2020年高考物理一轮复习第10章磁场第49讲带电粒子在组合场和复合场中的运动学案（含解析）.doc

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1、1第 49 讲 带电粒子在组合场和复合场中的运动考点一 带电粒子在组合场中的运动1组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，电场、磁场交替出现。不同的磁场区域组合在一起也叫组合场。2分析思路(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理。(2)找关键：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键。(3)画运动轨迹：根据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。3组合场中的两种典型偏转(2017天津高考)平面直角坐标系 xOy 中，第象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第象限存在沿 y 轴负方向的匀强

2、电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的 Q 点以速度 v0沿 x 轴正方向开始运动， Q 点到 y 轴的距离为到 x 轴距离的 2 倍。粒子从坐标原点 O离开电场进入磁场，最终从 x 轴上的 P 点射出磁场， P 点到 y 轴距离与 Q 点到 y 轴距离相等。不计粒子重力，问：2(1)粒子到达 O 点时速度的大小和方向；(2)电场强度和磁感应强度的大小之比。解析 (1)在电场中，粒子做类平抛运动，设 Q 点到 x 轴距离为 L，到 y 轴距离为 2L，粒子的加速度为 a，运动时间为 t，有2L v0tL at212设粒子到达 O 点时沿 y 轴方向的分速度为 vyvy at设粒子到达 O 点

3、时速度方向与 x 轴正方向夹角为 ，有tan vyv0联立式得 45即粒子到达 O 点时速度方向与 x 轴正方向成 45角斜向上。设粒子到达 O 点时速度大小为 v，由运动的合成有v v20 v2y联立式得v v02(2)设电场强度为 E，粒子所带电荷量为 q，质量为 m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得F ma又 F qE3设磁场的磁感应强度大小为 B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 R，所受的洛伦兹力提供向心力，有qvB m v2R由几何关系可知R L2联立式得 。EB v02答案 (1) v0，速度方向与 x 轴正方向成 45角斜向上2(2)v02方法感悟带电粒子在电

4、场和磁场的组合场中运动，实际上是将粒子在电场中的加速与偏转，跟磁偏转两种运动有效组合在一起。区别电偏转和磁偏转，寻找两种运动的联系和几何关系是解题的关键。当带电粒子连续通过几个不同的场区时，粒子的受力情况和运动情况也发生相应的变化，其运动过程则由几种不同的运动阶段组成；前后两段过程的联系是带电粒子在边界的速度，前一过程的末速度就是后一过程的初速度。如图所示，一带电粒子垂直射入匀强电场，经电场偏转后从磁场的左边界上 M 点进入垂直纸面向外的匀强磁场中，最后从磁场的左边界上的 N 点离开磁场。已知带电粒子的比荷 3.210 9 C/kg，电场强度 E200 V/m， M、 N 间距 MN1 cm，

5、金属板长 L25 cm，qm4粒子的初速度 v0410 5 m/s，带电粒子的重力忽略不计，求：(1)粒子射出电场时的运动方向与初速度 v0的夹角 ；(2)磁感应强度 B 的大小。答案 (1)45 (2)2.510 2 T解析 (1)由牛顿第二定律有 qE ma粒子在电场中水平方向做匀速直线运动，L v0t粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速运动，射出电场时的竖直分速度 vy at速度偏转角的正切值 tan vyv0由以上各式代入数据解得 45。(2)粒子射出电场时的速度大小为：v v20 v2y在磁场中洛伦兹力提供向心力：Bqv mv2r由几何关系得 MN r2代入数据解得 B2.510 2

6、T。考点二 带电粒子在复合场中的运动51复合场存在形式有以下三种(1)洛伦兹力、重力并存若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，只有重力做功，故机械能守恒，由此可求解问题。(2)静电力、洛伦兹力并存(不计重力的微观粒子)若静电力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。若静电力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题。(3)静电力、洛伦兹力、重力并存若三力平衡，一定做匀速直线运动。若重力与静电力平衡，一定做匀速圆周运动。若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦

7、兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题。2带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解。3带电粒子在复合场中运动的分析方法6如图所示，区域内有与水平方向成 45角的匀强电场，区域宽度为 d1，区域内有正交的有界匀强磁场和匀强电场，区域宽度为 d2，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下。一质量为 m、电荷量为 q 的微粒在区域左边界的 P 点由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域后

8、做匀速圆周运动，从区域右边界上的 Q 点穿出，其速度方向改变了 60，重力加速度为 g，求：(1)区域和区域内匀强电场的电场强度 E1、 E2的大小；(2)区域内匀强磁场的磁感应强度 B 的大小；(3)微粒从 P 运动到 Q 的时间。解析 (1)微粒在区域内水平向右做直线运动，则在竖直方向上，有qE1sin45 mg解得 E12mgq微粒在区域内做匀速圆周运动，则在竖直方向上，有mg qE2解得 E2 。mgq(2)设微粒在区域内水平向右做直线运动时加速度为 a，离开区域时速度为 v，在区域内做匀速圆周运动的轨道半径为 R，则a gqE1cos45mv22 ad1Rsin60 d2qvB mv

9、2R解得 B 。mqd2 3gd12(3)微粒在区域内做匀加速直线运动， t12d1g在区域内做匀速圆周运动的圆心角为 60，而 T2 mBq7则 t2 T6 d23 23gd1解得 t t1 t2 。2d1g d23 23gd1答案 (1) (2) 2mgq mgq mqd2 3gd12(3) 2d1g d23 23gd1方法感悟关于是否考虑粒子重力的三种情况(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与静电力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些宏观带电小物体，如带电小球、液滴、尘埃等一般应当考虑其重力。(2)在题目中有明确说明是否要考虑重力的，按题目要求处理。(3)不能

10、直接判断是否要考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要结合运动状态确定是否要考虑重力。如图所示，位于竖直平面内的坐标系 xOy，在其第三象限空间有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B0.5 T，还有沿 x 轴负方向的匀强电场，场强大小为 E2 N/C。在其第一象限空间有沿 y 轴负方向的、场强大小也为 E 的匀强电场，并在yh(h0.4 m)的区域有磁感应强度大小也为 B 的垂直于纸面向里的匀强磁场。一个电荷量为 q 的油滴从图中第三象限的 P 点得到一初速度，恰好能沿 PO 做匀速直线运动( PO 与 x 轴负方向的夹角为 45)，并从原点 O 进入第一象限。已知重力加速度 g

11、取 10 m/s2。8(1)求油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷；(2)求油滴在 P 点得到的初速度大小；(3)求油滴在第一象限运动的时间。答案 (1)11 负电荷 (2)4 m/s (3)0.828 s2 2解析 (1)对油滴受力分析，如图所示，可知油滴带负电荷。设油滴质量为 m，由平衡条件得mg qE F11 。2(2)由第(1)问得F qvB qE2解得 v 4 m/s。2EB 2(3)进入第一象限，电场力和重力大小相等、方向相反，油滴受力平衡，油滴先做匀速直线运动，进入 yh 的区域后做匀速圆周运动，轨迹如图所示，最后从 x 轴上的 N

12、 点离开第一象限。油滴由 O 到 A 做匀速直线运动的位移为x1 hhsin45 29重力与电场力平衡，有 mg Eq其运动时间 t1 0.1 sx1v由几何关系和圆周运动的周期公式 T 知，油滴由 A 到 C 做圆周运动的时间2 mqBt2 T0.628 s14由对称性知油滴从 C 到 N 运动的时间 t3 t1油滴在第一象限运动的总时间 t t1 t2 t320.1 s0.628 s0.828 s。考点三 带电粒子在交变电磁场中的运动1带电粒子在交变电、磁场中的运动是指电场、磁场发生周期性变化，要仔细分析并确定各场的变化特点及相应的时间，其变化周期一般与粒子在电场或磁场中的运动周期有一定的

13、对应关系，应抓住变化周期与运动周期之间的联系作为解题的突破口。2解决带电粒子在交变电磁场中的运动问题的基本思路如图 a 所示的 xOy 平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中，电场强度 E 和磁感应强度B 随时间做周期性变化的图象如图 b 所示， y 轴正方向为 E 的正方向，垂直于纸面向里为 B的正方向。 t0 时刻，带负电粒子 P(重力不计)由原点 O 以速度 v0沿 y 轴正方向射出，它10恰能沿一定轨道做周期性运动。 v0、 E0和 t0为已知量，图 b 中 ，在 0 t0时间内粒E0B0 8v0 2子 P 第一次离 x 轴最远时的坐标为 。求：(2v0t0 ， 2v0t0 )(1)粒子

14、P 的比荷；(2)t2 t0时刻粒子 P 的位置；(3)带电粒子在运动中距离原点 O 的最远距离 L。解析 (1)0 t0时间内粒子 P 在匀强磁场中做匀速圆周运动，当粒子所在位置的纵、横坐标相等时，粒子在磁场中恰好运动 圆周，所以粒子 P 第一次离 x 轴的最远距离等于轨14道半径 R，即 R ，2v0t0又 qv0B0 ，mv20R代入 E0B0 8v0 2解得 qm 4v0 E0t0(2)设粒子 P 在磁场中运动的周期为 T，则T ，2 Rv0联立解得 T4 t0，即粒子 P 运动 圆周运动后磁场变为电场，粒子以速度 v0垂直电场方向进入电场后做14类平抛运动，设 t02 t0时间内水平

15、位移和竖直位移分别为 x1、 y1，则x1 v0t0，11y1 at ，12 20其中加速度 a qE0m由解得 y1 R，因此 t2 t0时刻粒子 P 的位置坐标为 ，2v0t0 (2 v0t0， 0)如图中的 b 点所示。(3)分析知，粒子 P 在 2t03 t0时间内，电场力产生的加速度方向沿 y 轴正方向，由对称关系知，在 3t0时刻速度方向沿 x 轴正方向，水平位移 x2 x1 v0t0，竖直位移y2 y1 R；在 3t05 t0时间内粒子 P 沿逆时针方向做匀速圆周运动，往复运动轨迹如图所示，由图可知，带电粒子在运动中距原点 O 的最远距离 L 即 O、 d 间的距离，L2 R2

16、x1，解得 L 2v0t0。2 答案 (1) (2) (3) 2v0t04v0 E0t0 (2 v0t0， 0) 2 方法感悟认真阅读题目、分析题意、搞清题述物理状态及过程，并用简图 示意图、运动轨迹图、受力分析图、等效图等 将这些状态及过程表示出来，以展示题述物理情境、物理模型，使物理过程更为直观、物理特征更加明显，进而快速简便解题。(2018合肥模拟)如图甲所示，带正电粒子以水平速度 v0从平行金属板 MN 间沿中线OO连续射入电场中。 MN 板间接有如图乙所示的随时间 t 变化的电压 UMN，两板间电场可看做是均匀的，且两板外无电场。紧邻金属板右侧有垂直纸面向里的匀强磁场 B，分界线为

17、CD， EF 为屏幕。金属板间距为 d，长度为 l，磁场的宽度为 d。已知： B510 3 T， l d0.2 m，每个带正电粒子的速度 v010 5 m/s，比荷为 10 8 C/kg，重力忽略不qm计，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作是恒定不变的。试求：12(1)带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径；(2)带电粒子射出电场时的最大速度；(3)带电粒子打在屏幕上的范围。答案 (1)0.2 m (2)1.41410 5 m/s(3)O上方 0.2 m 到 O下方 0.18 m 的范围内解析 (1) t0 时刻射入电场的带电粒子不被加速，进入磁场做圆周运动的半径最小。粒子在磁场中运

18、动时 qv0Bmv20rmin则带电粒子进入磁场做圆周运动的最小半径rmin m0.2 m，其运动的径迹如图中曲线所示。mv0qB 105108510 3(2)设两板间电压为 U1时，带电粒子刚好从极板边缘射出电场，则有 at2 d2 12 12 U1qdm2(lv0)代入数据，解得 U1100 V在电压不高于 100 V 时，带电粒子才能从两板间射出电场，电压高于 100 V 时，带电粒子打在极板上，不能从两板间射出。带电粒子刚好从极板边缘射出电场时，速度最大，设最大速度为 vmax，则有mv mv q12 2max 12 20 U12解得 vmax 105 m/s1.41410 5 m/s

19、。2(3)由第(1)问计算可知， t0 时刻射入电场的粒子在磁场中做圆周运动的半径13rmin d0.2 m，径迹恰与屏幕相切，设切点为 E， E 为带电粒子打在屏幕上的最高点，则 rmin0.2 mO E带电粒子射出电场的速度最大时，在磁场中做圆周运动的半径最大，打在屏幕上的位置最低。设带电粒子以最大速度射出电场进入磁场中做圆周运动的半径为 rmax，打在屏幕上的位置为 F，运动径迹如图中曲线所示。qvmaxBmv2maxrmax则带电粒子进入磁场做圆周运动的最大半径rmax m mmvmaxqB 2105108510 3 25由数学知识可得运动径迹的圆心必落在屏幕上，如图中 Q 点所示，并

20、且 Q 点必与 M 板在同一水平线上。则 m0.1 mO Qd2 0.22带电粒子打在屏幕上的最低点为 F，则 rmax m0.18 mO F O Q (25 0.1)即带电粒子打在屏幕上 O上方 0.2 m 到 O下方 0.18 m 的范围内。课后作业巩固强化练1(多选)一个重力忽略不计的带电粒子以初速度 v0垂直于电场方向向右射入匀强电场区域，穿出电场后接着又进入匀强磁场区域。设电场和磁场区域有明确的分界线，且分界线与电场强度方向平行，如图中的虚线所示。在图所示的几种情况中，可能出现的是( )答案 AD解析 A、C 选项中粒子在电场中向下偏转，所以粒子带正电，再进入磁场后，A 图中粒子应逆

21、时针运动，故 A 正确；C 图中粒子应顺时针运动，故 C 错误；同理可以判断 D 正确，B 错误。2如图所示，一束正离子从 S 点沿水平方向射出，在没有偏转电场、磁场时恰好击中荧光屏上的坐标原点 O；若同时加上电场和磁场后，正离子束最后打在荧光屏上坐标系的14第象限中，则所加电场 E 和磁场 B 的方向可能是(不计离子重力及其间相互作用力)( )A E 向下， B 向上 B E 向下， B 向下C E 向上， B 向下 D E 向上， B 向上答案 A解析 离子打在第象限，相对于原点 O 向下运动和向外运动，所以 E 向下，根据左手定则可知 B 向上，故 A 正确。3如图所示，一带电液滴在相互

22、垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为 R。已知电场的电场强度为 E，方向竖直向下；磁场的磁感应强度为 B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为 g，则( )A液滴带正电B液滴荷质比 qm EgC液滴顺时针运动D液滴运动的速度大小 vRgBE答案 C解析 液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场组成的复合场中做匀速圆周运动，可知，液滴受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故可知液滴带负电，故 A 错误；由 mg qE 解得 ，故 B 错误；磁场方向垂直纸qm gE面向里，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断液滴的运动方向

23、为顺时针，故C 正确；液滴在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为 R ，联立各式得 v ，mvqB RBgE故 D 错误。4. (多选)如图所示为一个质量为 m、电荷量为 q 的圆环，可在竖直面内水平放置的15足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中(不计空气阻力)。现给圆环向右的初速度 v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度时间图象可能是图中的( )答案 AD解析 由左手定则可知，圆环所受洛伦兹力竖直向上，如果恰好 qv0B mg，圆环与杆间无弹力，不受摩擦力，圆环将以 v0做匀速直线运动，故 A 正确；如果 qv0Bmg，则 a mg qvBm，随着 v 的减小

24、a 也减小，直到 qvB mg，以后做匀速直线运动，故 D 正确， qvB mgmB、C 错误。5. 如图所示，界面 MN 与水平地面之间有足够大的匀强磁场 B 和匀强电场 E，磁感线和电场线都处在水平方向且互相垂直， E 向右， B 垂直纸面向里。在 MN 上方有一个带正电的小球由静止开始下落，经电场和磁场到达水平地面。若不计空气阻力，小球在通过电场和磁场的过程中，下列说法中正确的是( )A小球做匀变速曲线运动B小球的电势能保持不变C洛伦兹力对小球做正功D小球动能的增量等于其电势能和重力势能减少量的总和答案 D16解析 带电小球在刚进入复合场时受力如图所示，则带电小球进入复合场后做曲线运动，

25、因为速度会发生变化，洛伦兹力就会跟着变化，所以不可能是匀变速曲线运动，A 错误；根据电势能公式 Ep q 知只有带电小球竖直向下做直线运动时，电势能才保持不变，B 错误；洛伦兹力的方向始终和速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，C 错误；由动能定理可知：重力做正功，电场力也做正功，洛伦兹力不做功，它们的代数之和等于动能的增量，D 正确。6如图所示，在 x 轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为 B 的匀强磁场，在 x 轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为 的匀强磁场。一带负电的粒子从原点 O 以与 x 轴正方B2向成 30角斜向上射入磁场，且在 x 轴上方运动半径为 R，则( )A粒子经偏转一定能回

26、到原点 OB粒子在 x 轴上方和下方两磁场中运动的轨迹半径之比为 21C粒子完成一次周期性运动的时间为2 m3qBD粒子第二次射入 x 轴上方磁场时，沿 x 轴前进 3R答案 D解析 根据左手定则判断可知，粒子在第一象限和第四象限中所受的洛伦兹力方向不同，粒子在第一象限沿顺时针方向运动，而在第四象限沿逆时针方向运动，不可能回到原点 O，故 A 错误；由 r ，知粒子做圆周运动的轨迹半径与 B 成反比，则粒子在 x 轴上方mvqB和下方两磁场中运动的轨迹半径之比为 12，故 B 错误；粒子在第一象限内轨迹所对应的圆心角为 60，在第四象限内轨迹所对应的圆心角也为 60，粒子在第一象限做圆周运动1

27、7的周期为 T ，在一个周期内，粒子在第一象限运动的时间为 t1 T ，同理，2 mqB 60360 m3qB在第四象限运动的时间为 t2 T ，故粒子完成一次周期性运动的60360 16 2 mq12B 2 m3qB时间为 t t1 t2 ，故 C 错误；根据几何知识得，粒子第二次射入 x 轴上方磁场时， mqB沿 x 轴前进的距离为 x R2 R3 R，故 D 正确。7如图甲所示，两个平行正对的水平金属板 XX极板长 L0.2 m，板间距离3d0.2 m，在金属板右端竖直边界 MN 的右侧有一区域足够大的匀强磁场，磁感应强度B510 3 T，方向垂直纸面向里。现将 X极板接地， X 极板上

28、电势 随时间变化规律如图乙所示。现有带正电的粒子流以 v010 5 m/s 的速度沿水平中线 OO连续射入电场中，粒子的比荷 10 8 C/kg，重力可忽略不计，在每个粒子通过电场的极短时间内，电场可视qm为匀强电场(设两板外无电场)。求：(1)带电粒子射出电场时的最大速率；(2)粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间之比；(3)分别从 O点和距 O点下方 0.05 m 处射入磁场的两个粒子，在 MN 上射出磁场d4时两出射点之间的距离。答案 (1) 105 m/s (2)21 (3)0.05 m233解析 (1)带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，设所加电压为 U1时，粒子从极板边缘射出：水平方

29、向： t 2 106 sLv0 3竖直方向： y at2 ，12 d2其中 a ，所以 U1 VqU1dm admq 1003当 U V 时进入电场中的粒子将打到极板上，即在电压等于 V 时进入的粒子射1003 100318出电场时具有最大速率，所以由动能定理得： q mv mv ，U12 12 2t 12 20得： vt 105 m/s。233(2)计算可得，从极板边缘射出的粒子射入磁场时的速度与水平方向的夹角为 30，从下极板边缘射出的粒子轨迹如图中 a 所示，磁场中轨迹所对的圆心角为 240，时间最长。从上极板边缘射出的粒子轨迹如图中 b 所示，磁场中轨迹所对应的圆心角为 120，时间最

30、短。因为两粒子在磁场中运动的周期 T 相同，所以粒子在磁场中运动的最长时间和2 mBq最短时间之比为 21。(3)如图所示，从 O点射入磁场的粒子速度为 v0，它在磁场中的出射点与入射点间距为 d12 R1又 R1 ，mv0Bq所以 d12mv0Bq设从距 O点下方 0.05 m 处射入磁场的粒子速度与水平方向夹角为 ，d4则它的速度为 v2 ，v0cos它在磁场中的出射点与入射点间距为 d22 R2cos ，19因为 R2 ，所以 d2 。mv2Bq 2mv0Bq所以两个粒子向上偏移的距离相等。所以两粒子射出磁场的出射点间距仍为进入磁场时的间距，即 0.05 m。d48. 如图所示，在平面直

31、角坐标系 xOy 中，第一象限内存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度 E140 N/C，方向沿 y 轴正方向；第四象限内存在一方向向左的匀强电场 E2N/C。一质量为 m210 3 kg 带正电的小球，从点 M(3.64 m，3.2 m)以 v01 m/s1603的水平速度开始运动。已知小球在第一象限内做匀速圆周运动，从点 P(2.04 m,0)进入第四象限后经过 y 轴上的点 N(0，2.28 m)(图中未标出)。( g 取 10 m/s2，sin370.6，cos370.8)求：(1)匀强磁场的磁感应强度 B；(2)小球由 P 点运动至 N 点的时间。答案 (1)2 T (2)0.6 s

32、解析 (1)由题意可知 qE1 mg，得 q510 4 C轨迹如图， Rcos xM xP， Rsin R yM可得 R2 m， 37由 qv0B ，得 B2 T。mv20R20(2)小球进入第四象限后受力分析如图，tan 0.75 即 37 。可知小mgqE2球进入第四象限后所受电场力和重力的合力与速度方向垂直，则小球进入第四象限后做类平抛运动。由几何关系可得 lNQ0.6 m由 lNQ v0t，解得 t0.6 s。真题模拟练9(2018北京高考)某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动，下列因素与完

33、成上述两类运动无关的是( )A磁场和电场的方向 B磁场和电场的强弱C粒子的电性和电量 D粒子入射时的速度答案 C解析 由题可知，当带电粒子在复合场内做匀速直线运动时，即有 Eq qvB，则v ，若仅撤除电场，粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，说明要满足题意需要对EB磁场与电场的方向以及强弱程度、粒子入射时速度都有要求，但是对粒子的电性和电量无要求，故 C 正确，A、B、D 错误。10(2017全国卷) 如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒 a、 b、 c 电荷量相等，质量分别为 ma、 mb、 mc。已知在该区域内

34、， a 在纸面内做匀速圆周运动， b 在纸面内向右做匀速直线运动， c 在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是( )21A mambmc B mbmamcC mcmamb D mcmbma答案 B解析 设三个微粒的电荷量均为 q， a 在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即mag qEb 在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则mbg qE qvbBc 在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则mcg qvcB qE比较式得： mbmamc，选项 B 正确。11(2018唐山第一学期统考) (多选)如图所示， M、 N 为两个同心金属圆环，半径分别为 R1和

35、R2，两圆环之间存在着沿金属环半径方向的电场， N 环内存在着垂直于环面向外的匀强磁场，磁感应强度为 B， N 环上有均匀分布的 6 个小孔，从 M 环的内侧边缘由静止释放一质量为 m，电荷量为 q 的粒子(不计重力)，经电场加速后通过小孔射入磁场，经过一段时间，粒子再次回到出发点，全程与金属环无碰撞。则 M、 N 间电压 U 满足的条件是( )A U B UqB2R26m qB2R25mC U D U3qB2R22m qB2R23m答案 AC解析 带电粒子由 M 内侧边缘运动到 N 环，由动能定理有 qU mv2，带电粒子进入 N1222环内磁场，与金属环无碰撞，故粒子进入磁场后，应偏转 或

36、 离开磁场，由几何关系可 3 23知，轨迹半径为 r R2tan R2或 r R2tan ，则根据 r ，联立解得 U 3 3 6 3R23 mvqB或 U ，选项 A、C 正确。3qB2R22m qB2R26m12(2018全国卷) 一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在 xOy 平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与 y 轴垂直，宽度为 l，磁感应强度的大小为 B，方向垂直于 xOy 平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为 l，电场强度的大小均为 E，方向均沿 x 轴正方向； M、 N 为条形区域边界上的两点，它们的连线与 y 轴平行。一带正电的粒子以某一速度从 M

37、点沿 y 轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M 点入射的速度从 N 点沿 y 轴正方向射出。不计重力。(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；(2)求该粒子从 M 点射入时速度的大小；(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与 x 轴正方向的夹角为 ，求该粒子的比荷及 6其从 M 点运动到 N 点的时间。答案 (1)轨迹见解析 (2)2ElBl(3) 43ElB2l2 BlE(1 3 l18l )解析 (1)粒子运动的轨迹如图 a 所示。(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)23(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从 M 点射入时速度的大小为 v0，

38、在下侧电场中运动的时间为 t，加速度的大小为 a；粒子进入磁场的速度大小为 v，方向与电场方向的夹角为 (见图 b)，速度沿电场方向的分量为 v1，根据牛顿第二定律有qE ma式中 q 和 m 分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有v1 atl v0tv1 vcos 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为 R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 qvB mv2R由几何关系得 l2 Rcos 联立式得 v0 2ElBl(3)由运动学公式和题给数据得 v1 v0cot 6联立式得 qm 43ElB2l2设粒子由 M 点运动到 N 点所用的时间为 t，则 t2 t T2( 2 6)2式中 T

39、是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，T 2 mqB由式得 t 。BlE(1 3 l18l )13(2018全国卷) 如图，在 y0 的区域存在方向沿 y 轴负方向的匀强电场，场强大小为 E；在 yR 的区域存在沿 y 方向的匀强电场，电场强度为E1.010 5 V/m。在 M 点有一正粒子以速率 v1.010 6 m/s 沿 x 方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到 0 后又返回磁场，最终又从磁场离开。已知粒子的比荷为1.010 7 C/kg，粒子重力不计。qm(1)求圆形磁场区域磁感应强度的大小；(2)求沿 x 方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程。答案 (1)0.2 T (2)(0.51) m解析 (1)沿 x 方向射入磁场的粒子进入电场后，速度减小到 0，粒子一定是从如图的 P 点射出磁场，逆着电场线运动，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径27r R0.5 m根据 Bqv ，得mv2rB ，代入数据得 B0.2 T。mvqR(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从 N 点射出磁场， MN 为直径，粒子在磁场中的路程为二分之一圆周长 s1 R设在电场中的路程为 s2，根据动能定理得Eq mv2， s2s22 12 mv2Eq总路程 s s1 s2，联立并代入数据得 s(0.51) m。28