2023年高考物理知識(shí)點(diǎn)復(fù)習(xí)與真題 帶電粒子在電磁復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

帶電粒子在電磁復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

一、真題精選（高考必備）

1.（2022?全國(guó)?高考真題）空間存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁場(chǎng)的方向垂直于紙面（Xoy平面）向里，電場(chǎng)的方

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

確描述該粒子運(yùn)動(dòng)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(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。

電子從M點(diǎn)由靜止釋放,沿圖中所示軌跡依次經(jīng)過(guò)N、尸兩點(diǎn)。已知M、P在同一等勢(shì)面上,下列說(shuō)法正確的有（）

B.N點(diǎn)的電勢(shì)高于P點(diǎn)的電勢(shì)

C.電子從例到M洛倫茲力不做功

D.電子在"點(diǎn)所受的合力大于在P點(diǎn)所受的合力

3.（2022?重慶?高考真題）2021年中國(guó)全超導(dǎo)托卡馬克核聚變實(shí)驗(yàn)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(dòng)狀況，某同學(xué)將一小段真空室內(nèi)的電場(chǎng)和磁場(chǎng)理想化為方向均水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻

強(qiáng)磁場(chǎng)（如圖），電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為瓦若某電荷量為q的正離子在此電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，其

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

A.電場(chǎng)力的瞬時(shí)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(chǎng)的示意圖，電場(chǎng)強(qiáng)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(yùn)動(dòng)。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(dòng)能一定大

C.粒子的速度大小與軌道半徑r一定無(wú)關(guān)

D.當(dāng)加垂直紙面磁場(chǎng)時(shí)，粒子一定做離心運(yùn)動(dòng)

5.（2022?湖南?高考真題）如圖，兩個(gè)定值電阻的阻值分別為RI和4,直流電源的內(nèi)阻不計(jì)，平行板電容器兩極

板水平放置，板間距離為d,板長(zhǎng)為62,極板間存在方向水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。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(diǎn)進(jìn)入電容器，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，恰從電容器上板右側(cè)邊緣離開(kāi)電

容器。此過(guò)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(dòng)勢(shì)&；

（2）求兩極板間磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度8；

（3）在圖中虛線的右側(cè)設(shè)計(jì)一勻強(qiáng)電場(chǎng)，使小球離開(kāi)電容器后沿直線運(yùn)動(dòng)，求電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值

×××X

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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(jì)，忽略邊緣效應(yīng)?！ò迳媳砻婀饣?，涂有絕緣層，其上。點(diǎn)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(huà)出）

從。點(diǎn)發(fā)射，沿P板上表面運(yùn)動(dòng)時(shí)間，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(diǎn)，在圖示平面內(nèi)運(yùn)

動(dòng)，電荷量保持不變，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。

（1）求發(fā)射裝置對(duì)粒子做的功;

（2）電路中的直流電源內(nèi)阻為r,開(kāi)關(guān)S接"1"位置時(shí)，進(jìn)入板間的粒子落在〃板上的A點(diǎn)，A點(diǎn)與過(guò)K孔豎直線的

距離為l?此后將開(kāi)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(kāi)關(guān)S接"I"位置，使進(jìn)入板間的粒子受力平衡，此時(shí)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(qiáng)度大小合適的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（磁感應(yīng)強(qiáng)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(shí)速度方向與萬(wàn)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(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)。沿Xoy平面以不同的初速度大小和方向入射到磁場(chǎng)

中.不計(jì)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(guò)X軸上的A（a,0）點(diǎn)，求刃的大??；

（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(guò)A（“，0）點(diǎn)，其入射角，（粒子初速度與X軸正

向的夾角）有幾個(gè)？并求出對(duì)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(chǎng)，一粒子從。點(diǎn)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(yùn)動(dòng)，且在任一時(shí)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(chǎng)強(qiáng)大小E無(wú)關(guān).求該粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)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(shí)存在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方

向水平向右，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)由靜止開(kāi)始沿MN下滑，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)離開(kāi)MN做曲線運(yùn)動(dòng).A、C兩點(diǎn)間距離為八，重力加速度

為g.

（I）求小滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大小匕；

（2）求小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過(guò)程中克服摩擦力做的功叱；

（3）若。點(diǎn)為小滑塊在電場(chǎng)力、洛倫茲力及重力作用下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度最大的位置，當(dāng)小滑塊運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)時(shí)撤去

磁場(chǎng)，此后小滑塊繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到水平地面上的P點(diǎn).已知小滑塊在。點(diǎn)時(shí)的速度大小為嗎，從。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間

為t,求小滑塊運(yùn)動(dòng)到尸點(diǎn)時(shí)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(qiáng)度大小為8/的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在第二象限緊貼y軸固定放置長(zhǎng)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(qiáng)磁場(chǎng)（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(chǎng)（圖中未畫(huà)出），一質(zhì)量為相、不帶電的小球Q從平板下側(cè)A點(diǎn)

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(diǎn)緊貼平板沿X軸正向運(yùn)動(dòng)，變?yōu)閯蛩龠\(yùn)動(dòng)后從y軸

上的。點(diǎn)進(jìn)入電磁場(chǎng)區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng):圓周離開(kāi)電磁場(chǎng)區(qū)域，沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，然后從X軸上的K點(diǎn)進(jìn)

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

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

（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)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W的取值范圍；

（3）氏是星的多少倍？

10.（2008?江蘇?高考真題）在場(chǎng)強(qiáng)為8的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一質(zhì)量為“、帶正電q的小球在。靜止釋放，小球的

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

⑴小球運(yùn)動(dòng)到任意位置P{x,9的速率V；

（2）小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中第一次下降的最大距離加力

⑶當(dāng)在上述磁場(chǎng)中加一豎直向上場(chǎng)強(qiáng)為E（E＞整）的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，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(gè)正三角形4BC,C點(diǎn)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(chǎng)；MN右側(cè)的整個(gè)區(qū)域存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)帶正電的離子

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

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

⑴求三角形區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度；

⑵求離子從O點(diǎn)射入到返回O點(diǎn)所需要的時(shí)間；

⑶若原三角形區(qū)域存在的是一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與原來(lái)相等的恒磁場(chǎng)，將MN右側(cè)磁場(chǎng)變?yōu)橐粋€(gè)與MN相切于P點(diǎn)的

圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)讓離子從P點(diǎn)射入圓形磁場(chǎng)，速度大小仍為％,方向垂直于8C,始終在紙面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，到達(dá)。點(diǎn)時(shí)的

速度方向與OC成120。角，求圓形磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)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(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于宜萬(wàn)平面向里的勻強(qiáng)

磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)。處，以初速

度Vo沿X軸正方向射入，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡見(jiàn)圖甲，不計(jì)粒子的重力。

（1）求該粒子運(yùn)動(dòng)到產(chǎn)〃時(shí)的速度大小v；

（2）現(xiàn)只改變?nèi)肷淞Ｗ映跛俣鹊拇笮。l(fā)現(xiàn)初速度大小不同的粒子雖然運(yùn)動(dòng)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(shí)，這些粒子在y軸方向上的運(yùn)動(dòng)（y-f關(guān)系）是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，且都有相同的周期T=」?。

QD

求粒子在一個(gè)周期T內(nèi)，沿X軸方向前進(jìn)的距離s；

0.當(dāng)入射粒子的初速度大小為歷時(shí)，其y<圖像如圖丙所示，求該粒子在），軸方向上做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振幅Ay,并寫(xiě)出

二、強(qiáng)基訓(xùn)練（高手成長(zhǎng)基地）

1.（2022?浙江省東陽(yáng)中學(xué)模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，有一足夠長(zhǎng)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)量為加，電荷量為q,與管道的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，空間中有垂直向外、大小為B的勻

強(qiáng)磁場(chǎng)。現(xiàn)對(duì)物塊施加水平向右的恒力凡使物塊自靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度為g,對(duì)物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程的判斷

正確的是（）

β,

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

A.小球一直做加速度減小的運(yùn)動(dòng)B.小球最大加速度為

m

C.小球穩(wěn)定時(shí)速度為仍+D.從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最大速度時(shí)尸做的功為答嗒

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

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BCQ。在。點(diǎn)右側(cè)存在方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和

垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未標(biāo)出），電磁場(chǎng)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(diǎn)

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(chǎng)區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g,不計(jì)空氣

阻力，不計(jì)小球運(yùn)動(dòng)引起的電磁場(chǎng)變化。求：

（1）電場(chǎng)強(qiáng)度E的大?。?/p>

（2）小球A經(jīng)過(guò)軌道最低點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道的壓力大?。?/p>

（3）為使小球A能進(jìn)入電磁場(chǎng)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(chǎng)，電場(chǎng)方向斜向左下方。在區(qū)域

Ii有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為￡=整，磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)靜止釋放。粒子沿水平虛線向右運(yùn)動(dòng)，進(jìn)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(diǎn)（圖中未畫(huà)出）離開(kāi)，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(chǎng)強(qiáng)度大小反；

（2）粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域H時(shí)的速度大??；

（3）粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)的時(shí)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(yuǎn)處用彈簧鎖定不帶電絕緣小球A,

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

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

的勻強(qiáng)電場(chǎng)和方向垂直紙面向里磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=O.2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。（g=10m∕s2,不計(jì)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(shí)，B球能經(jīng)電場(chǎng)E2通過(guò)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(cè)）如圖所示，第一象限內(nèi)存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)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(chǎng)，第三象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)及豎直向下的勻強(qiáng)電

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

電場(chǎng)，經(jīng)y軸上的P點(diǎn)進(jìn)入第二象限。已知第二、三象限內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為雙，4點(diǎn)的橫坐標(biāo)為?∣,P點(diǎn)的

縱坐標(biāo)為L(zhǎng),不計(jì)粒子重力?求：

（1）電場(chǎng)強(qiáng)度E的大?。?/p>

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

（3）粒子第一次在第三象限運(yùn)動(dòng)過(guò)程中與X軸的最遠(yuǎn)距離。

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6.（2022?浙江?鎮(zhèn)海中學(xué)模擬預(yù)測(cè)）高能粒子實(shí)驗(yàn)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(shí)驗(yàn)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，C?D?安德森用云室發(fā)現(xiàn)了正電子；1960年，中國(guó)科學(xué)

家王海昌發(fā)現(xiàn)反西格馬負(fù)超子所用的探測(cè)器就是24升丙烷泡室。為了簡(jiǎn)化計(jì)算，在中學(xué)物理的范疇內(nèi)，一個(gè)復(fù)雜

的高能粒子實(shí)驗(yàn)裝置可以被最簡(jiǎn)化為空間中的復(fù)合場(chǎng)模型，題中所給出的就是這樣一個(gè)簡(jiǎn)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(chǎng)B（圖中未畫(huà)出）和沿），軸正方向豎直向上的勻強(qiáng)

電場(chǎng)?，F(xiàn)將一個(gè)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(diǎn)沿X軸正方向水平拋出，粒子第一

次經(jīng)過(guò)X軸時(shí)恰好經(jīng)過(guò)。點(diǎn)，此時(shí)速度大小為加方向與X軸正方向的夾角為45。。己知電場(chǎng)強(qiáng)度大小E=整，從

q

粒子通過(guò)。點(diǎn)開(kāi)始計(jì)時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示，規(guī)定當(dāng)磁場(chǎng)方向沿Z軸負(fù)方向時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度為

正。已知外=三匕，重力加速度大小為g。

g

（1）求拋出點(diǎn)尸的坐標(biāo);

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

(3)求粒子第〃次經(jīng)過(guò)X軸時(shí)的X坐標(biāo)；

(4)若r=r0時(shí)撤去)，oz右側(cè)的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，同時(shí)在整個(gè)空間加上沿)，軸正方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)

B，=5勺mg,求粒子向上運(yùn)動(dòng)到離XoZ平面最遠(yuǎn)時(shí)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(chǎng)的方向沿y軸正方向，故在坐標(biāo)原點(diǎn)。靜止的帶正電粒子在電場(chǎng)力作用下

會(huì)向y軸正方向運(yùn)動(dòng)。磁場(chǎng)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(dòng)的粒子同時(shí)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(cuò)誤；

BD.運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中在電場(chǎng)力對(duì)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(chǎng)方向是沿y軸正方向，故X軸為勻強(qiáng)電場(chǎng)的等勢(shì)面，從開(kāi)始到帶電粒子偏轉(zhuǎn)再次運(yùn)動(dòng)到X軸時(shí)，

電場(chǎng)力做功為0,洛倫茲力不做功，故帶電粒子再次回到X軸時(shí)的速度為0,隨后受電場(chǎng)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(cuò)誤。故選B。

解法二：粒子在。點(diǎn)靜止，對(duì)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(gè)速度大

小相等，方向相反。使得其中一個(gè)洛倫茲力平衡電場(chǎng)力，即V"'=4"

則粒子的在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，可視為，向X軸負(fù)方向以速度V'=?做勻速直線運(yùn)動(dòng)，同時(shí)在X軸上方做勻速圓

D

周運(yùn)動(dòng)。故選

Bc

2.BC

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

B.根據(jù)沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低可知N點(diǎn)的電勢(shì)高于P點(diǎn)，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(diǎn)和P點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，故從M到P電場(chǎng)力做功為0,而洛倫茲力不做功，M點(diǎn)速度為0,根據(jù)動(dòng)能

定理可知電子在P點(diǎn)速度也為0,則電子在M點(diǎn)和尸點(diǎn)都只受電場(chǎng)力作用,在勻強(qiáng)電場(chǎng)中電子在這兩點(diǎn)電場(chǎng)力相等，

即合力相等，故D錯(cuò)誤；

故選BCo

3.D

【詳解】A.根據(jù)功率的計(jì)算公式可知P=FV，cos，，則電場(chǎng)力的瞬時(shí)功率為P=助叩A(chǔ)錯(cuò)誤；

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

C.根據(jù)運(yùn)動(dòng)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(dòng)，沿水平方向做加速運(yùn)動(dòng)，則力增大，也不變，

也與U/的比值不斷變小，C錯(cuò)誤；

D.離子受到的安培力不變，電場(chǎng)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(chǎng)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(cuò)誤;

BC.根據(jù)電場(chǎng)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(dòng)能一定大，粒子的速度大小與軌道半徑r一定無(wú)關(guān)，故BC正確:

D.磁場(chǎng)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(dòng)，也可能做近心運(yùn)動(dòng),故D錯(cuò)誤。

故選BCo

/"gd(R∣+&)⑵拓mv；⑶i.ns

5.(1)

溷

【詳解】（1）小球在電磁場(chǎng)中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)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(chǎng)時(shí)，小球速度方向與水平方向夾角為60。，要使小球做直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球所受電場(chǎng)

力與小球重力在垂直小球速度方向的分力相等時(shí)，電場(chǎng)力最小，電場(chǎng)強(qiáng)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(yùn)動(dòng)的速度為如由于粒子在P板勻速直線運(yùn)動(dòng)，故

h

%=7

所以，由動(dòng)能定理知，發(fā)射裝置對(duì)粒子做的功

W=-mv2

2

解得

W=嚶

2產(chǎn)

（2）設(shè)電源的電動(dòng)勢(shì)瓦和板間的電壓為U,有

E11=U

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

平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為力，加速度為4,有

U=Eh

當(dāng)開(kāi)關(guān)S接"1"時(shí)，粒子在電場(chǎng)中做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，其加速度為

qU

mg---=ma

h

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

.12

h=qat?

I=v∕1

當(dāng)開(kāi)關(guān)S接"2"時(shí)，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(shí)在板間運(yùn)動(dòng)的粒子重力和電場(chǎng)力平衡。當(dāng)粒子從女進(jìn)入兩板間后，立即進(jìn)入磁場(chǎng)物體在

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

粒子出磁場(chǎng)區(qū)域后沿OT做勻速直線運(yùn)動(dòng)，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(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度8取最大值時(shí)的夾角為。，當(dāng)磁場(chǎng)最強(qiáng)時(shí)，R最小，最大設(shè)為盤(pán),

由牛頓第二定律

2

I廠

avB=m—

R

解得

R=—

qB

當(dāng)B減小時(shí)，粒子離開(kāi)磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑也要增大，。點(diǎn)向6板靠近。ZY與人板上表面的夾角越變?cè)叫?

當(dāng)后在板間幾乎沿著6板上表面運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)的半徑R,。點(diǎn)無(wú)線接近向6板上表面時(shí)，當(dāng)粒子離開(kāi)磁場(chǎng)后在板間幾乎沿

著b板上表面運(yùn)動(dòng)而從T孔飛出板間區(qū)域，此時(shí)

Bm>B>0

滿足題目要求，夾角。趨近4,即

4=0

故粒子飛出時(shí)與。板夾角的范圍是

2

0<Θ≤arcsin—

5

qBaqBa?

7.02W；回兩個(gè)Sine=ISY0∑+

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

由運(yùn)動(dòng)定律有Bq%=m士

Kl

解得匕=警

2m

⑵如右圖所示，。、A兩點(diǎn)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(gè)初速率V時(shí),

有2個(gè)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(yùn)動(dòng)過(guò)程中僅電場(chǎng)力做功，因而在軌道的最高點(diǎn)處速率最大，用ym表示其y坐標(biāo)，由動(dòng)能定理有qEy∏1=

I2I2

ymv.-?mv0

由題知vm=kym

若E=O時(shí)，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(dá)C點(diǎn)時(shí)離開(kāi)MN,此時(shí)與MV間的作用力為零，對(duì)小滑塊受力分析計(jì)算此時(shí)的速度的大小；由

動(dòng)能定理直接計(jì)算摩擦力做的功嗎;撤去磁場(chǎng)后小滑塊將做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)分運(yùn)動(dòng)計(jì)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(guò)程中受水平向左的洛倫茲力，當(dāng)洛倫茲力等于電

場(chǎng)力時(shí)滑塊離開(kāi)MN開(kāi)始做曲線運(yùn)動(dòng)，即

Bqv=qE

解得小滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度

E

Vc=——

CB

（2）從A到C根據(jù)動(dòng)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(shí)，所受合外力為零，即滑塊在Z）點(diǎn)的速度VD方向與重力、電場(chǎng)力的合力方向垂直，故撤

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

且

Vp=^+g'2t2

聯(lián)立解得：

Vm

【點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵是分析清楚小滑塊的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，在與MN分離時(shí)，小滑塊與MN間的作用力為零，在撤去

磁場(chǎng)后小滑塊將做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)滑塊的不同的運(yùn)動(dòng)過(guò)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(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，必有重力與電場(chǎng)力平衡，設(shè)所求勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)

強(qiáng)大小為E,有

mg=qE

即

E=鱉

q

小球P緊貼平板運(yùn)動(dòng)，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(dòng)的速度為V,此時(shí)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(chǎng)區(qū)域內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R,有

mv2

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

X=R,y<O

設(shè)小球Q運(yùn)動(dòng)到相遇點(diǎn)的時(shí)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(yùn)動(dòng)到卬點(diǎn)的時(shí)間為r,由平拋運(yùn)動(dòng)，有

vy=gt

12

聯(lián)立相關(guān)方程，解得

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

10.(l)p-√2^;⑵y,,=j?l;⑶Vm=F(qE-mg)。

qBqH

【詳解】回洛倫茲力不做功，由動(dòng)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(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)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(jiàn)解析

【詳解】(1)畫(huà)出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖

Mi

qBv{)=)n-^—

T2πr

1=---

%

又粒子出三角形磁場(chǎng)時(shí)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(yùn)動(dòng)到P,由幾何關(guān)系可知

CP=d

DP=CPsin60°

運(yùn)動(dòng)時(shí)間

DP√3J

f2==

~%2%

粒子在MN右側(cè)運(yùn)動(dòng)的半徑為

r,=2d

則有

2

R，V0

cjBvii=ιn-

r=-

%

運(yùn)動(dòng)時(shí)間

63v0

故粒子從O點(diǎn)射入到返回。點(diǎn)所需要的時(shí)間

c/、(1?ττ+3y∕3)d

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

3%

⑶若三角形ABC區(qū)域磁場(chǎng)方向向里，則粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中①所示，有

/?+/?cos60°=J+-cos60°

2

解得

R=-d

6

此時(shí)根據(jù)q邑％=，”上有

BT

若三角形A3C區(qū)域磁場(chǎng)方向向外，則粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中②所示，有

+cos60o=J--cos60°

2

解得

R,=—d

2

此時(shí)根據(jù)4冬%=/?工有

R

/r、/22qEhC2πmEmE

12.⑴U=J片-?-⑵隊(duì)S=W團(tuán)?》=不V0——cos-r

tn0Bm

【詳解】（1）由于洛侖茲力不做功，只有電場(chǎng)力做功，由動(dòng)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(gè)周期7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(dòng)的

粒子在T時(shí)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(dòng)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(duì)應(yīng)的粒子運(yùn)動(dòng)速度大小為也（沿X軸），因?yàn)榱?/p>

子在y方向上的運(yùn)動(dòng)為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，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(dòng)能定理有

又

AV=g%

聯(lián)立解得

A'=W(%-5)

qBB

可寫(xiě)出圖丙曲線滿足的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)y-t函