2019-2020年高考物理專題匯編 專題4 電場和磁場 第3講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動（A）（含解析）.doc

2019-2020年高考物理專題匯編 專題4 電場和磁場 第3講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動（A）（含解析）一選擇題1.(xx馬鞍山三模17)如圖所示，xOy坐標(biāo)平面在豎直面內(nèi)，y軸正方向豎直向上，空間有垂直于xOy平面的勻強磁場（圖中未畫出）。一帶電小球從O點由靜止釋放，運動軌跡如圖中曲線所示。下列說法中正確的是A軌跡OAB可能為圓弧B小球在整個運動過程中機械能增加C小球在A點時受到的洛倫茲力與重力大小相等D小球運動至最低點A時速度最大，且沿水平方向2.(xx揚州高三測試8)如圖所示，兩平行金屬板水平放置，開始開關(guān)S合上使平行板電容器帶電板間存在垂直紙面向里的勻強磁場一個不計重力的帶電粒子恰能以水平向右的速度沿直線通過兩板在以下方法中，能使帶電粒子仍沿水平直線通過兩板的是（ ）SvA將兩板的距離增大一倍，同時將磁感應(yīng)強度增大一倍B將兩板的距離減小一半，同時將磁感應(yīng)強度增大一倍 C將開關(guān)S斷開，兩板間的正對面積減小一半，同時將板間磁場的磁感應(yīng)強度減小一半D將開關(guān)S斷開，兩板間的正對面積減小一半，同時將板間磁場的磁感應(yīng)強度增大一倍3.（xx南平綜測l 8）如圖甲，一帶電物塊無初速度地放上皮帶輪底端，皮帶輪以恒定大小的速率沿順時針傳動，該裝置處于垂直紙面向里的勻強磁場中，物塊由底端E運動至皮帶輪頂端F的過程中，其圖像如圖乙所示，物塊全程運動的時間為4.5 s，關(guān)于帶電物塊及運動過程的說法正確的是 A該物塊帶負電B皮帶輪的傳動速度大小一定為lmsC若已知皮帶的長度，可求出該過程中物塊與皮帶發(fā)生的相對位移D在2s4.5s內(nèi)，物塊與皮帶仍可能有相對運動 二非選擇題4.(xx東城區(qū)二練24)（20分）科學(xué)研究中經(jīng)常利用電場、磁場來改變帶電微粒的運動狀態(tài)。如圖甲所示，處有一個帶電微粒源可以水平向右發(fā)射質(zhì)量，電荷量，速度的帶正電的微粒。N處有一個豎直放置的熒光屏，微粒源正對著熒光屏的正中央O點，二者間距離L=12cm。在熒光屏上以O(shè)點為原點，以垂直于紙面向里為軸正方向，以豎直向上為y軸正方向建立直角坐標(biāo)系，每個方格的邊長均為1cm，圖乙所示為熒光屏的一部分（逆著微粒運動方向看）。在微粒源與熒光屏之間可以施加范圍足夠大的勻強電場、勻強磁場。忽略空氣阻力的影響及微粒間的相互作用，g取10m/s2.若微粒源與熒光屏之間只存在水平向右的勻強電場，電場強度E=32V/m，求帶電微粒打在熒光屏上的位置坐標(biāo)； 若微粒源與熒光屏之間同時存在勻強電場與勻強磁場a當(dāng)電場與磁場方向均豎直向上，電場強度E=20V/m，帶電微粒打在熒光屏上的P點，其坐標(biāo)為(-4cm,0)，求磁感應(yīng)強度B的大?。?b當(dāng)電場與磁場的大小和方向均可以調(diào)整，為使帶電微粒打在熒光屏的正中央，請你提出兩種方法并說明微粒的運動情況。EQyxONB1B2a5.(xx大慶三檢25).（18分）如圖所示，坐標(biāo)系xOy在豎直平面內(nèi)，x軸沿水平方向x0的區(qū)域有垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B1；第三象限同時存在著垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強磁場和豎直向上的勻強電場，磁感應(yīng)強度大小為B2，電場強度大小為Ex0的區(qū)域固定一與x軸成=30角的絕緣細桿一穿在細桿上的帶電小球a沿細桿勻速滑下，從N點恰能沿圓周軌道運動到x軸上的Q點,且速度方向垂直于x軸已知Q點到坐標(biāo)原點O的距離為，重力加速度為g，。空氣阻力忽略不計，求：（1）帶電小球a的電性及其比荷；（2）帶電小球a與絕緣細桿的動摩擦因數(shù)；（3）當(dāng)帶電小球a剛離開N點時，從y軸正半軸距原點O為的P點（圖中未畫出）以某一初速度平拋一個不帶電的絕緣小球b，b球剛好運動到x軸與向上運動的a球相碰，則b球的初速度為多大？6.(xx豐臺區(qū)二練24). （20分）xyzO如圖所示，某真空區(qū)域內(nèi)存在勻強電場和勻強磁磁場，取正交坐標(biāo)系Oxyz（z軸正方向豎直向上）。已知電場方向沿z軸正方向，場強大小為E；磁場方向沿y軸正方向，磁感應(yīng)強度的大小為B；重力加速度為g。一個質(zhì)量為m、帶電量為+q的帶電粒子從原點O出發(fā)在此區(qū)域內(nèi)運動。求解以下問題：（1）若撤去勻強磁場，該粒子從原點O出發(fā)的速度為v0，且沿x軸正方向。求運動一段時間t時，粒子所在位置的坐標(biāo)；（2）該區(qū)域內(nèi)仍存在題設(shè)的勻強電場和勻強磁場。該粒子能否沿坐標(biāo)軸（x軸、y軸或z軸）以速度v做勻速運動？若能，物理量m、q、E、B、v及g應(yīng)滿足怎樣的關(guān)系？若不能，說明理由。（3）若只把電場方向改為沿x軸正方向，其它條件不變，該粒子恰能在此區(qū)域里以某一恒定的速度運動。某一時刻電場和磁場全消失，該粒子在接下來的運動過程中的最小動能為最初動能的一半。求電場和磁場消失前粒子沿三個坐標(biāo)軸方向的分速度。7.（xx南平綜測2 1）(1 9分)如圖所示，電壓為U的兩塊平行金屬板MN，M板帶正電。X軸與金屬板垂直，原點O與N金屬板上的小孔重合，在OXd區(qū)域存在垂直紙面的勻強磁場 (圖上未畫出)和沿y軸負方向火小為的勻強電場，與E在y軸方向的區(qū)域足夠大。有一個質(zhì)量為m，帶電量為q的帶正電粒子(粒子重力不計)，從靠近M板內(nèi)側(cè)的P點 (P點在X軸上)由靜止釋放后從N板的小孔穿出后沿X軸做直線運動；若撤去磁場，在第四象限X>d的某區(qū)域加上左邊界與y軸平行且垂直紙面的勻強磁場B2(圖上未畫出)，為了使粒子能垂直穿過X軸上的Q點，Q點坐標(biāo)為。求(1)磁感應(yīng)強度的大小與方向；(2)磁感應(yīng)強度B2的大小與方向；(3)粒子從坐標(biāo)原點O運動到Q點所用的時間t。abEB2B1ABCDC18.(xx永州三模25)(19分)在真空中， 邊長為3L的正方形區(qū)域ABCD分成相等的三部分，左右兩側(cè)為勻強磁場，中間區(qū)域為勻強電場，如圖所示。左側(cè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為，方向垂直紙面向外；右側(cè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為，方向垂直于紙面向里；中間區(qū)域電場方向與正方形區(qū)域的上下邊界平行。一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子從平行金屬板的正極板開始由靜止被加速，加速電壓為U，加速后粒子從a點進入左側(cè)磁場，又從距正方形上下邊界等間距的b點沿與電場平行的方向進入中間區(qū)域的電場中，不計粒子重力，求：（1）a點到A點的距離；（2）電場強度E的取值在什么范圍內(nèi)時粒子能從 右側(cè)磁場的上邊緣CC1間離開；（3）改變中間區(qū)域的電場方向和場強大小，粒子可從D點射出，粒子在左右兩側(cè)磁場中運動的總時間是多少。9.(xx景德鎮(zhèn)三檢25).如圖所示，在xOy平面內(nèi)，直線MON與x軸成45夾角在MON左側(cè)且x0的空間存在著沿x軸負方向的勻強電場，場強大小為E10 V/m；在MON的右側(cè)空間存在著垂直紙面向里的勻強磁場；在MON左側(cè)且x0的空間既無磁場也無電場；一個重力不計的比荷103 C/kg的帶負電的粒子，從坐標(biāo)原點O以大小為v0200 m/s的速度沿著y軸負方向進入勻強磁場。粒子從離開O點后，最后能從y軸上A點射出電場，方向恰好與y軸正方向成45，求：(1)帶電粒子第一次經(jīng)過直線MON時速度的大小和方向；(2)磁感應(yīng)強度B的大?。?3)A點的坐標(biāo)和粒子從O點運動到A點總共所用的時間。10.(xx馬鞍山三模23). （16分）如圖甲所示，在真空中，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外。在磁場左側(cè)有一對平行金屬板M、N，兩板間距離也為R，板長為L，板的中心線O1O2與磁場的圓心O在同一直線上。置于O1處的粒子發(fā)射源可連續(xù)以速度v0沿兩板的中線O1O2發(fā)射電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電的粒子（不計粒子重力），MN兩板不加電壓時，粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好從圓心O的正下方P點離開磁場；若在M、N板間加如圖乙所示交變電壓UMN，交變電壓的周期為，t=0時刻入射的粒子恰好貼著N板右側(cè)射出。求（1）勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大?。?）交變電壓電壓U0的值（3）若粒子在磁場中運動的最長、最短時間分別為t1 、t 2 ,則它們的差值為多大？乙甲BEAMNLL6011.（xx寶雞三檢25）、（19分）如圖所示，真空室內(nèi)豎直條形區(qū)域I存在垂直紙面向外的勻強磁場，條形區(qū)域（含I、區(qū)域分界面）存在水平向右的勻強電場，電場強度為E，磁場和電場寬度均為L且足夠長，N為涂有熒光物質(zhì)的豎直板?，F(xiàn)有一束質(zhì)子從A處連續(xù)不斷地射入磁場，入射方向與M板成60夾角且與紙面平行，質(zhì)子束由兩部分組成，一部分為速度大小為v的低速質(zhì)子，另一部分為速度大小為3v的高速質(zhì)子，改變磁場強弱，使低速質(zhì)子剛能進入電場區(qū)域。已知質(zhì)子質(zhì)量為m，電量為e，不計質(zhì)子重力和相互作用力，求：（1）此時I區(qū)的磁感應(yīng)強度；（2）低速質(zhì)子在磁場中運動的時間；（3）若質(zhì)子打到N板上時會形成亮斑，則N板上兩個亮斑之間的距離為多少？12.（xx西安交大附中三模25）. （20分）在xoy平面內(nèi)，直線OM與x軸負方向成45角，以O(shè)M為邊界的勻強電場和勻強磁場如圖所示在坐標(biāo)原點O有一不計重力的粒子，其質(zhì)量和電荷量分別為m和q，以v0沿x軸正方向運動，粒子每次到x軸將反彈，第一次無能量損失，以后每次反彈水平分速度不變，豎直分速度大小減半、方向相反磁感應(yīng)強度B和電場強E關(guān)系為、求帶電粒子：xO45B（v0EyM第一次經(jīng)過OM時的坐標(biāo)；第二次到達x軸的動能；在電場中運動時豎直方向上的總路程13.(xx綿陽三診11.)（19分）v0O1B1yxOEB2baMNe,m如圖所示，在xOy平面內(nèi)，以O(shè)1(0,R)為圓心、R為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直平面向里的勻強磁場B1，x軸下方有一直線ab，ab與x軸相距為d，x軸與直線ab間區(qū)域有平行于y軸的勻強電場E，在ab的下方有一平行于x軸的感光板MN，ab與MN間區(qū)域有垂直于紙平面向外的勻強磁場B2。在0y2R的區(qū)域內(nèi)，質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從任何位置從圓形區(qū)域的左側(cè)沿x軸正方向以速度v0射入圓形區(qū)域，經(jīng)過磁場B1偏轉(zhuǎn)后都經(jīng)過O點，然后進入x軸下方。已知x軸與直線ab間勻強電場場強大小，ab與MN間磁場磁感應(yīng)強度。不計電子重力。（1）求圓形區(qū)域內(nèi)磁場磁感應(yīng)強度B1的大小？（2）若要求從所有不同位置出發(fā)的電子都不能打在感光板MN上，MN與ab板間的最小距離h1是多大？（3）若要求從所有不同位置出發(fā)的電子都能打在感光板MN上，MN與ab板間的最大距離h2是多大？當(dāng)MN與ab板間的距離最大時，電子從O點到MN板，運動時間最長是多少？第3講 帶電粒子在復(fù)合場中的運動（A卷） 參考答案與詳解1. 【答案】D【命題立意】帶電離子在復(fù)合場中的運動【解析】因為重力改變速度的大小，而洛倫茲力僅改變速度的方向，又洛倫茲力大小隨速度的變化而變化，故電荷運動的軌跡不可能是圓，故A錯誤；整個過程中由于洛倫茲力不做功，只有重力做功，故系統(tǒng)機械能守恒，故B錯誤；小球在A點時受到洛倫茲力與重力的作用，合力提供向上的向心力，所以洛倫茲力大于重力，故C錯誤；因為系統(tǒng)只有重力做功，小球運動至最低點A時重力勢能最小，則動能最大，速度的方向為該點的小切線方向，最低點的切線方向在水平方向，故D正確?！军c撥】電荷在重力和洛倫茲力共同作用下做曲線運動，重力為恒力，大小為mg，洛倫茲力大小為Bvq，與物體的速度有關(guān)，重力改變運動速度的大小，洛倫茲力改變運動方向，又洛倫茲力大小隨速度的變化而變化，故電荷運動的軌跡不可能是圓；整個過程中洛倫茲力不做功，系統(tǒng)只有重力，故系統(tǒng)的機械能守恒。2.【答案】BD【命題立意】本題旨在考查帶電粒子在混合場中的運動?！窘馕觥緼、電容器處于通電狀態(tài)，把兩板間距離增大一倍，由 可知，電場強度變?yōu)樵瓉淼囊话?，根?jù)可知，要使粒子勻速通過，同時將磁感應(yīng)強度減小一倍，故A錯誤；B、電容器處于通電狀態(tài)，把兩板間距離減小一倍，由可知，則電場強度增加一倍，根據(jù)可知，要使粒子勻速通過，磁場應(yīng)該增大一倍，故B正確；CD、如果把開關(guān)S斷開，根據(jù)，因兩極間的電量不變，當(dāng)兩板間的正對面積減小一半，則兩極板之間的電場強度增強一倍，因此根據(jù)可知，要使粒子勻速通過，磁場強度增大一倍，故C錯誤，D正確。故選：BD3.【答案】D【命題立意】本題旨在考察帶電粒子在復(fù)合場中的運動【解析】由圖得出物塊的速度和加速度隨時間的變化關(guān)系，結(jié)合對物塊的受力分析，得出洛倫茲力的方向，由左手定則即可判斷出物塊的電性；結(jié)合受力分析，得出物塊做勻速直線運動的條件，從而判斷出物塊是否相對于傳送帶靜止；結(jié)合運動學(xué)的公式可以判斷位移由圖乙可知，物塊做加速度逐漸減小的加速運動物塊的最大速度是1m/sA、對物塊進行受力分析可知，開始時物塊受到重力、支持力和摩擦力的作用，設(shè)動摩擦因數(shù)為，沿斜面的方向：FNmgsin=ma 物塊運動后，又受到洛倫茲力的作用，加速度逐漸減小，由式可知，物塊的加速度逐漸減小，一定是FN逐漸減小，而開始時：FN=mgcos，后來：FN=mgcosf洛，即洛倫茲力的方向是向上的物塊沿傳送帶向上運動，由左手定則可知，物塊帶正電故A錯誤；B、D、物塊向上運動的過程中，洛倫茲力越來越大，則受到的支持力越來越小，結(jié)合式可知，物塊的加速度也越來越小，當(dāng)加速度等于0時，物塊達到最大速度，此時：mgsin=（mgcosf洛） 由可知，只要傳送帶的速度大于等于1m/s，則物塊達到最大速度的條件與傳送帶的速度無關(guān)，所以傳送帶的速度可能是1m/s，有可能是大于1m/s，物塊可能相對于傳送帶靜止，有可能相對于傳送帶不靜止故B錯誤，D正確；C、由以上的分析可知，傳送帶的速度不能判斷，所以若已知皮帶的長度，也不能求出該過程中物塊與皮帶發(fā)生的相對位移故C錯誤故選：D4. 【答案】（1） （2）a. b.見解析【命題立意】考查帶電粒子在電場和磁場中的運動?！窘馕觥浚?）根據(jù)已知可知，帶點微粒在指向熒光屏中央的方向上做勻變速直線運動，設(shè)經(jīng)過時間打到熒光屏上，由位移公式有，由牛頓第二定律有解得帶電微粒在y軸的負半軸上做自由落體運動，下落高度所以微粒打在熒光屏上的位置坐標(biāo)是（0，-5cm）（2）a. 根據(jù)題意知，重力與電場力平衡，粒子在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動從y軸的正方向向負方向看，帶電的微粒的運動軌跡如圖所示，假設(shè)微粒在軌道半徑為R，則根據(jù)幾何關(guān)系有，解得根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力，解得b.方法1：洛倫茲力與重力方向相同，電場力與重力和洛倫茲力的合力等大反向，微粒做勻速直線運動，即磁場垂直紙面向外，電場豎直向上。方法2：電場力與重力方向相同，洛倫茲力與重力和電場力的合力等大反向，微粒做勻速直線運動，即磁場垂直紙面向里，電場豎直向下。5.【答案】（1）；（2）；（3）【命題立意】本題旨在考查帶電粒子在勻強磁場中的運動、帶電粒子在勻強電場中的運動?！窘馕觥浚?）由帶電小球在第三象限內(nèi)做勻速圓周運動可得：帶電小球帶正電且解得：（2）帶電小球從N點運動到Q點的過程中，有：由幾何關(guān)系有：聯(lián)解得： 帶電小球在桿上勻速時，由平衡條件有：解得：（3）帶電小球在第三象限內(nèi)做勻速圓周運動的周期：帶電小球第一次在第二象限豎直上下運動的總時間為：絕緣小球b平拋運動垤x軸上的時間為：EQyxONB1B2aEPv0兩球相碰有：聯(lián)解得：設(shè)絕緣小球b平拋的初速度為v0，則：解得：答：（1）帶電小球a帶正電及其比荷為；（2）帶電小球a與絕緣細桿的動摩擦因數(shù)為；（3）b球的初速度為。6.【命題立意】考查帶電粒子在復(fù)合場中的運動【答案】（1）（、0、） （2）見解析 （3）【解析】 xyzO（1）該粒子在電場力和重力共同作用下在xoz平面內(nèi)做類平拋運動，運動一段時間t時，y方向位移為0 （2分）x方向位移為 （2分）z方向加速度為 （1分）z方向位移為 （1分） 運動一段時間t時，粒子所在位置的坐標(biāo)為（、0、）（2）i若該粒子沿x軸負方向勻速運動，則洛倫茲力沿z軸負方向 必須滿足關(guān)系 （2分） ii若該粒子沿x軸正方向勻速運動，則洛倫茲力沿z軸正方向必須滿足關(guān)系 （2分） iii若該粒子沿y軸勻速運動，不受洛倫茲力必須滿足關(guān)系 （2分） （3）該粒子恰能在此區(qū)域里以某一恒定的速度運動，說明所受合外力為零 此條件沿x軸分量式為，則沿z軸的分速度為 ；（2分）此條件沿z軸分量式為，則沿x軸的分速度為；（2分）設(shè)最初的速度為v，電場和磁場全消失后粒子動能達到最小值，此時速度為水平方向，最小動能為最初動能的一半，說明 （1分）所以（1分）由于 （1分）則沿y軸的分速度為 （1分）注：以上計算題按得分點給分，學(xué)生列綜合方程且正確則給多個對應(yīng)得分點的分，其它解法正確也相應(yīng)給分。7.【答案】（1）磁感應(yīng)強度B1的大小為，方向垂直紙面向里；（2）磁感應(yīng)強度B2的大小為，方向垂直紙面向里；（3）粒子從坐標(biāo)原點O運動到Q點所用的時間t為【命題立意】本題旨在考察帶電粒子在復(fù)合場中的運動【解析】（1）根據(jù)動能定理求出粒子經(jīng)過加速電場后的速度，抓住粒子做勻速直線運動，根據(jù)平衡求出磁感應(yīng)強度的大小，結(jié)合左手定則判斷出磁場的方向（2）根據(jù)類平拋運動的規(guī)律求出粒子離開電場時的速度大小和方向，結(jié)合幾何關(guān)系求出粒子在磁場中的半徑，根據(jù)半徑公式求出磁感應(yīng)強度的大小，通過左手定則得出磁場的方向（3）幾何關(guān)系得出O到磁場左邊界在x軸上的距離，根據(jù)在磁場中的運動時間和粒子從O到磁場左邊界所用時間，求出總時間解：（1）設(shè)粒子從O點穿出時速度為v0，由動能定理得，解得由于粒子在電磁場中做直線運動，粒子所受電場力與洛倫茲力平衡，有：qv0B1=qE，解得磁場的方向垂直紙面向里（2）粒子在電磁場中運動時間，設(shè)粒子離開電場時偏向角為，有：vy=at，a=，tan=，解得=30粒子離開電場時速度大小v=，依題意，粒子運動軌跡如圖所示，設(shè)在磁場中半徑為r，可得FO=2r，2r+r=OQOF=3d，解得r=d根據(jù)洛倫茲力提供向心力，解得，方向垂直紙面向里（3）由幾何關(guān)系可知，O到磁場左邊界在x軸上的距離為L=2.5drcos60=2d，粒子從O到磁場左邊界所用時間，在磁場中運動時間，在總時間t=t1+t2=8.【答案】（1）；（2）；（3）【命題立意】本試題旨在考查帶電粒子在勻強磁場中的運動、帶電粒子在勻強電場中的運動?！窘馕觥浚?）粒子在金屬板電場加速時 粒子在左側(cè)磁場中運動時，有 a到A點的距離 由式解得（2）如圖甲所示，粒子在右側(cè)磁場中沿半徑為和的兩臨界軌道從上邊緣離開磁場時，有： 又 粒子在中間電場運動時 由式解得，電場強度的取值范圍為（3）粒子在左右磁場運動，必須改變中間區(qū)域的電場方向并取定電場E的某一恰當(dāng)確定數(shù)值，粒子才能沿如圖乙所示的軌跡從D點射出由式可得：，有由式解得答：（1）a點到A點的距離為；（2）電場強度E的取值在范圍內(nèi)時粒子能從右側(cè)磁場的上邊緣間離開；（3）粒子在左右兩側(cè)磁場中運動的總時間是10.【命題立意】本題考查帶電粒子在磁場及復(fù)合場中的運動【答案】見解析【解析】(1)當(dāng)UMN=0時粒子沿O2O3方向射入磁場軌跡如圖O1，設(shè)其半徑為R1 。 由幾何關(guān)系得：R1=R （2分） （2分）解得： （1分） （2）在t=0時刻入射粒子滿足： （3分）解得： （2分）（3）經(jīng)分析可知所有粒子經(jīng)電場后其速度仍為， 當(dāng) （k=0,1,2,3.）時刻入射的粒子貼M板平行射入磁場軌跡如04，偏轉(zhuǎn)角為。由幾何知識可知四邊形QOPO4為菱形，故 （1分） （1分）當(dāng) （k=0,1,2,3.）時刻入射的粒子貼N板平行射入磁場軌跡如05 偏轉(zhuǎn)角為。 由幾何知識可知SOPO5為菱形，故 （1分） （1分） 又 （1分） 故 （1分）9.【答案】（1），方向：沿軸負方向；（2）；（3）【命題立意】本題旨在考查帶電粒子在勻強磁場中的運動、帶電粒子在勻強電場中的運動?！窘馕觥?1) 粒子進入勻強磁場時與邊界的夾角為，粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力不做功，粒子速度大小不變，仍為，由幾何關(guān)系可知，粒子第一次飛出磁場邊界時速度方向沿軸負方向(或水平向左，或與電場方向相同)(2)粒子進入電場后做勻減速直線運動，再反向做勻加速直線運動，第二次以速度大小再次進入磁場后，做勻速圓周運動（設(shè)運動半徑為），第二次出磁場后。垂直于電場方向進入電場，做類平拋運動，軌跡如圖所示：粒子在電場中做類平拋運動，由牛頓第二定律得：解得加速度大小：粒子離開電場時偏向角的正切值：沿軸方向，有：解得：粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：解得：(3) 粒子在電場中做類平拋運動沿軸方向有：沿軸方向有：解得：，則A點坐標(biāo)為：粒子在磁場中運動的時間：粒子在電場中先勻減速后勻加速運動的時間：粒子在電場中做類平拋運動的時間：從O點離開后，到經(jīng)過y軸上的A點總共運動的時間為：答：（1）帶電粒子第一次經(jīng)過直線MON時速度的大小為，方向：沿軸負方向；（2）磁感應(yīng)強度B的大小為；（3）A點的坐標(biāo)和粒子從O點運動到A點總共所用的時間為。【易錯警示】本題中粒子先在磁場中做圓周運動，后進入電場做直線運動，再次進和磁場后做圓周運動，離開后進入磁場做類平拋運動；過程較為復(fù)雜，在解題時要注意作出運動軌跡圖，根據(jù)幾何關(guān)系確定圓的圓心及半徑；并注意類平拋及圓周運動間的關(guān)系。11.【答案】（1）；（2）；（3）【命題立意】本題旨在考查帶電粒子在勻強電場中運動、帶電粒子在勻強磁場中運動。【解析】（1）由題意可得，低速質(zhì)子速度恰好與兩場交界相切且與電場方向垂直，如下圖所示，設(shè)此時低速質(zhì)子在磁場中運動半徑為R1，根據(jù)幾何關(guān)系可得： （1）所以R1= （2）由洛倫茲力提供向心力可得： （3）可得： （4）（2）如圖所示，到達板下方亮斑的質(zhì)子是低速質(zhì)子，其在磁場中運動圓弧所對圓心角，所以： （5） （6）解得： （7）（3）如圖所示，高速質(zhì)子軌道半徑，所以有： （8）聯(lián)立（4）（8）兩式可得： （9）由幾何關(guān)系知，高速質(zhì)子做圓周運動的圓心剛好位于磁場與電場邊界線上，質(zhì)子垂直于磁場與電場邊界線進入電場，設(shè)到達板時與A點豎直高度差為： （10）設(shè)低速質(zhì)子在磁場中偏轉(zhuǎn)距離： （11）設(shè)低速質(zhì)子在電場中的運動時間為，則 （12） （13）在電場中偏轉(zhuǎn)距離： （14）聯(lián)立以上各式，可得亮斑PQ間距： （15）答：（1）此時I區(qū)的磁感應(yīng)強度為；（2）低速質(zhì)子在磁場中運動的時間為；（3）若質(zhì)子打到N板上時會形成亮斑，則N板上兩個亮斑之間的距離為12.【答案】（1）；（2）；（3）【命題立意】本試題旨在考查帶電粒子在勻強磁場中的運動、帶電粒子在勻強電場中的運動?！窘馕觥浚海?）粒子進入磁場，根據(jù)左手定則，粒子做的圓周運動后經(jīng)過，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有：，代入數(shù)據(jù)解得：故第一次經(jīng)過時的坐標(biāo)為（2）粒子第二次進入磁場，速度不變，則粒子在磁場中運動的半徑也為，故進入電場時離軸的高度為，根據(jù)動能定理，粒子到達軸的動能有：解得，動能為：（3）粒子運軌跡如圖所示：因粒子第二次進入電場做類平拋運動，故到達軸時的水平分速度為，豎直方向：解得：從類平拋開始，粒子第一次到達最高點離軸的豎直高度為：第二次到達最高點離軸的豎直高度為：第次到達最高點離軸的豎直高度為：故從類平拋開始，在豎直方向上往返的總路程為：故在電場中運動的豎直方向上總路程：答：（1）第一次經(jīng)過時的坐標(biāo)為；（2）第二次到達軸的動能為；（3）在電場中運動時豎直方向上的總路程為。13.【答案】（1）；（2）；（3）【命題立意】本題旨在考查帶電粒子在勻強磁場中的運動、帶電粒子在勻強電場中的運動。v0O1B1yxOB2baMNe,mO2r1r1【解析】（1）所有電子射入圓形區(qū)域后做圓周運動軌道半徑大小相等，設(shè)為，當(dāng)電子從位置處射入的電子經(jīng)過O點進入軸下方，則：解得：（2）設(shè)電子經(jīng)電場加速后到達時速度大小為， 電子在與MN間磁場做勻速圓周運動軌道半徑為，沿軸負方向射入電場的電子離開電場進入磁場時速度方向與水平方向成角，則： 如果電子在O點以速度沿軸負方向射入電場，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)和磁場偏轉(zhuǎn)后，不能打在感光板上，則所有電子都不能打在感光板上。恰好不能打在感光板上的電子在磁場中的圓軌道圓心為如圖，則：感光板與ab間的最小距離：解得：，（3）如果電子在O點沿軸正方向射入電場，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)和磁場偏轉(zhuǎn)后，能打在感光板上，則所有電子都能打在感光板上。恰好能打在感光板上的電子在磁場中的圓軌道圓心為，如圖，感光板與間的最大距離： 解得： 當(dāng)感光板與間的距離最大為時，所有從O點到MN板的電子中，沿軸正方向射入電場的電子，運動時間最長。設(shè)該電子在勻強電場中運動的加速度為，運動時間為，在磁場中運動周期為，時間為，則：，O3r1r1v0O1B1yxOEB2bae,mMN，運動最長時間： 解得： ，答：（1）圓形區(qū)域內(nèi)磁場磁感應(yīng)強度的大小為；（2）MN與板間的最小距離是；（3）MN與板間的最大距離是，運動時間最長是。