高考物理模型专练与解析模型24带电粒子在复合场中的运动（教师版含解析）

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。一束初速度为的带电粒子从左侧垂直电场射入后沿图中直线②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①出射，则粒子的初速度一定大于B．若粒子沿轨迹①出射，则粒子的动能一定增大C．若粒子沿轨迹③出射，则粒子的动能一定增大D．若粒子沿轨迹③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②从右侧射出，则AB．若粒子沿轨迹①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AB均错误；C．同理可知，若粒子沿轨迹③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③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．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)，下列说法正确的是()A．小球带负电B．磁场和电场的大小关系为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，有即故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．如图所示，半径为R的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，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)；(2)，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，由动量守恒定律得由动能定理得在C点，由牛顿第二定律得联立解得(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，如图所示则有由几何关系得，设小球b从C运动到A点时间为t，CA长小球b垂直CA方向加速度大小为a，有解得。小球从C到A受到的合力由几何关系电场力大小为则方向水平向右。4．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Ⅰ、Ⅱ，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，也不考虑粒子所受的重力。(1)求该粒子的比荷；(2)求粒子第1次和第4次到达磁场区域Ⅰ的左边界线N的两位置间的距离Δd；(3)若粒子的质量增加为倍，电荷量不变，t＝0时，将其在A处由静止释放，求t＝2T0时粒子的速度。【答案】(1)；(2)；(3)【详解】(1)粒子进入磁场后，据题意有，所以由周期公式得故(2)由于不计粒子穿越间的时间，则可认为时刻出发的粒子穿越的过程中电压始终为，如下图所示第一次加速后解得在Ⅰ磁场区域中第一次做圆周运动，故有可得同理，之后分别在Ⅱ和Ⅰ磁场中圆周运动的半径分别为，粒子第1次和第4次到达磁场区域Ⅰ的左边界线的两位置间的距离为(3)粒子的质量增加为，则因为，则粒子匀速圆周运动的周期变为每半个周期为从开始到为止的时间内，根据加速电压图像可知粒子进入电场的时刻分别为，，，，且加速电压大小分别为、、、，前两次为加速，最后一次为减速，由动能定理得解得5．如图所示，一个质量为m＝2.0×10－11kg，电荷量q＝＋1.0×10－5C的带电微粒，从静止开始经U1＝100V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＝100V，板长L＝20cm，两板间距。右侧匀强磁场足够长，宽度D＝10cm，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)；(2)30°；(3)或【详解】(1)微粒在加速电场中，由动能定理有解得(2)微粒在偏转电场中做类平抛运动，如图所示偏转角(3)微粒进入磁场做匀速圆周运动进入磁场的速度微粒恰好不从右边界射出时解得为使微粒不会由磁场右边界射出，磁感应强度最小值为或。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，最后从Q点平行于y轴离开磁场，已知P点的横坐标为。求：(1)带电粒子的比荷；(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)；(3)【详解】(1)由水平方向匀速直线运动得2h=v0t1竖直向下的分速度由竖直方向匀加速直线运动知vy=at1加速度为根据以上式解得(2)粒子进入磁场的速度为v，有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解得(3)粒子在磁场中运动的时间为粒子在磁场中运动的周期为，粒子在电场中运动的时间为粒子运动的总时间代入数据得7．如图所示，在xOy坐标系的的区域内分布着沿y轴正方向的匀强电场，在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，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)，方向与水平方向成角斜向右上；(2)；(3)，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，有将，代入，解得粒子运动轨迹如图：图中解得。即粒子第一次穿过MN时的速度为，方向与水平方向成角斜向右上。(2)由图，根据几何关系，有解得由牛顿第二定律，有解得(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由联立解得，粒子运动的周期故粒子在磁场中运动的时间为由以上结果可知，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．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Ⅱ象限内固定有光滑绝缘圆弧轨道，轨道与x轴相切于原点O。一个质量为、带电荷量为的小铁块从圆弧轨道上高为的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=，水平面到O点的距离，C点坐标为(，0)，重力加速度为，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)；；(2)，负号表示冲量的方向沿x轴负方向；(3)；【详解】(1)小铁块从A点运动达到O点，由机械能守恒定律有碰撞后，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(2)如图所示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合区域，电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力有代入数据解得带电粘合体在电场和磁场的复合区域运动的时间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，-x=vt3代入数据解得，做水平面上D点的位置坐标为，小球从O点运动到C点的时间小球从O点运动到D点的总时间9．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=120m/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=102C/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==0.05s微粒沿y轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，由y=at2得a=2.4×103m/s2(2)由于vy=attanα==1所以α=45°轨迹如图所示。(3)由qE=ma得E=24N/C设微粒从P点进入磁场以速度v做匀速圆周运动v=v0由qvB=m得由几何关系R=m所以可得B==1.2T10．如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为E＝4×105N/C、方向水平向左的匀强电场，在第Ⅱ象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。质荷比＝4×10－10kg/C的带正电的粒子，以初速度v0＝1.5×107m/s从x轴上的A点垂直x轴射入电场，OA＝0.2m，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Ⅲ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)B≥6×10－2T【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，则代入数据解得a＝1.0×1015m/s2xOA＝at2代入数据解得t＝2.0×10－8sy＝v0t代入数据解得y＝0.3m(2)粒子经过y轴时在电场方向的分速度为vx＝at＝2×107m/s粒子经过y轴时速度为v＝＝2.5×107m/s与y轴正方向夹角大小为θtanθ＝＝θ＝53°(3)要使粒子不进入第Ⅲ象限，如图所示，此时粒子做圆周运动的半径为R则R＋0.8R≤y解得1.8R≤y由解得B≥6×10－2T11．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，y＜0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)；(3)【详解】(1)粒子在电场中运动过程，有，联立解得粒子从点射出时所以粒子射入磁场时，速度大小方向垂直，且从中点射入。即轨迹圆心，有几何关系得由得(2)粒子在磁场中的运动的周期粒子在磁场中的运动时间(3)如图，当粒子刚好从边射出时，由几何关系得由得12．如图所示，在，内某一区域存在一匀强磁场，方向垂直纸面向里。在直线的上方，直线与之间的区域内，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、电荷量为的粒子以速度从点垂直于磁场方向射入磁场，当速度方向沿轴正方向时，粒子恰好从(的位置)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)若粒子以速度从点垂直于磁场方向射入磁场，速度方向沿x轴正方向成角(，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，若粒子以速度从点垂直于磁场方向射入第一象限，当速度方向沿轴正方向的夹角时，求粒子从射入磁场到最终离开磁场的总时间t。【答案】(1)；(2)；(3)【详解】(1)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由牛顿第二定律得解得(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θ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，如图，由几何关系可知P点的坐标为消掉θ1可得边界的曲线方程为即所加磁场在以(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θ1=60°，粒子从O到P用时由几何知识可知，粒子由P点到x轴的距离粒子在电场中做匀变速运动的时间粒子磁场和电场之间匀速直线运动的时间粒子由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θ2=120°，粒子从P到Q用时粒子从射入磁场到最终离开磁场的总时间13．一绝缘“”形杆由两段相互平行的足够长的水平直杆、和一半径为R的光滑半圆环组成，固定在竖直平面内，其中杆是光滑的，杆是粗糙的，整个装置处在水平向左的匀强电场中，在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的小环套在杆上，小环所受的电场力为重力的。(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，求间的距离；(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，设小环与杆间的动摩擦因数为μ，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)mg+qB；(3)或者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-mg•2R=0-0

题意有Eq＝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Eq•5R−mgR＝由小环在A点的受力分析及牛顿第二定律得

解得N=mg+Bq。根据牛顿第三定律，小环a在A点对圈环的压力大小为N=mg+qB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Eq≤fm=μmg即μ≥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)-mg•2R-μmgx=0-0

则克服摩擦力做功

(ii)

当Eq＞fm=μmg即μ＜小环将来回往复运动，最终会在P点的速度减为零。

则对全程由动能定理Eq•5R-mg•2R-Wf=0-0

得克服摩擦力做功Wf＝mgR14．如图所示，半径为的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，半径与轴夹角为，一电子以平行轴，速率从点沿直径方向射入磁场，从点射出进入第Ⅰ象限磁感应强度为的磁场Ⅱ中，运动到点时速度方向与轴的正方向相同，点的右侧是竖直向下电场强度为的匀强电场，最终电子从轴点射出，出射方向与轴夹角为，已知电子质量为、电荷量为，不计电子重力，求：(1)圆形磁场区域的磁感应强度大小；(2)电子从到运动的时间.【答案】(1)；(2)【详解】(1)由题意得，电子的运动半径恰好等于解得(2)电子在圆形磁场中的运动周期电子在圆形区域的运动时间电子由运动到时速度方向改变了60°角，所以其轨迹对应的圆心角为，运动的时间为电子从点到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电子由到，设电子在点沿电场方向的速度大小为，则有，解得所以电子从到运动的时间15．在平面坐标系第Ⅰ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Ⅱ、Ⅲ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，不计粒子的重力。要使粒子不从PQ边界射出，求：(1)粒子运动到A点的速度大小；(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)；(2)；(3)【详解】(1)设粒子运动到M点的速度大小为，由动能定理得可得粒子运动到A点的速度大小：(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：根据动能定理：解得匀强电场的场强大小：将代入解得：(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：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：解得：将代入解得：16．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，虚线、为其竖直边界，圆弧为其半圆边界，圆心为，半径为，、、、与圆心共线，。在边界左侧平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、带负电、初速度为零的粒子。极板M上有一小孔，粒子源、小孔和点正对，粒子可通过点垂直边界射入磁场区域。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)；或，()【详解】(1)电压为峰值时，粒子在电场中加速，由动能定理可得：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解得(2)过点做圆弧的切线(为切点)，由题意可知，粒子沿以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，轨迹圆的半径为粒子在磁场中运动所对应的圆心角设粒子在磁场中运动的最短时间为，由圆周运动规律可得解得运动时间最短时，由圆周运动规律可得解得再根据交变电流的表达式解得在磁场中运动最短时间的粒子的发射时刻为或，()17．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OA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)；【详解】(1)粒子的运动轨迹如图所示，由题意可知根据粒子在匀强电场中做类平抛运动知距离关系为竖直速度为加速度为解以上各式得(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，圆心为则由几何关系可知解得O、N两点间的距离最大值根据洛伦兹力提供向心力可知速度关系为解得18．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)，电场方向向下；(2)【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，有解得电场方向向下(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，则有得设小球到达x轴时速度方向与x轴的夹角为，则小球平抛运动有，解得19．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θ＝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θ＝30°的初速度射入磁场，粒子经磁场偏转进入电场后，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)(2)【详解】(1)粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律可知求得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，根据动能定理有求得(2)粒子在磁场中运动做圆周运动的周期第一次在磁场中运动的时间在电场中运动时qE=ma第一次在电场中运动的时间第二次在磁场中运动的时间则粒子从O点射出后到第三次经过边界MN时，粒子运动的时间20．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、二象限内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，在第三、四象限内有与y轴夹角为θ=45°的匀强电场，在y轴上(0，-L)点处，沿电场方向射出一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子的初速度为，粒子到达x轴时速度为2，不计粒子的重力。求：(1)匀强电场的电场强度大小；(2)粒子第二次和第三次经过x轴的位置的横坐标及从释放粒子到第三次经过x轴所用的时间。【答案】(1)；(2)，【详解】(1)带电粒子在电场中做匀加速运动，由题意可知粒子沿电场方向的位移为L由动能定理得可求得匀强电场的电场强度大小为

(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力。由可得粒子做圆周运动的半径由几何关系可知，粒子第二次经过x轴的横坐标为粒子进入电场后做类平抛运动，垂首于电场方向匀速运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速运动。沿电场方向的加速度为垂直于电场方向匀速运动的位移沿电场方向做初速度为零的匀加速运动的位移又知解得第三次到达x轴的位置的横坐标是粒子第一次在电场中运动的时间第一次在磁场中运动的时间因此第三次通过x轴时运动的总时间21．如图所示为平面直角坐标系xOy平面的俯视图，在第一象限存在方向沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E1；在第二、第三象限存在方向垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B；在第四象限存在由特殊静电装置产生的匀强电场，电场方向平行坐标平面且与y轴正方向的夹角为45°，电场强度大小为E2。一个带负电的粒子，从y轴上的P点(0，-d)沿x轴负方向射出，速度大小为，粒子的比荷，粒子运动依次经过y轴上的A点(图中未画出)、x轴上的C点、过C点且平行于y轴的直线上的D点(图中未画出)。已知粒子经过C点时的动能是经过A点时动能的2倍，粒子从C运动到D所用时间t2与从A运动到C所用时间t1的关系为t2=t1，不计粒子重力。求：(1)A点的坐标；(2)电场强度E1和E2的比值；(3)从A点到D点电场力对粒子做的功W。【答案】(1)(0，d)；(2)；(3)【详解】分析粒子运动.作出粒子的运动轨速如图所示(1)粒子在P点沿x轴负方向进入勾强磁场，做匀速圆周运动，设半轻为r，则有代入数据解得可见粒子做圆周运动的圆心在O点，A点在圆周的最高点，竖直坐标为所以A点的坐标为(0，d)(2)由题可知粒子在C点的动能为在A点动能的2倍，有解得可知与x轴正方向的夹角，粒子沿y轴负方向的分速度为在第一象限，粒子做类平抛运动，加速度在y轴负方向根据运动学公式有联立解得与x轴的夹角,根据运动特点可知OC=2d，运动时间为由题意有根据题意和以上分析知，粒子在第四象限受的电场力方向和的方向垂直加速度为C、D在同一条平行于y轴的直线上，在x轴方向位移为0，有联立解得则(3)粒子在D点的速度大小根据动能定理可得.电场力做的功联立解得22．如图甲所示，M、N为竖直放置的两块平行金属板，圆形虚线为与N相连且接地的圆形金属网罩(不计电阻)。PQ为与圆形网罩同心的金属收集屏，通过阻值为r0的电阻与大地相连。小孔s1、s2、圆心O与PQ中点位于同一水平线上。圆心角2θ＝120°、半径为R的网罩内有大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场。M、N间相距且接有如图乙所示的随时间t变化的电压，UMN＝U0sint(0≤t≤T)，UMN＝U0(t＞T)(式中，T已知)，质量为m电荷量为e的质子连续不断地经s1进入M、N间的电场，接着通过s2进入磁场。(质子通过M、N的过程中，板间电场可视为恒定，质子在s1处的速度可视为零，质子的重力及质子间相互作用均不计。)(1)若质子在t＞T时刻进入s1，为使质子能打到收集屏的中心需在圆形磁场区域加上一个匀强电场，求所加匀强电场的大小和方向？(2)质子在哪些时间段内自s1处进入板间，穿出磁场后均能打到收集屏PQ上？(3)若毎秒钟进入s1的质子数为n，则收集屏PQ电势稳定后的发热功率为多少？【答案】(1)，方向竖直向下；(2)和t≥T；(3)【详解】(1)在电场中，由动能定理得为使质子做匀速直线运动，有eE＝ev0B解得E＝方向竖直向下。(2)质子在板间运动，根据动能定理，有质子在磁场中运动，根据牛顿第二定律，有若质子能打在收集屏上，轨道半径r与半径R应满足的关系解得结合图象可知：质子在和之间任一时刻从s1处进入电场，均能打到收集屏上。(3)稳定时，收集屏上电荷不再增加，即在t＞T时刻以后，此时，UMN＝U0，收集屏与地面电势差恒为UU＝Ir0单位时间到达收集板的质子数n，单位时间内，质子的总能量为单位时间内屏上发热功率为消耗在电阻上的功率为所以收集屏发热功率23．如图所示，在边长为L的正方形区域内存在图示方向的匀强电场，正方形的内切圆内存在垂直纸面向里的匀强磁场。现有一质量为m、带电量为的粒子从边中点e以速度沿内切圆直径射入场区，粒子恰沿直线从边的中点f射岀场区。保持粒子入射位置及速度大小、方向均不变，仅撤去磁场，粒子射出电场时速度偏向角。已知，不计粒子重力。(1)求仅撤去磁场时粒子在电场内运动的时间及电场强度E的大小；(2)若保持粒子入射位置及速度大小、方向均不变，仅撤去电场，求粒子在磁场中的运动时间。【答案】(1)；；(2)【详解】(1)当只有电场时，粒子做类平抛运动，设粒子出电场时沿电场方向分速度为速度偏向角的正切值沿初速度方向沿电场力方向可得可知粒子一定是从c点射出电场，可得加速度沿电场方向分速度可得(2)设磁场的磁感应强度大小为B，当电场和磁场共存时粒子做直线运动，则当只存在磁场时粒子做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得粒子运动轨迹如图所示由几何关系可知偏转角满足粒子在磁场内运动周期粒子在磁场内运动时间24．如图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为和，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高处分别有P、Q两点，NS和MT间距为。质量为、带电量为的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为。(1)求该电场强度的大小和方向。(2)要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值。【答案】(1)，方向竖直向上；(2)【详解】(1)设电场强度为E，由题意有解得方向竖直向上(2)如图所示设小球不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin，对应的小球在上下区域运动的半径为r1和r2，圆心的连线与NS的夹角为φ，由公式得则有有由，解得小球入射速度的最小值为25．如图在第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，在第二、三、四象限内存在垂直平面向外的匀强磁场。一带正电粒子从x轴上的M点以速度沿与x轴正方向成角射入第二象限，恰好垂直于y轴从N点进入匀强电场，从x轴上的P点再次进入匀强磁场，且粒子从N点到P点的过程动量变化量的大小为，已知磁场的范围足够大，，粒子的比荷为k，不计粒子重力。求：(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；(2)匀强电场的电场强度E的大小；(3)粒子从P点进入匀强磁场再次到达x轴的位置与M点的距离以及经历的时间。【答案】(1)；(2)；(3)；；【详解】(1)设粒子从M点做圆周运动到N点，圆的半径为r1，根据洛伦兹力提供向心力由几何关系解得(2)粒子从N点运动到P点，做类平抛运动，根据几何关系粒子在电场