大题09 带电粒子在匀强磁场、组合场、复合场中的运动（解析版）.docx

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1、大题09带电粒子在匀强磁场、组合场、复合场中的运动1 .会分析处理带电粒子在组合场中运动的问题。2 .知道带电粒子在亚合场中几种常见的运动，掌握运动所遵循的规律。琢H题破龙奥上鹘典例带电粒子在磁场中的运动【例1】（2024云南一模）如图所示，矩形区域反d平面内有垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为8,边长为41.加边长为心在矩形中心。处有一粒子源，在平面内向各方向均匀发射出速度大小相等的带电粒子，粒子带电量均为%,质量均为加。若初速度平行于M边的粒子离开磁场时速度方向偏转了60。角，不计粒子之间的相互作用及粒子重力，取4讨4.5。=0.25。求（1）粒子在磁场中运动的速度大小；（2）粒子

2、在磁场中运动的最短时间和最长时间的比值；（3）某时刻发射出的粒子中，当初速度方向平行于时边的粒子离开磁场时，这些粒子中未离开磁场的粒子数与己经离开磁场的粒子数之比。abXXXX【思路分析】第（1）问根据粒子运动轨迹求解轨迹半径进而求速度；第（2）（3）主要依托动态旋转圆寻找临界状态在结合轨迹应用几何知识进行求解。-c/B1.2911m511m【答案】（I）；（2）%n=QCn，tma=a：（3）1：3m1SOqB6cB【详解】（1）根据左手定则，粒子运动轨迹如图由几何关系1.rcos60=-粒子运动半径为根据牛顿第二定律vqvB=m粒了在磁场中运动的速度大小为(2)如图运动时间最短，由几何关系

3、1.4=0.25=SinI4.5。1.说明圆心角为29。，则最短时间为t290丁29。ZtY29万加%记F360oV当粒子运动轨迹与Cd边相切时，圆心角最大，运动时间最长。由儿何关系，粒子垂直M边射出磁场，圆心角为150。，则最长时间为t150or_150o211r511m皿一砺360oV-6(3)同时刻在磁场中的粒子与O的距离相等，以。为圆心，以。到(1)问中射出点的距离为半径作圆,当初速度方向平行于边的粒子离开磁场时，仍在磁场中的粒子在磁场内部的圆弧上，圆弧所对应的圆心角总和为120,则未离开磁场的粒子数与已经离开磁场的粒子数之比：%=120。：360。=1:3龙宏避:去揖号带电粒子在有界

4、匀强磁场中运动的临界与极值问题1 .解决带电粒子在匀强磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，利用动态圆思想寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好圆心，建立几何关系。2 .粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切。3 .常见的动态圆示意图适用条件应用方法放缩圆：!jT：（轨迹圆的圆心在PP2直线上）粒子的入射点位置相同，速度方向i定，速度大小不同以入射点P为定点，将半径放缩作轨迹圆，粒子恰好不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切旋转圆（轨迹圆的圆心在以入射点P为圆心、半径R彳片的圆上）粒子的入射点位置相同

5、，速度大小一定，速度方向不同将半径为R=翳的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索出临界条件平移圆江5F（轨迹圆的所有圆心在一条直线上）粒子的入射点位置不同，速度大小、方向均一定将半径为R=翳的圆进行平移磁聚焦与磁发散磁聚焦粒子速度大小相同，轨迹圆半径等于区域圆半径带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，则粒子从磁场边界上同一点射出，该点切线与入射方向平行一磁磁发散聚焦，从边缘某点以不同方向入射时平行出射一磁发散龙麓变式训练（2321高三下河南信阳阶段练习）如图所示，空间存在垂直纸面向里的两磁场，以直线AB为界，直线上方存在磁感应强度大小为M=B的匀强磁场，直线下方存在磁感应强度大小为层的磁场。与48间

6、距离为1.处有一粒子源。，该粒子源可沿垂直AB方向发射质量为加、电荷量为。的带电粒子。不计粒子的重力。（1）若B?=B,粒子轨迹在AB下方距离A8最大值为,求粒子的速度W及粒子在AB下方的运动时间八（2）若B?=28,粒子轨迹在AB下方距离A8最大值为与，求粒子的速度匕。XOXXXXIXXBXXXXABXXXXXXXXX【答案】(1)vI=2Bq1.211m2Bql：t=；(2)v2-mSBqm【详解】（1）设粒子在磁场中运动半径为广，当粒子距AB的最大距离为1.,由几何关系可知根据圆周运动力学关系可得Bqvl=tnr解得IBq1.m由几何关系cos=-f可得6=60。则带电粒子在A8F方运动

7、得时间，为e211解得211mt=3Bq若B2=2B,设粒子在磁场中运动半径分别为7；和弓，根据带电粒了在磁场中运动规律nvr=qB可知弓二2弓粒子在磁场中运动轨迹如图，设与磁场边界夹角为。，由几何耦qsin=1.1.5-sn=222解得rf=1.,Sina=1.2根据带电粒子在磁场中运动规律q1B2=n解得茏笼大题典例带电粒子在组合场中的运动【例2】（2324高三下四川成都开学考试）如图，在平面直角坐标系XOy内，第一象限存在沿），轴负方向的匀强电场，电场强度大小为马（未知）；第二象限存在沿X轴正方向的匀强电场，电场强度大小&=1.ONQ;第四象限圆形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感

8、应强度大小4=025T,圆形区域分别在P点、Q点与X轴、y轴相切，其半径R=0.4m一比荷幺=20Oakg、不计重力和空气阻力的带正电粒子，从第二m象限的A点由静止释放，A点坐标为（-0.5m,0.2m）,该粒子从），轴上C（O,0.2m）点进入第一象限，恰从P点进入第四象限的匀强磁场，最终从圆形磁场的M点射出。求：（1）粒子经过C点的速度大小%;（2）电场强度心的大小及粒子经过尸点的速度V；【思路分析】通过审题粒子在第二象限做匀加速直线运动在第一象限，粒子做类平抛运动可以根据运动学规律或功能关系进行求解；粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动根据牛顿运动定律求半径在根据几何关系求角度进而求时间。【答

9、案】（I）IOms;（2）20ms;0=45。；（3）枭【详解】（I）粒子在第二象限做匀加速直线运动，则有MkJ=片由牛顿第二定律得qEi=ma联立解得粒子经过C点的速度大小=lj2ms(2)在第一象限，粒子做类平抛运动，沿X轴正方向有R=W沿轴负方向有12龙=产厂由牛顿第二定律可得qE2=ma2联立解得E2=2.5NCa1=500m/S2粒子经过P点沿轴负方向的分速度大小为vj=2r=102ms因此，粒子经过户点的速度大小为V=J*+.=20m/s设速度方向与轴正向夹角为0,则有tan=-=%可得6=45。(3)粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得1广qvB=tnr解得r

10、=O.4m=7?粒子在磁场中的轨迹如图所示可知四边形PaMO2为菱形，则粒子从M点射出磁场时速度沿轴负向；从P到M,圆心角为a=135。，粒子在磁场中的运动时间为T联立解得311t=S200茏麓避;去指导1 .带电粒子的“电偏转和“磁偏转”的比较垂直进入磁场（磁偏转）垂直进入电场（电偏转）进入电场时速度方向与电场有一定夹角情景图(Tj;。艮“WC%E受力Fb=QVoB,尸B大小不变，方向变化，方向总指向圆心，B为变力F=qE,FE大小、方向均不变，碎为恒力FE=qE，FE大小、方向均不变，尻为恒力运动规律匀速圆周运动11voT211m-Bq，-Bcl类平抛运动Eqvr=vo*Vy=fnZ类斜抛

11、运动vr=vsin,Vy=VocosTX=S嚼2x=vosint,y=Vocos3景2 .常见运动及处理方法牛顿运动定律、运动学公式电子分的好场的动带粒在离电磁中运电场中磁场中龙处变式训练（23-24高三下江西阶段练习）如图所示，平面直角坐标系Xo），的第一象限存在沿），轴正方向的匀强电场，第四象限存在垂直于平面向外、磁感应强度大小为8的匀强磁场。一质量为冽、带电荷量为-4的粒子从y轴上的P点以速度垂直y轴射入磁场，从X轴上的M点射入第一象限，并垂直y轴从N点以5的速度射出电场，不计粒子受到的重力。求：（1）粒子在第四象限内运动的时间，；（2）匀强电场的电场强度大小【详解】（1）依题意，带电粒

12、子在电场中的运动可以看作反方向的类平抛运动，分解M点的实际速度，如图可得v0cos8=/解得6=60o由几何关系可知，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心角为120%轨迹如图可知粒子在第四象限内运动的时间为”理T360又qvttB=wAr解得qB可得_211rtl11n1 =%qB联立，解得211mt=3qB（2）根据类平抛运动规律，可得x=t,fv0sin60o=atx=sin60a=rn联立，解得eA2发大题典例带电粒子在叠加场中的运动【例3】（2324高三上山东聊城期末）如图为竖直平面内的直角坐标系Xo），X轴上方存在无穷大的竖直向上的匀强电场区域，电场强度为片（片大小未知）x轴上方有矩

13、形区域生九下方有矩形区域必cd,ab边与X轴重合，/边的中点与坐标原点0重合,矩形区域必Cd内存在水平向右的匀强电场，电场强度为G，矩形区域出切内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为以尸点在。点正上方高人处，Q点与尸点在同一水平线上，先将一质量为m的带+4电荷量的小球A,从。点以某一初速度水平抛出，小球可以从Q匀速运动到P点进入磁场区域，经磁场偏转后从必边进入矩形电场区域，在电场中做直线运动，速度方向与X轴正方向夹角为。=45。；又有另一质量仍为M的带电荷量的小球B,从必边同一位置以相同的速度射入矩形电场，从边离开矩形区域时速度方向竖直向下。（已知重力加速度为g）（1）求匀强电场El的大小

14、。（2）求小球在抛出点Q的初速度。（3）求矩形ad边的高度1.；i1T/号粤【详解】（I）匀速射入磁场，匀速过程中Elq=mgE广整q(2)在匀强磁场中做匀速圆周运动，由几何关系知r,-i=+h=r故r=(2+5/2)/7又有q%B=啦r联立解得(2+2)Bvo=m(3)对A球，小球在电场中做直线运动，故小球所受合外力方向与射入电场的速度方向共线，故有tan45。=螫由于小球B离开电场的矩形区域时，速度方向竖直向下，即离开电场时，小球B水平方向速度为零，小球B在水平方向上只受水平向左的电场力，水平初速度为在竖直方向只受重力，竖直初速度为v=i可知小球B在水平方向做初速度为加速度为g的匀减速直线

15、运动，在竖直方向做初速度为加速度为g的匀加速直线运动由此可得(9+62)21.=H2gm茏处懈;去揖号1.三种典型情况（I）若只有两个场，所受合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态。例如电场与磁场叠加满足qE=qvB时，重力场与磁场叠加满足?g=0）的小球从P（-/,/）点静止qVI释放，沿直线运动到Q（0,/）点，进入第一象限，从X轴上的M（图中未画出）点进入第四象限。已知重力加速度为g，求：（1）第二象限中电场强度E/的大小；（2）带电小球在M点的速度大小及小球从P点运动到时点的时间；（3）带电小球第5次经过X轴时距原点。的距离。【详解】（1）带电小球在第二象限内从静止开始做直线运动，合

16、力水平向右，对带电小球受力分析，带电小球受力示意图如图：鸣=OIng解得P4=q(2)带电小球在第二象限做匀加速直线运动，合力大小为加g,加速度大小为g,小球在第一象限做平抛运动，设小球在M点的速度为为,由动能定理有解得VM=疝设小球在Q点的速度为,小球从P运动到。的时间为乙，由动能定理有,12mg=Q哪解得则Q=亚Igg小球从。运动到M的时间为12,有12,3甑=/解得小球从P点运动到M点的时间(3)小球在第一象限做平抛运动，平抛运动规律有,12=8t-xI=vQt221设为方向与X轴正方向夹角为。，则Sina=9=也VM2a=45小球在第四象限内做匀速圆周运动，有q%B=m解得经分析知，带

17、电小球第1次经过大轴上M点进入第四象限做匀速圆周运动后，第2次过X轴进入第一象限做斜抛运动，再次进入第四象限，带电小球第5次经过X轴距原点O的距离为=2+4rsina+8联立以上各式，代入数据得y=(10+22)/S茏就勉模圾1.(2024四川泸州二模)如图所示，在半径R=4Jm的圆形区域内分布着磁感应强度B=2xl()-3的匀强磁场，圆周上M处有一个粒子发射源，能平行于纸面向四周发射速率大小y=lxl()5ms的同种粒子，已知在粒子离开磁场的所有位置中，N距M最远且4/0N=I20、不计粒子的重力及粒子间的相互作用。求：(1)粒子的比荷；(2)从N处离开磁场的粒子，在磁场中运动的时间。【答案

18、】（1）8.3XlO6CZkg；（2）1.9x1OTS【详解】（1）根据几何关系可知MN距离为诉=2RSin60。=12m在粒子离开磁场的所有位置中，N距M最远说明MN为粒子做圆周运动的轨迹圆的直径，则轨迹圆半径MNNr=6m2洛伦兹力提供圆周运动的向心力，即nVqvB=mr解得粒子的比荷-=-107C/kg8.3106CkgmBr6（2）根据圆周运动规律可知_211r1V从N处离开磁场的粒子，时间t=-T2方程联立解得r1.910s2.（2024云南二模）如图所示，两竖直放置的平行金属板M、N之间的电压UO=50V,N板右侧宽度为1.=Slm的区域分布着电场强度大小石=写、万V/m、方向竖直

19、向下的匀强电场，虚线PP与QQ为其边界。A、C分别为户产、QQ上的点，水平虚线Co与CQ之间存在磁感应强度大小8=巫XlOT、方向3垂直于纸面向里的匀强磁场。一质量m=1.6lkg、电荷量q=+1.6xlO*C的粒子从靠近M板的S点由静止释放，经尸产上的A点进入户户、Q。间，然后从C点进入磁场,不计粒子重力。求粒子：（1）到达A点的速率%；（2）在磁场中运动的轨道半径;（3）从A点进入电场到最终离开磁场的运动时间（结果可以含万）。【答案】（1）v0=105ms；(2)X10S【详解】（1）根据动能定理可得12Uog=5叫解得m/s=I(Fm/s/2Uoq_25Q1.6i717V/nV1.610

20、25（2）在偏转电场中做类平抛运动，可得l=M解得“5S=Kr6s,V010，根据Eqa=1.m可得vv=ati=105msInv03故出偏转电场的速度为V=Q*+=105m/s在磁场中根据BqV=In1.61025-1O5二一一_3Bqxl0-3xl.6xl0-i7mvm=10lm（3）进入磁场时速度方向与竖直方向的夹角为V06SIna=V2可得根据几何关系可知在磁场中偏转角度为60。，故在磁场中运动时间为1_1211r1211n121.61025J566V6Bq620l0,3l6l0,1763故从A点进入电场到最终离开磁场的运动时间为=,+r2=106s+-106s=1+1.10s63.（

21、2024河南三模）如图，在平面直角坐标系OD中，第二象限有沿X轴正方向的匀强电场，第一象限仅在一圆形区域内（图中未画出）有垂直于纸面向外的匀强磁场，该圆半径莅=Ilm,磁感应强度8=0.1T.某时刻一质子以初速度=4.8xl0$m/s从X轴上P点沿），轴正方向射入电场，经），轴的。点射出电场。己知2OP=JQ,质子的比荷取9.6107C/kgo（1）求质子运动到。点时的速度大小；（2）改变第一象限圆形磁场区域的位置,使质子在该磁场中运动的时间最长,求此最长时间（取W=Oo22）。144PO【答案】(1)9.6105ms:(2)2.210-7s【详解】（1）质子从P到。做类平抛运动，y轴方向X轴

22、方向OP=匕2又2OP=3OQ所以匕质子运动到Q点时的速度大小为vq=+守=9.6105m/s（2）在第一象限磁场中，由牛顿第二定律得R询qvB=mr得r1=0.1m在圆形磁场中运动时间最长，即粒子在圆形磁场中做圆周运动的弧对应的弦最长，即为直径，粒子轨迹示意图如图Sine=2=立42所以r,=-5-=2.2107sVQ34. （2024贵州一模）如图，在-1.xO,OyQ1.的区域OMC中，存在沿），轴负方向的匀强电场，电场的周围分布着垂直于纸面向里的匀强磁场。一个带负电的粒子以速度%从原点。沿X轴负方向进入电场，由d点飞出电场，进入磁场后恰好经过b点，已知粒子的质量为加、电荷量为一/d点为

23、儿的三等分点,不计粒子的重力。（1）求匀强电场的电场强度大小;（2）求匀强磁场的磁感应强度大小。0【答案】(1)XWV02q1.根据题意,画出粒子运动轨迹如图【详解】粒子在电场中做类平抛运动，有Eq=ma联立解得=5q1.（2）粒子6出电场时速度为叭与竖直方向夹角为根据动能动能定理，有解得解得6=450设粒子在磁场中做圆周运动的半径为，根据几何关系有232rsi11e=1.32解得r=1.2粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有71广Bvq=mr解得5. （2324高二上山西吕梁期末）如图所示，在Xoy平面内，直线OM与X轴正方向夹角为45。，直线OM左侧存在平行于）轴的匀强电场，

24、方向沿轴负方向。直线。M右侧存在垂直XQy平面向里的磁感应强度为4的匀强磁场。一带电量为9,质量为机带正电的粒子（忽略重力）从原点。沿X轴正方向以速度射入磁场。当粒子第三次经过直线OM时，电场方向突然调整为垂直于直线OM斜向右下方，电场强度的大小不变，粒子恰好从电场中回到原点0。粒子通过边界时，其运动不受边界的影响。求：（1）粒子第一次在磁场中做圆周运动的半径和周期；（2）匀强电场电场强度的大小；（3）从。点射出至第一次回到。点所用的时间。【答案】(1)等,卷；(2)E=亘B%;(3)1.=与(2&+%+2)BqqB4qB,【详解】（1）带电粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第

25、二定律得可得y2q%B=m戈T=辿=*由几何关系可（2）如图所示，设粒子第一次经过OM上的点为A点，粒子第三次经过OM上的点为（7点。CO=22?过C点后，粒子在新的电场中沿Co方向做匀速直线运动，沿Co方向的速度大小为v1=fv0CO=卬3粒广在新的电场中沿垂直于CO方向先做匀减速运动后做匀加速直线运动。qE=na解得（3）根据轨迹图可知，粒子在磁场中时间为qB粒了在旧电场中运动的时间为t246Imt2=Bq粒子在新电场中运动的时间为CO=v13CO=22?4m4=Bq粒子从。点射出到第一次回到。点的时间为以=叱2+，3%啜C+?）6. （2024福建莆田二模）如图，Xoy平面内有区域1和1

26、1,其中区域I存在以原点O为圆心的圆形匀强磁场，区域1【存在范围足够大的匀强磁场和匀强电场：电场强度大小为E,方向沿y轴负方向；两区域磁场的磁感应强度大小均为B,方向均垂直坐标中面向里。某带电粒子以速度如从M点沿），轴负方向射入区域I,从N点离开区域I并立即进入区域H,之后沿X轴运动。已知8=0.05T,M点坐标为（0,0.1）,粒子的比荷=4xl（）6Ckg,不计粒子的重力。m（1）求粒子的速度如；（2）求电场强度E；（3）某时刻开始电场强度大小突然变为2E（不考虑电场变化产生的影响），其他条件保持不变，一段时间后，粒子经过P点,P点的纵坐标y=-02m,求粒子经过P点的速度大小Vp。【详解

27、】（1）带电粒子在区域I中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有yrqBv0=m又有r=0.1m且联立解得=4IO6CZkgmv0=2104m/s（2）带电粒子在区域II中做匀速直线运动，由平衡条件有qB%=qE解得E=IxlO3N/C（3）电场强度突然变为2石，粒子运动到尸点过程，由动能定理有2qEy=解得Vp=6104m/s7. （2324高三下湖南长沙开学考试）如图，在y0的区域存在方向沿丁轴负方向的匀强电场，场强大小为E;在yv。的区域存在方向垂直于XOy平面向外的匀强磁场。一个气:H和一个笊核；H先后从），轴上y=点以相同的动能射出，速度方向沿X轴正方向.已知;H进入磁场时，速度方向与X轴

28、正方向的夹角为60。,并从坐标原点。处第一次射出磁场。；H的质量为?，电荷量为夕。不计重力。求：（1）:H第一次进入磁场的位置到原点。的距离；（2）磁场的磁感应强度大小；【详解】（I）IH在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动运动轨迹如图所示设;H在电场中的加速度大小为q,初速度大小为匕，它在电场中的运动时间为乙，第一次进入磁场的位置到原点。的距离为Si在电场中由运动学公式有Sl=M.1、人=产1：H进入磁场时速度在y轴方向的分量大小为v1tan4=a1r1联立解得V争(2) :H在电场中运动时，由牛顿第二定律qE=tnax设;H进入磁场时速度的大小为匚，由速度合成法则有=7+(1Z1)

29、2设磁感应强度大小为8,：H在磁场中运动的圆轨道半径为凡，由洛伦兹力提供向心力，有由几何关系得sl=2Rsin0i联立解得8. (2024河南一模)利用电磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，O冲平面(纸面)的第一象限内有足够长且宽度为1.、边界平行”轴且下边界与X轴重合的区域，该区域存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里。在匀强磁场的上方存在沿)，轴负方向的匀强电场。位于(0,21.)处的离子源能释放出质量为?、电荷量为外速度方向沿X轴正方向的的正离子束。已知离子垂直进入磁场时的速度方向与K轴正方向成=30o角，运动过程中恰好没有通过K轴。不计离子的重力及离子间的

30、相互作用，并忽略磁场的边界效应。（1）求离子进入磁场时速度大小V1及第一次在磁场中的运动时间r；（2）求离子初速度大小及电场强度大小及三%=翁(3+23Bc,，匕2m【详解】（1）离子运动过程中恰好没有通过轴，运动轨迹如图所示r(l-cos30)=1.根据洛伦兹力提供向心力v2qB=in-解得离子进入磁场时速度大小为(4+2BqB1.v=m第次在磁场中的运动时间为230_IT1211m11m36066gB3qB(2)离子初速度大小为n(3+2G)网%=匕cos30=i-m离子的加速度为*in电场方向，根据动力学公式有(v,sin30)2=2a(2-1.)联立解得(7+43B21.匕一2m9.

31、(2024内蒙古包头一模)如图所示，在XO)，平面内，以坐标原点。为圆心、半径为R的圆形区域内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为8的匀强磁场，直线X=-R的左侧区域存在平行y轴向下的匀强电场。质量均为加、电荷量均为+夕的甲、乙粒子分别从圆上的ner,-r、M(0,-用两点垂直X轴射入匀强磁场，均从圆上的P点位置离开磁场，甲粒子经过P点时的速度方向平行于X轴向左，电场强度的大小为E=迎K,sin53o=-,cos530=-,不计粒子重力，求：m55(1)甲、乙粒子射入磁场时的速率之比；(2)甲粒子从射入磁场到第二次经过X轴所用的时间；【详解】(1)设P(T,y),如图A为甲粒子在磁场中运动轨

32、迹的圆心，由几何关系得4r.=+-R15X2+y2=R2,RV12qD=n-i-r联立各式解得,y=上产如图D为乙粒子磁场中运动轨迹的圆心,5-515m由几何关系得9PE=y+R=R5DE=r2-XDE2+PE2=r乙粒子在磁场中运动时，由牛顿第二定律DViqvB=tnr解得3qBRv2=所以上=工v215（2）甲粒子在磁场中的运动时间为%=y+tan_4112rqv?B=myr1211m11mt.=4qBZqB甲粒子在无场区域的运动时间为t=（一力一（一用二2-lqB甲粒子在电场中做类平抛运动，加速度为mm甲粒子的竖直分位移为所以210mG=35qB甲粒子从射入磁场到笫二次经过轴所用的时间为

33、.1122ixin=1r23=(-7)-（3）设乙粒子离开磁场时的速度与竖直方向成A角，令乙PMo=a,则x1tana=一y+R31sina=.10s=cos2a=l-2sin2a=乙粒子轨迹上的最高点到X轴的距离为所以326A7510. （2324高三下四川雅安开学考试）如图所示，两块足够大的带电平行金属板、方竖直放置，两金属板相距为d。现有一带正电的颗粒从。板下边缘以大小为%的初速度竖直向上射入电场，当它飞到b板时,速度大小不变，而方向变为水平方向，且刚好从距板底部的高度也为“处的狭缝穿过而进入反区域，儿区域的宽度也为，所加匀强电场的电场强度与金属板间的电场强度大小相等，方向竖直向上，匀强

34、磁场的磁E感应强度方向垂直纸面向里，大小8=丁（E为金属板间的电场，未知），重力加速度大小g未知。求:vO（1）颗粒在区域的运动时间;（2）颗粒在历区域中做匀速圆周运动的半径;(3)颗粒在儿区域中做匀速圆周运动所用的时间。11d；(2)r=2d；t2=-%3%【详解】（1）设颗粒在油区域的运动时间为人则有解得2d八二一%（2）颗粒在必区域水平方向上做初速度为0的匀加速有线运动，刚好从距b板底部的高度也为d处的狭缝穿过而进入反区域，有qE=mg进入税区域，电场力大小未变，方向竖直向上，电场力与重力平衡，颗粒做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有解得又=2gd,解得r=2d(3)在儿区域，颗粒运动

35、轨迹所对应的圆心角为。，则由1Slna=一2可得a=30o颗粒在反区域中做匀速圆周运动所用的时间30oX211r11dt2=一360ov03v011. (2324高三上河南期末)如图所示，竖直面内间距为1.的水平虚线MMP。间有水平向里的匀强磁场I,PQ下方有水平向外的匀强磁场11;两磁场的磁感应强度大小相同，MN下方有方向竖直向下的匀强电场，从同一竖直面内距MN上方高度为1.的A点，水平向右抛出一个质量为小、电荷量大小为4的带负电小球,小球从C点进入MN下方的电、磁场中,A、C两点的水平距离为1.51.,匀强电场的场强大小为E=弊，q重力加速度为g,不计空气阻力及小球大小，求：(1)小球从A

36、点抛出时的初速度大小；(2)要使小球不进入磁场II,匀强磁场的磁感应强度大小应满足什么条件？(3)若小球第一次在磁场I中运动的偏向角为90。，进入磁场11中运动到某位置时撤去磁场11,此后小球第二次在磁场I中的运动轨迹恰好与MN相切，则撤去磁场II时小球的位置离尸。的距离为多少？【答案】(1)-:(2)b2河；(3)1.1.4Yq1.7【详解】(1)小球在MN上方做平抛运动，则有1.n/gf：,1.51.=卬解得vo=(2)设小球进磁场I时的速度大小为V,根据动能定理可得mg1.=nyr-mvl解得v=1.设小球进磁场I时速度方向与水平方向夹角为仇则VCOSe=%解得CoSe=35设粒子刚好不

37、进入磁场II时，在磁场中I做圆周运动的半径为彳，根据题意及几何关系可得1.=。1.S5-88-4r11根据牛顿第二定律y-qvB=m,qE-mg4解得2my2g1.D11q1.要使小球不进入磁场II,匀强磁场的磁感应强度应满足旌2m历q1.（3）设小球在磁场I中做圆周运动的半径为巴，根据题意有&cos。+GSine=1.解得根据题意及几何关系可知，小球进磁场11时，速度与水平方向的夹角为37。，小球在磁场H中运动f时间,撤去磁场II,小球做匀速直线运动，设此时小球运动的速度与水平方向的夹角为。，则r2+r2cosa=1.解得2COSa=一5设撤去磁场II时，小球的位置离P。的距离为d,根据几何

38、关系有2d=r2sin-r2cosa1. （2023福建高考真题）阿斯顿（F.Aston）借助自己发明的质谱仪发现了颊等元素的同位素而获得诺贝尔奖，质谱仪分析同位素简化的工作原理如图所示。在尸P上方存在一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为瓦两个敏离子在0处以相同速度V垂直磁场边界入射，在磁场中发生偏转，分别落在M和N处。已知某次实验中，v=9.6l04ms,B=0.1T,落在M处颊离子比荷（电荷量和质量之比）为4.8xlOc/kg；P、o、M、N、P在同一直线上；离子重力不计。（1）求。M的长度；（2）若ON的长度是OM的1.1倍，求落在N处笈离子的比荷。MN【答案】(1)0.4m：(2

39、)4.4106CkgP,【详解】（1）粒子进入磁场，洛伦兹力提供圆周运动的向心力则有vqvB=m整理得mv9.6IO44.81060.1m=0.2mOM的长度为OM=2r=0.4m（2）若ON的长度是OM的1.1倍，则。N运动轨迹半径为OM运动轨迹半径1.1倍，根据洛伦兹力提供向心力得qvB=m-整理得2. （2023山东高考真题）如图所示，在0x2d,0y2d的区域中，存在沿），轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为?，电量为4的带正电粒子从OP中点A进入电场（不计粒子重力）。（1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直

40、NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度8的大小；（2）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场、离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从。点离开。（i）求改变后电场强度F的大小和粒子的初速度%;（ii）通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。【详解】（1）由题意粒子在电场中做匀加速直线运动，根据动能定理有CjE2d=mv2粒子在磁场中做匀速圆周运动，有vqvB=wR粒子从上边界垂直。N第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，轨迹如图联立可得B=6(2)(i)由题意可知，做出粒子在电场和磁场中运动轨迹如图吊=(2d)2+*-d)2解得所以有。=53，a=31

41、洛伦兹力提供向心力V*q%B=mr带电粒子从A点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有再一次进入电场后做类似斜抛运动，沿X方向有2d=V1cosat沿y方向上有其中根据牛顿第二定律有联立以上各式解得(ii)粒子从P到。根据动能定理有可得从。射出时的速度为2d=vlSinaqE,=naqE,2d=-gmvj2v2=3此时粒子在磁场中的半径R23=叵dCfB2根据其几何关系可知对应的圆心坐标为y=4d而圆心与尸的距离为i-2jj+(46/-0)2故不会再从P点进入电场。3. (2018全国高考真题)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为口，