秘籍12 带电粒子在叠加场、组合场、复合场中的综合运动问题（教师版）-备战2024年高考物理抢分秘籍

秘籍12带电粒子在等效场、叠加场、组合场、复合场中的综合运动带电粒子在场中无约束情况下，常见的几种情况：①电场力、重力并存——电场力+重力＝F等效（恒力）静止或匀速直线运动←→F电＝mg且方向相反（即F等效＝0）；匀加/减速直线运动←→F等效≠0且与v共线；匀变速曲线运动←→F等效≠0且与v不共线；无圆周运动②磁场力、重力并存匀速直线运动←→F洛＝mg且方向相反（或F洛＝F电且方向相反），运动方向与F洛垂直；变加速曲线运动（复杂曲线），因洛伦兹力不做功，故机械能守恒无静止、无匀变速直线运动、无匀变速曲线运动、无匀速圆周②磁场力、电场力并存匀速直线运动←→F洛＝mg且方向相反（或F洛＝F电且方向相反），运动方向与F洛垂直；变加速曲线运动（复杂曲线），可用动能定理求解。无静止、无匀变速直线运动、无匀变速曲线运动、无匀速圆周③磁场力、电场力、重力并存静止←→F电＝mg且方向相反，且F洛＝0；匀速直线运动←→F电、mg、F洛三力平衡；匀速圆周运动←→F电＝mg且方向相反，且F洛＝Fn；变加速曲线运动（复杂曲线），可用能量守恒定律或动能定理求解。无匀变速直线运动、无匀变速曲线运动【题型】带电粒子在等效场、叠加场、组合场、复合场中的综合运动【典例1】（2024·广东深圳·一模）如图所示，整个空间存在一水平向右的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，光滑绝缘斜面固定在水平面上。一带正电滑块从斜面顶端由静止下滑，下滑过程中始终没有离开斜面，下滑过程中滑块的位移x、受到的洛伦兹力力、加速度a与机械能等物理量的大小随时间变化的图线可能正确的是（）A． B． C． D．【答案】B【详解】AC．滑块下滑过程中始终没有离开斜面，滑块沿斜面受到的重力分力和电场力分力均保持不变，滑块做匀加速直线运动，则图像为一条与横轴平行的直线；根据图像的斜率表示速度，可知图像的斜率逐渐增大，故AC错误；B．由于滑块由静止做匀加速直线运动，则有可知图像为过原点的倾斜直线，故B正确；D．除重力做功外，还有电场力做功，则滑块的机械能不守恒，故D错误。故选B。【典例2】（2024·湖北·二模）现代科学仪器中常利用电、磁场控制带电粒子的运动。如图甲所示，纸面内存在上、下宽度均为d的匀强电场与匀强磁场，匀强电场竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力）从电场的上边界的O点由静止释放，运动到磁场的下边界的P点时正好与下边界相切。若把电场下移至磁场所在区域，如图乙所示，重新让粒子从上边界M点由静止释放，经过一段时间粒子第一次到达最低点N，下列说法正确的是（

）A．匀强电场的场强大小为B．粒子从O点运动到P点的时间为C．M、N两点的竖直距离为D．粒子经过N点时速度大小为【答案】BD【详解】A．设粒子在磁场中的速率为v，半径为R，在电场中由动能定理，有洛伦兹力充当向心力，有由几何关系可得综上可得故A错误；B.粒子在电场中的运动时间为在磁场中的运动时间为粒子从O运动到P的时间为故B正确；CD.将粒子从M到N的过程中某时刻的速度分解为向右和向下的分量、，再把粒子受到的洛伦兹力分别沿水平方向和竖直方向分解，两个洛伦兹力分量分别为设粒子在最低点N的速度大小为v1，MN的竖直距离为y。水平方向由动量定理可得由动能定理可得联立，解得故C错误；D正确。故选BD。【典例3】（2024·山东烟台·一模）如图所示，在平面内轴左侧存在平行于纸面范围足够大的匀强电场（大小未知）。一质量为、电荷量为的电子（重力不计），从轴上的点以速度、与轴负方向夹角入射，之后电子从轴上的点以的速度沿轴正方向射入第一象限，在第一象限有一垂直于纸面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场，分布在一个半径为的圆形区域内（图中未画出），且圆形区域的左侧与轴相切，圆形区域所处的位置恰好能够使得电子穿过圆形区域时速度的偏转角度最大。电子从圆形区域射出后，从轴上点射入轴下方，在轴下方存在范围足够大、方向均沿轴负方向的匀强电场（大小未知）和匀强磁场（大小未知），电子在轴下方运动一段时间后能够恰好返回点，求：（1）、两点间的电势差；（2）点的纵坐标；（3）电子在圆形磁场区域中运动的时间；（4）的可能值。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【详解】（1）到由动能定理得解得（2）将点速度沿水平方向和竖直方向分解得又解得竖直位移则点纵坐标值（3）由洛伦兹力提供向心力解得偏转角最大则圆心角最大此时运动时间（4）将点速度分解为电场力在竖直方向，则水平方向速度不变，则有绕点垂直于纸面方向做匀速圆周运动，周期为竖直方向做匀速直线运动，返回点时且则有解得，（）4【典例1】（2024·天津和平·一模）如图所示，在直角坐标系的第一象限，有方向竖直向下、场强大小为E的匀强电场，在第四象限有垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴下方放置一长度为L的绝缘薄板PQ，挡板平面与x轴垂直且上端紧贴x轴。一质量为m，电荷量为的粒子从y轴上一点以大小为的速度水平向右射出，恰好从薄板上边缘P点处射入磁场，粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，之后粒子恰好未与薄板碰撞，不计粒子重力，求：（1）粒子在y轴上的发射位置到P点的水平距离；（2）匀强磁场磁感应强度B的大小：（3）粒子在薄板右侧运动的时间t。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）根据题意可得粒子在P点速度方向与轴的夹角为，可得粒子在P点的竖直分速度粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，有竖直方向根据牛顿第二定律有而根据速度与时间的关系可得联立以上各式可得（2）粒子在点的速度粒子在磁场中做圆周运动，有粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示根据几何关系可得联立解得（3）根据几何关系可知，粒子在挡板右侧磁场中运动的时间而粒子做圆周运动的周期解得1．（2024·湖北·二模）如图甲所示，已知车轮边缘上一质点P的轨迹可看成质点P相对圆心O做速率为v的匀速圆周运动，同时圆心O向右相对地面以速率v做匀速运动形成的，该轨迹称为圆滚线。如图乙所示，空间存在竖直向下的大小为E匀强电场和水平方向（垂直纸面向里）大小为B的匀强磁场，已知一质量为m、电量大小为q的正离子在电场力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线AC运动（该曲线属于圆滚线），到达B点时速度为零，C为运动的最低点。不计重力，则（）A．该离子带负电 B．A、B两点位于同一高度C．该离子电势能先增大后减小 D．到达C点时离子速度最大【答案】BD【详解】A．根据左手定则可知该离子带正电，A错误；B．根据动能定理知，洛伦兹力不做功，从A到B，动能变化为零，则电场力做功为零，A、B两点等电势，因为该电场是匀强电场，所以A、B两点位于同一高度，B正确；C．正离子开始受到方向向下的电场力作用由静止开始向下运动，电场力先做正功后做负功，故该离子电势能先减小后增大，C错误；D．A→C电场力做正功，C→B电场力做负功，C点时离子速度最大，D正确。故选BD。2．（2024·广东·二模）如图所示为某一科研设备中对电子运动范围进行约束的装置简化图。现有一足够高的圆柱形空间，其底面半径为R，现以底面圆心为坐标原点，建立空间直角坐标系。在圆柱形区域内存在着沿z轴负向的匀强磁场和匀强电场，在的区域内存在着沿x轴正向的匀强电场。坐标为的P点有一电子源，在xOy平面内同时沿不同方向向圆柱形区域内发射了一群质量为m，电荷量为的电子，速度大小均为。已知磁感应强度的大小为，不计粒子的重力，则从电子发射到完全离开圆柱形区域的过程中，下列说法正确的是（

）A．粒子完全离开圆柱形区域时速度方向均不相同B．粒子完全离开圆柱形区域时的速度方向均平行于xOy平面C．所有粒子在磁场中运动的总时间均相同D．最晚和最早完全离开圆柱形区域的粒子的时间差为【答案】AC【详解】AB．如图所示粒子在磁场中做匀速圆周运动，有解得由于粒子的轨迹圆半径和原磁场半径相同，故粒子在xOy平面内将先后经历磁发散、进入电场匀变速直线运动、返回磁场磁聚焦三个过程，最终从xOy平面内的Q点离开，但是速度方向均不相同，在考虑他们在z方向上的匀加速直线运动，离开圆柱形区域时的速度方向不可能平行于xOy平面，故A正确，B错误；C．粒子在磁场中均经历了半个周期，因此在磁场中运动总时间相同，故C正确；D．当粒子从P点沿x轴正向发射时，粒子在xOy平面内运动时间最长，相较于运动时间最短的粒子，其多走的路程为2R，故时间差故D错误。故选AC。3．（2024·四川德阳·二模）如图所示为绝缘固定的斜面的剖面图AD，AD与水平面的夹角为θ=37°，点O、点C为直线AD上的两点，OA段粗糙，OD段光滑，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场充满AD所在的空间，AD与磁场方向垂直。质量为m、电荷量为q的物块，在C点以某一初速度（未知）沿斜面AD向上运动，此时物块与斜面AD之间的相互作用力的大小为0.6mg，已知，，OA段的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度大小为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8.下列说法正确的是（）A．物块带负电 B．物块在C点上滑的初速度大小为C．物块在斜面AD上做匀变速运动的时间为 D．物块在OA段因摩擦产生的热量为【答案】BC【详解】A．若没有磁场，则物块对斜面的压力由于物块与斜面AD之间的相互作用力的大小为0.6mg，所以洛伦兹力方向垂直于斜面向上，物块带正电，故A错误；B．根据得故B正确；C．物块从C点运动到O点的过程中受到的合外力为加速度取向下为正方向，有解得故C正确；D．物块运动到O点时的速度此时受到的洛伦兹力方向垂直于斜面向下，摩擦力开始匀速运动，所以物块在OA段因摩擦产生的热量为故D错误。故选BC。4．（2024·安徽·模拟预测）如图所示，在xOy平面的第一、二象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在第三、四象限范围内有沿x轴正方向的匀强电场，在坐标原点O有一个粒子源可以向x轴上方以不同速率向各个方向发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子，x轴上的P点坐标为，y轴上的Q点坐标为。不计粒子的重力及粒子之间的相互作用。下列说法中正确的是（

）A．所有经过P点的粒子最小速度为B．若以最小速率经过P点的粒子又恰好能过Q点，则电场强度大小为C．沿不同方向进入匀强磁场的粒子要经过P点，速度大小一定不同D．所有经过P点的粒子在匀强电场中运动的时间均相同【答案】AD【详解】A．根据洛伦兹力充当向心力有可得而所有通过P点的粒子，OP为其轨迹上的一条弦，可知，在粒子比荷相同的情况下，粒子的发射速度越大，粒子在磁场中运动的轨迹半径越大，因此当OP为粒子轨迹的直径时，经过P点的粒子半径最小，最小半径可得最小入射速度故A正确；B．以最小速率经过P点的粒子入射方向沿着轴正方向，出射方向过P点沿着轴负方向，即进入电场时垂直与电场方向，可知粒子进入电场后做类平抛运动，竖直方向做匀速直线运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据平抛运动的研究方法可得，联立解得故B错误；C．如图1所示沿图1所示轨迹运动的粒子，进入磁场的方向不同，但都经过了P点，且粒子入射速度大小相同，故C错误；D．设沿不同方向进入磁场的粒子经过P点的速度方向与轴的夹角为，如图2所示根据几何关系可得，则有可知粒子出磁场时垂直电场方向的分速度为定值，则粒子穿过电场的过程中沿轴负方向做匀速直线运动，有可得因此，所有经过P点的粒子在匀强电场中运动的时间均相同，故D正确。故选AD。5．（2024·辽宁抚顺·三模）竖直平面内有如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅱ象限内有一个以坐标原点O为圆心半径为R的四分之一光滑圆弧形轨道，有沿x轴负方向的匀强电场，电场强度为。在第Ⅲ、Ⅳ象限内有沿y轴正方向的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场，电场强度大小也为，磁感应强度为。在紧贴圆弧轨道下端内侧的A点有一质量为m、电荷量为的小球大小可忽略，从A点以某一速度（大小可调）沿圆弧轨道内侧竖直向上射入电场，x轴上OC之间有一长度为R的薄板，重力加速度为g。求：（1）为使小球能够从B点射出，的最小值；（2）从B点飞出的小球打到薄板上的可能范围；（3）若第Ⅲ、Ⅳ象限内的匀强磁场的方向改成竖直向下，。在x轴下方放置另一块水平的面积足够大的挡板M，M在磁场中可以且只能上下移动。试画出从B点飞出的小球在挡板M上的所有可能落点的范围。（只要正确画出图形即可，无需算出范围大小）【答案】（1）；（2）；（3）见解析【详解】（1）在B点小球对轨道的压力为0时最小，根据牛顿第二定律①小球由A到B根据动能定理②由①②解得（2）如图所示设小球到B点速度为，竖直方向③④水平方向⑤由③⑤解得由已知条件知在第3、4象限时所以小球做匀速圆周运动设小球做匀速圆周运动的速度为，则⑥⑦弦长⑧由③到⑧解得可见弦长与无关是定值，小球从磁场到达x轴的坐标为当时若增加则落点向右移动直到小球打到C点，所以小球打到薄板上最右侧的点为C点，所以小球落点坐标（3）如图所示阴影部分表示所有可能落点的范围，其中AB、CD是和轴及虚线相切的圆弧，是ox在挡板上的投影。6．（2024·湖南邵阳·二模）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，x轴下方有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为。A是质量为m1带正电的小球，C是质量为m2带负电的小球，A、C均可视为电荷量大小为q的质点，且2m1=m2=m。初始时C球被锁定在x轴上某一位置，把A球从y轴上某点以初速度v0水平抛出，A球与C球发生一维对心正碰，碰撞时间极短，碰前瞬间解除对C球的锁定，碰后瞬间A球速度为零，C球速度方向与x轴正方向夹角为θ=53°，碰撞前后A、C两球电荷量不变，重力加速度为g，sin53°=0.8，求：（1）小球A从开始抛出到与C球碰前运动的时间t及两球碰撞损失的机械能；（2）A球在磁场中运动的最大速度vm（结果用v0表示）；（3）C球在磁场运动过程中离x轴的最大距离H（结果用v0和g表示）。注：其中（2）、（3）问不考虑A、C两球在磁场中可能发生的碰撞。【答案】（1）；；（2）；（3）【详解】（1）由题意可知，小球A以初速度v0水平抛出，做平抛运动，A球与C球碰前速度方向也与x轴正方向夹角为θ，速度大小为v，则有解得A、C两球碰撞动量守恒，碰后C球速度为vC，则有损失的机械能解得（2）法一：由于只有重力做功，A球运动到轨迹最低点时速度最大，此时A球下降高度为H1，A球水平方向由动量定理可得又由能量守恒有解得法二：A球碰后在磁场中的运动，可看做以速度v1水平向右的匀速直线运动和以v1为线速度大小的逆时针匀速圆周运动的合运动，且v1满足则A球运动到圆周运动最低点时速度最大解得（3）法一：C球在磁场运动过程中离x轴距离最大时速度为vCm，对C球在水平方向由动量定理可得又由能量守恒有解得法二：同（2）中C球向左匀速运动速度为v2，则有匀速圆周运动的速度大小为v3，过x轴时v3水平分速度是竖直分速度可得可得C球运动到圆周运动最低点时离x轴距离最大，则有解得7．（2024·江西鹰潭·一模）如图所示，在空间建立直角坐标系，坐标轴正方向如图所示。空间有磁感应强度为方向垂直于纸面向里的磁场，Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限（含x、y轴）有电场强度为竖直向下的电场。光滑1/4圆弧轨道圆心O'，半径为圆弧轨道底端位于坐标轴原点O。质量为带电的小球A从O处水平向右飞出，经过一段时间，正好运动到O点。质量为带电小球的B从与圆心O等高处静止释放，与A同时运动到O点并发生完全非弹性碰撞，碰后生成小球C。小球A、B、C均可视为质点，所在空间无重力场作用。（1）小球A在O处的初速度为多大；（2）碰撞完成后瞬间，圆弧轨道对小球C的支持力；（3）小球C从O点飞出后的瞬间，将磁场方向改为竖直向上。分析C球在后续运动过程中，再次回到y轴时离O点的距离。【答案】（1）2m/s；（2）1.6N；（3）【详解】（1）A从飞出后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力联立整理得解得（2）设B滑到O点的速度为，由动能定理解得A、B在O点发生完全非弹性碰撞，设碰后生成的C球速度为v，由动量守恒定律在碰后瞬间，C球做圆周运动，设轨道对C支持力为F，C球带电量由解得（3）C球从轨道飞出后，受到竖直向下的电场力和垂直纸面向外的洛伦兹力，在电场力作用下，C球在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在水平方向做匀速圆周运动，每隔一个周期T，C球回到y轴上。由及解得C球圆周运动周期C球竖直方向加速度C球回到y轴时坐标代入数据解得（n=1、2、3………..）8．（2024·广东·模拟预测）如图所示是中国科学院自主研制的磁约束核聚变实验装置中的“偏转系统”原理图。由正离子和中性粒子组成的多样性粒子束通过两极板间电场后进入偏转磁场。其中的中性粒子沿原方向运动，被接收板接收；一部分离子打到左极板，其余的进入磁场发生偏转被吞噬板吞噬并发出荧光。多样性粒子束宽度为L，各组成粒子均横向均匀分布。偏转磁场为垂直纸面向外的矩形匀强磁场，磁感强度为。已知离子的比荷为k，两极板间电压为U、间距为L，极板长度为2L，吞噬板长度为2L并紧靠负极板。若离子和中性粒子的重力、相互作用力、极板厚度可忽略不计，则（1）要使的离子能沿直线通过两极板间电场，可在极板间施加一垂直于纸面的匀强磁场，求的大小；（2）若撤去极板间磁场，有n个速度为v1=的离子，能进入偏转磁场的离子全部能被吞噬板吞噬，求吞噬板上收集的离子个数及的取值范围；（3）重新在两极板间施加一垂直于纸面的匀强磁场并调整磁感应强度大小，使v2=的离子沿直线通过极板后进入偏转磁场，若此时磁场边界为矩形，如图所示，当时上述离子全部能被吞噬板吞噬，求偏转磁场的最小面积。【答案】（1）；（2），；（3）【详解】（1）粒子匀速通过极板，有解得（2）粒子在电场中偏转，有，又代入数据得故能进入磁场区域收集的离子个数为在偏转磁场中，有在磁场中偏转距离离子射出偏转电场时，对于进入磁场的左右两边界离子而言，与吞噬板左右两端相距分别为2L、，设离子恰好打到吞噬板两端，由几何关系得则（3）洛伦兹力提供向心力，有解得上述离子全部能被吞噬板吞噬，分析可知偏转磁场为最小面积矩形时，紧贴负极板射入磁场的粒子射出磁场时，沿直线运动能恰打在吞噬板的最左端。设该轨迹圆心到磁场左边界的距离为a，由相似三角形的几何关系得解得磁场的最小面积9．（2024·河北·一模）如图所示，竖直虚线的左侧有水平向左的匀强电场，右侧存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，比荷为k的负粒子甲由电场中的M点无初速释放，由O点进入磁场，OM在一条直线上，经过一段时间与静止在N点的不带电粒子乙发生无能量损失的碰撞，碰后两粒子的电荷量均分。已知粒子乙的质量为粒子甲质量的，，N到两虚线的距离均为L。忽略粒子的重力以及碰后粒子间的相互作用。（1）求竖直虚线左侧电场强度的大小；（2）若粒子甲、乙碰后的瞬间，立即将粒子乙拿走，求粒子甲从释放到第四次通过竖直虚线时到O点的距离。【答案】（1）；（2）【详解】（1）粒子甲在磁场中做匀速圆周运动经过N点，由几何关系可知粒子甲在磁场中做圆周运动的轨迹半径为L，由洛伦兹力提供向心力有解得设电场强度大小为E，粒子甲从M到O的过程，由动能定理有解得（2）粒子甲、乙碰撞过程无机械能损失，设粒子甲的质量为m，碰后瞬间粒子甲、乙的速度分别为、，则粒子乙的质量为，取碰前瞬间甲的速度方向为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律有解得由洛伦兹力提供向心力有解得则碰撞后粒子甲在磁场中做圆周运动的轨迹半径仍为L，则再偏转个圆周后垂直竖直虚线进入电场，粒子甲在电场中先向左做匀减速直线运动，再向右做匀加速直线运动，由对称性可知粒子甲再次进入磁场时速度大小不变，做圆周运动的轨迹半径仍为L，可知粒子甲第四次通过竖直虚线时到O点的距离为10．（2024·湖北·一模）如图所示，在真空坐标系xOy中，第二象限内有边界互相平行且宽度均为d的六个区域，交替分布着方向竖直向下的匀强电场和方向垂直纸面向里的匀强磁场，调节电场和磁场大小，可以控制飞出的带电粒子的速度大小及方向。现将质量为：m、电荷量为q的带正电粒子在边界P处由静止释放，粒子恰好以速度大小为、方向与y轴负方向的夹角为从坐标原点O进入区域，区域存在磁感应强度大小、方向垂直xOy平面向里的匀强磁场，不计粒子重力。求：（1）第二象限中电场强度大小与磁感应强度大小的比值；（2）粒子从坐标原点O第1次经过x轴到第2次经过x轴的时间。【答案】（1）；（2）【详解】（1）粒子从P到Q，电场力做正功，洛仑兹力不做功，由动能定理得解得根据题意粒子速度与y轴负方向的夹角为粒子在经过磁场时的水平方向上，由动量定理即解得故第二象限中电场强度大小与磁感应强度大小的比值为（2）粒子在区域做匀速圆周运动，根据运动的对称性知，粒子从坐标原点O第1次经过x轴到第2次经过x轴偏转的圆心角为周期为经过的时间11．（2024·贵州安顺·二模）如图所示，在xOy平面的第一象限内有半径为R的圆形区域，该区域内有一匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里。已知圆形区域的圆心为，其边界与x轴、y轴分别相切于P、Q点。位于P处的质子源均匀地向纸面内以大小为v的相同速率发射质量为m、电荷量为e的质子，且质子初速度的方向被限定在两侧与的夹角均为的范围内。第二象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，在x轴（）的某区间范围内放置质子接收装置MN。已知沿方向射入磁场的质子恰好从Q点垂直y轴射入匀强电场，不计质子受到的重力和质子间的相互作用力。（1）求圆形区域内匀强磁场的磁感应强度大小B；（2）求y轴正方向上有质子射出的区域范围；（3）若要求质子源发出的所有质子均被接收装置MN接收，求接收装置MN的最短长度x。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）沿方向射入磁场的质子恰好从Q点垂直y轴射入匀强电场，则该质子运动半径为，有解得（2）如图所示，设在左右两侧角方向上射入磁场的质子，最终分别有磁场边界上的A、B两点射出，对应圆周运动的圆心分别为、，则四边形和均为，则粒子由A、B两点水平飞出，且与B点重合。根据几何关系可知B点到轴的距离为，所以y轴正方向上有质子射出的区域范围为（3）若质子由处飞入电场时打在M点，由处飞入电场时打在N点，根据类平抛运动的规律，有解得MN的最短长度为12．（2024·吉林白城·一模）为探测射线，威耳逊曾用置于匀强磁场或电场中的云室来显示它们的径迹。某研究小组设计了电场和磁场分布如图所示，直角坐标系xOy平面内，第一、二象限分别存在垂直纸面向里的匀强磁场B和沿y轴正方向的匀强电场E，E、B大小均未知。质量为m、电荷量为-q的粒子从x轴负半轴M点与x轴正方向成60°射入电场，经电场偏转后以速度v0（v0已知）从点P（0，d）垂直y轴进入磁场，最后从N点与x轴正方向成60°射出磁场，不计粒子重力。（1）求电场强度E的大小；

（2）求磁感应强度B的大小；（3）若粒子在磁场中受到与速度大小成正比的阻力f＝kv（k为已知常量），观察发现该粒子轨迹呈螺旋状，且粒子恰好从Q点（图中未标出）垂直x轴射出磁场，求粒子由P点运动到Q点的时间t。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）带电粒子在电场中做反向类平抛运动，即在水平方向匀速直线，竖直方向匀减速直线，竖直分速度减小到0，则根据动能定理联立解得（2）带电粒子在电场中做圆周运动，根据牛顿第二定律运动轨迹如图所示由几何关系联立解得（3）有阻力后，例子不再做圆周运动，但洛伦兹力仍提供向心力，列式为角速度ω保持不变，且解得13．（2024·四川广安·二模）如图，在y>a区域有方向沿y轴负方向的匀强电场，y<a区域有方向垂直xOy平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。t=0时刻，质量为m的甲粒子从（，）点静止释放，另一质量为2m的乙粒子，刚好以沿x轴负方向的速度通过x轴上Q点，当甲第一次经过原点O时，甲、乙恰好相遇并发生时间极短的对心碰撞，且碰后甲、乙还能再次碰撞。假设甲的电荷量始终为q（q>0）、乙始终不带电，碰撞过程中无能量损失，不计粒子重力。求：（1）电场强度的大小；（2）甲粒子第一次到达原点O的时刻；（3）Q点的横坐标。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）如图所示甲在电场中做匀加速直线运动，设场强为E，甲进入磁场时的速率为；由动能定理有甲在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，有因甲、乙第一次相碰于原点O，则有联立解得，（2）甲在电场中的运动时间为，由运动学规律有解得设碰撞前在磁场中的运动时间为，甲做圆周运动的周期为故有故甲第一次到达原点O的时刻为（3）根据题意，甲、乙第一次碰撞后速度必然沿水平方向，甲做轨迹与x轴相切的匀速圆周运动，乙做水平方向的匀速直线运动。甲、乙要想再次碰撞，只有一种可能，即第一次碰后乙的速度恰好为0。设乙碰撞前的速率为，由于其不带电，因此做匀速直线运动。设甲第一次碰撞后的速度为，以向右为正方向，碰撞过程中，甲、乙组成的系统动量守恒、机械能守恒由动量守恒定律有机械能守恒定律有解得，即因时刻，乙刚好通过Q点，故乙由Q到O的时间即甲第一次碰撞前的运动时间，故乙在第一次碰撞前运动的距离为解得Q点的横坐标为14．（2024·江西九江·二模）如图所示，在直角坐标系的第二、第三象限内有一垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场区域，坐