2023版高考物理创新设计二轮复习讲义第13课时　带电粒子在复合场中的运动

第13课时　带电粒子在复合场中的运动

高考题型一　带电粒子在组合场中的运动

1.带电粒子在组合场中运动的分类

2.“5步”突破带电粒子在组合场中运动问题

【例1】 (2022·重庆凤鸣山中学模拟)如图1，长度均为l的两块挡板竖直相对放置，间距也为l，两挡板上边缘P和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子自电场中某处以大小为v0的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，不计重力。

图1

(1)求粒子出射点距边界PM的竖直高度；

(2)求磁感应强度大小的取值范围；

(3)若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。

答案　(1)　(2)≤B≤　(3)l

解析　(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可知x＝v0t

y＝at2＝

粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，有tan 30°＝＝

粒子出射点距边界PM的竖直高度为

h＝。

(2)带电粒子在磁场中运动的速度

v＝＝

带电粒子在磁场中运动的两个临界轨迹(分别从Q、N点射出)如图甲所示

甲

由几何关系可知，最小半径

rmin＝＝l

最大半径rmax＝＝(＋1)l

带电粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式可知

qvB＝

联立解得，磁感应强度大小的取值范围≤B≤。

(3)若粒子正好从QN的中点射出磁场，带电粒子运动轨迹如图乙所示

乙

由几何关系可知

sin θ＝＝

带电粒子运动的轨迹圆半径为

r3＝

粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离

dmin＝(r3sin 30°＋l)－r3

联立解得dmin＝l。

【素能提升】

1.(2022·江西赣州一模)如图2所示，在x<－L和x>L的区域内分别存在足够大、方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B1、B2(均未知)，在－L<x<L的区域内存在沿x轴正方向、电场强度大小为E的匀强电场。现在从坐标原点O由静止释放一个质量为m、电荷量为＋q的粒子，不考虑粒子重力的影响。

图2

(1)若粒子经过点M(L，0)后运动到N点，已知M、N两点间的距离为L，MN的连线与x轴正方向夹角θ＝45°，求B2的值；

(2)若B2＝2B1＝B0(B0已知)，粒子到达点M(L，0)后立即撤去电场(不考虑撤去电场给磁场带来的影响)，求粒子从坐标原点O出发后再次回到坐标原点的时间；

(3)若B1<B2，粒子到达点M(L，0)后立即撤去电场(不考虑撤去电场给磁场带来的影响)，要使粒子经过一段时间后能再次回到坐标原点，则B1、B2应满足什么关系？

答案　(1)2　(2)＋7　(3)＝(n＝1，2，3，…)

解析　(1)根据动能定理有qEL＝mv2

粒子进入B2后做匀速圆周运动，设运动的轨迹圆半径为R，有qvB2＝m

由几何关系可知R＝L

联立可解得B2＝2。

(2)由(1)可知v＝

粒子从O点运动到M点的过程中，有qE＝ma

L＝at或v＝at1

解得t1＝

在磁场中，根据qvB＝m

可知粒子在两个磁场中运动的轨迹半径

r1＝2r2

故运动轨迹如图所示。

粒子在两个磁场中运动的周期分别为

T1＝＝

T2＝＝

粒子在B2中运动的时间为

t2＝T2＝

粒子在B1中运动的时间为

t3＝T1＝

粒子在无场区运动的时间为

t4＝＝5

粒子再次回到坐标原点O的时间为

t＝t1＋t2＋t3＋t4＝＋7。

(3)粒子在磁场B1和B2中运动的轨迹半径分别为r1＝，r2＝

要使粒子经过一段时间后能再次回到坐标原点O，

则有n(2r1－2r2)＝2r2(n＝1，2，3，…)

得＝(n＝1，2，3，…)。

高考题型二　带电粒子在叠加场中的运动

“三步”解决带电粒子在叠加场中的运动问题

【例2】 如图，下列说法正确的是(　　)

A.甲图要增大粒子的最大动能，可增加电压U

B.乙图是磁流体发电机，可判断出A极板是发电机的负极

C.基本粒子不考虑重力的影响，丙图可以判断基本粒子的电性，粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是v＝

D.丁图中若载流子带负电，稳定时C板电势高

答案　B

解析　根据公式qvB＝m得v＝，故最大动能Ekm＝mv＝，与加速电压无关，选项A错误；由左手定则知正离子向下偏转，负离子会向上偏转，所以A板是发电机负极，B板是发电机正极，选项B正确；电场的方向与B的方向垂直，带电粒子进入复合场，受静电力和安培力，且二力是平衡力，即qE＝qvB，所以v＝，不管粒子带正电还是带负电都可以匀速直线通过，所以无法判断粒子的电性，选项C错误；若载流子带负电，由左手定则可知，负粒子向C端偏转，所以稳定时C板电势低，选项D错误。

【例3】 如图3所示，竖直平面内有一直角坐标系xOy，x轴沿水平方向。第二、三象限有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，与x轴夹角为θ＝30°的绝缘细杆固定在二、三象限；第四象限同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直于坐标平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带电小球a穿在细杆上沿细杆匀速下滑，在N点脱离细杆恰能沿圆周轨道运动到x轴上的A点，且速度方向垂直于x轴。已知A点到坐标原点O的距离为l，小球a与绝缘细杆间的动摩擦因数μ＝，B＝，重力加速度为g，空气阻力忽略不计。求：

图3

(1)带电小球的电性及电场强度的大小E；

(2)第二、三象限里的磁场的磁感应强度大小B1；

(3)当带电小球a刚离开N点时，从y轴正半轴距原点O为h＝的P点(图中未画出)以某一初速度水平向右平抛一个不带电的绝缘小球b，球b刚好运动到x轴时与向上运动的球a相碰，则球b的初速度为多大？

答案　(1)带正电　

(2)或

(3)

解析　(1)由带电小球a在第四象限内做匀速圆周运动可得，带电小球a带正电，且mg＝qE，解得E＝。

(2)带电小球a从N点运动到A点的过程中，设运动的轨迹圆半径为R，有

qvB＝m

由几何关系有R＋Rsin θ＝l

联立解得v＝＝

带电小球a在杆上匀速运动时，由平衡条件有

mgsin θ＝μ(qvB1－mgcos θ)

或mgsin θ＝μ(mgcos θ－qvB1)

解得B1＝或B1＝。

(3)绝缘小球b平抛运动至x轴上的时间为

t＝＝2

带电小球a在第四象限内做匀速圆周运动的周期T＝＝

带电小球a第一次在第一象限沿竖直方向运动的总时间为t0＝＝

两球相碰有t＝＋n

联立解得n＝1

设绝缘小球b平抛的初速度为v0，则

l＝v0t

解得v0＝。

【素能提升】

2.(2022·浙江湖州模拟)如图4，一电磁流量计的横截面为长方形的一段管道，其中空部分的长、宽、高分别为图中的a、b、c。图中流量计的上、下两面是金属材料，前、后两面是绝缘材料，流量计所在处加磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向由后表面垂直指向前表面，当导电流体从左向右稳定地流经流量计时，在管外将流量计上、下两表面分别与一串接了电阻R的电流表的电路连接，I表示测得的电流值，已知流体的电阻率为ρ，不计电流表的内阻，流量指单位时间内通过管内横截面的流体的体积，则可求得(　　)

图4

A.上表面比下表面的电势高

B.上、下表面的电势差为Bbv

C.导电流体流经流量计的速度大小为v＝

D.流量为

答案　C

解析　由左手定则可知，正电荷向下运动、负电荷向上运动，所以下表面比上表面的电势高，A错误；最终稳定时有qvB＝q，则v＝，U＝Bcv，B错误；根据电阻定律得R′＝ρ，则总电阻为R总＝R′＋R，所以U＝IR总＝I，解得v＝，C正确；根据流量定义可得，流量为Q＝vS＝vbc＝，D错误。

高考题型三　带电粒子在交变场中的运动

解决带电粒子在交变电磁场中运动的基本思路

【例4】 (2022·哈尔滨三中模拟)如图5甲所示，虚线是Ⅰ区域和Ⅱ区域的边界，Ⅰ区域中竖直面内存在一光滑弯曲轨道，端点N的切线与水平方向的夹角为53°，M、N两点的竖直距离为h；虚线与y轴间为Ⅱ区域，区域中有一水平向左的匀强电场，区域宽度为1.08h；Ⅲ区域是边长为h的正方形区域OPQR，区域内存在竖直向上的电场强度大小为E0＝的匀强电场。一质量为m，电荷量为＋q的带电小球(可视为质点)从M点静止下滑，通过Ⅱ区域，恰好从坐标原点O沿着y轴负方向进入Ⅲ区域时，在Ⅲ区域加垂直纸面的磁场，以小球到达坐标原点O为计时起点，磁感应强度随时间变化的图像如图乙所示，规定垂直纸面向里为正，小球最终从Q点沿y轴负方向离开Ⅲ区域。已知重力加速度为g，sin 53°＝0.8，

cos 53°＝0.6，求：

甲

乙

图5

(1)小球到达轨道端点N时的速度大小v0；

(2)Ⅱ区域内电场强度的大小E以及Ⅲ区域内磁感应强度的大小B0；

(3)磁感应强度随时间变化的周期T。

答案　(1)

(2)　(n＝1，2，3，…)

(3)(n＝1，2，3，…)

解析　(1)小球在Ⅰ区域中从M点至N点过程，机械能守恒，有mgh＝mv

得v0＝。

(2)由题意，小球在Ⅱ区域中沿水平方向做匀减速直线运动，由运动学公式有

0－(v0cos 53°)2＝－2(1.08h)

得E＝

设小球从N点运动到O点所用时间为t，则有

1.08h＝t

小球在Ⅱ区域中沿竖直方向做竖直上抛运动，设小球在O点速度大小为v，则有

v＝－v0sin 53°＋gt

因为qE0＝mg

所以小球在Ⅲ区域中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，qvB0＝m

经分析可知，小球在Ⅲ区域中可能的运动轨迹如图所示

由几何关系得2h＝(2n)r(n＝1，2，3，…)

联立可得B0＝(n＝1，2，3，…)。

(3)小球在Ⅲ区域中运动的周期为

T0＝＝

由运动的周期性可知，磁感应强度随时间变化的周期T满足＝

联立可得T＝(n＝1，2，3，…)。

【素能提升】

3.(多选)(2022·湖南师大附中模拟)实验小组用图6甲所示装置研究电子在平行金属板间的运动。将放射源P靠近速度选择器，速度选择器中磁感应强度为B(垂直纸面向里)，电场强度为E(竖直向下)，P能沿水平方向发出不同速率的电子。某速率电子能沿直线通过速度选择器，再沿平行金属板A、B的中轴线O1O2射入板间。已知水平金属板长为L、间距为d，两板间加有图乙所示的交变电压，电子的电荷量为e，质量为m(电子重力及相互间作用力忽略不计)，以下说法中正确的有(　　)

图6

A.沿直线穿过速度选择器的电子的速率为

B.只增大速度选择器中的电场强度E，沿中轴线射入的电子穿过板间的时间变长

C.若t＝时刻进入A、B板间的电子恰能水平飞出金属板的位置一定在O2点

D.若t＝0时刻进入金属板A、B间的电子恰能水平飞出，则满足T＝(n＝1，2，3，…)

答案　AD

解析　沿直线穿过速度选择器的电子所受洛伦兹力与静电力平衡，即evB＝eE，解得电子的速率为v＝，故A正确；只增大速度选择器中的电场强度E，根据前面分析可知沿中轴线射入的电子速率增大，则穿过板间的时间变短，故B错误；若t＝时刻进入A、B板间的电子恰能水平飞出，则电子在竖直方向加速和减速的时间一定相等，根据两板间电压的周期性可知电子在板间的运动时间一定为的整数倍，且当运动时间为的奇数倍时，电子飞出金属板的位置一定在O2点上方，当运动时间为的偶数倍时，电子飞出金属板的位置一定在O2点，故C错误；若t＝0时刻进入金属板A、B间的电子恰能水平飞出，同C项分析可知电子射出金属板的时刻为t＝nT(n＝1，2，3，…)，则电子的速率为v＝＝(n＝1，2，3，…)，与A项分析中的表达式联立可得T＝(n＝1，2，3，…)，故D正确。

1.(2022·全国甲卷，18)空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是(　　)

答案　B

解析　在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O静止的带正电粒子在静电力作用下会向y轴正方向运动。磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出开始一段较短时间内，向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x轴负方向偏转，A、C错误；运动的过程中静电力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直。由于匀强电场方向是沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开始运动到带电粒子偏转再次运动到x轴时，静电力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x轴时的速度为0，随后受静电力作用再次进入第二象限重复向左偏转，B正确，D错误。

2.(多选)(2022·湖北高考，10)如图7所示，一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点О射入，并经过点P(a>0，b>0)。若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现，粒子从O到P运动的时间为t1，到达Р点的动能为Ek1。若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现，粒子从O到P运动的时间为t2，到达Р点的动能为Ek2。下列关系式正确的是(　　)

图7

A.t1<t2   B.t1> t2

C.Ek1<Ek2   D.Ek1>Ek2

答案　AD

解析　当该过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现时，粒子做类平抛运动，沿x轴正方向做匀速直线运动；当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，粒子做匀速圆周运动，沿x轴正方向分速度在减小，根据t＝可知t1<t2，故A正确，B错误；当该过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现时，粒子做类平抛运动，到达P点时速度大于v0，当该过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现时，粒子做匀速圆周运动，到达P点时速度等于v0，而根据Ek＝mv2可知Ek1>Ek2，故C错误，D正确。

3.(2021·山东高考，17)某离子束实验装置的基本原理如图8甲所示。Ⅰ区宽度为d，左边界与x轴垂直交于坐标原点O，其内充满垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0；Ⅱ区宽度为L，左边界与x轴垂直交于O1点，右边界与x轴垂直交于O2点，其内充满沿y轴负方向的匀强电场。测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界，其中心C与O2点重合。从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m的正离子，加速后沿x轴正方向过O点，依次经Ⅰ区、Ⅱ区，恰好到达测试板中心C。已知离子刚进入Ⅱ区时速度方向与x轴正方向的夹角为θ。忽略离子间的相互作用，不计重力。

图8

(1)求离子在Ⅰ区中运动时速度的大小v；

(2)求Ⅱ区内电场强度的大小E；

(3)保持上述条件不变，将Ⅱ区分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小均为B(数值未知)、方向相反且平行y轴的匀强磁场，如图乙所示。为使离子的运动轨迹与测试板相切于C点，需沿x轴移动测试板，求移动后C到O1的距离s。

答案　(1)

(2)(Ltan θ＋－)

(3)L

解析　(1)设离子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得

qvB0＝m①

根据几何关系得

sin θ＝②

联立①②式得

v＝③

(2)离子在Ⅱ区内只受静电力，x方向做匀速直线运动，y方向做匀变速直线运动，设离子从进入电场到击中测试板中心C的时间为t，y方向的位移为y0，加速度大小为a，由牛顿第二定律得

qE＝ma④

由运动的合成与分解得

L＝vtcos θ⑤

y0＝－r(1－cos θ)⑥

y0＝vtsin θ－at2⑦

联立①②④⑤⑥⑦式得

E＝(Ltan θ＋－)⑧

(3)Ⅱ区内填充磁场后，离子在垂直y轴的方向做匀速圆周运动，如图所示。设左侧部分的圆心角为α，圆周运动半径为r′，运动轨迹长度为l′，由几何关系得

cos α＝＝，α＝⑨

l′＝×2πr′＋×2πr′⑩

离子在Ⅱ区内的运动时间不变，故有

＝⑪

C到O1的距离

s＝2r′sin α＋r′⑫

联立⑨⑩⑪⑫式得

s＝L⑬

1.(2022·北京东城区期末)有一种磁强计，可用于测定磁场的磁感应强度，其原理如图1所示。将一段横截面为长方形的N型半导体(主要靠自由电子导电)放在匀强磁场中，两电极P、Q分别与半导体的前后两侧接触。已知磁场方向沿y轴正方向，N型半导体横截面的长为a，宽为b，单位体积内的自由电子数为n，电子电荷量为e，自由电子所做的定向移动可视为匀速运动。导体中通有沿x轴正方向、大小为I的电流时，两电极P、Q间的电势差为U。下列说法正确的是(　　)

图1

A.P为正极，Q为负极

B.磁感应强度的大小为

C.磁感应强度的大小为

D.其他条件不变时，n越大，电势差U越大

答案　C

解析　根据左手定则，结合自由电子定向移动的方向与电流方向相反可知，自由电子受到的洛伦兹力方向指向P，自由电子偏向P，则P为负极，Q为正极，故A错误；设自由电子定向移动的速率为v，则Δt时间内移动的距离为vΔt，则对应的半导体体积为abvΔt，通过某一截面的电荷量为neabvΔt，则I＝＝neabv，两电极P、Q间的电势差为U时，对于自由电子，根据平衡条件＝evB，联立解得B＝，故B错误，C正确；所以U＝，则其他条件不变时，n越大，电势差U越小，故D错误。

2.(多选)(2022·广东高考，8)如图2所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有(　　)

图2

A.电子从N到P，静电力做正功

B.N点的电势高于P点的电势

C.电子从M到N，洛伦兹力不做功

D.电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力

答案　BC

解析　由题可知电子所受静电力水平向左，电子从N到P的过程中静电力做负功，故A错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，N点的电势高于P点的电势，故B正确；洛伦兹力总是和速度方向垂直，电子从M到N，洛伦兹力不做功，故C正确；M点和P点在同一等势面上，从M点到P点静电力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受静电力作用，在匀强电场中电子在这两点所受静电力相等，即所受合力相等，故D错误。

3.(多选)(2022·浙江6月选考，15)如图3为某一径向电场示意图，电场强度大小可表示为E＝， a为常量。比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力，则(　　)

图3

A.轨道半径r小的粒子角速度一定小

B.电荷量大的粒子的动能一定大

C.粒子的速度大小与轨道半径r一定无关

D.当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动

答案　BC

解析　根据静电力提供向心力，有·q＝mω2r，解得ω＝·，可知轨道半径r小的粒子角速度大，故A错误；根据静电力提供向心力，有·q＝m，解得v＝，可知粒子的速度大小与轨道半径r一定无关，又有Ek＝mv2，联立可得Ek＝，可知电荷量大的粒子动能一定大，故B、C正确；磁场的方向可能垂直纸面向里也可能垂直纸面向外，所以粒子所受洛伦兹力方向不能确定，粒子可能做离心运动，也可能做近心运动，故D错误。

4.(多选)(2022·湖南衡阳一模)如图4所示，在xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度大小B＝1 T的匀强磁场，第四象限存在沿x轴负方向的匀强电场，电场强度E＝2.5 N/C，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为ON＝9 m，M点为x轴正方向上的一点，OM＝3 m。现有一个比荷为＝1.0 C/kg的带正电小球(可视为质点且重力不计)，从挡板下端N处小孔的右侧某处由静止释放，经匀强电场加速后从N处小孔沿x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M点，则带电小球从释放点到N点距离的可能值为(结果保留2位有效数字)(　　)

图4

A.2.5 m   B.2.8 m

C.4.0 m   D.5.0 m

答案　BD

解析　若小球与挡板碰撞一次，轨迹如图甲所示。根据几何知识得

甲

r2＝OM2＋OO′2

OO′＝3r－ON

解得r1＝3 m

r2＝3.75 m

根据牛顿第二定律得

qv1B＝m

qv2B＝m

解得v1＝3 m/s，v2＝3.75 m/s

设带电小球从释放点到N点距离为x，根据动能定理得qEx1＝mv

qEx2＝mv

解得x1＝1.8 m，x2＝2.8 m

若小球与挡板没有发生碰撞，轨迹如图乙所示。根据几何知识得

乙

r＝OM2＋OO′2

OO′＝ON－r3

解得r3＝5 m

根据牛顿第二定律得qv3B＝m

解得v3＝5 m/s

根据牛顿第二定律得qEx3＝mv

解得x3＝5.0 m，分析计算可知小球与挡板最多碰撞一次，故A、C错误，B、D正确。

5.(2022·湖南高考，13)如图5，两个定值电阻的阻值分别为R1和R2，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为d，极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为m、带电荷量为＋q的小球以初速度v沿水平方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。

图5

(1)求直流电源的电动势E0；

(2)求两极板间磁场的磁感应强度B；

(3)在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值E′。

答案　(1)　(2)　(3)

解析　(1)小球在极板间做匀速圆周运动，则静电力与重力平衡，可得Eq＝mg

阻值为R2的定值电阻两端的电压U2＝Ed

根据欧姆定律得U2＝R2

联立解得E0＝。

(2)小球在电容器中做匀速圆周运动的轨迹如图所示

设小球做圆周运动的半径为r，根据几何关系有(r－d)2＋(d)2＝r2，解得r＝2d

根据qvB＝m，解得B＝

(3)由几何关系可知，射出磁场时，小球速度方向与水平方向夹角为60°，要使小球做直线运动，当小球所受静电力与小球重力在垂直小球速度方向的分力相等时，静电力最小，电场强度最小，可得E′q＝mgcos 60°，解得E′＝。

6.(2022·江苏徐州二次大联考)如图6甲所示，xOy平面内y轴左侧有宽为L的匀强电场区域，电场方向平行于y轴向上，匀强电场左侧有一电压为U的加速电场。一质量为m、带电荷量为＋q的带电粒子从A点飘入加速电场，加速后由x轴上的P(－L，0)点进入匀强电场，之后从y轴上的Q点进入y轴的右侧。

图6

(1)求粒子经过P点时的速度大小v0；

(2)求匀强电场的电场强度大小E；

(3)若y轴右侧存在一圆形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，取磁场垂直纸面向外为正方向。t＝时刻进入磁场的粒子始终在磁场区域内沿闭合轨迹做周期性运动，求圆形磁场区域的最小面积S以及粒子进入磁场时的位置到y轴的最短距离x(忽略磁场突变的影响)。

答案　(1)　(2)

(3)

解析　(1)粒子从A点到P点，由动能定理有qU＝mv

解得v0＝。

(2)粒子在偏转电场中沿x方向有L＝v0t

沿y方向有＝at2

根据牛顿第二定律有qE＝ma

联立解得E＝。

(3)粒子从Q点射出时沿y方向的速度

vy＝t

则射出速度v＝

解得v＝v0＝2

设粒子做圆周运动的半径为r，则

qvB＝

解得r＝

粒子在磁场中运动的周期T＝

解得T＝T0

粒子在磁场中运动的轨迹如图所示

所以圆形磁场的最小半径R＝3r

最小面积S＝πR2

解得S＝

由图可知，进入磁场的位置距y的最小距离x＝R

解得x＝。

7.(2022·山东枣庄期末)如图7所示，在第一象限内垂直于xOy平面的两平面a、b平行于x轴，a、b、x轴之间间距均为d；b与x轴之间有垂直于纸面向外的匀强磁场，a、b之间有沿y轴负方向的匀强电场，第四象限有沿y轴正方向的匀强电场，两电场电场强度大小相等。质量为m，电荷量为＋q的粒子A，从平面a与y轴交点处(在电场内)平行于x轴向正方向以速度v0射出，穿过平面b时速度与b夹角为60°。有一中性粒子B自由静止在x轴的M1点，质量mB＝m。粒子A恰好在M1点垂直于x轴与粒子B发生弹性正碰，碰撞过程中没有电荷转移。设粒子A再次从磁场向下穿过x轴的点分别为M2、M3……，且在M2、M3……点处均预先放置跟粒子B完全相同的自由静止中性粒子，使粒子A到达这些点时，都与之发生弹性碰撞。不计粒子的重力。求：

图7

(1)电场强度的大小；

(2)磁感应强度的大小；

(3)M1M2、M2M3、M3M4……所有相邻两点之间的距离。

答案　(1)　(2)

(3)4d(n＝1，2，3…)

解析　(1)粒子A运动轨迹如图

粒子A进入磁场时，有vy＝v0tan 60°

在电场中有qE＝ma

v＝2ad

联立解得E＝。

(2)粒子A进入磁场时的速度大小为

v＝＝2v0

设粒子A在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系可得r＝＝2d

由牛顿第二定律得qvB＝m

联立解得B＝。

(3)粒子A与中性粒子B发生弹性正碰，则有mv＝mvA＋mBvB

mv2＝mv＋mBv

联立解得vA＝v0

粒子A垂直x轴进入下方匀强电场，做匀减速直线运动，速度减为0后再反向加速，以原速率v0向上垂直进入匀强磁场，转过半圆后与M2处静止中性粒子B发生弹性碰撞，由牛顿第二定律得qv0B＝m

联立解得r1＝d

则M1M2两点之间的距离为

M1M2＝2r1＝2d

以此类推，则碰撞后粒子A的速度为

vA＝v＝2v0(n＝1，2，3…)

轨迹半径为rn＝2d(n＝1，2，3…)

M1M2、M2M3、M3M4……所有相邻两点之间的距离s＝2rn＝4d(n＝1，2，3…)。