专题三 培优点五 带电粒子(带电体)在复合场中的运动-【金版教程】2025年高考物理大二轮专题复习冲刺方案全书Word（提升版）

大二轮专题复习冲刺方案 物理（提升版） 培优点五　带电粒子（带电体）在复合场中的运动 考点1　带电粒子在组合场中的运动 例1　（2024·新课标卷）一质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子始终在同一水平面内运动，其速度可用图示的直角坐标系内一个点P（vx，vy）表示，vx、vy分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时P位于图中a（0，v0）点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，P点沿线段ab移动到b（v0，v0）点；随后粒子离开电场，进入方向竖直、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P点沿以O为圆心的圆弧移动至c（－v0，v0）点；然后粒子离开磁场返回电场，P点沿线段ca回到a点。已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等。不计重力。求 （1）粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期； （2）电场强度的大小； （3）P点沿图中闭合曲线移动1周回到a点时，粒子位移的大小。 [解析]　（1）由题意知，粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为v＝，解得v＝v0 设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，根据洛伦兹力提供向心力有Bqv＝m，解得r＝ 粒子在磁场中做圆周运动的周期为T＝，解得T＝。 （2）分析可知，P点由a点移动到b点的过程，粒子在电场中做类平抛运动。设电场强度的大小为E，粒子在电场中运动的加速度大小为a，P点从a点移动到b点所用时间为tab，沿电场方向，由运动学公式有v0＝atab 由牛顿第二定律有qE＝ma 设P点从b点移动到c点的时间为tbc，的长度为sbc，根据任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等，可知＝ 由题图知，所对圆心角为θ＝π，半径为v，则sbc＝vθ P点从b点移动到c点，粒子在磁场中做圆周运动的速度的偏转角即为θ，则tbc＝T 联立解得tab＝，E＝Bv0。 （3）P点移动1周回到a点的过程中，粒子两次在电场中运动，分析可知，粒子的运动轨迹如图所示。P点从a移动到b过程中，粒子在电场中做类平抛运动，沿y轴正方向运动的距离L＝v0tab 解得L＝ 根据几何知识，可得粒子第一次进、出磁场的位置之间的距离为ybc＝r 解得ybc＝ 由粒子两次在电场中运动的对称性，结合ybc>2L可知，P点移动1周回到a点时，粒子位移的大小为y总＝ybc－2L 联立解得y总＝。 [答案]　（1）　　（2）Bv0 （3） 例2　（2024·辽宁高考）现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场足够宽；各区边界均垂直于x轴，O为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为＋q、质量均为m的粒子。如图，甲、乙平行于x轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为v0和v0。甲到P点时，乙刚好射入Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°。甲到O点时，乙恰好到P点。已知Ⅲ区存在沿＋x方向的匀强电场，电场强度大小E0＝。不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电场产生的磁场。 （1）求磁感应强度的大小B； （2）求Ⅲ区宽度d； （3）Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴，电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为E＝ωt－kx，其中常系数ω>0，ω已知、k未知，取甲经过O点时t＝0。已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，设乙在Ⅳ区受到的电场力大小为F，甲、乙间距为Δx，求乙追上甲前F与Δx间的关系式（不要求写出Δx的取值范围）。 [解析]　（1）根据题意，画出乙在Ⅰ区的运动轨迹，如图所示 设乙在Ⅰ区做圆周运动的轨迹半径为r1，由几何关系得 L＝r1sin30° 解得r1＝2L 由洛伦兹力提供向心力得 qv0B＝m 解得B＝。 （2）根据对称性可知，乙经过P点时的速度沿x轴正方向，在Ⅱ区中的速度偏转角也为30°。乙在磁场中做圆周运动的周期为T＝ 根据题意，乙在磁场中运动的总时间等于甲在Ⅲ区运动的时间，为t1＝2××T 联立解得t1＝ 由对称性可知，甲在P点的速度沿x轴正方向，则甲从P点到O点做匀加速直线运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律得qE0＝ma 解得a＝ 由运动学公式得d＝v0t1＋at 解得d＝πL。 （3）甲经过O点时的速度为v甲＝v0＋at1 设t时刻甲的位置坐标为x1，因为甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，则x1＝v甲t 受力分析知，甲不受电场力作用，则有 ωt－kx1＝0 设t时刻乙的位置坐标为x2，对乙可得 ＝ωt－kx2 乙追上甲前，甲、乙间距Δx＝x1－x2 联立可得，乙追上甲前F与Δx间的关系式为F＝·Δx。 [答案]　（1）　（2）πL　（3）F＝·Δx 1.组合场问题的两种常见模型 类型 图示 说明 从电场进入磁场 电场中：匀变速直线运动 磁场中：匀速圆周运动 电场中：类平抛运动或类斜抛运动 磁场中：匀速圆周运动 从磁场进入电场 磁场中：匀速圆周运动 电场中：匀变速直线运动 磁场中：匀速圆周运动 电场中：类平抛运动或类斜抛运动 注：带电粒子从电场进入匀强磁场，速度方向与磁场方向既不平行也不垂直时，带电粒子在匀强磁场中将做旋进运动，即在平行磁场方向做匀速直线运动，在垂直磁场方向做匀速圆周运动。 2.解答带电粒子在组合场中运动问题的基本思路 考点2　带电粒子（带电体）在叠加场中的运动 例3　（2023·新课标卷）一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为（　　） A.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里 B.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外 C.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里 D.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外 [解析]　设电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，电子从小孔射出的速度大小为v1，α粒子从小孔射出的速度大小为v2，则v1＝10v2。假设α粒子打在a点，则其所受电场力与洛伦兹力平衡，有2eE＝2ev2B，电子射出小孔时受到的洛伦兹力大小F洛＝ev1B＝10ev2B，所受电场力大小F电＝eE，则F洛>F电，而电子打在b点，则电子所受洛伦兹力向右，由左手定则可判断磁场方向垂直纸面向里，由α粒子受力平衡和左手定则，可判断电场方向水平向右；假设电子打在a点，则其所受电场力与洛伦兹力平衡，有eE＝ev1B，α粒子射出小孔时所受洛伦兹力大小F洛′＝2ev2B＝ev1B，所受电场力大小F电′＝2eE，则F洛′<F电′，而α粒子打在b点，所以α粒子所受电场力水平向右，电场方向水平向右，由电子受力平衡和左手定则，可判断磁场方向垂直纸面向里。故选C。 [答案]　C 例4　（2024·安徽高考）（多选）空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则（　　） A.油滴a带负电，所带电量的大小为 B.油滴a做圆周运动的速度大小为 C.小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为 D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动 [解析]　设油滴a所带电量的大小为q，运动至P点之前，油滴a做圆周运动，故所受重力与电场力平衡，有mg＝Eq，且所受电场力方向竖直向上，与电场方向相反，可知q＝，油滴a带负电，故A正确；设油滴a做圆周运动的速度大小为v，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得v＝，故B正确；设小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为v1，根据洛伦兹力提供向心力，有qv1B＝m，解得v1＝，则小油滴Ⅰ做圆周运动的周期为T＝＝，故C错误；带电油滴a分离前后系统动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2，以油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，由动量守恒定律有mv＝v1＋v2，解得v2＝－，负号表示小油滴Ⅱ在P点的速度方向与正方向相反，由mg＝qE知，分离后的小油滴Ⅱ受到的电场力和重力仍然平衡，结合左手定则可知，小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。 [答案]　ABD 例5　（2023·江苏高考）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。 （1）求电场强度的大小E； （2）若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1； （3）若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标y2＝位置的电子数N占总电子数N0的百分比。 [解析]　（1）由题知，入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动，则有eE＝ev0B 解得E＝v0B。 （2）由于洛伦兹力不做功，则根据动能定理有 eEy1＝m－m 解得y1＝。 （3）电子以速度v入射时，设电子能到达的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有 eEy＝mv－mv2 电子在最高点时有F合＝evmB－eE 在最低点时有F合′＝eE－evB 由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，有F合＝F合′ 联立解得vm＝2v0－v，y＝ 要让电子到达纵坐标y2＝位置，即y≥y2 解得v≤v0 则若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布，能到达纵坐标y2＝位置的电子数N占总电子数N0的百分比为 η＝×100%＝90%。 [答案]　（1）v0B　（2）　（3）90% 1.带电粒子（带电体）在叠加场中运动的两种常见模型 类型 图示 说明 匀速直线运动 所受合力为零 匀速圆周运动 除洛伦兹力外，其他力的合力为零 注：若三场共存，合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂直。 2.带电粒子（带电体）在叠加场中做“滚轮线”运动 （1）重力场与匀强磁场叠加 如图1所示，若一带电小球在重力场与匀强磁场垂直的叠加场中从A点由静止开始运动，可将该带电小球的初速度沿垂直重力且垂直磁场的方向上分解为两个大小相等、方向相反的速度v、v′，若带电小球的电荷量为q（q>0），匀强磁场的磁感应强度大小为B，则有Bqv＝mg，带电小球在该叠加场中的运动可看作从A点开始，在垂直重力且垂直磁场方向上速度为v的匀速直线运动，与不考虑重力时，该带电小球在该磁场中从A点开始以速度v′做匀速圆周运动的合运动。设E点为轨迹的最低点，分运动匀速圆周运动的半径为R＝，周期T＝，由运动的合成与分解可知，vE＝2v，A、B、C、D在同一水平线上，且vA＝vB＝vC＝vD＝0，lAB＝lBC＝lCD＝vT＝，E点到AB的距离hE＝2R＝。 （2）匀强电场和匀强磁场叠加 对于带电粒子在匀强电场与匀强磁场方向垂直的叠加场中从静止开始的运动，则将带电粒子的初速度在沿垂直电场且垂直磁场的方向上分解为两个大小相等、方向相反速度v、v′，如图2所示，若带电粒子的电荷量为q（q>0），匀强电场的场强大小为E，匀强磁场的磁感应强度大小为B，则有Bqv＝qE＝q，分析方法相似，运动情形也相似。 3.解答带电粒子在叠加场中运动问题的基本思路 高考命题预测 1.（2024·东北三省四城市联考暨沈阳市高三下二模）（多选）如图a，S为粒子源，不断沿水平方向发射速度相同的同种带负电粒子。MN为竖直放置的接收屏，能够记录粒子打在屏上的位置。当同时存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场时，粒子恰好沿直线打到MN上的O点；当只存在上述某一种场时，粒子打在MN上的P点或Q点，P、O、Q三点的位置关系如图b所示，OQ间距离为OP间距离的倍。已知电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，粒子源S到接收屏MN的距离为d。不计粒子重力和粒子间相互作用力，则下列说法中正确的是（　　） A.只加磁场时，粒子打到接收屏上的P点 B.粒子源发射粒子的速度大小为 C.粒子的比荷为 D.OP间距离为 答案：BC 解析：只加磁场时，根据左手定则可知，粒子刚进磁场时所受洛伦兹力方向向下，则粒子向下偏转，打到接收屏上的Q点，故A错误。当同时存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场时，粒子恰好沿直线打到MN上的O点，则粒子受力平衡，有qvB＝qE，可得粒子的速度大小v＝，故B正确。只加电场时，粒子受竖直向上的电场力，向上偏转做类平抛运动，打在接收屏上的P点，设粒子的质量为m，电荷量大小为q，在电场中加速度大小为a，运动时间为t，由牛顿第二定律可知qE＝ma，粒子在水平方向的位移为d＝vt，在竖直方向的位移为OP＝at2；只加磁场时，粒子受洛伦兹力向下偏转做匀速圆周运动，粒子的运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝，由几何关系可知OQ＝r－，又OQ＝OP，联立解得＝，OP＝，C正确，D错误。 2.（2024·广西玉林市高三下模拟预测）中国科学院自主研制的磁约束核聚变实验装置中的“偏转系统”原理图如图所示。由正离子和中性粒子组成的多样性粒子束通过两极板间电场后进入偏转磁场。其中的中性粒子沿原方向运动，被接收板（未画出）接收；一部分离子打到左极板，其余的进入磁场发生偏转被吞噬板吞噬并发出荧光。多样性粒子束宽度为L，各组成粒子均横向均匀分布。偏转磁场为垂直纸面向外的矩形匀强磁场，磁感应强度为B1，已知正离子的电荷量为q、质量为m，两极板间电压为U、间距为L，极板长度为2L，吞噬板长度为2L并紧靠负极板。若正离子和中性粒子的重力、相互作用力、极板厚度可忽略不计，则： （1）要使v0＝的正离子能在两极板间做匀速直线运动，可在极板间施加一垂直于纸面的匀强磁场B0，求B0的大小； （2）若入射粒子的速度均为v1＝2，撤去极板间的磁场B0，求进入偏转磁场B1的正离子占总正离子数的比例η； （3）重新在两极板间施加一垂直于纸面的匀强磁场B0并调整磁感应强度B0的大小，使v2＝3的正离子沿直线通过极板后进入偏转磁场，若此时磁场边界为矩形，如图所示，当B1＝时上述离子全部能被吞噬板吞噬，求偏转磁场的最小面积。 答案：（1）　（2）50%　（3）L2 解析：（1）根据题意，两极板间电场强度大小为E＝ 速度为v0的正离子在两极板间做匀速直线运动，则离子所受洛伦兹力与电场力平衡，有 qv0B0＝qE 又v0＝ 联立解得B0＝。 （2）正离子在电场中偏转，做类平抛运动，设进入偏转磁场B1的正离子在电场中运动时间为t，运动加速度大小为a，沿极板方向的位移 2L＝v1t 垂直极板方向的位移y＝at2 根据牛顿第二定律有qE＝ma 又v1＝2 联立解得y＝ 所以进入偏转磁场B1的正离子占总正离子数的比例为η＝×100%＝50%。 （3）题中所述正离子在矩形偏转磁场中做匀速圆周运动时，设轨迹半径为r，根据洛伦兹力提供向心力，有qv2B1＝m 又v2＝3，B1＝ 解得r＝L 若题中所述离子全部能被吞噬板吞噬，矩形偏转磁场面积最小时，紧贴负极板射入偏转磁场的离子射出磁场时，沿直线运动能恰好打在吞噬板的最左端，轨迹如图所示 设该轨迹的圆弧部分的圆心到磁场左边界的距离为a，由相似三角形得＝ 偏转磁场面积最小时区域如图所示，则偏转磁场的最小面积Smin＝r·（L＋r＋a） 联立解得Smin＝L2。 专题作业 1.（2024·广东省深圳市高三下一模）如图所示，整个空间存在一水平向右的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，光滑绝缘斜面固定在水平面上。一带正电滑块从斜面顶端由静止下滑，下滑过程中始终没有离开斜面，下滑过程中滑块的位移x、受到的洛伦兹力f洛、加速度a与机械能E机等物理量的大小随时间变化的图线可能正确的是（　　） 答案：B 解析：滑块下滑过程中始终没有离开斜面，对滑块受力分析，如图所示，将力沿斜面方向和垂直斜面方向进行正交分解，沿斜面方向，由牛顿第二定律有mgsinθ－F电cosθ＝ma，解得a＝gsinθ－，即a不变，滑块做匀加速直线运动，则a­t图像为一条与横轴平行的直线，根据x­t图像的斜率表示速度，可知x­t图像的斜率逐渐增大，故A、C错误；由于滑块由静止做匀加速直线运动，则有f洛＝qvB＝qBat∝t，可知f洛­t图像为过原点的倾斜直线，故B正确；除重力做功外，还有电场力做功，则滑块的机械能不守恒，故D错误。 2.（2024·江西高考）石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子（电子）浓度。如图a所示，在长为a、宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当I＝1.00×10－3 A时，测得U­B关系图线如图b所示，元电荷e＝1.60×10－19 C，则此样品每平方米载流子数最接近（　　） A.1.7×1019 B.1.7×1015 C.2.3×1020 D.2.3×1016 答案：D 解析：设此样品每平方米载流子（电子）数为n，载流子从电极3向电极1定向移动的速率为v，则时间t内通过此样品的电荷量q＝nevtb，根据电流的定义式得I＝，当载流子稳定通过此样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有e＝evB，联立解得U＝B，结合题图b可知，k＝＝ V/T，代入数据解得n＝2.3×1016，D正确。 3.（2024·江西省上饶市高三下二模）（多选）在中国古代，人们利用磁体在地磁场中受力的特点制作司南用以辨别方向，如今在科学研究中，科学家常用电场和磁场控制带电粒子的运动。如图甲所示，某一竖直平面存在上、下宽度分别为和d的匀强电场与匀强磁场，匀强电场竖直向下，匀强磁场沿水平方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力）从电场内紧贴上边界的O点由静止释放，运动到磁场的下边界的P点（图甲中未画出）时粒子的运动轨迹正好与下边界相切。若以上电场和磁场同时存在于一足够大的区域，如图乙所示，重新让粒子从O点由静止释放，经过时间t粒子第一次到达最低点N。下列说法正确的是（　　） A.图甲中粒子从O点运动到P点的时间为 B.图乙中粒子经过N点时速度大小为 C.图乙中O、N两点的竖直距离为d D.图乙中O、N两点的水平距离为 答案：BD 解析：图甲中，设粒子在磁场中的速率为v，做圆周运动的半径为R，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，由几何关系可得R＝d，联立解得v＝，粒子在电场中的运动时间为t1＝＝，在磁场中运动到P点的时间为t2＝＝，则图甲中粒子从O点运动到P点的时间为t总＝t1＋t2＝，故A错误。图甲中，在电场中，由动能定理有qE·＝mv2－0，解得E＝；图乙中，将粒子从O到N的过程中某时刻的速度分解为水平向右的分量vx和竖直向下的分量vy，则该时刻粒子受到的洛伦兹力沿水平方向的分量为Fx＝qBvy，水平向右，沿竖直方向的分量为Fy＝qBvx，竖直向上；设粒子经过最低点N的速度大小为v1，O、N两点的竖直距离为y，水平距离为x，由O到N，水平方向由动量定理可得∑qBvyΔt＝mv1－0，其中∑qBvyΔt＝qB∑vyΔt＝qBy，竖直方向由动量定理可得qEt－∑qBvxΔt＝0－0，其中∑qBvxΔt＝qB∑vxΔt＝qBx，由动能定理可得qEy＝mv－0，联立解得v1＝，y＝2d，x＝，故B、D正确，C错误。（B、C、D项另解：图乙中，将开始时粒子的速度v进行分解，其中一个分速度v1满足qE＝qv1B，且qv1B竖直向上，可知v1＝，水平向右，另一个分速度v2＝v1，水平向左，则粒子的运动可分解为速度大小为v1的水平向右的匀速直线运动，和竖直面上速率为v2、初速度水平向左的匀速圆周运动。在N点，两个分运动的速度方向相同，所以vN＝2v1，联立解得vN＝，故B正确；对于匀速圆周分运动，洛伦兹力提供向心力，有qv2B＝m，根据运动的合成知，O、N两点间的竖直距离h＝2r，联立解得h＝2d，故C错误；在匀速圆周分运动中，粒子从最高点O运动到最低点N，在水平方向上的位移为0，在匀速直线分运动中，这段过程粒子向右的位移x＝v1t＝，由运动的合成规律可知，O、N两点的水平距离为x＝，故D正确。） 4.（2024·湖南省娄底市高三下一模）如图所示，在真空中的平面直角坐标系xOy中，第二象限内有边界互相平行且宽度均为d的六个区域，交替分布着方向竖直向下的匀强电场和方向垂直纸面向里的匀强磁场，调节电场和磁场大小，可以控制飞出的带电粒子的速度大小及方向。现将质量为m、电荷量为q的带正电粒子在边界P处由静止释放，粒子恰好以速度大小为v0、方向与y轴负方向的夹角为θ＝45°从坐标原点O进入x>0区域，x>0区域存在磁感应强度大小B1＝、方向垂直xOy平面向里的匀强磁场，不计粒子重力。求： （1）第二象限中电场强度大小E0与磁感应强度大小B0的比值； （2）粒子从坐标原点O第1次经过x轴到第2次经过x轴的时间。 答案：（1）v0　（2） 解析：（1）粒子从P到O，电场力做正功，洛伦兹力不做功，由动能定理得3E0qd＝mv－0 解得E0＝ 根据题意，粒子经过O点的速度与y轴负方向的夹角为θ＝45° 粒子在第二象限运动时，设某时刻速度沿y轴的分量为vy，在x轴方向上，由动量定理有 ∑B0qvyt＝mv0sinθ－0 又∑B0qvyt＝B0q∑vyt＝B0q·3d 解得B0＝ 故第二象限中电场强度大小E0与磁感应强度大小B0的比值为＝v0。 （2）粒子在x>0区域做匀速圆周运动，根据几何知识知，粒子从坐标原点O第1次经过x轴到第2次经过x轴速度的偏转角为 φ＝2（90°－θ） 设粒子在x>0区域做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力提供向心力，有qv0B1＝m 粒子从坐标原点O第1次经过x轴到第2次经过x轴的时间t＝ 又B1＝ 联立解得t＝。 5.（2024·江苏高考）如图所示，两个半圆环区域abcd、a′b′c′d′中有垂直纸面向里的匀强磁场，区域内、外边界的半径分别为R1、R2。ab与a′b′间有一个匀强电场，电势差为U，cd与c′d′间有一个插入体，电子每次经过插入体速度减小为原来的k倍。现有一个质量为m、电荷量为e的电子，从cd面射入插入体，经过磁场、电场后再次到达cd面，速度增加，多次循环运动后，电子的速度大小达到一个稳定值，忽略相对论效应，不计电子经过插入体和电场的时间，电子每次进出磁场时速度方向均垂直于边界。求： （1）电子进入插入体前后在磁场中运动的半径r1、r2之比； （2）电子多次循环后到达cd的稳定速度v； （3）若电子到达cd中点P时速度稳定，并最终到达边界d，求电子从P到d的时间t。 答案：（1）　（2） （3） 解析：（1）设磁场的磁感应强度大小为B，电子进入插入体前的速度大小为v0，则电子经过插入体后的速度大小为kv0，由洛伦兹力提供向心力有 ev0B＝m e·kv0B＝m 联立解得＝。 （2）电子多次循环稳定后，到达cd的速度为v，则到达c′d′的速度为kv，此后，对电子从c′d′出发经磁场、电场、磁场到cd的过程，由动能定理有eU＝mv2－m（kv）2 解得v＝。 （3）当电子到达cd中点P时速度稳定后，设其在abcd区域运动的轨迹半径为r，则有 evB＝m 解得r＝ 结合（1）问分析可知，电子在a′b′c′d′区域运动的半径为r′＝ 所以电子相邻两次经过cd边的位置间的距离为l＝2（r－r′） 设电子从P到d运动了n周，由几何关系可知＝nl 又电子在磁场中运动的周期为T＝＝ T与速度大小无关，则电子从P运动到d的时间为t＝nT 联立解得t＝。 6.（2024·山东高考）如图所示，在Oxy坐标系x>0、y>0区域内充满垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。磁场中放置一长度为L的挡板，其两端分别位于x、y轴上M、N两点，∠OMN＝60°，挡板上有一小孔K位于MN中点。△OMN之外的第一象限区域存在恒定匀强电场。位于y轴左侧的粒子发生器在0＜y＜L的范围内可以产生质量为m、电荷量为＋q的无初速度的粒子。粒子发生器与y轴之间存在水平向右的匀强加速电场，加速电压大小可调，粒子经此电场加速后进入磁场，挡板厚度不计，粒子可沿任意角度穿过小孔，碰撞挡板的粒子不予考虑，不计粒子重力及粒子间相互作用力。 （1）求使粒子垂直挡板射入小孔K的加速电压U0； （2）调整加速电压，当粒子以最小的速度从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，求第一象限中电场强度的大小和方向； （3）当加速电压为时，求粒子从小孔K射出后，运动过程中距离y轴最近位置的坐标。 答案：（1） （2）　方向沿x轴正方向 （3），其中n＝0，1，2，… 解析：（1）根据题意，作出粒子垂直挡板射入小孔K的运动轨迹如图甲所示 根据几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆心恰在N点，轨迹半径为r＝ 在△OMN区域磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m 在匀强加速电场中，由动能定理得 U0q＝mv2－0 联立解得U0＝。 （2）粒子以最小的速度从小孔K射出时，分析可知，射出的轨迹半径最小，此时过K点的轨迹半径与y轴垂直，运动轨迹如图乙所示 根据几何关系可知，从K射出的粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径最小值为 r′＝Lcos60°＝ 在△OMN区域磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有qv′B＝m 解得从K射出粒子的最小速度v′＝ 粒子从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，由左手定则可知，粒子经过小孔K后受到的洛伦兹力沿x轴负方向，则粒子经过小孔K后受到的电场力沿x轴正方向，又粒子带正电，则△OMN之外第一象限区域电场强度的方向沿x轴正方向 由平衡条件得qv′B＝Eq 联立可得第一象限中电场强度的大小为 E＝。 （3）在匀强加速电场中，由动能定理有 Uq＝mv″2－0 可得粒子进入磁场时的速度大小为v″＝ 在△OMN区域磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有qv″B＝m 可得粒子在△OMN区域运动的轨迹半径为r″＝L 作出从小孔K射出的粒子的运动轨迹如图丙所示，其中O′为轨迹圆心 由几何关系有sinθ＝＝ 可知θ＝60° 将粒子从K射出时的速度v″分解到y轴方向和x轴方向，其中 vy″＝v″sinθ＝＝v′ vx″＝v″cosθ＝ 结合（2）中的分析，根据运动的合成与分解可知，从K射出后，粒子的运动可以分解为，速度大小为vy″＝、方向沿y轴正方向的匀速直线运动，以及在xOy平面内速度大小为vx″＝、初速度方向沿x轴正方向的匀速圆周运动 对圆周运动分运动，由洛伦兹力提供向心力有qvx″B＝ 解得该匀速圆周运动分运动的轨迹半径为 r0＝＝L 该圆周运动的周期为T＝ 解得T＝ 分析可知，粒子从K射出后，经过T时，粒子第1次距离y轴最近，粒子到y轴的最小距离为dm＝Lcos60°－r0＝ 在匀速直线运动分运动的影响下，第1次距离y轴最近时，粒子沿y轴正方向运动的位移为y1＝vy″·T＝ 故第1次距离y轴最近时，粒子与小孔K沿y轴方向的距离为y2＝r0＋y1＝ 设粒子从小孔K射出后，运动过程中第1次距离y轴最近时的位置坐标为（x0，y0），则 x0＝dm＝L y0＝Lsin60°＋y2＝L 一个周期T内，粒子沿y轴正方向匀速运动的位移为Δy＝vy″·T＝ 考虑粒子运动的周期性，所求坐标为（x0，y0＋nΔy），其中n＝0，1，2，… 联立可得所求坐标为，其中n＝0，1，2，…。 1 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