11-19年高考物理真题分专题汇编之专题053.带电粒子在复合场中的运动.pdf

1、第第 53节节 带电粒子在复合场中的运动带电粒子在复合场中的运动 1.2017年新课标年新课标 I 卷卷 16如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸 面平行） ，磁场方向垂直于纸面向量，三个带正电的微粒 a，b，c电荷量相等，质量分别为 ma，mb， mc，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b 在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左 做匀速直线运动。下列选项正确的是 A B abc mmm bac mmm C D cba mmm acb mmm 【答案】B 【解析】由题意知，mag=qE，mbg=qE+Bqv，mcg+Bqv=qE，所以，故 B正确； bac

2、 mmm ACD 错误。 2.2012年物理海南卷年物理海南卷 2如图，在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向 里。一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板。若不计重力，下列四个物理量中哪一个改变时， 粒子运动轨迹不会改变？ （ ） A粒子速度的大小 B粒子所带的电荷量 C电场强度 D磁感应强度 答：B 解析：带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板，有 qvB=qE。所以粒子所带电荷量改变，粒子 运动轨迹不会改变，选项 B正确。 3. 2013年浙江卷年浙江卷 20在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的离子 P+和 P3+，经电压为 U 的电场加速后，垂直

3、 进入磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里，有一定的宽度的匀强磁 场区域，如图所示。已知离子 P+在磁场中转过 =30后从磁场右边界射 出。在电场和磁场中运动时，离子 P+和 P3+ A在电场中的加速度之比为 11 B在磁场中运动的半径之比为31 C在磁场中转过的角度之比为 12 D离开电场区域时的动能之比为 13 答案：BCD 解析：根据，认为两种粒子的质量近似相等，可得，粒子进入磁场时，动能之比为 2 1 2 qUmv U+ B 左右 1:3，在磁场中做圆周运动的加速度,轨道半径，可得半径 1212 :1:3vvqq 2 v a R mv R Bq 之比为:1；加速度之比为: ；由几何关

4、系知，P3+在磁场转过 60o，带电粒子在磁场中速度不31:3 3 变，离开电场区域时的动能之比为 1:3。 4.2018年北京卷、年北京卷、18某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子（不计重力）以一定初速 度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动。下列因素与完成上述 两类运动无关的是 （ C ） A磁场和电场的方向 B磁场和电场的强弱 C粒子的电性和电量 D粒子入射时的速度 解析：当带电粒子在复合场内做匀速直线运动，有qEqvB ，则 B E v ，若仅撤除电场，粒子仅 在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，说明要满足题意需要对磁场和电场的方向及强度都要有要求，但

5、对粒子的带电量的大小和电性没有要求，故选项 C正确 ABD 错误。 5.2016年天津年天津卷卷 11、如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为 ，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小5 3/EN C B=0.5T。有一带正电的小球，质量，电荷量，正以速度 v在图示的竖直 6 1.0 10mkg 6 2 10 Cq 面内做匀速直线运动，当经过 P点时撤掉磁场（不考虑磁场消失 引起的电磁感应现象）取 g=10m/s2，求 （1）小球做匀速直线运动的速度 v的大小和方向； （2）从撤掉磁场到小球再次穿过 P点所在的这条电场线经 历的时间 t。 【答案】

6、 （1）20m/s；速度 v的方向与电场 E的方向之间的夹角 60 （2）3.5s 【解析】 （1）小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有 2222 qvBq Em g 代入数据解得 20 m/sv 速度 v的方向与电场 E的方向之间的夹角 满足 tan qE mg 代入数据解得 tan3 60 B E P v qE mg qvB （2）解法一： 撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为 a，有 2222 q Em g a m 设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为 x，有 xvt 设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为 y，有 2

7、1 2 yat a与 mg 的夹角和 v与 E的夹角相同，均为 ，又 tan y x 联立式，代入数据解得 =3.5 s 2 3 st 解法二： 撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以 P点为坐标原 点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为 vy=vsin 若使小球再次穿过 P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有 2 1 0 2 y v tgt 联立式，代入数据解得 2 3 s=3.5st 6.2012年理综浙江卷年理综浙江卷 24 （20分）如图所示，两块水平放置、相距为 d的长金属板接在电压可调的电源上。两板之间的 右侧

8、区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断 喷出质量均为 m、水平速度均为 v0，带相等电荷量的 墨滴。调节电源电压至 U，墨滴在电场区域恰能沿水 平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后 ，最终垂直打在下板的 M 点。 (1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量 d 第24题图 M ； (2)求磁感应强度 B的值； (3)现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置。为了使墨滴仍能到达下板 M 点，应 将磁感应强度调至 B，则 B的大小为多少？ 【解析】 （1）墨滴在电场区域做匀速直线运动，有 U qmg d 得， mgd q U 由于电场

9、方向向下，电荷所受电场力向上，可知：墨滴带负电荷。 （2）进入电场、磁场共存区域后，重力与电场力平衡，磁场力做匀速圆周运动的向心力， 2 0 o v qv Bm R 考虑墨滴进入磁场和挡板的几何关系，可知墨滴在该区域恰完成四分之一圆周运动，则半径 R=d, 由此可得: 0 2 v U B gd （3） 根据题设，墨滴运动轨迹如图，设圆周运动半径为 R,有 2 0 o v qv Bm R 由图示可得： 得：， 222 () 2 d RdR 5 4 Rd 联立求得： 0 2 4 5 v U B gd 7.2015年理综福建卷年理综福建卷 22.（20 分）如图，绝缘粗糙的竖直平面 MN 左侧同时存

10、在相互垂直的匀强电 场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为 E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为 B。一质量为 m、电荷量为 q的带正电的小滑块从 A点由静止开始沿 MN 下滑，到达 C点时离开 MN做 曲线运动。A、C两点间距离为 h，重力加速度为 g。 (1)求小滑块运动到 C点时的速度大小 vC； (2)求小滑块从 A点运动到 C点过程中克服摩擦力做的功 Wf ； (3)若 D 点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中 速度最大的位置，当小滑块运动到 D 点时撤去磁场，此后小滑块继续运 动到水平地面上的 P点。已知小滑块在 D 点时的速度大小为 vD，从 D 点运

11、动到 P点的时间为 t，求小滑块运动到 P点时速度的大小vP。 答案：（1）E/B （2） 2 2 2 1 B E mmghWf（3） 22 2 22 Dp vt m qEmg v M d/2v0 R d 解析第24题图 B M N A C D E vD P h 解析：（1）由题意知，根据左手定则可判断，滑块在下滑的过程中受水平向左的洛伦兹力，当洛 伦兹力等于电场力 qE时滑块离开 MN开始做曲线运动，即 Bqv=qE 解得：v=E/B （2）从 A到 C根据动能定理：0 2 1 2 mvWmgh f 解得： 2 2 2 1 B E mmghWf （3）设重力与电场力的合力为 F，由图意知，在

12、 D 点速度 vD的方向与 F的方向垂直，从 D 到 P 做类平抛运动，在 F方向做匀加速运动 a=F/m，t时间内在 F方向的位移为 2 2 1 atx 从 D 到 P，根据动能定理： 22 2 1 2 1 Dp mvmvFx，其中2 2 qEmgF 联立解得： 22 2 22 Dp vt m qEmg v 8.2014年理综四川卷年理综四川卷 10 （17 分） 在如图所示的竖直平面内。水平轨道 CD 和倾斜轨道 GH 与半径 r =m的光滑圆弧轨道分别相 44 9 切于 D 点和 G 点，GH 与水平面的夹角 = 37 0。过 G 点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场， 磁场方向垂直于

13、纸面向里，磁感应强度 B = 1.25T；过 D 点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电 场，电场方向水平向右，电场强度 E = 1104N/C。小物体 P1质量 m = 210-3kg、电荷量 q = +810-6C，受到水平向右的推力 F = 9.9810-3N 的作用，沿 CD 向右做匀速直线运动，到达 D 点后撤去推力。当 P1到达倾斜轨道底端 G 点时，不带电的小物体 P2在 GH 顶端静止释放，经过时间 t = 0.1s 与 P1相遇。P1和 P2与轨道 CD、GH 间的动摩擦因数均为 u = 0. 5，取 g = 10m/s2,sin370 = 0.6， cos370 = 0.8，

14、物体电荷量保持不变，不计空气阻力。求： （1）小物体 P1在水平轨道 CD 上运动速度 v的大小； （2）倾斜轨道 GH 的长度 s。 解：设小物体 P1在匀强磁场中运动的速度为 v，受到向上的洛伦兹力为 F1，受到的摩擦力为 f， 则 F1qvB =37 s H O D G E B P2 P1 F C r f(mgF1) 由题意，水平方向合理为零 Ff0 联立式，代入数据解得 v4 m/s 说明：式各 1分，式各 2分 （2）设 P1在 G 点的速度大小为 vG，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理 mvmv)cos(mgrsinqEr G 2 1 2 1 1 2 P1在 GH 上运动，受到重力

15、、电场力和摩擦力的作用，设加速度为 a1，根据牛顿第二定律 qEcosmgsin(mgcosqEsin)ma1 P1与 P2在 GH 上相遇时，设 P1在 GH 运动的距离为 s1，则 2 11 2 1 tatvs G 设 P2质量为 m2，在 GH 上运动的加速度为 a2，则 m2gsinm2gcosqEsin)m2a2 P1与 P2在 GH 上相遇时，设 P2在 GH 运动的距离为 s2，则 2 22 2 1 tas 联立式，代入数据得 ss1s2 s0.56 m 说明：式各 1分，式各 2分 9.2012年理综新课标卷年理综新课标卷 25.（18 分）如图，一半径为 R的圆表示一柱形区域

16、的横截面（纸面） 。在柱形区域内加一方向垂 直于纸面的匀强磁场，一质量为 m、电荷量为 q 的粒子沿图中直线在圆上 的 a点射入柱形区域，在圆上的 b点离开该区域，离开时速度方向与直线 垂直。圆心 O 到直线的距离为。现将磁场换为平行于纸面且垂直于直R 5 3 线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在 a点射入柱形区域，也在 b 点离开该区域。若磁感应强度大小为 B，不计重力，求电场强度的大小。 答案 m qRB E 5 14 2 解析粒子在磁场中做圆周运动，设圆周的半径为 r，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得 式中 v为粒子在 a 点的速度。 qvB = mv 2 r b a O c d b

17、a O 过 b点和 O 点作直线的垂线，分别与直线交于 c和 d 点。由几何关系知，线段、和过 a、bacbc 两点的轨迹圆弧的两条半径围成一正方形。因此， rbcac 设=x，由几何关系得 cdxRac 5 4 22 5 3 xRRbc 联立式得 Rr 5 7 再考虑粒子在电场中的运动。设电场强度的大小为 E，粒子在电场中做类平抛运动。设其加速度 大小为 a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中受力公式得 maqE 粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为 r，由运动学公式得 vt 2 2 1 atr r 式中 t是粒子在电场中运动的时间，联立式得 m qRB E 5 14 2 10.2012年物

18、理江苏卷年物理江苏卷 15. (16 分)如图所示,待测区域中存在匀强电场和匀强磁场,根据带电粒子射入时的受力情况可推测 其电场和磁场. 图中装置由加速器和平移器组成，,平移器由两对水平放置、相距为 l的相同平行金属板 构成,极板长度为 l、间距为 d,两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反. 质量为 m、电荷量为+q的 粒子经加速电压 U0 加速后,水平射入偏转电压为 U1 的平移器,最终从 A点水平射入待测区域. 不考虑粒 子受到的重力. (1)求粒子射出平移器时的 速度大小 v1; (2)当加速电压变为 4U0 时, 欲使粒子仍从 A点射入待测区 域,求此时的偏转电压 U ; (3)已

19、知粒子以不同速度水平向右射入待测区域,刚进入时的受力大小均为 F. 现取水平向右为 x轴正 方向,建立如图所示的直角坐标系 Oxyz. 保持加速电压为 U0 不变,移动装置使粒子沿不同的坐标轴方向射 入待测区域,粒子刚射入时的受力大小如下表所示. 射入方向 y y z z 受力大小 F 5F 5F 7F 3 请推测该区域中电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向. lll +- U0 -U1 U1 m+q A y x z O 待测区域 解析：（1）设粒子射出加速器的速度为， 动能定理 0 v 2 00 2 1 mvqU 由题意得，即 01 vv m qU v 0 1 2 （2）在第一个偏转电场中

20、，设粒子的运动时间为 t： 加速度的大小 ， md qU a 1 在离开时，竖直分速度 atvy 竖直位移 y1=1/2 at2 水平位移 l=v1t 粒子在两偏转电场间做匀速直线运动，经历时间也为 t 竖直位移 y2=vyt 由题意知，粒子竖直总位移 y=2y1+y2， 解得 dU lU y 0 2 1 则当加速电压为 4U0时，U=4U1 （3）由沿 x轴方向射入时的受力情况可知：B平行于 x轴，且 )(a q F E 由沿y轴方向射入时的受力情况可知：E与 Oxy平面平行。 )(b , 则 f=2F 且 f=qv1B 222 )5(FfF 解得 0 2 qU m q F B 设电场方向与

21、 x轴方向夹角为 , )(c 若 B沿 x轴方向，由沿轴方向射入时的受力情况得 z 222 )7()cos()sin(FaFaFf 解得，或 0 30a 0 150a 即 E与 Oxy平面平行且与 x轴方向的夹角为 300或 1500， 同理若 B沿-x轴方向，E与 Oxy平面平行且与 x轴方向的夹角为-300或-1500。 11.2012年理综四川卷年理综四川卷 25 （20 分） 如图所示，水平虚线 X下方区域分布着方向水平、垂直纸面向 里、磁感应强度为 B的匀强磁场，整个空间存在匀强电场（图中未 画出） 。质量为 m，电荷量为+q的小球 P静止于虚线 X上方 A点， 在某一瞬间受到方向竖

22、直向下、大小为 I 的冲量作用而做匀速直线 运动。在 A点右下方的磁场中有定点 O，长为 l的绝缘轻绳一端固 定于 O 点，另一端连接不带电的质量同为 m 的小球 Q，自然下垂。 A B X O QW s P I l 保持轻绳伸直，向右拉起 Q，直到绳与竖直方向有一小于 50的夹角，在 P开始运动的同时自由释放 Q，Q 到达 O 点正下方 W 点时速率为 v0。P、Q 两小球在 W 点发生正碰，碰后电场、磁场消失，两小 球粘在一起运动。P、Q 两小球均视为质点，P小球的电荷量保持不变，绳不可伸长，不计空气阻力， 重力加速度为 g。 (1)求匀强电场场强 E的大小和 P进入磁场时的速率 v； (

23、2)若绳能承受的最大拉力为 F，要使绳不断，F至少为多大？ (3)求 A点距虚线 X的距离 s。 解：(1)设小球 P所受电场力为 F1，则 F1=qE 在整个空间重力和电场力平衡，有 Fl=mg 联立相关方程得 E=mg/q 设小球 P受到冲量后获得速度为 v，由动量定理得 I=mv 得 v=I/m 说明：式各 1分。 (2)设 P、Q 同向相碰后在 W 点的最大速度为 vm，由动量守恒定律得 mv+mv0=(m+m)vm 此刻轻绳的张力也为最大，由牛顿运动定律得 l v mmgmmF m 2 )()(- 联立相关方程，得 mg ml mvI F2 2 )( 2 0 说明：式各 2分，式 1

24、分。 (3)设 P在 X上方做匀速直线运动的时间为 tP1，则 tP1= s v 设 P在 X下方做匀速圆周运动的时间为 tP2，则 tP2= m 2Bq 设小球 Q 从开始运动到与 P球反向相碰的运动时间为 tQ，由单摆周期性，有 g l ntQ2) 4 1 ( 由题意，有 tQ=tP1+ tP2 联立相关方程，得 n 为大于的整数 Bq I g l m I ns 2 2 ) 4 1 ( 4 1 4l g Bq m 设小球 Q 从开始运动到与 P球同向相碰的运动时间为 tQ,由单摆周期性，有 g l ntQ2) 4 3 ( 同理可得 n 为大于的整数 Bq I g l m I ns 2 2

25、) 4 3 ( 4 3 4l g Bq m 说明：式各 1 分， 式各 2 分。 12.2012年理综重庆卷年理综重庆卷 24 （18分）有人设计了一种带电颗粒的速率分选装置，其原理如题 24 图所示。两带电金属板间 有匀强电场，方向竖直向上，其中 PQNM 矩形区域内还有方向垂直纸面向外的匀强磁场。一束比荷 （电荷量与质量之比）均为 1/k的带正电颗粒， 以不同的速率沿着磁场区域的中心线 O O 进入两 金属板之间，其中速率为 v0的颗粒刚好从 Q 点处 离开磁场，然后做匀速直线运动到达收集板。重 力加速度为 g，PQ=3d，NQ=2d，收集板与 NQ 的距离为 ，不计颗粒间相互作用，求 l

26、 电场强度 E的大小 磁感应强度 B的大小 速率为 v0（1）的颗粒打在收集板上 的位置到 O 点的距离。 解答： 设带电颗粒的电量为 q，质量为 m，离开磁场在电场中匀速直线运动，有 mgqE 将 q/m=1/k代入得 kgE 如答 24图 1，有 RmvBqv 2 00 2 2 2 3dRdR 得 dkvB5/ 0 如答 24图 2有 1 2 00 RvmBvq 2 2 1 33tandRd 2 2 111 3dRRy tan 2 ly 21 yyy 2d Q 题24图 3d P M N O 收 集 板 l 金属极板 金属极板 O 带电颗粒 发射器 Q 答题24图1 3d P M N OO

27、 R-d O R Q 答题24图2 3d P M N O O R1 y2 y1 得 92539255 22 ldy 13. 2011年理综安徽卷年理综安徽卷 23 （16分） 如图所示，在以坐标原点 O 为圆心、半径为 R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强 电场和匀强磁场，磁感应强度为 B，磁场方向垂直于 xOy平面向里。一带正电的粒子（不计重力）从 O 点沿 y轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线 运动，经 t0时间从 P点射出。 （1）求电场强度的大小和方向。 （2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从 O 点以相同的速度射 入，经 t0/2时间恰从半圆形区域的边界射出。求粒子运动加速 度的

28、大小。 （3）若仅撤去电场，带电粒子仍从 O 点射入，且速度为原来的 4倍，求粒子在磁场中运动的时 间。 【解析】 （1）设带电粒子的质量为 m，电荷量为 q，初速度为 v，电场强度为 E。可判断出粒子受 到的洛伦兹力沿 x轴负方向，于是可知电场强度沿 x轴正方向 且有 qE=qvB 又 R=vt0 则 0 t BR E （2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动 在 y方向位移 2 0 t vy 由式得 2 R y 设在水平方向位移为 x，因射出位置在半圆形区域边界上，于是 Rx 2 3 又有 20 22 1 ) t (ax 得 R t a 2 0 34 （3）仅有磁场时，入射速度

29、v =4v，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，设轨道半径为 r，由 牛顿第二定律有 r vm Bvq 2 又 qE=ma 由式得 Rr 3 3 x y O P B R x O y O R B r P 由几何关系 r R sin 2 即 32 3 sin 带电粒子在磁场中运动周期 , 2 qB m T 则带电粒子在磁场中运动时间 , 2 2 TtR 所以 , 18 3 0 ttR 14. 2013年安徽卷年安徽卷 23、 （16分） 如图所示的平面直角坐标系 xoy，在第象限内有平行于轴的匀强电场，方向沿正方向；在第yy 象限的正三角形 abc区域内有匀强电场，方向垂直于 xoy平面向里，正三

30、角形边长为 L，且 ab 边与 y轴平行。一质量为 m、电荷量为 q 的粒子，从 y轴上的 P（0，h）点，以大小为 v0的速度沿 x轴正方 向射入电场，通过电场后从 x轴上的 a（2h，0)点进入第象限，又 经过磁场从轴上的某点进入第象限，且速度与 y轴负方向成 y 45角，不计粒子所受的重力。求： （1）电场强度 E的大小； （2）粒子到达点时速度的大小和方向； a （3）区域内磁场的磁感应强度的最小值。 abcB 答案：（1） （2）,方向指向第象限，方向成 45角 （3） qh mv E 2 2 0 0 2 v qL mv02 解析：（1）设粒子在电场中运动的时间为 t，则有 maqE

31、hatyhtvx, 2 1 ,2 2 0 联立以上各式可得 qh mv E 2 2 0 （2）粒子到达 a点时沿负 y方向的分速度为 , 0 vatvy 所以 ,2 0 22 0 vvvv y （3）粒子在磁场中运动时，有 r v mqvB 2 当粒子从 b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有 x y v0 P O c a b B E x y v0 P O c a b B E 45 r , 2 2 Lr 所以 qL mv B 0 2 15.2013年江苏卷年江苏卷 15. (16 分)在科学研究中,可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制. 如题15-1 图所示的xOy 平

32、面处于匀强电场和匀强磁 场中,电场强度E 和磁感应强度B 随时间t 作周期性变化的图象如题15-2 图所示. x 轴正方向为E的正方向,垂直纸面向里为B 的正方向. 在坐标原点O有一粒子P,其质 量和电荷量分别为m 和+q. 不计重力. 在 时刻释放P,它恰能沿一定轨道做往 2 t 复运动. （1）求P在磁场中运动时速度的大小v0； （2）求B0应满足的关系； (3)在时刻释放P,求P速度为零时的坐标. ) 2 0( 00 tt 答案：(1) , 2 0 0 m qE v (2) ） 3 , 2 , 1( , ) 1(2 0 n q mn B （3）x=0 y= ） 3 , 2, 1(, )2

33、(2 , )2(2 0 00 0 000 k B tkE B ttkE 解析： (1) 作匀加速运动， 作匀速圆周运动， 2 2 电场力， 加速度，速度，且， 解得 0 qEF m F a atv 2 t, 2 0 0 m qE v （2）只有当 时，P在磁场中作圆周运动结束并开始沿 x轴负方向运动，才能沿一定轨道作2t P O x y 题 15-1 图 O t E E0 5r3r r2r 4rO t B +B0 5r3r r2r 4r -B0 题 15-2 图 往复运动，如图示。设 P在磁场中作圆周运动的周期为 T，则 ）3 , 2 , 1(,) 2 1 (nTn 匀速圆周运动， r mv

34、qvB 2 0 v r T 2 解得 ） 3 , 2 , 1( , ) 1(2 0 n q mn B （3）在 t0时刻释放，P在电场中加速时间为 0 t 在磁场中作匀速圆周运动 , )( 00 1 m tqE v 圆周运动的半径 , 0 1 1 qB mv r 解得 , )( 0 00 1 B tE r 又经时间 P减速为零后向右加速时间为 t0, 0 t P再进入磁场圆周运动的半径 , 00 2 m tqE v , 0 2 2 qB mv r 解得 , 0 00 2 B tE r 综上分析，速度为零时横坐标 x=0 相应的纵坐标为 y= 2kr1-(k-1)r2 2k(r1-r2), （

35、k=1,2,3） 解得 y= ） 3 , 2, 1(, )2(2 , )2(2 0 00 0 000 k B tkE B ttkE 16.2013年山东卷年山东卷 23、 （18分）如图所示，在坐标系 xoy的第一、第三象限内存在相同的磁场，磁场方向垂直于 xoy 平面向里；第四象限内有沿 y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为 E。一带电量为+q、质量为 m 的 粒子，自 y轴上的 P点沿 x轴正方向射入第四象限，经 x轴上的Q 点 进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场。已知 OPd， OQ2d。不计粒子重力。 （1）求粒子过 Q 点时速度的大小和方向。 O x y r x O y r1

36、 r2 o y x E Q P （2）若磁感应强度的大小为一确定值 B0，粒子将以垂直 y轴的方向进入第二象限，求 B0。 （3）若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过 Q 点，且速度与第一次 过 Q 点时相同，求该粒子相邻两次经过 Q 点所用的时间。 解：（1）设粒子在电场中运动的时间为 t0，加速度的大小为 a，粒子的初速度为 v0，过 Q 点时速 度的大小为 v，沿 y轴方向分速度的大小为 vy，速度与 x轴正方向间的夹角为 ，由牛顿第二定律得： qE=ma 由运动学公式得： 2 0 2 1 atd 2d=v0t0 vy=at0 22 0y vvv 0 tan v

37、vy 联立式得： m qEd v2 =450 （2）设粒子做圆周运动的半径为 R1，粒子在第一象限的运动轨迹如图所示，O1为圆心，由几何 关系可知 O1OQ 为等腰直角三角形，得： dR22 1 由牛顿第二定律得： 1 2 0 R v mqvB 联立式得： qd mE B 2 0 （3）设粒子作圆周运动的半径为 R2，由几何分析【粒子运动的轨迹如图所示，O2、O2 是粒子做 圆周运动的圆心，Q、F、G、H 是轨迹与两坐标轴的交点，连接 O2、O2，由几何关系知，O2FGO2和 y R1 O1 OQx R1 O2QHO2 均为矩形，进而知 FQ、GH 均为直径，QFGH 也是矩形，又 FHGQ，

38、可知 QFGH 是正方 形，QOF 为等腰直角三角形。 】可知，粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆，得： dR222 2 粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得： FG=HQ=2R2 设粒子相邻两次经过 Q 点所用的时间为 t，则有 v RHQFG t 2 2 联立式得： qE md t 2 2 17. 2013年福建卷年福建卷 22 （20分）如图甲，空间存在范围足够大的垂直于 xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小 为 B。让质量为 m，电量为 q（q0）的粒子从坐标原点 O 沿 xOy平面以不同的初速度大小和方向入射 到该磁场中。不计重力和粒子间的影响。 (1)若粒子以初速度

39、v1沿 y轴正向 入射，恰好能经过 x 轴上的 A(a，O) 点，求 v1的大小； （2）已知一粒子的初建度大小为 v（vv1） ，为使该粒子能经过 A(a，O)点，其入射角 （粒子初速度与 x轴正向的夹角）有几个？并求 出对应的 sin 值； （3）如图乙，若在此空间再加入沿 y轴正向、大小为 E的匀强电场，一粒子从 O 点以初速度 v0 沿 x轴正向发射。研究表明：粒子在 xOy平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度的 x分量 vx 与其所在位置的 y坐标成正比，比例系数与场强大小 E无关。求该粒子运动过程中的最大速度值 vm。 答： (1) 1 2 Bqa v m （2）有 2个入射

40、角，分别在第 1、2象限， 答案图如图 解得 sin 2 aqB mv y G O Qx R2 R2 O2 R2 R2 O2 v F H x y O E B v0 乙 x y O v B A a 甲 （3） 2 0 2 )(v B E B E vm 解： (1)带电粒子以速率 v在匀强磁场 B中作匀逮圆周运动，半径为 R，有 2 v qvBm R 当粒子沿 y轴正向入射，转过半个圆周至 A点，该圆周半径为 R1，有 1 2 a R 由代入式得 1 2 qBa v m （2）如图，O、A两点处于同一圆周上，且圆心在 x=a/2的直线上，半径为 R。 当给定一个初速率 v时，有 2个入射角，分别在

41、第 l、2 象限，有 sinsin 2 a R 由式解得 sin 2 aqB mv (3)粒子在运动过程中仅电场力做功，因而在轨道的最高点处速率最大，用 ym表示其 y坐标，由动 能定理， 22 0 11 22 mm qEymvmv 由题知，有 vm=kym 若 E=0时，粒子以初速度 v0沿 y轴正方向入射，有 2 0 0 0 v qv Bm R v0=kR0 由式解得 2 0 2 )(v B E B E vm 18.2014年理综四川卷年理综四川卷 11 （11 分） 如图所示，水平放置的不带电的平行金属板 p 和 b相距 h，与图示电路相连，金属板厚度不计， 忽略边缘效应。p板上表面光滑

42、，涂有绝缘层，其上 O 点右侧相距 h 处有小孔 K；b 板上有小孔 T，且 O、T 在同一条竖直线上，图示平面为竖直平面。质量为 m、电荷量为- q（q 0）的静止粒子被发射 装置（图中未画出）从 O 点发射，沿 P板上表面运动时间 t后到达 K孔，不与板碰撞地进入两板之 间。粒子视为质点，在图示平面内运动，电荷量保持不变，不计空气阻力，重力加速度大小为 g。 （1）求发射装置对粒子做的功； （2）电路中的直流电源内阻为 r，开关 S 接“1”位置时，进入板间的粒子落在 h 板上的 A点，A点 与过 K孔竖直线的距离为 l。此后将开关 S 接“2”位置，求阻值为 R的电阻中的电流强度； x

43、y O v B A a/2 v （3）若选用恰当直流电源，电路中开关 S 接“l”位置，使进入板间的粒子受力平衡，此时在板间 某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小 合适的匀强磁场（磁感应强度 B只能在 0Bm= 范围内选取），使粒子恰好从 b 板 qt m （ （ 2-21 521 的 T 孔飞出，求粒子飞出时速度方向与 b板板面夹 角的所有可能值（可用反三角函数表示）。 【解析】（1）设粒子在 p板上做匀速直线运动的速度为 v0，有 hv0t 设发射装置对粒子做的功为 W，由动能定理 2 0 2 1 mvW 联立式可得 2 2 2t mh W 说明：式各 2分，式各 1分 （2）S接“

44、1”位置时，电源的电动势 E0与板间电势差 U 有 E0U 板间产生匀强电场的场强为 E，粒子进入板间时有水平方向的速度 v0，在板间受到竖直方向的重 力和电场力作用而做类平抛运动，设加速度为 a，运动时间为 t1，有 UEh mgqEma 2 1 2 1 ath lv0 t1 S接“2”位置时，则在电阻 R上流过的电流 I 满足 rR E I 0 联立式得 22 3 2 tl h g )rR(q mh I 说明：式各 1分 （3）由题意知此时在板间运动的粒子重力与电场力平衡，当粒子从 K进入板间后立即进入磁场 做匀速圆周运动，如图所示，粒子从 D 点出磁场区域后沿 DT 做匀速直线运动，DT 与 b 板上表面的 夹角为题目所求夹角 ，磁场的磁感应强度 B取最大值时的夹角 为最大值 m，设粒子做匀速圆周运 动的半径为 R，有 R mv Bqv 2 0 0 过 D 点作 b 板的垂线与 b 板的上表面交于 G，由几 何关系有 O hl h K TA R S1 2 p b O h h K T p b D G )cos(RhDG1 sinRhTG DG DG cos sin tan 联立式，将 BBm代入，求得 5 2 arcsin m 当 B逐渐减小，粒子做匀速圆周运动的半径为 R也随之变大，点向 b板靠近，DT 与 b 板上表 面的夹角 也越变越小，当 D 点无限接近于