1、24 带电粒子在复合场中的运动 1在如图所示的平行板器件中，匀强电场 E和匀强磁场 B互相垂直。一束初速度为v的带电粒子从左侧垂 直电场射入后沿图中直线从右侧射出。粒子重力不计，下列说法正确的是( ) A若粒子沿轨迹出射，则粒子的初速度一定大于v B若粒子沿轨迹出射，则粒子的动能一定增大 C若粒子沿轨迹出射，则粒子的动能一定增大 D若粒子沿轨迹出射，则粒子的电势能可能增大 【答案】D 【详解】 初速度为 v的带电粒子从左侧垂直电场射入后沿图中直线从右侧射出，则 qvBqE AB若粒子沿轨迹出射，粒子所受向上的力大于向下的力，但由于粒子电性末知，所以粒子所受的电 场力与洛伦兹力方向不能确定，故
2、AB 均错误； C同理可知，若粒子沿轨迹出射，粒子所受向下的力大于向上的力，但由于粒子电性末知，所以粒 子所受的电场力与洛伦兹力方向不能确定，不能确定动能的变化，故 C错误； D若粒子沿轨迹出射，如果粒子带负电，所受电场力向上，洛伦兹力向下，电场力做负功，粒子的 电势能增大，故 D 正确。 故选 D。 2(2020 浙江湖州 高三月考)如图所示，空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左， 磁场方向垂直纸面向里。一带电小球恰能以速度 v0沿与水平方向成 30 角斜向右下方做匀速直线运动， 最后进入一轴线沿小球运动方向且固定摆放的一光滑绝缘管道(管道内径略大于小球直径)，下列说法正
3、 确的是( ) A小球带负电 B磁场和电场的大小关系为 0 3 E v B C若小球刚进入管道时撤去磁场，小球仍做匀速直线运动 D若小球刚进入管道时撤去电场，小球的机械能不断增大 【答案】C 【详解】 A经分析，洛伦兹力不做功，重力做正功，而小球动能不变，电场力一定做负功，小球带正电，故 A 错误； B仅当支持力为零，电场力、重力、洛伦兹力三力平衡时，有 0 sin30qEqv B 即 0 1 2 E v B 故 B 错误； C因为电场力、重力、洛伦兹力三力平衡时，电场力和重力的合力与洛伦兹力方向相反，说明合力和 速度方向垂直， 撤去磁场后， 重力和电场力合力不做功， 支持力不做功， 则小球仍
4、沿杆做匀速直线运动， 故 C 正确； D撤去电场，只有重力对小球做功，小球的机械能不变，故 D 错误。 故选 C。 3(2020 河北唐山一中高三期中)如图所示，半径为 R 的 3 4 光滑绝缘圆形轨道固定在竖直面内，以圆形轨道 的圆心 O 为坐标原点，沿水平直径方向建立 x 轴，竖直方向建立 y 轴。y轴右侧存在竖直向下范围足够 大的匀场强电场，电场强度大小为 1 mg E q ，第二象限存在匀强电场(方向与大小均未知)。不带电的绝 缘小球 a质量为 M，带电量为+q的小球 b 质量为 m，a球从与圆心等高的轨道 A 处由静止开始沿轨道下 滑，与静止于轨道最低点的 b球正碰，碰撞后 b 球恰
5、好能通过轨道最高点 C，并落回轨道 A处，小球落 回 A 处时的速度大小与小球离开最高点 C时速度大小相等，重力加速度为 g，小球 b的电量始终保持不 变。试求： (1)第一次碰撞结束后，小球 a的速度大小； (2)第二象限中电场强度 E2的大小和方向。 【答案】(1) 1210 m vgRgR M ；(2) mg q ，水平向右 【详解】 (1)设小球 a滑动到最低时速度为 v，由机械能守恒定律得 2 1 2 MgRMv 设 a、b小球在 B 点碰撞后的速度分别为 v1、v2，b 球过最高点速度为 vc，由动量守恒定律得 2 MvMvmv 1 由动能定理得 22 1c2 11 () 2 22
6、 mgE qRmvmv 在 C 点，由牛顿第二定律得 2 c 1 v mgqEm R 联立解得 c 2vgR 2 10vgR 1 210 m vgRgR M (2)要让 b 小球落回 A 处时的速度大小与小球离开最高点 C时速度大小相等，电场力 qE2与 mg 的合力应 垂直于 AC边斜向下，把运动沿 CA 方向与垂直 CA 方向分解，CA方向做匀速直线运动，垂直 CA 方向做 匀减速运动，如图所示 则有 C1ccos45 vv C2csin45 vv 由几何关系得，设小球 b从 C 运动到 A点时间为 t，CA长 C1 2lRv t 小球 b 垂直 CA方向加速度大小为 a，有 C2 2 t
7、 va 解得2ag。小球从 C 到 A 受到的合力 2Fmamg 由几何关系电场力大小为 Fmg 电 则 2 mg E q 方向水平向右。 4(2020 江苏高二期中)如图甲所示，以两虚线 M、N 为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的电场， M、N 间电压 UMN的变化图像如图乙所示，电压的最大值为 U0、周期为 T0；M、N 两侧为相同的匀强 磁场区域、，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为 B，t=0 时，将一带正电的粒子从边界线 M上的 A 处由静止释放，经电场加速后进入磁场，粒子在磁场中做圆周运动的周期也为 T0。两虚线 M、N 间宽 度很小，粒子在其间的运动时间不计，也不考虑粒子所受
8、的重力。 (1)求该粒子的比荷 q m ； (2)求粒子第 1 次和第 4次到达磁场区域的左边界线 N 的两位置间的距离 d； (3)若粒子的质量增加为 5 4 倍，电荷量不变，t0时，将其在 A 处由静止释放，求 t2T0 时粒子的速 度。 【答案】(1) 0 2 BT ；(2) 00 2 123 TU B ；(3) 0 0 16 5 U BT 【详解】 (1)粒子进入磁场后，据题意有 0 TT，所以由周期公式得 0 2 m T qB 故 0 2q mBT (2)由于不计粒子穿越MN间的时间， 则可认为0t 时刻出发的粒子穿越MN的过程中电压始终为 0 U， 如下图所示 第一次加速后 2 0
9、1 1 2 qUmv 解得 0 1 2qU v m 在磁场区域中第一次做圆周运动，故有 2 1 1 1 v qv Bm R 可得 00001 1 221qUmUTUmvm R qBqBmBqB 同理，之后分别在和磁场中圆周运动的半径分别为 21 2RR， 31 3RR 粒子第 1次和第 4 次到达磁场区域的左边界线N的两位置间的距离为 00 123 2222 123 TU dRRR B (3)粒子的质量增加为 5 4 m，则 25 4 m T qB 因为 0 2 m T qB ，则粒子匀速圆周运动的周期变为 0 5 4 TT 每半个周期为 0 15 28 TT 从0t 开始到 0 2tT为止的
10、时间内，根据加速电压图像可知粒子进入电场的时刻分别为0， 0 5 8 T， 0 10 8 T， 0 15 8 T，且加速电压大小分别为 0 U、 0 1 2 U、0、 0 1 2 U，前两次为加速，最后一次为减速，由 动能定理得 2 0 1511 10 2422 mvqU 解得 00 0 816 55 qUU v mBT 5(2020 浙江高二期中)如图所示，一个质量为 m2.0 1011kg，电荷量 q1.0 105C的带电微粒，从静 止开始经 U1100V电压加速后，沿着平行于两金属板面射入偏转电场中，经偏转后进入右侧的匀强磁 场。 金属板的上极板带正电， 下极板带负电， 两板间电压 U2
11、100V， 板长 L20cm， 两板间距 m=10 3cd 。 右侧匀强磁场足够长，宽度 D10cm，微粒的重力忽略不计，求： (1)微粒进入偏转电场时的速度 v0大小； (2)微粒射出偏转电场时的速度偏转角； (3)为使微粒不会从磁场右边界射出，则最小的磁感应强度 B 的大小。 【答案】(1) 4 1s10 m/；(2)30 ；(3) 3 T 5 或0.35T 【详解】 (1)微粒在加速电场中，由动能定理有 2 10 1 2 qUmv 解得 4 0 1 10 m /sv (2)微粒在偏转电场中做类平抛运动，如图所示 2 qU a md y vat 0 Lv t 2 01 3 tan 23 y
12、 v U L vU d 偏转角 30 (3)微粒进入磁场做匀速圆周运动 进入磁场的速度 0 cos v v 2 v qBvm R mv R qB 微粒恰好不从右边界射出时 sinDRR 0(1 sin ) cos mv B qD 解得 3 T=0.35T 5 B 为使微粒不会由磁场右边界射出，磁感应强度最小值为 3 5 T或0.35T。 6如图所示，在平面直角坐标系 xoy 的第二象限内有平行于 y 轴的匀强电场，电场强度大小为 E，方向沿 y 轴负方向。在第一、四象限内有一个半径为 R的圆，圆心坐标为(R，0)，圆内有方向垂直于 xoy 平面向 里的匀强磁场。一带正电的粒子(不计重力)，以速
13、度为 v0从第二象限的 P点，沿平行于 x 轴正方向射入 电场， 通过坐标原点 O 进入第四象限， 速度方向与 x轴正方向成30， 最后从 Q 点平行于 y轴离开磁场， 已知 P点的横坐标为2 h。求： (1)带电粒子的比荷 q m ； (2)圆内磁场的磁感应强度 B 的大小； (3)带电粒子从 P点进入电场到从 Q 点射出磁场的总时间。 【答案】(1) 2 0 3 6 vq mEh ；(2) 0 4Eh v R ；(3) 0 63 3 hR v 【详解】 (1)由水平方向匀速直线运动得 2h=v0t1 竖直向下的分速度 0tan30y vv 由竖直方向匀加速直线运动知 vy=at1 加速度为
14、 qE a m 根据以上式解得 2 0 3 6 vq mEh (2)粒子进入磁场的速度为 v，有 0 cos30 v v 粒子运动轨迹如图所示 由几何关系得，粒子在磁场中作匀速圆周运动的轨道半径为 r=R 由洛伦兹力提供向心力可知 2 mv q B r 解得 0 4Eh B v R (3)粒子在磁场中运动的时间为 2 12 60 0 3 tT 粒子在磁场中运动的周期为 2 r T v ，粒子在电场中运动的时间为 1 0 2h t v 粒子运动的总时间 12 ttt 代入数据得 0 63 3 hR t v 7(2020 江苏省邗江中学高二期中)如图所示，在 xOy坐标系的0y d 的区域内分布着
15、沿 y 轴正方向的 匀强电场， 在2dyd的区域内分布着垂直于 xOy 平面向里的匀强磁场， MN为电场和磁场的交界面， ab 为磁场的上边界。现从原点 O处沿 x轴正方向发射出速率为 v0、比荷(电荷量与质量之比)为 k的带正 电粒子，粒子运动轨迹恰与 ab 相切并返回电场。已知电场强度 2 0 3 2 v E kd ，不计粒子重力和粒子间的相 互作用。试求： (1)粒子第一次穿过 MN 时的速度； (2)磁场的磁感应强度 B 的大小； (3)粒子在磁场中运动的时间；若增大磁感应强度 B，试判断粒子在磁场中运动的时间如何变化。 【答案】(1) 0 2v，方向与水平方向成60角斜向右上；(2)
16、 0 3v kd ；(3) 0 4 9 d v ，运动时间不变 【详解】 (1)粒子从原点 O 处沿 x轴正方向发射，在电场中做类平抛运动，由动能定理，有 22 0 11 22 qEdmvmv 将 q k m ， 2 0 3 2 v E kd 代入，解得 0 2vv 粒子运动轨迹如图： 图中 0 1 cos 2 v v 解得 60 。 即粒子第一次穿过 MN时的速度为 0 2v，方向与水平方向成60角斜向右上。 (2)由图，根据几何关系，有 cosRRd 解得 2 3 Rd 由牛顿第二定律，有 2 mv qvB R 解得 0 3v B kd (3)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由 2 2 , m
17、vR qvBT Rv 联立解得，粒子运动的周期 0 22 3 md T qBv 故粒子在磁场中运动的时间为 0 4 24 3 239 d tTT v 由以上结果可知， 粒子在磁场中运动的时间是一个常数， 与磁感应强度 B 无关， 因此增大磁感应强度 B， 粒子在磁场中运动的时间不变。 8(2020 甘肃张掖市第二中学高三月考)如图所示，在一竖直面内建立直角坐标系，在坐标平面第 I、IV象 限内存在方向竖直向上的匀强电场，在 0 xx区域内存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为 B的匀 强磁场。在第象限内固定有 1 4 光滑绝缘圆弧轨道，轨道与 x 轴相切于原点 O。一个质量为m、带电荷 量为q
18、的小铁块从 1 4 圆弧轨道上高为h的 A点沿轨道下滑至轨道最低点 O时与另一静止且不带电的质量 也为m的小铁球碰撞，之后合为一带电粘合体，带电粘合体沿 x 轴做直线运动到 C 点后进人电场和磁场 的复合区域，偏转后进入第 II象限并最终落在水平面上 D点。已知 0 x=h，水平面到 O点的距离 0 32mgh y qB ，C 点坐标为( 0 x，0)，重力加速度为g，求： (1)带电粘合体沿 x轴运动的速度大小和第 I、IV 象限内匀强电场的电场强度大小； (2)带电粘合体运动过程中受到的洛伦兹力的冲量； (3)水平面上 D点的位置坐标和带电粘合体从 O点运动到 D点的总时间。 【答案】(1
19、) 1 2 2 vgh； 2mg E q ；(2)22Imgh ，负号表示冲量的方向沿 x轴负方向；(3) 2 ,0 ghmh qB ； 2222 2 mghhm t gqBgqB 【详解】 (1)小铁块从 A 点运动达到 O 点，由机械能守恒定律有 2 0 1 2 mghmv 碰撞后，设带电粘合体沿 x 轴运动的速度为 v，由动量守恒定律有 mv0=2mv 代入数据解得 1 2 2 vgh 碰撞后粘合体沿 x轴做直线运动，电场力与重力平衡，有：2mg=qE，解得 2mg E q (2)如图所示 22422Imvmvmvmgh 负号表示冲量的方向沿 x轴负方向 (3)带电粘合体在电场和磁场的复
20、合区域，电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力有 2 2 v qvBm R 代入数据解得 2mgh R qB 带电粘合体在电场和磁场的复合区域运动的时间 2 2Rm t vqB 带电粘合体在电场和磁场的复合区域运动半周后垂直虚线沿 y=-2R 的直线向左做匀速直线运动，经过 y 轴上 y=-2R 位置后做平抛运动，由平抛运动规律有 2 03 1 2 2 yRgt，-x=vt3 代入数据解得 3 22mgh t gqB ， 2ghmh x qB 做水平面上 D 点的位置坐标为 2 ,0 ghmh qB ，小球从 O点运动到 C点的时间 1 2hh t vg 小球从 O 点运动到 D点的总时间 12
21、3 2222 22 mghhm tttt gqBgqB 9(2020 湖北省松滋市言程中学高二月考)如图所示，一个质量为 m、电荷量为q 的微粒，在 A点(0，3) 以初速度 v0=120 m/s 平行 x 轴射入电场区域，然后从电场区域进入磁场，又从磁场进入电场，并且先后 只通过 x轴上的 P 点(6， 0)和 Q 点(8， 0)各一次。 已知该微粒的比荷为 q m =102 C/kg， 微粒重力不计， 求： (1)微粒从 A 到 P所经历的时间和加速度的大小； (2)微粒到达 P点时速度方向与 x 轴正方向的夹角，并画出带电微粒在电磁场中由 A至 Q 的运动轨迹； (3)电场强度 E和磁感
22、应强度 B 的大小。 【答案】(1)0.05s，2.4 103m/s2；(2)45 ，；(3)24N/C，1.2T 【详解】 (1)微粒从平行 x轴正方向射入电场区域，由 A到 P做类平抛运动，微粒在 x轴方向上做匀速直线运动, 由 x=v0t 得 t= 0 x v =0.05 s 微粒沿 y轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，由 y= 1 2 at2 得 a=2.4 103 m/s2 (2)由于 vy=at tan = 0 y v v =1 所以 =45 轨迹如图所示。 (3)由 qE=ma 得 E=24 N/C 设微粒从 P点进入磁场以速度 v 做匀速圆周运动 v= 2v0 由 qvB=m
23、 2 v R 得 mv R qB 由几何关系 R= 2m 所以可得 B= mv qR =1.2 T 10(2020 江苏高二期中)如图所示，坐标平面第象限内存在大小为 E4 105N/C、方向水平向左的匀强电 场，在第象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。质荷比 m q 4 1010kg/C的带正电的粒子，以初 速度 v01.5 107m/s 从 x轴上的 A 点垂直 x 轴射入电场，OA0.2m，不计粒子的重力。 (1)求粒子经过 y轴时的位置到原点 O的距离； (2)求粒子经过 y轴时的速度大小和方向； (3)若要使粒子不能进入第象限，求磁感应强度 B的取值范围(不考虑粒子第二次进入电场后
24、的运动情 况)。 【答案】(1)0.3m；(2)2.5 107m/s，与 y 轴正方向夹角大小为 53 ；(3)B6102T 【详解】 (1)设粒子在电场中运动时间为 t，粒子经过 y 轴时的位置与原点 O 的距离为 y，则 qE a m 代入数据解得 a1.0 1015m/s2 xOA 1 2 at2 代入数据解得 t2.0 108s yv0t 代入数据解得 y0.3m (2)粒子经过 y 轴时在电场方向的分速度为 vxat2 107m/s 粒子经过 y 轴时速度为 v 22 0 x vv2.5 10 7m/s 与 y轴正方向夹角大小为 tan 0 x v v 4 3 53 (3)要使粒子不
25、进入第象限，如图所示，此时粒子做圆周运动的半径为 R 则 R0.8Ry 解得 1.8Ry 由 2 v qvBm R 解得 B6102T 11(2020 广东仲元中学高二期末)图所示，在平面直角坐标系 xoy内，第一象限的等腰直角三角形 MNP区 域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场， y0 的区域内存在着沿 y 轴正方向的匀强电场。 一质量为 m， 电荷量为 q 的带电粒子从电场中 Q(-2h，-h)点以速度 v0水平向右射出，经坐标原点 O 射入第一象限，最 后以垂直于 PN的方向射出磁场。已知 MN平行于 x 轴，N 点的坐标为(2h，2h)，不计粒子的重力，求： (1)电场强度的大小 E
26、 和磁感应强度的大小 B； (2)粒子在磁场中运动的时间； (3)若将磁感应强度大小改为 B1，使得粒子刚好不能从 PN射出磁场，求 B1的大小。 【答案】(1) 2 0 2 mv E qh ， 0 mv B qh ；(2) 2 0 4 h t v ；(3) 0 1 ( 21)mv B qh 【详解】 (1)粒子在电场中运动过程，有 0 2hv t， 2 1 2 hat qEma 联立解得 2 0 2 mv E qh 粒子从O点射出时 0y vatv 所以粒子射入磁场时，速度大小 0 2vv 方向垂直PM，且从PM中点射入。 P即轨迹圆心，有几何关系得 2Rh 由 2 mv qvB R 得 0
27、 mv B qh (2)粒子在磁场中的运动的周期 0 22Rh T vv 粒子在磁场中的运动时间 2 0 1 84 h tT v (3)如图，当粒子刚好从PN边射出时，由几何关系 22rrh 得 (22)rh 由 2 1 mv qvB r 得 0 1 ( 21)mv B qh 12如图所示，在02xa， aya 内某一区域存在一匀强磁场，方向垂直纸面向里。在直线y a 的上方，直线0 x与2xa之间的区域内，另有一沿 y轴负方向的匀强电场，场强大小为 E。一质量 为 m、电荷量为(0)q q的粒子以速度v从O点垂直于磁场方向射入磁场，当速度方向沿x轴正方向 时，粒子恰好从 1 O(xa的位置)
28、点正上方的 A 点沿 y轴正方向射出磁场，不计粒子重力。 (1)求磁感应强度 B 的大小； (2)若粒子以速度v从O点垂直于磁场方向射入磁场，速度方向沿 x 轴正方向成角(9090， 其中粒子射入第一象限，取正：粒子射入第四象限，取负)，为使这些粒子射出磁场后在电场中运动 的时间相同且最长，写出磁场边界的轨迹方程。 (3)磁场的边界如题(2)所求，若粒子以速度v从O点垂直于磁场方向射入第一象限，当速度方向沿x轴 正方向的夹角30时，求粒子从射入磁场到最终离开磁场的总时间 t。 【答案】(1) mv B qa ；(2) 222 ()xaya；(3) ()232amv t Eqv 【详解】 (1)
29、当粒子速度沿 x 轴方向入射，从 A点射出磁场时，几何关系知 r=a 由牛顿第二定律得 2 v qvBm r 解得 mv B qa (2)要使这些粒子射出磁场后在电场中运动的时间相同且最长，则要求进入电场时的速度与电场线平行， 设与 y 轴正方向成 角的粒子从磁场边界某点 P(x，y)射出，由题可知，粒子运动的轨迹对应的圆心角刚 好为 1=90 - ，如图，由几何关系可知 P点的坐标为 1 (1 cos)xa 1 sinya 消掉 1可得边界的曲线方程为 222 ()xaya 即所加磁场在以(a，0)为圆心，半径为 a 的圆内，如图中圆所示。 (3)粒子从磁场中的 P 点射出，因磁场圆和粒子的
30、轨迹圆的半径相等，OO1PO2构成菱形， 故粒子从 P点的出射方向与 OO1垂直，即与 y轴平行；轨迹如图所示；则粒子从 O 到 P 所对应的圆心角 为 1=60 ，粒子从 O到 P用时 1 63 Ta t v 由几何知识可知，粒子由 P 点到 x 轴的距离 1 3 sin 2 Saa 粒子在电场中做匀变速运动的时间 2 2mv t Eq 粒子磁场和电场之间匀速直线运动的时间 3 ()()223aSa t vv 粒子由 P 点第 2次进入磁场， 从 Q 点射出， PO1QO3构成菱形； 由几何知识可知 Q 点在 x 轴上， 即为(2a， 0)点；粒子由 P到 Q 所对应的圆心角 2=120 ，
31、粒子从 P 到 Q用时 4 2 33 Ta t v 粒子从射入磁场到最终离开磁场的总时间 1234 (2)32amv ttttt Eqv 13一绝缘“”形杆由两段相互平行的足够长的水平直杆PQ、MN和一半径为 R的光滑半圆环MAP组 成， 固定在竖直平面内， 其中MN杆是光滑的，PQ杆是粗糙的， 整个装置处在水平向左的匀强电场中， 在PM左侧区域足够大的范围内同时存在垂直竖直平面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B。现将一质量 为 m、带正电电量为 q 的小环套在MN杆上，小环所受的电场力为重力的 1 2 。(已知重力加速度为 g) (1)若将小环由 D 点静止释放，则刚好能到达 P点，求DM间的
32、距离； (2)在满足第一问的情况下，小环在 A点对圆环的压力； (3)若将小环由 M点右侧 5R 处静止释放，设小环与PQ杆间的动摩擦因数为 ，小环所受最大静摩擦力 与滑动摩擦力大小相等，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功。 【答案】(1)4R；(2) 7 2 mg+ qB3gR；(3) 12 mgR 或者 1 2 mgR 【详解】 (1)设电场强度为 E，DM距离为 L，对小环从 D 至 P，由动能定理： EqL-mg2R=0-0 题意有 Eq 1 2 mg 得 L=4R (2)设小环在 A点速度为 vA，对小环从 D 至 A的过程，由动能定理 Eq5RmgR 2 1 2 A mv 由
33、小环在 A点的受力分析及牛顿第二定律得 2 A A v NEqBqvm R 解得 N= 7 2 mg+Bq3gR。 根据牛顿第三定律，小环 a 在 A点对圈环的压力大小为 N= 7 2 mg+ qB3gR 方向水平向左。 (3)小环首次到 P 点速度不为零，将向右运动，当速度为零时，若满足 (i)当 Eqfm=mg 即 1 2 小环将保持静止。设此时小环距 P 点水平距离为 x，则对全程由动能定理 Eq(5R-x)-mg2R-mgx=0-0 则克服摩擦力做功 1 2 f mgR Wmgx (ii) 当 Eqfm=mg 即 1 2 小环将来回往复运动，最终会在 P 点的速度减为零。 则对全程由动
34、能定理 Eq5R-mg2R-Wf=0-0 得克服摩擦力做功 Wf 1 2 mgR 14(2020 广东高三月考)如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，半径OO与Y轴夹 角为30，一电子以平行x轴，速率v从A点沿直径 AO 方向射入磁场，从O点射出进入第象限磁感 应强度为B的磁场中，运动到C点时速度方向与x轴的正方向相同，C点的右侧是竖直向下电场强度 为E的匀强电场，最终电子从X轴D点射出，出射方向与X轴夹角为30，已知电子质量为m、电荷 量为e，不计电子重力，求： (1)圆形磁场区域的磁感应强度大小； (2)电子从A到D运动的时间. 【答案】(1) 3 3 mv eR ；(2)
35、 33 333 Rmmv veBeE 【详解】 (1)由题意得，电子的运动半径恰好等于 1 = 3 mv rR qB 解得 1 3 3 mv B eR (2)电子在圆形磁场中的运动周期 2 m T qB 电子在圆形区域的运动时间 11 13 63 R tT v 电子由O运动到C时速度方向改变了 60 角，所以其轨迹对应的圆心角为60，运动的时间为 22 12 36063 mm tT eBeB 电子从C点到D点在匀强电场中仅受电场力作用做类平抛运动，根据牛顿第二定律可得 eEma 电子由C到D，设电子在D点沿电场方向的速度大小为 y v ，则有 tan30 y vv 3y vat ， 解得 3
36、3 3 mv t eE 所以电子从A到D运动的时间 33 333 Rmmv t veBeE 15(2020 全国高三月考)在平面坐标系第象限内有沿 x 轴负方向的匀强电场，虚线 PQ 为在同一平面内的 竖直直线边界，在第、象限内虚线 PQ 与 y轴之间有垂直坐标平面向里的大小为 B 的匀强磁场。C、 D两个水平平行金属板之间的电压为 U。一质量为 m、电荷量为 q的带正电的粒子(不计粒子重力)从靠 近 D 板的 S 点由静止开始做加速运动，从 x轴上xL处的 A 点垂直于 x轴射入电场，粒子进入磁场时 速度方向与 y轴正方向60，不计粒子的重力。要使粒子不从 PQ边界射出，求： (1)粒子运动
37、到 A 点的速度大小 0 v； (2)匀强电场的场强大小 E； (3)虚线 PQ 与 y轴之间磁场的最小宽度 d。 【答案】(1) 2Uqm m ；(2) 3U L ；(3) 3 2Uqm Bq 【详解】 (1)设粒子运动到 M点的速度大小为 0 v，由动能定理得 2 0 1 2 qUmv 可得粒子运动到 A 点的速度大小： 0 2Uqm v m (2)设粒子进入磁场的速度为 v，粒子在电场中竖直方向做匀速运动，水平方向做匀加速运动： 0 cosvv 根据动能定理： 22 0 11 22 qELmvmv 解得匀强电场的场强大小： 2 0 3 2 mv E qL 将 0 2Uqm v m 代入解
38、得： 3U E L (3)带电粒子进入磁场中洛伦兹力提供向心力，设圆周运动的半径为 r，则有： 2 mv qvB r 当粒子运动的轨迹刚好与边界 PQ相切时， 粒子不从 PQ边界射出， 虚线 PQ与 y轴之间磁场的最小宽度： 3 2 d r 解得： 0 3mv d Bq 将 0 2Uqm v m 代入解得： 3 2Uqm d Bq 16 (2020 广东高三月考)如图甲所示， 空间存在垂直纸面向里的有界匀强磁场区域， 磁感应强度大小为 5 10 T ， 虚线PA、DQ为其竖直边界，圆弧ACD为其半圆边界，圆心为O，半径为1.2 2m，P、Q、A、D 与圆心O共线， 2 2mPO 。在边界左侧平
39、行于竖直边界放置一平行板电容器 MN，极板 N上有一粒 子源，可产生比荷为 11 1.8 10 C/kg、带负电、初速度为零的粒子。极板 M上有一小孔，粒子源、小孔 和P点正对，粒子可通过P点垂直边界PA射入磁场区域。现将电容器 MN接入如图乙所示的正弦交变 电源，粒子在平行极板间加速时间极短，不计粒子间的相互作用及粒子的重力。求： (1)电压为峰值时进入极板间的粒子在磁场中运动的半径； (2)粒子在磁场中运动的最短时间及这些粒子从极板 N发射的时刻(最短时间保留一位有效数字)。 【答案】(1)2m；(2) 6 1 10 s ； 2 1 2 10s 600 n 或 2 1 2 10s 120
40、n ，(01 2 3n、 、 、) 【详解】 (1)电压为峰值时，粒子在电场中加速，由动能定理可得： 2 1 2 qUmv 粒子垂直进入磁场后做匀速圆周运动，由圆周运动规律可得 2 v qvBm R 解得 2mR (2)过P点做圆弧ACD的切线PE(E为切点)，由题意可知，粒子沿以PE 为弦的圆弧在磁场中运动时 所用时间最短，由几何关系可得，轨迹圆的半径为 2mr 粒子在磁场中运动所对应的圆心角 18037371060.6 设粒子在磁场中运动的最短时间为 0 t，由圆周运动规律可得 0 t 2 qv Bmr vr 解得 6 0 1 10 st 运动时间最短时，由圆周运动规律可得 mv r qB
41、 2 1 2 qUmv 解得 18VU 再根据交变电流的表达式 2 sin m UUt T 解得在磁场中运动最短时间的粒子的发射时刻为 2 1 2 10s 600 n 或 2 1 2 10s 120 n ，(01 2 3n、 、 、) 17(2020 安徽高三三模)如图所示，在 xOy 平面的第一象限以 OA为分界线分成两部分，OA 与 x 轴的夹角 为 45，OA 与 y轴正方向之间有一沿 y轴负方向的匀强电场，OA与 x轴正方向之间有方向垂直于纸面向 里的匀强磁场。有一质量为 m，带电荷量为+q的粒子，从 y 轴上的 P点以速度 v0平行于 x轴正方向射入 匀强电场， 在电场中运动后从 O
42、A 上的 M 点垂直 OA 方向进入磁场， 经磁场偏转后第二次到达 OA上的 N 点(M、N点图中均未标出)，已知 OP=L，不计粒子的重力。求： (1)匀强电场的电场强度 E的大小； (2)求 O、N 两点间距离的最大值以及所对应的磁感应强度 B 的大小。 【答案】(1) 2 0 3 2 mv qL ；(2) 8+6 2 3 L； 0 3( 21) 2 mv qL 【详解】 (1)粒子的运动轨迹如图所示，由题意可知 0 tan45 y v v 根据粒子在匀强电场中做类平抛运动知 0 xv t 2 y v yt 距离关系为 tan45yxL 竖直速度为 y vat 加速度为 qEma 解以上各
43、式得 2 0 3 2 mv E qL (2)当粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹与 x轴相切时，O、N 两点间的距离最大如图所示，设此 时圆周运动的半径为 R，圆心为 O 则由几何关系可知 2 2 sin453 RL OMR 解得 2(22) 3 L R O、N两点间的距离最大值 86 2 ( 21) 3 ONRL 根据洛伦兹力提供向心力可知 2 mv qvB R 速度关系为 0 2vv 解得 0 3( 21) 2 mv B qL 18(2020 安徽高三二模)如图所示，在 xoy平面内，第三、四象限内有竖直方向的匀强电场和垂直于纸面向 里的匀强磁场， 将一质量为 m， 带电量为 q的小球从
44、 O点正上方 y 轴上某一点以初速度 v0水平向右抛出， 小球经过 x 轴上 P 点(图中未画出)后进入 x 轴下方的电磁场区， 并沿一段圆弧运动后恰好经过 O点， 求： (1)匀强电场强度的大小和方向； (2)匀强磁场磁感应强度的大小。 【答案】(1) mg q ，电场方向向下；(2) 0 2mg qv 【详解】 (1)由于小球经过 x 轴上 P点后进入 x 轴下方做一段圆弧运动后恰好再次经过 O点 可以判断小球带负电，在 x 轴下方做圆周运动，重力与电场力平衡，有 mgqE 解得 mg q E 电场方向向下 (2)设小球做平抛运动的时间为 t，到达 x 轴水平位移为 x，则 0 xv t
45、设小球进入 x轴下方的速度为 v，做圆周运动的的半径为 R，则有 2 v qvBm R 得 mv R qB 设小球到达 x轴时速度方向与 x 轴的夹角为，则小球平抛运动有 sin y vvgt ，2 sinxR 解得 0 2mg B qv 19(2020 广西高三一模)如图所示，在 xOy 坐标系中，有垂直坐标平面向里的匀强磁场和沿 y轴正向的匀 强电场，匀强磁场的磁感应强度为 B，电场和磁场的分界线为 MN，MN 穿过坐标原点和二、四象限，与 y 轴的夹角为 30 。一个质量为 m、带电量为 q的带正电粒子，在坐标原点以大小为 v0、方向与 x轴 正向成 30 的初速度射入磁场， 粒子经磁场
46、偏转进入电场后， 恰好能到达 x轴。 不计粒子的重力， 求： (1)匀强电场的电场强度大小； (2)粒子从 O点射出后到第三次经过边界 MN时，粒子运动的时间。 【答案】(1) 0 3 3 EBv (2) 2( 3)m qB 【详解】 (1)粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律可知 2 0 0 v qv Bm R 求得 0 mv R qB 粒子在磁场中运动的轨迹如图所示， 根据几何关系，粒子出磁场的位置离 x轴的距离为 0 3 sin60 2 mv yR qB 由于粒子进入电场后速度与电场方向相反，因此粒子做匀减速运动，刚好能到达 x 轴，根据动能定理有 2 0 1 0 2 qEymv 求得 0 3 3 EBv (2)粒子在磁场中运动做圆周运动的周期 2 m T qB 第一次在磁场中运动的时间 1 55 63 m tT qB 在电场中运动时 qE=ma 第一次在电场中运动的时间 0 2 2 3 2 vm t aqB 第二次在磁场中运动的时间 3 1 63 m tT qB 则粒子从 O点射出后到第三次经过边界 MN时，粒子运动的时间 123 2( 3)m tttt qB 20(2020 河南高三月考)如图所示，在平面直角坐标系 x
