帶電粒子在組合場及復(fù)合場中運(yùn)動

帶電粒子在組合場及復(fù)合場中運(yùn)動〔2023·江西師大附中三模〕1.如圖，豎直放置的兩塊很大的平行金屬板a、b，相距為d，ab間的電場強(qiáng)度為E，今有一帶正電的微粒從a板下邊緣以初速度v0豎直向上射入電場，當(dāng)它飛到b板時(shí)，速度大小不變，而方向變成水平方向，且剛好從高度也為d的狹縫穿過b板而進(jìn)入bc區(qū)域，bc寬度也為d，所加電場大小為E，方向豎直向上;磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小等于，重力加速度為g，那么以下說法中正確的選項(xiàng)是〔〕A.粒子在ab區(qū)域中做勻變速運(yùn)動，運(yùn)動時(shí)間為B.粒子在bc區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動，圓周半徑r=dC.粒子在bc區(qū)域中做勻速直線運(yùn)動，運(yùn)動時(shí)間為D.粒子在ab、bc區(qū)域中運(yùn)動的總時(shí)間為【知識點(diǎn)】帶電粒子在混合場中的運(yùn)動；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動．【答案解析】AD解析：A、將粒子在電場中的運(yùn)動沿水平和豎直方向正交分解，水平分運(yùn)動為初速度為零的勻加速運(yùn)動，豎直分運(yùn)動為末速度為零的勻減速運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式，有水平方向：v0=at，d=豎直方向：0=v0-gt解得a=g

①t=②故A正確；B、粒子在復(fù)合場中運(yùn)動時(shí)，由于電場力與重力平衡，故粒子做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力qv0B=m解得r=③

由①②③得到r=2d，故B錯(cuò)誤；C、由于r=2d，畫出軌跡，如圖。由幾何關(guān)系，得到盤旋角度為30°，故在復(fù)合場中的運(yùn)動時(shí)間為t2=故C錯(cuò)誤；D、粒子在電場中運(yùn)動時(shí)間為t1=故粒子在ab、bc區(qū)域中運(yùn)動的總時(shí)間為t=t1+t2=，故D正確；應(yīng)選AD．【思路點(diǎn)撥】將粒子在電場中的運(yùn)動沿水平和豎直方向正交分解，水平分運(yùn)動為初速度為零的勻加速運(yùn)動，豎直分運(yùn)動為末速度為零的勻減速運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式和牛頓第二定律列式分析；粒子在復(fù)合場中運(yùn)動時(shí)，由于電場力與重力平衡，故粒子做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力．〔2023·江西重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體第二次聯(lián)考〕2.如下圖，光滑圓環(huán)可繞豎直軸O1O2旋轉(zhuǎn)，在圓環(huán)上套一個(gè)小球，實(shí)驗(yàn)時(shí)發(fā)現(xiàn)，增大圓環(huán)轉(zhuǎn)速，小球在圓環(huán)上的位置升高，但無論圓環(huán)轉(zhuǎn)速多大，小球都不能上升到與圓心O等高的N點(diǎn)．現(xiàn)讓小球帶上正電荷，以下措施可以讓小球上升到N點(diǎn)的是〔〕A．在空間加上水平向左的勻強(qiáng)磁場B．在空間加上豎直向上的勻強(qiáng)電場C．在空間加上方向由圓心O向外的磁場D．在圓心O點(diǎn)放一個(gè)帶負(fù)電的點(diǎn)電荷【知識點(diǎn)】帶電粒子在混合場中的運(yùn)動．【答案解析】B解析：A、在空間加上水平向左的勻強(qiáng)磁場，根據(jù)左手定那么，可知，洛倫茲力與重力同向，因此不可能到達(dá)N點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B、當(dāng)在空間加上豎直向上的勻強(qiáng)電場，那么受到的電場力豎直向上，與重力平衡時(shí)，球可能到達(dá)N點(diǎn)，故B正確；C、當(dāng)在空間加上方向由圓心O向外的磁場，由左手定那么可知，洛倫茲力向下，因此不可能到達(dá)N點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；D、當(dāng)在圓心O點(diǎn)放一個(gè)帶負(fù)電的點(diǎn)電荷，相互間的庫侖引力，使球受到重力與庫侖力的合力不可能指向圓心，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：B．【思路點(diǎn)撥】當(dāng)球受到的合力指向圓心時(shí)，那么可能上升到N點(diǎn)，因此根據(jù)電荷帶正電，結(jié)合給定的電場與磁場，從而即可求解．考查對研究對象的受力分析，掌握電場力與洛倫茲力方向的判定，理解左手定那么應(yīng)用，注意球在N點(diǎn)的合力指向圓心是解題的關(guān)鍵．〔2023·湖北武漢二中模擬〕3.在第一象限〔含坐標(biāo)軸〕內(nèi)有垂直xoy平面周期性變化的均勻磁場，規(guī)定垂直xoy平面向里的磁場方向?yàn)檎艌鲎兓?guī)律如圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0，變化周期為T0．某一正粒子質(zhì)量為m、電量為q在t=0時(shí)從0點(diǎn)沿x軸正向射入磁場中。假設(shè)要求粒子在t=T0時(shí)距x軸最遠(yuǎn)，那么B0的值為〔〕A、B、C、D、【知識點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動．【答案解析】D解析：粒子在磁場中勻速圓周運(yùn)動，要求在T0時(shí)，粒子距z軸最遠(yuǎn)，因?yàn)榱Ｗ釉趚oy平面內(nèi)運(yùn)動，故粒子距z軸最遠(yuǎn)即為粒子距原點(diǎn)最遠(yuǎn)．如圖作出粒子運(yùn)動軌跡設(shè)兩段圓弧的圓心O1O2的連線與y軸夾角為θ，P點(diǎn)的縱坐標(biāo)為y，圓心O2到y(tǒng)軸之間的距離為x，那么由幾何關(guān)系，得

y=2r+2rcosθ

sinθ=因?yàn)榱Ｗ釉诘谝幌笙迌?nèi)運(yùn)動，x≥r由題意根據(jù)數(shù)學(xué)關(guān)系知，當(dāng)θ=300時(shí)，y取最大值，故此時(shí)粒子在磁場中t=時(shí)間內(nèi)對圓心轉(zhuǎn)過的角度為α=150°=π，根據(jù)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的時(shí)間t=T得：T＝t＝T0又粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期公式知：T=，知磁感應(yīng)強(qiáng)度B0＝應(yīng)選：D【思路點(diǎn)撥】根據(jù)幾何知識求出P點(diǎn)橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)與粒子圓周運(yùn)動半徑的關(guān)系．根據(jù)粒子在第一象限運(yùn)動的條件求解P點(diǎn)的縱坐標(biāo)的最大值時(shí)周期與T0的關(guān)系，再根據(jù)周期公式求出磁感應(yīng)強(qiáng)度B．〔2023·湖南十三校第二次聯(lián)考〕4.如下圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中的第一象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于坐標(biāo)平面向內(nèi)的有界圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域〔圖中未畫出〕；在第二象限內(nèi)存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場。一粒子源固定在x軸上的A點(diǎn)，A點(diǎn)橫坐標(biāo)為-L。粒子源沿y軸正方向釋放出速度大小為口的電子，電子恰好能通過y軸上的C點(diǎn)，C點(diǎn)縱坐標(biāo)為2L，電子經(jīng)過磁場后恰好垂直通過第一象限內(nèi)與x軸正方向成15°角的射線ON〔電子的質(zhì)量為m，電荷量為P，不考慮粒子的重力和粒子之間的相互作用〕。求：〔1〕第二象限內(nèi)電場強(qiáng)度的大?。弧?〕圓形磁場的最小半徑?！局R點(diǎn)】動能定理的應(yīng)用；帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動．【答案解析】〔1〕〔2〕．解析：〔1〕從A到C的過程中，電子做類平拋運(yùn)動，x方向勻速運(yùn)動，y方向勻加速運(yùn)動，那么有：L＝t2；2L=vt可解得：E＝〔2〕設(shè)電子到達(dá)C點(diǎn)的速度大小為vC，方向與y軸正方向的夾角為θ．由動能定理，有mv2＝eEL解得vC＝那么cosθ＝得θ=45°畫軌跡如下圖．電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑r=電子在磁場中偏轉(zhuǎn)120°后垂直于ON射出．磁場最小半徑為：Rm＝＝rsin60°可得：Rm＝【思路點(diǎn)撥】此題中粒子先在電場中做類似平拋運(yùn)動，然后進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動，要注意兩個(gè)軌跡的連接點(diǎn)，然后根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式和牛頓第二定律以及幾何關(guān)系列式求解，其中畫出軌跡是關(guān)鍵〔2023·吉林市普高二模〕5.如下圖，在xOy坐標(biāo)系第二象限內(nèi)有一圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，半徑為l0，圓心O′坐標(biāo)為〔-l0,l0〕，磁場方向垂直xOy平面。在x軸上有坐標(biāo)〔-l0，0〕的P點(diǎn),兩個(gè)電子a、b以相同的速率沿不同方向從P點(diǎn)同時(shí)射人磁場,電子a的入射方向?yàn)閥軸正方向，b的入射方向與y軸正方向夾角為θ=π/3。電子a經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后從y軸上的Q〔0，l0〕點(diǎn)進(jìn)人第一象限，在第一象限內(nèi)緊鄰y軸有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為，勻強(qiáng)電場寬為。電子質(zhì)量為m、電荷量為e,不計(jì)重力及電子間的相互作用。求：〔1〕磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小〔2〕b電子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間〔3〕a、b兩個(gè)電子經(jīng)過電場后到達(dá)x軸的坐標(biāo)差Δx【知識點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動；牛頓第二定律；向心力；帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動．【答案解析】〔1〕〔2〕〔3〕解析：〔1〕兩電子軌跡如圖。由圖可知，a電子作圓周運(yùn)動的半徑R＝AAO′可得：O′〔2〕由幾何知識分析可知電子在磁場中運(yùn)動轉(zhuǎn)過的圓心角為電子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間電子在磁場中運(yùn)動的周期為解得〔3〕在電場中代入，即a電子恰好擊中x軸上坐標(biāo)為的位置根據(jù)幾何分析，PO′AO″為菱形，所以PO′與O″A平行.又因?yàn)镻O′⊥x軸，O″A⊥x軸，所以粒子出場速度vA平行于x軸，即b電子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后，也恰好沿x軸正方向進(jìn)入電場，有當(dāng)b沿y方向運(yùn)動后沿與x軸方向成做勻速直線運(yùn)動可得解得：U【思路點(diǎn)撥】此題考查帶電粒子在磁場和電場中的運(yùn)動，要注意電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，在磁場中做平拋運(yùn)動，要求正確利用好幾何關(guān)系進(jìn)行分析．U〔2023·福建漳州八校第四次聯(lián)考〕6.如下圖，在y軸的右側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，在x軸的上方有一平行板式加速電場。有一薄絕緣板放置在y軸處，且與紙面垂直?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子由靜止經(jīng)過加速電壓為U的電場加速，然后以垂直于板的方向沿直線從A處穿過絕緣板，而后從x軸上的D處以與x軸負(fù)向夾角為30°的方向進(jìn)入第四象限，假設(shè)在此時(shí)再施加一個(gè)電場可以使粒子沿直線到達(dá)y軸上的C點(diǎn)〔C點(diǎn)在圖上未標(biāo)出〕。OD長為l，不計(jì)粒子的重力.求：粒子射入絕緣板之前的速度〔2〕粒子經(jīng)過絕緣板時(shí)損失了多少動能〔3〕所加電場的電場強(qiáng)度和帶電粒子在y軸的右側(cè)運(yùn)行的總時(shí)間.【知識點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動；牛頓第二定律；向心力；帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動．【答案解析】〔1〕〔2〕〔3〕解析：〔１〕粒子在電場中加速由動能定理可知〔２〕粒子在磁場中作圓周運(yùn)動軌跡如圖由幾何關(guān)系可得軌道半徑為2l由解得=由動能定理得代入數(shù)據(jù)解得所以損失動能為〔３〕粒子假設(shè)作直線運(yùn)動那么=Eq代入數(shù)據(jù)解得E=方向與x軸正向斜向下成60°角粒子在第一象限作勻速圓周運(yùn)動的時(shí)間t1=粒子在第四象限做勻速直線運(yùn)動時(shí)間t2==粒子y軸右側(cè)運(yùn)行的總時(shí)間t==【思路點(diǎn)撥】〔1〕根據(jù)動能定理求出粒子射入絕緣板之前的速度．〔2〕根據(jù)粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡，確定圓周運(yùn)動的圓心，根據(jù)幾何關(guān)系求出軌道半徑，通過洛倫茲力提供向心力求出粒子在磁場中的速度，最后通過能量守恒求出損失的動能．〔3〕帶電粒子做直線運(yùn)動，所受洛倫茲力與電場力平衡，根據(jù)平衡求出電場強(qiáng)度的大?。鶕?jù)圓心角確定在第一象限內(nèi)做圓周運(yùn)動的時(shí)間，根據(jù)勻速直線運(yùn)動的位移求出直線運(yùn)動的時(shí)間，從而求出運(yùn)動的總時(shí)間．〔2023·廣東珠海二?！?.如下圖，在平面直角坐標(biāo)系第Ⅲ象限內(nèi)充滿＋y方向的勻強(qiáng)電場，在第Ⅰ象限的某個(gè)圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場〔電場、磁場均未畫出〕；一個(gè)比荷為的帶電粒子以大小為的初速度自點(diǎn)P〔〕沿＋x方向運(yùn)動，恰經(jīng)原點(diǎn)O進(jìn)入第Ⅰ象限，粒子穿過勻強(qiáng)磁場后，最終從x軸上的點(diǎn)Q〔〕沿－y方向進(jìn)入第Ⅳ象限；該勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為，不計(jì)粒子重力。⑴求第Ⅲ象限內(nèi)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)的大??；⑵求粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的半徑及時(shí)間；⑶求圓形磁場區(qū)的最小半徑?！局R點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動；帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動．【答案解析】〔1〕〔2〕〔3〕d．解析：⑴粒子在第Ⅲ象限做類平拋運(yùn)動：解得場強(qiáng)⑵設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)瞬間，速度大小為，與軸夾角為：，粒子在磁場中，洛倫茲力提供向心力：解得粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的半徑在磁場時(shí)運(yùn)動角度：在磁場時(shí)運(yùn)動時(shí)間:⑶如圖，假設(shè)粒子進(jìn)入磁場和離開磁場的位置恰位于磁場區(qū)的某條直徑兩端，可求得磁場區(qū)的最小半徑解得【思路點(diǎn)撥】〔1〕粒子在第Ⅲ象限做類平拋運(yùn)動，根據(jù)類似平拋運(yùn)動的分位移公式列式求解即可；〔2〕先根據(jù)類平拋運(yùn)動的分運(yùn)動公式求解末速度，然后根據(jù)磁場中洛倫茲力等于向心力列得求解軌道半徑，再結(jié)合幾何關(guān)系得到速度的偏轉(zhuǎn)角，最后根據(jù)t=?T求解磁場中的運(yùn)動時(shí)間；〔3〕以磁場中的軌跡對應(yīng)的弦為直徑，那么圓形磁場區(qū)的半徑最?。?023·湖北襄陽四中模擬〕8.如下圖，在ｘｏｙ平面內(nèi)，有一個(gè)圓形區(qū)域的直徑ＡＢ與ｘ軸重合，圓心Ｏ′的坐標(biāo)為〔2ａ，０〕，其半徑為ａ，該區(qū)域內(nèi)無磁場．在ｙ軸和直線ｘ＝3ａ之間的其他區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Ｂ．一質(zhì)量為ｍ、電荷量為ｑ的帶正電的粒子從ｙ軸上某點(diǎn)射入磁場．不計(jì)粒子重力．〔1〕假設(shè)粒子的初速度方向與ｙ軸正向夾角為60°，且粒子不經(jīng)過圓形區(qū)域就能到達(dá)Ｂ點(diǎn)，求粒子的初速度大?。觯?；〔2〕假設(shè)粒子的初速度方向與ｙ軸正向夾角為60°，在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為Δｔ＝，且粒子也能到達(dá)Ｂ點(diǎn)，求粒子的初速度大?。觯?；〔3〕假設(shè)粒子的初速度方向與ｙ軸垂直，且粒子從Ｏ′點(diǎn)第一次經(jīng)過ｘ軸，求粒子的最小初速度ｖｍ．【知識點(diǎn)】帶電粒子在磁場中運(yùn)動，在磁場中的運(yùn)動半徑和周期，示臨界速度〔最小速度〕高考中要求是II級，中難度?！敬鸢附馕觥俊?〕〔2〕〔3〕解析：〔1〕粒子不經(jīng)過圓形區(qū)域就能到達(dá)B點(diǎn)，故粒子到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度豎直向下，圓心必在x軸正半軸上.設(shè)粒子做圓周運(yùn)動的半徑為，由幾何關(guān)系得又解得〔2〕粒子在磁場中的運(yùn)動周期故粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡的圓心角為粒子到達(dá)B點(diǎn)的速度與x軸夾角設(shè)粒子做圓周運(yùn)動的半徑為，由幾何關(guān)系得又解得〔3〕設(shè)粒子從C點(diǎn)進(jìn)入原形區(qū)域，夾角為，軌跡圓對應(yīng)的半徑為r，由幾何關(guān)系得：故當(dāng)時(shí)，半徑最小為又解得【思路點(diǎn)撥】根據(jù)題目審清題意，畫出帶電粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡圖，又依據(jù)牛頓第二定律列方程求運(yùn)動半徑和周期，還要根據(jù)幾何知識列式求最小半徑—由此求出最小速度。此題設(shè)問依次遞推的，一步一步增加難度，是一道能力考查試題。〔2023·湖南長沙模擬〕9.〔1〕勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度；〔2〕粒子源在Q點(diǎn)時(shí)，粒子從發(fā)射到第二次進(jìn)入磁場的時(shí)間?！局R點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動；牛頓第二定律；向心力；帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動．【答案解析】〔1〕〔2〕解析：〔1〕粒子源在P點(diǎn)，粒子在電場中被加速根據(jù)動能定理有得：粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律有由幾何關(guān)系知，解〔2〕粒子源在Q點(diǎn)時(shí)，粒子在磁場中運(yùn)動軌跡與邊界EF相切，由幾何關(guān)系知根據(jù)牛頓第二定律有磁場中運(yùn)動速度為粒子在Q點(diǎn)射出，開始的電場中加速運(yùn)動：進(jìn)入磁場后運(yùn)動四分之三個(gè)圓周：第一次出磁場后進(jìn)入電場，作類平拋運(yùn)動：粒子從發(fā)射到第二次進(jìn)入磁場的時(shí)間【思路點(diǎn)撥】此題關(guān)鍵是明確粒子的運(yùn)動規(guī)律，畫出運(yùn)動軌跡，然后分階段根據(jù)動能定理，牛頓第二定律列式求解．〔2023·江蘇徐州一中考前模擬〕10.在xoy平面內(nèi)，直線OM與x軸負(fù)方向成45°角，以O(shè)M為邊界的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場如下圖．在坐標(biāo)原點(diǎn)O有一不計(jì)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(yùn)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．電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B關(guān)系為、．求帶電粒子：xO45°B〔xO45°B〔v0EyM⑵第二次到達(dá)x軸的動能；⑶在電場中運(yùn)動時(shí)豎直方向上的總路程．【知識點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動；牛頓第二定律；向心力；動能定理的應(yīng)用；帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動．【答案解析】〔1〕〔-1m、1m〕〔2〕〔3〕解析：⑴粒子進(jìn)入磁場，根據(jù)左手定那么，粒子做3/4的圓周運(yùn)動后經(jīng)過OM，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有：，=1m故第一次經(jīng)過OM時(shí)的坐標(biāo)為〔-1m、1m〕⑵粒子第二次進(jìn)入磁場，速度不變，那么粒子在磁場中運(yùn)動的半徑也為R，故進(jìn)入電場時(shí)離x軸的高度為2R，根據(jù)動能定理，粒子到達(dá)x軸的動能有：xO45°B〔v0vxO45°B〔v0v0EyO1RM所以從類平拋開始，粒子第一次到達(dá)最高點(diǎn)離x軸的豎直高度為第二次到達(dá)最高點(diǎn)離x軸的豎直高度為……第n次到達(dá)最高點(diǎn)離x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(yùn)動的豎直方向上總路程：另解：由于粒子運(yùn)動過程中加速度不變，故當(dāng)每次碰撞后速度減半時(shí)，豎直方向的路程為原來的四分之一，有：從類平拋開始，粒子第一次到達(dá)最高點(diǎn)離x軸的豎直高度為第二次到達(dá)最高點(diǎn)離x軸的豎直高度為……第n次到達(dá)最高點(diǎn)離x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(yùn)動的豎直方向上總路程：．【思路點(diǎn)撥】〔1〕帶電粒子進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)洛侖磁力提供向心力和幾何知識求解?！?〕進(jìn)入電場，根據(jù)電場力做功列出動能定理進(jìn)行求解。〔3〕根據(jù)運(yùn)動的合成與分解進(jìn)行分解為水平和豎直方向運(yùn)動進(jìn)行求解。〔2023·山東日照一中二?！?1.如下圖，位于豎直平面內(nèi)的坐標(biāo)系，在其第三象限空間有沿水平方向的、垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=0．5T，還有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E=2N／C。在其第一象限空間有沿y軸負(fù)方向的、場強(qiáng)大小也為E的勻強(qiáng)電場，并在的區(qū)域有磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B的垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場。一個(gè)帶電荷量為q的油滴從圖中第三象限的P點(diǎn)得到一初速度，恰好能沿PO作勻速直線運(yùn)動〔PO與x軸負(fù)方向的夾角為=45°〕，并從原點(diǎn)O進(jìn)入第一象限。重力加速度g=10m／s2，問：〔1〕油滴在第三象限運(yùn)動時(shí)受到的重力、電場力、洛倫茲力三力的大小之比，并指出油滴帶何種電荷；〔2〕油滴在P點(diǎn)得到的初速度大小：〔3〕油滴在第一象限運(yùn)動的時(shí)間。【知識點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動；帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動；帶電粒子在混合場中的運(yùn)動．【答案解析】〔1〕1：1：，油滴帶負(fù)電荷；〔2〕4m/s；〔3〕0.82s解析：〔1〕根據(jù)受力分析〔如圖〕可知油滴帶負(fù)電荷設(shè)油滴質(zhì)量為m，由平衡條件得：mg∶qE∶f＝1∶1∶eq\r(2)〔2〕由第〔1〕問得：m＝eq\f(qE,g)qvB＝eq\r(2)qE解得：v＝＝4eq\r(2)m/s〔3〕進(jìn)入第一象限，電場力和重力平衡，知油滴先作勻速直線運(yùn)動，進(jìn)入y≥h的區(qū)域后作勻速圓周運(yùn)動，路徑如圖，最后從x軸上的N點(diǎn)離開第一象限由O→A勻速運(yùn)動的位移為s1＝＝eq\r(2)h其運(yùn)動時(shí)間：t1＝＝0.1s由幾何關(guān)系和圓周運(yùn)動的周期關(guān)系式T＝知由A→C的圓周運(yùn)動時(shí)間為t2＝eq\f(1,4)T＝＝0.628s由對稱性知從C→N的時(shí)間t3＝t1在第一象限運(yùn)動的總時(shí)間t＝t1＋t2＋t3＝2×0.1s＋0.628s＝0.828s【思路點(diǎn)撥】〔1〕結(jié)合平衡條件判斷油滴所受電場力的方向和洛倫茲的方向，進(jìn)而判斷油滴的電性，對油滴受力分析后采用合成法作圖，有幾何關(guān)系得出三力之比；〔2〕根據(jù)油滴在垂直直線方向上應(yīng)用平衡條件列方程求得速度大??；〔3〕進(jìn)入第一象限，由于重力等于電場力，在電場中做勻速直線運(yùn)動，在混合場中做勻速圓周運(yùn)動，作出運(yùn)動軌跡，結(jié)合磁場中圓周運(yùn)動的周期公式即運(yùn)動的對稱性確定運(yùn)動總時(shí)間．〔2023·山西大學(xué)附中5月月考〕12.如下圖，平行金屬板右側(cè)有一寬度為a的勻強(qiáng)磁場I，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里。在磁場I的右側(cè)存在范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場Ⅱ，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B，方向垂直紙面向外?，F(xiàn)在正極板處有一帶正電粒子〔粒子重力不計(jì)〕，質(zhì)量為m、電荷量為q，由靜止開始經(jīng)電場加速后，經(jīng)右側(cè)金屬板狹縫沿x軸方向進(jìn)入磁場?！?〕當(dāng)加速電壓U＝U0時(shí)，帶電粒子恰好可以到達(dá)磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ的交界處，求加速電壓U0；〔2〕當(dāng)加速電壓U＝2U0時(shí)，帶電粒子進(jìn)入磁場后經(jīng)過時(shí)間t到達(dá)x軸，求運(yùn)動時(shí)間t〔可用反三角函數(shù)表示〕；〔3〕當(dāng)加速電壓時(shí)，帶電粒子可以沿進(jìn)入磁場前的路徑返回，求k值?！局R點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動；牛頓第二定律；向心力．【答案解析】〔1〕〔2〕〔3〕解析：〔1〕設(shè)粒子進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v，當(dāng)粒子在磁場中的圓周運(yùn)動半徑為a時(shí)，恰好可以到達(dá)磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ的交界處，那么得上式說明，軌道半徑的平方和加速電壓成正比?！?〕帶電粒子在磁場中運(yùn)動軌跡如下圖，C、C＇為圓周運(yùn)動的圓心。當(dāng)U＝2U0時(shí)，設(shè)帶電粒子的軌道半徑為R，由〔1〕問的比例關(guān)系可知又sin∠解得∠又得cos∠解得∠帶電粒子在磁場中軌跡對應(yīng)的圓心角之和為∠帶電粒子在磁場中的運(yùn)動周期為所以帶電粒子的運(yùn)動時(shí)間為〔3〕假設(shè)要帶電粒子返回電場，由對稱可知其軌跡如下圖。這時(shí)C＇點(diǎn)在x軸上。由幾何知識可得粒子運(yùn)動半徑r為求得由第〔1〕問的比例關(guān)系得因此【思路點(diǎn)撥】〔1〕當(dāng)粒子在磁場中的圓周運(yùn)動半徑為a時(shí)，恰好可以到達(dá)磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ的交界處，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求出粒子進(jìn)入磁場的速度，根據(jù)動能定理求出加速電壓的大?。?〕根據(jù)動能定理，結(jié)合軌道半徑公式得出粒子在磁場中的運(yùn)動半徑，作出粒子的運(yùn)動軌跡，通過圓心角，結(jié)合幾何關(guān)系和周期公式求出粒子進(jìn)入磁場后到達(dá)x軸的時(shí)間．〔3〕假設(shè)要帶電粒子返回電場，由對稱性作出粒子的運(yùn)動軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系得出軌道半徑的大小，從而得出加速電壓的大小，得出k值的大?。?023·重慶一中5月月考〕13如下圖，在兩塊水平金屬極板間加上電壓U構(gòu)成偏轉(zhuǎn)電場〔電場只存在金屬極板正對區(qū)域內(nèi)〕，一束比荷為帶正電的粒子流〔重力不計(jì)〕，以速度沿水平方向從兩金屬極板正中間位置射入。粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后進(jìn)入一具有理想邊界的半圓形變化磁場區(qū)域，O為圓心，磁場區(qū)域直徑AB長度為，AB與水平方向成30°角。區(qū)域內(nèi)有按如下圖規(guī)律作周期性變化的磁場，，磁場方向以垂直于紙面向外為正。粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后，恰好從下極板邊緣O點(diǎn)與水平方向成60°斜向下射入磁場。求：〔1〕兩金屬極板間的電壓U是多大？〔2〕假設(shè)，求時(shí)刻射人磁場的帶電粒子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間和離開磁場的位置?！?〕要使所有帶電粒子通過O點(diǎn)后的運(yùn)動過程中不再從AB兩點(diǎn)間越過，求出磁場的變化周期應(yīng)滿足的條件。【知識點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動；帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動【答案解析】：〔1〕100V；〔2〕0.04m；〔3〕T0＜×10?5s解析:〔1〕粒子在電場中作類平拋運(yùn)動,從O點(diǎn)射出時(shí)速度代入數(shù)據(jù)得〔2〕粒子在磁場中經(jīng)過半周從OB中穿出,粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)間射出點(diǎn)在AB間離O點(diǎn)0.08m〔3〕粒子運(yùn)動周期,粒子在,…時(shí)刻射入時(shí),粒子最可能從AB間射出.如圖,由幾何關(guān)系可得臨界時(shí)要不從AB邊界射出,應(yīng)滿足∴【思路點(diǎn)撥】〔1〕由幾何關(guān)系可求得粒子射出時(shí)的速度，再由動能定理可求得金屬板的電壓；

〔2〕由洛侖茲力充當(dāng)向心力可求得粒子的周期和半徑，分析粒子在哪一時(shí)間段內(nèi)離開磁場，那么可求出射出磁場的時(shí)間和位置；〔3〕由題意得出相應(yīng)的幾何關(guān)系，再由符合的條件，從而得出磁場變化周期的條件．〔2023·湖北武昌5月模擬〕14.靜電噴漆技術(shù)具有效率高、浪費(fèi)少、質(zhì)量好、有益于健康等優(yōu)點(diǎn)，其裝置可簡化如圖。A、B為水平放置的間距d=1.6m的兩塊足夠大的平行金屬板，兩板間有方向由B指向A的勻強(qiáng)電場,場強(qiáng)為E=0.1V/m。在A板的中央放置一個(gè)平安接地的靜電油漆噴槍P，油漆噴槍可向各個(gè)方向均勻地噴出初速度大小均為V0=6m/s的油漆微粒，油漆微粒的質(zhì)量均為m=1.010-5kg、電荷量均為q=-1.010-3C，不計(jì)油漆微粒間的相互作用、油漆微粒帶電對板間電場和磁場的影響及空氣阻力，重力加速度g=10m/s2。求：〔1〕油漆微粒落在B板上所形成的圖形面積；〔2〕假設(shè)讓A、B兩板間的電場反向，并在兩板間加垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.06T，調(diào)節(jié)噴槍使油漆微粒只能在紙面內(nèi)沿各個(gè)方向噴出，其它條件不變。B板被油漆微粒打中的區(qū)域的長度；〔3〕在滿足〔2〕的情況下，打中B板的油漆微粒中，在磁場中運(yùn)動的最短時(shí)間?！局R點(diǎn)】帶電粒子在電場、磁場中的運(yùn)動，是力、電、磁綜合應(yīng)用運(yùn)動學(xué)、動力學(xué)規(guī)律的應(yīng)用。屬于能力檢測，在高考中屬于II級知識點(diǎn)要求?！敬鸢附馕觥俊?〕油漆微粒的加速度根據(jù)運(yùn)動學(xué)運(yùn)動的半徑落在板上所形成圓形面積由①②③式并代入數(shù)據(jù)得〔2〕當(dāng)電場反向油漆微粒做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力充當(dāng)向心力水平向右射出的油漆微粒打在板的右端，根據(jù)幾何關(guān)系的長度打在板左端的油漆微粒為和板相切的微粒，同理求得油漆微粒打在極板上的長度由⑥⑦⑧⑨⑩式并代入數(shù)據(jù)得〔3〕打在板上的微粒中，最短的弦長對應(yīng)的時(shí)間最短有幾何關(guān)系運(yùn)動的最短時(shí)間微粒在磁場中運(yùn)動的周期由式代入數(shù)據(jù)解得【思路點(diǎn)撥】在電場要會對粒子進(jìn)行受力分析，并能應(yīng)用運(yùn)動學(xué)規(guī)律式和牛頓第二定律列方程；在磁場中會依題意畫軌跡圖，依圖找出在什么情況下運(yùn)動時(shí)間最短〔這是解此題的一個(gè)難點(diǎn)〕，它就是打在板上的微粒中，最短的弦長對應(yīng)的時(shí)間最短，才利用幾何知識求之?！?023·四川成都摸底〕15.圖甲所示的電視機(jī)顯像管能夠通過磁場來控制電子的偏轉(zhuǎn)，顯像管內(nèi)磁場可視為圓心為O、半徑為r的勻強(qiáng)磁場。假設(shè)電子槍垂直于磁場方向射出速度為vo的電子，由P點(diǎn)正對圓心O射入磁場，要讓電子射出磁場時(shí)的速度方向與射入時(shí)的速度方向成θ角〔圖乙〕．電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計(jì)電子的重力。求：〔1〕磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；〔2〕電子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間?！步Y(jié)果用m、e、r、θ、vo表示〕【知識點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動；牛頓第二定律；向心力．【答案解析】：〔1〕B=〔2〕電子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間：t=．解析：電子做圓周運(yùn)動的軌跡如下圖：由幾何知識可得：R=

，由牛頓第二定律得：ev0B=m，解得：B=

；電子做圓周運(yùn)動的周期：T=

，電子運(yùn)動時(shí)間：t=T，解得：t=【思路點(diǎn)撥】〔1〕由牛頓第二定律可以求出磁感應(yīng)強(qiáng)度；〔2〕應(yīng)用圓周運(yùn)動周期公式求出電子的運(yùn)動時(shí)間．此題考查了電子在磁場中的運(yùn)動、電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律、周期公式即可正確解題，解題時(shí)注意數(shù)學(xué)知識的應(yīng)用．〔2023·四川成都摸底〕16.如下圖，邊長L=0．2m的正方彤a(chǎn)bcd區(qū)