專題20.6帶電粒子在電磁組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)計(jì)算題

專題20.6帶電粒子在電磁組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)計(jì)算題【考綱解讀與考頻分析】電磁組合場(chǎng)，是常見(jiàn)模型，帶電粒子在電磁組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)是高考命題熱點(diǎn)。【高頻考點(diǎn)定位】：帶電粒子在電磁組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)一：帶電粒子在電磁組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【3年真題鏈接】1．（2018高考全國(guó)理綜I）如圖，在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E，在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)氕核和一個(gè)氘核先后從y軸上y=h點(diǎn)以相同的動(dòng)能射出，速度方向沿x軸正方向。已知11H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標(biāo)原點(diǎn)O處第一次射出磁場(chǎng)。的質(zhì)量為m，電荷量為q不計(jì)重力。求：（1）第一次進(jìn)入磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離；（2）磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；（3）第一次離開(kāi)磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離?！久}意圖】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng)、在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)及其相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)，意在考查考生靈活運(yùn)用相關(guān)知識(shí)解決問(wèn)題的的能力。【壓軸題透析】（1）根據(jù)氕核H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與x軸正方向的夾角為60°，利用速度分解和類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得出氕核H第一次進(jìn)入磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離。（2）畫出氕核H在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡，利用幾何關(guān)系得出氕核H在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑，運(yùn)用洛倫茲力等于向心力列方程得出磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。（3）畫出氘核H在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡，運(yùn)用洛倫茲力等于向心力列方程得出氘核H在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡半徑，利用幾何關(guān)系得出氘核H第一次離開(kāi)磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離?！窘忸}思路】（1）在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。設(shè)在電場(chǎng)中的加速度大小為a1，初速度大小為v1，它在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，第一次進(jìn)入磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離為s1。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有①②由題給條件，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的方向與x軸正方向夾角。進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度y分量的大小為③聯(lián)立以上各式得④（2）在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律有⑤設(shè)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的大小為，由速度合成法則有⑥設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓軌道半徑為R1，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有⑦由幾何關(guān)系得⑧聯(lián)立以上各式得⑨（3）設(shè)在電場(chǎng)中沿x軸正方向射出的速度大小為v2，在電場(chǎng)中的加速度大小為a2，由題給條件得⑩由牛頓第二定律有?設(shè)第一次射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為，速度的方向與x軸正方向夾角為，入射點(diǎn)到原點(diǎn)的距離為s2，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有????聯(lián)立以上各式得?設(shè)在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2，由⑦?式及粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式得?所以出射點(diǎn)在原點(diǎn)左側(cè)。設(shè)進(jìn)入磁場(chǎng)的入射點(diǎn)到第一次離開(kāi)磁場(chǎng)的出射點(diǎn)的距離為，由幾何關(guān)系有?聯(lián)立④⑧???式得，第一次離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)得位置到原點(diǎn)O的距離為?【回歸教材】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng)和在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)是教材例題和練習(xí)中的常見(jiàn)試題，此題可認(rèn)為是由兩個(gè)課本例題或習(xí)題組合而成。2.（20分）（2018全國(guó)理綜II）一足夠長(zhǎng)的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其在平面內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場(chǎng)區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向垂直于平面；磁場(chǎng)的上、下兩側(cè)為電場(chǎng)區(qū)域，寬度均為，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條形區(qū)域邊界上的兩點(diǎn)，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點(diǎn)沿y軸正方向射入電場(chǎng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后恰好以從M點(diǎn)入射的速度從N點(diǎn)沿y軸正方向射出。不計(jì)重力。（1）定性畫出該粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡；（2）求該粒子從M點(diǎn)射入時(shí)速度的大小；（3）若該粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間?！久}意圖】本題考查帶電油滴在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律及其相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)，意在考查考生靈活運(yùn)用相關(guān)知識(shí)解決問(wèn)題的的能力?！窘忸}思路】（1）（1）粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖（a）所示。（粒子在電場(chǎng)中的軌跡為拋物線，在磁場(chǎng)中為圓弧，上下對(duì)稱）（2）粒子從電場(chǎng)下邊界入射后在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)粒子從M點(diǎn)射入時(shí)速度的大小為v0，在下側(cè)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，加速度的大小為a；粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小為v，方向與電場(chǎng)方向的夾角為（見(jiàn)圖（b）），速度沿電場(chǎng)方向的分量為v1，根據(jù)牛頓第二定律有qE=ma①式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v1=at②③④粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)其運(yùn)動(dòng)軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得⑤由幾何關(guān)系得⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得⑦（3）由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得⑧聯(lián)立①②③⑦⑧式得⑨設(shè)粒子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)所用的時(shí)間為，則⑩式中T是粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期，?由③⑦⑨⑩?式得?3.(20分)[2018·天津卷，11]如圖所示，在水平線ab的下方有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里．磁場(chǎng)中有一內(nèi)、外半徑分別為R、eq\r(3)R的半圓環(huán)形區(qū)域，外圓與ab的交點(diǎn)分別為M、N.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子在電場(chǎng)中P點(diǎn)靜止釋放，由M進(jìn)入磁場(chǎng)，從N射出．不計(jì)粒子重力．(1)求粒子從P到M所用的時(shí)間t；(2)若粒子從與P同一水平線上的Q點(diǎn)水平射出，同樣能由M進(jìn)入磁場(chǎng)，從N射出．粒子從M到N的過(guò)程中，始終在環(huán)形區(qū)域中運(yùn)動(dòng)，且所用的時(shí)間最少，求粒子在Q時(shí)速度v0的大?。久麕熃馕觥浚?1)設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度大小為v，所受洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,\r(3)R)①設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)所受電場(chǎng)力為F，有F＝qE②設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma③粒子在電場(chǎng)中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有v＝at④聯(lián)立①②③④式得t＝eq\f(\r(3)RB,E)⑤(2)粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其周期與速度、半徑無(wú)關(guān)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間只由粒子所通過(guò)的圓弧所對(duì)的圓心角的大小決定．故當(dāng)軌跡與內(nèi)圓相切時(shí)，所用的時(shí)間最短．設(shè)粒子在磁場(chǎng)中的軌跡半徑為r′，由幾何關(guān)系可得(r′－R)2＋(eq\r(3)R)2＝r′2⑥設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與ab的夾角為θ，即圓弧所對(duì)圓心角的一半，由幾何關(guān)系知tanθ＝eq\f(\r(3)R,r′－R)⑦粒子從Q射出后在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)方向上的分運(yùn)動(dòng)和從P釋放后的運(yùn)動(dòng)情況相同，所以粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)沿豎直方向的速度同樣為v.在垂直于電場(chǎng)方向上的分速度始終等于v0，由運(yùn)動(dòng)的合成和分解可得tanθ＝eq\f(v,v0)⑧聯(lián)立①⑥⑦⑧式得v0＝eq\f(qBR,m)⑨答案：(1)eq\f(\r(3)RB,E)(2)eq\f(qBR,m)【2年模擬再現(xiàn)】1．（2020遼寧大連綜合模擬）如圖所示，坐標(biāo)平面第Ⅰ象限內(nèi)存在大小為E＝3×105N/C、方向水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第Ⅱ象限內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．質(zhì)荷比的帶正電的粒子，以初速度v0＝2×107m/s從x軸上的A點(diǎn)垂直x軸射入電場(chǎng)，OA＝0.15m，不計(jì)粒子的重力．(1)求粒子經(jīng)過(guò)y軸時(shí)的位置到原點(diǎn)O的距離；(2)若要使粒子不能進(jìn)入第Ⅲ象限，畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍(不考慮粒子第二次進(jìn)入電場(chǎng)后的運(yùn)動(dòng)情況)【參考答案】(1)0.4m；(2)【思路分析】(1)粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，x方向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，y方向做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的基本公式求解粒子經(jīng)過(guò)y軸時(shí)的位置到原點(diǎn)O的距離；

(2)設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，畫出運(yùn)動(dòng)的軌跡，結(jié)合臨界條件和向心力公式可求磁場(chǎng)強(qiáng)度?！久麕熃馕觥?1)設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，粒子經(jīng)過(guò)y軸時(shí)的位置與原點(diǎn)O的距離為y，則有：又y方向的位移：y=v0t解得：y=0.40m；(2)粒子經(jīng)過(guò)y軸時(shí)在電場(chǎng)方向的分速度為：vx=at=1.5×107m/s粒子經(jīng)過(guò)y軸時(shí)的速度大小為：與y軸正方向的夾角為θ，θ=arctan要粒子不進(jìn)入第三象限，如圖所示，此時(shí)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R′，則：由洛倫茲力提供向心力：解得：2．(15分)（2020湖南永州一模）如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，以O(shè)1(0，R)為圓心，R為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(用B1表示，大小未知)；x軸下方有一直線MN，MN與x軸相距為Δy，x軸與直線MN間區(qū)域有平行于y軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E；在MN的下方有矩形區(qū)域的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，磁場(chǎng)方向垂直于xOy平面向外。電子a、b以平行于x軸的速度v0分別正對(duì)O1點(diǎn)、A(0,2R)點(diǎn)射入圓形磁場(chǎng)，偏轉(zhuǎn)后都經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O進(jìn)入x軸下方的電場(chǎng)。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，E＝eq\f(\r(3)mv02,2eR)，B2＝eq\f(\r(3)mv0,2eR)，不計(jì)電子重力。（1）求磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大?。唬?）若電場(chǎng)沿y軸負(fù)方向，欲使電子a不能到達(dá)MN，求Δy的最小值；（3）若電場(chǎng)沿y軸正方向，Δy′＝eq\r(3)R，調(diào)整矩形磁場(chǎng)面積到最小，使電子b能到達(dá)x軸上且距原點(diǎn)O距離最遠(yuǎn)點(diǎn)P（圖中未標(biāo)出），求電子b從O點(diǎn)到P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間。【名師解析】．（15分）解：(1)對(duì)電子a有r＝R ① 1分ev0B1＝meq\f(v02,r) ② 1分由①②式解得B1＝eq\f(mv0,eR) ③ 1分(2)由動(dòng)能定理eEΔy＝eq\f(1,2)mv02 ④ 1分解得Δy＝eq\f(\r(3),3)R ⑤ 2分(3)勻強(qiáng)電場(chǎng)沿y軸正方向時(shí)，設(shè)電子b經(jīng)電場(chǎng)加速后到達(dá)MN時(shí)速度大小為v，電子b在MN下方磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)軌道半徑為r1，電子b離開(kāi)電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與水平方向成θ角，如圖1所示。由eEΔy′＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02 ⑥ 1分cosθ＝eq\f(v0,v) ⑦ evB2＝meq\f(v2,r1) ⑧ 1分解得v＝2v0 ⑨ 1分θ＝eq\f(π,3) ⑩ r1＝eq\f(4\r(3),3)R ? 1分PP圖2圖1由幾何關(guān)系可知，電子b在下方磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓心O2在y軸上，當(dāng)電子b從最小矩形面積磁場(chǎng)右邊界射出，且射出方向與水平向右?jiàn)A角為θ＝eq\f(π,3)時(shí)，電子b能夠到達(dá)x軸，距離原點(diǎn)O距離最遠(yuǎn)，如圖2所示。電子b在電場(chǎng)中從O到C1a＝eq\f(eE,m) ? 1分 ? 1分在最小矩形磁場(chǎng)中vt2＝πr1 ? 1分離開(kāi)磁場(chǎng)后從D到C2vt3＝2r1/tanθ ? 返回電場(chǎng)中從C2到Pt4＝t1 ? 1分總時(shí)間t＝t1＋t2＋t3＋t4 ? 解得t＝（16＋2π） 1分3.[13分]（2020高考復(fù)習(xí)檢測(cè)）如圖所示,在直角坐標(biāo)系xOy的第二象限存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E1,在y軸的左側(cè)存在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子從第二象限的A點(diǎn)(3L,L)以初速度v0沿x軸正方向射入后剛好做勻速直線運(yùn)動(dòng),不計(jì)帶電粒子的重力.(1)求勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小和方向;(2)撤去第二象限的勻強(qiáng)電場(chǎng),同時(shí)調(diào)節(jié)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B2,使帶電粒子剛好從B點(diǎn)(L,0)進(jìn)入第三象限,求磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小及帶電粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用的時(shí)間t.【參考答案】.(1)E1v0,垂直紙面向外(2)【名師解析】:(1)帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng),其所受合力為零,由于粒子帶正電荷,受到的電場(chǎng)力方向沿y軸正方向,所以帶電粒子受到的洛倫茲力方向沿y軸負(fù)方向,根據(jù)左手定則可知,磁場(chǎng)方向?yàn)榇怪奔埫嫦蛲?根據(jù)帶電粒子受到的洛倫茲力等于電場(chǎng)力,即qv0B1=qE1解得B1=E1(2)撤去電場(chǎng)后,帶電粒子僅受洛倫茲力作用,做圓周運(yùn)動(dòng)由幾何知識(shí)得R2=(2L)2+(RL)2,解得R=2.5Lqv0B2=mv0解得B2=2mT=2πRv0,sint=θ360°聯(lián)立解得t=53πL4.[14分]（2020高考復(fù)習(xí)檢測(cè)）如圖所示,在xOy坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)有以O(shè)1為圓心、半徑為R的半圓且R=OO1,半圓區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.在它的右側(cè)有一寬度為R、左邊界與磁場(chǎng)區(qū)域圓相切于A點(diǎn)、右邊界與y軸平行的勻強(qiáng)電場(chǎng),場(chǎng)強(qiáng)方向沿y軸負(fù)方向,場(chǎng)強(qiáng)大小為E.在電場(chǎng)右側(cè)距離為R處有一垂直x軸、足夠長(zhǎng)的熒光屏,電子打中熒光屏?xí)l(fā)光.現(xiàn)在坐標(biāo)原點(diǎn)O處向xOy平面內(nèi)各個(gè)方向以相同的速率發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量大小為e的電子.其中沿y軸正方向射入的電子剛好從切點(diǎn)A處飛出磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng),求:(1)電子射入磁場(chǎng)的速率v0;(2)電子打到熒光屏上最高點(diǎn)和最低點(diǎn)的坐標(biāo).【參考答案】.(1)eBRm(2)(3R,3Em2B2e+R)【名師解析】:(1)電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),有ev0B=mv解得r=m畫出沿y軸正方向射入的電子的運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖,如圖所示,設(shè)運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為r,根據(jù)幾何關(guān)系有r=R,求得v0=eBRm(2)當(dāng)電子以速率v0沿y軸正方向射入時(shí),從A點(diǎn)平行于x軸射出,垂直進(jìn)入電場(chǎng).經(jīng)過(guò)偏轉(zhuǎn)打在熒光屏上C點(diǎn).當(dāng)電子以速率v0沿x軸正方向射入時(shí),從A1點(diǎn)沿x軸垂直進(jìn)入電場(chǎng).經(jīng)過(guò)偏轉(zhuǎn)打在熒光屏上D點(diǎn).電子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知x方向:R=v0ty方向:偏移量y1=Ee2mt2設(shè)射出電場(chǎng)時(shí)的速度與x軸正方向夾角為θ,則有tanθ=vyv射出電場(chǎng)后電子做勻速直線運(yùn)動(dòng),在到達(dá)熒光屏過(guò)程中繼續(xù)偏移,偏移量y2=Rtanθ=Em總偏移量y總=y1+y2=3從電場(chǎng)射出的電子打到熒光屏上最高點(diǎn)C的坐標(biāo)為(3R,3Em2B2e+R),最低點(diǎn)D的坐標(biāo)為(35.（2020浙江浙南名校聯(lián)考）如圖所示裝置中，區(qū)域和中分別有豎直向上和水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度分別為.和，Ⅱ區(qū)域內(nèi)有垂直向外的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為。一質(zhì)量為、帶電量為的帶負(fù)電粒子(不計(jì)重力)從左邊界點(diǎn)正上方的點(diǎn)以速度水平射入電場(chǎng)，經(jīng)水平分界線上的點(diǎn)與成角射入?yún)^(qū)域的磁場(chǎng)，并垂直豎直邊界進(jìn)入?yún)^(qū)域的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。求：(1)粒子在區(qū)域勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑(2)間的距離(3)粒子從點(diǎn)出發(fā)到第二次通過(guò)邊界所經(jīng)歷的時(shí)間.【名師解析】．（1）粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子過(guò)A點(diǎn)時(shí)速度為v，由類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律知

v＝eq\f(v0,cos60°) （1分）粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得Bqv＝meq\f(v2,R) （1分）所以

R＝eq\f(2mv0,qB) （1分）（2）設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，加速度為a．則有qE=ma （1分）v0tan60°=at1

即t1＝eq\R(,3)eq\f(mv0,qE) （1分）O、M兩點(diǎn)間的距離為

L＝eq\f(1,2)at12= （2分）（3）設(shè)粒子在Ⅱ區(qū)域磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2．則由幾何關(guān)系知軌道的圓心角∠AO1D=60°，則t2＝eq\f(t1,6)=eq\f(πm,3qB) （2分）設(shè)粒子在Ⅲ區(qū)域電場(chǎng)中運(yùn)行時(shí)間為t3，則牛頓第二定律得

a′＝eq\f(Eq,2m)則t3= （1分）故粒子從M點(diǎn)出發(fā)到第二次通過(guò)CD邊界所用時(shí)間為t=t1+t2+t3=eq\R(,3)eq\f(mv0,qE)+eq\f(πm,3qB)+ （1分）預(yù)測(cè)考點(diǎn)一：帶電粒子在電磁組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【2年模擬再現(xiàn)】1.[13分]（2020高考復(fù)習(xí)檢測(cè)）如圖所示,在直角坐標(biāo)系xOy的第二象限存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E1,在y軸的左側(cè)存在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子從第二象限的A點(diǎn)(3L,L)以初速度v0沿x軸正方向射入后剛好做勻速直線運(yùn)動(dòng),不計(jì)帶電粒子的重力.(1)求勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小和方向;(2)撤去第二象限的勻強(qiáng)電場(chǎng),同時(shí)調(diào)節(jié)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B2,使帶電粒子剛好從B點(diǎn)(L,0)進(jìn)入第三象限,求磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小及帶電粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用的時(shí)間t.【參考答案】.(1)E1v0,垂直紙面向外(2)【名師解析】:(1)帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng),其所受合力為零,由于粒子帶正電荷,受到的電場(chǎng)力方向沿y軸正方向,所以帶電粒子受到的洛倫茲力方向沿y軸負(fù)方向,根據(jù)左手定則可知,磁場(chǎng)方向?yàn)榇怪奔埫嫦蛲?根據(jù)帶電粒子受到的洛倫茲力等于電場(chǎng)力,即qv0B1=qE1解得B1=E1(2)撤去電場(chǎng)后,帶電粒子僅受洛倫茲力作用,做圓周運(yùn)動(dòng)由幾何知識(shí)得R2=(2L)2+(RL)2,解得R=2.5Lqv0B2=mv02R,解得B2=2mv05qL，T=2πRv010.[14分]（2020高考復(fù)習(xí)檢測(cè)）如圖所示,在xOy坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)有以O(shè)1為圓心、半徑為R的半圓且R=OO1,半圓區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.在它的右側(cè)有一寬度為R、左邊界與磁場(chǎng)區(qū)域圓相切于A點(diǎn)、右邊界與y軸平行的勻強(qiáng)電場(chǎng),場(chǎng)強(qiáng)方向沿y軸負(fù)方向,場(chǎng)強(qiáng)大小為E.在電場(chǎng)右側(cè)距離為R處有一垂直x軸、足夠長(zhǎng)的熒光屏,電子打中熒光屏?xí)l(fā)光.現(xiàn)在坐標(biāo)原點(diǎn)O處向xOy平面內(nèi)各個(gè)方向以相同的速率發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量大小為e的電子.其中沿y軸正方向射入的電子剛好從切點(diǎn)A處飛出磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng),求:(1)電子射入磁場(chǎng)的速率v0;(2)電子打到熒光屏上最高點(diǎn)和最低點(diǎn)的坐標(biāo).10.(1)eBRm(2)(3R,3Em2B2e+R)解析:(1)電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),有ev0B=mv解得r=m畫出沿y軸正方向射入的電子的運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖,如圖所示,設(shè)運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為r,根據(jù)幾何關(guān)系有r=R,求得v0=eBRm(2)當(dāng)電子以速率v0沿y軸正方向射入時(shí),從A點(diǎn)平行于x軸射出,垂直進(jìn)入電場(chǎng).經(jīng)過(guò)偏轉(zhuǎn)打在熒光屏上C點(diǎn).當(dāng)電子以速率v0沿x軸正方向射入時(shí),從A1點(diǎn)沿x軸垂直進(jìn)入電場(chǎng).經(jīng)過(guò)偏轉(zhuǎn)打在熒光屏上D點(diǎn).電子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知x方向:R=v0ty方向:偏移量y1=Ee2mt2設(shè)射出電場(chǎng)時(shí)的速度與x軸正方向夾角為θ,則有tanθ=vyv射出電場(chǎng)后電子做勻速直線運(yùn)動(dòng),在到達(dá)熒光屏過(guò)程中繼續(xù)偏移,偏移量y2=Rtanθ=Em總偏移量y總=y1+y2=3從電場(chǎng)射出的電子打到熒光屏上最高點(diǎn)C的坐標(biāo)為(3R,3Em2B2e+R),最低點(diǎn)D的坐標(biāo)為(32．(2020江蘇綜合測(cè)試)如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系第Ⅲ象限內(nèi)充滿沿＋y方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，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(chǎng)(電場(chǎng)、磁場(chǎng)均未畫出)；一個(gè)比荷為eq\f(q,m)＝K的帶電粒子以大小為v0的初速度自點(diǎn)P(－2eq\r(3)d，－d)沿＋x方向運(yùn)動(dòng)，恰經(jīng)原點(diǎn)O進(jìn)入第Ⅰ象限，粒子穿過(guò)勻強(qiáng)磁場(chǎng)后，最終從x軸上的點(diǎn)Q(9d,0)沿－y方向進(jìn)入第Ⅳ象限；已知該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(v0,Kd)，不計(jì)粒子重力。求：(1)第Ⅲ象限內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。?2)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑及時(shí)間tB；(3)圓形磁場(chǎng)區(qū)的最小半徑rmin?！久麕熃馕觥浚?1)粒子在第Ⅲ象限做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有水平方向2eq\r(3)d＝v0t①豎直方向d＝eq\f(1,2)at2②又a＝eq\f(qE,m)③聯(lián)立①②③式得電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(mv\o\al(2,0),6qd)＝eq\f(v\o\al(2,0),6Kd)(2)設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)瞬間，速度大小為v，與x軸夾角為α，則vy＝at④聯(lián)立①②④式得vy＝eq\f(v0,\r(3))⑤v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝eq\f(2,\r(3))v0⑥tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(1,\r(3))，α＝eq\f(π,6)⑦粒子在磁場(chǎng)中，洛倫茲力提供向心力qvB＝eq\f(mv2,R)⑧