2019版高考物理二轮复习讲义：第二部分 第二板块 第1讲 应用“三类典型运动”破解电磁场计算题（含解析）

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1、第 1 讲 Error!考法学法分析近几年全国高考卷可知，压轴计算题多数情况下考查电学，考查的内容有：带电粒子 (体 )在电场、磁场中的运动；带电粒子( 体 )在组合场、叠加场中的运动； 带电粒子 (体)在交变场中的运动。本讲主要应用“ 直线运动”“圆周运动”“类平抛运动”这三类典型运动破解电磁场计算题。用到的思想方法有： 假设法； 合成法； 正交分解法； 临界、极值问题的分析方法； 等效思想； 分解思想。命题点(一) 带电粒子( 体)在电场中的运动研一题 如图所示，金属丝发射出的电子(质量为 m、电荷量为 e，初速度与重力均忽略不计)被加速后从金属板的小孔穿出进入偏转电场(小孔与上、下极板间

2、的距离相等) 。已知偏转电场两极板间距离为d，当加速电压为 U1、偏转电压为 U2 时，电子恰好打在下极板的右边缘 M 点，现将偏转电场的下极板向下平移 。d2(1)如何只改变加速电压 U1，使电子打在下极板的中点？(2)如何只改变偏转电压 U2，使电子仍打在下极板的 M 点？解析 (1)设移动下极板前后偏转电场的电场强度分别为 E 和 E，电子在偏转电场中的加速度大小分别为 a、a，加速电压改变前后，电子穿出小孔时的速度大小分别为v0、v 1因偏转电压不变，所以有 EdE d，32即 E E23由 qEma 及 qEma知 a a23设极板长度为 L，则 d a 2， a 2，解得 v121

3、2 (L2v1) d2 12(Lv0) v0212在加速电场中由动能定理知eU1 mv02，eU 1 mv1212 12解得 U1 ，即加速电压应减为原来的 ，才能使电子打在下极板的中点。U112 112(2)因电子在偏转电场中水平方向上做匀速直线运动，极板移动前后，电子在偏转电场中运动的时间 t 相等，设极板移动前后，电子在偏转电场中运动的加速度大小分别为a1、a 2，则有 a1t2，d a2t2，d2 12 12即 a22a 1由牛顿第二定律知 a1 ，a 2eU2md eU2m32d解得 U23U 2，即偏转电压变为原来的 3 倍，才能使电子仍打在 M 点。答案 (1)加速电压应减为原来

4、的 ，即 112 U112(2)偏转电压变为原来的 3 倍，即 3U2悟一法 带电粒子(体) 在电场中的运动问题的解题流程通一类 (2017全国卷)真空中存在电场强度大小为 E1 的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为 v0。在油滴处于位置 A 时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间 t1 后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到 B 点。重力加速度大小为 g。(1)求油滴运动到 B 点时的速度；(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的 t1和 v0 应满足的条件。已知不

5、存在电场时，油滴以初速度 v0 做竖直上抛运动的最大高度恰好等于 B、 A 两点间距离的两倍。解析：(1)设油滴质量和电荷量分别为 m 和 q，油滴速度方向向上为正。在 t0 时，电场强度突然从 E1 增加至 E2，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小 a1 满足qE2mgma 1油滴在 t1 时刻的速度为v1v 0a 1t1电场强度在 t1 时刻突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，大小 a2 满足qE2mgma 2油滴在 t22t 1 时刻的速度为v2v 1a 2t1由式得v2v 02gt 1。(2)由题意，在 t0 时刻前有qE1mg油滴从 t0 到 t1 时刻的位移为

6、s1v 0t1 a1t1212油滴在从 t1 时刻到 t22t 1 时刻的时间间隔内的位移为s2v 1t1 a2t1212由题给条件有v022g2h式中 h 是 B、A 两点之间的距离。若 B 点在 A 点之上，依题意有s1s 2h由式得E2 E12 2v0gt1 14(v0gt1)2为使 E2E1，应有22 21v0gt1 14(v0gt1)即当 0 (1 32)v0g才是可能的，条件式和式分别对应于 v20 和 v2E1，应有22 21v0gt1 14(v0gt1)即 t1 (52 1)v0g另一解为负，不合题意，已舍去。答案：(1)v 02gt 1 (2)见解析命题点(二) 带电粒子在磁

7、场中的运动题型 1 带电粒子在有界磁场中的运动1磁场中匀速圆周运动问题的分析方法2求磁场区域最小面积的两个注意事项(1)粒子射入、射出磁场边界时速度的垂线的交点，即为轨迹圆的圆心。(2)所求最小圆形磁场区域(面积最小 )的直径等于粒子运动轨迹的弦长。例 1 (2018重庆模拟)如图所示坐标原点 O(0,0)处有一带电粒子源，沿 xOy 平面向 y0 、x0 的区域内的各个方向发射粒子。粒子的速率均为 v、质量均为 m、电荷量均为q。有人设计了方向垂直于 xOy 平面向里、磁感应强度为 B 的匀强磁场区域，使上述所有带电粒子从该区域的边界射出时均能沿 y 轴负方向运动，不考虑粒子间相互作用，不计

8、粒子重力。求：(1)粒子与 x 轴相交的坐标范围；(2)粒子与 y 轴相交的坐标范围；(3)该匀强磁场区域的最小面积。解析 (1)设粒子做匀速圆周运动的半径为 R，由 qvBm ，v2R得 R ，mvqB如图所示，粒子与 x 轴相交的坐标范围为 x 。2mvqB mvqB(2)如图所示，粒子与 y 轴相交的坐标范围为 0y 。2mvqB(3)由题可知，匀强磁场的最小范围如图中的阴影区域所示。第一象限区域一个半径为 R 的半圆面积为 S1 ，R22第二象限区域四分之一圆的半径为 2R，其面积为 S2 R 2，2R24第二象限区域一个半径为 R 的半圆面积为 S3 ，R22则阴影部分面积为 SS

9、1S 2S 3R 2 。m2v2q2B2答案 (1) x (2)0y (3)2mvqB mvqB 2mvqB m2v2q2B2题型 2 带电粒子在磁场中的多解问题1解决此类问题的关键是要找到粒子运动时产生多解的原因，从而判断出粒子在磁场中运动的可能情形，然后由粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的规律(通常是半径公式、周期公式结合几何知识)求解。2粒子在匀强磁场中运动时产生多解的原因通常有：带电粒子的电性不确定；磁场方向的不确定；临界状态的不唯一；运动方向的不确定；运动的重复性等。例 2 如图所示为宽度为 d 的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM 和 NN是它的两条边界。现有质量为 m、电荷量为 q

10、 的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入，要使粒子不能从边界 NN 射出，则粒子入射速率 v 的最大值可能是多少。解析 若 q 为正电荷，轨迹是如图所示的上方与 NN相切的 圆弧，14轨迹半径：R ，又 dRmvBq R2解得 v(2 ) 。2Bqdm若 q 为负电荷，轨迹是如图所示的下方与 NN相切的 圆弧，34则有：R ，dR ，mvBq R 2解得 v(2 ) 。2Bqdm答案 (2 ) (q 为正电荷) 或(2 ) (q 为负电荷 )2Bqdm 2Bqdm命题点(三) 带电粒子在组合场中的运动研一题 (2018全国卷)如图，在 y0 的区域存在方向沿 y 轴负方向的匀强电场，场强大小为 E；

11、在 y0 的区域存在方向垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场。一个氕核 H 和一个氘核 H 先后从 y 轴上 yh 点1 21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，1速度方向与 x 轴正方向的夹角为 60，并从坐标原点 O 处第一次射出磁场。 H 的质量为 m，电荷量为 q。不计重力。求：1(1) H 第一次进入磁场的位置到原点 O 的距离；1(2)磁场的磁感应强度大小；(3) H 第一次离开磁场的位置到原点 O 的距离。21解析 (1) H 在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运1动，运动轨迹如图所示。在电场中由运动学公式有s1v 1t1h a1t1212H 进

12、入磁场时速度在 y 轴方向的分量大小为1v1tan 1a 1t1，其中 160 联立以上各式得s1 h。233(2) H 在电场中运动时，由牛顿第二定律有1qEma 1进入磁场时速度的大小为v v12 a1t12在磁场中运动时由牛顿第二定律有qvBm v2R1由几何关系得s12R 1sin 1联立以上各式得 B 。6mEqh(3) H 与 H 初动能相等21 12mv22 mv1212 12H 在电场中运动时有21qE2ma 2s2v 2t2h a2t2212进入磁场时 v2tan 2a 2t2v v22 a2t22qvB2m v 2R2联立以上各式得s2s 1， 2 1，R 2 R12所以

13、H 第一次离开磁场的出射点在原点左侧，设出射点到入射点的距离为 s2，由21几何关系有s22R 2sin 2联立 式得， H 第一次离开磁场时的位置到原点 O 的距离为21s2s 2 ( 1)h。233 2答案 (1) h (2) (3) ( 1)h233 6mEqh 233 2悟一法 解决带电粒子在组合场中运动问题的思路方法通一类 1(2018全国卷)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在 xOy 平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与 y 轴垂直，宽度为 l，磁感应强度的大小为 B，方向垂直于xOy 平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为 l ，电场强度的大小均为 E

14、，方向均沿 x 轴正方向；M、N 为条状区域边界上的两点，它们的连线与 y 轴平行。一带正电的粒子以某一速度从 M 点沿 y 轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从 M 点入射的速度从 N 点沿 y 轴正方向射出。不计重力。(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；(2)求该粒子从 M 点入射时速度的大小；(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与 x 轴正方向的夹角为 ，求该粒子的比荷及6其从 M 点运动到 N 点的时间。解析：(1)粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称，如图(a)所示。(2)设粒子从 M 点射入时速度的大小为 v0，进入磁场的速度大小为 v，方向与电场方向的

15、夹角为 如图(b)，速度 v 沿电场方向的分量为 v1。根据牛顿第二定律有qEma由运动学公式有lv 0tv1atv1vcos 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为 R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB mv2R由几何关系得l2Rcos 联立式得v0 。2ElBl(3)由运动学公式和题给数据得tan v0v1 6联立式得 qm 43ElB2l2设粒子由 M 点运动到 N 点所用的时间为 t，则t2t T2(2 6)2式中 T 是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，T 2mqB由式得t 。BlE(1 3l18l )答案：(1)见解析图(a) (2) (3) 2ElBl 43ElB2l2 B

16、lE(1 3l18l )2(2018宜宾高三统考)如图所示，在平面直角坐标系 xOy 中，直角三角形 ACD 内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场。线段 COOD l ，30。在第四象限正方形 ODFG 内存在沿 x 轴正方向、电场强度 E 的匀强电场，在第三象限沿 ACB2el3m放置一面足够大的荧光屏，屏与 y 轴平行。一个电子 P 从坐标原点 O 沿 y 轴正方向射入磁场，恰好不从 AD 边射出磁场。已知电子的质量为 m、电荷量为 e，不计重力。(1)求电子 P 射入磁场时的速度大小；(2)求电子 P 经过 y 轴时的坐标；(3)若另一电子 Q 从 x 坐标轴上某点(x0

17、)以相同的速度仍沿 y 轴正方向射入磁场，且P、 Q 打在荧光屏上同一点，求电子 Q 在电场中运动的时间。解析：(1)电子 P 恰好不从 AD 边射出磁场，则电子 P 的运动轨迹与 AD 边相切，由几何关系可得：r lrsin 电子 P 在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：ev0Bmv02r解得：r ，v 0 。l3 eBl3m(2)假设电子 P 从 OG 边离开电场，则电子 P 在电场中做类平抛运动，有：2r at1212yPv 0t1eE ma解得：t 1 ，y P l2meB 23由于 yP ll，故假设成立，电子 P 从 OG 边射出电场，经过 y 轴时的坐标：23。(0，

18、 23l)(3)对于电子 P，设射出电场时速度方向与 y 轴负方向成 角，射在荧光屏上的位置距离 x 轴为 Y，则：vPxat 1tan vPxv0由几何关系有：Yy Pltan 对于电子 Q，设其在电场中运动的时间为 t2，射出电场时速度方向与 y 轴负方向成 角，在 y 轴上的射出点与 O 点距离为 yQ1，射出点与电子 P 打在荧光屏上的点的竖直距离为 yQ2，有：y Q1y Q2YyQ1v 0t2yQ2ltan tan vQxv0vQxat 2解得：t 2 。3m2eB(另 一 个 解 t2 2meB是 电 子 P在 电 场 中 运 动 的 时 间 ，故 舍 弃 )答案：(1) (2)

19、 (3)eBl3m (0， 23l) 3m2eB命题点(四) 带电粒子( 体)在叠加场中的运动研一题 如图所示，在平面直角坐标系 xOy 中，第一象限内存在正交的匀强电场和匀强磁场，其中电场强度 E140 N/C；第四象限内存在一方向向左的匀强电场，电场强度 E2 N/C。一1603质量为 m210 3 kg 的带正电的小球，从 M(3.64 m,3.2 m)点以 v01 m/s 的水平速度开始运动。已知小球在第一象限内做匀速圆周运动，从 P(2.04 m,0)点进入第四象限后经过 y 轴上的 N(0，2.28 m)点(图中未标出)(g 取 10 m/s2，sin 370.6，cos 370.

20、8) 。求：(1)匀强磁场的磁感应强度 B 的大小；(2)小球由 P 点运动至 N 点的时间。解析 (1)由题意可知qE1mg解得 q510 4 C小球在第一、四象限的运动轨迹如图甲所示。则 Rcos x Mx PRsin R y M可得 R2 m，37 ，tan 0.75由 qv0Bmv02R解得 B2 T 。(2)小球进入第四象限后受力分析如图乙所示。tan 0.75tan ，即 37mgqE2可知小球进入第四象限后所受的电场力和重力的合力与速度方向垂直，由图甲可知合力沿 PA 方向由图甲中几何关系可得 OA OPtan 1.53 mANONOA0.75 m过 N 点作 PA 延长线的垂线

21、 NQ，易知OAP 与 QAN 相似，所以 QNAOPA 得 QNAN cos 0.6 m由 QNv 0t，解得 t0.6 s。答案 (1)2 T (2)0.6 s悟一法 带电粒子在叠加场中运动的解题思路通一类 (2019 届高三惠州四校联考)平面 OM 和水平面 ON 之间的夹角为 30，其横截面如图所示，平面 OM 和水平面 ON 之间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，匀强电场的方向竖直向上。一带电小球的质量为 m、带电荷量为 q，带电小球沿纸面以大小为 v0 的速度从 OM 的某点向左上方射入磁场，速度方向与 OM 成 30角，带电小球进入磁场后恰

22、好做匀速圆周运动，已知带电小球在磁场中的运动轨迹与 ON 恰好相切，且能从 OM 上另一点 P 射出磁场( P 未画出)。(1)带电小球带何种电荷？匀强电场的电场强度为多大？(2)带电小球离开磁场的出射点 P 到两平面交点 O 的距离为多大？(3)带电小球离开磁场后继续运动，能打在左侧竖直的光屏 OO上，此点到 O 点的距离为多大？解析：(1)小球在复合场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，小球受到的电场力与重力平衡，小球所受电场力竖直向上，电场力方向与电场强度方向相同，则小球带正电荷；电场力与重力大小相等，则 qEmg，解得：E 。mgq(2)小球进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心

23、力，由牛顿第二定律得：qv0Bm ，解得：r ，v02r mv0qB根据题意，带电小球在匀强磁场中的运动轨迹如图所示，Q 点为运动轨迹与 ON 的切点，I 点为入射点，P 点为出射点，则 IP 为圆轨迹的弦，小球离开磁场的速度方向与 OM 的夹角也为30，由几何关系可得， QP 为圆轨迹的直径，可知 OP 的长度为：s 4r 。QPsin 30 2rsin 30 4mv0qB(3)带电小球从 P 点离开磁场后做平抛运动，设小球打在光屏上的 T 点，竖直位移为y，水平位移：xv 0t，解得：t ，xv0 scos 30v0 23mqB竖直位移：y gt2 ，12 6m2gq2B2小球打在光屏上的

24、 T 点到 O 点的距离为：H2ry 。2mv0qB 6m2gq2B2答案：(1)正电荷 (2) (3) mgq 4mv0qB 2mv0qB 6m2gq2B2命题点(五) 带电粒子( 体)在交变场中的运动题型 1 电场的周期性变化例 1 (2018宜昌调研)如图甲所示，两水平金属板 A、B 间的距离为 d，极板长为l，A 、B 右侧有一竖直放置的荧光屏，荧光屏距 A、B 右端的距离为 0.7l。A、B 两板间加上如图乙所示的方波形电压，电压的正向值为 U0，反向值也为 U0，A、B 间的电场可视为匀强电场，且两板外无电场。现有质量为 m、电荷量为 e(重力不计)的电子束，以速度 v0沿 A、B

25、 两板间的中心线 OO射入两板间的偏转电场，所有电子均能通过偏转电场，最后打在荧光屏上。(1)求电子通过偏转电场的时间 t0；(2)若 UAB的周期 Tt 0，求电子飞出偏转电场时离 OO的最大距离；(3)若 UAB的周期 T2t 0，求电子击中荧光屏上 O点时的速率。解析 (1)电子在水平方向做匀速运动，有：v 0t0l ，解得 t0 。lv0(2)当 Tt 0 时，t0 时刻进入偏转电场的电子飞出时离 OO的距离最大设最大距离为 ym，加速度大小为 a，则有：ym2 a 212(t02)aeU0md解得最大距离 ym 。eU0l24mdv02(3)当 T2t 0 时，电子要到达 O点，则在

26、电场中竖直方向上必须先做加速运动后做减速运动再反向做加速运动，并且加速度大小相等，离开电场后竖直方向上做匀速运动，从O 到 O的整个过程向上的位移和向下的位移大小相等。设向上做加速运动的时间为 t，则在竖直方向上有：y 上 2 at212y 下 a(t02 t)2a(t 02t)12 0.7lv0要到达 O点，则有 y 上 y 下解得 t0.4t 0，另一解 t3t 0 舍去所以到达 O点的电子在竖直方向上的速度大小为vya(t 02t)到达荧光屏上 O点的电子的速率为 v v02 vy2解得电子击中荧光屏上 O点时的速率： v 。v02 (eU0l5mdv0)2答案 (1) (2) (3)

27、lv0 eU0l24mdv02 v02 (eU0l5mdv0)2题型 2 磁场的周期性变化例 2 (2018肇庆模拟)如图甲所示，竖直挡板 MN 左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面的水平匀强磁场。电场和磁场的范围足够大，电场强度 E40 N/C，磁感应强度 B 随时间 t 变化的关系图像如图乙所示，以磁场垂直纸面向里为正方向。t0 时刻，一质量 m810 4 kg、电荷量 q210 4 C 的微粒在 O 点具有竖直向下的速度 v0.12 m/s，O 是挡板 MN 上一点，直线 OO与挡板 MN 垂直，取 g10 m/s 2。求：(1)微粒再次经过直线 OO时与 O 点的距离 x；(2)

28、微粒在运动过程中离开直线 OO的最大高度 H；(3)水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与 O 点间的距离 L 应满足的条件。解析 (1)根据题意可知，微粒所受的重力Gmg810 3 N电场力大小 FqE810 3 N因此重力与电场力平衡微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则qvBmv2R解得：R0.6 m由 T2Rv解得：T10 s则微粒在 5 s 内转过半个圆周，再次经直线 OO时与 O 点的距离：x2R解得：x1.2 m 。(2)微粒第一次运动半周后向上做匀速运动，运动的时间为t5 s ，轨迹如图所示，位移大小：svt解得：s1.88 m因此，微粒离开直线 OO的最大高度：HsR

29、2.48 m。(3)若微粒能垂直射到挡板上的某点 P，P 点在直线 OO下方时，由图像可知，挡板MN 与 O 点间的距离应满足：L(2.4 n0.6)m (n0,1,2，)若微粒能垂直射到挡板上的某点 P，P 点在直线 OO上方时，由图像可知，挡板 MN与 O 点间的距离应满足：L(2.4 n1.8)m (n0,1,2，)综上，挡板 MN 与 O 点间的距离应满足：L(1.2 n0.6)m (n0,1,2，)。答案 (1)1.2 m (2)2.48 m (3) L(1.2n0.6)m (n0,1,2，)带电粒子在交变场中运动的解题思路专题强训提能 1(2019 届高三包头模拟) 如图所示，在竖

30、直平面内一个带正系统通法电的小球质量为 m，所带的电荷量为 q，用一根长为 L 且不可伸长的绝缘轻细线系在一匀强电场中的 O 点。匀强电场的方向水平向右，分布的区域足够大。现将带正电小球从 O 点右方由与 O 点等高的 A 点无初速度释放，小球到达最低点 B 时速度恰好为零。(1)求匀强电场的电场强度 E 的大小；(2)若小球从 O 点的左方由与 O 点等高的 C 点无初速度自由释放，则小球到达最低点B 所用的时间 t 是多少？(已知：OAOCL ，重力加速度为 g)解析：(1)对小球由 A 到 B 的过程，由动能定理得mgLqEL 0解得 E 。mgq(2)小球由 C 点释放后，将沿 CB

31、做匀加速直线运动，F 合 mgqE2 mg2 2a g2mgm 2由几何关系易知，CB L，则2L at2212解得 t 。2Lg答案：(1) (2) mgq 2Lg2(2018全国卷)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 v1，并在磁场边界的 N 点射出；乙种离子在MN 的中点射出；MN 长为 l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：(1)磁场的磁感应强度大小；(2)甲、乙两种离子的比荷之比。解析：(1)设甲种离子所带电荷量为 q1、

32、质量为 m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为 R1，磁场的磁感应强度大小为 B，由动能定理有q1U m1v1212由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1Bm 1 v12R1由几何关系知2R1l由式得B 。4Ulv1(2)设乙种离子所带电荷量为 q2、质量为 m2，射入磁场的速度为 v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为 R2。同理有q2U m2v2212q2v2Bm 2 v22R2由题给条件有2R2 l2由式得，甲、乙两种离子的比荷之比为 14。q1m1q2m2答案：(1) (2)144Ulv13.如图所示，在 xOy 平面的第一象限内存在着方向垂直纸面向外、磁感应强度为 B 的匀强磁场，第四象

33、限内存在方向沿x 方向、电场强度为 E 的匀强电场。某一瞬间从 y 轴上纵坐标为 d 的一点同时向磁场区发射速度大小不等的带正电的同种粒子，速度方向范围与y 方向成45 135角，且在 xOy 平面内。结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到 x 轴上，然后进入第四象限的匀强电场区后均从 y 轴的负半轴射出。已知带电粒子所带电荷量均为q，质量均为 m，粒子重力和粒子间的相互作用不计。(1)试求带电粒子进入磁场的速度大小范围；(2)试求所有粒子到达y 轴上的时间范围(即最后到达y 轴与最先到达y 轴的粒子的时间间隔)。解析：(1)设粒子速度 v 与y 轴的夹角为 ，如图所示，垂直打到 x轴上满足 d

34、Rsin 又 qvBmv2R解得 v qBRm qBdmsin 当 90 时， vminqBdm当 45 和 135时，v max2qBdm带电粒子进入磁场的速度大小范围为v 。qBdm 2qBdm(2)由(1)分析可知当 135 时，射入的粒子最先到达y 轴，所用时间最短其在磁场中运动时间 t1 T8 m4Bq由几何关系可得进入电场时与 O 点的距离为( 1) d，粒子在电场中做类平抛运动2在电场中运动的时间满足( 1)d t22212qEm即 t2 2 2 1mdqE所以 tmint 1t 2 m4qB 2 2 1mdqE由(1)分析可知当 45时，射入的粒子最后到达y 轴，所用时间最长其

35、在磁场中运动的时间 t3 3T8 3m4Bq由几何关系可得进入电场时与 O 点的距离为( 1) d，粒子在电场中做类平抛运动2在电场中运动的时间满足( 1)d t42，212qEm即 t4 2 2 1mdqE所以 tmaxt 3t 4 3m4qB 2 2 1mdqE所有粒子到达y 轴上的时间范围为t tmaxt min 。m2qB 2 2 1mdqE 2 2 1mdqE答案：(1) v (2) qBdm 2qBdm m2qB 2 2 1mdqE 2 2 1mdqE4(2018江苏高考)如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为 4d，宽为d，中间两个磁场区域间隔为 2d，中轴线与磁场区域

36、两侧相交于 O、O 点，各区域磁感应强度大小相等。某粒子质量为 m、电荷量为q，从 O 沿轴线射入磁场。当入射速度为 v0时，粒子从 O 上方 处射出磁场。取 sin 530.8，cos 53 0.6。d2(1)求磁感应强度大小 B；(2)入射速度为 5v0 时，求粒子从 O 运动到 O的时间 t；(3)入射速度仍为 5v0，通过沿轴线 OO平移中间两个磁场(磁场不重叠)，可使粒子从O 运动到 O的时间增加 t，求 t 的最大值。解析：(1)粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，qv0Bmv02r0由题意知 r0d4解得 B 。4mv0qd(2)当初速度 v5v 0 时，由 qvB 得 r d，

37、粒子运动轨迹如图，设粒子在矩形磁mv2r 54场中的偏转角为 。由几何关系知 drsin ，得 sin ，即 5345在一个矩形磁场中的运动时间 t1 ，360 2mqB解得 t153d720v0粒子做直线运动的时间 t22dv解得 t22d5v0则 t4t 1t 2 。53 72d180v0(3)设将中间两磁场分别向中央移动距离 x，粒子运动轨迹如图所示。粒子向上的偏移量 y2r(1 cos )xtan 由 y2d，解得 x d34则当 xm d 时， t 有最大值34粒子做直线运动路程的最大值sm (2 d2x m)3d2xmcos 增加路程的最大值 sms m2dd增加时间的最大值 tm

38、 。smv d5v0答案：(1) (2) (3)4mv0qd 53 72d180v0 d5v05.(2018太原段考)如图(a)所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，整个空间内都存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场和水平向右的匀强电场，匀强电场的方向与 x 轴正方向夹角为 45。已知带电粒子质量为 m、电荷量为q，磁感应强度大小为 B，电场强度大小E ，重力加速度为 g。mgq(1)若粒子在 xOy 平面内做匀速直线运动，求粒子的速度 v0；(2)t0 时刻的电场和磁场方向如图(a) 所示，若电场强度和磁感应强度的大小均不变，而方向随时间作周期性变化，如图(b)所示。将该粒子从原点 O 由静止释

39、放，在 0 时间T2内的运动轨迹如图(c)虚线 OMN 所示，M 点为轨迹距 y 轴的最远点， M 距 y 轴的距离为d。已知在曲线上某一点能找到一个和它内切的半径最大的圆，粒子经过此点时，相当于以此圆的半径在做圆周运动，这个圆的半径就定义为曲线上这点的曲率半径。求：粒子经过 M 点时的曲率半径 ；在图(c)中画出粒子从 N 点回到 O 点的轨迹。解析：(1)粒子做匀速直线运动，由平衡条件得qv0B mg2 qE2解得 v02mgqB由左手定则得，v 0 沿 y 轴负方向。(2)重力和电场力的合力为 F mg2 qE2粒子从 O 运动到 M 过程中，只有重力和电场力的合力做功，据动能定理WFd mv212得 v 22gd由 qvB mg2mv2得 。2mgdqB 2gd mg轨迹如图所示。答案：(1) ，沿 y 轴负方向 (2) 见解析图2mgqB 2mgdqB 2gd mg