點(diǎn)的時(shí)間；(3)Q點(diǎn)的縱坐標(biāo)及第Ⅳ象限內(nèi)矩形磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積S.【答案】(1)eq\f(mv0,eL)(2)eq\f(mv\o\al(02),2eL)eq\f(2L,v0)(3)－4L2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)－1))L2【解析】(1)由題意正電子從A點(diǎn)沿y軸正方向發(fā)射，經(jīng)過C點(diǎn)垂直y軸射出，可知其在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑：R1＝L又：ev0B1＝eq\f(mv\o\al(02),R1)，解得：B1＝eq\f(mv0,eL)(2)正電子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為tCP，正電子在y軸方向受電場(chǎng)力作用做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)lOC＝lOA＝Lv1y＝a