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(共16张PPT)
计算题夺分测
夺分测5　带电粒子在电磁场中的运动(中档题)
1.(2025·济宁模拟)如图所示，绝缘
轨道MNPQ位于同一竖直面内，其中
MN为长度L=1 m的粗糙水平轨道，
NP为半径R=0.3 m的光滑四分之一圆
弧轨道，其圆心为O，PQ为足够长的
光滑竖直轨道。竖直线NN′右侧有方向水平向左的匀强电场，电场强度E=40 N/C。在正方形ONO′P区域内有方向垂直纸面向外、磁感应强度为B= T的匀强磁场。轨道MN最左端M点处静置一质量为
1
2
m1=0.3 kg、电荷量为q=0.1 C的带负电的物块A。一质量为m2=0.9 kg的物块C，从左侧的光滑水平轨道上以速度v0=2 m/s撞向物块A，A、C发生弹性碰撞，且A、C恰好不发生第二次碰撞。已知A、C均可视为质点，且与轨道MN的动摩擦因数相同，物块A所带电荷量始终保持不变，取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求：
1
2
A、C发生弹性碰撞，则由动量守恒定律可得m2v0=m1v1+m2v2，
由机械能守恒定律可得m2=m1+m2，
解得v1=3 m/s，v2=1 m/s。
解析
1
2
(1)在M点碰撞后瞬间A、C的速度大小v1、v2；
A、C恰好不发生第二次碰撞，设C运动的位移为x。对C由动能定理得-μm2gx=0-m2，
对A由动能定理得-μm1g(2L-x)=0-m1，
解得μ=0.25。
解析
1
2
(2)A、C与轨道MN之间的动摩擦因数μ；
A运动到NN'右侧后，重力和电场力的合力大小为
F合==5 N，
设A在轨道NP上运动过程中等效最低点K与O点的连线与OP夹角为θ，则tan θ==，
可得θ=37°，
解析
1
2
(3)A运动过程中对轨道NP的最大压力F的大小。
当A经P点返回N点的过程中到达K点时，
达到最大速度vK，如图所示，
此时A对轨道的压力最大，A从M点到K点
过程中，由动能定理可得
qERcos 37°-m1gR(1-sin 37°)-μm1gL=m1-m1，
解析
1
2
返回K点时FN-F合-qvKB=m1，
联立解得FN=13.4 N，
由牛顿第三定律知，A对轨道NP的最大压力为F=13.4 N。
解析
1
2
2.(2025·信阳模拟)如图所示，空间有垂直于
纸面的匀强磁场B1和B2，磁感应强度大小均
为0.1 T，B2分布在半径R=2 m的圆形区域内，
MN为过其圆心O的竖直线，B1分布在MN左侧
的半圆形区域外。磁场B1中有粒子源S，S与O
的距离d=2 m，且SO⊥MN，某时刻粒子源S沿着纸面一次性向各个方向均匀射出一群相同的带正电粒子，每个粒子的质量m=2×10-6 kg、电量q=1×10-2 C。不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用。
1
2
(1)若有粒子能到达B2区域，求发射速度的最小值；
1
2
根据洛伦兹力提供向心力qvB1=m，
解得v=，
可得粒子做匀速圆周运动的轨迹半径越小则
它的速度就越小，粒子源到B2区域最近的点
为SO与B2区域的交点，则当粒子竖直向下发
射时，其轨迹刚好与B2区域相切时，满足能
到达B2区域的最小发射速度，如图甲，由几
解析
何关系得rmin==(-1) m，
则该粒子的发射速度为vmin=500(-1) m/s。
解析
1
2
(2)若所有粒子的发射速率均为v=1×103 m/s，求能进入圆形区域的粒子所占的比率；
1
2
根据洛伦兹力提供向心力有qvB1=m，
解得r==2 m，
当粒子的运动轨迹恰好与B2区域相切时的
临界情况，如图乙，根据几何关系可知
d2+r2=(2r)2，
解析
故当粒子恰好向左或向右射出时，能够刚好进入B2区域，因此能够进入B2区域的粒子数与发射的粒子总数之比为。
解析
1
2
(3)若从S点发射速率为v=1×103 m/s的某粒子最终平行SO方向射出圆形区域，求粒子在磁场中运动的总时间。
1
2
若粒子能平行于SO射出，其必然经过圆形轨道最低点，轨迹如图丙，由几何关系得粒子在B1区域内轨迹对应的圆心角为π，则其在B1区域运动的时间为t1=，
解析
粒子在B2区域内轨迹对应的圆心角为，则在B2区域运动的时间为t2=，
故总时间为t=t1+t2==×10-3 s。
解析
1
2夺分测5　带电粒子在电磁场中的运动(中档题)
1.(2025·济宁模拟)如图所示,绝缘轨道MNPQ位于同一竖直面内,其中MN为长度L=1 m的粗糙水平轨道,NP为半径R=0.3 m的光滑四分之一圆弧轨道,其圆心为O,PQ为足够长的光滑竖直轨道。竖直线NN'右侧有方向水平向左的匀强电场,电场强度E=40 N/C。在正方形ONO'P区域内有方向垂直纸面向外、磁感应强度为B= T的匀强磁场。轨道MN最左端M点处静置一质量为m1=0.3 kg、电荷量为q=0.1 C的带负电的物块A。一质量为m2=0.9 kg的物块C,从左侧的光滑水平轨道上以速度v0=2 m/s撞向物块A,A、C发生弹性碰撞,且A、C恰好不发生第二次碰撞。已知A、C均可视为质点,且与轨道MN的动摩擦因数相同,物块A所带电荷量始终保持不变,取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)在M点碰撞后瞬间A、C的速度大小v1、v2;
(2)A、C与轨道MN之间的动摩擦因数μ;
(3)A运动过程中对轨道NP的最大压力F的大小。
2.(2025·信阳模拟)如图所示,空间有垂直于纸面的匀强磁场B1和B2,磁感应强度大小均为0.1 T,B2分布在半径R=2 m的圆形区域内,MN为过其圆心O的竖直线,B1分布在MN左侧的半圆形区域外。磁场B1中有粒子源S,S与O的距离d=2 m,且SO⊥MN,某时刻粒子源S沿着纸面一次性向各个方向均匀射出一群相同的带正电粒子,每个粒子的质量m=2×10-6 kg、电量q=1×10-2 C。不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用。
(1)若有粒子能到达B2区域,求发射速度的最小值;
(2)若所有粒子的发射速率均为v=1×103 m/s,求能进入圆形区域的粒子所占的比率;
(3)若从S点发射速率为v=1×103 m/s的某粒子最终平行SO方向射出圆形区域,求粒子在磁场中运动的总时间。
夺分测5　带电粒子在电磁场中的运动(中档题)
1.答案　(1)3 m/s　1 m/s　(2)0.25　(3)13.4 N
解析　(1)A、C发生弹性碰撞,则由动量守恒定律可得m2v0=m1v1+m2v2,
由机械能守恒定律可得m2=m1+m2,
解得v1=3 m/s,v2=1 m/s。
(2)A、C恰好不发生第二次碰撞,设C运动的位移为x。对C由动能定理得-μm2gx=0-m2,
对A由动能定理得-μm1g(2L-x)=0-m1,
解得μ=0.25。
(3)A运动到NN'右侧后,重力和电场力的合力大小为F合==5 N,
设A在轨道NP上运动过程中等效最低点K与O点的连线与OP夹角为θ,则tan θ==,
可得θ=37°,
当A经P点返回N点的过程中到达K点时,达到最大速度vK,如图所示,
此时A对轨道的压力最大,A从M点到K点过程中,由动能定理可得qERcos 37°-m1gR(1-sin 37°)-μm1gL=m1-m1,
返回K点时FN-F合-qvKB=m1,
联立解得FN=13.4 N,
由牛顿第三定律知,A对轨道NP的最大压力为F=13.4 N。
2.答案　(1)500(-1) m/s　(2)　(3)×10-3 s
解析　(1)根据洛伦兹力提供向心力qvB1=m,
解得v=,
可得粒子做匀速圆周运动的轨迹半径越小则它的速度就越小,粒子源到B2区域最近的点为SO与B2区域的交点,则当粒子竖直向下发射时,其轨迹刚好与B2区域相切时,满足能到达B2区域的最小发射速度,如图甲,由几何关系得
rmin==(-1) m,
则该粒子的发射速度为vmin=500(-1) m/s。
(2)根据洛伦兹力提供向心力有qvB1=m,
解得r==2 m,
当粒子的运动轨迹恰好与B2区域相切时的临界情况,如图乙,根据几何关系可知
d2+r2=(2r)2,
故当粒子恰好向左或向右射出时,能够刚好进入B2区域,因此能够进入B2区域的粒子数与发射的粒子总数之比为。
(3)若粒子能平行于SO射出,其必然经过圆形轨道最低点,轨迹如图丙,由几何关系得粒子在B1区域内轨迹对应的圆心角为π,则其在B1区域运动的时间为t1=,
粒子在B2区域内轨迹对应的圆心角为,则在B2区域运动的时间为t2=,
故总时间为t=t1+t2==×10-3 s。(共9张PPT)
计算题夺分测
夺分测6　带电粒子在电磁场中的运动(压轴题)
(2025·三门峡模拟)如图所示，在平面直角坐标系xOy
内，第一、二象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，第
三、四象限内存在半径为R的圆形边界匀强磁场，磁感
应强度大小可调节，圆形边界的圆心在O1(0，-R)点，
磁场方向垂直于坐标平面向外。电荷量为q、质量为m
的带正电粒子从P点以速度v0沿x轴正方向射出，恰好从坐标原点O进入磁场。N点坐标为(0，-2R)，M点坐标为(-R，-R)，不计粒子的重力。
粒子在电场中做类平抛运动，则有R=v0t，
=at2，
由牛顿第二定律有qE=ma，
联立解得E=。
解析
(1)求匀强电场的电场强度E的大小；
(2)若粒子从劣弧MN上离开磁场，求磁感应强度大小的取值范围；
设粒子进入磁场时的速度大小为v，根据动能定理有qE·=mv2-m，
解得v=v0，
由此可知，粒子进入磁场时速度方向与y轴负方向夹角θ=45°，
作出轨迹如图甲所示，
解析
当粒子从N点射出磁场时，根据几何知识可知粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r1=R，
由洛伦兹力提供向心力，则有qvB1=，
解得B1=，
解析
当粒子从M点射出磁场时，根据几何关系可知轨迹半径r2=R，
由洛伦兹力提供向心力，则有qvB2=，
解得B2=，
磁感应强度大小的取值范围为≤B≤。
解析
(3)若磁感强度大小为B=，求粒子离开磁场时的速度方向和出射点坐标。
由洛伦兹力提供向心力，则有qvB=，
解得r3=R，
设轨迹圆圆心为O3，出射点为Q，由几何关系可知四边形OO1QO3为菱形，如图乙所示，
解析
故半径O3Q与y轴平行，所以出射点速度方向沿x轴负方向。Q点横坐标x=-r3cos θ=-R，
Q点纵坐标为y=-(R+Rsin θ)=-R，
即出射点坐标为。
解析夺分测6　带电粒子在电磁场中的运动(压轴题)
(2025·三门峡模拟)如图所示,在平面直角坐标系xOy内,第一、二象限内存在沿y轴负方向的匀强电场,第三、四象限内存在半径为R的圆形边界匀强磁场,磁感应强度大小可调节,圆形边界的圆心在O1(0,-R)点,磁场方向垂直于坐标平面向外。电荷量为q、质量为m的带正电粒子从P点以速度v0沿x轴正方向射出,恰好从坐标原点O进入磁场。N点坐标为(0,-2R),M点坐标为(-R,-R),不计粒子的重力。
(1)求匀强电场的电场强度E的大小;
(2)若粒子从劣弧MN上离开磁场,求磁感应强度大小的取值范围;
(3)若磁感强度大小为B=,求粒子离开磁场时的速度方向和出射点坐标。
夺分测6　带电粒子在电磁场中的运动(压轴题)
答案　(1)　(2)≤B≤　(3)速度方向沿x轴负方向　
解析　(1)粒子在电场中做类平抛运动,则有R=v0t,
=at2,
由牛顿第二定律有qE=ma,
联立解得E=。
(2)设粒子进入磁场时的速度大小为v,根据动能定理有
qE·=mv2-m,
解得v=v0,
由此可知,粒子进入磁场时速度方向与y轴负方向夹角
θ=45°,
作出轨迹如图甲所示,
当粒子从N点射出磁场时,根据几何知识可知粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r1=R,
由洛伦兹力提供向心力,则有qvB1=,
解得B1=,
当粒子从M点射出磁场时,根据几何关系可知轨迹半径r2=R,
由洛伦兹力提供向心力,则有qvB2=,
解得B2=,
磁感应强度大小的取值范围为≤B≤。
(3)由洛伦兹力提供向心力,则有qvB=,
解得r3=R,
设轨迹圆圆心为O3,出射点为Q,由几何关系可知四边形OO1QO3为菱形,如图乙所示,
故半径O3Q与y轴平行,所以出射点速度方向沿x轴负方向。Q点横坐标x=-r3cos θ=-R,
Q点纵坐标为y=-(R+Rsin θ)=-R,
即出射点坐标为。

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