2023年高考物理與強(qiáng)基計劃核心知識點復(fù)習(xí)與真題 帶電粒子在電磁復(fù)合場中的運(yùn)動

帶電粒子在電磁復(fù)合場中的運(yùn)動

一、真題精選（高考必備）

1.（2022全國高考真題）空間存在著勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，磁場的方向垂直于紙面（xOy平面）向里，電場的方

向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下，從坐標(biāo)原點O由靜止開始運(yùn)動。下列四幅圖中，可能正

確描述該粒子運(yùn)動軌跡的是（）

2.（2022廣東高考真題）如圖所示，磁控管內(nèi)局部區(qū)域分布有水平向右的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。

電子從M點由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經(jīng)過N、P兩點。已知M、P在同一等勢面上，下列說法正確的有（）

B.N點的電勢高于P點的電勢

C.電子從M到N,洛倫茲力不做功

D.電子在M點所受的合力大于在P點所受的合力

3.（2022重慶高考真題）2021年中國全超導(dǎo)托卡馬克核聚變實驗裝置創(chuàng)造了新的紀(jì)錄。為粗略了解等離子體在托

卡馬克環(huán)形真空室內(nèi)的運(yùn)動狀況，某同學(xué)將一小段真空室內(nèi)的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強(qiáng)電場和勻

強(qiáng)磁場（如圖），電場強(qiáng)度大小為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運(yùn)動，其

速度平行于磁場方向的分量大小為V1,垂直于磁場方向的分量大小為V2,不計離子重力，則（）

A.電場力的瞬時功率為qEJvj口;B.該離子受到的洛倫茲力大小為qV]B

C.V2與匕的比值不斷變大D.該離子的加速度大小不變

4.（2022浙江高考真題）如圖為某一徑向電場的示意圖，電場強(qiáng)度大小可表示為E□1,a為常量。比荷相同

r

的兩粒子在半徑r不同的圓軌道運(yùn)動。不考慮粒子間的相互作用及重力，則（）

A.軌道半徑1?小的粒子角速度一定小

B.電荷量大的粒子的動能一定大

C.粒子的速度大小與軌道半徑r一定無關(guān)

D.當(dāng)加垂直紙面磁場時，粒子一定做離心運(yùn)動

5.（2022湖南高考真題）如圖，兩個定值電阻的阻值分別為S和R,,直流電源的內(nèi)阻不計，平行板電容器兩極

板水平放置，板間距離為d,板長為屈，極板間存在方向水平向里的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為m、帶電量為Hl的小球

以初速度v沿水平方向從電容器下板左側(cè)邊緣A點進(jìn)入電容器，做勻速圓周運(yùn)動，恰從電容器上板右側(cè)邊緣離開電

容器。此過程中，小球未與極板發(fā)生碰撞，重力加速度大小為g,忽略空氣阻力。

（1）求直流電源的電動勢E。；

（2）求兩極板間磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B;

（3）在圖中虛線的右側(cè)設(shè)計一勻強(qiáng)電場，使小球離開電容器后沿直線運(yùn)動，求電場強(qiáng)度的最小值E口

X

xg'

七。R2

X

&

1<-J^d—?!

6.（2014四川高考真題）如圖所示，水平放置的不帶電的平行金屬板p和b相距h,與圖示電路相連，金屬板厚

度不計，忽略邊緣效應(yīng)。p板上表面光滑，涂有絕緣層，其上O點右側(cè)相距h處有小孔氏b板上有小孔T,且0、

T在同一條豎直線上，圖示平面為豎直平面。質(zhì)量為m、電荷量為-q(q>0的靜止粒子被發(fā)射裝置(圖中未畫出)

從O點發(fā)射，沿P板上表面運(yùn)動時間t后到達(dá)K孔，不與板碰撞地進(jìn)入兩板之間。粒子視為質(zhì)點，在圖示平面內(nèi)運(yùn)

動，電荷量保持不變，不計空氣阻力，重力加速度大小為g。

(1)求發(fā)射裝置對粒子做的功；

(2)電路中的直流電源內(nèi)阻為r,開關(guān)S接“1位置時，進(jìn)入板間的粒子落在h板上的A點，A點與過K孔豎直線的

距離為1.此后將開關(guān)S接“2位置，求阻值為R的電阻中的電流強(qiáng)度；

(3)若選用恰當(dāng)直流電源，電路中開關(guān)S接“1”位置，使進(jìn)入板間的粒子受力平衡，此時在板間某區(qū)域加上方向垂

k/zTLZ50

直于圖面的、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小合適的勻強(qiáng)磁場(磁感應(yīng)強(qiáng)度B只能在0?B,；品百日范圍內(nèi)選取)，使粒子恰

好從b板的T孔飛出，求粒子飛出時速度方向與b板板面夾角的所有可能值(可用反三角函數(shù)表示)。

SP

r：\Ah

-h/_j-n

7.(2013福建高考真題)如圖甲所示，空間存在一范圍足夠大的垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大

小為B.讓質(zhì)量為m,電荷量為q(q>0)的粒子從坐標(biāo)原點O沿xOy平面以不同的初速度大小和方向入射到磁場

中.不計重力和粒子間的影響.

(1)若粒子以初速度方沿y軸正向入射，恰好能經(jīng)過x軸上的A(a,0)點，求力的大小；

(2)已知一粒子的初速度大小為v(v>vj,為使該粒子能經(jīng)過A(a,0)點，其入射角。(粒子初速度與x軸正

向的夾角)有幾個？并求出對應(yīng)的sin。值；

(3)如圖乙，若在此空間再加入沿y軸正向、大小為E的勻強(qiáng)電場，一粒子從O點以初速度%沿y軸正向發(fā)射.研

究表明：粒子在xOy平面內(nèi)做周期性運(yùn)動，且在任一時刻，粒子速度的x分量vx與其所在位置的y坐標(biāo)成正比，

比例系數(shù)與場強(qiáng)大小E無關(guān).求該粒子運(yùn)動過程中的最大速度值vm.

8.(2015福建高考真題)如圖，絕緣粗糙的豎直平面MN左側(cè)同時存在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方

向水平向右，電場強(qiáng)度大小為E,磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正

電的小滑塊從A點由靜止開始沿MN下滑，到達(dá)C點時離開MN做曲線運(yùn)動.A、C兩點間距離為h,重力加速度

為g.

(1)求小滑塊運(yùn)動到C點時的速度大小V；

C

(2)求小滑塊從A點運(yùn)動到C點過程中克服摩擦力做的功W；

f

(3)若D點為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運(yùn)動過程中速度最大的位置，當(dāng)小滑塊運(yùn)動到D點時撤去

磁場，此后小滑塊繼續(xù)運(yùn)動到水平地面上的P點.已知小滑塊在D點時的速度大小為V。，從D點運(yùn)動到P點的時間

為t,求小滑塊運(yùn)動到p點時速度的大小Vp.

9.(2013四川高考真題)如圖所示，豎直平面(紙面)內(nèi)有直角坐標(biāo)系xOy,x軸沿水平方向，在x4)的區(qū)域內(nèi)

存在方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1的勻強(qiáng)磁場，在第二象限緊貼y軸固定放置長為1、表面粗糙的不

帶電絕緣平板，平板平行于x軸且與x軸相距h,在第一象限內(nèi)的某區(qū)域存在方向相互垂直的勻強(qiáng)磁場(磁感應(yīng)強(qiáng)

度大小為B2、方向垂直于紙面向外)和勻強(qiáng)電場(圖中未畫出)，一質(zhì)量為m、不帶電的小球Q從平板下側(cè)A點

沿x軸正向拋出；另一質(zhì)量也為m、帶電量為q的小球P從A點緊貼平板沿x軸正向運(yùn)動，變?yōu)閯蛩龠\(yùn)動后從y軸

上的D點進(jìn)入電磁場區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動，經(jīng);圓周離開電磁場區(qū)域，沿y軸負(fù)方向運(yùn)動，然后從x軸上的K點進(jìn)

入第四象限，小球P、Q相遇在第四象限的某一點，且豎直方向速度相同。設(shè)運(yùn)動過程中小球P電量不變，小球P

和Q始終在紙面內(nèi)運(yùn)動且均看作質(zhì)點，重力加速度為g,求：

(1)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小，并判斷P球所帶電荷的正負(fù)；

(2)小球Q的拋出速度%的取值范圍；

(3)B1是B2的多少倍？

xxxvxK

O

Bi、，

XXXX

10.（2008江蘇高考真題）在場強(qiáng)為B的水平勻強(qiáng)磁場中，一質(zhì)量為m、帶正電q的小球在O靜止釋放，小球的

運(yùn)動曲線如圖所示.已知此曲線在最低點的曲率半徑為該點到z軸距離的2倍，重力加速度為g.求：

（1冰球運(yùn)動到任意位置P&,y）的速率v；

（2處球在運(yùn)動過程中第一次下降的最大距離ym；

（3）當(dāng)在上述磁場中加一豎直向上場強(qiáng)為E（E□吧）的勻強(qiáng)電場時，小球從O靜止釋放后獲得的最大速率v。

qm

XXXXXXXX

11.（2020海南高考真題）如圖，虛線MN左側(cè)有一個正三角形ABC,C點在MN上，AB與MN平行，該三角形

區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場；MN右側(cè)的整個區(qū)域存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一個帶正電的離子

（重力不計）以初速度%從AB的中點O沿OC方向射入三角形區(qū)域，偏轉(zhuǎn)60方從MN上的P點（圖中未畫出）

進(jìn)入MN右側(cè)區(qū)域，偏轉(zhuǎn)后恰能回到O點。已知離子的質(zhì)量為m,電荷量為q,正三角形的邊長為d：

（1球三角形區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度;

（2球離子從O點射入到返回O點所需要的時間；

（3珞原三角形區(qū)域存在的是一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與原來相等的恒磁場，將MN右側(cè)磁場變?yōu)橐粋€與MN相切于P點的

圓形勻強(qiáng)磁場讓離子從P點射入圓形磁場，速度大小仍為v°,方向垂直于BC,始終在紙面內(nèi)運(yùn)動，到達(dá)O點時的

速度方向與OC成120綾，求圓形磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度。

M

A；*.

B'

N

12.（2011福建高考真題）如圖甲，在x>0的空間中存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場和垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)

磁場，電場強(qiáng)度大小為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m,帶電量為q（q>0）的粒子從坐標(biāo)原點O處，以初速

度%沿x軸正方向射入，粒子的運(yùn)動軌跡見圖甲，不計粒子的重力。

（1）求該粒子運(yùn)動到y(tǒng)=h時的速度大小v；

（2）現(xiàn)只改變?nèi)肷淞Ｗ映跛俣鹊拇笮?，發(fā)現(xiàn)初速度大小不同的粒子雖然運(yùn)動軌跡（y*曲線）不同，但具有相同的

空間周期性，如圖乙所示；同時，這些粒子在y軸方向上的運(yùn)動（廣t關(guān)系）是簡諧運(yùn)動，且都有相同的周期T叱等。

qB

I.求粒子在一個周期T內(nèi)，沿x軸方向前進(jìn)的距離s；

I.當(dāng)入射粒子的初速度大小為％時，其尸圖像如圖丙所示，求該粒子在y軸方向上做簡諧運(yùn)動的振幅Ay,并寫出

尸的函數(shù)表達(dá)式。

二、強(qiáng)基訓(xùn)練（高手成長基地）

1.（2022浙江省中學(xué)模擬預(yù)測）如圖所示，有一足夠長的絕緣圓柱形管道水平固定，內(nèi)有帶負(fù)電小球，小球

直徑略小于管道直徑。小球質(zhì)量為m,電荷量為q,與管道的動摩擦因數(shù)為口，空間中有垂直向外、大小為B的勻

強(qiáng)磁場。現(xiàn)對物塊施加水平向右的恒力F,使物塊自靜止開始運(yùn)動，已知重力加速度為g,對物塊運(yùn)動過程的判斷

正確的是（）

Ia,a]

????F?***

B

A.小球一直做加速度減小的運(yùn)動B.小球最大加速度為一Ipl上|~n二ingI—I

m

LfJ|TtlngI—I（FrTTng）2

C.小球穩(wěn)定時速度為二D'D.從開始運(yùn)動到最大速度時F做的功為詈舞L

LqB2mLJqzBz

2.（2022福建模擬預(yù)測）如圖，質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球從A點以水平初速度％平拋，小球A恰好沿B點

的切線方向進(jìn)入豎直平面內(nèi)半徑為R的;光滑絕緣圓弧形軌道BCD。在D點右側(cè)存在方向豎直向上的勻強(qiáng)電場和

垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場（圖中未標(biāo)出），電磁場中豎直平面內(nèi)有一半徑也為R的理想圓形屏蔽區(qū)，其圓心到D點

的距離為2R,屏蔽區(qū)的圓心O與水平線BD等高。小球在電磁場區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動，重力加速度為g,不計空氣

阻力，不計小球運(yùn)動引起的電磁場變化。求：

（1）電場強(qiáng)度E的大?。?/p>

（2）小球A經(jīng)過軌道最低點C時對軌道的壓力大?。?/p>

（3）為使小球A能進(jìn)入電磁場屏蔽區(qū)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值為多大？

3.（2022江西景德鎮(zhèn)二模）如圖所示，在區(qū)域I有與水平方向成30°的勻強(qiáng)電場，電場方向斜向左下方。在區(qū)域

II有豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度大小為E匚警，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。質(zhì)量為m、

2q

電荷量為p的粒子從區(qū)域i的左邊界p點靜止釋放。粒子沿水平虛線向右運(yùn)動，進(jìn)入?yún)^(qū)域n,區(qū)域n的寬度為d。粒

子從區(qū)域n右邊界的Q點（圖中未畫出）離開，速度方向偏轉(zhuǎn)了60°,重力加速度為g。求：

（1）區(qū)域I的電場強(qiáng)度大小Ej

（2）粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域II時的速度大??；

（3）粒子從P點運(yùn)動到Q點的時間。

B

xXX

xflXX

X..X,..K.X

XXXX

XXXX

XX

XX

’1!

-H

4.（2022青海西寧二模）如圖所示，在光滑水平面上距離豎直線MN左側(cè)較遠(yuǎn)處用彈簧鎖定不帶電絕緣小球A,

彈性勢能為0.45J,A球質(zhì)量M=O.lkg,解除鎖定后與靜止在M點處的小球B發(fā)生彈性正碰，B球質(zhì)量m=0.2kg,帶

電量q=+10GMN左側(cè)存在水平向右的勻強(qiáng)電場E2,MN右側(cè)空間區(qū)域范圍內(nèi)存在豎直向上、場強(qiáng)大小E1=0.2N/C

的勻強(qiáng)電場和方向垂直紙面向里磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.2T的勻強(qiáng)磁場。（g=10m/s2,不計一切阻力）求：

(1)解除鎖定后A球獲得的速度％；

(2)碰后瞬間B球速度丫2；

(3)E2大小滿足什么條件時，B球能經(jīng)電場E2通過MN所在的直線。（不考慮B球與地面碰撞再次彈起的情況）

X

X&

X

X

X

X

X

X

X

小球A小球0XX

rMMBrO___________Q_

M

5.（2022山西省翼城中學(xué)校模擬預(yù)測）如圖所示，第一象限內(nèi)存在水平向左的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E（E

未知），第二象限內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，第三象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場及豎直向下的勻強(qiáng)電

場，電場強(qiáng)度大小為點E。現(xiàn)有一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子從x軸上的A點以初速度V。垂直于x軸射入

EI

電場，經(jīng)y軸上的P點進(jìn)入第二象限。已知第二、三象限內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為7,A點的橫坐標(biāo)為2,P點的

0

縱坐標(biāo)為L,不計粒子重力。求：

（1）電場強(qiáng)度E的大?。?/p>

（2）粒子進(jìn)入第二象限的磁場區(qū)域后，第一次經(jīng)過x軸的位置到坐標(biāo)原點的距離；

（3）粒子第一次在第三象限運(yùn)動過程中與x軸的最遠(yuǎn)距離。

XX

XBX

xx

???OA

五E

??

B

6.（2022浙江鎮(zhèn)海中學(xué)模擬預(yù)測）高能粒子實驗裝置，是用以發(fā)現(xiàn)高能粒子并研究和了解其特性的主要實驗工具，

在物理學(xué)的研究歷史上有著不可磨滅的貢獻(xiàn)，例如：1932年，CD安德森用云室發(fā)現(xiàn)了正電子；I960年，中國科學(xué)

家王建昌發(fā)現(xiàn)反西格馬負(fù)超子所用的探測器就是24升丙烷泡室。為了簡化計算，在中學(xué)物理的范疇內(nèi)，一個復(fù)雜

的高能粒子實驗裝置可以被最簡化為空間中的復(fù)合場模型，題中所給出的就是這樣一個簡化模型。如圖甲所示，三

維坐標(biāo)系中yoz平面的右側(cè)存在平行z軸方向周期性變化的磁場B（圖中未畫出）和沿y軸正方向豎直向上的勻強(qiáng)

電場?，F(xiàn)將一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的高能粒子從xoy平面內(nèi)的P點沿x軸正方向水平拋出，粒子第一

次經(jīng)過x軸時恰好經(jīng)過。點，此時速度大小為%,方向與x軸正方向的夾角為45°。己知電場強(qiáng)度大小E□等，從

粒子通過O點開始計時，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化關(guān)系如圖乙所示，規(guī)定當(dāng)磁場方向沿z軸負(fù)方向時磁感應(yīng)強(qiáng)度為

正。已知t,總,重力加速度大小為go

0g

（1）求拋出點P的坐標(biāo);

)求粒子從第1次經(jīng)過軸到第2次經(jīng)過x軸的時間中

(3)求粒子第n次經(jīng)過x軸時的x坐標(biāo)；

(4)若門。時撤去yoz右側(cè)的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，同時在整個空間加上沿y軸正方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場

（一）真題部分

.B

【詳解】解法一：AC在平面內(nèi)電場的方向沿y軸正方向，故在坐標(biāo)原點O靜止的帶正電粒子在電場力作用下

會向y軸正方向運(yùn)動。磁場方向垂直于紙面向里，根據(jù)左手定則，可判斷出向y軸正方向運(yùn)動的粒子同時受到沿x

軸負(fù)方向的洛倫茲力，故帶電粒子向x軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn)。AC錯誤；

BD.運(yùn)動的過程中在電場力對帶電粒子做功，粒子速度大小發(fā)生變化，粒子所受的洛倫茲力方向始終與速度方向垂

直。由于勻強(qiáng)電場方向是沿y軸正方向，故x軸為勻強(qiáng)電場的等勢面，從開始到帶電粒子偏轉(zhuǎn)再次運(yùn)動到x軸時，

電場力做功為0,洛倫茲力不做功，故帶電粒子再次回到x軸時的速度為0,隨后受電場力作用再次進(jìn)入第二象限

重復(fù)向左偏轉(zhuǎn)，故B正確，D錯誤。故選B。

解法二：粒子在O點靜止，對速度進(jìn)行分解，分解為向x軸正方向的速度v,向x軸負(fù)方向的速度V，，兩個速度大

小相等，方向相反。使得其中一個洛倫茲力平衡電場力，即qE

v'n|

則粒子的在電場、磁場中的運(yùn)動，可視為，向x軸負(fù)方向以速度做勻速直線運(yùn)動，同時在X軸上方做勻速圓

周運(yùn)動。故選B。

2.BC

【詳解】A.由題可知電子所受電場力水平向左，電子從N到P的過程中電場力做負(fù)功，故A錯誤；

B.根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低可知N點的電勢高于P點，故B正確；

C.由于洛倫茲力一直都和速度方向垂直，故電子從M到N洛倫茲力都不做功；故C正確；

D.由于M點和P點在同一等勢面上，故從M到P電場力做功為0,而洛倫茲力不做功，M點速度為0,根據(jù)動能

定理可知電子在P點速度也為0,則電子在M點和P點都只受電場力作用，在勻強(qiáng)電場中電子在這兩點電場力相等，

即合力相等，故D錯誤；

故選BG

3.D

【詳解】A.根據(jù)功率的計算公式可知P=Fvcosq則電場力的瞬時功率為P=EqvjA錯誤；

B.由于《與磁場B平行，則根據(jù)洛倫茲力的計算公式有F=q%B,B錯誤；

C.根據(jù)運(yùn)動的疊加原理可知，離子在垂直于紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，沿水平方向做加速運(yùn)動，則％增大，V2不變,

V2與匕的比值不斷變小，C錯誤；

D.離子受到的安培力不變，電場力不變，則該離子的加速度大小不變，D正確。

故選D。

4.BC

【詳解】A.根據(jù)電場力提供向心力可得

—EqlDnDr

r

解得

□桶

可知軌道半徑r小的粒子角速度大，故A錯誤；

—qEZhi—

rr

解得

又

ED1mv2

k2

聯(lián)立可得

可知電荷量大的粒子的動能一定大，粒子的速度大小與軌道半徑一定無關(guān)，故BC正確；

D.磁場的方向可能垂直紙面向內(nèi)也可能垂直紙面向外，所以粒子所受洛倫茲力方向不能確定，粒子可能做離心運(yùn)

動，也可能做近心運(yùn)動，故D錯誤。

故選BG

5?mgd⑴(R□<)⑵汨mv；⑶蜻mg

【詳解】(1)小球在電磁場中作勻速圓周運(yùn)動，則電場力與重力平衡，可得

EqDug

R兩端的電壓

2

UEEd

2

根據(jù)歐姆定律得

um

2RDR2

12

聯(lián)立解得

P^mgd(RCR)

oqR

2

(2)如圖所示

設(shè)粒子在電磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為r,根據(jù)幾何關(guān)系

(rD)2□(s/3d)2口2

解得

d

qvBOn一

r

解得

2dq

(3)由幾何關(guān)系可知，射出磁場時，小球速度方向與水平方向夾角為60口要使小球做直線運(yùn)動，當(dāng)小球所受電場

力與小球重力在垂直小球速度方向的分力相等時，電場力最小，電場強(qiáng)度最小，可得

E'qEHgcos60□

解得

6.(1)四］i；(2).(gC^-)；(3)0EZCQrcsin2

2t2q(RQ)12t25

【詳解】(1)設(shè)粒子在板上勻速運(yùn)動的速度為%,由于粒子在P板勻速直線運(yùn)動，故

所以，由動能定理知，發(fā)射裝置對粒子做的功

WE=—1mv2

2

解得

wd

2t2

(2)設(shè)電源的電動勢E0和板間的電壓為U,有

EDJ

o

板間產(chǎn)生勻強(qiáng)電場為E,粒子進(jìn)入板間時有水平方向的初速度%,在板間受到豎直方向的重力和電場力作用而做類

平拋運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動時間為％,加速度為a,有

UCEh

當(dāng)開關(guān)S接“1師，粒子在電場中做勻變速曲線運(yùn)動，其加速度為

mgDna

由運(yùn)動學(xué)公式

hDi-at2

2i

IQft

1

當(dāng)開關(guān)S接“2時，由閉合電路歐姆定律知

聯(lián)立解得

1q(RD)12t2)

3)由題意分析知，此時在板間運(yùn)動的粒子重力和電場力平衡。當(dāng)粒子從進(jìn)入兩板間后，立即進(jìn)入磁場物體在

電磁場中做勻速圓周運(yùn)動，離開磁場后做勻速直線運(yùn)動，故分析帶電粒子的磁場如圖所示，運(yùn)動軌跡如圖所示

粒子出磁場區(qū)域后沿DT做勻速直線運(yùn)動，DT與b板上表面的夾角為口Df與b板上表面即為題中所求口設(shè)粒子

與板間的夾角最大，設(shè)為口磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B取最大值時的夾角為口，當(dāng)磁場最強(qiáng)時，R最小，最大設(shè)為口，

m

由牛頓第二定律

qvBQn—

解得

RF

qB

當(dāng)B減小時，粒子離開磁場做勻速圓周運(yùn)動的半徑也要增大，D點向b板靠近。Df與b板上表面的夾角越變越小,

當(dāng)后在板間幾乎沿著b板上表面運(yùn)動，當(dāng)Bm則有圖中可知

DGLhORdOosD

TGEZhttsinD

tanned

TG

聯(lián)立解得

arcsin□□-

m5

當(dāng)B逐漸減小是，粒子做勻速圓周運(yùn)動的半徑R,D點無線接近向b板上表面時，當(dāng)粒子離開磁場后在板間幾乎沿

著b板上表面運(yùn)動而從T孔飛出板間區(qū)域，此時

BIZJBIZD

m

滿足題目要求，夾角叫近q,即

0

故粒子飛出時與b板夾角的范圍是

9

0[ZDUrcsin—

5

幽幽邑巴7

7.12m；I兩個sin生2m；W

【詳解】試題分析：(1泄粒子沿y軸正向入射，轉(zhuǎn)過半個圓周至A點，半徑々=3/2

Bqvm芭

i

解得X嚼

(2珈右圖所示，0、A兩點處于同一圓周上，且圓心在

x=1?的直線上，半徑為R,當(dāng)給定一個初速率v時,

有2個入射角，分別在第1、2象限.

a

即sinO'=sinO=

2R

另有BqvDn^-

解得sinOr=sin0=

mv

(3港子在運(yùn)動過程中僅電場力做功，因而在軌道的最高點處速率最大，用％表示其y坐標(biāo)，由動能定理有qE4=

—mv2——mv2

22o

由題知vm=kym

V2

若E=0時，粒子以初速度%沿y軸正向入射，有qv0B=m^-

0

在最高處有vo=kl^

8.⑴v口:;⑵WOngh^mji；(3)、%

f

CD2B2Pym2D

【分析】小滑塊到達(dá)c點時離開MN,此時與MN間的作用力為零，對小滑塊受力分析計算此時的速度的大??；由

動能定理直接計算摩擦力做的功撤去磁場后小滑塊將做類平拋運(yùn)動，根據(jù)分運(yùn)動計算最后的合速度的大小。

【詳解】(1)由題意知，根據(jù)左手定則可判斷，滑塊在下滑的過程中受水平向左的洛倫茲力，當(dāng)洛倫茲力等于電

場力qE時滑塊離開MN開始做曲線運(yùn)動，即

BqvDqE

解得小滑塊運(yùn)動到C點時的速度

(2)從A到C根據(jù)動能定理:

解得:

WDnghd-m—

f2Ba

(3)當(dāng)小滑塊速度最大時，所受合外力為零，即滑塊在D點的速度V。方向與重力、電場力的合力方向垂直，故撤

去磁場后，小滑塊將做類平拋運(yùn)動，設(shè)等效重力加速度為g。則有

V2口2□gEJ2

聯(lián)立解得:

【點睛】解決本題的關(guān)鍵是分析清楚小滑塊的運(yùn)動過程，在與MN分離時，小滑塊與MN間的作用力為零，在撤去

磁場后小滑塊將做類平拋運(yùn)動，根據(jù)滑塊的不同的運(yùn)動過程逐步求解即可.

9.(1)E□鳴，P球帶正電；(2)0口Q(L(3)L

q0

【詳解】根據(jù)題意，對兩小球受力分析如圖所示

XXX

(1)根據(jù)題述條件，帶電小球P在電磁復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動，必有重力與電場力平衡，設(shè)所求勻強(qiáng)電場的場

強(qiáng)大小為E,有

mgDqE

即

q

小球P緊貼平板運(yùn)動，其所受洛倫茲力必豎直向上，根據(jù)左手定則可知，小球P帶正電;

(2)設(shè)小球P緊貼平板勻速運(yùn)動的速度為v,此時洛倫茲力與重力平衡，有

BqvDng

設(shè)小球P以速度v在電磁場區(qū)域內(nèi)做圓周運(yùn)動的半徑為R,有

Bqv田

2R

設(shè)小球Q和小球P在第四象限相遇點的坐標(biāo)為(x,y),有

xOR.y□)

設(shè)小球Q運(yùn)動到相遇點的時間為t0,水平方向的位移為s,豎直方向的位移為d,有

S口t

00

」

dm□lgt2

2。

由題意得

xLh口,yLh口

聯(lián)立各方程，由題意可知，%大于0,得

0口口9口m2g

。BB02

12

其豎直方向的速度vy和豎直位移yQ必修滿足

v口

y

yDR

Q

設(shè)小球Q運(yùn)動到W點的時間為t,由平拋運(yùn)動，有

vQgt

y

'Q亭2

聯(lián)立相關(guān)方程，解得

Bd-B

?22

【考點定位】帶電小球在混合場中的運(yùn)動、平拋運(yùn)動、勻速圓周運(yùn)動。

10.(DVQ/2^；(2)%；（3%臉REg口

【詳解】I洛倫茲力不做功，由動能定理得

mgy吟mv20)①

解得

vU/2^②

I設(shè)在最大距離y處的速率為v,根據(jù)圓周運(yùn)動有

mm

V2

qvBDugDrif③

mR

且由②知

VLZU2gy④

mYm

由③④及Rdy,得

m

yrfm2g⑤

mq2B2

(qEDng)|y,J弓mv2⑥

m

由圓周運(yùn)動得

qvB口ngD]E⑦

mR

且由⑥⑦及Rd|yJ,解得:

vtqfeDng口

11.（l）BO2筋（2XW聿巫；（3）見解析

0

【詳解】（1庖出粒子運(yùn)動軌跡如圖

o

粒子在三角形ABC中運(yùn)動時，有

V2

qBvLrn-o-

or

0

又粒子出三角形磁場時偏轉(zhuǎn)60口由幾何關(guān)系可知

rtf-

聯(lián)立解得

(2港子從D運(yùn)動到P,由幾何關(guān)系可知

CPQd

DPLTPsin60□

運(yùn)動時間

00

粒子在MN右側(cè)運(yùn)動的半徑為

rEOd

則有

v2

qB^Qn而

V

0

運(yùn)動時間

t曲皿^^

363v

o

故粒子從0點射入到返回0點所需要的時間

tO(t□)□□(】口U我d

1233V

0

(3諾三角形ABC區(qū)域磁場方向向里，則粒子運(yùn)動軌跡如圖中①所示，有

RCRcos60lZniL^-cos60D

解得

RC&d

6

V2

此時根據(jù)qBj口nJ有

若三角形ABC區(qū)域磁場方向向外，則粒子運(yùn)動軌跡如圖中②所示，有

RCHR[jcbs60HOI--cos60□

2

解得

此時根據(jù)qB\口11"匚于"

V0

12.⑴V電率;⑵Ls喑;I.y嘀嚅即般

【詳解】（1）由于洛侖茲力不做功，只有電場力做功，由動能定理有

QEhD-mv2口!"mv2

22。

解得

（2）I.由圖乙可知，所有粒子在一個周期T內(nèi)沿x軸方向前進(jìn)的距離相同，即都等于恰好沿x軸方向勻速運(yùn)動的

粒子在T時間內(nèi)前進(jìn)的距離。設(shè)粒子恰好沿x軸方向勻速運(yùn)動的速度大小為％,則有

qV|B=qE

I.設(shè)粒子在y方向上的最大位移為％（圖丙曲線的最高處），對應(yīng)的粒子運(yùn)動速度大小為V2（沿x軸），因為粒

子在y方向上的運(yùn)動為簡諧運(yùn)動，因而在y=My=%處粒子所受的合外力大小相等，方向相反，則有

qvB0EOTqvBQ1E）

02

由動能定理有

QEyD^mv2Hmvz

m2220

聯(lián)立解得

A山（v崖）

yqBoB

可寫出圖丙曲線滿足的簡諧運(yùn)動廣t函數(shù)表達(dá)式為

yQ--（vrfxiQos^t）

qBoBm

（二）強(qiáng)基部分

1.c

【詳解】ABC對小球受力分析，小球從靜止開始運(yùn)動，則在豎直方向上當(dāng)

FCB