專題11帶電粒子在復合場中的運動

目錄

01模擬基礎練.......................................................2

題型一：帶電粒子在組合場中的運動..................................2

題型二：帶電粒子（帶電體）在疊加場中的運動.......................13

題型三：帶電粒子在交變場中的運動.................................23

02重難創新練......................................................35

題型一：帶電粒子在組合場中的運動

1.（2024?四川遂寧.模擬預測）如圖所示，半徑為「的虛線圓邊界在豎直平面內，是水平直徑，圓邊界內

存在垂直紙面向外磁感應強度為線的勻強磁場，過B點的豎直線3D與水平線8C間存在電場強度大小恒為

Eo（為未知量）的勻強電場。P點是8點右下方固定的點，虛線與的夾角為30°。現讓帶電量為4、

質量為機的帶正電粒子（不計重力）從A點射入磁場，然后從B點離開磁場，軌跡圓的半徑等于2廠，當勻

強電場豎直向上時，粒子經過一段時間務從8運動到尸點時速度正好水平向右，求:

（1）粒子在A點射入磁場時的速度以及粒子從A到B的運動時間；

⑵心的值以及粒子從B到P的平均速度大小；

（3）若勻強電場由8指向則族兩點間的電勢差為多少？

【答案】⑴理"箸（2產，迪％3）

msqb。%2m4m

【詳解】（1）由洛倫茲力提供向心力穌4%=T其中R=2r,解得%=一^過A點作速度的垂線，與AB

的中垂線交于。，設A點的速度與夾角為6,則/OO'A=。，如圖所示，根據幾何關系有sin。=三=:

解得6=30。所以粒子在A點射入磁場時的速度方向與水平線A3夾角為30°右上方

粒子在磁場中運動周期丁=——=—］解得運動時間為仁丁"=丁丁(2)粒子從瓦點離開磁場時，速度

%=以="更方向與水平線A3夾角30。右下方；把8點的速度分解為水平方向和豎直方向，則有

m

vx=v0cos30°,%=%sin30°由類平拋運動的規律可得方=如"，x=vxt0,y=0.5iy。3尸兩點間的距離為

m

乙粒子從B到尸的平均速度E=g綜合解得綜=9，x=^B°qrt°,廣旦㈡，*=而綜"

(3)當勻強電場由B指向M,把心分別沿著水平方向和豎直方向分解，則有以=&,cos30°,紇=￡oSin3O°

當勻強電場由2指向M，8尸兩點間的電勢差"BP=xE,+yEy綜合計算可得UBP=嚕二

2.(2024?江蘇南京.模擬預測)如圖所示，位于無軸下方的離子源C發射比荷為2的一束正離子，其初速度

m

大小范圍為0~A，這束離子經加速后的最大速度為2v,從小孔。(坐標原點)沿與X軸正方向夾角為30。

射入x軸上方區域。在x軸的上方存在垂直紙面向外、磁感應強度大小為8的勻強磁場，x軸下方距離1處

放置一平行于x軸的足夠長的探測板，探測板左邊緣與。對齊，在無軸下方與探測板之間的區域存在大小

為￡、方向垂直尤軸向上的勻強電場。假設離子首次到達無軸上時均勻分布，忽略離子間的相互作用且

9qd

不計重力。求：

B

(1)加速電壓5

(2)離子首次到達x軸的坐標范圍；

(3)到達探測板的離子數占發射的總離子數的比例〃o

【答案】(1)。=用⑵xj詈，等］(3)〃=2:3

2q1的Bq

【詳解】(1)由離子經加速后的最大速度為2v,初速度范圍0~"，，顯然初速度最大離子加速后速度最大，

由動能定理有“U=-1m(2v)122解得U=與~2

(2)由于粒子帶正電，磁場垂直于紙面向外；可以做出離子在磁場中的軌跡。最小速度的軌跡圓最小，將

出射點標記為4。最大速度的軌跡圓最大，將出射點標記為8。離子首次到達x軸的范圍在A、2之間。過

入射點。做入射速度方向的垂線，過出射點A做出射速度方向的垂線，交匯于C點，該點為最小軌跡圓的

圓心，OC、AC為半徑。如圖所示

B

由于入射速度與x軸正方向的夾角為30。，所以a=90。-30。=60。由于。C、AC為軌跡圓半徑，故OC=AC,

夕=4=。=60。所以AC的長度等于最小軌跡圓半徑，入射速度為v,由于向心力等于離子所受的洛倫茲力

加口

qvB=m一解得氏二=所以A的坐標％=同理，由于最大軌跡圓的入射速度方向不變，大小為所

RBqBq

2mv

以該軌跡圓的圓心角不變，半徑大小為原來的2倍。5的坐標為1=丁，綜上離子首次到達x軸的坐標范

Bq

bmv2mv

圍為尤e—

BqBq

(3)由于探測板足夠長，所以不用考慮粒子從水平方向離開探測板范圍的可能性。僅需要考慮豎直方向的

運動。電場強度方向向上，對正離子的作用力和加速度向上，大小為。=￡=歿，。=答、幺=工設出

mm9qdm9d

射速度為V'的離子恰好達到探測板，該速度的離子豎直方向速度剛好在到達探測板時減為0。當離子進入電

場的速度大于等于該臨界速度時能達到探測板，小于臨界速度時不能達到。由于。為60。所以出射速度與x

軸方向的夾角為30。，所以進入電場前豎直方向的速度為匕=丫。1130。=:根據離子豎直方向速度剛好在到

達探測板時減為0,列寫運動學方程2次?=4-0,2x^xd=^J,M=所以當離子速度匕e匕,

~~4一

不能到達探測板。當離子速度均￡jv,2v,能到達探測板。粒子首次到達x軸上時分布均勻，所以

(42

77=I2V-—vl:(2v-v)=j

3.(2024.河北?模擬預測)在粒子物理學的研究中，經常用電場和磁場來控制或者改變粒子的運動。如圖所

示為一控制粒子運動裝置的模型。在平面直角坐標系xOv的第二象限內，一半徑為「的圓形區域內有垂直于

坐標平面向外的勻強磁場I,磁場I的邊界圓剛好與兩坐標軸相切，與x軸的切點為p,在第一象限內有沿

y軸負方向的勻強電場，在x軸下方區域有垂直于坐標平面向外的勻強磁場n,磁場n中有一垂直于y軸的

足夠長的接收屏。P點處有一粒子源，在與X軸正方向成45。到與X軸負方向成45。范圍內，粒子源在坐標平

面內均勻地向磁場內的各個方向射出質量為加、電荷量為4的帶正電粒子，粒子射出的初速度大小相同。已

知沿與x軸負方向成45。射出的粒子恰好能沿x軸正方向射出磁場I,該粒子經電場偏轉后以與無軸正方向

成45。的方向進入磁場H,并恰好能垂直打在接收屏上。磁場I、II的磁感應強度大小均為8,所有粒子都

能打到接收屏上，不計粒子的重力及粒子間的相互作用。

（1）求粒子從P點射出的速度大小v。；

（2）求勻強電場的電場強度大小E；

（3）將接收屏沿'軸負方向平移，直至僅有一半的粒子經磁場II偏轉后能直接打到屏上，求接收屏沿'軸

【詳解】（1）設從尸點沿與無軸負方向射出的粒子從。點射出磁場I,軌跡如圖所示

設磁場I的邊界圓的圓心為。I，粒子做圓周運動的軌跡圓的圓心為。2，四邊形PQQQ對邊相互平行且領

邊尸。「與長度相等，故四邊形尸為菱形，則粒子在磁場I中做圓周運動的軌跡半徑為

rx=r

根據牛頓第二定律有q%B=m型解得%=理

rxm

(2)從P點沿與x軸負方向成45。射出的粒子在電場中做類平拋運動，設粒子出電場時沿y軸負方向的分

速度為j,由題意可知方=%沿y軸方向有v；=2a(r+與r)根據牛頓第二定律有qE=ma解得

(2-應為毋

th-

2m

(3)由于粒子在磁場I中做圓周運動的半徑為斗=乙因此所有粒子均沿x軸正方向射出磁場I；設某一粒

子進入磁場與x軸正方向夾角為e,則粒子進入磁場n時速度為丫=」/粒子在磁場n中做圓周運動，洛倫

cos”

2

茲力提供向心力，有=則軌跡的圓心到x軸的距離為s=Rcos6=r由此可見，所有粒子進磁場II后

做圓周運動的圓心均在離x軸距離為r的水平線上，由于從尸點沿與x軸負方向成45。射出的粒子能垂直打

在屏上，因此所有粒子均能垂直打在接收屏上。在P點沿y軸正方向射出的粒子恰好能打在屏上時，即有

一半的粒子經磁場H偏轉后能直接打在屏上，這時屏需要移動的距離等于在P點沿y軸正方向射出的粒子

在磁場II中做圓周運動的半徑。設該粒子進入磁場H時的速度大小為M,根據動能定理有

=mv；解得"=＞一可歷根據牛頓第二定律有qv'B=m—解得馬=乒屋即要使一半的

粒子經磁場II偏轉后能直接打到屏上，接收屏沿y軸負方向移動的距離為L=%=

4.(2024?江西景德鎮?一模)如圖所示，在無＜0的區域存在方向豎直向上、大小為E的勻強電場，在x＞0區

域存在垂直紙面向外的勻強磁場2(8未知)。一個質量為根的帶正電粒子甲從A點上島,0)以速度％沿尤

軸正方向進入電場，粒子從8點1進入磁場后，恰好與靜止在C點質量為葭的中性粒子乙沿x軸正方

向發生彈性正碰，且有］的電荷量轉移給粒子乙。已知C點橫坐標為％=6d,不計粒子重力及碰撞后粒

子間的相互作用，忽略電場變化引起的效應。求：

(1)粒子甲的比荷；

(2)粒子甲剛進入磁場時的速率和磁感應強度B的大小；

(3)若兩粒子碰撞后，立即撤去電場，同時在x＜0的區域加上與尤＞0區域內相同的磁場，試通過計算判斷兩

粒子碰撞后能否再次相遇，如果能，求再次相遇的時間加。

【答案】（1）2=五（2）v=2%,8=互（3）能，加=筌

mEd%Bq

【詳解】（i）粒子在電場中沿x軸勻速直線運動后d=沿v軸勻加速直線運動="=1秋2,。=它聯立求

22m

得旦=乜_

mEd

（2）沿丁軸勻加速直線運動3=成=6%進入磁場中粒子的運動軌跡如圖所示，速度與x軸的夾角

tane=匕=百即。=60。則進入磁場速率V=2%有幾何關系可得sin60。=亙又由quB=求得B=-

%RR%

（3）甲乙粒子在C點發生彈性碰撞，設碰后速度為匕#2，有彈性碰撞可得=

機底求得匕=^v0,v2兩粒子碰后在磁場中運動多匕8=弛-,當■v,8=?-求得

2222333〃32馬

6兀m

n=r=2d半徑相同，可以再次相遇,兩粒子在磁場中一直做軌跡相同的勻速圓周運動，周期分別為工=丁,

2Bq

3兀tn27c27c2TCTYI

（=k則兩粒子碰后再次相遇需滿足〒加-〒加=2n解得再次相遇時間Ar=--

2Bq12ABq

5.（2024?山西晉中?模擬預測）如圖所示，在平面直角坐標系xOy的第三象限內有電場強度大小為E沿x軸

正方向的勻強電場。第四象限內半徑為r的圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場S（大小未知），磁場邊

界圓剛好與兩個坐標軸相切，與x軸的切點為M點。第一象限內夾角為30。的虛線ON與x軸間有垂直紙面

向外的勻強磁場比（大小未知）。一個帶正電的粒子在電場中坐標為，r，-|，的尸點由靜止釋放，粒子經

電場加速后，從圓形磁場邊界上的。點沿x軸正方向射入磁場，經圓形磁場偏轉后剛好從M點射入上方磁

場，粒子剛好不從ON邊界射出磁場，已知帶正電粒子的比荷為上（帶電體的電荷量和質量的比值），不計

粒子的重力，求:

（1）帶正電的粒子從。點射入圓形磁場時的速度大小;

（2）磁感應強度口的大小;

(3)磁感應強度史的大小;

(4)帶正電的粒子從P點出發到第二次經過x軸所用的時間。

/N

與

/"???

0(bo。?少???.

一'、、、X

/'XXX'、、

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一，、

X--X--X—X—

_____________.4,!

._______________：'?XXX/

PQ\

----------------->'、、、一XJ

+

【答案】(1)v=y[2kEr；(2)Bl=.1^-；(3)B2=2.l^~；(4)t=

VkrVkr^234j\KL

【詳解】(1)設粒子從。點進磁場時的速度大小v,根據動能定理有9￡r=；相聲解得口=血彷

(2)最后粒子剛好未從虛線射出磁場而從x軸上的S點射出磁場，粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示。

,N

，/??

O

由于。平行于02。，。/。2將加。平分，根據三角形全等可知，。2。=。加，即粒子在磁場中做圓周運動

的半徑為廣，根據牛頓第二定律得q鳴=加匕解得耳、匡

rVkr

3

(3)設粒子從M點進入上方磁場時速度與x軸負方向的夾角為仇由幾何關系得rcos，+r=^r解得6=60。

由于粒子剛好不能從ON邊界射出，粒子在磁場中運動軌跡如圖所示，由幾何關系可知，粒子在磁場中做圓

周運動的半徑為R=rsin30°=1r根據牛頓第二定律得小4=相E解得與=2、匡

2RNkr

(4)設粒子在電場中運動時間為〃，根據平均速度分式得解得4=粒子在磁場史中的運動時

間為L=（?當=w粒子在磁場歷中的運動時間為G=3當=w、佬在第四象限勻速運動的時間

3qB}3VkE3qB23\kE

為TCOS30。=r帶正電的粒子從P點出發到第二次經過無軸所用的時間為

v2yj2kEr

6.（2024?河北石家莊.三模）如圖甲所示，半徑為R的圓形區域內存在輻向電場，電場方向由圓心沿半徑向

外，電場強度大小E隨距圓心。的距離x的變化如圖乙所示，圖中「為已知量。圓形區域外存在垂直紙面

向里的勻強磁場。一質量為"弱電荷量為+4的帶電粒子，從圓心。點由靜止釋放，粒子沿半徑。尸運動至

虛線邊界上的尸點進入磁場偏轉再返回電場，粒子每次到達。點后沿進入電場的路徑返回磁場，最后剛好

沿尸。方向回到。點，這個過程中粒子在磁場中運動的總時間記為務（未知）。已知磁場的磁感應強度

B二唇,不計帶電粒子的重力。求:

丫3qR

（1）帶電粒子經過尸點時的速度大小；

（2）%的大小；

（3）若改變帶電粒子的釋放位置，將帶電粒子在。尸之間的某點。（圖中未標出）釋放，粒子經過一段時

間后沿PQ方向第一次回到釋放點Q,該過程粒子在磁場區域運動的總時間為%。求粒子釋放點。到P點

的可能距離。

XXXXXXXXXXXX

B

【答案】⑴、陛且⑵5邛誓；⑶^7?tan-；走Rtan主

VrnY/313311

PR1

【詳解】（1）根據乙圖，圖中圖線所圍成面積代表電勢差，則。8=號由動能定理可得/解得

,=件&

Vm

（2）設帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑為r,根據題意作軌跡圖，由向心力公式得

。

XXXX>且XXX

IX

*:/

XXXXK乂XXX

：

九^

XXXX<、XX

//

L

X

XXXXXXXX

XXXXXXXXXX

vjrDTT

qvB-m—設/OQP=0,由幾何關系可知tan。=G解得9=￡所以NMOP==,粒子在磁場中運動過程

R33

所轉過的角度為%=3x[2萬-（萬-4）]=5萬粒子在磁場中運動總時間/。=白7粒子在磁場中運動周期為

32萬

2jir

T4解得…不簧

（3）如圖，設改變釋放位置后，粒子在磁場中第一次從S點回到電場區域，令NSOP=e,粒子在磁場中

運動的圓弧所對圓心角為。，根據題意可知

XXXXXXXXXXXX

X

X

X

X

X

nff=Nx27T,a=2?-（乃-夕）粒子在磁場中運動總時間為3%o,所以〃a=34其中〃和N均為正整數；由題

2n27r

意可知夕〈可聯立以上公式得W=Nx2萬<”號所以〃>3N

①當?=13,N=l,由幾何關系可得4=1|則tang=（由洛倫茲力提供向心力公式得q~B=機:由動能定

理可得!與?無；=（加解得無1=^^Rtan2

2R21313

②當〃=11,N=2時，由幾何關系可得，2=*同理解得X2=/Rtan女

7.（2024?江蘇南京?模擬預測）某種離子測量簡化裝置如圖所示，方向均垂直紙面向里的磁場區域I、II,兩

勻強磁場邊界直線MN、平行且相距L磁場I和II的磁感應強度大小之比為3：5,磁場之間有水平向

右的勻強電場。自上S點水平向左射出一帶正電粒子甲，甲在電、磁場中形成軌跡封閉的周期性運動。

較長時間后撤去該粒子，又在S點豎直向下往電場內射出另一個相同粒子乙，也可形成軌跡封閉的周期性

運動。粒子電荷量為外質量為“，不計重力，兩粒子射出的初速度大小均為加。（sin53°=0.8,cos53°=0.6）

求：

（1）甲粒子在勻強電場中向右運動過程中動能的增加量；

（2）勻強電場的電場強度的大小；

（3）粒子乙在磁場II中運動軌跡的長度。

MR

XXX!XXXX

磁場n

xXXXXX

磁場I

XXx七TXXXX

XXXXXXX

XXX「1XXXX

NQ

?田生、/1、82/八8加u；/C、127r

【答案】⑴產;⑵可；⑶而"

【詳解】（1）甲粒子在磁場n中的運動速率v,運動軌跡如圖

在兩磁場中運動半徑相等4=%依據牛頓第二定律得=叱解得4=誓=々=詈可得上=卷=1則有

rD2qv0DX3

AE*=|mv2-gmv；=

（2）由動能定理可得==根v、!相片解得石=誓

229ql

（3）粒子乙運動軌跡如圖，在磁場n中速率與甲相同，速度v與豎直方向夾角為e,軌跡圓半徑為廠

則有vcose=v0沿電場線方向有vsin6=理小乙=1四彳沿V。方向有貼=rsin。聯立解得廠=￡匕，。=53°

m2m8

460°—17/9177

則粒子乙在磁場II中運動軌跡的長度為S=二。2仃代入數據得s=fL

8.（2023?山東聊城?模擬預測）如圖所示，空間坐標系。一孫z內有一由正方體A8CO—49C。，和半圓柱體

8尸C—9PC，拼接而成的空間區域，立方體區域內存在沿z軸負方向的勻強電場，半圓柱體區域內存在沿z

軸負方向的勻強磁場。M、環分別為A。、40,的中點，N、N分別為BC、的中點，尸、P分別為半圓弧

BPC、夕PC的中點，。為的中點。質量為機、電荷量為q的正粒子在豎直平面MNMW內由M點斜向

上射入勻強電場，入射的初速度大小為"，方向與無軸正方向夾角為0=5：兒一段時間后，粒子垂直于豎

直平面BCC9射入勻強磁場。已知正方體的棱長和半圓柱體的直徑均為L,勻強磁場的磁感應強度大小為

B=~5qL,不計粒子重力，sin53°=0.8,cos53°=0.5o

（1）求勻強電場的電場強度后的大小；

（2）求粒子自射入電場到離開磁場時的運動時間，;

（3）若粒子以相同的初速度自。點射入勻強電場，求粒子離開勻強磁場時的位置坐標。

ZA

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“茨二老少

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M座一工工」…及“二px

A\/Q[/____

4B

悟案】⑴獸;⑵卡;⑶町[小臂4

5L

【詳解】（1）粒子在電場中運動時，沿x軸方向乙=%cos53。％解得4=『沿z軸方向%sin53o=電由牛頓

第二定律可知。=晅解得E=寰。

m25qL

（2）粒子進入勻強磁場后，由牛頓第二定律可知“%cos53。-2="（"；'53°）解得尺由幾何關系可知,

粒子在磁場中運動軌跡所對的圓心角為60°,粒子在磁場中運動的周期T=----1粒子在勻強磁場中運動

%cos53

一、60。,5TTL5￡（6+萬）

的時間t2=而T=故［=%+‘2=—^~~-

3bUlov018v0

L

（3）若粒子以相同的初速度自。點射入勻強電場，在勻強電場中運動的時間/_2_5L進入磁場

’3——

v0cos53°6v0

2

時，沿x軸方向的速度大小為匕=%cos53。沿z軸方向的速度大小為Vy=%sin53。-加3=1％故粒子沿X軸

方向做勻速圓周運動，半徑&=片=（沿z軸方向做勻速直線運動，因粒子做圓周運動的半徑不變，故在磁

?JTT

場中運動的時間不變，在磁場中沿Z軸方向運動的位移大小為4=vj2=號在電場中沿Z軸方向運動的位移

大小為7=%sin53。+%一人故粒子離開磁場時,z軸方向的坐標z=4+Z?='學Ly軸方向的坐標

22lo

y=&cos60。=%軸方向的坐標％=工+&sin60°=三①L即離開磁場時的位置坐標為

[4+73rL9+2萬J

[418,

題型二：帶電粒子（帶電體）在疊加場中的運動

9.（2024?福建泉州?二模）如圖甲，一質量為加足夠長的絕緣板靜止在光滑水平面上，板的左端有一個質量

也為機的帶電小物塊，其電荷量為-4（4>0）。距絕緣板左端%到2/。之間存在電場和磁場，勻強磁場方向垂

直于紙面向里，勻強電場方向豎直向下。現讓帶電小物塊在水平恒力的作用下從靜止開始向右運動。小物

塊到達電、磁場區域的左邊界時刻，撤去水平恒力，此時絕緣板的速度大小為h。帶電小物塊從開始運動

到前進4的過程中，速度隨位移變化的v-尤圖像如圖乙，其中A3段為直線，重力加速度為g。求：

（1）帶電小物塊從開始運動到電磁場左邊界的時間t-,

（2）小物塊與絕緣板的動摩擦因數〃和水平恒力尸的大小；

（3）從開始運動到小物塊前進4過程，系統克服摩擦力所做的功嗎；

（4）電場強度E和磁感應強度8的大小。

mg

I答案——…譚，2*o

【詳解】(1)帶電小物塊在恒力作用下做勻加速運動，根據運動學公式/。=注生1解得"二

2%

(2)帶電小物塊運動k過程，根據動量定理對絕緣板]nmgt=mv0解得〃=子對小物塊(尸-〃%g)7=m-2%解

g'o

得尸=饞甌

，0

3

(3)撤力后，系統動量守恒，設小物塊前進24時，絕緣板的速度大小為M,則有根+加M

小物塊前進2/。過程，系統由功能關系有4-叫j+gmP聯立解得叱=：機說

(4)撤去恒力后，帶電小物塊在電、磁場區域時，豎直方向N+qE=〃zg+mB水平方向，小物塊所受摩擦

力為f=根據動量定理，得-2"')=nw-m-2v0化簡得v=2%+〃逛二辿?〃也x依題意可知

mm

3

逛32=0解得E=巡由圖乙可知3_2%-2%解得8=箸

mq-]2qv0

10.(2024?江蘇泰州?模擬預測)如圖所示，在豎直平面內放置一長為L的薄壁玻璃管，在玻璃管的。端放

置一個直徑比玻璃管直徑略小的小球，小球帶電荷量為-4、質量為江玻璃管右邊的空間存在勻強電場與

勻強磁場的復合場。勻強磁場方向垂直于紙面向外，磁感應強度為&勻強電場方向豎直向下，電場強度大

小為蟹。電磁場的左邊界與玻璃管平行，右邊界足夠遠.玻璃管帶著小球以水平速度%垂直于左邊界向右

q

運動，由于水平外力的作用，玻璃管進入磁場后速度保持不變，經一段時間，小球從玻璃管b端滑出并能

在豎直平面內運動，最后從左邊界飛離磁場.設運動過程中小球的電荷量保持不變，忽略玻璃管的質量，

不計一切阻力.求：

(1)小球從玻璃管b端滑出時速度的大小；

(2)從玻璃管進入磁場至小球從6端滑出的過程中，外力F隨時間f變化的關系；

(3)通過計算畫出小球離開玻璃管后的運動軌跡。

【詳解】（1）由石=熬得qE=，"g即重力與電場力平衡，所以小球管中運動的加速度為?=△=竺過設小

Qmm

球運動至6端時的、方向速度分量為j,則v；=2aL又"="；+片可解得小球運動至6端時速度大小為

（2）由平衡條件可知，玻璃管受到的水平外力為尸=工=3匕4,v,=〃=竺幽1可得外力隨時間變化關系

m

為歹=蟲近1

m

（3）設小球在管中運動時間為務，小球在磁場中做圓周運動的半徑為尺，軌跡如圖（a）所示

%時間內玻璃管的運動距離%=voto,L=\atl由牛頓第二定律得quB=—由幾何關系得sine=三%，

2RK

5!!6=土=匕所以3=2氏=如迎.胃=%/°=x可得sina=。故a=0。即小球飛離磁場時速度方向垂直于

RvvmvqB

磁場邊界向左，小球運動軌跡如圖（b）所示。

H.（23-24高三下.陜西西安.階段練習）如圖所示，在平面直角坐標系xOy中，整個空間存在磁感應強度大

小8=1T、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，第二象限存在方向豎直向上、電場強度大小E=10N/C的勻強電

場。足夠長絕緣水平傳送帶左傳動輪正上方恰好位于坐標原點O,傳送帶處于停轉狀態。一電荷量q=+2C

的物塊從尸（-4月m,12m）獲得一初速度后，在第二象限做勻速圓周運動（軌跡為一段圓弧）恰好從原

點。水平滑上傳送帶，沿傳送帶平穩滑行一段距離后停在傳送帶上。物塊可視為質點，運動過程電量保持

不變，物塊與傳送帶之間的動摩擦因數〃=05物塊受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取

10m/s2o

（1）求物塊從尸點獲得的初速度；

（2）求物塊從滑上傳送帶到摩擦力功率最大的過程中摩擦力做的功;

（3）若傳送帶逆時針勻速轉動，物塊從原點。滑上傳送帶經歷U5.3s后返回。點且恰好與傳送帶共速，求

傳送帶逆時針轉動的速度大小。

x

x

X

X

X

【答案】⑴8m/s,方向與y軸負方向成30。角；（2）-39J；（3）18.5m/s

【詳解】（1）由于物塊在第二象限P點獲得速度且做勻速圓周運動，所以行=〃取可得〃z=2kg連接尸0,

作尸。的中垂線交y軸于0',即。'為圓周運動的圓心，如圖

根據幾何關系有（丹-?2+邸=改可知小滑塊做圓周運動的半徑為尺=8m根據洛倫茲力提供向心力

qv0B=機液可得小滑塊從P點獲得的初速度為h=8m/s方向與y軸負方向成30。角；

R

（2）滑塊滑上傳送帶后，受力分析有N=作-0，3滑塊在傳送帶上運動所受摩擦力f=滑塊在傳送帶

上運動所受摩擦力的功率P=fv聯立解得P=-qvB）v當mg=2qvB時，即v=5m/s滑塊在傳送帶上運

動所受摩擦力的功率最大，根據動能定理叫=g根產-）加說滑塊從滑上傳送帶到摩擦力功率最大時摩擦力

做的功為叫=-39J

（3）滑塊從。點進入后向右做減速運動，取時間微元Ar,根據動量定理-〃（〃火-中3卜4=〃公匕求和得

〃加-〃“&=根%代入數據得104-x=16滑塊向左做加速運動，取時間微元加，設傳送帶逆時針轉動速度

為v帶,根據動量定理〃（〃歷+qvB>X=〃△匕求和得〃機+NqBx=機v帶代入數據得10f2+x=2V帶又

t=t}+t2=5.3s聯立解得姝=18.5m/s

12.（2024?安徽合肥?三模）光滑絕緣軌道AC。由豎直的半圓軌道AC和水平直軌道C。組成。半圓軌道與

直軌道相切于C點。半圓軌道的圓心為O、半徑為R,且圓心在AC連線上。空間有如圖所示的勻強電場和

勻強磁場，電場強度大小為E,方向與水平面的夾角為，=30。；勻強磁場的方向垂直紙面向里，重力加速

度大小為g。在水平直軌道上的尸點由靜止釋放一質量為機、電荷量為4=等的帶正電小滑塊，該滑塊運

動到直軌道末端C點時恰好與軌道無壓力，之后磁場消失，滑塊恰好能沿著半圓軌道運動到A點，求：

（1）磁場的磁感應強度大小為多少？

（2）滑塊從A點水平拋出后,再次到達水平直軌道時距離C點的距離為多少？

=mg解得％=滑塊從C點到A點，根據動

【詳解】（1）在A點對滑塊受力分析，有根g-qEsin30。

能定理有-mg-2R+qEsin30。-2R=解得%=JggR在C點對滑塊受力分析，有

mg=qvcB+qEsin30°解得B=—

q

（2）滑塊從A點拋出后，以水平、豎直方向建立坐標系，豎直方向-qEsin30。=m%,=d解得

t=2水平方向qEcos30°=max,x=vAt+-af解得尤=2(1+

g2

13.（2024?廣東?二模）如圖所示，以長方體〃。cd-oT/c"的邊中點。為坐標原點、方向為l軸正方向、

方向為y軸正方向、次?方向為z軸正方向建立。孫z坐標系，已知0。二次?長方體中存在沿y軸負

方向的勻強磁場，現有質量為加、電荷量為q的帶正電粒子（不計重力），從。點沿z軸正方向以初速度u

射入磁場中，恰好從。點射出磁場。

（1）求磁場的磁感應強度8的大小；

（2）若在長方體中加上沿y軸負方向的勻強電場，讓粒子仍從。點沿z軸正方向以初速度v射磁場中，為

使粒子能從“點射出磁場，求電場強度Ei的大小；

（3）若在長方體中加上電場強度大小為瓶=拽叱、方向沿z軸負方向的勻強電場，該粒子仍從。點沿

qL

Z軸正方向以初速度U射入磁場中，求粒子射出磁場時與。點的距離5。

【詳解】（1）粒子在aOzb平面內做勻速圓周運動，如圖中軌跡1所示

由洛倫茲力提供向心力可得qvB=my由幾何關系可得r=；乙解得B=等

Try

（2）粒子在長方體中運動的時間為/=生在y軸方向上做初速度為零的勻加速直線運動，則有L=1/又

v2

qEi=ma解得4=絲一

7CqL

⑶將初速度v分解為匕、匕，使匕對應的洛倫茲力恰好與電場力平衡，即q%B=其中馬=2鬲e解

qL

得%=瓜,v2=6+v；=2v易知匕與z軸正方向的夾角為6=60°若僅在匕對應的洛倫茲力作用下做勻速

圓周運動，即4口8=加過則軌道半徑R=寫解得R=L該分運動的情況如圖中軌跡2所示。粒子在磁場中

RqB

運動的時間為fJ_由于粒子也參與速度大小為匕、方向沿兄軸正方向的勻速運動，粒子射出磁場時與。

12~

丹

點的距離§=乙-卬2解得S=1l-g"

I6

14.（2024?四川宜賓?三模）如圖所示，正方體空間而cd-"必卬處于勻強電場和勻強磁場中，0、O'、e

和e'分別是ab、cd和"Z/、c"的中點。勻強磁場的方向垂直于上表面abed豎直向下，勻強電場的方向垂

直于OO'且與上表面abed成6=30。斜向右上方。以。點為原點，沿著6a方向建立x軸，x軸正向向左；沿

著OO'方向建立y軸，y軸正向向里；沿著Oe方向建立z軸，z軸正向豎直向下。一質量為加、電荷量為q

的正電小球，從。點以初速度大小為％沿著OO方向射入，小球恰好做勻速直線運動。若僅撤去磁場，再

次以相同速度將小球從。點射入，小球能夠通過c點。重力加速度為g,求：

（1）勻強磁場的磁感應強度B的大小和勻強電場的電場強度E的大小；

（2）正方體空間的邊長心

（3）若僅撤去電場，保留磁場，再次以相同速度將小球從。點射入，小球經過一段時間將離開正方體空間

abcd-a'b'c'd',求：小球離開正方體空間或cd-aT/c'd'的位置坐標（x,y,z）,及離開該空間時的動能。

【答案】⑴E言,人警;⑵L與⑶陪鼠用,線小+黯叫

【詳解】（1）根據分析，小球在重力、洛倫茲力、電場力作用下保持平衡狀態，有4石sine=Mg,9ECOS6=4%5

解得E=.，B=①

qq%

（2）根據分析，小球在重力、電場力作用下在他cd面上做類