查補(bǔ)易混易錯09 帶電粒子在組合場、復(fù)合場中的運(yùn)動-022年高考物理三輪沖刺過關(guān)（解析版）

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查補(bǔ)易混易錯09帶電粒子在組合場、復(fù)合場中的運(yùn)動

本考點(diǎn)是高考命題的重點(diǎn)，多以計算題的形式出現(xiàn)，考查帶電粒子的多過程運(yùn)動，考查考生的理解能力、推理論證能力和模型建構(gòu)能力，結(jié)合實(shí)際生活命題，考查考生利用物理知識分析實(shí)際問題情境的能力，對考生提出了高水平的思維要求。2021年湖南卷第13題、北京卷第18題、遼寧卷第15題、江蘇卷第15題等各地都對該部分知識進(jìn)行了考查。

【真題示例·2021·湖南卷·13】帶電粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制備的關(guān)鍵技術(shù)之一、帶電粒子流（每個粒子的質(zhì)量為、電荷量為）以初速度垂直進(jìn)入磁場，不計重力及帶電粒子之間的相互作用。對處在平面內(nèi)的粒子，求解以下問題。

（1）如圖（a），寬度為的帶電粒子流沿軸正方向射入圓心為、半徑為的圓形勻強(qiáng)磁場中，若帶電粒子流經(jīng)過磁場后都匯聚到坐標(biāo)原點(diǎn)，求該磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小；

（2）如圖（a），虛線框為邊長等于的正方形，其幾何中心位于。在虛線框內(nèi)設(shè)計一個區(qū)域面積最小的勻強(qiáng)磁場，使匯聚到點(diǎn)的帶電粒子流經(jīng)過該區(qū)域后寬度變?yōu)椋⒀剌S正方向射出。求該磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向，以及該磁場區(qū)域的面積（無需寫出面積最小的證明過程）；

（3）如圖（b），虛線框Ⅰ和Ⅱ均為邊長等于的正方形，虛線框Ⅲ和Ⅳ均為邊長等于的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分別設(shè)計一個區(qū)域面積最小的勻強(qiáng)磁場，使寬度為的帶電粒子流沿軸正方向射入Ⅰ和Ⅱ后匯聚到坐標(biāo)原點(diǎn)，再經(jīng)過Ⅲ和Ⅳ后寬度變?yōu)?，并沿軸正方向射出，從而實(shí)現(xiàn)帶電粒子流的同軸控束。求Ⅰ和Ⅲ中磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，以及Ⅱ和Ⅳ中勻強(qiáng)磁場區(qū)域的面積（無需寫出面積最小的證明過程）。

【答案】（1）；（2），垂直與紙面向里，；（3），，，

【解析】（1）粒子垂直進(jìn)入圓形磁場，在坐標(biāo)原點(diǎn)匯聚，滿足磁聚焦的條件，即粒子在磁場中運(yùn)動的半徑等于圓形磁場的半徑，粒子在磁場中運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力

解得

（2）粒子從點(diǎn)進(jìn)入下方虛線區(qū)域，若要從聚焦的點(diǎn)飛入然后平行軸飛出，為磁發(fā)散的過程，即粒子在下方圓形磁場運(yùn)動的軌跡半徑等于磁場半徑，粒子軌跡最大的邊界如圖所示，圖中圓形磁場即為最小的勻強(qiáng)磁場區(qū)域

磁場半徑為，根據(jù)可知磁感應(yīng)強(qiáng)度為

根據(jù)左手定則可知磁場的方向為垂直紙面向里，圓形磁場的面積為

（3）粒子在磁場中運(yùn)動，3和4為粒子運(yùn)動的軌跡圓，1和2為粒子運(yùn)動的磁場的圓周

根據(jù)可知I和III中的磁感應(yīng)強(qiáng)度為

，

圖中箭頭部分的實(shí)線為粒子運(yùn)動的軌跡，可知磁場的最小面積為葉子形狀，取I區(qū)域如圖

圖中陰影部分面積的一半為四分之一圓周與三角形之差，所以陰影部分的面積為

類似地可知IV區(qū)域的陰影部分面積為

根據(jù)對稱性可知II中的勻強(qiáng)磁場面積為

【易錯分析】①考生不能理解“粒子流經(jīng)過磁場后都匯聚到坐標(biāo)原點(diǎn)”所指的意思，未能正確畫出粒子的運(yùn)動軌跡；②對粒子運(yùn)動軌跡和磁場的形狀判斷不明確。

【易錯01】組合場中的兩種典型偏轉(zhuǎn)

垂直電場線進(jìn)入勻強(qiáng)電場(不計重力)

垂直磁感線進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(不計重力)

受力

情況

電場力FE＝qE，其大小、方向不變，與速度v無關(guān)，F(xiàn)E是恒力

洛倫茲力FB＝qvB，其大小不變，方向隨v而改變，F(xiàn)B是變力

軌跡

拋物線

圓或圓的一部分

運(yùn)動

軌跡

求解

方法

利用類平拋運(yùn)動的規(guī)律求解：

vx＝v0，x＝v0t

vy＝

eq\f(qE,m)

t，y＝

eq\f(qE,2m)

t2

偏轉(zhuǎn)角φ：tanφ＝

eq\f(vy,vx)

＝

eq\f(qEt,mv0)

半徑：r＝

eq\f(mv,qB)

周期：T＝

eq\f(2πm,qB)

偏移距離y和偏轉(zhuǎn)角φ要結(jié)合圓的幾何關(guān)系，利用圓周運(yùn)動規(guī)律討論求解

運(yùn)動

時間

t＝

eq\f(x,v0)

t＝

eq\f(φ,2π)

T＝

eq\f(φm,qB)

動能

變化

不變

2.常見組合模型

(1)從電場進(jìn)入磁場

電場中：加速直線運(yùn)動

?

磁場中：勻速圓周運(yùn)動

電場中：類平拋運(yùn)動

?

磁場中：勻速圓周運(yùn)動

(2)從磁場進(jìn)入電場

磁場中：勻速圓周運(yùn)動

?

電場中：勻變速直線運(yùn)動(v與E同向或反向)

磁場中：勻速圓周運(yùn)動

?

電場中：類平拋運(yùn)動(v與E垂直)

【易錯02】帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動

1．帶電粒子在包含勻強(qiáng)磁場的疊加場中無約束情況下運(yùn)動的幾種常見形式

受力特點(diǎn)

運(yùn)動性質(zhì)

方法規(guī)律

其他場力的合力與洛倫茲力等大反向

勻速直線運(yùn)動

平衡條件

除洛倫茲力外，其他力的合力為零

勻速圓周運(yùn)動

牛頓第二定律、圓周運(yùn)動的規(guī)律

除洛倫茲力外，其他力的合力既不為零，也不與洛倫茲力等大反向

較復(fù)雜的曲線運(yùn)動

動能定理、能量守恒定律

2.帶電粒子在疊加場中有約束情況下的運(yùn)動

帶電粒子在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道約束的情況下，常見的運(yùn)動形式有直線運(yùn)動和圓周運(yùn)動，分析時應(yīng)注意：

(1)分析帶電粒子所受各力，尤其是洛倫茲力的變化情況，分階段明確物體的運(yùn)動情況。

(2)根據(jù)物體各階段的運(yùn)動特點(diǎn)，選擇合適的規(guī)律求解。

①勻速直線運(yùn)動階段：應(yīng)用平衡條件求解。

②勻加速直線運(yùn)動階段：應(yīng)用牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式求解。

③變加速直線運(yùn)動階段：應(yīng)用動能定理、能量守恒定律求解。

【易錯03】帶電粒子在交變電場、磁場中的運(yùn)動

(1)解決帶電粒子在交變電場、磁場中的運(yùn)動問題時，關(guān)鍵要明確粒子在不同時間段內(nèi)、不同區(qū)域內(nèi)的受力特性，對粒子的運(yùn)動情景、運(yùn)動性質(zhì)做出判斷．

(2)這類問題一般都具有周期性，在分析粒子運(yùn)動時，要注意粒子的運(yùn)動周期、電場周期、磁場周期的關(guān)系．

(3)帶電粒子在交變電磁場中運(yùn)動仍遵循牛頓運(yùn)動定律、運(yùn)動的合成與分解、動能定理、能量守恒定律等力學(xué)規(guī)律，所以此類問題的研究方法與質(zhì)點(diǎn)動力學(xué)相同．

1.（2021·河北卷）如圖，一對長平行柵極板水平放置，極板外存在方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，極板與可調(diào)電源相連，正極板上O點(diǎn)處的粒子源垂直極板向上發(fā)射速度為、帶正電的粒子束，單個粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q，一足夠長的擋板與正極板成傾斜放置，用于吸收打在其上的粒子，C、P是負(fù)極板上的兩點(diǎn)，C點(diǎn)位于O點(diǎn)的正上方，P點(diǎn)處放置一粒子靶（忽略靶的大?。?，用于接收從上方打入的粒子，長度為，忽略柵極的電場邊緣效應(yīng)、粒子間的相互作用及粒子所受重力。。

（1）若粒子經(jīng)電場一次加速后正好打在P點(diǎn)處的粒子靶上，求可調(diào)電源電壓的大??；

（2）調(diào)整電壓的大小，使粒子不能打在擋板上，求電壓的最小值；

（3）若粒子靶在負(fù)極板上的位置P點(diǎn)左右可調(diào)，則負(fù)極板上存在H、S兩點(diǎn)（，H、S兩點(diǎn)末在圖中標(biāo)出）、對于粒子靶在區(qū)域內(nèi)的每一點(diǎn)，當(dāng)電壓從零開始連續(xù)緩慢增加時，粒子靶均只能接收到n（）種能量的粒子，求和的長度（假定在每個粒子的整個運(yùn)動過程中電壓恒定）。

【答案】（1）；（2）；（3）；

【解析】（1）從O點(diǎn)射出的粒子在板間被加速，則:

粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，則半徑:

由:

解得:

（2）當(dāng)電壓有最小值時，當(dāng)粒子穿過下面的正極板后，圓軌道與擋板OM相切，此時粒子恰好不能打到擋板上，則

從O點(diǎn)射出的粒子在板間被加速，則:

粒子在負(fù)極板上方的磁場中做圓周運(yùn)動:

粒子從負(fù)極板傳到正極板時速度仍減小到v0，則:

由幾何關(guān)系可知:

聯(lián)立解得

（3）結(jié)合（2）分析可知，當(dāng)粒子經(jīng)上方磁場再進(jìn)入下方磁場時，軌跡與擋板相切時，粒子運(yùn)動軌跡半徑分別為r2、r3，則：

①當(dāng)粒子在下方區(qū)域磁場的運(yùn)動軌跡正好與OM相切，再進(jìn)入上方磁場區(qū)域做圓周運(yùn)動，軌跡與負(fù)極板的交點(diǎn)記為H2，當(dāng)增大兩極板的電壓，粒子在上方磁場中恰好運(yùn)動到H2點(diǎn)時，粒子靶恰好能夠接收2種能量的粒子，此時H2點(diǎn)為距C點(diǎn)最近的位置，是接收2種能量的粒子的起點(diǎn)，運(yùn)動軌跡如圖所示

由幾何關(guān)系可得：

②同理可知當(dāng)粒子靶接收3種能量的粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示

第③個粒子經(jīng)過下方磁場時軌跡與MN相切，記該粒子經(jīng)過H2后再次進(jìn)入上方磁場區(qū)域運(yùn)動時軌跡與負(fù)極板的交點(diǎn)為H3(S2)，則該點(diǎn)為接收兩種粒子的終點(diǎn)，同時也是接收3種粒子的起點(diǎn)。由幾何關(guān)系可得：

可知，粒子靶接收n種、n+1種粒子的起點(diǎn)（即粒子靶接收n種粒子的起點(diǎn)與終點(diǎn)）始終相距：

當(dāng)粒子靶接收n種能量的粒子時，可得

【易錯分析】①考生未能理解“調(diào)整電壓的大小，使粒子不能打在擋板上”的確切含義，不能建構(gòu)粒子的運(yùn)動模型，不能畫出粒子的運(yùn)動軌跡；②考生不能構(gòu)建不同能量的粒子進(jìn)入組合場后運(yùn)動情況，不能抽象出粒子的運(yùn)動軌跡；③考生不能由幾何關(guān)系得到粒子的運(yùn)動半徑與CH之間的關(guān)系式一般表達(dá)式。

2.（2021·全國甲卷）如圖，長度均為l的兩塊擋板豎直相對放置，間距也為l，兩擋板上邊緣P和M處于同一水平線上，在該水平線的上方區(qū)域有方向豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E；兩擋板間有垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)節(jié)的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）的粒子自電場中某處以大小為v0的速度水平向右發(fā)射，恰好從P點(diǎn)處射入磁場，從兩擋板下邊緣Q和N之間射出磁場，運(yùn)動過程中粒子未與擋板碰撞。已知粒子射入磁場時的速度方向與PQ的夾角為60°，不計重力。

（1）求粒子發(fā)射位置到P點(diǎn)的距離；

（2）求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的取值范圍；

（3）若粒子正好從QN的中點(diǎn)射出磁場，求粒子在磁場中的軌跡與擋板MN的最近距離。

【答案】（1）；（2）；（3）粒子運(yùn)動軌跡見解析，

【解析】（1）帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動，由類平拋運(yùn)動規(guī)律可知

①

②

粒子射入磁場時的速度方向與PQ的夾角為60°，有:③

粒子發(fā)射位置到P點(diǎn)的距離:④

由①②③④式得

⑤

（2）帶電粒子在磁場中運(yùn)動的速度:⑥

帶電粒子在磁場中運(yùn)動兩個臨界軌跡（分別從Q、N點(diǎn)射出）如圖所示

由幾何關(guān)系可知，最小半徑:⑦

最大半徑:⑧

帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的向心力由洛倫茲力提供，由向心力公式可知

⑨

由⑥⑦⑧⑨解得，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小取值范圍

（3）若粒子正好從QN的中點(diǎn)射出磁場時，帶電粒子運(yùn)動軌跡如圖所示。

由幾何關(guān)系可知:⑩

帶電粒子的運(yùn)動半徑為:?

粒子在磁場中的軌跡與擋板MN的最近距離:?

由⑩??式解得:?

【易錯分析】①考生未能理解和區(qū)分粒子在兩種場中的受力，未能區(qū)別平拋運(yùn)動和勻速圓周運(yùn)動這兩種運(yùn)動形式；②考生未能構(gòu)建兩個運(yùn)動模型，即粒子在電場中的運(yùn)動，屬于平拋運(yùn)動模型；粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動模型；③考生在答題時利用數(shù)學(xué)工具進(jìn)行推理論證能力表現(xiàn)不足：P點(diǎn)是類平拋運(yùn)動的末點(diǎn)也是勻速圓周運(yùn)動的起點(diǎn)，是解題的關(guān)鍵所在；④考生未能根據(jù)幾何知識推證出兩種臨界狀態(tài)的對應(yīng)軌跡半徑，然后求得磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化范圍。

3.（2020·全國Ⅱ卷）CT掃描是計算機(jī)X射線斷層掃描技術(shù)的簡稱，CT掃描機(jī)可用于對多種病情的探測。圖（a）是某種CT機(jī)主要部分的剖面圖，其中X射線產(chǎn)生部分的示意圖如圖（b）所示。圖（b）中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內(nèi)有勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)磁場；經(jīng)調(diào)節(jié)后電子束從靜止開始沿帶箭頭的實(shí)線所示的方向前進(jìn)，打到靶上，產(chǎn)生X射線（如圖中帶箭頭的虛線所示）；將電子束打到靶上的點(diǎn)記為P點(diǎn)。則（）

A.M處的電勢高于N處的電勢

B.增大M、N之間的加速電壓可使P點(diǎn)左移

C.偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直于紙面向外

D.增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小可使P點(diǎn)左移

【答案】D

【解析】A．由于電子帶負(fù)電，要在MN間加速則MN間電場方向由N指向M，根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低可知M的電勢低于N的電勢，故A錯誤；

B．增大加速電壓則根據(jù)

可知會增大到達(dá)偏轉(zhuǎn)磁場的速度；又根據(jù)在偏轉(zhuǎn)磁場中洛倫茲力提供向心力有

可得

可知會增大在偏轉(zhuǎn)磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑，由于磁場寬度相同，故根據(jù)幾何關(guān)系可知會減小偏轉(zhuǎn)的角度，故P點(diǎn)會右移，故B錯誤；

C．電子在偏轉(zhuǎn)電場中做圓周運(yùn)動，向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，故C錯誤；

D．由B選項的分析可知，當(dāng)其它條件不變時，增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度會減小半徑，從而增大偏轉(zhuǎn)角度，使P點(diǎn)左移，故D正確。

故選D。

【易錯分析】①考生容易出現(xiàn)審題錯誤，誤把第二個磁場當(dāng)作偏轉(zhuǎn)電場；②數(shù)學(xué)能力缺失，不能把偏轉(zhuǎn)的圓心角和半徑的變化聯(lián)系在一起。

4.（2021·江蘇卷）如圖1所示，回旋加速器的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域以O(shè)點(diǎn)為圓心，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，加速電壓的大小為U、質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從O附近飄入加速電場，多次加速后粒子經(jīng)過P點(diǎn)繞O做圓周運(yùn)動，半徑為R，粒子在電場中的加速時間可以忽略。為將粒子引出磁場，在P位置安裝一個“靜電偏轉(zhuǎn)器”，如圖2所示，偏轉(zhuǎn)器的兩極板M和N厚度均勻，構(gòu)成的圓弧形狹縫圓心為Q、圓心角為，當(dāng)M、N間加有電壓時，狹縫中產(chǎn)生電場強(qiáng)度大小為E的電場，使粒子恰能通過狹縫，粒子在再次被加速前射出磁場，不計M、N間的距離。求：

（1）粒子加速到P點(diǎn)所需要的時間t；

（2）極板N的最大厚度；

（3）磁場區(qū)域的最大半徑。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

（1）設(shè)粒子在P的速度大小為，則根據(jù)

可知半徑表達(dá)式為

對粒子在靜電場中的加速過程，根據(jù)動能定理有

粒子在磁場中運(yùn)動的周期為

粒子運(yùn)動的總時間為

解得

（2）由粒子的運(yùn)動半徑，結(jié)合動能表達(dá)式變形得

則粒子加速到P前最后兩個半周的運(yùn)動半徑為

，

由幾何關(guān)系有

結(jié)合解得

（3）設(shè)粒子在偏轉(zhuǎn)器中的運(yùn)動半徑為，則在偏轉(zhuǎn)器中，要使粒子半徑變大，電場力應(yīng)和洛倫茲力反向，共同提供向心力，即

設(shè)粒子離開偏轉(zhuǎn)器的點(diǎn)為，圓周運(yùn)動的圓心為。由題意知，在上，且粒子飛離磁場的點(diǎn)與、在一條直線上，如圖所示。

粒子在偏轉(zhuǎn)器中運(yùn)動的圓心在點(diǎn)，從偏轉(zhuǎn)器飛出，即從點(diǎn)離開，又進(jìn)入回旋加速器中的磁場，此時粒子的運(yùn)動半徑又變?yōu)?，然后軌跡發(fā)生偏離，從偏轉(zhuǎn)器的點(diǎn)飛出磁場，那么磁場的最大半徑即為

將等腰三角形放大如圖所示。

虛線為從點(diǎn)向所引垂線，虛線平分角，則

解得最大半徑為

5．（2021·遼寧卷）如圖所示，在x>0區(qū)域內(nèi)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；在x<0區(qū)域內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場。質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子甲從點(diǎn)S（-a，0）由靜止釋放，進(jìn)入磁場區(qū)域后，與靜止在點(diǎn)P（a，a）、質(zhì)量為的中性粒子乙發(fā)生彈性正碰，且有一半電量轉(zhuǎn)移給粒子乙。（不計粒子重力及碰撞后粒子間的相互作用，忽略電場、磁場變化引起的效應(yīng)）

（1）求電場強(qiáng)度的大小E；

（2）若兩粒子碰撞后，立即撤去電場，同時在x≤0區(qū)域內(nèi)加上與x>0區(qū)域內(nèi)相同的磁場，求從兩粒子碰撞到下次相遇的時間△t；

（3）若兩粒子碰撞后，粒子乙首次離開第一象限時，撤去電場和磁場，經(jīng)一段時間后，在全部區(qū)域內(nèi)加上與原x>0區(qū)域相同的磁場，此后兩粒子的軌跡恰好不相交，求這段時間內(nèi)粒子甲運(yùn)動的距離L。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

（1）粒子甲勻速圓周運(yùn)動過P點(diǎn)，則在磁場中運(yùn)動軌跡半徑

R=a

則

則

粒子從S到O，有動能定理可得

可得

（2）甲乙粒子在P點(diǎn)發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后速度為、，取向上為正，則有

計算可得

兩粒子碰后在磁場中運(yùn)動

解得

兩粒子在磁場中一直做軌跡相同的勻速圓周運(yùn)動，周期分別為

則兩粒子碰后再次相遇

解得再次相遇時間

（3）乙出第一象限時甲在磁場中偏轉(zhuǎn)角度為

撤去電場磁場后，兩粒子做勻速直線運(yùn)動，乙粒子運(yùn)動一段時間后，再整個區(qū)域加上相同的磁場，粒子在磁場中仍做半徑為a的勻速圓周運(yùn)動，要求軌跡恰好不相切，則如圖所示

設(shè)撤銷電場、磁場到加磁場乙運(yùn)動了，由余弦定理可得

則從撤銷電場、磁場到加磁場乙運(yùn)動的位移

【答案】（1）；方向豎直向上；（2）；（3）

【解析】

（1）小球在第四象限做勻速圓周運(yùn)動，有

qE2=mg①

得

②

小球釋放后進(jìn)入第一象限，故小球帶正電，可得電場方向豎直向上

（2）小球在第一象限做勻加速直線運(yùn)動，對小球，有

③

④

⑤

由③④⑤得

小球再次回到第一象限做類平拋運(yùn)動，如圖所示，有

豎直方向

⑥

水平方向

⑦

⑧

由⑥⑦⑧得

（3）假設(shè)x軸下方勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，從P點(diǎn)釋放的小球進(jìn)入磁場，有

⑨

⑩

假設(shè)Q點(diǎn)離坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為yQ，對從Q點(diǎn)釋放的小球，進(jìn)入第一象限的速度v1，同理可得

?

從Q點(diǎn)釋放的小球進(jìn)入x軸下方，做勻速圓周運(yùn)動，有

?

從Q點(diǎn)釋放的小球在第二象限做直線運(yùn)動，電場力和重力的合力與洛倫茲力大小相等，v1與x軸夾角θ=45°，有

?

電場力和重力的合力與洛倫茲力方向相反，則MQ與NQ必然垂直，由幾何關(guān)系，得

?

由⑨⑩????并代入R，得

6.（2021·福建省南平市二檢）如圖，豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，x軸水平，在第二象限內(nèi)有一段光滑絕緣圓弧軌道，軌道末端與x軸相切于O點(diǎn)。第一象限內(nèi)存在垂直紙面向里勻強(qiáng)磁場和豎直向上的勻強(qiáng)電場，其中有一個半徑為L的圓形區(qū)域，圓心D與O點(diǎn)的連線與水平方向的夾角為，OD長為?，F(xiàn)有一電荷量為+q，質(zhì)量為m的帶電小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），從絕緣軌道上距x軸高度為H（H未知）處靜止釋放，并沿水平方向從O點(diǎn)進(jìn)入第一象限，恰能做勻速圓周運(yùn)動，其軌跡恰與圖中圓形區(qū)域外切，勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，重力加速度為g，求：

（1）電場強(qiáng)度E的大小；

（2）高度H為多少；

（3）若僅將OD所在直線上方的磁場反向，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不變，并將小球放在絕緣軌道上距離x軸高度大于H的任意位置，由靜止釋放。則能到達(dá)A（4L，4L）處的小球從O點(diǎn)運(yùn)動到A所經(jīng)過的時間。

【答案】（1）；（2）見解析

【解析】

（1）帶電微粒在復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動，有

mg=Eq

解得

（2）假設(shè)帶電微粒從距x軸H高處釋放，到達(dá)O點(diǎn)處速率為v，由動能定理∶

在第一象限的電磁場中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，其中r表示微粒做圓周運(yùn)動的半徑得

由幾何關(guān)系和余弦定理得

解得

（3）假設(shè)進(jìn)入第一象限的微粒恰好能到達(dá)（4L，4L）處，其半徑為r，由幾何關(guān)系得

或

又，得

n=1、2、3

則n=1時

，

n=2時

，

n=3時

，

7.（2021·山東省煙臺市三模）如圖所示xOy坐標(biāo)系，在y>0空間存在場強(qiáng)為E，方向沿y軸正向的勻強(qiáng)電場，在y<0的空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場。P點(diǎn)位于y軸上，距離原點(diǎn)O的距離為OP=h，一質(zhì)量為m，帶電荷量為的帶電粒子，從P點(diǎn)以垂直于y軸的初速度射出，粒子重力和空氣阻力忽略不計。

（1）若帶電粒子飛出后經(jīng)過x軸上的D點(diǎn)，然后進(jìn)入磁場區(qū)域，運(yùn)動一周后又回到P點(diǎn)，試求O、D之間的距離d的大??；

（2）在（1）的條件下，求出相應(yīng)v0的大??；

（3）若帶電粒子經(jīng)過在電場和磁場中的運(yùn)動，最終能擊中與O相距為d的D點(diǎn)，試討論初速度v0所有可能滿足的條件。（用m、q、B、E、d、h表示）

【答案】（1）；（2）；（3）（n=0，1，2，…）或（n=1，2，3，…）

【解析】

（1）如圖1所示，帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，設(shè)粒子以速度vD經(jīng)過D點(diǎn)，vD與x軸正向的夾角為α。進(jìn)入磁場后，沿半徑為R的圓弧運(yùn)動到另一點(diǎn)D′，又從D′進(jìn)入電場做類斜拋運(yùn)動最后回到P點(diǎn)，由此可知D′與D關(guān)于O對稱，即

①

由幾何關(guān)系可得

d=Rsinα②

對粒子在磁場中的運(yùn)動根據(jù)牛頓第二定律和洛倫茲力公式有

③

vD在y軸方向的分速度大小為

④

設(shè)粒子在電場中運(yùn)動時的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有

qE=ma⑤

根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式

⑥

聯(lián)立①~⑥式解得

⑦

（2）粒子在電場中沿x方向做勻速直線運(yùn)動，有

d=v0t⑧

沿y方向做初速為零的勻加速直線運(yùn)動，有

⑨

聯(lián)立⑤⑧⑨式解得

⑩

（3）Ⅰ.假設(shè)粒子從P點(diǎn)飛出后，歷經(jīng)磁場n次，最終從x軸上方擊中D點(diǎn)，當(dāng)n=0時，恰好對應(yīng)粒子未經(jīng)過磁場直接擊中D點(diǎn)的情形，如圖2所示。

圖2

粒子經(jīng)過磁場回轉(zhuǎn)一次，在x軸方向倒退距離為

?

其中

?

設(shè)粒子自P點(diǎn)飛出后在電場中做類平拋運(yùn)動水平位移大小為，粒子從D2出磁場后經(jīng)電場再次到達(dá)x軸，前進(jìn)2dn。如此歷經(jīng)n次循環(huán)，應(yīng)有

（n=0，1，2，…）?

根據(jù)類平拋運(yùn)動規(guī)律可得

?

?

聯(lián)立????解得

（n=0，1，2，…）?

Ⅱ.假設(shè)粒子從P點(diǎn)飛出后，再經(jīng)磁場回轉(zhuǎn)，又斜向上進(jìn)入電場，如此循環(huán)，歷經(jīng)磁場n次，最終從x軸下方擊中D點(diǎn)，