壓軸題08 帶電粒子在復合場、組合場中的運動（解析版）

學而優(yōu)教有方壓軸題08帶電粒子在復合場、組合場中的運動1.本專題是電磁場的典型題型之一，包括應用電場力洛倫茲力的知識解決實際問題。高考中經常在選擇題中命題，更是在在計算題中頻繁出現(xiàn)。2024年高考對于復合場、組合場的考查仍然是熱點。2.通過本專題的復習，不僅利于完善學生的知識體系，也有利于培養(yǎng)學生的物理核心素養(yǎng)。3.用到的相關知識有:電場的知識,磁場的知識等。近幾年的高考命題中一直都是以壓軸題的形式存在，重點考查類型帶電粒子在復合場中的運動，組合場中的運動等?？枷蛞唬簬щ婓w在磁場中的運動1.帶電體在勻強磁場中速度變化時洛倫茲力往往隨之變化，并進一步導致彈力、摩擦力等的變化，帶電體將在變力作用下做變加速運動。2.利用牛頓運動定律和平衡條件分析各物理量的動態(tài)變化時要注意彈力為零的臨界狀態(tài)，此狀態(tài)是彈力方向發(fā)生改變的轉折點?？枷蚨簬щ娏Ｗ釉诏B加場中的運動1.三種場的比較力的特點功和能的特點重力場大?。篏＝mg方向：豎直向下重力做功與路徑無關；重力做功改變物體的重力勢能電場大?。篎＝qE方向：正電荷受力方向與場強方向相同，負電荷受力方向與電強方向相反電場力做功與路徑無關；W＝qU；電場力做功改變電勢能磁場大?。篺＝qvB(v⊥B)方向：可用左手定則判斷洛倫茲力不做功，不改變帶電粒子的動能2.分析的基本思路(1)弄清疊加場的組成。(2)進行受力分析，確定帶電粒子的運動狀態(tài)，注意運動情況和受力情況的結合。(3)畫出粒子的運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律。①由于洛倫茲力的大小與速度有關，帶電粒子在含有磁場的疊加場中的直線運動一定為勻速直線運動，根據平衡條件列式求解。②當帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運動時，一定是電場力和重力平衡，洛倫茲力提供向心力，應用平衡條件和牛頓運動定律分別列方程求解。③當帶電粒子做復雜曲線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解?？枷蛉簬щ娏Ｗ釉诮M合場中的運動帶電粒子在電場、磁場組合場中的運動是指粒子從電場到磁場或從磁場到電場的運動。通常按時間的先后順序將粒子的運動過程分成若干個小過程，在每一運動過程中從粒子的受力性質、受力方向和速度方向的關系入手，分析粒子在電場中做什么運動，在磁場中做什么運動。1.分析思路2.解題關鍵從一個場射出的末速度是進入另一個場的初速度，因此兩場界面處的速度(大小和方向)是聯(lián)系帶電粒子在兩場運動的橋梁，因此求解速度是重中之重。01帶電粒子在有界磁場中運動1.如圖所示，在磁感應強度大小為B的水平勻強磁場中，有一足夠長的絕緣細棒OO′在豎直面內垂直磁場方向放置，細棒與水平面間的夾角為α，一質量為m、帶電荷量為＋q的圓環(huán)A套在OO′棒上，圓環(huán)與棒間的動摩擦因數(shù)為μ，且μ<tanα，重力加速度為g?，F(xiàn)讓圓環(huán)A由靜止開始下滑，試問圓環(huán)在下滑過程中：(1)圓環(huán)A的最大加速度為多大？獲得最大加速度時的速度為多大？(2)圓環(huán)A能夠達到的最大速度為多大？【答案】(1)gsinαeq\f(mgcosα,qB)(2)eq\f(mg（sinα＋μcosα）,μqB)【解析】(1)由于μ<tanα，所以圓環(huán)將由靜止開始沿棒下滑，圓環(huán)A沿棒運動的速度為v時，對圓環(huán)A受力分析，根據牛頓第二定律，沿棒的方向有mgsinα－f1＝ma垂直棒的方向有N1＋qvB＝mgcosα所以當N1＝0，即f1＝0時，a有最大值am，am＝gsinα，此時qvB＝mgcosα解得v＝eq\f(mgcosα,qB)。(2)當圓環(huán)A的速度達到最大值vm時，a＝0。設圓環(huán)受到棒的彈力大小為N2，方向垂直于棒向下，摩擦力為f2＝μN2，根據平衡條件有mgsinα＝f2N2＋mgcosα＝qvmB解得vm＝eq\f(mg（sinα＋μcosα）,μqB)。02帶電粒子在疊加場中的運動2．如圖甲所示，寬度為d的豎直狹長區(qū)域內(邊界為L1、L2)，存在方向垂直紙面向里的勻強磁場和豎直方向上的周期性變化的電場(如圖乙所示)，電場強度的大小為E0，E>0表示電場方向豎直向上。t＝0時，一帶正電、質量為m的微粒從左邊界上的N1點以水平速度v射入該區(qū)域，沿直線運動到Q點后，做一次完整的圓周運動，再沿直線運動到右邊界上的N2點。Q為線段N1N2的中點，重力加速度為g。上述d、E0、m、v、g為已知量。(1)求微粒所帶電荷量q和磁感應強度B的大??；(2)求電場變化的周期T；(3)改變寬度d，使微粒仍能按上述運動過程通過相應寬度的區(qū)域，求T的最小值?！敬鸢浮?1)eq\f(mg,E0)eq\f(2E0,v)(2)eq\f(d,2v)＋eq\f(πv,g)(3)eq\f(（2π＋1）v,2g)【解析】(1)微粒在疊加場中做直線運動時，受到重力、電場力、洛倫茲力作用且三力平衡，則有mg＋qE0＝qvB微粒在疊加場中做圓周運動時，由洛倫茲力提供向心力，重力與電場力平衡，則有mg＝qE0解得q＝eq\f(mg,E0)，B＝eq\f(2E0,v)。(2)設微粒從N1點運動到Q點的時間為t1，做圓周運動的周期為t2，則有eq\f(d,2)＝vt1，qvB＝meq\f(v2,R)，2πR＝vt2由以上各式可解得t1＝eq\f(d,2v)，t2＝eq\f(πv,g)故電場變化的周期T＝t1＋t2＝eq\f(d,2v)＋eq\f(πv,g)。(3)由(2)知，改變d時，t2不變Tmin＝t1min＋t2＝eq\f(dmin,2v)＋eq\f(πv,g)若微粒能完成題述的運動過程，則要求d≥2R，故dmin＝2R由qvB＝meq\f(v2,R)得R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(v2,2g)故T的最小值為Tmin＝eq\f(（2π＋1）v,2g)。03帶電粒子在有界磁場中運動的多解問題3.如圖所示，在y>0的區(qū)域內有沿y軸正方向的勻強電場，在y<0的區(qū)域內有垂直坐標平面向里的勻強磁場。一電子(質量為m，電荷量為e)從y軸上A點以沿x軸正方向的初速度v0開始運動。當電子第一次穿過x軸時，恰好到達C點；當電子第二次穿過x軸時，恰好達到坐標原點O。已知A、C兩點到坐標原點的距離分別為d、2d，不計電子的重力。求：(1)電場強度E的大??；(2)磁感應強度B的大??；(3)畫出電子從A運動到O的運動軌跡，并求出電子從A運動到O經歷的時間t?！敬鸢浮?1)eq\f(mveq\o\al(2,0),2ed)(2)eq\f(mv0,ed)(3)軌跡圖見解析eq\f(（4＋3π）d,2v0)【解析】(1)電子在電場區(qū)域內做類平拋運動，設運動時間為t1，有v0t1＝2deq\f(1,2)·eq\f(eE,m)teq\o\al(2,1)＝d解得t1＝eq\f(2d,v0)，E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2ed)。(2)電子進入磁場后做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力；設電子進入磁場時的速度方向與x軸正方向的夾角為θ，進入磁場后做圓周運動的半徑為r，由幾何關系可得tanθ＝eq\f(\f(eE,m)·t1,v0)sinθ＝eq\f(d,r)解得θ＝eq\f(π,4)r＝eq\r(2)d由牛頓第二定律可得evB＝meq\f(v2,r)又v·cosθ＝v0，v＝eq\r(2)v0整理得B＝eq\f(mv,er)＝eq\f(mv0,ed)。(3)電子從A運動到O的運動軌跡如圖所示：電子在磁場中的圓弧軌跡所對應的圓心角為θ′＝2π－eq\f(π,4)×2＝eq\f(3π,2)運動時間為t2＝eq\f(θ′,2π)×eq\f(2πr,v)＝eq\f(3πd,2v0)所以電子從A運動到O經歷的時間t＝t1＋t2＝eq\f(（4＋3π）d,2v0)。一、單選題1．（2024·北京東城·一模）用如圖所示裝置作為推進器加速帶電粒子。裝置左側部分由兩塊間距為d的平行金屬板M、N組成，兩板間有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。使大量電荷量絕對值均為q0的正、負離子從左側以速度v0水平入射，可以給右側平行板電容器PQ供電?？拷黁板處有一放射源S可釋放初速度為0、質量為m、電荷量絕對值為q的粒子，粒子被加速后從S正上方的孔噴出P板，噴出的速度大小為v。下列說法正確的是（）A．放射源S釋放的粒子帶負電B．增大q0的值，可以提高vC．PQ間距變?yōu)樵瓉淼?倍，可使v變?yōu)樵瓉肀禗．v0和B同時變?yōu)樵瓉淼?倍，可使v變?yōu)樵瓉淼?倍【答案】D【詳解】根據左手定則可知，正負離子進入MN區(qū)域，正離子受到向下的洛倫茲力，負離子受到向上的洛倫茲力，所以正離子打到N板，負離子打到M板，N板電勢高于M板，即Q板電勢高于P板，S釋放的粒子受到向上的電場力，電場力方向與場強方向相同，則粒子帶正電，故A錯誤；根據力的平衡可得S釋放的粒子，加速過程有，聯(lián)立可得，由此可知，粒子射出的速度與q0、PQ間距無關，故BC錯誤；由以上分析可知，當v0和B同時變?yōu)樵瓉淼?倍，可使v變?yōu)樵瓉淼?倍，故D正確。故選D。二、多選題2．（2024·甘肅·二模）如圖所示，絕緣中空軌道豎直固定，圓弧段COD光滑，對應圓心角為120°，C、D兩端等高，O為最低點，圓弧圓心為O'，半徑為R（R遠大于軌道內徑），直線段軌道AC、HD粗糙，與圓弧段分別在C、D端相切，整個裝置處于方向垂直于軌道所在平面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，在豎直虛線MC左側和ND右側還分別存在著場強大小相等、方向水平向右和向左的勻強電場?，F(xiàn)有一質量為m、電荷量恒為q、直徑略小于軌道內徑、可視為質點的帶正電小球，與直線段軌道間的動摩擦因數(shù)為μ，從軌道內距C點足夠遠的P點由靜止釋放，若PC=l，小球所受電場力等于其重力的倍。重力加速度為g。則（）A．小球在軌道AC上下滑的最大速度B．小球第一次沿軌道AC下滑的過程中做加速度減小的加速運動C．經足夠長時間，小球克服摩擦力做的總功D．經足夠長時間，小球經過O點時，對軌道的彈力一定為【答案】ACD【詳解】小球沿軌道AC下滑的過程中，根據題意，小球所受電場力等于其重力的倍，即，電場力在垂直軌道方向的分力，重力垂直軌道方向的分力，可知在垂直軌道方向上重力分力與電場力分力大小相等方向相反，因此可知電場力與重力的合力沿著軌道向下，大小為，小球從靜止釋放后隨著小球速度增加，小球所受洛倫茲力由0逐漸增加，且洛倫茲力垂直軌道向上，即小球對軌道產生壓力，壓力大小即為洛倫茲力的大小，且隨著速度增加逐漸增大，因此軌道對小球將產生滑動摩擦力且隨著洛倫茲力的增大而增大，根據牛頓第二定律有，可知，隨著小球速度的增加，小球合外力不斷減小，則其加速度不斷減小，即小球做加速度逐漸減小的加速運動，當加速度減小為0時小球速度達到最大值，此后小球將做勻速直線運動，即當，時速度達到最大值，有，解得，故A正確，B錯誤；由于小球要在AC、HD段克服摩擦力做功，因此最終小球將在C、D間做往復運動，在C點和D點速度為0，從P點到C點，根據動能定理有，則可得經足夠長時間，小球克服摩擦力做的總功為，小球在圓弧段COD做往復運動時，設小球經過O點時的速度為，根據動能定理有，而小球經過O點時由牛頓第二定律有，聯(lián)立解得，由牛頓第三定律得，小球經過O點時對軌道的彈力大小為，故D正確。故選ACD。3．（2024·廣東惠州·一模）如圖所示，長方體所在空間存在與方向平行的勻強磁場，一粒子源無初速度釋放一質量為m、帶電量為的帶電粒子，經電壓U加速后，從O點沿OQ方向射入磁場區(qū)域，并從點離開長方體區(qū)域。已知長方體OM、邊的長度均為d，OQ的長度為，不計粒子的重力及其相互作用，下列說法正確的是（）A．粒子進入磁場區(qū)域的初速度為B．磁感應強度的大小為C．若減少加速電壓U，粒子可能從射出D．若增加加速電壓U，粒子可能從中點射出【答案】ABC【詳解】A．粒子在電場中被加速，則，解得進入磁場區(qū)域的初速度為，選項A正確；進入磁場后粒子在平面內做勻速圓周運動，則，，解得磁感應強度的大小為，選項B正確；若減少加速電壓U，則粒子射入磁場時的速度減小，運動半徑減小，則粒子可能從射出，選項C正確；若增加加速電壓U，則粒子射入磁場時的速度變大，運動半徑變大，則粒子從QP1連線上某點射出，不可能從中點射出，選項D錯誤。故選ABC。4．（2024·安徽池州·二模）如圖所示，足夠長的豎直絕緣墻壁右側存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為。質量為、帶電量為（）的絕緣物塊與絕緣墻壁之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度g?，F(xiàn)將小物塊緊貼豎直墻壁由靜止釋放，當小物塊沿絕緣墻壁下滑h時獲得最大速度開始勻速下滑，墻壁足夠長，下列說法正確的是（）A．小物塊運動過程中的最大加速度為B．小物塊獲得最大速度C．小物塊沿絕緣墻壁下滑h過程克服摩擦力做的功D．小物塊沿絕緣墻壁下滑h過程經歷的時間【答案】ABD【詳解】A．小物塊運動過程中的加速度，物塊由靜止釋放時有最大加速度，A正確；物塊速度最大時合力為零，根據平衡條件得，解得小物塊能達到的最大速度為，B正確；小物塊沿絕緣墻壁下滑h過程根據動能定理，解得，C錯誤；小物塊沿絕緣墻壁下滑h過程，根據動量定理，解得，，D正確。故選ABD。5．（2024·湖北·二模）現(xiàn)代科學儀器中常利用電、磁場控制帶電粒子的運動。如圖甲所示，紙面內存在上、下寬度均為d的勻強電場與勻強磁場，勻強電場豎直向下，勻強磁場垂直紙面向里，磁感應強度大小為B。現(xiàn)有一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子（不計重力）從電場的上邊界的O點由靜止釋放，運動到磁場的下邊界的P點時正好與下邊界相切。若把電場下移至磁場所在區(qū)域，如圖乙所示，重新讓粒子從上邊界M點由靜止釋放，經過一段時間粒子第一次到達最低點N，下列說法正確的是（

）A．勻強電場的場強大小為B．粒子從O點運動到P點的時間為C．M、N兩點的豎直距離為D．粒子經過N點時速度大小為【答案】BD【詳解】設粒子在磁場中的速率為v，半徑為R，在電場中由動能定理，有，洛倫茲力充當向心力，有，由幾何關系可得，綜上可得，故A錯誤；粒子在電場中的運動時間為，在磁場中的運動時間為，粒子從O運動到P的時間為，故B正確；將粒子從M到N的過程中某時刻的速度分解為向右和向下的分量、，再把粒子受到的洛倫茲力分別沿水平方向和豎直方向分解，兩個洛倫茲力分量分別為，設粒子在最低點N的速度大小為v1，MN的豎直距離為y。水平方向由動量定理可得，由動能定理可得，聯(lián)立，解得故C錯誤；D正確。故選BD。三、解答題6．（2024·廣東韶關·二模）如圖所示，矩形區(qū)域Ⅰ和Ⅱ內分別存在方向垂直于紙面向外和向里的勻強磁場，為磁場邊界線，四條邊界線相互平行，區(qū)域Ⅰ的磁感應強度大小為B，區(qū)域Ⅱ的磁感應強度大小為，矩形區(qū)域的長度足夠長，磁場寬度及與之間的距離相同。某種帶正電的粒子從上的處以大小不同的速度，沿與成角進入磁場（不計粒子所受重力），當粒子的速度小于某一值時，粒子在區(qū)域Ⅰ內的運動時間均為；當速度為時，粒子垂直進入無場區(qū)域，最終從上的A點射出，求：（1）粒子的比荷；（2）磁場區(qū)域Ⅰ的寬度L；（3）出射點A偏離入射點豎直方向的距離y?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）當粒子的速度小于某一值時，粒子只在區(qū)域Ⅰ內運動，不進入區(qū)域Ⅱ，從離開磁場，粒子在磁場Ⅰ中運動的轉過的圓心角為粒子的運動時間為粒子在區(qū)域Ⅰ內有得（2）當速度為時，垂直進入無場區(qū)域，設粒子的軌跡半為根據牛頓第二定律得轉過的圓心角又因為解得（3）設粒子在磁場Ⅱ中運動時，轉過的圓心角為，軌跡半徑為，根據牛頓第二定律得又因得得。7．（2024·重慶·模擬預測）如題圖所示，xOy平面被一條平行于x軸的直線MN分為勻強磁場區(qū)域和無磁場區(qū)域，磁場區(qū)域的磁感應強度方向垂直于紙面向外。比荷為的帶正電粒子A，從坐標為的P點，以大小為v0、方向與x軸正方向成60°角的速度發(fā)射，能被位于的粒子收集器Q收集，已知該過程中粒子做勻速圓周運動的半徑為a，不計粒子重力。（1）求磁感應強度的大小。（2）求直線MN到x軸的距離。（3）若粒子A從x軸某位置以大小為2v0、方向與x軸的正方向成角的速度發(fā)射后，依然能被收集器Q收集，求該粒子發(fā)射位置的橫坐標與θ的關系。【答案】（1）；（2）；（3）（）【詳解】（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力其中可得，磁感應強度的大小為（2）粒子運動軌跡如圖所示MN到x軸的距離為y，由幾何關系可知其中所以直線MN到x軸的距離為（3）粒子運動軌跡如圖所示由洛倫茲力提供向心力可得由幾何關系可知其中故該粒子發(fā)射位置的橫坐標與θ的關系為（）。8．（2024·天津·一模）如圖所示，平行金屬板、水平放置，上極板接電源負極，下極板接電源正極，板長，極板間距，與極板右端相接的豎直虛線右側有范圍足夠大的勻強磁場，磁感應強度大小，方向垂直紙面向外。在兩極板左端正中間點水平向右發(fā)射一比荷、初速度的帶正電粒子。不計粒子的重力，不考慮極板邊緣電場的影響。（1）若兩金屬板間加適當電壓，粒子恰好從上極板右邊緣射出電場，求粒子在磁場中運動的時間（結果中的無需代入數(shù)值）；（2）若兩金屬板間加適當電壓，粒子經電場、磁場偏轉后，恰好能從下極板右邊緣再次回到電場中，求所加電壓U為多大？【答案】（1）；（2）【詳解】（1）恰好從上極板右邊緣射出電場做類平拋運動，豎直方向勻變速水平方向勻速，，出電場時速度方向和水平方向夾角為得即在磁場中，洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運動，粒子偏轉角度為，因此運動時間為（2）在磁場中洛倫茲力提供向心力，設粒子進入磁場速度方向和水平方向夾角為，其中在偏轉電場中，，，得9．（2024·海南海口·一模）如圖甲所示，在真空室內，A、C為正對放置的兩平行金屬板，板長，板間距離，為中線，為延長線上一點，；傾角且足夠長的斜面與兩板的截面在同一豎直面內，其底邊與兩板平行，頂點G與A、C兩板的右端點共線，?，F(xiàn)將某種粒子從O點以某初速度沿連續(xù)射入平行板間，任意相同時間內射入的粒子數(shù)相等，粒子帶電荷量、質量，忽略電場的邊緣效應，不計粒子重力且不考慮粒子間相互作用及碰到斜面后的反彈，設剛好到達極板右端的粒子恰能射出，，，求：（1）若兩板間電壓，測得粒子在距離為處射出電場，求該粒子在板間運動過程中電場力所做的功；（2）當粒子入射的初速度時，粒子均能到達斜面，試確定兩板間所加電壓應滿足的條件；（3）若在兩板右側存在以為圓心、直徑為d的圓形勻強磁場區(qū)域（圖中未畫出），磁感應強度大小、方向垂直紙面向外，當在兩板間加上如圖乙所示電壓，發(fā)現(xiàn)粒子均能以水平速度射出電場，求經磁場偏轉后能夠打在斜面上的粒子占發(fā)射粒子總數(shù)的百分比?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）由題意可知入射點與出射點間的電勢差電場力做功解得（2）粒子在板間運動的時間當時，粒子向下偏轉，粒子剛好運動至C板右邊緣時，有又解得當時，粒子向上偏轉，粒子出射后能到達斜面的臨界條件為粒子出射速度與水平方向夾角為，有又且解得所以，要使粒子均能到達斜面，兩板間所加電壓應滿足的條件是（3）粒子在板間運動的加速度大小從時刻入射的粒子，在每內的側向位移為由（取正整數(shù)）可知只有取1時，上式才成立，即粒子在板間運動的時間為。粒子的初速度粒子在磁場中運動的半徑因此，所有粒子將匯聚至磁場區(qū)域的最低點，如圖所示。對于恰沿PG出射的粒子，它在電場中的出射點與點間的距離為由幾何關系可知，則能夠打在斜面上的粒子占發(fā)射粒子總數(shù)的百分比為。10．（23-24高三下·江西·階段練習）如圖所示，xOy平面內，x軸下方充滿垂直于紙面向外的勻強磁場，x軸上方充滿豎直向下的勻強電場（圖中未畫出），其他部分無電場。從P點水平向右向電場內發(fā)射一個比荷為的帶電粒子，粒子的速度大小為，僅在電場中運動時間t，從x軸上的N點與x軸正方向成α角（未知）斜向下進入磁場，之后從原點O第一次回到電場。已知P、N兩點間的電勢差，忽略邊界效應，不計粒子受到的重力。求：（1）粒子第一次通過N點的速度大小v及角度α；（2）勻強電場的電場強度大小E及勻強磁場的磁感應強度大小B；（3）粒子從P點發(fā)射到第2024次從x軸上方進入磁場的時間。【答案】（1），；（2），；（3）【分析】本題考查帶電粒子在電場、磁場中的運動，目的是考查學生的模型建構能力。【詳解】（1）對粒子從P點到N點的運動過程，根據動能定理有解得粒子在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，其軌跡如圖所示，在電場中粒子沿水平方向做勻速直線運動，在N點有解得（2）粒子沿水平方向的分位移大小粒子在N點沿豎直方向的分速度大小在電場中，粒子在豎直方向上做勻加速直線運動，對應的分位移大小電場強度大小解得粒子在磁場中，由洛倫茲力提供向心力有由幾何關系有解得（3）粒子在磁場中運動的周期粒子每次在磁場中運動的時間可得解得。11．（2024·重慶·模擬預測）如圖所示，OP與軸的夾角，在第一象限中OP右側有沿軸負方向的勻強電場，一質量為、電荷量為的粒子以速度從軸上的M點平行于軸射入電場，經電場后沿垂直于OP的方向由點立刻進入一矩形磁場區(qū)域(未畫出，方向垂直紙面向里)，并沿軸負方向經過O點。已知O點到N點的距離為，不計粒子的重力，求：（1）勻強電場的電場強度大小；（2）勻強磁場的磁感應強度大?。唬?）矩形磁場區(qū)域的最小面積?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）粒子從M點到N點做類平拋運動，在y軸方向上做勻速直線運動，在x軸方向上做初速度為零的勻加速直線運動，設粒子到達N點x軸方向的速度為，速度為，如圖則粒子在y軸方向的位移大小為解得勻強電場的電場強度大?。?）粒子達到N點的速度大小粒子由點進入一矩形磁場沿軸負方向經過O點，運動軌跡如圖粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑r=(3l-r)sin30°解得r=l由，解得（3）如圖矩形磁場區(qū)域的面積最小時，矩形的寬為矩形的長為所以矩形磁場區(qū)域的最小面積為12．（2024·安徽黃山·二模）如圖所示，A、B兩平行板間存在相互垂直的電場和磁場，方向如圖所示，電場強度和磁感應強度分別為和。在A、B板右邊存在以和為邊界，寬度為d，方向豎著向下，大小也為的勻強電場，電場右邊空間存在無限大的勻強磁場，磁感應強度為，方向如圖?，F(xiàn)有兩個不同的帶電粒子a和b，其比荷分別為k和，先后從A、B板的左側沿中線垂直電場方向射入，兩粒子都沿A、B中線運動后進入偏轉電場，最后從進入磁場。（不計粒子的重力）則：（1）求粒子進入偏轉電場的速度大??；（2）a粒子從邊界進出右邊磁場兩點間的距離為，粒子從邊界進出右邊磁場兩點間的距離為，求與之比；（3）若兩粒子從邊界上同一點射出磁場，求磁感應強度的大小?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）帶電粒子在A、B板間能沿直線運動，則有解得（2）粒子在電場中做類平拋運動，設粒子射出電場時速度方向與水平方向的夾角為，則粒子進入磁場時的速度為粒子在磁場中做勻速圓周運動，有解得粒子從邊界進出右邊磁場兩點間的距離為由于帶電粒子a和b，其比荷分別為k和，所以有，，。（3）在電場中做類平拋運動，有，，，解得。所以帶電粒子a和b在電場中的偏轉距離分別為，。兩粒子能從邊界上同一點射出磁場，根據幾何關系可判斷出兩粒子帶異種電荷，且如圖解得。13．（2024·湖南·二模）如圖所示，在豎直平面內建立xOy坐標系，P、A、Q1、Q2四點的坐標分別為（-2L，0）、（-L，0）、（0，L）、（0，-L）。y軸右側存在范圍足夠大的勻強磁場，方向垂直于xOy平面向里。在界面PAQ1的上方存在豎直向下的勻強電場（未畫出），界面PAQ2的下方存在豎直向上的勻強電場（未畫出），且上下電場強度大小相等。在（L，0）處的C點固定一平行于y軸且長為的絕緣彈性擋板MN，C為擋板中點，帶電粒子與彈性絕緣擋板碰撞前后，沿y方向分速度不變。沿x方向分速度反向，大小不變。質量為m、電量為q的帶負電粒子（不計重力）從x軸上方非?？拷黀點的位置以初速度v0沿x軸正方向射入電場且剛好可以過Q1點。求：（1）電場強度的大小、到達Q1點速度的大小和方向；（2）磁場取合適的磁感應強度，帶電粒子沒有與擋板發(fā)生碰撞且能回到P點，求從P點射出到回到P點經歷的時間；（3）改變磁感應強度的大小，要使粒子最終能回到P點，則帶電粒子最多能與擋板碰撞多少次？【答案】（1），，與y軸正方向成45°角；（2）；（3）17【詳解】（1）從P到Q1，水平方向豎直方向聯(lián)立①②式可得根據動能定理可得與y軸正方向成45°角。（2）要使帶電粒子回到P點，其軌跡必須具有對稱性且經過Q2，由幾何關系可得在磁場中的偏轉角度為在磁場中的運動時間為故從P點射出第一次回到P點的時間（3）當r最小時帶電粒子剛好過M點碰撞次數(shù)最多由幾何關系可得解得設最多可以碰n次，則解得n=1714．（2024·北京順義·一模）如圖所示，兩平行金屬板MN、PQ之間電勢差為U，金屬板PQ的右方直角坐標系的第一象限內有一磁感應強度為B的勻強磁場。一帶電量為+q、質量為m的粒子，從金屬板MN的入口處由靜止釋放，經電場加速垂直于y軸進入磁場后做勻速圓周運動，恰好從K點射出，速度方向與x軸負方向夾角為60，忽略重力的影響，求：（1）粒子從電場射出時速度的大小v；（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑R和運動時間t；（3）若要使粒子從坐標原點O點射出，可以采取什么措施？【答案】（1）；（2）；（3）電勢差變?yōu)椋淮鸥袘獜姸茸優(yōu)椤驹斀狻浚?）依題意，粒子在電場中加速，由動能定理可得解得。（2）粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，軌跡如圖可得解得根據解得粒子在磁場中做勻速圓周運動的運動時間為。（3）由幾何關系可知從金屬板MN的入口處到坐標原點的距離為，若要使粒子從坐標原點O點射出，則粒子做勻速圓周運動的軌道半徑為。若僅改變磁場的磁感應強度，則只需磁感應強度變?yōu)?。若僅改變電場的電勢差，則只需電勢差變?yōu)椤?5．（2024·貴州·二模）如圖，平面直角坐標系xOy中，第一象限內存在沿x軸負方向、大小為E0的勻強電場，第二、三象限內存在垂直于坐標平面向里的勻強磁場，第四象限內以O為圓心、半徑分別為d和2d的兩圓弧間區(qū)域內存在方向均指向O點的電場，其中M、N是兩圓弧與y軸的交點。現(xiàn)從第一象限內坐標為（d，d）的P點由靜止釋放一帶正電粒子，其質量為m、電荷量為q，不計粒子重力。（1）求從P點釋放的帶電粒子初次進入勻強磁場時速度的大?。唬?）若要使該粒子能從MN兩點間（不包括M、N兩點）進入第四象限，求磁感應強度大小的取值范圍；（3）若圓弧區(qū)域內各點的電場強度大小E與其到O點距離的關系為，且該粒子進入第四象限后恰好能做勻速圓周運動，求k0的值；（4）在（2）（3）的條件下，當磁感應強度取某一值時，該粒子只經過一次磁場后恰好再次返回P點，求粒子從P點釋放到返回P點的時間?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）；（4）【詳解】（1）帶電粒子在第一象限進入第二象限磁場的過程中，由動能定理有解得（2）粒子進入磁場后做圓周運動，若要從MN之間進入第四象限中的輻向電場，則根據幾何關系可知，其在磁場中運動的軌跡直徑需滿足則可知軌跡半徑需滿足粒子在磁場中做圓周運動，由洛倫茲力提供向心力有可得根據軌跡半徑的取值范圍可得磁感應強度的取值范圍為。（3）粒子進入第四象限后恰好做勻速圓周運動，則電場力提供向心力，則有（）解得。（4）設粒子在第四象限中做圓周運動的半徑為，從第四象限進入第一象限到達P點的時間為，該過程粒子做類平拋運動，豎直方向有水平方向有解得，粒子從第一象限進入磁場的時間粒子在磁場中運動時的軌跡半徑則其在磁場中運動的時間粒子在第四象限內運動的時間由此可得粒子從P點釋放到返回P點的時間。16．（2024·廣東茂名·二模）在如圖所示的豎直平面xOy中，一質量為m、電荷量為的帶電小球沿x軸正方向以初速度從A點射入第一象限，第一象限有豎直向上的勻強電場，小球偏轉后打到x軸上的點，x軸下方有勻強電場（圖中未畫出），第三、四象限有垂直于紙面向外、磁感應強度大小不同的勻強磁場，小球在x軸下方做勻速圓周運動，己知第四象限勻強磁場的磁感應強度大小為，重力加速度大小為g．（1）求x軸下方勻強電場的電場強度；（2）求帶電小球在C點的速度；（3）若第三象限勻強磁場的磁感應強度大小為，求粒子從C點運動到點所用的時間?！敬鸢浮浚?），方向豎直向上；（2），與x軸正方向成60°向下；（3）或【詳解】（1）小球在x軸下方做勻速圓周運動，則解得，方向豎直向上。（2）小球在第一象限做類平拋運動，根據牛頓第二定律可得水平方向可得豎直方向可得根據運動的合成可得根據幾何關系可得，即方向與x軸正方向成60°向下。（3）小球在第四象限內做勻速圓周運動，運動半徑為，則解得設粒子運動的周期為，則解得如圖1，有幾何關系可知，粒子從C到P偏轉圓心角為，此過程運動時間為粒子經P點進入第三象限后，設運動半徑為，則解得設粒子運動的周期為，則解得如圖2，粒子從P點再回到P點所用時間為粒子從C點運動到P點所用的時間為故粒子從C點運動到P點所用的時間為或。17．（2024·廣東·二模）如圖所示，以長方體的邊中點為坐標原點、方向為軸正方向、方向為軸正方向、方向為軸正方向建立坐標系，已知。長方體中存在沿軸負方向的勻強磁場，現(xiàn)有質量為、電荷量為的帶正電粒子（不計重力）．從點沿軸正方向以初速度射入磁場中，恰好從點射出磁場。（1）求磁場的磁感應強度的大小；（2）若在長方體中加上沿軸負方向的勻強電場，讓粒子仍從點沿軸正方向以初速度射入磁場中，為使粒子能從點射出磁場，求電場強度的大小；（3）若在長方體中加上電場強度大小為、方向沿軸負方向的勻強電場，讓該粒子仍從點沿軸正方向以初速度射入磁場中，求粒子射出磁場時與點的距離。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）粒子在平面內做勻速圓周運動，如圖中軌跡1所示根據幾何關系有由洛倫茲力提供向心力，有解得。（2）粒子在電磁復合場中的運動為勻速圓周運動與類平拋運動的合運動，在長方體中運動的時間在軸方向上做初速度為零的勻加速直線運動，則又解得。（3）將初速度分解為，使對應的洛倫茲力恰好與電場力平衡，分解如圖所示即其中解得則根據勾股定理可得根據幾何關系易知與軸正方向的夾角若僅在對應的洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，則軌道半徑解得該分運動的情況如圖中軌跡2所示。粒子在磁場中運動的時間由于粒子也參與速度大小為，方向沿軸正方向的勻速運動，粒子射出磁場時與點的距離解得。18．（2024·湖北武漢·一模）如圖，在的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，在的區(qū)域存在方向垂直于平面向里的勻強磁場。一個氕核和一個氚核先后從x軸上P、Q兩點射出，速度大小分別為、。速度方向與x軸正方向的夾角均為，一段時間后，氕核和氚核同時沿平行x軸方向到達y軸上的M點（圖中未畫出），并立即發(fā)生彈性碰撞（碰撞時間極短）。已知Q點坐標為，不計粒子重力及粒子間的靜電力作用，，，求：（1）P點的橫坐標。（2）勻強電場的電場強度E與勻強磁場的磁感應強度B大小之比。（3）氕核和氚核碰撞后再次到達y軸上時的坐標點相隔的距離?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）分析氕核（）和氚核（）的運動情況，氕核射出后在磁場中做勻速圓周運動，氚核射出后在電場中做類平拋運動，兩粒子運動軌跡如圖所示研究氚核，根據拋體運動規(guī)律有研究氕核，根據數(shù)學關系得聯(lián)立解得。（2）設氕核（）的質量為m，電荷量為q，則氚核（）的質量為3m，電荷量為q。研究氕核，根據洛倫茲力提供向心力有解得研究氚核，根據拋體運動規(guī)律得解得則有。（3）碰撞前，氚核的速度為氚核（）和氕核（）發(fā)生彈性碰撞，設碰撞后氚核、氕核速度分別為、。根據動量守恒定律有根據機械能守恒定律有聯(lián)立解得，碰撞后，氕核、氚核均在磁場中做勻速圓周運動，設氚核、氕核的運動半徑分別為、，根據洛倫茲力提供向心力，研究氚核有研究氕核有氚核和氕核碰撞后，均向上運動半個圓再次到達y軸上的點，他們相隔的距離為聯(lián)立解得19．（2024·河南濮陽·一模）如圖所示，在xOy坐標系中，有沿x軸正向的勻強電場和垂直坐標平面向外的勻強磁場，電場強度大小磁感應強度大小為。在坐標平面內的某點沿某方向射出一質量為電荷量為的帶正電微粒，微粒恰能在xOy坐標平面內做直線運動，且運動軌跡經過O點。已知y軸正方向豎直向上，重力加速度g取，求：（1）微粒發(fā)射的速度大小和方向；（2）微粒到達O點時撤去磁場，當微粒的速度沿豎直方向時，微粒的位置坐標是多少；（3）在（2）問中，當微粒速度沿豎直方向時，再加上原磁場同時撤去電場，此后微粒運動的軌跡離x軸的最大距離為多少（結果可用根號表示）?！敬鸢浮浚?），與y軸負方向夾角為；（2）；（3）【詳解】（1）粒子做勻速直線運動，如下圖則求得。粒子出射的速度方向與y軸負方向夾角為解得即微粒發(fā)射的速度大小為，與y軸負方向夾角為。（2）撤去磁場后，粒子做類平拋運動，如下圖將速度分解可得方向的加速度方向的速度減為零時此時距軸的距離為對應速度距軸的距離為所以當微粒的速度沿豎直方向時，微粒的位置坐標是；（3）微粒運動的軌跡離x軸的最大距離時，速度與軸平行在方向上，有動量定理可得即由動能定理可得求得微粒運動的軌跡離x軸的最大距離20．（2024·河南·二模）如圖所示，開口向下的光滑絕緣圓形軌道BCD處于水平向右的勻強電場中，為最高點、為圓心，OB與CO的延長線的夾角為，經過點的水平線下方的電場區(qū)域中還有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為。一個質量為，電荷量為的微粒沿直線AB運動，恰好在B點無碰撞地進入圓形軌道，重力加速度為。求：（1）微粒的電性及電場強度的大??；（2）要使微粒能夠沿軌道到達點，圓形軌道的半徑需要滿足的條件；（3）在第（2）問的條件下，微粒經過點時，對軌道壓力的最小值。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）根據題意可知微粒重力不可忽略，微粒沿直線AB做勻速運動，對微粒受力分析，如圖所示電場力只能水平向右才能使微粒做勻速直線運動，所以微粒帶正電水平方向豎直方向解得。（2）微粒從點進入圓形軌道等效重力的方向沿OB方向，大小為所以在點關于點對稱的位置，微粒有最小速度，要滿足同時由動能定理有聯(lián)立解得。（3）在點由牛頓第二定律得由動能定理得聯(lián)立解得當時，軌道對微粒的彈力有最小值，即由牛頓第三定律可知微粒經過點時，對軌道的壓力最小值為21．（2024·貴州安順·二模）如圖所示，在xOy平面的第一象限內有半徑為R的圓形區(qū)域，該區(qū)域內有一勻強磁場，磁場的方向垂直紙面向里。已知圓形區(qū)域的圓心為，其邊界與x軸、y軸分別相切于P、Q點。位于P處的質子源均勻地向紙面內以大小為v的相同速率發(fā)射質量為m、電荷量為e的質子，且質子初速度的方向被限定在兩側與的夾角均為的范圍內。第二象限內存在沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E，在x軸（）的某區(qū)間范圍內放置質子接收裝置MN。已知沿方向射入磁場的質子恰好從Q點垂直y軸射入勻強電場，不計質子受到的重力和質子間的相互作用力。（1）求圓形區(qū)域內勻強磁場的磁感應強度大小B；（2）求y軸正方向上有質子射出的區(qū)域范圍；（3）若要求質子源發(fā)出的所有質子均被接收裝置MN接收，求接收裝置MN的最短長度x?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）沿方向射入磁場的質子恰好從Q點垂直y軸射入勻強電場，則該質子運動半徑為，有解得（2）如圖所示，設在左右兩側角方向上射入磁場的質子，最終分別有磁場邊界上的A、B兩點射出，對應圓周運動的圓心分別為、，則四邊形和均為，則粒子由A、B兩點水平飛出，且與B點重合。根據幾何關系可知B點到軸的距離為，所以y軸正方向上有質子射出的區(qū)域范圍為（3）若質子由處飛入電場時打在M點，由處飛入電場時打在N點，根據類平拋運動的規(guī)律，有解得MN的最短長度為22．（2024·河北·一模）如圖所示，豎直虛線的左側有水平向左的勻強電場，右側存在垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場，比荷為k的負粒子甲由電場中的M點無初速釋放，由O點進入磁場，OM在一條直線上，經過一段時間與靜止在N點的不帶電粒子乙發(fā)生無能量損失的碰撞，碰后兩粒子的電荷量均分。已知粒子乙的質量為粒子甲質量的，，N到兩虛線的距離均為L。忽略粒子的重力以及碰后粒子間的相互作用。（1）求豎直虛線左側電場強度的大??；（2）若粒子甲、乙碰后的瞬間，立即將粒子乙拿走，求粒子甲從釋放到第四次通過豎直虛線時到O點的距離?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）粒子甲在磁場中做勻速圓周運動經過N點，由幾何關系可知粒子甲在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為L，由洛倫茲力提供向心力有解得設電場強度大小為E，粒子甲從M到O的過程，由動能定理有解得。（2）粒子甲、乙碰撞過程無機械能損失，設粒子甲的質量為m，碰后瞬間粒子甲、乙的速度分別為、，則粒子乙的質量為，取碰前瞬間甲的速度方向為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律有解得由洛倫茲力提供向心力有解得則碰撞后粒子甲在磁場中做圓周運動的軌跡半徑仍為L，則再偏轉個圓周后垂直豎直虛線進入電場，粒子甲在電場中先向左做勻減速直線運動，再向右做勻加速直線運動，由對稱性可知粒子甲再次進入磁場時速度大小不變，做圓周運動的軌跡半徑仍為L，可知粒子甲第四次通過豎直虛線時到O點的距離為。23．（2024·湖北·一模）如圖所示，在真空坐標系xOy中，第二象限內有邊界互相平行且寬度均為d的六個區(qū)域，交替分布著方向豎直向下的勻強電場和方向垂直紙面向里的勻強磁場，調節(jié)電場和磁場大小，可以控制飛出的帶電粒子的速度大小及方向?，F(xiàn)將質量為：m、電荷量為q的帶正電粒子在邊界P處由靜止釋放，粒子恰好以速度大小為、方向與y軸負方向的夾角為從坐標原點O進入區(qū)域，區(qū)域存在磁感應強度大小、方向垂直xOy平面向里的勻強磁場，不計粒子重力。求：（1）第二象限中電場強度大小與磁感應強度大小的比值；（2）粒子從坐標原點O第1次經過x軸到第2次經過x軸的時間?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）粒子從P到Q，電場力做正功，洛侖茲力不做功，由動能定理得解得根據題意粒子速度與y軸負方向的夾角為粒子在經過磁場時的水平方向上，由動量定理即解得故第二象限中電場強度大小與磁感應強度大小的比值為。（2）粒子在區(qū)域做勻速圓周運動，根據運動的對稱性知，粒子從坐標原點O第1次經過x軸到第2次經過x軸偏轉的圓心角為周期為經過的時間。24．（2024·吉林白城·一模）為探測射線，威耳遜曾用置于勻強磁場或電場中的云室來顯示它們的徑跡。某研究小組設計了電場和磁場分布如圖所示，直角坐標系xOy平面內，第一、二象限分別存在垂直紙面向里的勻強磁場B和沿y軸正方向的勻強電場E，E、B大小均未知。質量為m、電荷量為-q的粒子從x軸負半軸M點與x軸正方向成60°射入電場，經電場偏轉后以速度v0（v0已知）從點P（0，d）垂直y軸進入磁場，最后從N點與x軸正方向成60°射出磁場，不計粒子重力。（1）求電場強度E的大??；

（2）求磁感應強度B的大??；（3）若粒子在磁場中受到與速度大小成正比的阻力f＝kv（k為已知常量），觀察發(fā)現(xiàn)該粒子軌跡呈螺旋狀，且粒子恰好從Q點（圖中未標出）垂直x軸射出磁場，求粒子由P點運動到Q點的時間t?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）帶電粒子在電場中做反向類平拋運動，即在水平方向勻速直線，豎直方向勻減速直線，豎直分速度減小到0，則根據動能定理聯(lián)立解得。（2）帶電粒子在電場中做圓周運動，根據牛頓第二定律運動軌跡如圖所示由幾何關系聯(lián)立解得。（3）有阻力后，例子不再做圓周運動，但洛倫茲力仍提供向心力，列式為角速度ω保持不變，且解得25．（2024·四川廣安·二模）如圖，在y>a區(qū)域有方向沿y軸負方向的勻強電場，y<a區(qū)域有方向垂直xOy平面向里、磁感應強度為B的勻強磁場。t=0時刻，質量為m的甲粒子從（，）點靜止釋放，另一質量為2m的乙粒子，剛好以沿x軸負方向的速度通過x軸上Q點，當甲第一次經過原點O時，甲、乙恰好相遇并發(fā)生時間極短的對心碰撞，且碰后甲、乙還能再次碰撞。假設甲的電荷量始終為q（q>0）、乙始終不帶電，碰撞過程中無能量損失，不計粒子重力。求：（1）電場強度的大??；（2）甲粒子第一次到達原點O的時刻；（3）Q點的橫坐標?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）如圖所示甲在電場中做勻加速直線運動，設場強為E，甲進入磁場時的速率為；由動能定理有甲在磁場中受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，有因甲、乙第一次相碰于原點O，則有聯(lián)立解得，。（2）甲在電場中的運動時間為，