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高中物理高考 押课标卷物理第25题（解析版）-备战2020年高考物理临考题号押题
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这是一份高中物理高考 押课标卷物理第25题（解析版）-备战2020年高考物理临考题号押题，共36页。
押课标卷理综第25题
题号
考情分析
考查知识点
分值
预测知识点
第25题
带电粒子在复合场中的运动是高考的常考内容之一，主要考查考生的综合分析问题的能力．分析带电粒子在复合场中的运动，往往与圆周运动和类平抛运动相结合，涉及牛顿运动定律的应用，是今后高考中的重点，考查考生综合分析问题的能力.[来源:学。科。网Z。X。X。K]xx
电学计算
22
预计2020年高考新课标全国卷第25题会以电学计算知识为主。
（2019·新课标全国Ⅰ卷）如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求
（1）带电粒子的比荷；
（2）带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
【答案】（1） （2）
【解析】（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有
①
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
②
由几何关系知d=r③
联立①②③式得
④
（2）由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为
⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为
⑥
联立②④⑤⑥式得
⑦
如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B．磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MN=L，粒子打到板上时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．质量为m、电荷量为-q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d，且d
（2）欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M的最大距离dm；
（3）从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场，PM=d，QN=，求粒子从P到Q的运动时间t．
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）粒子的运动半径
解得
（2）如图4所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切
由几何关系得dm=d（1+sin60°）
解得
（3）粒子的运动周期
设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t'，则
（a）当 时，粒子斜向上射出磁场
解得
（b）当时，粒子斜向下射出磁场
解得
1．组合场模型
电场、磁场、重力场(或其中两种场)并存，但各位于一定区域，并且互不重叠的情况．
2．“电偏转”“磁偏转”的比较
匀强电场中的“电偏转”
匀强磁场中的“磁偏转”
受力特征
无论v是否与E垂直，F电＝qE，F电为恒力
v垂直于B时，FB＝qvB
运动规律
类平抛运动(v⊥E)
vx＝v0，vy＝t
x＝v0t，y＝
圆周运动(v⊥B)
T＝，r＝
偏转情况
tan θ＝，因做类平抛运动，在相等的时间内偏转角度不等
若没有磁场边界限制，粒子所能偏转的角度不受限制
动能变化
动能发生变化
动能不变
1．如图所示，在无限长的竖直边界AC和DE间，上、下部分分别充满方向垂直于平面ADEC向外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强度大小为B0，OF 为上、下磁场的水平分界线，质量为m、带电荷量为＋q的粒子从AC边界上与O点相距为a的P点垂直于AC边界射入上方磁场区域，经OF上的Q点第一次进入下方磁场区域，Q与O点的距离为3a，不考虑粒子重力。
（1）求粒子射入时的速度大小；
（2）要使粒子不从AC边界飞出，求下方磁场区域的磁感应强度B1应满足的条件；
（3）若下方区域的磁感应强度B=3B0，粒子最终垂直DE边界飞出，求边界DE与AC间距离的可能值。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
试题分析：（1）设粒子在OF上方做圆周运动半径为R，由几何关系可知；
，
由牛顿第二定律可知：，解得：；
（2）当粒子恰好不从AC边界飞出时，设粒子在OF下方做圆周运动的半径为，
由几何关系得：，，所以，根据
解得：，当时，粒子不会从AC边界飞出。
（3）当时，粒子在OF下方的运动半径为：，设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时的位置为，则P与的连线一定与OF平行，根据几何关系知：；所以若粒子最终垂直DE边界飞出，边界DE与AC间的距离为：；
考点：带电粒子在磁场中的运动
【名师点睛】带电粒子在磁场中运动，关键在于分析粒子的运动情况，明确粒子可能运动轨迹，根据几何关系确定圆心和半径；同时注意临界条件的应用才能顺利求解。
2．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第–象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右；，磁感应强度的方向垂直纸面向里．–带电荷量为+q、质量为m的微粒从原点出发沿与x轴正方向的夹角为45°的初速度进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A（l，l）时，电场方向突然变为竖直向上（不计电场变化的时间），粒子继续运动–段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场．不计–切阻力，求：
（1）电场强度E的大小；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）粒子在复合场中的运动时间．
【答案】(1) (2) （3）s
【解析】
【详解】
(1)微粒在到达A（l，l）之前做匀速直线运动，受力分析如图：
根据平衡条件，有：；
解得：
；
(2)根据平衡条件，有：
，
电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图：
根据牛顿第二定律，有：
，
由几何关系可得：
，
联立解得：
；
(3)微粒做匀速直线运动的时间为：
，
做圆周运动的时间为：
，
在复合场中运动时间为：
；
3．如图，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B．一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动．A、C两点间距离为h，重力加速度为g．
（1）求小滑块运动到C点时的速度大小vc；
（2）求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；
（3）若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点．已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vp.
【答案】（1）E/B （2）（3）
【解析】
【详解】
小滑块到达C点时离开MN，此时与MN间的作用力为零，对小滑块受力分析计算此时的速度的大小；由动能定理直接计算摩擦力做的功Wf；撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据分运动计算最后的合速度的大小；
（1）由题意知，根据左手定则可判断，滑块在下滑的过程中受水平向左的洛伦兹力，当洛伦兹力等于电场力qE时滑块离开MN开始做曲线运动，即
解得：
（2）从A到C根据动能定理：
解得：
（3）设重力与电场力的合力为F，由图意知，在D点速度vD的方向与F地方向垂直，从D到P做类平抛运动，在F方向做匀加速运动a=F/m，t时间内在F方向的位移为
从D到P，根据动能定理：，其中
联立解得：
【点睛】
解决本题的关键是分析清楚小滑块的运动过程，在与MN分离时，小滑块与MN间的作用力为零，在撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据滑块的不同的运动过程逐步求解即可．
4．如图(a)，超级高铁(Hyperloop)是一种以“真空管道运输”为理论核心设计的交通工具，它具有超高速、低能耗、无噪声、零污染等特点．如图(b)，已知管道中固定着两根平行金属导轨MN、PQ，两导轨间距为；运输车的质量为m，横截面是半径为r的圆．运输车上固定着间距为D、与导轨垂直的两根导体棒1和2，每根导体棒的电阻为R，每段长度为D的导轨的电阻也为R．其他电阻忽略不计，重力加速度为g．
(1)如图(c)，当管道中的导轨平面与水平面成θ=30°时，运输车恰好能无动力地匀速下滑．求运输车与导轨间的动摩擦因数μ；
(2)在水平导轨上进行实验，不考虑摩擦及空气阻力．
①当运输车由静止离站时，在导体棒2后间距为D处接通固定在导轨上电动势为E的直流电源，此时导体棒1、2均处于磁感应强度为B，垂直导轨平向下的匀强磁场中，如图(d)．求刚接通电源时运输车的加速度的大小；（电源内阻不计，不考虑电磁感应现象）
②当运输车进站时，管道内依次分布磁感应强度为B，宽度为D的匀强磁场，且相邻的匀强磁场的方向相反．求运输车以速度v0从如图(e)通过距离2D后的速度v．
【答案】（1） （2）① ②
【解析】
【分析】
(1)对运输车进行受力分析，由题意运输车恰能在斜面上匀速下滑，由平衡条件可求得动摩擦因数；
(2)先画出运输车到站时的等效电路图，求出电路的总电阻，由欧姆定律求出电流，表示出安培力的表达式，由牛顿第二定律求出加速度大小；先把运输车分为无数小段，由动量定理写出安培力的冲量与动量的变化关系，再对整个过程求和，从而得到末速度的表达式.
【详解】
(1)分析运输车的受力，将运输车的重力分解，如图a所示：
设轨道对运输车的支持力为N1、N2，如图b所示：
由几何关系，
又，
运输车匀速运动mgsinθ=f1+f2
解得:
(2)①运输车到站时，电路图如图（c）所示：
则
由闭合电路的欧姆定律
又，
导体棒所受的安培力：；
运输车的加速度
解得：
②运输车进站时，电路如图d所示：
当车速为v时，由法拉第电磁感应定律：；
由闭合电路的欧姆定律
导体棒所受的安培力：；
运输车所受的合力：
选取一小段时间∆t，运输车速度的变化量为∆v，由动量定律：
即：
两边求和：
解得：
【点睛】
本题的难点在于最后一问，运输车做变加速运动，可以用微元法再累加来求，也可以用平均值法求.
5．如图1所示，两平行导轨是由倾斜导轨(倾角为θ)与水平导轨用极短的圆弧导轨平滑连接而成的，并处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，两导轨间距为L，上端与阻值为R的电阻连接．一质量为m的金属杆AB在t＝0时由静止开始在沿P1P2方向的拉力(图中未画出)作用下沿导轨下滑．当杆AB运动到P2Q2处时撤去拉力，杆AB在水平导轨上继续运动，其速率v随时间t的变化图象如图2所示，图中vmax和t1为已知量．若全过程中电阻R产生的总热量为Q，杆AB始终垂直于导轨并与导轨保持良好接触，导轨和杆AB的电阻以及一切摩擦均不计，求：
(1)杆AB中的最大感应电流Imax的大小和方向；
(2)杆AB下滑的全过程通过电阻R的电荷量q；
(3)撤去拉力后杆AB在水平导轨上运动的路程s.
【答案】（1），由A流向B；（2）；（3）；
【解析】
【分析】
根据E=BLv和闭合电路的欧姆定律求解感应电流的最大值；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律结合电荷量的计算公式求解杆MN沿斜导轨下滑的过程中，通过电阻R的电荷量；根据平均加速度和安培力的关系计算撤去拉力后，杆MN在水平导轨上运动的路程s.
【详解】
（1）由题图2知杆AB运动到水平轨道P2Q2处时的速率为vmax，
则回路中的最大感应电动势Emax＝BLvmax
杆AB运动到水平轨道的P2Q2处时，回路中的感应电流最大，
回路中的最大感应电流：
解得： 根据右手定则知Imax的方向由A流向B
(2)根据法拉第电磁感应定律得，杆AB下滑全过程平均感应电动势
平均感应电流：
又因：
解得：
而ΔΦ＝BLs1cos θ
由题图2知杆AB下滑的距离
解得：
(3)撤去拉力后杆AB在水平导轨上做减速运动感应电流：
根据牛顿第二定律有：BIL＝ma
若Δt趋近于零，则
由以上三式可得：
则，，…，，得
即：
联立可得：
【点睛】
本题主要考查了电磁感应问题，研究的思路一条从力的角度，重点是分析安培力作用下物体的平衡问题；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键．
6．如图，金属板M、N板竖直平行放置，中心开有小孔，板间电压为，E、F金属板水平平行放置，间距和板长均为d，其右侧区域有垂直纸面向里足够大的匀强磁场，磁场上AC边界与极板E在同一条直线上．现有一质量为m、电荷量为q的正电粒子，从极板M的中央小孔处由静止释放，穿过小孔后沿EF板间中轴线进入偏转电场，从AD边界上的P处离开偏转电场时速度方向与水平方向夹角为37°，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，忽略粒子重力及平行板间电场的边缘效应，求：
（1）粒子到达小孔时的速度；
（2）P点与上极板的距离h；
（3）要使粒子进入磁场区域后不能从AC边射出，磁场磁感应强度的最小值．
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【分析】
（1）粒子在加速电场中，根据动能定理可求出粒子到达小孔时的速度；（2）进入偏转电场后，粒子做类平抛运动，根据类平抛运动的规律即可求P点与上极板的距离h；（3）根据几何关系求出半径R，根据运动的合成与分解原理求出进入磁场的速度，粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，求出磁感应强度．
【详解】
（1）粒子在加速电场中，根据动能定理得：
粒子到达小孔时的速度
（2）粒子离开偏转电场时，速度偏转角，竖直方向速度
在偏转电场中，带电粒子做类平抛运动，则有： ，
则P点与上极板的距离
（3）要使得粒子不从AC边射出，R越大，B越小，R最大的临界条件就是圆周与AC边相切，由几何关系得
解得：
粒子进入磁场时速度
在磁场中，则有：
所加磁场的磁感应强度最小值为
【点睛】
本题主要考查了粒子在组合场运动的情况．解题的关键：一、是分析清楚粒子在各个场运动的特点和运动规律，列出相应的方程；二、是灵活应用几何关系、动能定理和运动的合成与分解等知识进行求解．
7．如图甲所示，足够长的两金属导轨水平平行固定，两导轨间距为，电阻不计，且处在竖直向上的磁场中，完全相同的导体棒垂直放置在导轨上，并与导轨接触良好，两导体棒的间距也为，电阻均为，开始时磁场的磁感应强度按图乙所示的规律变化，当时导体棒刚好要滑动，已知，滑动摩擦力等于最大静摩擦力．
（1）求每根导体棒与导轨间的滑动摩擦力的大小及内整个回路中产生的焦耳热．
（2）若保持磁场的磁感应强度不变，用一个水平向右的力拉导体棒，使导体棒由静止开始做匀加速直线运动，力的变化规律如图丙所示，则经过多长时间导体棒开始滑动?每根导体棒的质量为多少？
（3）当（2）问中的拉力作用时间为4s时，求两棒组成的系统的总动量．
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【详解】
（1）开始时磁场的磁感应强度均匀变化，则回路中产生的感应电动势为：
则电路中的电流为：
当时：
0.8s内整个回路中产生的焦耳热为：
（2）对b棒，根据牛顿第二定律有：,
即：
结合图像的纵轴截距和斜率可得：
解得：
当导体棒a刚好要滑动时有：
解得：
此时导体棒b运动的时间为：
（3）当导体棒滑动后的2s内，两棒受到的安培力等大反向，对系统，
根据动量定理有：
由题图丙图像与时间轴所围面积的意义可知：
则：
8．如图所示，一对磁偏转线圈形成的匀强磁场分布在R = 0.10m的圆形区域内,磁感应强度为0.1T．圆的左端跟y轴相切于直角坐标系的原点O，右端跟足够大的荧光屏MN相切于x轴上A点，置于原点的粒子源沿x轴正方向射出带正电的粒子流，以v =×106m/s射入磁场，粒子的比荷为1×108c/kg，重力不计．求
（1）粒子在磁场中运动的时间．
（2）粒子打在荧光屏上的位置距A的距离．
（3）要使粒子打不到荧光屏上，求粒子的速度大小应满足的条件．
【答案】（1）/3×10-7s；（2）×10-1m；（3）速度小于1×106m/s粒子打不到荧光屏上
【解析】
【详解】
（1）qvB=mv2/r
粒子运动的轨道半径
r=mv/qB=×10-1m
tanΦ/2=R/r=/3
轨迹所对应的圆心角Φ=600
T=2m/qB=2×10-7s
粒子在磁场中运动时间t=T/6=/3×10-7s
如图所示Φ=600
（2）粒子打在荧光屏上的位置距A的距离
L=R×tan600=×10-1m
（3）粒子在磁场中轨道半径为r=R时
粒子沿y轴正方向飞出刚好达不到屏上
qvB=mv2/r
v=qBr/m=1×106m/s
即粒子的速度小于1×106m/s粒子打不到荧光屏上．
9．如图所示，EF与GH间为一无场区．无场区左侧A、B为相距为d、板长为L的水平放置的平行金属板，两板上加某一电压从而在板间形成一匀强电场，其中A为正极板．无场区右侧为一点电荷Q形成的电场，点电荷的位置O为圆弧形细圆管CD的圆心，圆弧半径为R，圆心角为120°，O、C在两板间的中心线上，D位于GH上．一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子以初速度v0沿两板间的中心线射入匀强电场，粒子出匀强电场经无场区后恰能进入细圆管，并做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动．（不计粒子的重力、管的粗细）求：
(1)O处点电荷的电性和电荷量；
(2)两金属板间所加的电压．
【答案】(1)负电，；(2)
【解析】
（1）粒子进入圆管后受到点电荷Q的库仑力作匀速圆周运动，粒子带正电，则知O处点电荷带负电．由几何关系知，粒子在D点速度方向与水平方向夹角为30°，进入D点时速度为： …①
在细圆管中做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动，故Q带负电且满足…②
由①②得：
（2）粒子射出电场时速度方向与水平方向成30°
tan 30°= …③
vy=at…④
…⑤
…⑥
由③④⑤⑥得：
10．在竖直平面内建立一平面直角坐标系xoy，x轴沿水平方向，如图甲所示．第二象限内有一水平向右的匀强电场，场强为E1．坐标系的第一、四象限内有一正交的匀强电场和匀强交变磁场，电场方向竖直向上，场强E2=，匀强磁场方向垂直纸面．处在第三象限的某种发射装置（图中没有画出）竖直向上射出一个比荷=102C/kg的带正电的微粒（可视为质点），该微粒以v0=4m/s的速度从-x上的A点进入第二象限，并以v1=8m/s速度从+y上的C点沿水平方向进入第一象限．取微粒刚进入第一象限的时刻为0时刻，磁感应强度按图乙所示规律变化（以垂直纸面向外的磁场方向为正方向），g=10m/s2．试求：
（1）带电微粒运动到C点的纵坐标值h及电场强度E1；
（2）+x轴上有一点D，OD=OC，若带电微粒在通过C点后的运动过程中不再越过y轴，要使其恰能沿x轴正方向通过D点，求磁感应强度B0及其磁场的变化周期T0为多少？
（3）要使带电微粒通过C点后的运动过程中不再越过y轴，求交变磁场磁感应强度B0和变化周期T0的乘积B0T0应满足的关系？
【答案】（1）0．2N/C
（2）B0=0．2n（T）（n=1，2，3…）；（n＝1，2，3…）
（3）（kg/C）．
【解析】
【详解】
(1)将粒子在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向上做匀加速直线运动.
.
.
，
则qE1=2mg，计算得出E1=0.2N/C.
(2)qE2=mg，所以带电的粒子在第一象限将做匀速圆周运动，设粒子运动圆轨道半径为R，周期为T，则 可得.
使粒子从C点运动到D点，则有：.
计算得出： （n=1，2，3…）.
，
（n=1，2，3…）.
(3)当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过y轴时可作如图运动情形：
由图可以知道
.
【点睛】
（1）将粒子在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向，得出两个方向上的运动规律，结合运动学公式和牛顿第二定律求出带电微粒运动到C点的纵坐标值h及电场强度E1；
（2）若带电微粒在通过C点后的运动过程中不再越过y轴，要使其恰能沿x轴正方向通过D点，作出粒子的运动的轨迹图，根据洛伦兹力提供向心力，得出粒子在磁场中运动的半径大小，结合几何关系，求出磁感应度的通项表达式，再根据周期的关系求出磁场的变化周期T0的通项表达式．
（3）当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过y轴时，根据几何关系求出圆心角的大小，从而求出T0的范围，以及B0 T0应满足的关系．
11．在如图甲所示的平面坐标系内，有三个不同的静电场：第一象限内有电荷量为Q的点电荷在O点产生的电场E1，第二象限内有水平向右的匀强电场E2（大小未知），第四象限内有方向水平、大小按图乙变化的电场E3，E3以水平向右为正方向，变化周期．一质量为m，电荷量为+q的离子从（-x0，x0）点由静止释放，进入第一象限后恰能绕O点做圆周运动．以离子经过x轴时为计时起点，已知静电力常量为k，不计离子重力．求：
（1）离子刚进入第四象限时的速度；
（2）E2的大小；
（3）当t=时，离子的速度；
（4）当t=nT时，离子的坐标．
【答案】（1） （2） （3）（4）
【解析】
（1）设离子刚进入第四象限的速度为，在第一象限内离子做匀速圆周运动，有，解得；
（2）在第二象限内，由动能定理可得，解得；
（3）离子进入第四象限后做类平抛运动，在时，沿x轴方向上有；
此时离子的速度为；
（4）离子在第四象限中运动时，沿 y轴负方向做匀速直线运动，沿x轴正方向离子的前半个周期做匀加速运动，后半个周期做匀减速运动，直到速度减为零，轨迹如图所示每半个周期离子沿x轴正方向前进的距离
时，离子到y轴的距离
故当时，离子的坐标为
【点睛】确定质点的运动情况是解题的基础，根据粒子在第一象限内做匀速圆周运动电场力提供圆周运动向心力由圆周运动半径和库仑定律求得粒子刚进入第四象限的速度；在第二象限粒子做初速度为零的匀加速直线运动，由动能定理据粒子获得的速度和位移求得第二象限的电场强度；粒子进入第四象限在竖直方向做匀速直线运动，水平方向在电场力作用下先匀加速直线运动后匀减速直线运动，根据时间由运动的合成求得离子的速度；根据粒子水平方向运动的周期性求得粒子的横坐标，再根据竖直方向的运动规律求得粒子的纵坐标．
12．如图所示，在y轴的右侧存在磁感应强度为B的方向垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴的上方有一平行板式加速电场．有一薄绝缘板放置在y轴处，且与纸面垂直．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，然后以垂直于板的方向沿直线从A处穿过绝缘板，而后从x轴上的D处以与x轴负向夹角为30°的方向进入第四象限，若在此时再施加一个电场可以使粒子沿直线到达y轴上的C点（C点在图上未标出）．已知OD长为l，不计粒子的重力．求：
（1）粒子射入绝缘板之前的速度大小；
（2）粒子经过绝缘板时损失了多少动能；
（3）所加电场的电场强度和带电粒子在y轴的右侧运行的总时间．
【答案】(1) (2) (3)
【解析】
【详解】
（1）粒子在电场中加速，由动能定理得， qU＝mv2
解得：．
（2）粒子在磁场中做圆周运动轨迹如图．
由几何关系可得轨道半径为2l．
由
解得．
根据能量守恒得，损失的动能△EK＝mv2−mv′2＝qU−
（3）粒子若作直线运动，则qv′B=qE
代入数据解得
方向与x轴正向斜向下成60°角．
粒子在第一象限作匀速圆周运动的时间．
粒子在第四象限做匀速直线运动的时间
粒子x轴右侧运行的总时间
【点睛】
本题考查了带电粒子在磁场中以及在复合场中的运动，关键理清粒子的运动情况，结合数学几何关系进行求解．
13．如图，区域I内有与水平方向成°角的匀强电场，区域宽度为，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B和匀强电场，区域宽度为，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下.一质量为m、电量大小为q的微粒在区域I左边界的P点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q点穿出，其速度方向改变了，重力加速度为g，求：
(1)区域I和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度的大小.
(2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B的大小.
(3)微粒从P运动到Q的时间有多长.
【答案】(1), (2) (3)
【解析】
【详解】
(1)微粒在区域I内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有：
求得：
微粒在区域II内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有：
求得：
(2)粒子进入磁场区域时满足：
根据几何关系，分析可知：
整理得：
(3)微粒从P到Q的时间包括在区域I内的运动时间t1和在区域II内的运动时间t2，并满足：
经整理得：
14．如图所示，两个边长均为l的正方形区域ABCD和EFGH内有竖直向上的匀强电场，DH上方有足够长的竖直向下的匀强电场．一带正电的粒子，质量为m，电荷量为q，以速度v从B点沿BC方向射入匀强电场，已知三个区域内的场强大小相等，且，今在CDHE区域内加上合适的垂直纸面向里的匀强磁场，粒子经过该磁场后恰能从DH的中点竖直向上射入电场，粒子的重力不计，求：
(1)所加磁场的宽度DH；
(2)所加磁场的磁感应强度大小；
(3)粒子从B点射入到从EFGH区域电场射出所经历的总时间．
【答案】(1) (2) (3)
【解析】(1)粒子在ABCD区域电场中做类平抛运动，射出该电场时沿电场方向偏转距离为d
由Eq＝ma得a＝
由l＝vt得t＝
故d＝at2＝l
粒子射出ABCD区域电场时沿场强方向速度为vy＝at＝v
速度偏向角为tanθ＝＝1
解得θ＝
粒子从DH中点竖直向上射入电场，由几何关系知
得 得
(2)射入磁场的速度大小为v′＝v
由洛伦兹力提供向心力qv′B＝m
解得B＝
(3)粒子在左侧电场中偏转的运动时间t1＝
粒子在磁场中向上偏转运动时间t2＝T
其中T＝
在上方电场中运动减速到零的时间为t3＝
粒子运动轨迹如图所示，根据对称性可知粒子运动总时间为
t＝2(t1＋t2＋t3)
得 或t＝
点睛：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子运动过程复杂，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提，作出粒子运动轨迹后，应用类平抛运动规律与牛顿第二定律可以解题，解题时注意几何知识的应用．
15．如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限中两个相同的直角三角形区域Ⅰ、Ⅱ内分别充满了方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场，已知C点坐标为(，l)，质量为m，带电荷量为q的正电荷从A(，l)点以一定的速度平行于y方向垂直进入磁场，并从x轴上的D点(图中未画出)垂直x轴离开磁场，电荷重力不计．
(1)求D点的位置坐标及电荷进入磁场区域Ⅰ时的速度大小v；
(2)若将区域Ⅱ内的磁场换成沿－x轴方向的匀强电场，该粒子仍从A点以原速度进入磁场区域Ⅰ，并最终仍能垂直x轴离开，求匀强电场的场强E．
【答案】(1) (2)
【解析】
(1)根据粒子运动的对称性可知，粒子从OC的中点O′进入磁场区域Ⅱ，且AC＝OD，则D的坐标为(l，0)．设粒子在磁场中运动的半径为r，在磁场Ⅰ中的轨迹所对圆心角为θ，
根据几何知识可知rsin θ＝l，
r－rcos θ＝l－l，
解得θ＝，r＝l．
粒子在磁场中做圆周运动，qvB＝m，
速度大小 ，
故
(2)设粒子在电场中的运动时间为t，加速度大小为a，
则根据运动的分解可知，在x轴方向：0－vsin θ＝－at，
在y轴方向：vtcos θ＝l，其中，qE＝ma，
联立解得:
点睛：本题考查了带电粒子在复合场中的运动，关键作出粒子运动的轨迹，掌握处理圆周运动和类平抛运动的方法，结合几何关系和圆周运动的半径公式进行求解．
16．某空间存在一竖直向下的匀强电场和圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，如图所示．一质量为m，带电量为+q的粒子，从P点以水平速度v0射入电场中，然后从M点沿半径射入磁场，从N点射出磁场．已知，带电粒子从M点射入磁场时，速度与竖直方向成30°角，弧MN是圆周长的1/3，粒子重力不计．求：
（1）电场强度E的大小．
（2）圆形磁场区域的半径R．
（3）带电粒子从P点到N点，所经历的时间t．
【答案】（1） ．（2） ．（3）
【解析】
（1）在电场中，粒子经过M点时的速度大小 v==2v0
竖直分速度 vy=v0cot30°=v0
由 ，a=得
E=
（2）粒子进入磁场后由洛伦兹力充当向心力做匀速圆周运动，设轨迹半径为r．
由牛顿第二定律得：qvB=m，
根据几何关系得：R=rtan30°=
（3）在电场中，由h=得 t1=；
在磁场中，运动时间
故带电粒子从P点到N点，所经历的时间 t=t1+t2= ．
17．平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍．粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等．不计粒子重力，问：
(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；
(2)电场强度和磁感应强度的大小之比．
【答案】(1),与x轴正方向成45°角斜向上 (2)
【解析】
【详解】
(1)粒子运动轨迹如图：
粒子在电场中由Q到O做类平抛运动，设O点速度v与x方向夹角为，Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，根据平抛运动的规律有：
x方向：
y方向：
粒子到达O点时沿y轴方向的分速度：
，
又
，
解得，即，
粒子到达O点时的夹角为450解斜向上，粒子到达O点时的速度大小为
；
(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，粒子在电场中运动的加速度：
，
设磁感应强度大小为B，粒子做匀速圆周运动的半径为R，洛伦兹力提供向心力，有：
，
根据几何关系可知：
解得：
18．一个圆形线圈，共有n=10匝，其总电阻r=4.0Ω，线圈与阻值R0=16Ω，的外电阻连成闭合回路，如图甲所示．线圈内部存在着一个边长l=0.20m的正方形区域，其中有分布均匀但强弱随时间变化的磁场，图乙显示了一个周期内磁场的变化情况，周期T=1.0×10-2s，磁场方向以垂直线圈平面向外为正方向．求：
（1）t=时刻，电阻R0上的电流大小和方向；
（2）0~ ，时间内，流过电阻R0的电量；
（3）一个周期内电阻R0的发热量．
【答案】（1）I1=0.4A 电流方向b到a
（2）C
（3）J
【解析】
（1）0 ~T/4内，感应电动势大小 可得E1=8V
电流大小 可得I1=0.4A
电流方向b到a
（2）同（1）可得T/4~ T/2内，感应电流大小I2=0.2A
流过电路的电量
得C
（3）
得J
点睛：本题难度较小，当磁场均匀变化时产生的感应电动势或感应电流恒定不变，根据有效值的定义求解热量.
19．如图所示，在坐标系中，在的区域内分布由指向y轴正方向的匀强电场，在的区域内分布有垂直于平面向里的匀强磁场，MN为电场和磁场的边界，在处放置一垂直于y轴的足够大金属挡板ab，带电粒子打到板上即被吸收（设轨迹圆与挡板ab相切的粒子刚好不会被吸收），一质量为m.电量为的粒子以初速度由坐标原点O处沿x轴正方向射入电场，已知电场强度大小为，粒子的重力不计．
（1）要使粒子不打到挡板上，磁感应强度应满足什么条件？
（2）通过调节磁感应强度的大小，可让粒子刚好通过点（图中未画出），求磁感应强度的大小．
【答案】(1) (2)
【解析】
（1）粒子先在电场中做类平抛运动，，，其中，得到：
速度与x轴夹角，，进入磁场速度
粒子刚好不打到挡板上，轨迹与板相切；设粒子在磁场中运动半径为R，洛伦兹力提供向心力：
由几何关系：，得到：
得到：，故要使粒子不打到挡板上，；
（2）粒子再次回到x轴上，沿x轴前进的距离
调节磁场，所以
粒子通过P点，回旋次数，所以
N为整数，只能取、、
时，，此时磁场
时，，此时磁场
时，，此时磁场
点睛：本题的难点在于第二问，由于改变磁感应强度则粒子做匀速圆周运动的半径随之改变，粒子返回MN的位置也将变化，回到电场中做斜抛运动到达x轴的位置也将发生相应的变化，那么就要找到回旋次数N与每回旋一次向前移动距离s之间的关系．
20．如图所示,在y<0的区域内存在匀强磁场,磁场方向垂直于xy平面并指向纸里,磁感应强度为B．一带负电的粒子(质量为m、电荷量为e)以速度v0从O点射入磁场，入射方向在xy平面内，与x轴正向的夹角为θ. (粒子所受重力不计)，求：
(1)该粒子射出磁场的位置（用坐标表示）；
(2)该粒子在磁场中运动的时间
【答案】（1）（2）
【解析】
【详解】
(1)由于洛伦兹力提供向心力，则：
R为圆轨道的半径，
解得：
①
圆轨道的圆心位于OA的中垂线上,由几何关系可得：
L=2Rsinθ②
联立①②两式解得
所以粒子离开磁场的位置为(,0)
(2)因为
该粒子在磁场中运动的时间
押课标卷理综第25题
题号
考情分析
考查知识点
分值
预测知识点
第25题
带电粒子在复合场中的运动是高考的常考内容之一，主要考查考生的综合分析问题的能力．分析带电粒子在复合场中的运动，往往与圆周运动和类平抛运动相结合，涉及牛顿运动定律的应用，是今后高考中的重点，考查考生综合分析问题的能力.[来源:学。科。网Z。X。X。K]xx
电学计算
22
预计2020年高考新课标全国卷第25题会以电学计算知识为主。
（2019·新课标全国Ⅰ卷）如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求
（1）带电粒子的比荷；
（2）带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
【答案】（1） （2）
【解析】（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有
①
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
②
由几何关系知d=r③
联立①②③式得
④
（2）由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为
⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为
⑥
联立②④⑤⑥式得
⑦
如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B．磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MN=L，粒子打到板上时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．质量为m、电荷量为-q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d，且d
（2）欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M的最大距离dm；
（3）从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场，PM=d，QN=，求粒子从P到Q的运动时间t．
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）粒子的运动半径
解得
（2）如图4所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切
由几何关系得dm=d（1+sin60°）
解得
（3）粒子的运动周期
设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t'，则
（a）当 时，粒子斜向上射出磁场
解得
（b）当时，粒子斜向下射出磁场
解得
1．组合场模型
电场、磁场、重力场(或其中两种场)并存，但各位于一定区域，并且互不重叠的情况．
2．“电偏转”“磁偏转”的比较
匀强电场中的“电偏转”
匀强磁场中的“磁偏转”
受力特征
无论v是否与E垂直，F电＝qE，F电为恒力
v垂直于B时，FB＝qvB
运动规律
类平抛运动(v⊥E)
vx＝v0，vy＝t
x＝v0t，y＝
圆周运动(v⊥B)
T＝，r＝
偏转情况
tan θ＝，因做类平抛运动，在相等的时间内偏转角度不等
若没有磁场边界限制，粒子所能偏转的角度不受限制
动能变化
动能发生变化
动能不变
1．如图所示，在无限长的竖直边界AC和DE间，上、下部分分别充满方向垂直于平面ADEC向外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强度大小为B0，OF 为上、下磁场的水平分界线，质量为m、带电荷量为＋q的粒子从AC边界上与O点相距为a的P点垂直于AC边界射入上方磁场区域，经OF上的Q点第一次进入下方磁场区域，Q与O点的距离为3a，不考虑粒子重力。
（1）求粒子射入时的速度大小；
（2）要使粒子不从AC边界飞出，求下方磁场区域的磁感应强度B1应满足的条件；
（3）若下方区域的磁感应强度B=3B0，粒子最终垂直DE边界飞出，求边界DE与AC间距离的可能值。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
试题分析：（1）设粒子在OF上方做圆周运动半径为R，由几何关系可知；
，
由牛顿第二定律可知：，解得：；
（2）当粒子恰好不从AC边界飞出时，设粒子在OF下方做圆周运动的半径为，
由几何关系得：，，所以，根据
解得：，当时，粒子不会从AC边界飞出。
（3）当时，粒子在OF下方的运动半径为：，设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时的位置为，则P与的连线一定与OF平行，根据几何关系知：；所以若粒子最终垂直DE边界飞出，边界DE与AC间的距离为：；
考点：带电粒子在磁场中的运动
【名师点睛】带电粒子在磁场中运动，关键在于分析粒子的运动情况，明确粒子可能运动轨迹，根据几何关系确定圆心和半径；同时注意临界条件的应用才能顺利求解。
2．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第–象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右；，磁感应强度的方向垂直纸面向里．–带电荷量为+q、质量为m的微粒从原点出发沿与x轴正方向的夹角为45°的初速度进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A（l，l）时，电场方向突然变为竖直向上（不计电场变化的时间），粒子继续运动–段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场．不计–切阻力，求：
（1）电场强度E的大小；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）粒子在复合场中的运动时间．
【答案】(1) (2) （3）s
【解析】
【详解】
(1)微粒在到达A（l，l）之前做匀速直线运动，受力分析如图：
根据平衡条件，有：；
解得：
；
(2)根据平衡条件，有：
，
电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图：
根据牛顿第二定律，有：
，
由几何关系可得：
，
联立解得：
；
(3)微粒做匀速直线运动的时间为：
，
做圆周运动的时间为：
，
在复合场中运动时间为：
；
3．如图，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B．一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动．A、C两点间距离为h，重力加速度为g．
（1）求小滑块运动到C点时的速度大小vc；
（2）求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；
（3）若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点．已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vp.
【答案】（1）E/B （2）（3）
【解析】
【详解】
小滑块到达C点时离开MN，此时与MN间的作用力为零，对小滑块受力分析计算此时的速度的大小；由动能定理直接计算摩擦力做的功Wf；撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据分运动计算最后的合速度的大小；
（1）由题意知，根据左手定则可判断，滑块在下滑的过程中受水平向左的洛伦兹力，当洛伦兹力等于电场力qE时滑块离开MN开始做曲线运动，即
解得：
（2）从A到C根据动能定理：
解得：
（3）设重力与电场力的合力为F，由图意知，在D点速度vD的方向与F地方向垂直，从D到P做类平抛运动，在F方向做匀加速运动a=F/m，t时间内在F方向的位移为
从D到P，根据动能定理：，其中
联立解得：
【点睛】
解决本题的关键是分析清楚小滑块的运动过程，在与MN分离时，小滑块与MN间的作用力为零，在撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据滑块的不同的运动过程逐步求解即可．
4．如图(a)，超级高铁(Hyperloop)是一种以“真空管道运输”为理论核心设计的交通工具，它具有超高速、低能耗、无噪声、零污染等特点．如图(b)，已知管道中固定着两根平行金属导轨MN、PQ，两导轨间距为；运输车的质量为m，横截面是半径为r的圆．运输车上固定着间距为D、与导轨垂直的两根导体棒1和2，每根导体棒的电阻为R，每段长度为D的导轨的电阻也为R．其他电阻忽略不计，重力加速度为g．
(1)如图(c)，当管道中的导轨平面与水平面成θ=30°时，运输车恰好能无动力地匀速下滑．求运输车与导轨间的动摩擦因数μ；
(2)在水平导轨上进行实验，不考虑摩擦及空气阻力．
①当运输车由静止离站时，在导体棒2后间距为D处接通固定在导轨上电动势为E的直流电源，此时导体棒1、2均处于磁感应强度为B，垂直导轨平向下的匀强磁场中，如图(d)．求刚接通电源时运输车的加速度的大小；（电源内阻不计，不考虑电磁感应现象）
②当运输车进站时，管道内依次分布磁感应强度为B，宽度为D的匀强磁场，且相邻的匀强磁场的方向相反．求运输车以速度v0从如图(e)通过距离2D后的速度v．
【答案】（1） （2）① ②
【解析】
【分析】
(1)对运输车进行受力分析，由题意运输车恰能在斜面上匀速下滑，由平衡条件可求得动摩擦因数；
(2)先画出运输车到站时的等效电路图，求出电路的总电阻，由欧姆定律求出电流，表示出安培力的表达式，由牛顿第二定律求出加速度大小；先把运输车分为无数小段，由动量定理写出安培力的冲量与动量的变化关系，再对整个过程求和，从而得到末速度的表达式.
【详解】
(1)分析运输车的受力，将运输车的重力分解，如图a所示：
设轨道对运输车的支持力为N1、N2，如图b所示：
由几何关系，
又，
运输车匀速运动mgsinθ=f1+f2
解得:
(2)①运输车到站时，电路图如图（c）所示：
则
由闭合电路的欧姆定律
又，
导体棒所受的安培力：；
运输车的加速度
解得：
②运输车进站时，电路如图d所示：
当车速为v时，由法拉第电磁感应定律：；
由闭合电路的欧姆定律
导体棒所受的安培力：；
运输车所受的合力：
选取一小段时间∆t，运输车速度的变化量为∆v，由动量定律：
即：
两边求和：
解得：
【点睛】
本题的难点在于最后一问，运输车做变加速运动，可以用微元法再累加来求，也可以用平均值法求.
5．如图1所示，两平行导轨是由倾斜导轨(倾角为θ)与水平导轨用极短的圆弧导轨平滑连接而成的，并处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，两导轨间距为L，上端与阻值为R的电阻连接．一质量为m的金属杆AB在t＝0时由静止开始在沿P1P2方向的拉力(图中未画出)作用下沿导轨下滑．当杆AB运动到P2Q2处时撤去拉力，杆AB在水平导轨上继续运动，其速率v随时间t的变化图象如图2所示，图中vmax和t1为已知量．若全过程中电阻R产生的总热量为Q，杆AB始终垂直于导轨并与导轨保持良好接触，导轨和杆AB的电阻以及一切摩擦均不计，求：
(1)杆AB中的最大感应电流Imax的大小和方向；
(2)杆AB下滑的全过程通过电阻R的电荷量q；
(3)撤去拉力后杆AB在水平导轨上运动的路程s.
【答案】（1），由A流向B；（2）；（3）；
【解析】
【分析】
根据E=BLv和闭合电路的欧姆定律求解感应电流的最大值；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律结合电荷量的计算公式求解杆MN沿斜导轨下滑的过程中，通过电阻R的电荷量；根据平均加速度和安培力的关系计算撤去拉力后，杆MN在水平导轨上运动的路程s.
【详解】
（1）由题图2知杆AB运动到水平轨道P2Q2处时的速率为vmax，
则回路中的最大感应电动势Emax＝BLvmax
杆AB运动到水平轨道的P2Q2处时，回路中的感应电流最大，
回路中的最大感应电流：
解得： 根据右手定则知Imax的方向由A流向B
(2)根据法拉第电磁感应定律得，杆AB下滑全过程平均感应电动势
平均感应电流：
又因：
解得：
而ΔΦ＝BLs1cos θ
由题图2知杆AB下滑的距离
解得：
(3)撤去拉力后杆AB在水平导轨上做减速运动感应电流：
根据牛顿第二定律有：BIL＝ma
若Δt趋近于零，则
由以上三式可得：
则，，…，，得
即：
联立可得：
【点睛】
本题主要考查了电磁感应问题，研究的思路一条从力的角度，重点是分析安培力作用下物体的平衡问题；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键．
6．如图，金属板M、N板竖直平行放置，中心开有小孔，板间电压为，E、F金属板水平平行放置，间距和板长均为d，其右侧区域有垂直纸面向里足够大的匀强磁场，磁场上AC边界与极板E在同一条直线上．现有一质量为m、电荷量为q的正电粒子，从极板M的中央小孔处由静止释放，穿过小孔后沿EF板间中轴线进入偏转电场，从AD边界上的P处离开偏转电场时速度方向与水平方向夹角为37°，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，忽略粒子重力及平行板间电场的边缘效应，求：
（1）粒子到达小孔时的速度；
（2）P点与上极板的距离h；
（3）要使粒子进入磁场区域后不能从AC边射出，磁场磁感应强度的最小值．
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【分析】
（1）粒子在加速电场中，根据动能定理可求出粒子到达小孔时的速度；（2）进入偏转电场后，粒子做类平抛运动，根据类平抛运动的规律即可求P点与上极板的距离h；（3）根据几何关系求出半径R，根据运动的合成与分解原理求出进入磁场的速度，粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，求出磁感应强度．
【详解】
（1）粒子在加速电场中，根据动能定理得：
粒子到达小孔时的速度
（2）粒子离开偏转电场时，速度偏转角，竖直方向速度
在偏转电场中，带电粒子做类平抛运动，则有： ，
则P点与上极板的距离
（3）要使得粒子不从AC边射出，R越大，B越小，R最大的临界条件就是圆周与AC边相切，由几何关系得
解得：
粒子进入磁场时速度
在磁场中，则有：
所加磁场的磁感应强度最小值为
【点睛】
本题主要考查了粒子在组合场运动的情况．解题的关键：一、是分析清楚粒子在各个场运动的特点和运动规律，列出相应的方程；二、是灵活应用几何关系、动能定理和运动的合成与分解等知识进行求解．
7．如图甲所示，足够长的两金属导轨水平平行固定，两导轨间距为，电阻不计，且处在竖直向上的磁场中，完全相同的导体棒垂直放置在导轨上，并与导轨接触良好，两导体棒的间距也为，电阻均为，开始时磁场的磁感应强度按图乙所示的规律变化，当时导体棒刚好要滑动，已知，滑动摩擦力等于最大静摩擦力．
（1）求每根导体棒与导轨间的滑动摩擦力的大小及内整个回路中产生的焦耳热．
（2）若保持磁场的磁感应强度不变，用一个水平向右的力拉导体棒，使导体棒由静止开始做匀加速直线运动，力的变化规律如图丙所示，则经过多长时间导体棒开始滑动?每根导体棒的质量为多少？
（3）当（2）问中的拉力作用时间为4s时，求两棒组成的系统的总动量．
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【详解】
（1）开始时磁场的磁感应强度均匀变化，则回路中产生的感应电动势为：
则电路中的电流为：
当时：
0.8s内整个回路中产生的焦耳热为：
（2）对b棒，根据牛顿第二定律有：,
即：
结合图像的纵轴截距和斜率可得：
解得：
当导体棒a刚好要滑动时有：
解得：
此时导体棒b运动的时间为：
（3）当导体棒滑动后的2s内，两棒受到的安培力等大反向，对系统，
根据动量定理有：
由题图丙图像与时间轴所围面积的意义可知：
则：
8．如图所示，一对磁偏转线圈形成的匀强磁场分布在R = 0.10m的圆形区域内,磁感应强度为0.1T．圆的左端跟y轴相切于直角坐标系的原点O，右端跟足够大的荧光屏MN相切于x轴上A点，置于原点的粒子源沿x轴正方向射出带正电的粒子流，以v =×106m/s射入磁场，粒子的比荷为1×108c/kg，重力不计．求
（1）粒子在磁场中运动的时间．
（2）粒子打在荧光屏上的位置距A的距离．
（3）要使粒子打不到荧光屏上，求粒子的速度大小应满足的条件．
【答案】（1）/3×10-7s；（2）×10-1m；（3）速度小于1×106m/s粒子打不到荧光屏上
【解析】
【详解】
（1）qvB=mv2/r
粒子运动的轨道半径
r=mv/qB=×10-1m
tanΦ/2=R/r=/3
轨迹所对应的圆心角Φ=600
T=2m/qB=2×10-7s
粒子在磁场中运动时间t=T/6=/3×10-7s
如图所示Φ=600
（2）粒子打在荧光屏上的位置距A的距离
L=R×tan600=×10-1m
（3）粒子在磁场中轨道半径为r=R时
粒子沿y轴正方向飞出刚好达不到屏上
qvB=mv2/r
v=qBr/m=1×106m/s
即粒子的速度小于1×106m/s粒子打不到荧光屏上．
9．如图所示，EF与GH间为一无场区．无场区左侧A、B为相距为d、板长为L的水平放置的平行金属板，两板上加某一电压从而在板间形成一匀强电场，其中A为正极板．无场区右侧为一点电荷Q形成的电场，点电荷的位置O为圆弧形细圆管CD的圆心，圆弧半径为R，圆心角为120°，O、C在两板间的中心线上，D位于GH上．一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子以初速度v0沿两板间的中心线射入匀强电场，粒子出匀强电场经无场区后恰能进入细圆管，并做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动．（不计粒子的重力、管的粗细）求：
(1)O处点电荷的电性和电荷量；
(2)两金属板间所加的电压．
【答案】(1)负电，；(2)
【解析】
（1）粒子进入圆管后受到点电荷Q的库仑力作匀速圆周运动，粒子带正电，则知O处点电荷带负电．由几何关系知，粒子在D点速度方向与水平方向夹角为30°，进入D点时速度为： …①
在细圆管中做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动，故Q带负电且满足…②
由①②得：
（2）粒子射出电场时速度方向与水平方向成30°
tan 30°= …③
vy=at…④
…⑤
…⑥
由③④⑤⑥得：
10．在竖直平面内建立一平面直角坐标系xoy，x轴沿水平方向，如图甲所示．第二象限内有一水平向右的匀强电场，场强为E1．坐标系的第一、四象限内有一正交的匀强电场和匀强交变磁场，电场方向竖直向上，场强E2=，匀强磁场方向垂直纸面．处在第三象限的某种发射装置（图中没有画出）竖直向上射出一个比荷=102C/kg的带正电的微粒（可视为质点），该微粒以v0=4m/s的速度从-x上的A点进入第二象限，并以v1=8m/s速度从+y上的C点沿水平方向进入第一象限．取微粒刚进入第一象限的时刻为0时刻，磁感应强度按图乙所示规律变化（以垂直纸面向外的磁场方向为正方向），g=10m/s2．试求：
（1）带电微粒运动到C点的纵坐标值h及电场强度E1；
（2）+x轴上有一点D，OD=OC，若带电微粒在通过C点后的运动过程中不再越过y轴，要使其恰能沿x轴正方向通过D点，求磁感应强度B0及其磁场的变化周期T0为多少？
（3）要使带电微粒通过C点后的运动过程中不再越过y轴，求交变磁场磁感应强度B0和变化周期T0的乘积B0T0应满足的关系？
【答案】（1）0．2N/C
（2）B0=0．2n（T）（n=1，2，3…）；（n＝1，2，3…）
（3）（kg/C）．
【解析】
【详解】
(1)将粒子在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向，在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向上做匀加速直线运动.
.
.
，
则qE1=2mg，计算得出E1=0.2N/C.
(2)qE2=mg，所以带电的粒子在第一象限将做匀速圆周运动，设粒子运动圆轨道半径为R，周期为T，则 可得.
使粒子从C点运动到D点，则有：.
计算得出： （n=1，2，3…）.
，
（n=1，2，3…）.
(3)当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过y轴时可作如图运动情形：
由图可以知道
.
【点睛】
（1）将粒子在第二象限内的运动分解为水平方向和竖直方向，得出两个方向上的运动规律，结合运动学公式和牛顿第二定律求出带电微粒运动到C点的纵坐标值h及电场强度E1；
（2）若带电微粒在通过C点后的运动过程中不再越过y轴，要使其恰能沿x轴正方向通过D点，作出粒子的运动的轨迹图，根据洛伦兹力提供向心力，得出粒子在磁场中运动的半径大小，结合几何关系，求出磁感应度的通项表达式，再根据周期的关系求出磁场的变化周期T0的通项表达式．
（3）当交变磁场周期取最大值而粒子不再越过y轴时，根据几何关系求出圆心角的大小，从而求出T0的范围，以及B0 T0应满足的关系．
11．在如图甲所示的平面坐标系内，有三个不同的静电场：第一象限内有电荷量为Q的点电荷在O点产生的电场E1，第二象限内有水平向右的匀强电场E2（大小未知），第四象限内有方向水平、大小按图乙变化的电场E3，E3以水平向右为正方向，变化周期．一质量为m，电荷量为+q的离子从（-x0，x0）点由静止释放，进入第一象限后恰能绕O点做圆周运动．以离子经过x轴时为计时起点，已知静电力常量为k，不计离子重力．求：
（1）离子刚进入第四象限时的速度；
（2）E2的大小；
（3）当t=时，离子的速度；
（4）当t=nT时，离子的坐标．
【答案】（1） （2） （3）（4）
【解析】
（1）设离子刚进入第四象限的速度为，在第一象限内离子做匀速圆周运动，有，解得；
（2）在第二象限内，由动能定理可得，解得；
（3）离子进入第四象限后做类平抛运动，在时，沿x轴方向上有；
此时离子的速度为；
（4）离子在第四象限中运动时，沿 y轴负方向做匀速直线运动，沿x轴正方向离子的前半个周期做匀加速运动，后半个周期做匀减速运动，直到速度减为零，轨迹如图所示每半个周期离子沿x轴正方向前进的距离
时，离子到y轴的距离
故当时，离子的坐标为
【点睛】确定质点的运动情况是解题的基础，根据粒子在第一象限内做匀速圆周运动电场力提供圆周运动向心力由圆周运动半径和库仑定律求得粒子刚进入第四象限的速度；在第二象限粒子做初速度为零的匀加速直线运动，由动能定理据粒子获得的速度和位移求得第二象限的电场强度；粒子进入第四象限在竖直方向做匀速直线运动，水平方向在电场力作用下先匀加速直线运动后匀减速直线运动，根据时间由运动的合成求得离子的速度；根据粒子水平方向运动的周期性求得粒子的横坐标，再根据竖直方向的运动规律求得粒子的纵坐标．
12．如图所示，在y轴的右侧存在磁感应强度为B的方向垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴的上方有一平行板式加速电场．有一薄绝缘板放置在y轴处，且与纸面垂直．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，然后以垂直于板的方向沿直线从A处穿过绝缘板，而后从x轴上的D处以与x轴负向夹角为30°的方向进入第四象限，若在此时再施加一个电场可以使粒子沿直线到达y轴上的C点（C点在图上未标出）．已知OD长为l，不计粒子的重力．求：
（1）粒子射入绝缘板之前的速度大小；
（2）粒子经过绝缘板时损失了多少动能；
（3）所加电场的电场强度和带电粒子在y轴的右侧运行的总时间．
【答案】(1) (2) (3)
【解析】
【详解】
（1）粒子在电场中加速，由动能定理得， qU＝mv2
解得：．
（2）粒子在磁场中做圆周运动轨迹如图．
由几何关系可得轨道半径为2l．
由
解得．
根据能量守恒得，损失的动能△EK＝mv2−mv′2＝qU−
（3）粒子若作直线运动，则qv′B=qE
代入数据解得
方向与x轴正向斜向下成60°角．
粒子在第一象限作匀速圆周运动的时间．
粒子在第四象限做匀速直线运动的时间
粒子x轴右侧运行的总时间
【点睛】
本题考查了带电粒子在磁场中以及在复合场中的运动，关键理清粒子的运动情况，结合数学几何关系进行求解．
13．如图，区域I内有与水平方向成°角的匀强电场，区域宽度为，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B和匀强电场，区域宽度为，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下.一质量为m、电量大小为q的微粒在区域I左边界的P点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q点穿出，其速度方向改变了，重力加速度为g，求：
(1)区域I和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度的大小.
(2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B的大小.
(3)微粒从P运动到Q的时间有多长.
【答案】(1), (2) (3)
【解析】
【详解】
(1)微粒在区域I内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有：
求得：
微粒在区域II内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有：
求得：
(2)粒子进入磁场区域时满足：
根据几何关系，分析可知：
整理得：
(3)微粒从P到Q的时间包括在区域I内的运动时间t1和在区域II内的运动时间t2，并满足：
经整理得：
14．如图所示，两个边长均为l的正方形区域ABCD和EFGH内有竖直向上的匀强电场，DH上方有足够长的竖直向下的匀强电场．一带正电的粒子，质量为m，电荷量为q，以速度v从B点沿BC方向射入匀强电场，已知三个区域内的场强大小相等，且，今在CDHE区域内加上合适的垂直纸面向里的匀强磁场，粒子经过该磁场后恰能从DH的中点竖直向上射入电场，粒子的重力不计，求：
(1)所加磁场的宽度DH；
(2)所加磁场的磁感应强度大小；
(3)粒子从B点射入到从EFGH区域电场射出所经历的总时间．
【答案】(1) (2) (3)
【解析】(1)粒子在ABCD区域电场中做类平抛运动，射出该电场时沿电场方向偏转距离为d
由Eq＝ma得a＝
由l＝vt得t＝
故d＝at2＝l
粒子射出ABCD区域电场时沿场强方向速度为vy＝at＝v
速度偏向角为tanθ＝＝1
解得θ＝
粒子从DH中点竖直向上射入电场，由几何关系知
得 得
(2)射入磁场的速度大小为v′＝v
由洛伦兹力提供向心力qv′B＝m
解得B＝
(3)粒子在左侧电场中偏转的运动时间t1＝
粒子在磁场中向上偏转运动时间t2＝T
其中T＝
在上方电场中运动减速到零的时间为t3＝
粒子运动轨迹如图所示，根据对称性可知粒子运动总时间为
t＝2(t1＋t2＋t3)
得 或t＝
点睛：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子运动过程复杂，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提，作出粒子运动轨迹后，应用类平抛运动规律与牛顿第二定律可以解题，解题时注意几何知识的应用．
15．如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限中两个相同的直角三角形区域Ⅰ、Ⅱ内分别充满了方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场，已知C点坐标为(，l)，质量为m，带电荷量为q的正电荷从A(，l)点以一定的速度平行于y方向垂直进入磁场，并从x轴上的D点(图中未画出)垂直x轴离开磁场，电荷重力不计．
(1)求D点的位置坐标及电荷进入磁场区域Ⅰ时的速度大小v；
(2)若将区域Ⅱ内的磁场换成沿－x轴方向的匀强电场，该粒子仍从A点以原速度进入磁场区域Ⅰ，并最终仍能垂直x轴离开，求匀强电场的场强E．
【答案】(1) (2)
【解析】
(1)根据粒子运动的对称性可知，粒子从OC的中点O′进入磁场区域Ⅱ，且AC＝OD，则D的坐标为(l，0)．设粒子在磁场中运动的半径为r，在磁场Ⅰ中的轨迹所对圆心角为θ，
根据几何知识可知rsin θ＝l，
r－rcos θ＝l－l，
解得θ＝，r＝l．
粒子在磁场中做圆周运动，qvB＝m，
速度大小 ，
故
(2)设粒子在电场中的运动时间为t，加速度大小为a，
则根据运动的分解可知，在x轴方向：0－vsin θ＝－at，
在y轴方向：vtcos θ＝l，其中，qE＝ma，
联立解得:
点睛：本题考查了带电粒子在复合场中的运动，关键作出粒子运动的轨迹，掌握处理圆周运动和类平抛运动的方法，结合几何关系和圆周运动的半径公式进行求解．
16．某空间存在一竖直向下的匀强电场和圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，如图所示．一质量为m，带电量为+q的粒子，从P点以水平速度v0射入电场中，然后从M点沿半径射入磁场，从N点射出磁场．已知，带电粒子从M点射入磁场时，速度与竖直方向成30°角，弧MN是圆周长的1/3，粒子重力不计．求：
（1）电场强度E的大小．
（2）圆形磁场区域的半径R．
（3）带电粒子从P点到N点，所经历的时间t．
【答案】（1） ．（2） ．（3）
【解析】
（1）在电场中，粒子经过M点时的速度大小 v==2v0
竖直分速度 vy=v0cot30°=v0
由 ，a=得
E=
（2）粒子进入磁场后由洛伦兹力充当向心力做匀速圆周运动，设轨迹半径为r．
由牛顿第二定律得：qvB=m，
根据几何关系得：R=rtan30°=
（3）在电场中，由h=得 t1=；
在磁场中，运动时间
故带电粒子从P点到N点，所经历的时间 t=t1+t2= ．
17．平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍．粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等．不计粒子重力，问：
(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；
(2)电场强度和磁感应强度的大小之比．
【答案】(1),与x轴正方向成45°角斜向上 (2)
【解析】
【详解】
(1)粒子运动轨迹如图：
粒子在电场中由Q到O做类平抛运动，设O点速度v与x方向夹角为，Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，根据平抛运动的规律有：
x方向：
y方向：
粒子到达O点时沿y轴方向的分速度：
，
又
，
解得，即，
粒子到达O点时的夹角为450解斜向上，粒子到达O点时的速度大小为
；
(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，粒子在电场中运动的加速度：
，
设磁感应强度大小为B，粒子做匀速圆周运动的半径为R，洛伦兹力提供向心力，有：
，
根据几何关系可知：
解得：
18．一个圆形线圈，共有n=10匝，其总电阻r=4.0Ω，线圈与阻值R0=16Ω，的外电阻连成闭合回路，如图甲所示．线圈内部存在着一个边长l=0.20m的正方形区域，其中有分布均匀但强弱随时间变化的磁场，图乙显示了一个周期内磁场的变化情况，周期T=1.0×10-2s，磁场方向以垂直线圈平面向外为正方向．求：
（1）t=时刻，电阻R0上的电流大小和方向；
（2）0~ ，时间内，流过电阻R0的电量；
（3）一个周期内电阻R0的发热量．
【答案】（1）I1=0.4A 电流方向b到a
（2）C
（3）J
【解析】
（1）0 ~T/4内，感应电动势大小 可得E1=8V
电流大小 可得I1=0.4A
电流方向b到a
（2）同（1）可得T/4~ T/2内，感应电流大小I2=0.2A
流过电路的电量
得C
（3）
得J
点睛：本题难度较小，当磁场均匀变化时产生的感应电动势或感应电流恒定不变，根据有效值的定义求解热量.
19．如图所示，在坐标系中，在的区域内分布由指向y轴正方向的匀强电场，在的区域内分布有垂直于平面向里的匀强磁场，MN为电场和磁场的边界，在处放置一垂直于y轴的足够大金属挡板ab，带电粒子打到板上即被吸收（设轨迹圆与挡板ab相切的粒子刚好不会被吸收），一质量为m.电量为的粒子以初速度由坐标原点O处沿x轴正方向射入电场，已知电场强度大小为，粒子的重力不计．
（1）要使粒子不打到挡板上，磁感应强度应满足什么条件？
（2）通过调节磁感应强度的大小，可让粒子刚好通过点（图中未画出），求磁感应强度的大小．
【答案】(1) (2)
【解析】
（1）粒子先在电场中做类平抛运动，，，其中，得到：
速度与x轴夹角，，进入磁场速度
粒子刚好不打到挡板上，轨迹与板相切；设粒子在磁场中运动半径为R，洛伦兹力提供向心力：
由几何关系：，得到：
得到：，故要使粒子不打到挡板上，；
（2）粒子再次回到x轴上，沿x轴前进的距离
调节磁场，所以
粒子通过P点，回旋次数，所以
N为整数，只能取、、
时，，此时磁场
时，，此时磁场
时，，此时磁场
点睛：本题的难点在于第二问，由于改变磁感应强度则粒子做匀速圆周运动的半径随之改变，粒子返回MN的位置也将变化，回到电场中做斜抛运动到达x轴的位置也将发生相应的变化，那么就要找到回旋次数N与每回旋一次向前移动距离s之间的关系．
20．如图所示,在y<0的区域内存在匀强磁场,磁场方向垂直于xy平面并指向纸里,磁感应强度为B．一带负电的粒子(质量为m、电荷量为e)以速度v0从O点射入磁场，入射方向在xy平面内，与x轴正向的夹角为θ. (粒子所受重力不计)，求：
(1)该粒子射出磁场的位置（用坐标表示）；
(2)该粒子在磁场中运动的时间
【答案】（1）（2）
【解析】
【详解】
(1)由于洛伦兹力提供向心力，则：
R为圆轨道的半径，
解得：
①
圆轨道的圆心位于OA的中垂线上,由几何关系可得：
L=2Rsinθ②
联立①②两式解得
所以粒子离开磁场的位置为(,0)
(2)因为
该粒子在磁场中运动的时间
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