秘籍12 帶電粒子在疊加場、組合場、復(fù)合場中的綜合運動問題（教師版）-備戰(zhàn)2024年高考物理搶分秘籍

秘籍12帶電粒子在等效場、疊加場、組合場、復(fù)合場中的綜合運動帶電粒子在場中無約束情況下，常見的幾種情況：①電場力、重力并存——電場力+重力＝F等效（恒力）靜止或勻速直線運動←→F電＝mg且方向相反（即F等效＝0）；勻加/減速直線運動←→F等效≠0且與v共線；勻變速曲線運動←→F等效≠0且與v不共線；無圓周運動②磁場力、重力并存勻速直線運動←→F洛＝mg且方向相反（或F洛＝F電且方向相反），運動方向與F洛垂直；變加速曲線運動（復(fù)雜曲線），因洛倫茲力不做功，故機械能守恒無靜止、無勻變速直線運動、無勻變速曲線運動、無勻速圓周②磁場力、電場力并存勻速直線運動←→F洛＝mg且方向相反（或F洛＝F電且方向相反），運動方向與F洛垂直；變加速曲線運動（復(fù)雜曲線），可用動能定理求解。無靜止、無勻變速直線運動、無勻變速曲線運動、無勻速圓周③磁場力、電場力、重力并存靜止←→F電＝mg且方向相反，且F洛＝0；勻速直線運動←→F電、mg、F洛三力平衡；勻速圓周運動←→F電＝mg且方向相反，且F洛＝Fn；變加速曲線運動（復(fù)雜曲線），可用能量守恒定律或動能定理求解。無勻變速直線運動、無勻變速曲線運動【題型】帶電粒子在等效場、疊加場、組合場、復(fù)合場中的綜合運動【典例1】（2024·廣東深圳·一模）如圖所示，整個空間存在一水平向右的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，光滑絕緣斜面固定在水平面上。一帶正電滑塊從斜面頂端由靜止下滑，下滑過程中始終沒有離開斜面，下滑過程中滑塊的位移x、受到的洛倫茲力力、加速度a與機械能等物理量的大小隨時間變化的圖線可能正確的是（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】AC．滑塊下滑過程中始終沒有離開斜面，滑塊沿斜面受到的重力分力和電場力分力均保持不變，滑塊做勻加速直線運動，則圖像為一條與橫軸平行的直線；根據(jù)圖像的斜率表示速度，可知圖像的斜率逐漸增大，故AC錯誤；B．由于滑塊由靜止做勻加速直線運動，則有可知圖像為過原點的傾斜直線，故B正確；D．除重力做功外，還有電場力做功，則滑塊的機械能不守恒，故D錯誤。故選B?！镜淅?】（2024·湖北·二模）現(xiàn)代科學(xué)儀器中常利用電、磁場控制帶電粒子的運動。如圖甲所示，紙面內(nèi)存在上、下寬度均為d的勻強電場與勻強磁場，勻強電場豎直向下，勻強磁場垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子（不計重力）從電場的上邊界的O點由靜止釋放，運動到磁場的下邊界的P點時正好與下邊界相切。若把電場下移至磁場所在區(qū)域，如圖乙所示，重新讓粒子從上邊界M點由靜止釋放，經(jīng)過一段時間粒子第一次到達(dá)最低點N，下列說法正確的是（

）A．勻強電場的場強大小為B．粒子從O點運動到P點的時間為C．M、N兩點的豎直距離為D．粒子經(jīng)過N點時速度大小為【答案】BD【詳解】A．設(shè)粒子在磁場中的速率為v，半徑為R，在電場中由動能定理，有洛倫茲力充當(dāng)向心力，有由幾何關(guān)系可得綜上可得故A錯誤；B.粒子在電場中的運動時間為在磁場中的運動時間為粒子從O運動到P的時間為故B正確；CD.將粒子從M到N的過程中某時刻的速度分解為向右和向下的分量、，再把粒子受到的洛倫茲力分別沿水平方向和豎直方向分解，兩個洛倫茲力分量分別為設(shè)粒子在最低點N的速度大小為v1，MN的豎直距離為y。水平方向由動量定理可得由動能定理可得聯(lián)立，解得故C錯誤；D正確。故選BD?！镜淅?】（2024·山東煙臺·一模）如圖所示，在平面內(nèi)軸左側(cè)存在平行于紙面范圍足夠大的勻強電場（大小未知）。一質(zhì)量為、電荷量為的電子（重力不計），從軸上的點以速度、與軸負(fù)方向夾角入射，之后電子從軸上的點以的速度沿軸正方向射入第一象限，在第一象限有一垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為的勻強磁場，分布在一個半徑為的圓形區(qū)域內(nèi)（圖中未畫出），且圓形區(qū)域的左側(cè)與軸相切，圓形區(qū)域所處的位置恰好能夠使得電子穿過圓形區(qū)域時速度的偏轉(zhuǎn)角度最大。電子從圓形區(qū)域射出后，從軸上點射入軸下方，在軸下方存在范圍足夠大、方向均沿軸負(fù)方向的勻強電場（大小未知）和勻強磁場（大小未知），電子在軸下方運動一段時間后能夠恰好返回點，求：（1）、兩點間的電勢差；（2）點的縱坐標(biāo)；（3）電子在圓形磁場區(qū)域中運動的時間；（4）的可能值?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）；（4）【詳解】（1）到由動能定理得解得（2）將點速度沿水平方向和豎直方向分解得又解得豎直位移則點縱坐標(biāo)值（3）由洛倫茲力提供向心力解得偏轉(zhuǎn)角最大則圓心角最大此時運動時間（4）將點速度分解為電場力在豎直方向，則水平方向速度不變，則有繞點垂直于紙面方向做勻速圓周運動，周期為豎直方向做勻速直線運動，返回點時且則有解得，（）4【典例1】（2024·天津和平·一模）如圖所示，在直角坐標(biāo)系的第一象限，有方向豎直向下、場強大小為E的勻強電場，在第四象限有垂直紙面向外的勻強磁場，在x軸下方放置一長度為L的絕緣薄板PQ，擋板平面與x軸垂直且上端緊貼x軸。一質(zhì)量為m，電荷量為的粒子從y軸上一點以大小為的速度水平向右射出，恰好從薄板上邊緣P點處射入磁場，粒子射入磁場時的速度方向與PQ的夾角為60°，之后粒子恰好未與薄板碰撞，不計粒子重力，求：（1）粒子在y軸上的發(fā)射位置到P點的水平距離；（2）勻強磁場磁感應(yīng)強度B的大?。海?）粒子在薄板右側(cè)運動的時間t。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）根據(jù)題意可得粒子在P點速度方向與軸的夾角為，可得粒子在P點的豎直分速度粒子在電場中做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，有豎直方向根據(jù)牛頓第二定律有而根據(jù)速度與時間的關(guān)系可得聯(lián)立以上各式可得（2）粒子在點的速度粒子在磁場中做圓周運動，有粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可得聯(lián)立解得（3）根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子在擋板右側(cè)磁場中運動的時間而粒子做圓周運動的周期解得1．（2024·湖北·二模）如圖甲所示，已知車輪邊緣上一質(zhì)點P的軌跡可看成質(zhì)點P相對圓心O做速率為v的勻速圓周運動，同時圓心O向右相對地面以速率v做勻速運動形成的，該軌跡稱為圓滾線。如圖乙所示，空間存在豎直向下的大小為E勻強電場和水平方向（垂直紙面向里）大小為B的勻強磁場，已知一質(zhì)量為m、電量大小為q的正離子在電場力和洛倫茲力共同作用下，從靜止開始自A點沿曲線AC運動（該曲線屬于圓滾線），到達(dá)B點時速度為零，C為運動的最低點。不計重力，則（）A．該離子帶負(fù)電 B．A、B兩點位于同一高度C．該離子電勢能先增大后減小 D．到達(dá)C點時離子速度最大【答案】BD【詳解】A．根據(jù)左手定則可知該離子帶正電，A錯誤；B．根據(jù)動能定理知，洛倫茲力不做功，從A到B，動能變化為零，則電場力做功為零，A、B兩點等電勢，因為該電場是勻強電場，所以A、B兩點位于同一高度，B正確；C．正離子開始受到方向向下的電場力作用由靜止開始向下運動，電場力先做正功后做負(fù)功，故該離子電勢能先減小后增大，C錯誤；D．A→C電場力做正功，C→B電場力做負(fù)功，C點時離子速度最大，D正確。故選BD。2．（2024·廣東·二模）如圖所示為某一科研設(shè)備中對電子運動范圍進行約束的裝置簡化圖?，F(xiàn)有一足夠高的圓柱形空間，其底面半徑為R，現(xiàn)以底面圓心為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系。在圓柱形區(qū)域內(nèi)存在著沿z軸負(fù)向的勻強磁場和勻強電場，在的區(qū)域內(nèi)存在著沿x軸正向的勻強電場。坐標(biāo)為的P點有一電子源，在xOy平面內(nèi)同時沿不同方向向圓柱形區(qū)域內(nèi)發(fā)射了一群質(zhì)量為m，電荷量為的電子，速度大小均為。已知磁感應(yīng)強度的大小為，不計粒子的重力，則從電子發(fā)射到完全離開圓柱形區(qū)域的過程中，下列說法正確的是（

）A．粒子完全離開圓柱形區(qū)域時速度方向均不相同B．粒子完全離開圓柱形區(qū)域時的速度方向均平行于xOy平面C．所有粒子在磁場中運動的總時間均相同D．最晚和最早完全離開圓柱形區(qū)域的粒子的時間差為【答案】AC【詳解】AB．如圖所示粒子在磁場中做勻速圓周運動，有解得由于粒子的軌跡圓半徑和原磁場半徑相同，故粒子在xOy平面內(nèi)將先后經(jīng)歷磁發(fā)散、進入電場勻變速直線運動、返回磁場磁聚焦三個過程，最終從xOy平面內(nèi)的Q點離開，但是速度方向均不相同，在考慮他們在z方向上的勻加速直線運動，離開圓柱形區(qū)域時的速度方向不可能平行于xOy平面，故A正確，B錯誤；C．粒子在磁場中均經(jīng)歷了半個周期，因此在磁場中運動總時間相同，故C正確；D．當(dāng)粒子從P點沿x軸正向發(fā)射時，粒子在xOy平面內(nèi)運動時間最長，相較于運動時間最短的粒子，其多走的路程為2R，故時間差故D錯誤。故選AC。3．（2024·四川德陽·二模）如圖所示為絕緣固定的斜面的剖面圖AD，AD與水平面的夾角為θ=37°，點O、點C為直線AD上的兩點，OA段粗糙，OD段光滑，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場充滿AD所在的空間，AD與磁場方向垂直。質(zhì)量為m、電荷量為q的物塊，在C點以某一初速度（未知）沿斜面AD向上運動，此時物塊與斜面AD之間的相互作用力的大小為0.6mg，已知，，OA段的動摩擦因數(shù)為μ=0.5，重力加速度大小為g，sin37°=0.6，cos37°=0.8.下列說法正確的是（）A．物塊帶負(fù)電 B．物塊在C點上滑的初速度大小為C．物塊在斜面AD上做勻變速運動的時間為 D．物塊在OA段因摩擦產(chǎn)生的熱量為【答案】BC【詳解】A．若沒有磁場，則物塊對斜面的壓力由于物塊與斜面AD之間的相互作用力的大小為0.6mg，所以洛倫茲力方向垂直于斜面向上，物塊帶正電，故A錯誤；B．根據(jù)得故B正確；C．物塊從C點運動到O點的過程中受到的合外力為加速度取向下為正方向，有解得故C正確；D．物塊運動到O點時的速度此時受到的洛倫茲力方向垂直于斜面向下，摩擦力開始勻速運動，所以物塊在OA段因摩擦產(chǎn)生的熱量為故D錯誤。故選BC。4．（2024·安徽·模擬預(yù)測）如圖所示，在xOy平面的第一、二象限內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，在第三、四象限范圍內(nèi)有沿x軸正方向的勻強電場，在坐標(biāo)原點O有一個粒子源可以向x軸上方以不同速率向各個方向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，x軸上的P點坐標(biāo)為，y軸上的Q點坐標(biāo)為。不計粒子的重力及粒子之間的相互作用。下列說法中正確的是（

）A．所有經(jīng)過P點的粒子最小速度為B．若以最小速率經(jīng)過P點的粒子又恰好能過Q點，則電場強度大小為C．沿不同方向進入勻強磁場的粒子要經(jīng)過P點，速度大小一定不同D．所有經(jīng)過P點的粒子在勻強電場中運動的時間均相同【答案】AD【詳解】A．根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力有可得而所有通過P點的粒子，OP為其軌跡上的一條弦，可知，在粒子比荷相同的情況下，粒子的發(fā)射速度越大，粒子在磁場中運動的軌跡半徑越大，因此當(dāng)OP為粒子軌跡的直徑時，經(jīng)過P點的粒子半徑最小，最小半徑可得最小入射速度故A正確；B．以最小速率經(jīng)過P點的粒子入射方向沿著軸正方向，出射方向過P點沿著軸負(fù)方向，即進入電場時垂直與電場方向，可知粒子進入電場后做類平拋運動，豎直方向做勻速直線運動，水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)平拋運動的研究方法可得，聯(lián)立解得故B錯誤；C．如圖1所示沿圖1所示軌跡運動的粒子，進入磁場的方向不同，但都經(jīng)過了P點，且粒子入射速度大小相同，故C錯誤；D．設(shè)沿不同方向進入磁場的粒子經(jīng)過P點的速度方向與軸的夾角為，如圖2所示根據(jù)幾何關(guān)系可得，則有可知粒子出磁場時垂直電場方向的分速度為定值，則粒子穿過電場的過程中沿軸負(fù)方向做勻速直線運動，有可得因此，所有經(jīng)過P點的粒子在勻強電場中運動的時間均相同，故D正確。故選AD。5．（2024·遼寧撫順·三模）豎直平面內(nèi)有如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy，在第Ⅱ象限內(nèi)有一個以坐標(biāo)原點O為圓心半徑為R的四分之一光滑圓弧形軌道，有沿x軸負(fù)方向的勻強電場，電場強度為。在第Ⅲ、Ⅳ象限內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場和垂直于紙面向外的勻強磁場，電場強度大小也為，磁感應(yīng)強度為。在緊貼圓弧軌道下端內(nèi)側(cè)的A點有一質(zhì)量為m、電荷量為的小球大小可忽略，從A點以某一速度（大小可調(diào)）沿圓弧軌道內(nèi)側(cè)豎直向上射入電場，x軸上OC之間有一長度為R的薄板，重力加速度為g。求：（1）為使小球能夠從B點射出，的最小值；（2）從B點飛出的小球打到薄板上的可能范圍；（3）若第Ⅲ、Ⅳ象限內(nèi)的勻強磁場的方向改成豎直向下，。在x軸下方放置另一塊水平的面積足夠大的擋板M，M在磁場中可以且只能上下移動。試畫出從B點飛出的小球在擋板M上的所有可能落點的范圍。（只要正確畫出圖形即可，無需算出范圍大?。敬鸢浮浚?）；（2）；（3）見解析【詳解】（1）在B點小球?qū)壍赖膲毫?時最小，根據(jù)牛頓第二定律①小球由A到B根據(jù)動能定理②由①②解得（2）如圖所示設(shè)小球到B點速度為，豎直方向③④水平方向⑤由③⑤解得由已知條件知在第3、4象限時所以小球做勻速圓周運動設(shè)小球做勻速圓周運動的速度為，則⑥⑦弦長⑧由③到⑧解得可見弦長與無關(guān)是定值，小球從磁場到達(dá)x軸的坐標(biāo)為當(dāng)時若增加則落點向右移動直到小球打到C點，所以小球打到薄板上最右側(cè)的點為C點，所以小球落點坐標(biāo)（3）如圖所示陰影部分表示所有可能落點的范圍，其中AB、CD是和軸及虛線相切的圓弧，是ox在擋板上的投影。6．（2024·湖南邵陽·二模）如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系，x軸下方有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為。A是質(zhì)量為m1帶正電的小球，C是質(zhì)量為m2帶負(fù)電的小球，A、C均可視為電荷量大小為q的質(zhì)點，且2m1=m2=m。初始時C球被鎖定在x軸上某一位置，把A球從y軸上某點以初速度v0水平拋出，A球與C球發(fā)生一維對心正碰，碰撞時間極短，碰前瞬間解除對C球的鎖定，碰后瞬間A球速度為零，C球速度方向與x軸正方向夾角為θ=53°，碰撞前后A、C兩球電荷量不變，重力加速度為g，sin53°=0.8，求：（1）小球A從開始拋出到與C球碰前運動的時間t及兩球碰撞損失的機械能；（2）A球在磁場中運動的最大速度vm（結(jié)果用v0表示）；（3）C球在磁場運動過程中離x軸的最大距離H（結(jié)果用v0和g表示）。注：其中（2）、（3）問不考慮A、C兩球在磁場中可能發(fā)生的碰撞。【答案】（1）；；（2）；（3）【詳解】（1）由題意可知，小球A以初速度v0水平拋出，做平拋運動，A球與C球碰前速度方向也與x軸正方向夾角為θ，速度大小為v，則有解得A、C兩球碰撞動量守恒，碰后C球速度為vC，則有損失的機械能解得（2）法一：由于只有重力做功，A球運動到軌跡最低點時速度最大，此時A球下降高度為H1，A球水平方向由動量定理可得又由能量守恒有解得法二：A球碰后在磁場中的運動，可看做以速度v1水平向右的勻速直線運動和以v1為線速度大小的逆時針勻速圓周運動的合運動，且v1滿足則A球運動到圓周運動最低點時速度最大解得（3）法一：C球在磁場運動過程中離x軸距離最大時速度為vCm，對C球在水平方向由動量定理可得又由能量守恒有解得法二：同（2）中C球向左勻速運動速度為v2，則有勻速圓周運動的速度大小為v3，過x軸時v3水平分速度是豎直分速度可得可得C球運動到圓周運動最低點時離x軸距離最大，則有解得7．（2024·江西鷹潭·一模）如圖所示，在空間建立直角坐標(biāo)系，坐標(biāo)軸正方向如圖所示。空間有磁感應(yīng)強度為方向垂直于紙面向里的磁場，Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限（含x、y軸）有電場強度為豎直向下的電場。光滑1/4圓弧軌道圓心O'，半徑為圓弧軌道底端位于坐標(biāo)軸原點O。質(zhì)量為帶電的小球A從O處水平向右飛出，經(jīng)過一段時間，正好運動到O點。質(zhì)量為帶電小球的B從與圓心O等高處靜止釋放，與A同時運動到O點并發(fā)生完全非彈性碰撞，碰后生成小球C。小球A、B、C均可視為質(zhì)點，所在空間無重力場作用。（1）小球A在O處的初速度為多大；（2）碰撞完成后瞬間，圓弧軌道對小球C的支持力；（3）小球C從O點飛出后的瞬間，將磁場方向改為豎直向上。分析C球在后續(xù)運動過程中，再次回到y(tǒng)軸時離O點的距離。【答案】（1）2m/s；（2）1.6N；（3）【詳解】（1）A從飛出后，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力聯(lián)立整理得解得（2）設(shè)B滑到O點的速度為，由動能定理解得A、B在O點發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰后生成的C球速度為v，由動量守恒定律在碰后瞬間，C球做圓周運動，設(shè)軌道對C支持力為F，C球帶電量由解得（3）C球從軌道飛出后，受到豎直向下的電場力和垂直紙面向外的洛倫茲力，在電場力作用下，C球在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，在水平方向做勻速圓周運動，每隔一個周期T，C球回到y(tǒng)軸上。由及解得C球圓周運動周期C球豎直方向加速度C球回到y(tǒng)軸時坐標(biāo)代入數(shù)據(jù)解得（n=1、2、3………..）8．（2024·廣東·模擬預(yù)測）如圖所示是中國科學(xué)院自主研制的磁約束核聚變實驗裝置中的“偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)”原理圖。由正離子和中性粒子組成的多樣性粒子束通過兩極板間電場后進入偏轉(zhuǎn)磁場。其中的中性粒子沿原方向運動，被接收板接收；一部分離子打到左極板，其余的進入磁場發(fā)生偏轉(zhuǎn)被吞噬板吞噬并發(fā)出熒光。多樣性粒子束寬度為L，各組成粒子均橫向均勻分布。偏轉(zhuǎn)磁場為垂直紙面向外的矩形勻強磁場，磁感強度為。已知離子的比荷為k，兩極板間電壓為U、間距為L，極板長度為2L，吞噬板長度為2L并緊靠負(fù)極板。若離子和中性粒子的重力、相互作用力、極板厚度可忽略不計，則（1）要使的離子能沿直線通過兩極板間電場，可在極板間施加一垂直于紙面的勻強磁場，求的大?。唬?）若撤去極板間磁場，有n個速度為v1=的離子，能進入偏轉(zhuǎn)磁場的離子全部能被吞噬板吞噬，求吞噬板上收集的離子個數(shù)及的取值范圍；（3）重新在兩極板間施加一垂直于紙面的勻強磁場并調(diào)整磁感應(yīng)強度大小，使v2=的離子沿直線通過極板后進入偏轉(zhuǎn)磁場，若此時磁場邊界為矩形，如圖所示，當(dāng)時上述離子全部能被吞噬板吞噬，求偏轉(zhuǎn)磁場的最小面積?！敬鸢浮浚?）；（2），；（3）【詳解】（1）粒子勻速通過極板，有解得（2）粒子在電場中偏轉(zhuǎn)，有，又代入數(shù)據(jù)得故能進入磁場區(qū)域收集的離子個數(shù)為在偏轉(zhuǎn)磁場中，有在磁場中偏轉(zhuǎn)距離離子射出偏轉(zhuǎn)電場時，對于進入磁場的左右兩邊界離子而言，與吞噬板左右兩端相距分別為2L、，設(shè)離子恰好打到吞噬板兩端，由幾何關(guān)系得則（3）洛倫茲力提供向心力，有解得上述離子全部能被吞噬板吞噬，分析可知偏轉(zhuǎn)磁場為最小面積矩形時，緊貼負(fù)極板射入磁場的粒子射出磁場時，沿直線運動能恰打在吞噬板的最左端。設(shè)該軌跡圓心到磁場左邊界的距離為a，由相似三角形的幾何關(guān)系得解得磁場的最小面積9．（2024·河北·一模）如圖所示，豎直虛線的左側(cè)有水平向左的勻強電場，右側(cè)存在垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，比荷為k的負(fù)粒子甲由電場中的M點無初速釋放，由O點進入磁場，OM在一條直線上，經(jīng)過一段時間與靜止在N點的不帶電粒子乙發(fā)生無能量損失的碰撞，碰后兩粒子的電荷量均分。已知粒子乙的質(zhì)量為粒子甲質(zhì)量的，，N到兩虛線的距離均為L。忽略粒子的重力以及碰后粒子間的相互作用。（1）求豎直虛線左側(cè)電場強度的大小；（2）若粒子甲、乙碰后的瞬間，立即將粒子乙拿走，求粒子甲從釋放到第四次通過豎直虛線時到O點的距離?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）粒子甲在磁場中做勻速圓周運動經(jīng)過N點，由幾何關(guān)系可知粒子甲在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為L，由洛倫茲力提供向心力有解得設(shè)電場強度大小為E，粒子甲從M到O的過程，由動能定理有解得（2）粒子甲、乙碰撞過程無機械能損失，設(shè)粒子甲的質(zhì)量為m，碰后瞬間粒子甲、乙的速度分別為、，則粒子乙的質(zhì)量為，取碰前瞬間甲的速度方向為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律有解得由洛倫茲力提供向心力有解得則碰撞后粒子甲在磁場中做圓周運動的軌跡半徑仍為L，則再偏轉(zhuǎn)個圓周后垂直豎直虛線進入電場，粒子甲在電場中先向左做勻減速直線運動，再向右做勻加速直線運動，由對稱性可知粒子甲再次進入磁場時速度大小不變，做圓周運動的軌跡半徑仍為L，可知粒子甲第四次通過豎直虛線時到O點的距離為10．（2024·湖北·一模）如圖所示，在真空坐標(biāo)系xOy中，第二象限內(nèi)有邊界互相平行且寬度均為d的六個區(qū)域，交替分布著方向豎直向下的勻強電場和方向垂直紙面向里的勻強磁場，調(diào)節(jié)電場和磁場大小，可以控制飛出的帶電粒子的速度大小及方向。現(xiàn)將質(zhì)量為：m、電荷量為q的帶正電粒子在邊界P處由靜止釋放，粒子恰好以速度大小為、方向與y軸負(fù)方向的夾角為從坐標(biāo)原點O進入?yún)^(qū)域，區(qū)域存在磁感應(yīng)強度大小、方向垂直xOy平面向里的勻強磁場，不計粒子重力。求：（1）第二象限中電場強度大小與磁感應(yīng)強度大小的比值；（2）粒子從坐標(biāo)原點O第1次經(jīng)過x軸到第2次經(jīng)過x軸的時間。【答案】（1）；（2）【詳解】（1）粒子從P到Q，電場力做正功，洛侖茲力不做功，由動能定理得解得根據(jù)題意粒子速度與y軸負(fù)方向的夾角為粒子在經(jīng)過磁場時的水平方向上，由動量定理即解得故第二象限中電場強度大小與磁感應(yīng)強度大小的比值為（2）粒子在區(qū)域做勻速圓周運動，根據(jù)運動的對稱性知，粒子從坐標(biāo)原點O第1次經(jīng)過x軸到第2次經(jīng)過x軸偏轉(zhuǎn)的圓心角為周期為經(jīng)過的時間11．（2024·貴州安順·二模）如圖所示，在xOy平面的第一象限內(nèi)有半徑為R的圓形區(qū)域，該區(qū)域內(nèi)有一勻強磁場，磁場的方向垂直紙面向里。已知圓形區(qū)域的圓心為，其邊界與x軸、y軸分別相切于P、Q點。位于P處的質(zhì)子源均勻地向紙面內(nèi)以大小為v的相同速率發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為e的質(zhì)子，且質(zhì)子初速度的方向被限定在兩側(cè)與的夾角均為的范圍內(nèi)。第二象限內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強電場，電場強度大小為E，在x軸（）的某區(qū)間范圍內(nèi)放置質(zhì)子接收裝置MN。已知沿方向射入磁場的質(zhì)子恰好從Q點垂直y軸射入勻強電場，不計質(zhì)子受到的重力和質(zhì)子間的相互作用力。（1）求圓形區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小B；（2）求y軸正方向上有質(zhì)子射出的區(qū)域范圍；（3）若要求質(zhì)子源發(fā)出的所有質(zhì)子均被接收裝置MN接收，求接收裝置MN的最短長度x?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）沿方向射入磁場的質(zhì)子恰好從Q點垂直y軸射入勻強電場，則該質(zhì)子運動半徑為，有解得（2）如圖所示，設(shè)在左右兩側(cè)角方向上射入磁場的質(zhì)子，最終分別有磁場邊界上的A、B兩點射出，對應(yīng)圓周運動的圓心分別為、，則四邊形和均為，則粒子由A、B兩點水平飛出，且與B點重合。根據(jù)幾何關(guān)系可知B點到軸的距離為，所以y軸正方向上有質(zhì)子射出的區(qū)域范圍為（3）若質(zhì)子由處飛入電場時打在M點，由處飛入電場時打在N點，根據(jù)類平拋運動的規(guī)律，有解得MN的最短長度為12．（2024·吉林白城·一模）為探測射線，威耳遜曾用置于勻強磁場或電場中的云室來顯示它們的徑跡。某研究小組設(shè)計了電場和磁場分布如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)，第一、二象限分別存在垂直紙面向里的勻強磁場B和沿y軸正方向的勻強電場E，E、B大小均未知。質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子從x軸負(fù)半軸M點與x軸正方向成60°射入電場，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后以速度v0（v0已知）從點P（0，d）垂直y軸進入磁場，最后從N點與x軸正方向成60°射出磁場，不計粒子重力。（1）求電場強度E的大小；

（2）求磁感應(yīng)強度B的大小；（3）若粒子在磁場中受到與速度大小成正比的阻力f＝kv（k為已知常量），觀察發(fā)現(xiàn)該粒子軌跡呈螺旋狀，且粒子恰好從Q點（圖中未標(biāo)出）垂直x軸射出磁場，求粒子由P點運動到Q點的時間t?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）帶電粒子在電場中做反向類平拋運動，即在水平方向勻速直線，豎直方向勻減速直線，豎直分速度減小到0，則根據(jù)動能定理聯(lián)立解得（2）帶電粒子在電場中做圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律運動軌跡如圖所示由幾何關(guān)系聯(lián)立解得（3）有阻力后，例子不再做圓周運動，但洛倫茲力仍提供向心力，列式為角速度ω保持不變，且解得13．（2024·四川廣安·二模）如圖，在y>a區(qū)域有方向沿y軸負(fù)方向的勻強電場，y<a區(qū)域有方向垂直xOy平面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。t=0時刻，質(zhì)量為m的甲粒子從（，）點靜止釋放，另一質(zhì)量為2m的乙粒子，剛好以沿x軸負(fù)方向的速度通過x軸上Q點，當(dāng)甲第一次經(jīng)過原點O時，甲、乙恰好相遇并發(fā)生時間極短的對心碰撞，且碰后甲、乙還能再次碰撞。假設(shè)甲的電荷量始終為q（q>0）、乙始終不帶電，碰撞過程中無能量損失，不計粒子重力。求：（1）電場強度的大??；（2）甲粒子第一次到達(dá)原點O的時刻；（3）Q點的橫坐標(biāo)?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）如圖所示甲在電場中做勻加速直線運動，設(shè)場強為E，甲進入磁場時的速率為；由動能定理有甲在磁場中受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，有因甲、乙第一次相碰于原點O，則有聯(lián)立解得，（2）甲在電場中的運動時間為，由運動學(xué)規(guī)律有解得設(shè)碰撞前在磁場中的運動時間為，甲做圓周運動的周期為故有故甲第一次到達(dá)原點O的時刻為（3）根據(jù)題意，甲、乙第一次碰撞后速度必然沿水平方向，甲做軌跡與x軸相切的勻速圓周運動，乙做水平方向的勻速直線運動。甲、乙要想再次碰撞，只有一種可能，即第一次碰后乙的速度恰好為0。設(shè)乙碰撞前的速率為，由于其不帶電，因此做勻速直線運動。設(shè)甲第一次碰撞后的速度為，以向右為正方向，碰撞過程中，甲、乙組成的系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒由動量守恒定律有機械能守恒定律有解得，即因時刻，乙剛好通過Q點，故乙由Q到O的時間即甲第一次碰撞前的運動時間，故乙在第一次碰撞前運動的距離為解得Q點的橫坐標(biāo)為14．（2024·江西九江·二模）如圖所示，在直角坐標(biāo)系的第二、第三象限內(nèi)有一垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場區(qū)域，坐