资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
专题提升Ⅳ 带电粒子在组合场中的运动
目录
模块一 知己知彼 1
模块二 知识掌握 1
知识点一　组合场 2
知识点二　“电偏转”与“磁偏转”的比较 4
模块三 巩固提高 6
模块一 知己知彼
考点分布 命题趋势
1、带电粒子从电场进入磁场或由磁场进入电场的组合场问题 2、掌握带电粒子在电场、磁场中运动的特点及分析方法 3、掌握带电粒子在电场、磁场中运动的特点及分析方法. 4、会根据电场知识和磁场知识分析带电粒子在组合场中的运动规律 高考对本讲内容的考查呈现“三高”的特点:一是高频率,即各地高考对本讲内容的考查都保持在较高频次，多次考查;二是高覆盖率,即涉及的知识点众多,涉及的题型全,选择题、计算题均有;三是高难度,即平均难度大、分值点比较大，是分层拉分的重要模块.
模块二 知识掌握
知识点一　组合场
电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或者电场、磁场分时间段在同一区域或不同区域交替出现．
【重难诠释】
1．解决带电粒子在组合场中的运动所需知识
（2023 海口三模）如图所示，初速度为0的电子先经一电压为U0的电场加速后从小孔S2垂直射入上下间距为d、长为的有界匀强磁场。已知小孔S2与上下边界等距，电子质量为m、电荷量为﹣e、重力忽略不计。下列说法正确的是（　　）
A．电子进入磁场时的速度大小为
B．若电子恰好从磁场右边界飞出，则磁感应强度的大小B
C．若电子恰好从磁场左边界飞出，则磁感应强度的大小B
D．只有磁感应强度B 时，电子才能飞出磁场
（多选）（2023 沙坪坝区校级模拟）如图所示，水平放置的一对长和间距均为L的平行金属板M，N，金属板的中线P，Q与磁场的左边界（虚线）的交点为Q。在金属板M，N的右边缘虚线a、b右侧存在着大小未知，垂直纸面向里的匀强磁场。质子以初速度v0从P点水平向右射入金属板中，恰好从极板边缘（未与极板接触）射出金属板，经过磁场后恰好打到另一极板与磁场边界的交点处。已知质子的质量和电荷量分别为m、e，金属板间电场视为匀强电场，不计质子的重力，下列说法正确的是（　　）
A．金属板M、N间的电压
B．金属板M、N间的电压
C．匀强磁场的磁感应强度大小为
D．匀强磁场的磁感应强度大小为
（2023 湖北模拟）如图所示，在O﹣xyz坐标系中，yOz左、右侧空间分别有沿y轴正方向的匀强电场和沿x轴负方向磁感应强度为B的匀强磁场；足够大的平面MN与x轴垂直，距O点距离，现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从点沿x轴正方向以初速度v0射入匀强电场，恰好过O点并进入右侧空间，不计粒子的重力和边界效应，求：
（1）匀强电场场强E的大小；
（2）粒子进入磁场后在yOz平面内做圆周运动的半径；
（3）粒子打到平面MN上的位置坐标。
知识点二　“电偏转”与“磁偏转”的比较
【重难诠释】
电偏转 磁偏转
偏转条件 只受恒定的静电力F＝qE v⊥E进入匀强电场 只受大小恒定的洛伦兹力F＝qvB v⊥B进入匀强磁场
运动轨迹 抛物线 圆弧
求解方法 利用类平抛运动的规律x＝v0t，y＝at2，a＝，tan θ＝ 利用牛顿第二定律、向心力公式有r＝，T＝，t＝
（多选）（2022秋 湖北期末）如图所示，在y轴的右方有一磁感应强度大小为B的方向垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴的下方有一方向平行x轴向左的匀强电场。现有一质量为m、电荷量为q的粒子由静止经过加速电压为U的电场加速，并从y轴上的A点垂直y轴进入第一象限，而后从x轴上的P处以与x轴正方向夹角为60°的方向进入第四象限，最后到达y轴上的Q点（图中未画出）。已知电场的电场强度大小，不考虑粒子受到的重力，则（　　）
A．A点的坐标为
B．A点的坐标为
C．粒子到达Q点时的速度为
D．粒子到达Q点时的速度为
（多选）（2022秋 邯郸期末）如图所示，位于竖直平面内的平面直角坐标系xOy的第一象限内有一抛物线，如图中虚线所示，其方程为y＝0.5x2，虚线上方（包含虚线）存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E＝1N/C，第三象限内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝2T。在抛物线的下方0≤y≤0.5m的区域有大量质量m＝6.0×10﹣6kg、电荷量q＝+6.0×10﹣6C的粒子以相同的初速度v0平行于x轴射入电场，最后均经过O点进入磁场，不计粒子的重力，则下列判断正确的是（　　）
A．v0＝1m/s
B．粒子在磁场中运动的最长时间为
C．所有的粒子出磁场的位置在y轴上的坐标都为﹣1m
D．粒子在磁场中运动的最短时间为
（多选）（2022秋 沈阳期末）如图所示，在xOy平面的第Ⅱ象限内有半径为R的圆分别与x轴、y轴相切于P、Q两点，圆内存在垂直于xOy面向外的匀强磁场。在第Ⅰ象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E。一带正电的粒子（不计重力）以速率v0从P点射入磁场后恰好垂直y轴进入电场，最后从M（3R，0）点射出电场，出射方向与x轴正方向夹角为α，且满足α＝45°。下列判断中正确的是（　　）
A．粒子在磁场中运动的轨迹半径为2R
B．磁场的磁感应强度大小为
C．带电粒子的比荷
D．带电粒子运动经过y轴的纵坐标值为1.5R
（2023 株洲三模）如图所示，第一、二象限存在垂直于xOy平面向里的磁感应强度为B1（大小未知）的匀强磁场，第三象限存在沿y轴正方向的匀强电场E，x轴负方向与x轴重合存在一特殊的薄膜，带电粒子每次穿过薄膜时电荷量不变，但速度减为原来的a（a＜1）倍。现有一质量为m、电量为q的带正电粒子从y轴上A（0，L）处平行于x轴负方向以速度v0射入第二象限，粒子从x轴负半轴上的C点平行于y轴负方向射出，不计粒子重力，带电粒子可视为点电荷。
（1）求磁感应强度B1的大小；
（2）x轴负方向C处左边有一接收装置D（未画出），为了接收到该粒子，求D的横坐标的可能值xD以及D离坐标原点O的最远距离xDmax。
模块三 巩固提高
（2023春 高密市校级期末）在“质子疗法”中，质子先被加速到具有较高的能量，然后被引向轰击肿瘤，杀死细胞。如图所示，质量为m、电荷量为q的质子从极板A处由静止加速，通过极板A1中间的小孔以射出，然后从坐标系xOy中的B点（0，d）平行于x坐标轴进入yOP区域，该区域充满沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，OP与x轴夹角α＝30°。质子在电场中偏转垂直击中边界OP的C点（图中未标出）。取质子比荷为，d＝0.5m，不计重力作用。求：
（1）极板AA1间的加速电压U；
（2）B、C两点电势差UBC；
（3）电场强度E的大小。
（2023 郑州模拟）如图所示，在xOy平面内，x轴与MN边界之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场区域的宽度为d，x轴下方和MN边界上方的空间有两个匀强电场，场强大小均为E，方向与y轴平行。t＝0时刻，一质量为m、电荷量为+q的粒子从O点射入磁场，速度大小为v，方向与x轴正方向夹角为60°，然后恰好垂直于MN边界进入上方电场，粒子重力不计。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小B；
（2）粒子第一次经过MN边界时的位置坐标；
（3）粒子射出以后经过x轴的时刻t。
（2023 武昌区校级模拟）如图所示，在空间直角坐标系中，yOz平面左侧存在沿z轴正方向的匀强磁场，右侧存在沿y轴正方向的匀强磁场，左、右两侧磁场的磁感应强度大小相等；yOz平面右侧还有沿y轴负方向的匀强电场。现从空间中坐标为的M点发射一质量为m，电荷量为+q的粒子，粒子的初速度大小为v0、方向沿xOy平面，与x轴正方向的夹角为60°；经一段时间后粒子恰好垂直于y轴进入yOz平面右侧，轨迹上离yOz平面最远的点恰好落在xOz平面上，不计粒子的重力。求：
（1）在yOz平面左侧匀强磁场的磁感应强度B；
（2）在yOz平面右侧匀强电场的电场强度E；
（3）粒子第2次经过yOz平面时的位置坐标。
（2023 琼山区校级三模）如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限区域中，有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度的大小为E＝kv0。在第二象限有一半径为R＝b的圆形区域磁场，圆形磁场的圆心O1坐标为（﹣b，b），与两坐标轴分别相切于P点和N点，磁场方向垂直纸面向里。在x＝3b处垂直于x轴放置一平面荧光屏，与x轴交点为Q。大量的电子以相同的速率v0在纸面内从P点进入圆形磁场，电子的速度方向在与x轴正方向成θ角的范围内，其中沿y轴正方向的电子经过磁场到达N点，当速度与x轴正方向成θ＝120°角的电子经过磁场后到达y轴上M点。忽略电子间的相互作用力，不计电子的重力，电子的比荷为。求：
（1）圆形磁场的磁感应强度大小；
（2）M点的坐标；
（3）电子打到荧光屏上距Q点的最远距离。
（2023 黄埔区三模）“质子治疗”是用氢原子核，也就是将质子加速到具有较高的能量，通过某装置引导，到达靶向肿瘤部位，用于人体关键部位的癌症治疗。如图所示，质量为m、电荷量为q的质子从极板A处由静止加速，通过极板A1中间的小孔后进入速度选择器，并沿直线运动。速度选择器中的匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B0＝0.1T，极板CC1间的电场强度大小为E0＝1×106N/C。坐标系xOy中yOP区域充满沿y轴负方向的匀强电场Ⅰ且电场强度E1＝5×106N/C，xOP区域充满垂直纸面向外的匀强磁场Ⅱ，OP与x轴夹角α＝30°。匀强磁场Ⅱ的磁感应强度大小B1，且1T≤B1≤1.5T。质子从（0，d）点进入电场I，并垂直OP经Q点（图中未标出）进入磁场Ⅱ。取质子比荷为C/kg，d＝0.5m。求：
（1）极板AA1间的加速电压U；
（2）Q点位置坐标；
（3）质子能到达x轴上的区间的长度L（结果用根号表示）。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)中小学教育资源及组卷应用平台
专题提升Ⅳ 带电粒子在组合场中的运动
目录
模块一 知己知彼 1
模块二 知识掌握 1
知识点一　组合场 2
知识点二　“电偏转”与“磁偏转”的比较 6
模块三 巩固提高 12
模块一 知己知彼
考点分布 命题趋势
1、带电粒子从电场进入磁场或由磁场进入电场的组合场问题 2、掌握带电粒子在电场、磁场中运动的特点及分析方法 3、掌握带电粒子在电场、磁场中运动的特点及分析方法. 4、会根据电场知识和磁场知识分析带电粒子在组合场中的运动规律 高考对本讲内容的考查呈现“三高”的特点:一是高频率,即各地高考对本讲内容的考查都保持在较高频次，多次考查;二是高覆盖率,即涉及的知识点众多,涉及的题型全,选择题、计算题均有;三是高难度,即平均难度大、分值点比较大，是分层拉分的重要模块.
模块二 知识掌握
知识点一　组合场
电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或者电场、磁场分时间段在同一区域或不同区域交替出现．
【重难诠释】
1．解决带电粒子在组合场中的运动所需知识
（2023 海口三模）如图所示，初速度为0的电子先经一电压为U0的电场加速后从小孔S2垂直射入上下间距为d、长为的有界匀强磁场。已知小孔S2与上下边界等距，电子质量为m、电荷量为﹣e、重力忽略不计。下列说法正确的是（　　）
A．电子进入磁场时的速度大小为
B．若电子恰好从磁场右边界飞出，则磁感应强度的大小B
C．若电子恰好从磁场左边界飞出，则磁感应强度的大小B
D．只有磁感应强度B 时，电子才能飞出磁场
【解答】解：A、设电子经电场加速后的速度大小为v0，由动能定理得：，解得电子进入磁场时的速度大小为：v0，故A错误；
B、若电子恰好从磁场右边界飞出，画出运动轨迹如图所示。
由几何关系可得：，又电子在磁场中做匀速圆周运动，有：，联立解得：B，故B正确；
C、若电子恰好从磁场左边界飞出，则，解得：B，故C错误；
D、电子在有界磁场中运动可以从右边界飞出，也可以从左边界飞出，所以B或B时电子均可以飞出磁场，故D错误。
故选：B。
（多选）（2023 沙坪坝区校级模拟）如图所示，水平放置的一对长和间距均为L的平行金属板M，N，金属板的中线P，Q与磁场的左边界（虚线）的交点为Q。在金属板M，N的右边缘虚线a、b右侧存在着大小未知，垂直纸面向里的匀强磁场。质子以初速度v0从P点水平向右射入金属板中，恰好从极板边缘（未与极板接触）射出金属板，经过磁场后恰好打到另一极板与磁场边界的交点处。已知质子的质量和电荷量分别为m、e，金属板间电场视为匀强电场，不计质子的重力，下列说法正确的是（　　）
A．金属板M、N间的电压
B．金属板M、N间的电压
C．匀强磁场的磁感应强度大小为
D．匀强磁场的磁感应强度大小为
【解答】解：AB、质子在极板间运动过程，据牛顿第二定律得：
质子做类平抛运动，水平方向：L＝v0t
竖直方向：
联立解得金属板M、N间的电压为：，故A错误，B正确；
CD、设质子离开极板时速度与水平方向的夹角为θ，可得进入磁场时的速度为
由几何关系可得：
质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
解得匀强磁场的磁感应强度大小为，故C正确，D错误。
故选：BC。
（2023 湖北模拟）如图所示，在O﹣xyz坐标系中，yOz左、右侧空间分别有沿y轴正方向的匀强电场和沿x轴负方向磁感应强度为B的匀强磁场；足够大的平面MN与x轴垂直，距O点距离，现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从点沿x轴正方向以初速度v0射入匀强电场，恰好过O点并进入右侧空间，不计粒子的重力和边界效应，求：
（1）匀强电场场强E的大小；
（2）粒子进入磁场后在yOz平面内做圆周运动的半径；
（3）粒子打到平面MN上的位置坐标。
【解答】解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，则沿+x方向匀速运动有：L＝v0t
沿+y方向匀加速运动有：
联立解得：
（2）过O点的速度分解为vx和vy，其中：L＝vxt＝v0t，而
从而解得：
粒子进入磁场后，在沿x轴方向上以v0做匀速直线运动，在yOz平面内做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，可得：
变形解得：
（3）粒子做圆周运动的周期为：
粒子打到平面MN上所经历的时间为t，则：
所以：
即
经过整周期粒子又回到了x轴，即打在MN板时，相当于转动所在的位置，由几何关系可知：
y＝Rsin60°
z＝R+Rcos60°（1）
则粒子打到平面MN上的位置坐标为（L0，y，z），即。
答：（1）匀强电场场强E的大小为；
（2）粒子进入磁场后在yOz平面内做圆周运动的半径为；
（3）粒子打到平面MN上的位置坐标为。
知识点二　“电偏转”与“磁偏转”的比较
【重难诠释】
电偏转 磁偏转
偏转条件 只受恒定的静电力F＝qE v⊥E进入匀强电场 只受大小恒定的洛伦兹力F＝qvB v⊥B进入匀强磁场
运动轨迹 抛物线 圆弧
求解方法 利用类平抛运动的规律x＝v0t，y＝at2，a＝，tan θ＝ 利用牛顿第二定律、向心力公式有r＝，T＝，t＝
（多选）（2022秋 湖北期末）如图所示，在y轴的右方有一磁感应强度大小为B的方向垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴的下方有一方向平行x轴向左的匀强电场。现有一质量为m、电荷量为q的粒子由静止经过加速电压为U的电场加速，并从y轴上的A点垂直y轴进入第一象限，而后从x轴上的P处以与x轴正方向夹角为60°的方向进入第四象限，最后到达y轴上的Q点（图中未画出）。已知电场的电场强度大小，不考虑粒子受到的重力，则（　　）
A．A点的坐标为
B．A点的坐标为
C．粒子到达Q点时的速度为
D．粒子到达Q点时的速度为
【解答】解：AB、粒子在电场中加速，由动能定理得：qUmv02﹣0，
粒子在第一象限磁场中做匀速圆周运动，如图所示：
由牛顿第二定律得：qv0B＝m
根据几何知识可知，A点纵坐标：yA＝r（1﹣cos60°），
解得：yA，则A点坐标为：（0，）；
故A正确，B错误；
CD、由几何关系可知，P点的横坐标：xP＝rcos30°，
粒子从P到Q过程，由动能定理得：
qExPmvQ2mv02
解得：vQ；
故C正确，D错误；
故选：AC。
（多选）（2022秋 邯郸期末）如图所示，位于竖直平面内的平面直角坐标系xOy的第一象限内有一抛物线，如图中虚线所示，其方程为y＝0.5x2，虚线上方（包含虚线）存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E＝1N/C，第三象限内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝2T。在抛物线的下方0≤y≤0.5m的区域有大量质量m＝6.0×10﹣6kg、电荷量q＝+6.0×10﹣6C的粒子以相同的初速度v0平行于x轴射入电场，最后均经过O点进入磁场，不计粒子的重力，则下列判断正确的是（　　）
A．v0＝1m/s
B．粒子在磁场中运动的最长时间为
C．所有的粒子出磁场的位置在y轴上的坐标都为﹣1m
D．粒子在磁场中运动的最短时间为
【解答】解：A、粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：x＝v0t
竖直方向：y，由牛顿第二定律得：qE＝ma
其中y＝0.5x2，代入数据解得：v0＝1m/s，故A正确；
B、设粒子进入磁场时的速度大小为v，与y轴负方向的夹角为θ，粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，代入数据解得：T＝πs
粒子在磁场中做圆周运动转过的圆心角α＝2θ，粒子在磁场中的运动时间t
粒子进入磁场时与竖直方向的夹角θ越大，粒子在磁场中的运动时间越长，
粒子在电场中的竖直分位移越小，粒子进入磁场时的竖直分速度vy越小，粒子进入磁场时速度方向与竖直方向的夹角θ越大
粒子从O点水平进入磁场时粒子在磁场运动的时间最长，θmax，最长运动时间tmaxss，故B错误；
C、粒子进入磁场时的速度大小v，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：qvB＝m
根据几何关系可知，粒子离开磁场时纵坐标的绝对值Y＝2rsinθ
代入数据解得：Y＝1m，所有的粒子出磁场的位置在y轴上的坐标都为﹣1m，故C正确；
D、粒子进入磁场时与竖直方向的夹角θ越小，粒子在磁场中的运动时间越短，粒子在电场中的竖直分位移越大，粒子进入磁场时的竖直分速度vy越大，粒子进入磁场时速度方向与竖直方向的夹角θ越小，因此粒子从O点进入磁场到从（1，0.5）点发射进入磁场中运动的时间最短
粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：1＝v0t，竖直方向：0.5t，其中：tanθ，解得：
粒子在磁场中的最短运动时间tminss，故D正确。
故选：ACD。
（多选）（2022秋 沈阳期末）如图所示，在xOy平面的第Ⅱ象限内有半径为R的圆分别与x轴、y轴相切于P、Q两点，圆内存在垂直于xOy面向外的匀强磁场。在第Ⅰ象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E。一带正电的粒子（不计重力）以速率v0从P点射入磁场后恰好垂直y轴进入电场，最后从M（3R，0）点射出电场，出射方向与x轴正方向夹角为α，且满足α＝45°。下列判断中正确的是（　　）
A．粒子在磁场中运动的轨迹半径为2R
B．磁场的磁感应强度大小为
C．带电粒子的比荷
D．带电粒子运动经过y轴的纵坐标值为1.5R
【解答】解：CD、粒子恰好垂直y轴进入电场，粒子在电场中做类平抛运动
在M处，vy＝v0tanα，由牛顿第二定律得：qE＝ma
在M处粒子的竖直分速度：vy＝at3
水平位移：3R＝v0t3，竖直方向：y
解得：，y＝1.5R，故CD正确；
AB、粒子运动轨迹如图，设O1为磁场的圆心，O2为粒子轨迹圆心，P′为粒子射出磁场的位置，如图所示
速率v0从P点射入磁场后恰好垂直y轴进入电场，
P′O2∥PO1，其中O2P′＝O2P，O1P′＝O1P，则ΔO1PP′≌O2PP′，
那么四边形O1O2P′P，是菱形，
因此粒子的轨道半径为：r＝R
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：qv0B＝m
解得磁感应强度大小：B，故AB错误；
故选：CD。
（2023 株洲三模）如图所示，第一、二象限存在垂直于xOy平面向里的磁感应强度为B1（大小未知）的匀强磁场，第三象限存在沿y轴正方向的匀强电场E，x轴负方向与x轴重合存在一特殊的薄膜，带电粒子每次穿过薄膜时电荷量不变，但速度减为原来的a（a＜1）倍。现有一质量为m、电量为q的带正电粒子从y轴上A（0，L）处平行于x轴负方向以速度v0射入第二象限，粒子从x轴负半轴上的C点平行于y轴负方向射出，不计粒子重力，带电粒子可视为点电荷。
（1）求磁感应强度B1的大小；
（2）x轴负方向C处左边有一接收装置D（未画出），为了接收到该粒子，求D的横坐标的可能值xD以及D离坐标原点O的最远距离xDmax。
【解答】解：（1）根据题意，由牛顿第二定律有
由几何关系得R＝L
解得
（2）粒子从C处向下穿过薄膜，进入电场中减速后再反向加速，再一次经过C处时速度
经过第二象限半圆后再次经过x轴时到达C1点时，
则D点横坐标
粒子从C1点再向下穿过薄膜，返回C1处时
则粒子圆周运动的半径为
则D点横坐标
故D的横坐标为
D点离坐标原点最远的距离为当k取无穷大时
答：（1）磁感应强度B1的大小为；
（2）x轴负方向C处左边有一接收装置D（未画出），为了接收到该粒子，D的横坐标的可能值为为，D离坐标原点O的最远距离为。
模块三 巩固提高
（2023春 高密市校级期末）在“质子疗法”中，质子先被加速到具有较高的能量，然后被引向轰击肿瘤，杀死细胞。如图所示，质量为m、电荷量为q的质子从极板A处由静止加速，通过极板A1中间的小孔以射出，然后从坐标系xOy中的B点（0，d）平行于x坐标轴进入yOP区域，该区域充满沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，OP与x轴夹角α＝30°。质子在电场中偏转垂直击中边界OP的C点（图中未标出）。取质子比荷为，d＝0.5m，不计重力作用。求：
（1）极板AA1间的加速电压U；
（2）B、C两点电势差UBC；
（3）电场强度E的大小。
【解答】解：（1）质子在极板AA1间加速，由动能定理得：
解得：U＝5×105V
（2）质子在电场中偏转垂直击中边界OP的C点，如图
则质子到达C点时的速度为：
解得：v＝2×107m/s
质子从B点到C点由动能定理得：
解得：
（3）质子在电场中运动到达OP上的C点时间为t，竖直方向速度为vy，水平位移为x，竖直位移为y，加速度为a。由运动学公式有
x＝x0t
vy＝at
由几何关系得
解得：
y＝0.3m
由，解得：E＝5×106V/m
答：（1）极板AA1间的加速电压U为5×105V；
（2）B、C两点电势差UBC为1.5×106V；
（3）电场强度E的大小为5×106V/m。
（2023 郑州模拟）如图所示，在xOy平面内，x轴与MN边界之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场区域的宽度为d，x轴下方和MN边界上方的空间有两个匀强电场，场强大小均为E，方向与y轴平行。t＝0时刻，一质量为m、电荷量为+q的粒子从O点射入磁场，速度大小为v，方向与x轴正方向夹角为60°，然后恰好垂直于MN边界进入上方电场，粒子重力不计。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小B；
（2）粒子第一次经过MN边界时的位置坐标；
（3）粒子射出以后经过x轴的时刻t。
【解答】解：（1）垂直于MN边界进入上方电场，运动轨迹如图所示。
设粒子运动轨道半径为r，由几何关系可得rcos60°＝d
粒子在磁场中做匀速圆周运动
解得磁感应强度
（2）如图所示，由几何关系可知
第一次经过MN边界时沿x方向运动距离x＝r﹣rsin60°
解得
该点位置坐标为
（3）粒子在磁场中的运动周期
每次通过磁场的时间
粒子在电场中运动满足qE＝ma
粒子在MN上方电场中做匀变速直线运动，设往返通过电场的时间为t2，由题意可得
2v＝at2
解得
粒子在x轴下方电场中做类抛体运动，设粒子每次通过电场的时间为t3，由题意可得
2vsin60°＝at3
解得
粒子接下来重复周期性运动，周期T＝2t1+t2+t3
则由题意可知，粒子由x轴上方磁场经过x轴的时刻满足t＝n（2t1+t2+t3）﹣t3
解得
粒子由x轴下方电场经过x轴的时刻满足t＝n（2t1+t2+t3）
解得
答：（1）匀强磁场的磁感应强度大小为；
（2）粒子第一次经过MN边界时的位置坐标为；
（3）粒子射出以后经过x轴的时刻为。
（2023 武昌区校级模拟）如图所示，在空间直角坐标系中，yOz平面左侧存在沿z轴正方向的匀强磁场，右侧存在沿y轴正方向的匀强磁场，左、右两侧磁场的磁感应强度大小相等；yOz平面右侧还有沿y轴负方向的匀强电场。现从空间中坐标为的M点发射一质量为m，电荷量为+q的粒子，粒子的初速度大小为v0、方向沿xOy平面，与x轴正方向的夹角为60°；经一段时间后粒子恰好垂直于y轴进入yOz平面右侧，轨迹上离yOz平面最远的点恰好落在xOz平面上，不计粒子的重力。求：
（1）在yOz平面左侧匀强磁场的磁感应强度B；
（2）在yOz平面右侧匀强电场的电场强度E；
（3）粒子第2次经过yOz平面时的位置坐标。
【解答】解：（1）粒子在yOz平面做匀速圆周运动，设其轨迹半径为r1，如下图所示：
由几何关系可得：
根据牛顿第二定律有：
解得左侧匀强磁场的磁感应强度：
（2）粒子第一次经过y轴后，粒子的运动可分解为沿﹣y方向的匀加速直线运动和平行于yOz平面的匀速圆周运动（其线速度大小等于v0，运动半径等于r1）。已知轨迹上离yOz平面最远的点恰好落在xOz平面上，可知粒子到达xOz平面上时匀速圆周分运动恰好运动了圆周，则所用时间为：
沿﹣y方向分运动的位移为：r1﹣r1cos60°＝d
则有：d
解得：
（3）粒子第2次经过yOz平面时匀速圆周分运动恰好运动了半个圆周，则所用时间为：
对于沿﹣y方向的匀加速直线运动，因在xOz平面上方和下方用时间相等，在xOz平面下方的位移是上方的3倍，即为3d，可知y轴的位置坐标为：y＝﹣3d
z轴的位置坐标为：z＝2r1＝4d
x轴的位置坐标为：x＝0
可得粒子第2次经过yOz平面时的位置坐标为（0，﹣3d，4d）。
答：（1）在yOz平面左侧匀强磁场的磁感应强度B为；
（2）在yOz平面右侧匀强电场的电场强度E为；
（3）粒子第2次经过yOz平面时的位置坐标为（0，﹣3d，4d）。
（2023 琼山区校级三模）如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限区域中，有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度的大小为E＝kv0。在第二象限有一半径为R＝b的圆形区域磁场，圆形磁场的圆心O1坐标为（﹣b，b），与两坐标轴分别相切于P点和N点，磁场方向垂直纸面向里。在x＝3b处垂直于x轴放置一平面荧光屏，与x轴交点为Q。大量的电子以相同的速率v0在纸面内从P点进入圆形磁场，电子的速度方向在与x轴正方向成θ角的范围内，其中沿y轴正方向的电子经过磁场到达N点，当速度与x轴正方向成θ＝120°角的电子经过磁场后到达y轴上M点。忽略电子间的相互作用力，不计电子的重力，电子的比荷为。求：
（1）圆形磁场的磁感应强度大小；
（2）M点的坐标；
（3）电子打到荧光屏上距Q点的最远距离。
【解答】解：（1）由于速度沿y轴正方向的电子经过N点，因而电子在磁场中做圆周运动的半径为：r＝b
根据洛伦兹力提供向心力，则有：
电子的比荷为
解得：B＝k
（2）速度与x轴正方向成θ角的电子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，电子离开磁场时的位置为P′，连接PO1P′O′可知该四边形为菱形，如图甲所示。
由于PO1竖直，因而轨迹半径P′O′也为竖直方向，电子离开磁场时速度一定沿x轴正方向。
由图甲可知P′的轴坐标y＝bsin（θ﹣90°）+b
当θ＝120°时，解得y＝1.5b
可得M点的坐标是（0，1.5b）。
（3）由（2）可知，所有的电子以平行于x轴正方向的速度进入电场中做类平抛运动。设电子在电场中运动的加速度为a，运动的时间为t，竖直方向位移为y，水平方向位移为x，则有
x＝v0t
由牛顿第二定律得
eE＝ma
已知：E＝kv0
联立解得：
设电子最终打在荧光屏的点距Q点为H，如图乙所示
设电子射出电场时的速度与x轴正方向的夹角为α，有vy＝at
可得：
由几何关系得：H＝（3b﹣x）tanα＝（3）
当
即时，且，故H有最大值，且为：
答：（1）圆形磁场的磁感应强度大小为k；
（2）M点的坐标为（0，1.5b）；
（3）电子打到荧光屏上距Q点的最远距离为。
（2023 黄埔区三模）“质子治疗”是用氢原子核，也就是将质子加速到具有较高的能量，通过某装置引导，到达靶向肿瘤部位，用于人体关键部位的癌症治疗。如图所示，质量为m、电荷量为q的质子从极板A处由静止加速，通过极板A1中间的小孔后进入速度选择器，并沿直线运动。速度选择器中的匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B0＝0.1T，极板CC1间的电场强度大小为E0＝1×106N/C。坐标系xOy中yOP区域充满沿y轴负方向的匀强电场Ⅰ且电场强度E1＝5×106N/C，xOP区域充满垂直纸面向外的匀强磁场Ⅱ，OP与x轴夹角α＝30°。匀强磁场Ⅱ的磁感应强度大小B1，且1T≤B1≤1.5T。质子从（0，d）点进入电场I，并垂直OP经Q点（图中未标出）进入磁场Ⅱ。取质子比荷为C/kg，d＝0.5m。求：
（1）极板AA1间的加速电压U；
（2）Q点位置坐标；
（3）质子能到达x轴上的区间的长度L（结果用根号表示）。
【解答】解：（1）质子进入速度选择器中的速度为v0，由力的平衡得：qv0B0＝qE0
代入数据可得：
在加速电场中，由动能定理有：
代入数据联立得：U＝5×105V
（2）质子进入电场做类平抛运动，由题意：
而根据牛顿第二定律知：
所以到达Q点的时间：t
代入数据可得：ts
所以水平位移：x＝v0t＝1×107mm
竖直位移：ym＝0.3m
则Q点坐标（m，0.2m）。
（3）质子进入磁场的速度为v，则vm/s＝2×107m/s
质子在磁场中运动半径为R，由牛顿第二定律有：
将B的最大值和最小值代入可得到半径的范围是：
由几何关系有：OQm＝0.4m，QN＝d﹣y＝0.5m﹣0.3m＝0.2m
当R2＝0.2m，质子恰好从N点飞出，当，质子恰好与x轴相切
故质子能到达x轴上的区间长度：L＝R1cos30°mm
答：（1）极板AA1间的加速电压U为5×105V；
（2）Q点位置坐标为（m，0.2m）；
（3）质子能到达x轴上的区间的长度L为。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑