新高考物理二轮复习考点知识讲练与题型归纳专题21 带电粒子在组合场的运动（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考物理二轮复习考点知识讲练与题型归纳专题21 带电粒子在组合场的运动（2份，原卷版+解析版），共6页。试卷主要包含了带电粒子在组合场中的运动，组合场中运动的实例分析等内容，欢迎下载使用。

TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc208392686" 题型一 带电粒子在组合场中的运动 PAGEREF _Tc208392686 \h 1
\l "_Tc208392687" 类型1 带电粒子由磁场进入电场 PAGEREF _Tc208392687 \h 3
\l "_Tc208392688" 类型2 带电粒子由电场进入磁场 PAGEREF _Tc208392688 \h 11
\l "_Tc208392689" 类型3 带电粒子在磁场和电场中往复运动 PAGEREF _Tc208392689 \h 18
\l "_Tc208392690" 类型4 带电粒子在组合场中的动量问题 PAGEREF _Tc208392690 \h 25
\l "_Tc208392691" 题型二 组合场中运动的实例分析 PAGEREF _Tc208392691 \h 37
\l "_Tc208392692" 类型1 质谱仪的原理及应用 PAGEREF _Tc208392692 \h 37
\l "_Tc208392693" 类型2 回旋加速器的原理和应用 PAGEREF _Tc208392693 \h 41
题型一 带电粒子在组合场中的运动
1.组合场概念：
静电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，静电场、磁场分时间段交替出现。
2．三种场的比较
3．带电粒子在复合场中的运动分类
(1)静止或匀速直线运动
当带电粒子在复合场中所受合力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动。
(2)匀速圆周运动
当带电粒子所受的重力与静电力大小相等，方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动。
(3)较复杂的曲线运动
当带电粒子所受合力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线。
(4)分阶段运动
带电粒子可能依次通过几个情况不同的复合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成。
4．常见的基本运动形式
类型1 带电粒子由磁场进入电场
如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内有一半径R=1m的圆形区域，圆与x轴相切于A点，A点坐标xA=3+52m，yA=0，圆形区域内存在磁感应强度大小B=1T、方向垂直纸面向里的匀强磁场。A点处有一粒子源，有大量质量m=2×10−22kg，电荷量q=+4×10−16C的粒子以相同的速率v0在xOy平面内沿不同方向从A点射入磁场，已知垂直x轴方向射入磁场的粒子恰好从C点水平射出磁场，C点为圆左侧与圆心O1等高的位置，不考虑粒子间的相互作用，不计粒子的重力。在匀强磁场的左侧存在一有界匀强电场，电场强度E=1.5×106N/C，方向沿y轴负方向，电场左边界为y轴，右边界与y轴的距离L=2m。求：
(1)粒子射入磁场时的速率v0；
(2)射入磁场时速度方向与x轴正方向成120∘的粒子在磁场中运动的时间（结果可用π表示）；
(3)某粒子经磁场与电场的偏转恰好能到达坐标原点O，求该粒子从A点射入磁场到O点离开电场运动的总时间（结果可用π表示）。
【答案】(1)2×106m/s
(2)π6×10−6s
(3)4π+1512×10−6s
【详解】（1）垂直x轴方向射入磁场的微粒恰好从C点水平射出磁场，由几何关系可知，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径r=R
对微粒，根据洛伦兹力提供向心力有qv0B=mv02r
可得v0=2×106m/s
（2）如图所示，射入磁场时速度方向与x轴正方向成120∘的微粒从P点射出，其轨道圆心记为O2，则四边形AO1PO2为菱形。
∠O1AO2=120∘,PO2与AO1平行，则有∠PO1A=60∘=π3,∠PO2A=π3
则粒子在磁场中的运动时间为t=π3rv0
可得t=π6×10−6s
（3）由于粒子做匀速圆周运动的半径r=R，所有射入磁场的粒子在磁场右侧出射时都有水平向左的速度，要粒子能够经电场偏转过O点，对粒子在电场中的运动分析：
x轴方向L=v0t3
y轴方向y=12at32
根据牛顿第二定律有Eq=ma
解得y=1.5m，t3=1×10−6s
该粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，粒子在磁场中的出射点为Q，过Q做AO1的垂线，垂足为D
由几何关系可知O1D=y−R=0.5m=R2，可得∠O1QD=30∘，
由此可知∠AO1Q=120∘=2π3,∠QO3A=2π3
则粒子在磁场中的运动时间为t3=2π3rv0=π3×10−6s
粒子在出磁场未进入电场前做匀速直线运动，运动时间t2=xA−32m−2mv0=14×10−6s
则运动的总时间t=t1+t2+t3=4π+1512×10−6s
空间直角坐标系Oxyz如图所示，在y≤0，z>0的空间内存在沿y轴正方向的匀强磁场（图中未画出）；在y>0，z>0的空间内存在沿x轴正方向的匀强电场（图中未画出）。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，由空间中A点x0未知，−L，3Lπ处以大小为v0的初速度射出，速度方向平行于yOz平面、与y轴正方向的夹角θ=60°。t=0时刻，粒子恰好从P点0，0，73L5π穿过yOz平面射入电场区域，经过P点时沿z轴方向的速度分量为0，t=3Lv0时粒子再次穿过yOz平面，不计粒子重力。求：
(1)粒子由A运动至P所用的时间；
(2)匀强磁场磁感应强度的大小；
(3)电场强度的大小及t=6Lv0时粒子的位置坐标。
【答案】(1)2Lv0
(2)5πmv04Lq
(3)3mv023qL，33L，3L，73L5π
【详解】（1）粒子沿y轴正方向做匀速直线运动，速度大小为v1=v0csθ
沿y轴正方向有L=v1t1
解得t1=2Lv0
（2）粒子在平行于xOz的平面内做匀速圆周运动，线速度大小为v2=v0sinθ
运动的轨迹半径为r=zP−zA=23L5π
由洛伦兹力提供向心力有Bqv2=mv22r
解得B=5πmv04Lq
（3）设粒子在电场中的加速度大小为a，则有Eq=ma
粒子在P点的速度可分解为沿y轴正方向的速度v1，和沿x轴负方向的速度v2，沿x轴方向，根据速度公式有v2=−v2+a⋅3Lv0
解得E=3mv023qL
t=6Lv0时，粒子在y轴上的坐标为y=v1t
解得y=3L
粒子在x轴上的坐标为x=−v2t+12at2
解得x=33L
粒子在z轴上的坐标为z=zP=73L5π
故t=6Lv0时，粒子的位置坐标为33L，3L，73L5π
如图，在xOy直角坐标系中，有一质量m=1.0×10−12kg，带电量q=2.0×10−10C的带正电的粒子（不计重力），垂直x轴从A点以v=200m/s的初速度进入x轴上方的匀强磁场中。磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度B=1T。粒子经磁场偏转后又从B点垂直x轴进入第四象限，第四象限中有平行于x轴负方向的匀强电场E，粒子随后经过y轴负半轴上的C点，此时速度方向与y轴负半轴成60°。已知OB=OA。（结果可用π和根号表示）求:
(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r和周期T；
(2)第四象限中场强E的大小；
(3)粒子从A点运动到C点所用的时间。
【答案】(1)1m，π×10−2s
(2)300V/m
(3)3π+236×10−2s
【详解】（1）作出粒子运动轨迹如图所示
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有qvB=mv2r
代入数据解得r=1m
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=2πrv=2×π×1200s=π×10−2s
（2）设粒子运动到C点时，沿x轴负向的分速度大小为v1，则有tan60∘=v1v
解得v1=2003m/s
根据匀变速直线运动的速度位移公式有v12=2axOB
因粒子是垂直于磁场边界进入的，所以从该边界射出时，仍垂直于边界，所以有xOB=r=1m
根据牛顿第二定律有qE=ma
联立解得E=300V/m
（3）粒子在磁场中偏转了半个周期，则在磁场中运动的时间为t1=12T=π2×10−2s
粒子在电场中做类平抛运动，则沿x轴方向有xOB=v12t2
联立解得t2=33×10−2s
则粒子从A点运动到C点所用的时间为t=t1+t2=3π+236×10−2s
如图所示，平面直角坐标系的第四象限内，一虚线边界与y轴之间有沿y轴正方向的匀强电场，在半径为R的圆形区域内有垂直于坐标平面向外匀强磁场Ⅰ，圆与x轴相切于P点，在第二、三象限内有垂直于坐标平面向里、磁感应强度大小与第四象限相同的匀强磁场Ⅱ，在第三象限内有一平行于x轴的无限长荧光屏（图中未画出），在P点有一粒子源向第四象限内各方向发射速度大小为v0、质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，其中沿y轴负方向发射的粒子在磁场Ⅰ中偏转后从虚线边界上A点沿x轴负方向进入电场，经电场偏转刚好从坐标原点O射入匀强磁场Ⅱ中，后恰好垂直打在荧光屏上。已知A点和y轴间距为d=2R，不计粒子的重力。
(1)求磁感应强度和电场强度的大小；
(2)若粒子进入电场后均能从O点射入磁场Ⅱ，求虚线边界需满足的轨迹方程；
(3)在满足第（2）问的条件下，求荧光屏上能接收到粒子的区域长度。
【答案】(1)mv0qR，mv02qR
(2)y=−12Rx2
(3)(5+1)R
【详解】（1）粒子在磁场Ⅰ中的运动，由几何关系知，运动半径r=R
根据洛伦兹力提供向心力有qv0B=mv02r
联立可得B=mv0qR
在匀强电场中，粒子做类平抛运动y0=R
由类平抛规律得x0=d=v0t，y0=12at02，qE=ma
联立可得E=mv02qR
（2）经分析知，所有粒子均垂直于y轴进入匀强电场，且均能从O点进入磁场Ⅱ，则电场中类平抛运动，有x=v0t，−y=12qEmt2
联立可得y=−12Rx2
（3）设O点的速度为v1，与x轴负方向的夹角为θ，则有v1=v0csθ，r1=mv1qB=mv0qBcsθ
故r1csθ=mv0qB=R为定值即为荧光屏到x轴的距离，即所有粒子进入磁场后做圆周运动的圆心均在荧光屏上，且均垂直打到荧光屏上，由几何知识得，打到屏上与y轴的距离为L=r1(1+sinθ)
经分析，在P点沿x轴正方向进入磁场Ⅰ的粒子，进入磁场Ⅱ时速度最大，半径最大，且与x轴负方向的夹角最大，打在荧光屏上时与y轴的距离最远；在P点沿x轴负方向进入磁场Ⅰ的粒子，打在荧光屏上时与y轴的距离最近，在P点沿x轴正方向进入磁场Ⅰ的粒子，进入电场中运动，有y1=2R
由动能定理得qEy1=12mv12−12mv02，v1=5v0，sinθ1=v12−v02v1=25，L1=r1(1+sinθ1)=mv1qB(1+sinθ1)
代入数据解得L1=(5+2)R
同理，在P点沿x轴负方向进入磁场Ⅰ的粒子，在O点沿x轴负方向进入磁场Ⅱ，速度v2=v0
打荧光屏上与y轴的距离为L2=R
故荧光屏上能接收到粒子的区域长度为ΔL=L1−L2=(5+1)R
如图所示，半径为R的虚线圆内有垂直纸面向外的匀强磁场，且O1O、O1P分别是虚线圆的竖直半径与水平半径。P点右侧存在一均匀辐向分布的电场，方向沿径向指向圆心O2点，半径为R的圆弧PQ的圆心也在O2点，经过圆弧PQ处的电场强度大小为E，且∠PO2Q=53°，水平虚线QH与竖直虚线QG之间存在水平向左、电场强度大小也为E的匀强电场，M点是此区域内的一固定点，现有一质量为m、带电荷量为+q的粒子（重力不计）从O点沿OO1方向垂直射入磁场，接着运动到P点，然后沿圆弧PQ运动经Q点进入匀强电场，随后恰好运动到M点时速度竖直向下，sin53°=0.8，cs53°=0.6。
(1)求粒子在P点的速度大小以及匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)求粒子从Q点到M点的运动时间以及粒子从O点运动到M点所受的平均作用力大小；
(3)N点是匀强电场区域内的一个固定点，且∠GQN=53°，若电场强度大小为E的匀强电场方向改为由Q点指向N点，求Q、M两点之间的电势差。
【答案】(1)EqRm，mEqR
(2)35mREq，324qE143π+108
(3)54RE125
【详解】（1）带电粒子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，则有Eq=mv2R带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有Bqv=mv2r
由几何关系可得粒子在磁场内做圆周运动的半径r=R
联立解得v=EqRm，B=mEqR
（2）由几何关系可得粒子在Q点时的速度方向与水平方向的夹角为53°，将速度分别沿水平方向和竖直方向分解，则有vx=vcs53∘,vy=vsin53∘
粒子从Q点运动到M点，在竖直方向上以vy=vsin53°向下做匀速直线运动，在水平方向上以vx=vcs53°向右做匀减速直线运动，且到达M点时水平方向的分速度为0；粒子在匀强电场中，由牛顿第二定律得Eq=ma
则有vx=at2
联立解得t2=35mREq
带电粒子从O点运动到Q点经历的时间t1=90∘+53∘360∘×2πRv
粒子从O点到M点，速度变化量为Δv=v+vy
由动量定理可得Ft1+t2=mΔv
联立解得F=324qE143π+108
（3）粒子从Q点运动到M点，在水平方向上有x=vx2t2=950R
在竖直方向上有y=vyt2=1225R
若电场强度大小为E的匀强电场方向改为由Q点指向N点，如图所示，
QM连线沿电场强度方向的投影距离为QK=d，则Q、M两点的电势差为UQM=Ed
由几何关系可得d=x2+y2cs53∘−∠GQM
其中cs∠GQM=yx2+y2,sin∠GQM=xx2+y2
因此d=ycs53∘+xsin53∘=54125R
则UQM=54RE125
类型2 带电粒子由电场进入磁场
圆心为O、半径为R的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面的匀强磁场(未画出)，磁场边缘上的A点有一带正电粒子源，半径OA竖直，MN与OA平行，且与圆形边界相切于B点，在MN的右侧有范围足够大且水平向左的匀强电场，电场强度大小为E.当粒子的速度大小为v0且沿AO方向时，粒子刚好从B点离开磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．圆形区域内磁场方向垂直纸面向外
B．粒子的比荷为v0BR
C．粒子在磁场中运动的总时间为πR2v0
D．粒子在电场中运动的总时间为2BRE
【答案】ABD
【详解】A．根据题意可知，粒子从A点进入磁场时，受到洛伦兹力的作用，根据左手定则可知，圆形区域内磁场方向垂直纸面向外，故A正确；
B．根据题意可知，粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示
根据几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为R，粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为π2，根据洛伦兹力提供向心力则有Bqv0=mv02R
解得qm=v0BR，故B正确；
C．根据题意可知，粒子从B点进入电场之后，先向右做减速运动，再向左做加速运动，再次到达B点时，速度的大小仍为v0，再次进入磁场，运动轨迹如图乙所示．
则粒子在磁场中的运动时间为t磁=T2=πRv0，故C错误；
D．粒子在电场中，根据牛顿第二定律有Eq＝ma
解得a=qEm=Ev0BR
根据v0＝at结合对称性可得，粒子在电场中运动的总时间为t电=2v0a=2BRE，故D正确。
故选ABD。
如图所示的平面直角坐标系xOy中，第二象限内有沿y轴负方向的匀强电场，第四象限内存在垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁场边界分别为x轴、MN和y轴，M、N两点的坐标分别为（L，0）、（0，−3L）。一质量为m、电荷量为+q（q>0）的带电粒子从第二象限的A点沿x轴正方向以初速度v0射出，A点坐标为（−2L，3L），粒子恰好从坐标原点O进入第四象限，之后粒子从MN上的P点（图中未标出）进入磁场，经磁场偏转后从x轴上的Q点（图中未标出）垂直于x轴射出磁场，不计粒子重力。求：
(1)匀强电场的电场强度大小E和匀强磁场的磁感应强度大小B。
(2)粒子从A点运动到Q点所用的时间t。
【答案】(1)E=3mv022qL，B=23mv03qL
(2)t=52+53π12Lv0
【详解】（1）粒子的轨迹如图所示，在电场中做类平抛运动
则有2L=v0t1，3L=12at12
又qE=ma
联立解得t1=2Lv0，E=3mv022qL，vy=at1=3v0
粒子运动到O点速度与x轴正方向的夹角正切tanθ=vyv0=3，即θ=60°
粒子运动到O点的速度v=v02+vy2=2v0
在磁场区域，根据几何关系可得r=3L
又洛伦兹力提供向心力，有qvB=mv2r
解得B=23mv03qL
（2）由几何关系可知，从O点到磁场之间，粒子运动的位移为L，则运动的时间t2=Lv=L2v0
在磁场中，粒子运动的周期T=2πrv=3πLv0
则运动的时间t3=150°360°T=53πL12v0
粒子从A点运动到Q点所用的时间t=t1+t2+t3=52+53π12Lv0
如图所示，纸面内边长为d的正方形区域ABCD内，有一磁感应强度大小为B0、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在AB的上方有一电场强度大小为E、方向垂直AB向下的匀强电场。现将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从DA延长线上的O点由静止释放，结果粒子通过A点后恰好从C点射出磁场。不计粒子所受的重力。
(1)求O、A两点间的距离x0；
(2)若O点可以在DA的延长线上移动，要使粒子通过A点后不会从B点左侧（包括B点）进入电场区域，求O、A两点间的距离x应满足的条件。
【答案】(1)x0=qB02d22mE
(2)x>qB02d28mE
【详解】（1）设粒子通过A点时的速度大小为v0，根据动能定理有qEx0=12mv02−0
根据几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径r0=d
洛伦兹力提供粒子做圆周运动所需的向心力，有qv0B0=mv02r0
联立解得x0=qB02d22mE
（2）根据几何关系可知，在粒子通过A点后不进入电场区域而直接到达B点的情况下，粒子在磁场中做圆周运动的半径r1=d2
设此种情况下粒子在磁场中做圆周运动的线速度大小为v1，有qv1B0=mv12r1
设此种情况下O、A两点间的距离为x1，根据动能定理有qEx1=12mv12−0
解得x1=qB02d28mE
因此，要使粒子通过A点后不会从B点左侧（包括B点）进入电场区域，O、A两点间的距离x应满足的条件为x>qB02d28mE。
现代科学仪器中常利用电、磁场控制带电粒子的运动。如图甲所示，纸面内存在上、下宽度均为d的匀强电场与匀强磁场，电场的下边界与磁场的上边界重合，电场强度方向竖直向下，磁感应强度方向垂直纸面向里。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力）从电场的上边界的P点由静止释放，运动到磁场的下边界的Q点时正好与该边界相切，图中P'点与P点等高。已知电场强度大小为E=mv022qd。
(1)求匀强磁场的磁感应强度大小B；
(2)求粒子从释放至回到与P点等高位置所用的时间t；
(3)若把电场下移至磁场所在区域，如图乙所示，重新让粒子从上边界M点由静止释放，经过一段时间粒子第一次到达最低点N。求粒子到达N点的速度vN以及M、N两点间的竖直距离h。
【答案】(1)B=mv0qd
(2)n4+πv0dn=1,2,3,⋅⋅⋅
(3)vN=v0，h=d
【详解】（1）从P到粒子离开电场过程，有Eqd=12mv2
解得v=v0
粒子在磁场中运动的半径r=d
粒子在磁场中运动有qBv=mv2r
解得B=mv0qd
（2）设粒子在电场中加速一次时间为t1，有d=12v0t1
根据运动对称性可知粒子在电场减速一次的时间t2=t1=2dv0
粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为π；
粒子在磁场中运动周期为T=2πdv0
粒子在磁场中运动半圈时间为t3=πdv0
粒子的运动为周期性运动，故粒子回到与P点等高位置所用的时间t=nt1+t2+t3=n4+πv0dn=1,2,3,⋅⋅⋅
（3）将粒子从M点到N点的过程中某时刻的速度分解为水平向右和竖直向下的分量，分别为vx、vy，再把粒子受到的洛伦兹力分别沿水平方向和竖直方向分解，两个洛伦兹力分量分别为f=qBvy，fy=qBvx
设粒子在最低点N的速度大小为vN，M、N两点的竖直距离为h。以向右为正方向，水平方向上由动量定理可得∑qBvyΔt=qBh=mvN−0
由动能定理得qEh=12mvN2
解得vN=v0，h=d
如图所示，直角坐标系第一、四象限存在磁感应强度分别为2B和B的匀强磁场，方向分别为垂直纸面向外和向里。第二象限内有一抛物线，抛物线与y轴正半轴之间存在沿y轴负方向的匀强电场。某时刻在抛物线上M点和y轴上N点同时发射两个带电球形微粒甲、乙，微粒甲沿x轴正方向，微粒乙速度方向与y轴正方向夹角θ=45∘，二者恰好在原点O发生对心碰撞（即正碰），碰撞后二者合为一体，质量和电量均发生叠加（将其称为“组合体”）。已知甲、乙微粒的质量分别为2m和m，电量分别为+3q和+q,M点的横坐标为−2L,N点的纵坐标为−L，忽略微粒重力和微粒间的相互作用。
(1)若抛物线方程为y=kx2，则k值为多少；
(2)求第二象限的电场强度大小和微粒甲发射时的速度大小；
(3)求碰撞后，组合体第二次经过x轴时的横坐标。
【答案】(1)k=14L
(2)E=16qB2L3π2m，v0=4qBLπm
(3)x=316−π8πL
【详解】（1）由乙粒子在磁场中的运动可知，到达原点O时，速度方向与x轴成45∘，甲、乙完成对心碰撞，则甲粒子也必然与x轴成45∘
由tanα=2tanβ可知，M点的纵坐标为L
代入y=kx2
可解得k=14L
（2）对甲粒子有x=v0t，y=12at2，a=E⋅3q2m
乙微粒运动时间t=2θ2πT，T=2πmqB
且甲乙粒子运动时间相等，联立以上各式可解得E=16qB2L3π2m，v0=4qBLπm
（3）到O点时甲的速度v甲=2v0=42qBLπm
运动轨迹如图所示
由几何关系知，微粒乙在第四象限运动轨迹半径r1=22L，由q乙v乙B=mv乙2r1
可得乙的速度v乙=2qBL2m
由动量守恒，2mv甲−mv乙=3mv共
解得v共=216−πqBL6πm
组合体电量为+4q，质量为3m，由4qv共B=3mv共2r2，4qv共×2B=3mv共2r3
第二次到达x轴时的坐标x=2r2+r3
联立解得x=316−π8πL
类型3 带电粒子在磁场和电场中往复运动
如图所示，xOy平面内第一象限有沿−x方向的匀强电场，第二象限有垂直于纸面向外的匀强磁场，且在y=33a处有一无限大平行x轴的挡板，质量为m、带电量为+q的粒子从A点(−a,0)，以+y方向的速度v0射入磁场，当粒子进入电场时其速度与+y方向的夹角为60°，然后粒子又射出电场重新进入磁场垂直打在挡板上，不计重力。
(1)求磁感应强度的大小B；
(2)求电场强度的大小E；
(3)若粒子从A点以与+x方向成30°角的速度v0射入磁场，向下移动挡板的位置，仍然使粒子打在相同位置，求移动后挡板位置的y坐标。
【答案】(1)B=mv02qa
(2)E=mv022qa
(3)见解析
【详解】（1）根据题意，作出粒子运动轨迹如图所示，由几何关系有r=rcsθ+a
解得r=2a
由牛顿第二定律有qv0B=mv02r
解得B=mv02qa
（2）由对称性可知，粒子射出电场时，速度大小仍为v0，方向与y轴的夹角为60°，由几何关系可得粒子在电场中沿y方向的距离Δy=33a−2rsin60°=3a
则粒子在电场中的运动时间为t=Δyv0csθ=23av0
沿电场方向上，由牛顿第二定律有qE=ma
由运动学公式有2v0sin60°=at
解得E=mv022qa。
（3）粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知，挡板移动后的位置坐标为下列值时，粒子会打在相同位置上
y1=2r−rcs30°=(4−23)a
y2=y1+2rcs30°=4a
y3=y2+2r−rcs30°=(8−23)a
如图所示，在第二象限存在垂直纸面向里、磁感应强度大小B=0.5T的匀强磁场，在第三象限存在平行于y轴且向上、电场强度大小E=5N/C的匀强电场，一比荷qm=4C/kg的正粒子从y轴上的P0,2m点垂直y轴射入第二象限，最终垂直x轴射入第三象限，不计粒子重力，求：
(1)粒子的初速度大小v；
(2)粒子在第三象限离x轴的最远距离L；
(3)粒子从P点运动至第3次经过x轴的时间t总；
(4)粒子从P点运动至第100次经过x轴的总路程s总。
【答案】(1)4m/s
(2)0.4m
(3)(3π4+0.4)s
(4)(99π+40)m
【详解】（1）由题意可知粒子在磁场中运动的轨道半径为r=2m，根据qvB=mv2r
解得v=qBrm=4m/s
（2）粒子平行电场方向进入电场做匀减速运动，则当速度减为零时距离x轴最远，则最远距离qEL=12mv2
解得L=0.4m
（3）粒子在磁场中运动的周期T=2πrv=πs
从进入电场到到达最远处的时间t1=va=mvqE=0.2s
粒子从P点运动至第3次经过x轴的时间t总=34T+2t1=(3π4+0.4)s
（4）粒子从P点运动至第100次经过x轴的总路程s总=50(πr+2L)−πr2=(99π+40)m
某空间存在着一个变化的电磁场，电场方向向右（即图中由B到C的方向），电场大小变化如E-t图像，磁感应强度的变化如B-t图像，在A点从t=1s（即1s末）开始每隔2s有一相同带电粒子（重力不计）沿AB方向（垂直于BC）以速度v射出，恰都能击中C点，若AC=2BC，且粒子在A、C间运动的时间小于1s，则（ ）
A．磁场的方向垂直纸面向里
B．图像中E0和B0的比值为4v3
C．图像中E0和B0的比值为2v3
D．若第一个粒子击中C点的时刻已知为（1+Δt）s，那么第二个粒子击中C点的时刻是31+32πΔts
【答案】BD
【详解】A．根据题意可知，粒子在电场中的偏转方向与电场方向相同，故粒子带正电，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，故A错误；
BC．在t=1s至t=2s间，第一个粒子从A到C做匀速圆周运动，以O为圆心，设BC=d，AC=2BC=2d，∠BAC=30°
由几何知识可得，粒子圆周运动的半径R=AC=2d
粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，则有B0qv=mv22d
解得B0=mv2dq
粒子在电场中运动时，粒子做类平抛运动，沿AC方向则有3d=vt
沿BC方向则有d=12qE0mt2
联立解得E0=2mv23qd
则E0B0=2mv23qdmv2dq=43v，故B正确，C错误；
D．根据上述分析可知，粒子在磁场中运动的时间t1=16×2π×2dv=2πd3v
由题可知Δt=2πd3v
第二个粒子在电场中运动时间t2=3dv
联立可知，第二个粒子击中C点的时刻为(3+t2)s=(3+332π·Δt)s，故D正确。
故选BD。
如图所示，在xOy坐标系y>0的空间内充满匀强电场，电场强度大小为E，方向平行于xOy平面，与x轴正方向夹角为60°斜向下；在y0)的粒子从坐标为−L,0的M点由静止释放，忽略粒子重力。求：
(1)粒子从M点到达O点的过程中电场力冲量I的大小；
(2)粒子第2次到达y轴时距O点的距离s；
(3)粒子由开始运动到第6次到达y轴的时间t。
【答案】(1)2mEqL
(2)2B2mELq
(3)52mLqE+3πmBq
【详解】（1）粒子在电场中做匀加速运动，设到达O点时间为t1，有L=12at12
根据牛顿第二定律，有Eq=ma
解得I=Eqt1=2mEqL
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB=mv2R
又v=at1，s=2R
联立解得s=2B2mELq
（3）设粒子在磁场中经历半圆的时间为t2，有t2=πRv=πmBq
解得第6次到达y轴的时间t=5t1+3t2=52LmEq+3πmBq
类型4 带电粒子在组合场中的动量问题
如图所示，在直角坐标系中，x轴下方存在竖直向上的匀强电场，电场强度为E，在x轴上方，0