第5講專題強化：帶電粒子在復合場中的運動

■題型突破題曳探究?髭力提升一J

題型一帶電粒子在組合場中的運動

1.組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，或在同一區(qū)域，電場、磁場交

替出現(xiàn)。

2.分析思路

(1)畫運動軌跡：根據(jù)受力分析和運動學分析，大致畫出粒子的運動軌跡圖。

(2)找關鍵點：確定帶電粒子在場區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關鍵。

(3)劃分過程：將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選取不同的規(guī)律

處理。

3.基本規(guī)律

V,=00,”=VQt

電

類T

誓

偏

運

轉(zhuǎn)

兩

偏轉(zhuǎn)角tan<p=—=坦"

種

偏Vomv（）

轉(zhuǎn):

磁v

勻

速圓t/vB=m—

偏

一

運

周

動

轉(zhuǎn)mv_2"，”0

考向1先電場后磁場

1.先在電場中做加速直線運動，然后進入磁場做圓周運動。如圖甲、乙所示，在電場中

利用動能定理或運動學公式求粒子剛進入磁場時的速度。

2.先在電場中做類平拋運動，然后進入磁場做圓周運動。如圖丙、丁所示，在電場中利

用平拋運動知識求粒子進入磁場時的速度。

嗎八糕,v^at

g向夙Jan。琮

丙T

【典例1】（多選）如圖所示，在x軸上方第一象限內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，x

軸下方存在沿），軸正方向的勻強電場。a、b兩個重力不計的帶電粒子分別從電場中的同一點

尸由靜止釋放后，經(jīng)電場加速從M點射入磁場并在磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)。最后從），軸離開磁場時，

速度大小分別為vi和vi，vi的方向與y軸垂直，V2的方向與_y軸正方向成60。角。a、b兩粒

子在磁場中運動的時間分別為“和七，則下列比值正確的是（AD）

A.V）：V2=2：1

C./i:12=3:2

【解析】粒子在電場中加速，設加速的位移為X,則根據(jù)動能定理有解得

粒子在磁場中運動時，其軌跡如圖所示，a粒子軌跡的圓心為。，b粒子軌跡的

圓心為0',根據(jù)幾何知識可知&sin3O°+/?i=R2,則有幻：冷=1：2,根據(jù)洛倫茲力提供向

心力有力8=爺聯(lián)立可得票噌=1：4,代入片寸?？傻昧Γ骸?：1,A正確，B

錯誤；粒子在磁場中運動的周期為7=2吏=々詈，所以兩粒子在磁場中運動的時間之比為/）:

vqd

r2-o/,5CD正確。

3604360°，2_4sB,6q2B~''造沃'

【典例2】（多選）（2023?海南卷）如圖所示，質(zhì)量為〃?，帶電荷量為+夕的點電荷，從原

點以初速度w射入第一象限內(nèi)的電磁場區(qū)域，在0<3<yo，O<?xo（xo、以為已知）區(qū)域內(nèi)有豎

直向上的勻強電場，在x>即區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，控制電場強度（E值有多種

可能），可讓粒子從NP射入磁場后偏轉(zhuǎn)打到接收器MN上，則（AD）

A.粒子從NP中點射入磁場，電場強度滿足E=兇憚

B.粒子從NP中點射入磁場時速度為

C.粒子在磁場中做圓周運動的圓心到NM的距離為翳

.招+4品

D.粒子在磁場中運力的圓周半徑最大值是

【解析】若粒子打到N尸中點，則xo=*3。='誓片，解得上

A止硝；粒

子從NP中點射出時，則*=%,速度也=7.+*=蜉焉B錯誤；如圖所示，諛粒子

從電場中射出時的速度方向與豎直方向夾角為仇則tan。=電=一含一=等，粒子從電場中

tn'vo

射出時的速度粒子進入磁場后做勻速圓周運動，則夕1，/3=//-,則粒子進入磁場后

sin（71r

Fs

做圓周運動的圓心到MN的距離d=rcos仇解得小=就，C錯誤；當粒子在磁場中運動有

最大運動半徑時，粒子進入磁場的速度最大，則此時粒子從N點進入磁場，此時豎直最大速

度bm=2及，/。=I”，離開電場的最大速度=+、m=制需+44,則由q\'B=nr^^得，

e4.生久_WVni_WVo/.+4）云.

最大豐任rm—qB一端N焉，D正確。

考向2先磁場后電場

1.進入電場時粒子速度方向與電場方向相同或相反，如圖甲所示，粒子在電場中做加速

或減速運動，用動能定理或運動學公式列式。

2.進入電場時粒子速度方向與電場方向垂直，如圖乙所示，粒子在電場中做類平拋運動,

用平拋運動知識分析。

【典例3】（2024.福建龍巖質(zhì)檢）如圖所示，在xOy平面（紙面）內(nèi)，x>0空間存在方向

垂直紙面向外的勻強磁場，第三象限空間存在方向沿x軸正方向的勻強電場。一質(zhì)量為〃八

電荷量為4的帶正電粒子（不計重力），以大小為人方向與y軸正方向的夾角為〃=60。的速度

沿紙面從坐標為（。，叱k）的4點進入磁場中，然后從坐標為（。，一叱^）的匕點進入電場區(qū)

域，最后從％軸上的P3點（圖中未畫出逢直于x軸射出電場。求：

（1）磁場的磁感應強度大小B；

（2）粒子從4點運動到B點所用的時間/：

（3）電場強度的大小￡

【解析】（1）帶電粒子在磁場中的運動就跡如圖所示，其圓心為Oi,對應覘道半徑為R,

由幾何關系可得Rsin<9=bL,解得R=2L,由洛倫茲力提供向心力有力行二管，聯(lián)立可得

'、R

oTo

2TI-202KR4nL

（2）帶電粒子從P]點運動到P2點所用的時間為2冗一7=—=—,聯(lián)立可得I

3v°

（3）設帶電粒子在電場中的運動時間為r,由運動的合成與分解有i，cose/=小L,

vsin0-atf=0,由牛頓第二定律有</石=〃心，聯(lián)立可得E=加。

【答案】（噬喏?版

【典例4]（2024.安徽淮南二模）如圖所示，在平面直角坐標系xOy第四象限內(nèi)存在沿

y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為反第一象限有一直角三角形區(qū)域OPQ,其中/OPQ

二30。，OP=a,LOPQ區(qū)域內(nèi)(含OQ)有方向垂直于紙面向外的勻強磁場，一質(zhì)量為用、電

荷量為以，/>0)的帶正電粒子從坐標原點O以速度vo沿y軸正方向射入磁場，不計帶電粒子所

受的重力。

(1)若該帶電粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后能進入電場區(qū)域，求這種情況下磁感應強度的最小值為；

(2)如果磁感應強度大小取(1)中的瓦，求該帶電粒子在電場和磁場中運動的總時間。

【解析】(1)經(jīng)分析可知，當磁感應強度大小為&時，粒子在磁場中的運動就跡恰好

與PQ相切，如圖所示，圄心在x軸上的Oi點，粒子從x軸上M點進入包場，粒子在磁場

中的圓軌跡半徑設為R,由幾何關系知O/=2R,OOi+O|P=a,即3R=a,R=ga,由洛倫

核力提供向心力，可得科坳=嘴，聯(lián)立解得戊尸嘲c

(2倬子從。點運動到M點的時間設為八，則有力=k=通,輪子進入電場后，沿電場

線方向減速至N點，速度為零，設這段時間為則有曲=華。解得/2=竽。

由運動對稱性可知，粒子從N點運動到M點的時間也為3且從M點再次進入磁場的

速度仍為即再次進入磁場做勻速圓周運動的半徑仍為/<=%,由圖中幾何知識可知，MP

=ja,因此P點即為粒子再次做圓周運動的圓心，即粒子將垂直于PQ邊離開磁場。設粒子

%

第2次在磁場中運動的時間為力，則有益=生=粉，因此粒子在電場和磁場中運動的總時

V()loV'o

,、r,-?兀a.2ZMV(I.TUIIlia.2mvo

間t=ll+2t^ti=—+—^—=—+—

A、771a.27z/vo

【答案】(1⑵鬲+而

題型二帶電粒子在疊加場中的運動

1.疊加場

電場、磁場、重力場共存或其中某兩場共存。

2.洛倫茲力、重力并存

(I)若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動。

(2)若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故

機械能守恒，由此可求解問題。

3.靜電力、洛倫茲力并存(不計重力的微觀粒子)

(1)若靜電力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動。

(2)若靜電力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，

可用動能定理求解問題。

4.靜電力、洛倫茲力、重力并存

(I)若三力平衡，一定做勻速直線運動。

(2)若重力與靜電力平衡，且速度與磁場垂直，一定做勻速圓周運動。

(3)若合力不為。且與速度方向不垂直，將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用

能量守恒定律或動能定理求解問題。

【典例5】(多選)(2024?安徽卷)空間中存在豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻

強磁場，電場強度大小為E，磁感應強度大小為8。一質(zhì)量為〃？的帶電油滴小在紙面內(nèi)做

半徑為R的圓周運動，軌跡如圖所示。當〃運動到最低點尸時，瞬間分成兩個小油滴I、H,

二者帶電荷量、質(zhì)量均相同。I在?點時與a的速度方向相同，并做半徑為3R的圓周運動,

軌跡如圖所示。II的軌跡未畫出。己知重力加速度大小為g,不計空氣浮力與阻力以及I、

H分開后的相互作用，則(ABD)

A.油滴〃帶負電，所帶電荷量的大小為管

B.油滴〃做圓周運動的速度大小為平

C.小油滴I做圓周運動的速度大小為翠，周期為特

D.小油滴【I沿順時鏟方向做圓周運動

【解析】油滴〃做圓周運動，板重力與靜電力平衡，可知帶負電，有〃吆=叼，解得“

2

=管，故A正確；根據(jù)洛倫茲力提供向心力有8/=〃福，得口=需,解得油酒〃做圓周運

m

動的速度大小為丫=卑4,故B正確：設小油滴I的速度大小為力，得3/?=r-,解得力=380。

E4

=%譽，周期為丁=生"=寫，故C錯誤；帶電油滴〃分離前后動量守恒，設分離后小油

cVlgb

滴II的速度為V2,取油滴a分離前瞬間的速度方向為正方向，得wv=yvi+yv2,解得火=一

噂，由于分離后的小油漪受到的捋電力和重力仍然平衡，分離后小油滴II的速度方向與正

方向相反，根據(jù)左手定則可知小油滴II沿順時針方向做圓周運動，故D正確。

對點演練〕

1.（多選）（2024.四川雅安高三質(zhì)檢）如圖所示，空間其區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電

場方向豎直向下（與紙面平行），磁場方向垂直紙面向外。電場強度為E,磁感應強度為B。帶

電荷量為夕的小球（視為質(zhì)點）在紙面內(nèi)恰好做勻速圓周總動。重力加速度為取下列說法正確

的是（BD）

A.小球帶正電111

B.小球的質(zhì)量為冬

S

C.小球做勻速圓周運動的周期為T隨tP

D.若把電場的方向改成豎直向上，小球正好做勻速直線運動，則其速度為2管F

解析：小球要做勻速圓周運動，靜電力與重力要等大反向，靜也力向上，小球必須帶負

電，A錯誤；由求得加=以，B正確；小球做勻速圓周運動的周期為T=粵=等,

C錯誤；若把立場的方向改成豎直向上，小球正好做勻速直線運動，由三力平衡可得8#=

Eq+mg,求得n=普，D正確。

2.如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標系xOy,其第一象限存在著正交的勻強電場和

勻強磁場，電場強度的方向水平向右，磁感應強度的方向垂直紙面向里。一帶電荷量為十外

質(zhì)量為m的微粒從原點出發(fā)，以某?初速度沿與x軸正方向夾角為45。的方向進入復合場中,

正好做直線運動，當微粒運動到A（/,/）時，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上（不計電場變化的時間）,

微粒繼續(xù)運動一段時間后，正好垂直于,，軸穿出復合場。不計一切阻力，重力加速度為g。

求：

⑴電場強度E的大小；

（2）磁感應強度B的大??；

（3）微粒在復合場中的運動時間。

解析：（1）微粒到達4（1,/）之前做勻速直線運動，對微粒受力分析如圖甲，可知qE=〃吆,

(2)由平衡條件得qiB=S〃ig,電場方向變化后，微粒所受重力與靜電力平衡，微粒在洛

倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡如圖乙所示，qvB=*,由幾何知識可得廣=也/,聯(lián)立

解得片而?，

(3)微粒做勻速直線運動的時間h=學=73微粒儂勻速圓周運動的時間t2=

口微粒在復合場中的運動時間/=/|+，2=停+1卜A。

答案:嗚⑵久夕⑶傳+M

題型三帶電粒子在交變場中的運動

1.交變電、磁場的常見類型

(1)交變磁場

(2)交變電場+恒定磁場

交變電、磁場

(3)交變磁場+恒定電場

(4)交變電場+交變磁場

2.帶電粒子在交變電、磁場中運動的處理方法

(1)弄清復合場的組成特點及場的變化情況。

(2)正確分析帶電粒子的受力及運動特點。

(3)畫出粒子的運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律c

【典例6】如圖中所示的坐標系中，在X軸上方的區(qū)域內(nèi)存在著如圖乙所示周期性變

化的電場和磁場，交變電場的電場強度大小為良，交變磁場的磁感應強度大小為兩，取.1軸

正方向為電場的正方向，垂直紙面向外為磁場的正方向。在/=0時刻，將一質(zhì)量為機、帶電

荷量為4、重力不計的帶正電粒子，從)，軸上4點由靜止釋放。粒子經(jīng)過電場加速和磁場偏

轉(zhuǎn)后垂直打在x軸上。求：

甲

(1)粒了第?次在磁場中運動的半徑;

(2)粒子打在x軸負半軸上的點到。點的最小距離；

⑶起點A與坐標原點間的距離”應滿足的條件；

(4)粒子打在x軸上的位置.與坐標原點O的距離跟粒子加速和偏轉(zhuǎn)次數(shù)〃的關系。

【解析】(1)粒子第一次在電場中有4瓦=機4,力=々0，h=贏，粒子第一次進入磁場

中有伏山(尸詈,聯(lián)立解得凡=miEo

qBl0

(2)由題意可知粒子經(jīng)2次加速和偏轉(zhuǎn)后打在x軸負半軸上到O點的距離最小，如圖甲所

示,第一次加速的位移為Ar尸?=疆,第二次加速的位移-2=3-1,也=2的=警,

則R產(chǎn)鼠單耨，入?yún)n=入0一人口+&=器兀+2)。

(3)分析帶電粒子運動就跡，如圖乙所示,

乙

可知A與坐標原點間的距離d應滿足

%相氏,一r4、

d—，廠Ri—q隊(〃一1,2,3,...)o

(4)若粒子經(jīng)過〃次加速和偏轉(zhuǎn)后打在x軸上，xp=〃(Axi+/?[)=’當'%”(冗+2)(〃=1,2,

3,...)o

【答案…喘Q嚅12)

(3)“="；￡『(〃=1，2,3,...)

(4)燈="號器)(兀+2)(〃=1,2,3,...)

〔對點演練〕

3.如圖甲所示，水平放置的平行金屬板P和Q,相距為d,兩板間存在周期性變化的電

場或磁場。P、Q間的電勢差UPQ隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示，磁感應強度B隨時間變化

的規(guī)律如圖丙所示，磁場方向垂直紙面向里為正方向。f=0時刻，一質(zhì)量為，〃、電荷量為+</

的粒子(不計重力)，以初速度均由P板左端靠近板面的位置，沿平行于板面的方向射入兩板

之間，q、m、d、叩、Uo為已知量。

,?B“

(1)若僅存在交變電場.要使粒子飛到Q板時，速度方向恰好與Q板相切，求交變電場

的周期T；

(2)若僅存在勻強磁場.且滿足&=智，粒子經(jīng)一段時間恰能垂直打在Q板上(不考慮

粒子反彈)，求擊中點到出發(fā)點的水平距離。

解析：(1)設經(jīng)時間I,粒子恰好沿切線飛到Q板，豎立速度為零，加速度為4,則。=喘

半個周期內(nèi)，粒子向上運動的距離為,d=2ny(n=1.2.3....),耳關立得丁=、勺愍

(〃=1,2,3,…)0

(2)僅存在磁場時，帶電粒子在勻強磁場中做半徑為「的勻速圓周運動，則有如)8()=/譚，

解得「=%/,要使粒子能垂直打到Q板上，在交變磁場的半周期，粒子軌跡的圓心角設為90。

+〃，如圖所示，

由幾何關系得r+2rsin6=d,解得sin

—1

則粒子打到Q極板的位置距出發(fā)點的水平距離為x=r-2/<1-cos8)=義工一d。

答案：=1,2,3,…)(2)2d

課時作業(yè)59

▲;亞基礎鞏固?

I.(5分汝I圖所示，一帶電液滴在相互垂直的勻強電場和勻強磁場中剛好做勻速圓周運

動，其軌道半徑為R，已知該電場的電場強度大小為七、方向豎直向下；該磁場的磁感應強

度大小為8、方向垂直紙面向里，不計空氣阻力，設重力加速度為g,則(C)

XXX

A.液滴帶正電

R.液滴比荷禽節(jié)

C.液滴沿順時針方向運動

D.液滴運動速度大小妙=慧

解析：液滴在重力場、勻強電場、勻強磁場的要加場中做勻速圓周運動，可知qE=，ng,

得*冬B錯誤；靜電力方向豎直向上，液滴帶負也，A錯誤；由左手定則可判斷液湎沿順

時針方向運動，C正確；對液滴有qE=mg,qvB=nr^,聯(lián)立得i，=墨D錯誤。

2.（5分）空間同時存在勻強電場和勻強磁場。勻強電場的方向沿），軸正方向，電場強度

大小為E；磁場方向垂直紙面向外。質(zhì)量為機、電荷量為+夕的粒子（重力不計）從坐標原點。

由靜止釋放，釋放后，粒子恰能沿如圖中的曲線運動。已知該曲線的最高點P的縱坐標為/?,

曲線在P點附近的一小部分，可以看作是半徑為2〃的圓周上的一小段圓弧，貝i」（C）

A.粒子在），軸方向做勻加速運動

B.粒子在最高點P的速度大小為、鷹

c.磁場的磁感應強度大小為、用

D.磁場的磁感應強度大小為、愕

解析：受力分析可知，粒子受到洛倫茲力沿），軸方向的分力是變化的，故粒子在〉?軸方

向的合力是變化的，加速度也是變化的，A錯誤；從。到P,洛倫茲力不做功，由動能定理

得qEh=*W解得VP=、I^督，B錯誤；粒子經(jīng)過最高點時，洛倫茲力和靜電力的合力提

供向心力，即qq>B—qE=t礫,聯(lián)立解得8=C正確，D錯誤。

3.（5分）如圖甲所示，豎直面內(nèi)矩形區(qū)域A8CO內(nèi)存在磁感應強度按如圖乙所示的規(guī)律

變化的磁場（規(guī)定垂直紙面向外為正方向），區(qū)域邊長48=小4。，一帶正電的粒子從A點沿

AB方向以速度物射入磁場，在T,時刻恰好能從。點平行OC方向射出磁場?，F(xiàn)在把磁場換

成按如圖內(nèi)所示規(guī)律變化的電場（規(guī)定豎直向下為正方向［,相同的粒子仍以速度卬從八點沿

方向射入電場，在一時刻恰好能從C點平行。。方向射出電場。不計粒子的重力，則磁

場的變化周期力和電場的變化周期72之比為（C）

A.1：1B.2小兀：3

C.2小兀：9D.小兀：9

解析：設粒子的質(zhì)量為〃?，帶電荷量為內(nèi)粒子的偏轉(zhuǎn)半徑為r,經(jīng)手粒子轉(zhuǎn)過的圓心角

為a,則有2rsina=48,2（r-rcosa）=AD,又AB=g>聯(lián)立解得a=60。，所以有寸=

/丁=（解得T=2守了,如果把磁場換為電場，則有"=獷2,解得T2=黑所以

為呼故C正確，A、B、D錯誤。

4.（5分）（2023?新課標卷）一電子和一a粒子從鉛盒上的小孔。豎直向上射出后，打到鉛

盒上方水平放置的屏幕P上的。和。兩點，〃點在小孔。的正上方，。點在。點的右側(cè)，如

圖所示。已知a粒子的速度約為電子速度的京，鉛盒與屏幕之間存在勻強電場和勻強磁場，

則電場和磁場方向可能為（C）

A.電場方向水平向左、磁場方向垂直于紙面向里

B.電場方向水平向左、磁場方向垂直于紙面向外

C.電場方向水平向右、磁場方向垂直于紙面向里

D.電場方向水平向右、磁場方向垂直于紙面向外

解析：假設電子打在a點，即其所受薛電力與洛倫茲力大小相等，方向相反，故

由于a粒子的速度/小于巴子的速度％所以a粒子經(jīng)過電、磁組合場后向右偏

轉(zhuǎn)，即其所受合力方向向右，由于a粒子帶正電，所以電場方向水平向右，A、B錯誤；電

子所受靜電力水平向左，則其所受洛倫茲力水平向右，則磁場方向垂直于紙面向里，D錯誤，

C正確。假設a粒子打在0點，同樣可以得出C正確。

5.（5分）（2023?全國乙卷）如圖所示，一磁感應強度大小為8的勻強磁場，方向垂直于紙

面平面）向里，磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點沿％軸正方向入射到磁場中，

在磁場另一側(cè)的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；

SP=/,S與屏的距離為多與x軸的距離為人如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電

場強度大小為七的勻強電場，該粒子入射后則會沿工軸到達接收屏。該粒子的比荷為（A）

解析：由題知，一帶電粒子由。點沿X軸正方向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點射

出，則根據(jù)幾何關系可知拉子做圓周運動的半徑r=2at粒子做圓周運動，洛倫茲力提供向

心力有qvB=”S，則有*=益，如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電?場強度大小

//F

為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏，則有&/=qvB,聯(lián)立有力=岳

故A正確。

6.（10分）利用電場和磁場實現(xiàn)粒子偏轉(zhuǎn)是科學儀器中廣泛應用的技術.在圖示的xOy

平面（紙面）內(nèi)，大＜卬的區(qū)域I內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，X軸上方的川442區(qū)域H內(nèi)

存在沿〉，軸負方向的勻強電場。一質(zhì)量為〃?、電荷量為4的帶正電粒子（不計重力），從原點O

處以大小為處的速度垂直磁場射入第二象限，方向與x軸負方向夾角0=60。，一段時間后垂

m\T)

直x=k虛線邊界進入電場。已知x\=y[3L,,區(qū)域n中電場的場強E=求:

y

???I?：n

%

.?：____:r

O\Xy~~x2X

（1）區(qū)域I內(nèi)磁場的磁感應強度大小B；

（2）粒子從原點。出發(fā)到離開電場的總時間/；

（3）粒子離開電場時的速度大小V。

解析：（I）粒子在洛倫茲力作用下做圓周運動，在磁場中做圓周運動的半徑設為R,如圖

所示,由幾何關系可得又q“B=喏,

解得區(qū)域I內(nèi)磁場的磁感應強度大小B=Y7O

乙qL

120°

(2)粒子運動圓枕跡所對的圓心角為120°,在磁場中運動時間設為力，則力=訴7，其中

T=—粒子在電場中做類平拋運動，設該粒子的加速度大小為4,在電場中運動時間為伍

Vof

沿y軸負方向運動的距離為力，則有qE=〃?a,應一加=慌2,解得乃=今魯，其中

解得h=襄由于〃<A+/?cos。=3L,粒亍從電場邊界離開，則總時間/=n+介，解得1=

4(兀+5)L

3Vo°

(3)由動能定理得q￡7?=；〃n2一斗九正，解得v=^Kx)。

冬宓。、4(兀+3)L2小

答案：⑴2班⑵3vo⑶3vo

ra/仲A坦箕

▲叱綠口:I4

7.(15分)(2025?八省聯(lián)考河南卷)如圖所示，在水平虛線上方區(qū)域有豎直向下的勻強電場，

電場強度大小為E,在虛線下方區(qū)域有垂直紙面向外的勻強磁場。質(zhì)量為〃?、電荷量為我“>0)

的粒子從距虛線高度為h的〃點向右水平發(fā)射，當粒子進入磁場時其速度方向與水平虛線的

夾角為45。。不計重力。

(1)求粒子進入磁場時的速度大小；

(2)若粒子第一次回到電場中距虛線高度為力時，粒子到。點的距離為s=2力，求磁場的

磁感應強度大小的可能值；

(3)若粒子第一次回到電場中距虛線高度為h時，粒子在電場中運動的時間與在磁場中運

動的時間相等，求粒子此時到〃點的距離。

解析：(1)粒子在電場中做類平拋運動，則豎直方向a=2〃〃，由牛頓第二定律得。=膂,

粒子進入磁場時的速度大小v=y[2vyt解得

(2)粒子從〃點拋出到進入磁場時的水平位移X=WF=EM=2￥/=2/7；粒子進入磁場后做勻

速圓周運動，離開磁場時速度方向與水平方向仍成45。角，第一次回到電場到達距虛線。高

度時水平位移仍為2兒如圖所示，由題意可知2rcos45°=2/?+2/?+2力或2rcos450=2〃，即

/-=3>y[2h或r=y[2h,根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=nr：,解得或

(3)若粒子第一次回到電場中距虛線高度為h時，粒子在電,場中運動的時間/j=-^=

l2mh有g3T3nm,石

可知粒子在磁場中運動的時間為力=2,1y誦，掇據(jù)力=丁=礪,由力="，解得

夕=壯糜，由洛倫茲力提供向心力有夕由'=〃*，解得〃=翳=嚕，根據(jù)幾何關系,

V/\I(?/r<-，LfUJJI

粒子在磁場中向左偏轉(zhuǎn)￡=2人由45。=孰此時粒子到“點的距離5=2/—+2〃=(4-0。

答案??⑴2、惜Q樂倚蓍⑶G—物

8.(15分)(2024?貴州卷)如圖，邊長為力的正方形而4區(qū)域及矩形c或/區(qū)域內(nèi)均存在電

場強度大小為E、方向豎直向下旦與ab邊平行的勻強電場，4?右邊有一半徑為坐心且與ef

相切的圓形區(qū)域，切點為^的中點，該圓形區(qū)域與c■區(qū)域內(nèi)均存在磁感應強度大小為8、

方向垂直紙面向里的勻強磁場。一帶電粒子從方點斜向上射入電場后沿圖中曲線運動，經(jīng)cd

邊的中點進入cd班區(qū)域，并沿直線通過該區(qū)域后進入圓形區(qū)域。所有區(qū)域均在紙面內(nèi)，粒子

始終在該紙面內(nèi)運動，不計粒子重力。求：

(1)粒了?沿直線通過&蛾區(qū)域時的速度大??；

(2)粒子的電荷量與質(zhì)量之比；

(3)粒子射出圓形區(qū)域時速度方向與進入圓形區(qū)域時速度方向的夾角。

解析：(1)帶電粒子在?區(qū)域做直線運動，則有降電力與洛倫茲力平衡，可知粒子帶正

電，經(jīng)cd邊的中點速度水平向右，設粒子到達cd邊的中點時速度大小為vo,帶電荷量為小

E

質(zhì)量為，凡由平衡條件則有qE=qvoB,解得1句=方。

(2)粒子從。點到cd邊中點的運動，可逆向看作從cd邊的中點到。點的類平拋運動，設

運動時間為/,加速度大小為〃，由牛頓第二定律可得qE=ma,由類平拋運動規(guī)律可得vor

=L