2023年高三物理二輪常見模型與方法強化專訓專練

專題21電磁組合場模型

特訓目標特訓內(nèi)容

目標1高考真題(ITTT)

目標2平面電磁組合場模型(5T-8T)

目標3空間電磁組合場模型(9T—12T)

目標4交變電磁組合場模型(13T—16T)

【特訓典例】

一、高考真題

1.如圖所示，M和N為平行金屬板，質(zhì)量為機，電荷量為q的帶電粒子從M由靜止開始被兩板間的電場

加速后，從N上的小孔穿出，以速度V由C點射入圓形勻強磁場區(qū)域，經(jīng)。點穿出磁場，CQ為圓形區(qū)域的

直徑。已知磁場的磁感應強度大小為8、方向垂直于紙面向外，粒子速度方向與磁場方向垂直，重力略不計。

(1)判斷粒子的電性，并求M、N間的電壓U；

(2)求粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑廠；

(3)若粒子的軌道半徑與磁場區(qū)域的直徑相等，求粒子在磁場中運動的時間％

MN

2

■一`.一，mvmvπιn

【答案】(1)正電，?/=—;(2)r=-；(3)?=—

2qqB3qB

【詳解】(1)帶電粒子在磁場中運動，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電。粒子在電場中運動由動能定理可知

2

IV

qU=-mv2解得U=——

22q

(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動，所受洛倫茲力提供向心力，有g由=ME解得r=3

(3)設粒子運動軌道圓弧對應的圓心角為。，如圖

依題意粒子的軌道半徑與磁場區(qū)域的直徑相等，由幾何關系，得0=5設粒子在磁場中做勻速圓周運動的周

期為T,有T=出帶電粒子在磁場中運動的時間f=/7聯(lián)立各式解得f=及

2.探究離子源發(fā)射速度大小和方向分布的原理如圖所示。龍軸上方存在垂直Xoy平面向外、磁感應強度大

小為2的勻強磁場。X軸下方的分析器由兩塊相距為乩長度足夠的平行金屬薄板M和N組成，其中位于X

軸的M板中心有一小孔C（孔徑忽略不計），N板連接電流表后接地。位于坐標原點O的離子源能發(fā)射質(zhì)量

為加、電荷量為g的正離子，其速度方向與y軸夾角最大值為60;且各個方向均有速度大小連續(xù)分布在;%

和之間的離子射出。已知速度大小為％、沿），軸正方向射出的離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好垂直軸射入孔

√2v0XCo

未能射入孔C的其它離子被分析器的接地外罩屏蔽（圖中沒有畫出）。不計離子的重力及相互作用，不考慮

離子間的碰撞。

（1）求孔C所處位置的坐標與；

（2）求離子打在N板上區(qū)域的長度小

（3）若在N與“板之間加載電壓，調(diào)節(jié)其大小，求電流表示數(shù)剛為0時的電壓；

（4）若將分析器沿著X軸平移，調(diào)節(jié)加載在N與"板之間的電壓，求電流表示數(shù)剛為。時的電壓S與孔

C位置坐標X之間關系式。

【答案】⑴翁⑵2d：⑶*⑷嚙≤'≤譽時，U『嚓

【詳解】（1）速度大小為%、沿），軸正方向射出的離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后軌跡如圖

由洛倫茲力提供向心力Bqv.=吟解得半徑R=詈孔C所處位置的坐標/x°=2R=答

（2）速度大小為V的離子進入磁場后，由洛倫茲力提供向心力BqV=咤解得半”囁

若要能在C點入射，則由幾何關系可得2R8s6=2R解得CoSe=H苧1如圖

（3）不管從何角度發(fā)射外=-cos。由（2）可得口產(chǎn)匕由動能定理^^二《相片解得^產(chǎn)坐

2J2q

iγiγ,M/1

（4）孔C位置坐標xx=2rcos6其中「=y=R一聯(lián)立可得x=2A—cos。，COSee-,1解得

BqV0VOL2J

!R≤X≤20R在此范圍內(nèi)，和（3）相同，只與O相關，可得明L=解得L=等由動能定理

2—?Lin

2

；〃M=UM解得S=孕匚

28/?

3.兩塊面積和間距均足夠大的金屬板水平放置，如圖1所示，金屬板與可調(diào)電源相連形成電場，方向沿y

軸正方向。在兩板之間施加磁場，方向垂直XOy平面向外。電場強度和磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖2

所示。板間。點放置一粒子源，可連續(xù)釋放質(zhì)量為〃2、電荷量為儀4>0）、初速度為零的粒子，不計重力及

粒子間的相互作用，圖中物理量均為已知量。求:

2TC∕77

(1)f=0時刻釋放的粒子，在r=F時刻的位置坐標:

殂

C6πm

(2)在°~一1時間內(nèi)，靜電力對r=0時刻釋放的粒子所做的功;

qB()

4τLEmπ2Em'C6πιn

(3)在Mo0點放置一粒接收器，在0~一「時間內(nèi)什么時刻釋放的粒子在電場存在期間被捕

、濕，4qB；)qB0

獲。

【詳解】(1)在0~一丁時間內(nèi)，電場強度為紇，帶電粒了?在電場中加速度，根據(jù)動量定理可知

qB。

Lππmπm兀E八

qE°?一^~=m匕解得粒子在上時刻的速度大小為匕=F-方向豎直向上，粒子豎直向上運動的距離

qB?qB0B0

r

1πm_/Eqtnπm??-λπ，…m2兀m

時間內(nèi)，根據(jù)粒子在磁場運動的周期T=FuJ知粒子偏轉(zhuǎn)180”，速度

x=5%?夕為一2qB；TqBOMoqB

v2mv2πEm

反向，根據(jù)*=J可知粒子水平向右運動的距離為々=λ2釬2貳x=寸粒n子運動軌跡如圖

2,X),即(簧，需)；

2πm3πrn?Cπm

(2)在F-----二時間內(nèi)，電場強度為2E0,粒子受到的電場力豎直向上,在豎直方向>23-=mv2+mvi

qB0泡qBn

3兀In兀E-y+yτuιτι

解得F-時刻粒子的速度匕==δ方向豎直向上，粒子在豎直方向上運動的距離為為=-4-^—=O

qB1>Bu2qB。

3πm4τrm-C2πEm

在F-----二時間內(nèi)，粒子在水平方向運動的距離為*4=2?=2—f=—六a一此時粒子速度方向向下，大

qB*qBaqBnqB?

4πtn5πmCL4加5τrm

小為匕，在=-----『時間內(nèi)，電場強度為3E。，豎直方向q?3E"?〒=，"匕+"匕解得粒子在一^-時刻的

qB。qB?qBllqB0

2π1琮m

電場力做正功;

(3)若粒子在磁場中加速兩個半圓恰好能夠到達M點，則釋放的位置一定在0~死時間內(nèi)，粒子加速度

1πm2πm

時間為4,在豎立方向」：4EOll=mvl'；yi'=-vλ'?t^-----時間內(nèi)粒子在水平方向運動的距離為

2qB"qti0

C,Cm%'2πm3兀mCLπm,,一乂'+%'πm

%=2々=2-^-在F----不時間內(nèi)，在豎直方向/2心卞=〃叱+，陰；??=―工在

qB?祖祖qB?>2qB?

F——/時間內(nèi)，粒子在水平方向運動的距離為引=2〃'=2—+接收器的位置為根

β

<7oqB。qB0qB-4qB；

ttπm

據(jù)距離的關系可知?+?=—解得G=v?此時粒了已經(jīng)到達M點上方，粒子豎直方向減速至O用時

qB°IqB0

142F.γ.

△t,則％'=；%'?，豎直方向需要滿足火-％'-%'4丁什解得4在一個電場加速周期之內(nèi)，所以成立，

24兩

TnnTrm

所以粒子釋放的時刻為中間時刻F；若粒子經(jīng)過一個半圓到達”點，則粒子在O~一了時間內(nèi)釋放不可

2qB“qB?

2πm3πm

能，如果在F-----b時間內(nèi)釋放，經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)一次的最大橫向距離，即直徑，也無法到達M點，所以

qB。qBn

4πtn5πm\

考慮在F-----b時間內(nèi)釋放，假設粒子加速的時間為4,在豎直方向上q?3E°?γ=∕n匕"；y"=Lv".t'

<lti0MO2

5πmf)πm

之后粒子在F----二時間內(nèi)轉(zhuǎn)動半軸，橫向移動距離直接到達M點的橫坐標，即

qB。qB(>

,C〃CmM"4τrEjn2πm6πm1πm

七,=2々"=2—；=—?f解得Vt=W?一丁接卜來在一^——過程中粒子在豎直方向減速為O的過程U■

濕qB。3qBltqB?>qB(>

qΛE0-M'=mvγ..%〃=1?△/粒子要在M點被吸收，需要滿足χ''-%"≤q?代入驗證可知?f在一個

24憫

ATrm/乃〃?2TUn、13πm

周期之內(nèi)，說明情況成立，所以粒子釋放時刻為4?F+（一Γ-?Γ-Γ）=三?一r.

qB<>qB03qBa3qBtt

4.中國"人造太陽"在核聚變實驗方面取得新突破，該裝置中用電磁場約束和加速高能離子，其部分電磁場

簡化模型如圖所示，在三維坐標系OXyZ中，0<Z）,4空間內(nèi)充滿勻強磁場I,磁感應強度大小為8,方向沿

X軸正方向；-3d,,z<0,y?0的空間內(nèi)充滿勻強磁場II,磁感應強度大小為近8,方向平行于Xoy平面,

2

與X軸正方向夾角為45。；z<0,y≤0的空間內(nèi)充滿沿y軸負方向的勻強電場。質(zhì)量為“1、帶電量為+4的

離子甲，從yθz平面第三象限內(nèi)距y軸為L的點A以一定速度出射,速度方向與Z軸正方向夾角為夕，在yθz

平面內(nèi)運動一段時間后，經(jīng)坐標原點。沿Z軸正方向進入磁場I。不計離子重力。

（I）當離子甲從A點出射速度為%時，求電場強度的大小E;

（2）若使離子甲進入磁場后始終在磁場中運動，求進入磁場時的最大速度L；

（3）離子甲以察的速度從。點沿Z軸正方向第一次穿過Xoy面進入磁場I,求第四次穿過XOy平面的位

置坐標（用。表示）；

（4）當離子甲以繆的速度從。點進入磁場I時，質(zhì)量為4加、帶電量為+<7的離子乙，也從。點沿Z軸正

2m

方向以相同的動能同時進入磁場I,求兩離子進入磁場后，到達它們運動軌跡第一個交點的時間差加（忽略

離子間相互作用）。

【詳解】（I）如圖所示

將離子甲從A點出射速度為%分解到沿y軸方向和Z軸方向，離子受到的電場力沿y軸負方向，可知離子沿

Z軸方向做勻速直線運動，沿y軸方向做勻減速直線運動，從A到。的過程，有L=%cosp?f;V0Sin/3=at

4=必聯(lián)立解得八喇力小。SS

mqL

(2)離子從坐標原點。沿Z軸正方向進入磁場I中，在磁場I中做勻速圓周運動，經(jīng)過磁場I偏轉(zhuǎn)后從y軸

進入磁場II中，繼續(xù)做勻速圓周運動，如圖所示

y

由洛倫茲力提供向心力可得"8=牛，=￥可得4=√5∕;為了使離子在磁場中運動,

則離子磁

場I運動時，不能從磁場I上方穿出。在磁場Il運動時，不能XOZ平面穿出，則離子在磁場用運動的軌跡半

徑需滿足｛≤d,4≤3d聯(lián)立可得UV幽要使離子甲進入磁場后始終在磁場中運動，進入磁場時的最大速

m

度為幽；

m

(3)離子甲以察的速度從。點沿Z軸正方向第一次穿過Xoy面進入磁場I,離子在磁場I中的軌跡半徑為

2"?

mvdr,_m一叵d

4'=F=7離子在磁場”中的軌跡半徑為“一√2^2離子從0點第一次穿過到第四次穿過Xoy平

qB2q-B

2

面的運動情景，如圖所示

離子第四次穿過XOy平面的X坐標為七=24'sin45。=d離子第四次穿過XOy平面的)，坐標為y4=2rt'=d

故離子第四次穿過Xoy平面的位置坐標為(d,d,0)o

⑷設離子乙的速度為人根據(jù)離子甲、乙動能相同，可得MWX4,小可得￡=吳嗡離子甲、離

mvd4mv,

子乙在磁場I中的軌跡半徑分別為/=兩=5'%'==d=2j'離子甲、離子乙在磁場Il中的軌跡半

qB

_/WV_?∣2d=4zn?_JT_

徑分別為G=0=F,22=07=21根據(jù)幾何關系可知離子甲、乙運動軌跡第一個交點

√?-B4,二TB

22

從。點進入磁場到第一個交點的過程，有

T_2πm2πmKC∕τxπm,1丁,,IR,12π?4ιn12π?4m..ZIrτ.πm

加=T+A=F+—=(2+2√2)-?=-7]+-η=-×--+-X―y=-=(4+4√2)-

qB√2qB；222M2√2cqB

q-----Bq-----B

22

可得離子甲、乙到達它們運動軌跡第一個交點的時間差為?t=/乙-廂=Q+20）W

qB

二、平面電磁組合場模型

5.如圖所示，平面直角坐標系M），中第一、二、四象限內(nèi)存在磁感應強度大小為8的勻強磁場。第一、四

象限內(nèi)磁場方向垂直紙面向里,第二象限內(nèi)磁場方向垂直紙面向外。第三象限存在沿X軸正方向的勻強電場。

質(zhì)量為加、電荷量為4（4＞。）的粒子甲從點$（-/，-/）由靜止釋放，進入磁場區(qū)域后，與靜止在點P（M））、質(zhì)

量為W的中性粒子乙發(fā)生彈性正碰，碰撞過程中有一半電量轉(zhuǎn)移給粒子乙。不計粒子重力及碰撞后粒子間

的相互作用，求:

（1）電場強度的大小E：

（2）甲乙兩粒子碰撞后，粒子甲第”次經(jīng)過y軸時甲乙粒子間的距離d；

（3）當乙粒子第一次經(jīng)過y軸時在第二象限內(nèi)施加一沿X軸負方向、電場強度大小與第三象限電場相同的

勻強電場，已知碰后兩粒子在XO），平面內(nèi)均做周期性運動，且在任一時刻，粒子沿y軸方向的分速度V，與

其所在位置的X坐標的絕對值成正比，甲離子的比例系數(shù)為M="，乙離子的比例系數(shù)為壇,=學且。求甲

2m2m

乙兩粒子最大速度之比"。

y

×XX

XXX

XXX

XPXX

X×X

XXX

SL-/

X×X

XXX

【答案】⑴瑞⑵S八⑶貂

【詳解】（1）對粒子在電場中有=L粒子在第四象限內(nèi)的磁場中有qBv。=〃，察根據(jù)幾何關系有&=/

2片）

解得E=遮

Im

（2）碰撞過程有機%=〃叫+：嶺；1〃7片小匕*2后3解得K=";匕=當"碰后對甲粒子有

322232m2m

22τ_乙兀/乃一

WBW=機2,V'=?今解得號=1，6=/粒了圓周運動的周期∣=4%;T2=一生可知工=3豈

2N23用-Bqβ

2

當甲粒子第一次到達y軸（凹=/）時，乙粒子第二次到達y軸（，2=3/）,兩粒子相距4=2/此后每次甲粒

子到達y軸時，乙比甲沿y軸多移動M=4/粒子甲第〃次經(jīng)過y軸時甲乙粒子間的距離d=（4Λ-2）/

（3）由于只有電場力做功，當粒子X方向的位移最大時速度最大，此時X軸方向的分速度為零，沿），軸方

向的分速度即為合速度，則A=F由動能定理有弓Exnd=；向扁一〈加入="工一〈"；

?mZZZZZ3ZJ

解得%1=（&+1）葭2；[2=（麗+1）魯則甲乙兩粒子最大速度之比〃=儼=去'

6.如圖所示，直角坐標系XOy所在的平面內(nèi)，y軸的左側(cè)存在大小為E=2X105N∕C,方向沿X軸負方向的足

夠大的勻強電場區(qū)域。y軸的右側(cè)存在三個依次相切的圓形磁場區(qū)域B/、B2、B3,且三個圓形磁場區(qū)域都與

y軸相切。已知小、上磁場區(qū)域半徑為R=Q-6）m,磁感應強度大小為8尸上=21，方向均垂直紙面向里；

以磁場區(qū)域半徑為號，磁感應強度大小未知，方向垂直紙面向里。一個質(zhì)量為加，電荷量為口的帶電粒子

以初速度丫。從4點豎直向下沿直徑方向進入8/磁場區(qū)域，恰好沿0/03方向進入以磁場區(qū)域，然后從。點

進入電場。不計帶電粒子的重力，帶電粒子的比荷為Z=2χl05C∕kg,求：

m

（1）帶電粒子的初速度必和在電場區(qū)域中運動的路程；

（2）磁感應強度員的大小和帶電粒子最后離開磁場區(qū)域的位置坐標；

（3）帶電粒子在電磁場中運動的總時間。

；(3)r=(2+4^-3^?)×10^5s

【答案】(1)%=4xl()5m∕s,x=4m:(2)與=(6+4G)T,(2-√3):∣m,------m

336

【詳解】（1）粒子在磁場中的運動軌跡如圖

R--R

由幾何知識易得Sine=-/一=3所以ND=6=30°所以粒子在8/磁場區(qū)域內(nèi)運動的軌道半徑

R+-R2

3

5

r=-?-=Im又由牛頓第二定律qv0Bx=解得vo=4×10m∕s粒子沿半徑方向飛入圓形磁場，必將沿半

tan15r

徑方向飛出圓形磁場，故粒子進入電場時的速度方向沿X軸負方向，在電場力的作用下做勻減速直線運動。

l02

由牛頓第二定律Eq=ma得α==4×10m∕s以粒子在電場中的路程x=2x至=4m

m2a

（2）由幾何知識易得NC=60。，故粒子在以磁場區(qū)域內(nèi)的軌跡半徑r'=3/?又由牛頓第二定律

3

伏。鳥=機??解得與=（6+4厲）T粒子回到磁場后將繼續(xù)以必做勻速圓周運動，由運動的對稱性可知，粒子

r

將從A點關于X軸的對稱點A點離開磁場，所以X=R=（2-6）m：y=-（R+^）cosθ+R=-日m

即A位置坐標（2-√3）m,-^-m；

qvB=m—

聯(lián)立可得T=等

（3）粒子在磁場中做勻速圓周運動，其運動周期由故在3/、史磁場區(qū)域內(nèi)

T①Bq

V

A=?2=券4==AXl（Γ's在以磁場區(qū)域A=2x@=7；=幺"=竺二3fX10-5S粒子在電場中的

360l2B、q243360o33B、q18

運動時間％=2x%=2x10-s所以帶電粒子在電磁場中運動的總時間

a

5

%=4+，2+4+K=（2+吧-3π）Xio-S

7.如圖所示，在My平面內(nèi)，有一以坐標原點O為圓心、R為半徑的圓形區(qū)域，圓周與坐標軸分別交于小

b、c、”點。X軸下方圓弧bd與〃小兩個半圓形同心圓弧，/M和b'd,之間的區(qū)域內(nèi)分布著輻射狀的電場，

電場方向指向原點。，其間的電勢差為U;X軸上方圓周外區(qū)域，存在著上邊界為y=2R的垂直紙面向里的

足夠大勻強磁場，圓周內(nèi)無磁場。圓弧〃〃上均勻分布著質(zhì)量為小、電荷量為q的帶正電粒子，它們被輻射

狀的電場由靜止加速后通過坐標原點。，并進入磁場。不計粒子的重力以及粒子之間的相互作用，不考慮

粒子從磁場返回圓形區(qū)域邊界后的運動。求:

（1）粒子進入磁場時的速度v；

（2）要使粒子能夠垂直于磁場上邊界射出磁場，求磁場的磁感應強度的最大值B。；并求出此時從磁場上邊

界垂直射出的粒子在磁場中運動的時間/：

（3）當磁場中的磁感應強度大小為第（2）問中慶的且倍時，求能從磁場上邊界射出粒子的邊界寬度L。

2

【答案】（1）

【詳解】（1）在電場中q。解得

（2）垂直磁場上邊界射出的粒子的圓心0,必在磁場上邊界上，作出軌跡如圖所示

r,若磁感應強度達到最大值，則r有最小值。由于OO=√FI?

當r有最小值時，00'取最小值，。。'最小值為。點到磁場上邊界的距離2R,根據(jù)幾何關系有%.=KR

E解得B。=］、您口設此時粒子進入磁場時速度方向與y

粒子在磁場中做勻速圓周運動，則有口叫=〃?

*RY3q

軸正方向的夾角為仇則tan°=(=6解得0=6°帶電粒子在磁場中的運動周期7=小粒子在磁場中

運動的時間f=芻T=乃R

360

ιrιv

(3)當B=三用,時，帶電粒子在磁場中的運動半徑/=癡=2R由幾何知識可知，當粒子從4點沿X軸正

方向進入磁場，粒子從磁場上邊界射出點，為粒子能夠到達的上邊界的最右端，作出軌跡如圖所示

設粒了?能夠到達的卜.邊界的最右端距y軸的距離為X/，則有用=R+，解得士=3R當粒了?與磁場上邊界相切

時，切點為粒子能夠到達的上邊界的最左端。設粒子能夠到達的上邊界的最左端距y軸的距離為X2,則有

七=解得W=√^?則粒子能從磁場上邊界射出粒子的邊界寬度+?=(3+√5)/?

8.如圖所示，在y>0的區(qū)域內(nèi)存在兩個勻強磁場。以坐標原點。為圓心，半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)磁場

方向看直紙面向外，磁感應強度大小未知；其余區(qū)域的磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小4。第四

象限內(nèi)有沿y軸負向電場強度為E的勻強電場，一比荷為上的帶電粒子在加速電場的下極板處無初速釋放,

經(jīng)加速后從坐標為(-2尺0)的“點進入磁場，恰能第一次從坐標為(2R,0)的b點離開磁場，且粒子經(jīng)過各磁

場邊界時的速度方向均與該邊界線垂直。不計粒子的重力，求

（1）若粒子未進入半圓形區(qū)域內(nèi)磁場，加速電場的電壓多大；

（2）若粒子有進入半圓形區(qū)域內(nèi)磁場，求這個區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應強度與；

（3）在（2）問中，從粒子由。點飛進磁場開始計時，求粒子以后第三次到達X軸的時間。

【詳解】（1）當粒子在電場中加速，根據(jù)動能定理可得S=Tm詔當粒子速度較大時，粒子不進入半圓形區(qū)

域內(nèi)磁場，在磁場Bi中直接從a點經(jīng)半圓周到達b點，此時粒子運動的軌道半徑為〃=2R根據(jù)洛倫茲力提

供向心力可得=加壓聯(lián)立解得。=2kBW

rx

（2）若粒子有進入半圓形區(qū)域內(nèi)磁場，粒子運動的軌跡如圖

設進入磁場⑸的半徑為⑶則由幾何關系可得2R=∕i+而IF解得4=3則tan。=搟：8=3T

粒子在B2中的運動半徑為4=—==2R根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得4%用=機％；qv°B,=m五

tan，3r2ri

9

聯(lián)立解得巴=記4

24〃22τr∕7?

（3）粒子在磁場8/中運動的周期I=一不在磁場歷中運動的周期（=一不從粒子由4點飛進磁場開始計

qB、qB2

時，粒子第?次到達X軸的時間…X舒177*靜豈74解得公面3函47zr以后粒子進入下方的電場中，先做減

速運動，后做反向的加速運動，在電場中運動的時間"號=筌=號第二次回到X軸時需要的時間

347萬2v

…+'=西瓦+譚π然后在上方磁場中做半個圓周運動,則第三次回到X軸時需要的時間

34742v0πm_509乃2v0

162kBι~kE加一1623~kE

三、空間電磁組合場模型

9.如圖所示，截面半徑為/的圓柱形空腔位于三維坐標系。孫Z中，分為I、II、川三個區(qū)域。0≤z≤"的

I區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強磁場；√3∕≤z≤y+√3∕β<JIl區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場”區(qū)域內(nèi)同

時存在沿Z軸正方向的勻強電場和勻強磁場，電場強度與Il區(qū)域相等。現(xiàn)有一帶電粒子從點尸(，,0,0),以大

小為%的速度垂直磁場進入I區(qū)域，經(jīng)點Q(0,0,6。沿著Z軸進入Il區(qū)域，然后經(jīng)過點M(O,gg∕+G∕]進

入川區(qū)域，粒子恰好未從圓柱腔的側(cè)面射出，最終從右邊界上點N(O,g,z)離開區(qū)域川。已知粒子的質(zhì)量

為加，電荷量為+q,不計粒子重力，求：

(1)I區(qū)域磁感應強度的大小B；

(2)Il區(qū)域電場強度的大小E；

(3)Ill區(qū)域沿Z軸的寬度以

【答案】⑴即⑵鬻；⑴f*(〃=],2,")

【詳解】(1)I區(qū)域內(nèi)粒子在XOZ平面內(nèi)做勻速圓周運動，軌跡如圖

√3∕

Z

由幾何關系得4=2/由牛頓第二定律得qv0B=生b解得8=篝

42qi

⑵Il區(qū)域內(nèi)粒子在WZ平面內(nèi)做類平拋運動，Z軸方向?qū)W=M,y軸方向(a=也

322m

聯(lián)立解得E=常

16q∕

3

(3)進入圖區(qū)域后做螺旋線運動，粒子在M點沿y軸方向的分速度為v?=研解得vy=→0粒子在χθy平面

內(nèi)做圓周運動，軌跡如圖

//Y3F2πr.πl(wèi)

由幾何關系可知I；J+]=(∕-4)UJ解得弓=副則粒子在Xoy平面內(nèi)做圓周運動的周期T=L=工設由

M到N時間為匕，由于M、N兩點y坐標相同，則有L=AIT(〃=1，2,3…)粒子沿Z軸的正方向做初速度為％的

勻加速直線運動，由運動學公式得工=%弓+；”以代入數(shù)據(jù)解得乙=〃6+2|9/(”=1,2,3…)

10.在如圖所示的空間直角坐標系中，y軸正方向豎直向上，在XoZ平面上方存在勻強電場，方向沿y軸負

方向；在XoZ平面下方存在勻強磁場，方向可以調(diào)整。某時刻一質(zhì)量為如帶電量為4的帶正電粒子自y軸

上的M點射出，初速度大小為%,方向沿X軸正方向。已知M點與坐標原點。的距離為“，粒子第一次到

達XoZ平面時與坐標原點。的距離也為d,XOZ平面下方磁場的磁感應強度大小始終為多,不計粒子的重

qd

力。

(1)求粒子第一次到達XOZ平面時的速度大小;

(2)若XoZ平面下方的磁場沿y軸正方向，要使粒子到達該區(qū)域后做直線運動，可以在該區(qū)域再疊加一勻

強電場，求該勻強電場電場強度的大小和方向；

(3)若X。平面下方的磁場沿Z軸正方向，求粒子運動軌跡與XOZ平面交點的X坐標;

(4)若XoZ平面下方的磁場沿X軸正方向，求粒子第N次到達XoZ平面時的坐標。

【答案】(1)V=V5v0；(2)E=一?,沿Z軸負方向：(3)x=(l-2njd(n=0,1,23,)；(4)見解析

【詳解】(1)粒子第?次在電場中運動的過程,沿X軸方向d=即°沿.y軸方向d=上j∕°粒子第?次到達工。

平面時的速度大小J=J片+耳,解得U=后%

2

(2)要使粒子在X。平面下方做直線運動，勻強電場強度方向應沿Z軸負方向qv0B=qE得電場強度E=誓

qd

V.2

(3)設粒子進入磁場時與X軸方向的夾角為。，則Sina=；=不

2

粒子在磁場中運動時4出=?每次在磁場中運動過程沿X軸負方向移動的距離為?x1=2彳sinα=4√每次在

電場中運動的時間為2/。，沿式軸正方向移動的距離為例=32%=2d歸納得粒子運動軌跡與XoZ平面交點

的X坐標為X=(I-2∕ι)d("=0,1,2,3,.)

(4)粒子每次在電場中運動的時間為4,沿X軸正方向移動的距離為Ax?=32%=2d在磁場中垂直于X

mvπY?πd

軸的平面上，粒子以大小為V,的速度做勻速圓周運動qvyB=—?粒子每次在磁場中的運動時間t=,=亡

粒子每次進入磁場后沿X軸正方向移動的距離AV=W=溫粒子每次進入磁場后沿Z軸正方向移動的距離

?z=2^=4d歸納得，粒子到達XOZ平面時y坐標始終是0,X和Z坐標分別為

…V-I,\

①N=I、3、5、7、...時X=Nd+`2；z=（2N-2）d

②N=2、4,6,8、…時X=（N-I）d+萬萬d；z=2Nd

11.如圖所示，“向和α262C'242-4Ac34分別是核長為α的立方體團和回，出點跟坐標原點O點

重合。在z20的空間內(nèi)充滿電場強度為E的勻強電場，在z≤0的空間內(nèi)充滿方向垂直于平面的Gq4向里

的勻強磁場，強度未知。某種帶正電粒子（不計重力）從4點以速度%沿方向進入電場，恰好從平面

a2b2c2d2的中心點沿Z軸負方向進入立方體回，且恰好達到立方體團的體對角線“2C3。不考慮電場和磁場的邊

緣效應，求：

（1）帶電粒子的比荷，電場的方向與Z軸夾角的正切值；

（2）磁感應強度的大小和粒子離開立方體團時的坐標；

（3）若粒子進入立方體團后，z≥0的空間內(nèi)的電場方向立刻變?yōu)樨Q直向下，場強大小保持不變。那么，要

使粒子能夠垂直于C2C3邊射出，在磁場方向不變在情況下，磁感應強度應調(diào)為多大？并求粒子從開始進入磁

場到從c2c,邊上射出所用的時間。

【答案】⑴?=邈，tg。=在；⑵2√6(√3-l)g],4,_再/；(3)8(2w+l)半^(其

m2Ea&23%[\2J'3%

,、兀a4√30,,C、

l1=

∣:n—0)1,2,3>...),tl;----Hn----<其中：〃=0,1>2,3,...)

24%3%

【詳解】（1）設帶電粒子的電荷量為外質(zhì)量為，小電場跟Z軸負方向的夾角為6,如圖所示；粒子從《點

到的中心點歷時為，

沿3方向應SieUi%；條fl沿Z軸方向向…解得tg。4

q=娓京

tn2Ea

（2）由（1）可得匕=0%設粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為r,由幾何關系得

“設磁感應強度的大小為8,粒子在磁場中做勻速圓

周運動，由牛頓第二定律得二叱=,且解得B=2"（?τ）E設粒子離開立方體回時,在Z軸負方向的坐標

r3%

-z,則由幾何關系得

（3）要使粒子垂直于，2,3射出，其運動軌跡如圖所示，設運動半徑為R則由幾何關系得

正g=R+2"R（其中：π=0,1,2,3,...）；B〃q匕=m上解得Bfj=（2"+1）斗亞■（其中："=0,1,2,

2^R3v0

3,…）設粒了?從開始進入磁場到從QG邊上射出，在磁場中運動的時間為%則射3=（2〃+I）W解得“二券

24%

設粒子在電場中一個來回運動的時間為片，則由動量定理得目%=2加%解得％

3%

所以，運動的總時間為電=七+"G∣=^^—-+n-y^^~（其中：n=0,1>2>3,...）

4%3v0

12.如圖所示，3yz為空間直角坐標系，在x<0的空間1內(nèi)存在沿Z軸正方向的勻強磁場A。在O<χvd的

空間Il內(nèi)存在沿），軸正方向的勻強電場E,在x>d的空間Il存在磁感應強度大小員=鬻、方向沿X軸正方

向的勻強磁場?，F(xiàn)將一帶負電的粒子從X軸上的A（XA=-6"）點以初速度%射入空間I的磁場區(qū)域，經(jīng)