2023年高考物理知識點復(fù)習(xí)與真題 帶電粒子在電磁復(fù)合場中的運動

帶電粒子在電磁復(fù)合場中的運動

一、真題精選（高考必備）

1.（2022?全國?高考真題）空間存在著勻強磁場和勻強電場，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。由靜止開始運動。下列四幅圖中，可能正

確描述該粒子運動軌跡的是（）

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電場和垂直紙面向里的勻強磁場。

電子從M點由靜止釋放,沿圖中所示軌跡依次經(jīng)過N、尸兩點。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.電子從例到M洛倫茲力不做功

D.電子在"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電場和勻

強磁場（如圖），電場強度大小為E,磁感應(yīng)強度大小為瓦若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運動，其

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

A.電場力的瞬時功率為"Jv；+試B.該離子受到的洛倫茲力大小為飲,8

C.V2與盯的比值不斷變大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，電場強度大小可表示為《=g,α為常量。比荷相同

r

的兩粒子在半徑，不同的圓軌道運動。不考慮粒子間的相互作用及重力，則（）

A.軌道半徑，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，粒子一定做離心運動

5.（2022?湖南?高考真題）如圖，兩個定值電阻的阻值分別為RI和4,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62,極板間存在方向水平向里的勻強磁場。質(zhì)量為加、帶電量為+4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點進入電容器，做勻速圓周運動，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&；

（2）求兩極板間磁場的磁感應(yīng)強度8；

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

×××X

丁石。×××XE'

/aXX

A

\<—>∣3d

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/?,與圖示電路相連，金屬板厚

度不計，忽略邊緣效應(yīng)?！ò迳媳砻婀饣?，涂有絕緣層，其上。點右側(cè)相距/Z處有小孔K；b板上有小孔T,且。、

T在同一條豎直線上，圖示平面為豎直平面。質(zhì)量為〃八電荷量為-q（g>O）的靜止粒子被發(fā)射裝置（圖中未畫出）

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

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，進入板間的粒子落在〃板上的A點，A點與過K孔豎直線的

距離為l?此后將開關(guān)S接"2"位置，求阻值為R的電阻中的電流強度;

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

（Λ∕ΣT+5）”?

直于圖面的、磁感應(yīng)強度大小合適的勻強磁場（磁感應(yīng)強度B只能在。?B",=%=T-范圍內(nèi)選?。?，使粒子恰

（√21-5j?/

好從〃板的7孔飛出，求粒子飛出時速度方向與萬板板面夾角的所有可能值（可用反三角函數(shù)表示）。

IS

0Λ

_T

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平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大

小為艮讓質(zhì)量為如電荷量為q（q>O）的粒子從坐標(biāo)原點。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V/沿y軸正向入射，恰好能經(jīng)過X軸上的A（a,0）點，求刃的大?。?/p>

（2）已知一粒子的初速度大小為V（v>v∕）,為使該粒子能經(jīng)過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的勻強電場，一粒子從。點以初速度如沿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)與場強大小E無關(guān).求該粒子運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電場和勻強磁場，電場方

向水平向右，電場強度大小為E,磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度大小為一質(zhì)量為加、電荷量為1的帶正

電的小滑塊從A點由靜止開始沿MN下滑，到達C點時離開MN做曲線運動.A、C兩點間距離為八，重力加速度

為g.

（I）求小滑塊運動到C點時的速度大小匕；

（2）求小滑塊從A點運動到C點過程中克服摩擦力做的功叱；

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

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

為t,求小滑塊運動到尸點時速度的大小嗎.

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x≤0的區(qū)域內(nèi)

存在方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為8/的勻強磁場，在第二象限緊貼y軸固定放置長為/、表面粗糙的不

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

度大小為B2、方向垂直于紙面向外）和勻強電場（圖中未畫出），一質(zhì)量為相、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〃?、帶電量為q的小球P從A點緊貼平板沿X軸正向運動，變?yōu)閯蛩龠\動后從y軸

上的。點進入電磁場區(qū)域做勻速圓周運動，經(jīng):圓周離開電磁場區(qū)域，沿y軸負方向運動，然后從X軸上的K點進

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)運動過程中小球P電量不變，小球P

和Q始終在紙面內(nèi)運動且均看作質(zhì)點，重力加速度為g,求：

（1）勻強電場的場強大小，并判斷P球所帶電荷的正負；

（2）小球Q的拋出速度W的取值范圍；

（3）氏是星的多少倍？

10.（2008?江蘇?高考真題）在場強為8的水平勻強磁場中，一質(zhì)量為“、帶正電q的小球在。靜止釋放，小球的

運動曲線如圖所示.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：

⑴小球運動到任意位置P{x,9的速率V；

（2）小球在運動過程中第一次下降的最大距離加力

⑶當(dāng)在上述磁場中加一豎直向上場強為E（E＞整）的勻強電場時，小球從O靜止釋放后獲得的最大速率%。

q

××××××××

11.（2020?海南?高考真題）如圖，虛線MN左側(cè)有一個正三角形4BC,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磁場；MN右側(cè)的整個區(qū)域存在垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶正電的離子

（重力不計）以初速度%從AB的中點。沿OC方向射入三角形區(qū)域，偏轉(zhuǎn)60°后從MN上的尸點（圖中未畫出）

進入MN右側(cè)區(qū)域，偏轉(zhuǎn)后恰能回到。點。已知離子的質(zhì)量為〃?，電荷量為q,正三角形的邊長為小

⑴求三角形區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度；

⑵求離子從O點射入到返回O點所需要的時間；

⑶若原三角形區(qū)域存在的是一磁感應(yīng)強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

圓形勻強磁場讓離子從P點射入圓形磁場，速度大小仍為％,方向垂直于8C,始終在紙面內(nèi)運動，到達。點時的

速度方向與OC成120。角，求圓形磁場的磁感應(yīng)強度。

M

小、

BL

N

12.（2011?福建?高考真題）如圖甲，在x>0的空間中存在沿y軸負方向的勻強電場和垂直于宜萬平面向里的勻強

磁場，電場強度大小為E,磁感應(yīng)強度大小為及一質(zhì)量為如帶電量為q（q>O）的粒子從坐標(biāo)原點。處，以初速

度Vo沿X軸正方向射入，粒子的運動軌跡見圖甲，不計粒子的重力。

（1）求該粒子運動到產(chǎn)〃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動軌跡（y-x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軸方向上的運動（y-f關(guān)系）是簡諧運動，且都有相同的周期T=」?。

QD

求粒子在一個周期T內(nèi)，沿X軸方向前進的距離s；

0.當(dāng)入射粒子的初速度大小為歷時，其y<圖像如圖丙所示，求該粒子在），軸方向上做簡諧運動的振幅Ay,并寫出

二、強基訓(xùn)練（高手成長基地）

1.（2022?浙江省東陽中學(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)有帶負電小球，小球

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

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

正確的是（）

β,

eB....................................................

A.小球一直做加速度減小的運動B.小球最大加速度為

m

C.小球穩(wěn)定時速度為仍+D.從開始運動到最大速度時尸做的功為答嗒

2.（2022?福建?模擬預(yù)測）如圖，質(zhì)量為〃八電荷量為+q的小球從A點以水平初速度W平拋，小球A恰好沿B點

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

垂直紙面向外的勻強磁場（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。點

的距離為2R,屏蔽區(qū)的圓心。與水平線8。等高。小球在電磁場區(qū)域做勻速圓周運動，重力加速度為g,不計空氣

阻力，不計小球運動引起的電磁場變化。求：

（1）電場強度E的大??；

（2）小球A經(jīng)過軌道最低點C時對軌道的壓力大??；

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

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。的勻強電場，電場方向斜向左下方。在區(qū)域

Ii有豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，電場強度大小為￡=整，磁感應(yīng)強度大小為瓦質(zhì)量為，小

q

電荷量為口的粒子從區(qū)域I的左邊界P點靜止釋放。粒子沿水平虛線向右運動，進入?yún)^(qū)域IL區(qū)域H的寬度為乩粒

子從區(qū)域Il右邊界的。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的電場強度大小反；

（2）粒子進入?yún)^(qū)域H時的速度大??；

（3）粒子從P點運動到。點的時間。

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)量機=0.2kg,帶

電量q=+10C0MN左側(cè)存在水平向右的勻強電場E2，MN右側(cè)空間區(qū)域范圍內(nèi)存在豎直向上、場強大小E∕=0.2N∕C

的勻強電場和方向垂直紙面向里磁感應(yīng)強度為B=O.2T的勻強磁場。（g=10m∕s2,不計一切阻力）求：

（1）解除鎖定后A球獲得的速度V/；

（2）碰后瞬間B球速度也；

（3）Ez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）

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電場，電場強度大小為E（E

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

場，電場強度大小為拉E?，F(xiàn)有一電荷量為外質(zhì)量為機的帶正電粒子從X軸上的A點以初速度%垂直于X軸射入

電場，經(jīng)y軸上的P點進入第二象限。已知第二、三象限內(nèi)磁感應(yīng)強度的大小均為雙，4點的橫坐標(biāo)為?∣,P點的

縱坐標(biāo)為L,不計粒子重力?求：

（1）電場強度E的大小：

（2）粒子進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動過程中與X軸的最遠距離。

×××↑y

×B×

yo

XX×

—*----->x

??OA

yf2E

??

B

r?I?

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，例如：1932年，C?D?安德森用云室發(fā)現(xiàn)了正電子；1960年，中國科學(xué)

家王海昌發(fā)現(xiàn)反西格馬負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y。Z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），軸正方向豎直向上的勻強

電場?，F(xiàn)將一個質(zhì)量為加、電荷量為4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，此時速度大小為加方向與X軸正方向的夾角為45。。己知電場強度大小E=整，從

q

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

正。已知外=三匕，重力加速度大小為g。

g

（1）求拋出點尸的坐標(biāo);

(2)求粒子從第1次經(jīng)過X軸到第2次經(jīng)過X軸的時間0；

(3)求粒子第〃次經(jīng)過X軸時的X坐標(biāo)；

(4)若r=r0時撤去)，oz右側(cè)的勻強電場和勻強磁場，同時在整個空間加上沿)，軸正方向豎直向上的勻強磁場

B，=5勺mg,求粒子向上運動到離XoZ平面最遠時的坐標(biāo)。

2qv0

三、參考答案及解析

(-)真題部分

1.B

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

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

軸負方向的洛倫茲力，故帶電粒子向X軸負方向偏轉(zhuǎn)。AC錯誤；

BD.運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。由于勻強電場方向是沿y軸正方向，故X軸為勻強電場的等勢面，從開始到帶電粒子偏轉(zhuǎn)再次運動到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。點靜止，對速度進行分解，分解為向X軸正方向的速度V,向X軸負方向的速度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V"'=4"

則粒子的在電場、磁場中的運動，可視為，向X軸負方向以速度V'=?做勻速直線運動，同時在X軸上方做勻速圓

D

周運動。故選

Bc

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，故電子從例到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點和尸點都只受電場力作用,在勻強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BCo

3.D

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

B.由于力與磁場B平行，則根據(jù)洛倫茲力的計算公式有尸落="2bB錯誤；

C.根據(jù)運動的疊加原理可知，離子在垂直于紙面內(nèi)做勻速圓周運動，沿水平方向做加速運動，則力增大，也不變，

也與U/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

—aq=mω2r

r

解得

1

ω=

可知軌道半徑r小的粒子角速度大，故A錯誤;

BC.根據(jù)電場力提供向心力可得

av2

一?q=m—

解得

又

Ek=-mv2

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r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

動，也可能做近心運動,故D錯誤。

故選BCo

/"gd(R∣+&)⑵拓mv；⑶i.ns

5.(1)

溷

【詳解】（1）小球在電磁場中作勻速圓周運動，則電場力與重力平衡，可得

Eq-mg

與兩端的電壓

U2=Ed

根據(jù)歐姆定律得

U2=-^—?R2

2R1+R2〉

聯(lián)立解得

P_mgd(Rt+/?,)

βo=~

溷

(r-d)2+(√3J)2=r2

解得

r=2d

根據(jù)

2

1廣

qvB=m——

r

解得

B=—

Iclq

（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。，要使小球做直線運動，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，電場強度最小，可得

Eq=mgcos60°

解得

E=鱉

2q

L/.、∣nh2/-、mh2h?2

6?（I）~~r?（2）^^TT----7（g^^7∏^）；（3）0<e≤arcsin-

2t2q（R+r）It25

【詳解】（1）設(shè)粒子在P板上勻速運動的速度為如由于粒子在P板勻速直線運動，故

h

%=7

所以，由動能定理知，發(fā)射裝置對粒子做的功

W=-mv2

2

解得

W=嚶

2產(chǎn)

（2）設(shè)電源的電動勢瓦和板間的電壓為U,有

E11=U

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

平拋運動，設(shè)運動時間為力，加速度為4,有

U=Eh

當(dāng)開關(guān)S接"1"時，粒子在電場中做勻變速曲線運動，其加速度為

qU

mg---=ma

h

由運動學(xué)公式

.12

h=qat?

I=v∕1

當(dāng)開關(guān)S接"2"時，由閉合電路歐姆定律知

1=a=工

R+rR+r

聯(lián)立解得

荒?(g-給

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

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

粒子出磁場區(qū)域后沿OT做勻速直線運動，OT與〃板上表面的夾角為6,。與6板上表面即為題中所求。，設(shè)粒子

與板間的夾角最大，設(shè)為0,磁場的磁感應(yīng)強度8取最大值時的夾角為。，當(dāng)磁場最強時，R最小，最大設(shè)為盤,

由牛頓第二定律

2

I廠

avB=m—

R

解得

R=—

qB

當(dāng)B減小時，粒子離開磁場做勻速圓周運動的半徑也要增大，。點向6板靠近。ZY與人板上表面的夾角越變越小,

當(dāng)后在板間幾乎沿著6板上表面運動，當(dāng)則有圖中可知

OG=ZJ-R(l-cos(9)

TG=/7+RsinO

八DG

tanΘ=

TG

聯(lián)立解得

arcsin?=-

"5

當(dāng)3逐漸減小是，粒子做勻速圓周運動的半徑R,。點無線接近向6板上表面時，當(dāng)粒子離開磁場后在板間幾乎沿

著b板上表面運動而從T孔飛出板間區(qū)域，此時

Bm>B>0

滿足題目要求，夾角。趨近4,即

4=0

故粒子飛出時與。板夾角的范圍是

2

0<Θ≤arcsin—

5

qBaqBa?

7.02W；回兩個Sine=ISY0∑+

【詳解】試題分析：(1)當(dāng)粒子沿y軸正向入射，轉(zhuǎn)過半個圓周至A點，半徑Rι=a∕2

由運動定律有Bq%=m士

Kl

解得匕=警

2m

⑵如右圖所示，。、A兩點處于同一圓周上，且圓心在

X=］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.

即Sine'=SinO=2

2R

p-

另有Bqv=〃71

解得sinθ,=sinθ=-

2nιv

⑶粒子在運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ym表示其y坐標(biāo)，由動能定理有qEy∏1=

I2I2

ymv.-?mv0

由題知vm=kym

若E=O時，粒子以初速度VO沿y軸正向入射，有qvoB=m

琮

在最局處有vo=kRo

8.（1）%=（；（2）叱=,叫康；（3）VP=J"監(jiān)+/

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

動能定理直接計算摩擦力做的功嗎;撤去磁場后小滑塊將做類平拋運動，根據(jù)分運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

場力時滑塊離開MN開始做曲線運動，即

Bqv=qE

解得小滑塊運動到C點時的速度

E

Vc=——

CB

（2）從A到C根據(jù)動能定理:

t12

mgh-Wf.=-nιvc-O

解得:

1E2

fn

Wf=Ingh~~*

（3）當(dāng)小滑塊速度最大時，所受合外力為零，即滑塊在Z）點的速度VD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動，設(shè)等效重力加速度為g',則有

且

Vp=^+g'2t2

聯(lián)立解得：

Vm

【點睛】解決本題的關(guān)鍵是分析清楚小滑塊的運動過程，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動，根據(jù)滑塊的不同的運動過程逐步求解即可.

2

9.（1）E=詈，P球帶正電；（2）0<%<（L+總+⑶I

（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動，必有重力與電場力平衡，設(shè)所求勻強電場的場

強大小為E,有

mg=qE

即

E=鱉

q

小球P緊貼平板運動，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緊貼平板勻速運動的速度為V,此時洛倫茲力與重力平衡，有

B}qv=mg

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

mv2

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

X=R,y<O

設(shè)小球Q運動到相遇點的時間為仇水平方向的位移為s,豎直方向的位移為“，有

S=匕匹

,1,

d=∕g耳

由題意得

X=s-l,y=h—d

聯(lián)立各方程，由題意可知，加大于0,得

其豎直方向的速度W和豎直位移）0必修滿足

Vy=V

為=R

設(shè)小球Q運動到卬點的時間為r,由平拋運動，有

vy=gt

12

聯(lián)立相關(guān)方程，解得

【考點定位】帶電小球在混合場中的運動、平拋運動、勻速圓周運動。

10.(l)p-√2^;⑵y,,=j?l;⑶Vm=F(qE-mg)。

qBqH

【詳解】回洛倫茲力不做功，由動能定理得

mgy=—mv2-0(T)

解得

'2=V?y②

回設(shè)在最大距離%,處的速率為%,根據(jù)圓周運動有

2

qvmB-rng=rn^③

K

且由②知

L="嬴④

由③④及R=2%,得

(qE-mg)?ym?=^mv;,⑥

由圓周運動得

V2X-X

qvB+mg-qE=m^-(7)

ntK

且由⑥⑦及R=2∣y,,J,解得：

Vm=jqE-mg)

qB

(1U+3√3)J

C2wvn

n.(i)B=-,(2)z=;⑶見解析

【詳解】(1)畫出粒子運動軌跡如圖

Mi

qBv{)=)n-^—

T2πr

1=---

%

又粒子出三角形磁場時偏轉(zhuǎn)60。，由幾何關(guān)系可知

d

r=一

2

聯(lián)立解得

B=女四

qd

Tπd

A=—=一

66%

(2)粒子從D運動到P,由幾何關(guān)系可知

CP=d

DP=CPsin60°

運動時間

DP√3J

f2==

~%2%

粒子在MN右側(cè)運動的半徑為

r,=2d

則有

2

R，V0

cjBvii=ιn-

r=-

%

運動時間

63v0

故粒子從O點射入到返回。點所需要的時間

c/、(1?ττ+3y∕3)d

t=2(tl+t2)+t3=^~-^?

3%

⑶若三角形ABC區(qū)域磁場方向向里，則粒子運動軌跡如圖中①所示，有

/?+/?cos60°=J+-cos60°

2

解得

R=-d

6

此時根據(jù)q邑％=，”上有

BT

若三角形A3C區(qū)域磁場方向向外，則粒子運動軌跡如圖中②所示，有

+cos60o=J--cos60°

2

解得

R,=—d

2

此時根據(jù)4冬%=/?工有

R

/r、/22qEhC2πmEmE

12.⑴U=J片-?-⑵隊S=W團?》=不V0——cos-r

tn0Bm

【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

-qEh=^mv2-^mvl

解得

'IqEh

V=2

m

（2）0.由圖乙可知，所有粒子在一個周期7內(nèi)沿X軸方向前進的距離相同，即都等于恰好沿X軸方向勻速運動的

粒子在T時間內(nèi)前進的距離。設(shè)粒子恰好沿X軸方向勻速運動的速度大小為口，則有

qvιB-qE

又

S=ViT

式中

F2πm

1=------

qB

解得

2πmE

qB2

E.設(shè)粒子在y方向上的最大位移為加（圖丙曲線的最高處），對應(yīng)的粒子運動速度大小為也（沿X軸），因為粒

子在y方向上的運動為簡諧運動，因而在y=0和y=y,“處粒子所受的合外力大小相等，方向相反，則有

q%B-qE=-(qv2B-qE)

由動能定理有

又

AV=g%

聯(lián)立解得

A'=W(%-5)

qBB

可寫出圖丙曲線滿足的簡諧運動y-t函