專題十一、帶電粒子在電磁場中的運動1〔2023高考浙江理綜第20題〕注入工藝中，初速度可無視的離子P和P3+，經(jīng)電壓為U垂直進入磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面對里，有確定的寬度的勻強磁場區(qū)域，如以下圖，P+在磁場中轉(zhuǎn)過θ=30°后從磁場右邊界射出。在電場和磁場中運動時，離子P+P3+3A．在電場中的加速度之比為1∶1B．在磁場中運動的半徑之比為 ∶13C．1∶2D．離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3答案：BCD3P帶電量為P3+帶電量為e，由qE=m和P3在電場中的加速度之比為13，32mUqB2A錯誤。由qU=mv2/2，qvB=mv2mUqB2

.離子P+和P3+在磁場中運動的半徑之比為

∶1，BP+P3+在磁場中運動的軌跡，由幾何關(guān)系可知，離子P+P3+在磁場中轉(zhuǎn)過的角度1∶2CqU=mv2/2P+P3+1∶3，選項D正確。2〔16分〕.(202322題)如以下圖，兩平行金屬板間距為dU，板間電場可視為勻強電場；金屬板下方有一磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。帶電量為+qm的粒子，由靜止開頭從正極板動身，經(jīng)電場加速后射出，并進入磁場做勻速圓周運動。無視重力的影響，求：勻強電場場強E粒子從電場射出時速度ν的大小；粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑R?！?〕勻強電場場強E=U/。2qU2qUm由動能定理，qU=2mv2，解得v= 。v2粒子在磁場中做勻速圓周運動，qvB=m ，Rmv解得R= 。qB12mUB qd將速12mUB qd3.〔202322〕(20xoy磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。讓質(zhì)量為m，電量為q〔q<0Oxoy度大小和方向入射到該磁場中。不計重力和粒子間的影響。假設(shè)粒子以初速度vyx軸上的A(a，0)點，求v的大小：1 1一粒子的初建度大小為v(v>vA(a，0)點，其入射角〔x1正向的夾角〕有幾個？并求出對應(yīng)的sinθ 值：如圖乙，假設(shè)在此空間再參與沿y軸正向、大小為EOv沿x0爭論說明：粒子在xoy平面內(nèi)做周期性運動，且在任一x重量v與其所在位置的yx比，比例系數(shù)與場強大小E無關(guān)。求該粒子運動過程中的最大速度值v。m〔1〕帶電粒子以速率v在勻強磁場B中做勻速圓周運動，半徑為R，有：1qvB=mv2/R， ①1 1當粒子沿y軸正方向入射，轉(zhuǎn)過半個圓周至A點，該圓周半徑為R1R=a/2，②1解得：v1

qBa。③2m。如圖，O、A兩點處于同一圓周上，且圓心在x=a/2Rv1、2asinθ’=sinθ2R。④aqB由①④式解得：sinθ2mv。⑤粒子在運動過程中僅電場力做功，因而在軌道的最高點處速率最大，用ym

y1 1mm0理，有qy=2mv2-2mv2 ⑥mm0由題知，有v=ky。⑦m mv2E=0v0v=kR，⑨0 0E2 +v2B0

沿y軸正方向入射，有：qvB=m0 ⑧R0由⑥⑦⑧⑨式解得：v= +m B4.〔18分〔2023高考山東理綜第23題〕如以下圖，在坐標系xoy的第一、第三象限內(nèi)存在一樣的勻強磁場，磁場方向垂直于xoy面對里；第四象限內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E.一質(zhì)量為m帶電量為q的粒子自y軸的P點沿xx軸上的Q隨即撤去電場，以后僅保存磁場。OP=d,OQ=2d,不計粒子重力。求粒子過Q點時速度的大小和方向。B，粒子將以垂直y軸的方向進入其次0象限，求B；0QQQ〔1〕設(shè)粒子在電場中運動的時間為t0，加速度的大小為a，粒子的初速度為v0，過Q小為y軸方向的分速度的大小為vx軸正方向的夾角為θqE=m，①1由運動學(xué)公式得：d=2at02， ②2d=vt， ③00v=at， ④y 0v2v2v20ytanθ=v/v ⑥y 0qEdm聯(lián)立①②③④⑤⑥式解得：v=2 ， ⑦qEdmθ=45°。⑧〔2〕設(shè)粒子做勻速圓周運動的半徑為R12圖所示，O為圓心由幾何關(guān)系可知△OOQ為等腰三角形得：R=2 d。21 1 1⑨⑩qvB v2由牛頓其次定律得： =m0 R1mE2qd聯(lián)立⑦⑨⑩式解得：BmE2qd0(3)〕設(shè)粒子做勻速圓周運動的半徑為ROO2 2 2FGHOOFGO’和OQHO2 2 2 2 2 2均為矩形，進而知FQ、GH均為直徑，QFGHFH⊥GQQFGHQOF22R=2 d。22粒子在其次、第四象限的軌跡為長度相等的線段，得：FG=HQ=2R2設(shè)粒子相鄰兩次經(jīng)過Q點所用的時間為t，則有：t=FGHQ2R2。v2mdqE聯(lián)立解得：t=(2+π2mdqE5〔16〕〔202323xOy，在第Ⅰ象限內(nèi)yy正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，方向垂直于xOy平面對里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平行。一質(zhì)量為m、電荷量q的粒子，從y軸上的p(0，h)點，以大小為v0

的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a〔2h，0〕點進入第Ⅳ象限，又經(jīng)過磁場從y軸上的某點進入第Ⅲ象限，且速度與y軸負方向成45°角，不計粒子所受的重力。求：電場強度E粒子到達a點時速度的大小和方向；abc區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度B〔1〕設(shè)粒子在電場中運動的時間為t，則有x=vt=2h，1y=2at2=h，qE=ma，mv2聯(lián)立解得：E= 0。2qh〔2〕粒子到達a點時沿yv=at=v所以：v=

y 0v20v2yv20v2y20方向指向第Ⅳ象限與x45°角。v2〔1〕粒子在磁場中運動時，有qvB=m 。r當粒子從b點射出時，磁場的磁感應(yīng)強度為最小值，此時有：22mv2r=2

L。所以B= 0。qL6〔19分〕〔2023高考四川理綜第11題〕 如以下圖，豎直平面〔紙面〕內(nèi)有平面直角坐標系x0y,x軸沿水平方向。在x≤0的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面對里，磁感應(yīng)強度大小為B1的勻強磁場。在其次象限緊貼y軸固定放置長為lx軸且與x軸相距h向相互垂直的勻強磁場〔磁感應(yīng)強度大小為B2，方向垂直于紙面對外〕和勻強電場〔圖中未畫出。一質(zhì)m、不帶電的小球QAxmqPA1貼平板沿xy軸上的D4圓周離開yxKP、Q一點，且豎直方向速度一樣。設(shè)運動過程中小球P的PQ點，重力加速度為g。求：勻強電場的場強大小，并推斷P球所帶電荷的正負；小球Qv0〔3〕BB1 21〕帶電小球PE，有：mg=qE，解得：E=mg/q。小球PP帶正電。設(shè)小球P緊貼平板勻速運動的速度為v，此時洛倫茲力與重力平衡，有：qvB=mg，1v2設(shè)小球P以速度v在電磁場區(qū)域內(nèi)做圓周運動的半徑為R，有qvB=m 。2 R設(shè)小球Q與小球P在第四象限相遇點的坐標為x、y，有：x≥0，y≤0.Q運動到相遇點所需時間為t，水平位移為s，豎直位移為d，有：0s=vt，0012d=gt2，02聯(lián)立上述方程，由題意可知v>0，解得：00<v≤0 2h

m2g2gh(L+ )2ghq2BB12Q題設(shè)要求，則運動到小球P磁場區(qū)域的同一水平高度的W點vy與豎直位y0必需滿足：1v=vy=g2，y 0 2聯(lián)立相關(guān)方程，解得B1=B2/2。BB0.51 27。(2023高考江蘇物理第15題)〔16分〕在科學(xué)爭論中，可以通過施加適當?shù)碾妶龊痛艌鰜韺崿F(xiàn)對帶電粒子運動的把握。如題15-1xOyE和磁感應(yīng)強度B隨時間t15-2圖所示。x軸正方向為EB在坐標原點O有一粒子P，其質(zhì)量和電荷量分別為mq。不計重力。在t定軌道做往復(fù)運動。求Pv；0

2時刻釋放P，它恰能沿一求B0在t(0<t<τ/2)時刻釋放P，求P0 0解析解析〔1τ/2~τ 做勻加速直線運動τ~2τ 做勻速圓周運動，電場力：F=qE，加速度：a=F/m，0速度：v=att=τ/2，0聯(lián)立解得：v0

qE02m 。0只有當t=2τ 時，P在磁場中做勻速圓周運動完畢并開頭沿x軸負方向運動，才能沿確定軌道做往復(fù)運動，如以下圖。設(shè)P在磁場中做勻速圓周運動周期為T，則：〔n-1/Tτ〔n=1,2,·〕v2勻速圓周運動：qvB=m ，T=2πr/v，0 rm解得：B=〔2n-1〕 。0 q在t0

時刻釋放P，Pτ-t0qE在磁場中做勻速圓周運動，v= 0(τ-t)..。1 m 0mv圓周運動的半徑：r= 1，1 qB0解得：r1

E0(τ-t)..。B 00又經(jīng)(τ-t)時間Pt.。0Pv

0qE0t.。2 m 0mv圓周運動的半徑：r= 2，2 qB0E解得：r= 0t.。2 B 00綜上所述，速度為零時的橫坐標為x=0。相應(yīng)的縱坐標為y=2k

1rr1 2

2(k=2，) 0 0 00解得：y=2E0

B0

B0-2t0

(k=12)8.〔202311〕(18〕一圓筒的橫截面如以下圖，其圓心為O。筒內(nèi)有垂直于紙面對里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N，MN帶等量負電荷。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自MP處由靜止釋放，經(jīng)N板的小孔S度vSO方向射入磁場中．粒子與圈筒發(fā)生兩次碰撞后仍從S有動能損失，且電荷量保持不變，在不計重力的狀況下，求：(1)M、NE(2〕圓筒的半徑R:〔3〕保持M、N間電場強度EM2/3d，粒子仍從M板邊緣的P自進入圓筒至從S孔射出期間，與圓筒的碰撞次數(shù)n。1解析：設(shè)兩板間的電壓為U，由動能定理得：qU=2mv2， ①由勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系得U=Ed，②mv2聯(lián)立解得E= 。 2qd2粒子進入磁場后做勻速圓周運動，運用幾何關(guān)系作出圓心為O’，圓半徑為r。設(shè)第一次碰撞點為A。由于粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞又從SSAAO’S=π/3。由幾何關(guān)系得r=Rtan(π/3) ④v2粒子運動過程中洛倫茲力充當向心力，由牛