2023屆高三物理一輪復習74帶電粒子在疊加場中的運動（解析版）

專題74帶電粒子在疊加場中的運動

1.受力決定運動，運動反映受力。無論是組合場還是疊加場都要對帶電粒子進行正確的受力分析

和運動分析，然后畫出粒子的運動軌跡，選取合適的物理規(guī)律求解。

2.帶電粒子在疊加場中做無約束的運動

運動性質受力特點方法規(guī)律

勻速直線運動粒子所受的合力為O平衡條件

除洛倫茲力外，另外兩力的合力為零：商

勻速圓周運動牛頓第二定律、圓周運動的規(guī)律

=mg

較復雜的曲線除洛倫茲力外，其他力的合力既不為零，

動能定理、能量守恒定律

運動也不與洛倫茲力等大反向

3.帶電體在疊加場中受到約束的運動

帶電體在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下,除受場力外,還受彈力、摩擦力作用，常

見的運動形式有直線運動和圓周運動,此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況,并注意洛倫茲力

不做功的特點,運用動能定理、能量守恒定律結合牛頓運動定律求出結果。

1.（多選）如圖所示，空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，一帶電液滴從靜止開始自

/點沿曲線48運動，到達6點時速度為零，C點是運動的最低點，不計摩擦阻力，則以下說法中正確的是

A.液滴一定帶正電B.液滴在C點時的動能最小

C.從4到6■過程液滴的電勢能增大D.從。到6過程液滴的機械能增大

【答案】CD

【解析】A.從圖中可以看出，帶電粒子由靜止開始向下運動，說明重力和電場力的合力向下，洛倫茲力指

向弧內，根據(jù)左手定則可知，液滴帶負電，故A錯誤；

B.從4到C的過程中，重力正功，而電場力做負功，洛倫茲力不做功，但合力仍做正功，導致動能仍增大，

從C到8的過程中，重力做負功，電場力做正功，洛倫茲力不做功，但合力卻做負功，導致動能減小，所

以滴在C點動能最大，故B錯誤；

C.從4到C過程液滴克服電場力做功，故電勢能增加，故C正確；

D.除重力以外的力做的功等于機械能的變化量，從C到6的過程中，電場力做正功，洛倫茲力不做功，機

械能增大，故D正確。

故選CD。

2.（2017?全國）如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上（與紙面平行），磁場

方向垂直于紙面向里。三個帶正電的微粒a、b、C電荷量相等，質量分別為此、“已知在該區(qū)域

內，a在紙面內做勻速圓周運動，b在紙面內向右做勻速直線運動，c在紙面內向左做勻速直線運動。下列

【答案】B

【解析】帶正電的微粒a在紙面內做勻速圓周運動，必有qE=mag

帶正電的微粒b向右做勻速直線運動，電場力豎直向上，左手定則判斷洛倫茲力豎直向上，重力豎直向下，

平衡條件得qE+qvB=mhg得mhg>qE

帶正電的微粒C向左做勻速直線運動，電場力豎直向上，左手定則判斷洛倫茲力豎直向下，重力豎直向下，

平衡條件得qE=mcg+qvB得ιncg<qE

則有wz,>ma>ιnc

故選Bo

3.（2022?內蒙古師范大學附屬第二中學高三階段練習）（多選）如圖所示，空間存在相互垂直的勻強電場

和勻強磁場，電場的方向豎直向下，磁場方向垂直紙面向里，一帶電油滴戶恰好處于靜止狀態(tài)，則下列說

法正確的是（)

XBX××

P

×X××

××××

××××

E*

?.若僅撤去磁場，戶可能做勻加速直線運動

B.若僅撤去電場，?？赡茏鰟蚣铀僦本€運動

C.若給尸一初速度，?？赡茏鰟蛩僦本€運動

1）.若給戶一初速度，P可能做勻速圓周運動

【答案】CD

【解析】A.一帶電油滴產(chǎn)恰好處于靜止狀態(tài)，則油滴重力與電場力等大反向，若僅撤去磁場，帶電油滴仍

然處于靜止狀態(tài)，故A錯誤；

B.若僅撤去電場，帶電油滴〃向下加速，并受到始終與速度方向始終相互垂直的洛侖茲力，。不可能做勻

加速直線運動，故B錯誤；

CD.若給。?初速度，當速度方向平行于磁場時，〃做勻速直線運動；當速度方向垂直于磁場時，尸做勻速

圓周運動，故CD正確。

故選CD。

4.（多選）如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小為E=5bN∕C,同時存在著水平方向

的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應強度大小B=O.5T。有一帶電的小球，質量Tn=I.0X10^6kg,

電荷量q=2Xl（）FC,正以速度,在豎直面內做直線運動，取g=10m∕s2,下列說法正確的是（）

A.小球帶負電B.小球一定做勻速直線運動

C.小球的速度u=20m∕sD.小球的速度方向與水平方向夾角8=45°

【答案】BC

【解析】AB.對小球受力分析，小球受重力、電場力和洛倫茲力，且小球做直線運動，洛倫茲力與速度方

向垂直，電場力在水平方向上，由此可知小球帶正電，且做勻速直線運動，故A錯誤，B正確；

CD.小球受力平衡，則tan。=也=咨與空=W則。=60°

mg1.0×10-6×10

受力分析解得≡in0=?解得D=肅=懸m∕s=20m∕s故C正確，D錯誤。

故選BC0

5.在方向如圖所示的勻強電場（場強為E）和勻強磁場（磁感應強度為B）共存的場區(qū)，一電子沿垂直電場

線和磁感線方向以速度火射入場區(qū)，則（）

A.若丹吟，電子沿軌跡I運動，射出場區(qū)時，速度"<孫

B

B.若電子沿軌跡II運動，射出場區(qū)時，速度

B

C.若V，：,電子沿軌跡I運動，射出場區(qū)時，速度U>VQ

D.若v>[,電子沿軌跡II運動，射出場區(qū)時，速度u<%

aB

【答案】D

【解析】AB.電子進入電磁場中，受到洛倫磁力與電場力兩個力作用，由左手定則判斷可知，洛倫茲力方

向向下，而電場力方向向上。若/〈、，則qvB<qE

D0

即洛倫茲力小于電場力，電子向上偏轉，沿軌道I運動，洛倫茲力不做功，而電場力對電子做正功，動能

增加，速度增大，所以速度V>%。故AB均錯誤;

CD.若r?>貝!∣qv0B>qE

即洛倫茲力大于電場力，電子向下偏轉，沿軌道∏運動，洛倫茲力不做功，而電場力對電子做負功，動能

減小，速度減小，所以速度V<%。故C錯誤，1）正確。

故選Do

6.（2023?全國?高三專題練習）（多選）帶電粒子在重力場中和磁場中的運動可以分解為在水平方向上的

勻速直線運動和在豎直平面內的勻速圓周運動。若帶正電小球的初速度為零，可以分解為在水平方向上有

兩個大小相等、方向相反速度。水平向右的速度對應的洛倫茲力與小球的重力平衡，水平向左的速度對應

的洛倫茲力提供小球勻速圓周運動向心力。設帶電小球的質量為勿、電量為+q,磁感應強度為6（范圍無限

大），重力加速度為小小球由靜止開始下落，則以下猜想正確的是（）

A.M、N兩點間的距離為嗡B.小球在運動過程中機械能不守恒

ρzB2

C?小球下降的最大高度為噂D.小球的加速度大小恒為g

qzBz

【答案】CD

【解析】A.在豎直方向上帶電小球受力平衡，則有mg=Bqv0得%=詈

Bq

豎直面內勻速圓周運動半徑為R=詈=裳

BqB"q2

周期為T=誓

Bq

MN兩點間距離為S=V0T=駕察故A錯誤；

Uq2B2

B.小球在運動過程中只有重力做功，洛倫茲力不做功，則小球的機械能守恒，故B錯誤；

C.小球下落的最大高度為4=2R=部故C正確；

B2q2

D.小球在水平面內是勻速直線運動，豎直面內是勻速圓周運動，小球的加速度大小恒為α向=竽=g

故D正確。

故選CDo

7.（2022?重慶?高考真題）2021年中國全超導托卡馬克核聚變實驗裝置創(chuàng)造了新的紀錄。為粗略了解等

離子體在托卡馬克環(huán)形真空室內的運動狀況，某同學將一小段真空室內的電場和磁場理想化為方向均水平

向右的勻強電場和勻強磁場（如圖），電場強度大小為反磁感應強度大小為&若某電荷量為q的正離子

在此電場和磁場中運動，其速度平行于磁場方向的分量大小為小垂直于磁場方向的分量大小為小不計

?.電場力的瞬時功率為qE√評+詔B,該離子受到的洛倫茲力大小為Qv1B

C.心與心的比值不斷變大D.該離子的加速度大小不變

【答案】D

【解析】A.根據(jù)功率的計算公式可知P=尸Ia）S0,則電場力的瞬時功率為P=Eqv,,A錯誤；

B.由于匕與磁場8平行，則根據(jù)洛倫茲力的計算公式有∕?=。匕6,B錯誤；

C.根據(jù)運動的疊加原理可知，離子在垂宜于紙面內做勻速圓周運動，沿水平方向做加速運動，則口增大,

修不變，吵與的比值不斷變小，C錯誤；

D.離子受到的安培力不變，電場力不變，則該離子的加速度大小不變，D正確。

故選D。

8.（2022?全國）空間存在著勻強磁場和勻強電場，磁場的方向垂直于紙面（XQy平面）向里，電場的方

向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下，從坐標原點。由靜止開始運動。下列四幅圖中，

可能正確描述該粒子運動軌跡的是（）

【答案】B

【解析】解法一：AC.在Xey平面內電場的方向沿y軸正方向，故在坐標原點。靜止的帶正電粒子在電場

力作用下會向y軸正方向運動。磁場方向垂直于紙面向里，根據(jù)左手定則，可判斷出向y軸正方向運動的

粒子同時受到沿X軸負方向的洛倫茲力，故帶電粒子向X軸負方向偏轉。AC錯誤；

BD.運動的過程中電場力對帶電粒子做功，粒子速度大小發(fā)生變化，粒子所受的洛倫茲力方向始終與速度

方向垂直。由于勻強電場方向是沿y軸正方向，故X軸為勻強電場的等勢面，從開始到帶電粒子偏轉再次

運動到X軸時，電場力做功為0,洛倫茲力不做功，故帶電粒子再次回到X軸時的速度為0,隨后受電場力

作用再次進入第二象限重復向左偏轉，故B正確，D錯誤。

故選Bo

解法二：粒子在。點靜止，對速度進行分解，分解為向X軸正方向的速度心向X軸負方向的速度/‘，兩

個速度大小相等，方向相反。使得其中一個洛倫茲力平衡電場力，即qB"=qE

則粒子的在電場、磁場中的運動，可視為，向X軸負方向以速度/=W做勻速直線運動，同時在X軸上方做

勻速圓周運動。

故選Bo

9.（2022?廣東）（多選）如圖所示，磁控管內局部區(qū)域分布有水平向右的勻強電場和垂直紙面向里的勻強

磁場。電子從初點由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經(jīng)過雙。兩點。已知欣。在同一等勢面上，下列說

法正確的有（）

?.電子從M到只電場力做正功B.N點的電勢高于一點的電勢

C.電子從"到N,洛倫茲力不做功D.電子在M點所受的合力大于在P點所受的合力

【答案】BC

【解析】A.由題可知電子所受電場力水平向左，電子從“到〃的過程中電場力做負功，故A錯誤；

B.根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低可知N點的電勢高于。點，故B正確；

C.由于洛倫茲力一直都和速度方向垂直，故電子從材到"洛倫茲力都不做功；故C正確；

D.由于M點和一點在同一等勢面上，故從歷到產(chǎn)電場力做功為0,而洛倫茲力不做功，〃點速度為0,根據(jù)

動能定理可知電子在〃點速度也為0,則電子在〃點和〃點都只受電場力作用，在勻強電場中電子在這兩點

電場力相等，即合力相等，故D錯誤；故選BC。

10.如圖所示，粗糙木板屈V豎直固定在方向垂直紙面向里的勻強磁場中。力=0時，一個質量為以電荷量

為q的帶正電物塊沿,4邠以某一初速度豎直向下滑動，則物塊運動的P—力圖像不可能是（）

【答案】B

【解析】A.設初速度為“,若滿足Wg=六〃N

因N=Bqvo

則mg:z口BqVo

則滑塊向下做勻速運動，故A正確；

BD.若晡>UBqvo

則滑塊開始有向下的加速度，加速度大小為α=嗎儂

m

可知隨速度增加，加速度減小，即滑塊做加速度減小的加速運動，最后達到勻速狀態(tài)，故B錯誤，D正確;

C.若∕ng<UBqVO

則滑塊開始有向上的加速度，做減速運動，加速度大小為α=股叱≡

m

可知隨速度減小，加速度減小，即滑塊做加速度減小的減速運動，最后達到勻速狀態(tài)，故C正確。

本題選錯誤項，故選B。

11.（2023?全國?高三專題練習）（多選）如圖所示，在水平勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場中，有

一豎直足夠長固定絕緣桿助V；小球尸套在桿上，已知P的質量為加、電荷量為+q（q>0）,電場強度為反

磁感應強度為8,2與桿間的動摩擦因數(shù)為〃，重力加速度為g。小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中（）

A.小球的加速度一直減小

B.小球的機械能和電勢能的總和保持不變

C.下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是尸"巴詈

2〃qB

D.下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是尸警Wg

2μqB

【答案】CD

【解析】A.對小球受力分析如圖所示，則mg-μ（qE-qvB）-ma

隨著0的增加，小球的加速度先增大，當步04時達到最大值amax^g

繼續(xù)運動mg~U（qvB~qE>=ma隨著P的增大，a逐漸減小，所以A錯誤;

B.因為有摩擦力做功，小球的機械能與電勢能總和在減小，B錯誤;

CD.若小球的加速度在達到最大前達到最大加速度的一半，則喑共（qE-qvB~）=嫄得V=警守

22/xqB

若小球的加速度在達到最大后達到最大加速度的一半，則（√VB-<E）=//得,=2位詈

72ZuqB

故CD正確°

M

×X

EEq

××

B

X××

N

12.（2022?全國?高三課時練習）如圖所示，在水平面上固定一傾角為8=60°的光滑絕緣斜面。4斜

面所處整個空間存在垂直于斜面斜向下的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，電場強度大小E=5V∕m,

磁感應強度大小B=苧T。一個電荷量為q=0.2C、質量為m=0.1kg的帶電小球（帶正電）在斜面頂端。點

由靜止釋放，小球經(jīng)過斜面上C點時離開斜面，運動到斜面下端4點正上方的D點（圖中未畫出）時加速度

為10,重力加速度g=10m∕s2,則小球從。點到C點的時間和小球經(jīng)過D點的速度大小分別為（）

A.1.5s；15m∕sB.1.5s；30m∕sC.3s；3m∕sD.3s；1.5m∕s

【答案】A

【解析】由于斜面光滑，故小球離開斜面前做勻加速直線運動，離開斜面時對斜面的壓力為0,則沿斜面方

向有mgsinθ=ma

垂直于斜面方向有qvcB=qE+mgcosθ

聯(lián)立解得t=HS=1,5s

a

小球在。點加速度為0,則受力平衡，如圖所示

由于mg=qE=IN

則有<JVDB=2mgcos30°

解得。點速度為VD=15m∕s

故選Ao

13.（2023?全國?高三專題練習）如圖所示，水平向左的勻強電場的場強E=4V∕m,垂直紙面向內的勻強

磁場的B=27,質量為Tn=Ikg的帶正電的小物塊A從豎直絕緣墻上的M點由靜止開始下滑，滑行4=0.8m至IJ

達N點時離開墻面開始做曲線運動，在到達P點開始做勻速直線運動，此時速度與水平方向成45°角，P

點離開M點的豎直高度為H=1.6m,取g=10m∕s2試求：

（1）A沿墻下滑克服摩擦力做的功％；

【解析】（1）根據(jù)題意，在“點對A受力分析，如圖所示

根據(jù)平衡條件有qvNB=qE

解得=2m/s

VN=B

物塊A由M運動到N過程中，設克服摩擦力做的功為Wf,由動能定理有mgΛ-Wf=^mv^

代入數(shù)據(jù)解得Wf=6]

（2）根據(jù)題意，在尸點，對物塊A受力分析，如圖所示

由平衡條件可得qE=mg,quBcos45=mg

聯(lián)立解得v=2√2m/s

粒子由N運動到P過程中，由動能定理有mgΛ'PEXP詔FI%

代入數(shù)據(jù)解得xp=0.6m

14.（2022?全國?高三課時練習）如圖所示，在Xoy坐標系內，圓心角為127。的內壁光滑的圓管ab,圓心

位于原點。處，Oa連線與X軸重合。坐標系內有水平向右的勻強電場，在第四象限有垂直于紙面向里的勻強

磁場，磁感應強度大小為8?，F(xiàn)將一質量為小、帶電荷量為+q的小球從圓管的α端無初速度釋放，小球從圓

管的b端飛出后沿直線運動到無軸。已知圓管直徑略大于小球直徑，重力加速度為g。求：

（1）該勻強電場的電場強度E的大?。?/p>

（2）小球沿管下滑到達y軸前的瞬間對管壁的作用力；

（3）小球從b端飛出后第二次到達X軸時的橫坐標。

【答案】（1）鬻；（2）3mg,方向豎直向下：（3）修黑

【解析】（1）小球從b后做直線運動，必然是勻速直線運動，對小球受力分析如圖所示

可知qE=mgtan37o

解得E=Sn37。=皿

Q4q

(2)設到達y軸前瞬間小球速度為巧，設。Q間距離為R,

對小球的這一過程應用動能定理得mgR+qER=

此時小球受到管下壁的彈力，設為尸N，由向心力公式可得FN-巾9=喑

聯(lián)立解得FN=^mg

由牛頓第三定律可知，小球對管下壁的壓力大小為方向豎直向下

(3)小球從b端飛出時，設速度為外，由(1)可知F洛=q"28cos37。=mg

可得W=舞

對小球從Q到b的這一過程應用動能定理可得TngRCoS37。+qER(l+sin37o)=ITn諺

聯(lián)立解得R=f?

以外到達萬軸時，其橫坐標為Xl=盛

之后，在水平方向，小球以以=%cos37°為初速度，在電場力作用下做勻加速運動；在豎直方向，只受重

力作用，小球以為=?sin37。為初速度做豎直上拋運動，則再次到達X軸時，歷時為t=詈

vt2

在水平方向的位移為X2=x+jɑt

在水平方向，由牛頓第二定律得qE=rnα

聯(lián)立得&=翳

則第二次到達無軸時的橫坐標為X=X1+X2=葛篝

is.如圖所示，有一個無重力空間，y方向為豎直方向，在的區(qū)域內存在勻強磁場，磁感應強度的方

向垂直于紙面向里，大小為8=IT,絕緣光滑空心細管MN的長度為Λ=3m,管內〃端有一質量為爐0.1kg、

帶正電ρ=0.IC的小球，開始時小球相對管靜止.管帶著小球沿垂直于管長度方向，以恒定速度吠5m∕s向

右方運動.求：

(1)已知進入磁場后小球將勻加速上升，求小球上升的加速度；

(2)小球在從管的"端到/V端的過程中，管壁對小球做的功；

(3)當細管以Pk5m∕s進入磁場時，若給管一定的外力，使其以a=2.Om//的恒定加速度向右勻加速運動，

小球將不能以恒定加速度上升.為保證小球仍能在管中勻加速上升，需讓細管與小球間具有一特定的摩擦

因數(shù)〃.試求該〃值，及小球相對管上升的加速度a,.(要求a<l)

yjk

×X×××

β

××××X

X×XXX

××××X

XX×

×

【答案】(1)5m∕sz(2)1.5J(3)0.5；4.0m∕s2

【解析】(1)由牛頓第二定律得q%B=mαα=鬻=5m∕s2

2

(2)解法一、設小球離開管口時速度為加v1=2aΛ

聯(lián)立解得：力=心事

小球的合速度為：V=J說+詔=J20：：。"二i

由動能定理得小球從管的M端到”端的過程中管壁對小球做的功"為：

1,1,

zma

W=-mv--nιvo=^=qv0BA=1.5J

解法二、洛侖茲力不做功，則洛侖茲力兩個分量做功相互抵消.

管壁對小球所做的功大小應等于洛侖茲力豎直分量對小球所作的功：W=qv0B∕ι=1.5J

(3)小球豎直分速度為匕時，水平速度記為八，小球受力如圖所示

qV?B

mg

水平方向上有：FN-qvyB=ma

由：f=小

得：f=μ(qvyB÷ma)

設小球從進入磁場t時刻，水平速度為：vx=V0+at

豎直方向的加速為4分速度為匕，則Z時刻：q%B—μCqvyB÷ma)=may

即：qB(v0+at)—μ(qvyt÷ma)=may

含1項應相等，有qBat-μqBayt=O

即：Q=μayqBu0—μma=may

聯(lián)立得5=(+2〃2μ2-5μ+2=0

解得〃=i,〃=2舍去Ciy=-：=2α=4.0m∕s2

16.如圖所示，平面直角坐標系的第二象限內存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，一質

量為m、電荷量為+q的小球從4點以速度北沿直線4。運動，4。與X軸負方向成53°角。在y軸與MN之間的區(qū)

域I內加一電場強度最小的勻強電場后，可使小球繼續(xù)做直線運動到MN上的C點，MN與PQ之間區(qū)域H內

存在寬度為d的豎直向上勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，小球在區(qū)域II內做勻速圓周運動并恰好不

能從右邊界飛出，已知小球在C點的速度大小為2%,重力加速度為g,sin53o=0.8,cos53°=0.6,求:

（1）第二象限內電場強度El的大小和磁感應強度當?shù)拇笮?

（2）區(qū)域I內最小電場強度%的大小和方向；

（3）區(qū)域II內電場強度E3的大小和磁感應強度叢的大小。

MP

E3

??1×X

A?

X、××

53。人

O×X

B2

X

NQ

【答案】（I）El=翳，Bl=黑；（2）Ez=翳,方向與X軸正方向成53°斜向上；（3）E3=詈，%=今翳

【解析】（1）根據(jù)題意分析可知小球沿4。做勻速直線運動，則qEι=τngtan53

解得EL翳q%a=湍

解得Bi=a

(2)要使小球在區(qū)域I做直線運動，電場強度最小，則需要滿足m5cos53=qE2

解得E2方向與X軸正方向成53°斜向上

(3)小球在區(qū)域∏做勻速圓周運動，則Jng=qE3解得E3=季方向為垂直4。且與y軸正向成53°

小球恰好不從右邊界飛出，如圖所示，由幾何關系可知r+rsin53=d解得r=(

9

根據(jù)qyB3=mQ解得B3=—=

rqrSqd

17.(2022?湖北省羅田縣第一中學模擬預測)如圖所示，坐標系X0在豎直平面內，y軸的正方向豎直

向上，y軸的右側空間存在水平向左的勻強電場，電場強度為&y軸的左側空間存在勻強磁場和勻強電場，

磁場方向垂直紙面向外，磁感應強廬1T,電場方向豎直向上，電場強度后=2N∕C.QO時刻，一個帶正電的

微粒在。點以D=√∑m∕s的初速度沿著與X軸負方向成45°角的方向射入y軸的左側空間，微粒的電荷量

￠=10bC,質量片2X10'kg,重力加速度g取Iom∕s?求：

(1)微粒從。點射入后第一次通過y軸的位置；

(2)仞為何值時，微粒從。點射入后，第二次通過y軸時恰好經(jīng)過。點。

3IEl

?????<------

【答案】(1)0.4m；(2)1N/C

【解析】(1)由題意知mg=qE2

故微粒在y軸左側做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示

由洛倫茲力提供向心力得qvB=my

代入數(shù)據(jù)解得r=gm

設微粒進入磁場時與y軸正方向夾角為即由題意可知9=45°,由進出磁場的對稱性可知，此圓弧所對

圓心角為90°。由幾何關系得，第一次通過y軸位置與0點距離d=√2r

解得d=0.4m

(2)根據(jù)微粒的受力情況，其在？軸右側的運動可分解為水平方向和豎直方向上的兩個勻變速直線運動。

2

在豎直向上的分運動過程中有vcosθ=gt1(vcosθ)=2gh[

在豎直向下的分運動過程中有Λ1+d=1gtj

則3=t1+t2

解得t總=°?4s

微粒在水平方向上的運動時間與在豎直方向上一的運動時間相等。

若要其在0.4s內回到〃點，則應在0.2s內減速到O0設其在水平方向上的加速度大小為a,根據(jù)牛頓第二

定律得qE1=mα

故有VSinO~a~

解得E1=1N/C

18.(2022?山東濰坊?三模)在進行科學實驗前，通常都要根據(jù)實驗原理、實驗中需要改變的物理量、

可能出現(xiàn)的實驗結果等因素，在實驗裝置中選擇一個合適的坐標系后才能開展實驗。為測量帶電粒子在電

磁場中的運動情況，在某實驗裝置中建立如圖所示直角坐標系，并沿y軸負方向加磁感應強度大小為6的

勻強磁場。此設備中同時還可以加任意方向的、大小可變的勻強電場。一質量為必、帶電荷量為+g(q>0)

的粒子從坐標原點。以初速度「沿X軸正方向射入，不計粒子重力的影響。

(1)若該粒子恰好能做勻速直線運動，求所加電場強度K的大小和方向；

(2)若不加電場，改變磁感應強度6的大小，不改變方向，使該粒子恰好能夠經(jīng)過坐標為(Kα,O,-a)

的點，求改變后的磁感應強度6'的大小；

(3)改變電場的大小和方向，也可以改變運動電荷經(jīng)過的位置。若保持磁感應強度8的大小和方向不變,

將電場強度大小調整為爐，方向平行于W?平面，使該粒子能夠在加(K平面內做勻變速曲線運動，并經(jīng)過

坐標為(6α,a,0)的點，求調整后電場強度少的大小和方向。

【答案】(I)E=雙沿Z軸正方向；(2)8=：；(3)E'=/>8)2+(弊尸，tan。=誓

2qα73qα'2mv

【解析】(1)由左手定則可知，帶電粒子所受洛倫茲力沿Z軸負方向，則有平衡條件可知，電場力沿Z軸

正方向，即電場強度沿Z軸正方向，且有QE-qvB=Q

解得E=vB,方向沿Z軸正方向

(2)粒子運動的軌跡如圖所示

由幾何關系，有r2=(r-ɑ)2+(√3α)2

解得粒子運動的半徑為r=Za

,?2

由牛頓第二定律，有quB=my

解得B'=產(chǎn)

2qα

(3)由題意，電場力的一個分力沿Z軸正方向平衡洛倫茲力，另一個分力沿y軸正方向提供類平拋運動加

速度，如圖所示

f2

曲平拋運動規(guī)律，有√3α=vta=∣α0

其中g="

Um

解得E=vBE=-

1423qa

則合場強為E'=同國=E2+喑2tan”A鬻

19.（2022?江蘇連云港?模擬預測）如圖所示，沿水平和豎直方向建立直角坐標系，沿X軸放置一塊長

為IOd的絕緣板，y軸左側固定一內壁光滑的半圓管道（內徑很小），半圓直徑為d,且與y軸重合。第一

象限內絕緣板的上方存在有界的勻強電場和勻強磁場，電場強度E=皿，方向豎直向上，磁場方向垂直于

q

坐標平面向外，大小未知，豎直方向邊界未知。一帶電量為g、質量為仍的絕緣小球A（直徑略小于管道內

徑）靜止在坐標原點。處，質量也為0的不帶電的小球B以初速度”（未知）向左運動，與A球發(fā)生彈性

正碰。

（1）若碰撞后A球能過管道最高點，則"至少多大？

（2）若場區(qū)邊界廳d,A球通過最高點后能與B球再次發(fā)生彈性正碰，并且使B球恰能通過最高點，則磁

感應強度為多大？

（3）若場區(qū)邊界y2=：d,A球以外=手通過最高點后恰好從坐標為（44d）的0點水平射出場區(qū)，則

83

磁感應強度應滿足什么條件?

vrn

【解析】(I)由動量守恒得7ΠBV0=^AA+B?

22

由能量守恒得∣mβV0=綱AUA2+加B為

Lji大口T?!.—TTlg—TYl?聯(lián)Λ?解得UA=VθUB—O

由動能定理得-mgd=O-BTnA就

解得V0=J2gd

(2)由于Tng=qE,A球在復合場區(qū)做圓周運動，所以qv1B1=

由題意得V1—V0r1=

帶入解得B1=γ

(3)設小球第一次從〃點進入場中，入射速度為兩；與水平邊界夾角為，。

由平拋運動得，水平位移x2=v2t2

豎直位移d-y2=?9^2

1

UMy=g%2=Qd

解得

tan0=?=3

4

V2

則速度與水平方向夾角為。=37°；

由A球軌跡圖(軌跡形狀相同，只作一次在電磁場的運動)：軌跡與y軸相切時，有

r0+rosin0=X2

解得r0=?d

粒子水平打在P點應滿足n(2x2-2rsin0)=4d

解得r=(1-rτ=l,2,3-

由于?ng=qE,所以qvMB=r∏y-

解得B=篇/

由題意得:O<r≤r0,即0<(∣-?)d<?d

解得6<n<9.6

當E時B=答

當Λ=8時B=—

qyja

當獷9時B=外E

2q?d

20.(2022?河北?模擬預測)空間中存在上、下兩個不同的勻強電場區(qū)域，已知上、下場區(qū)的水平長度

為L,上、下場區(qū)的寬度均為d,如圖所示.電荷量為+q、質量為小的帶電小球從上邊界距離。點距離為d

的點以初速度為垂直電場入射，小球第一次經(jīng)過對稱軸。?！瘯r離。點的距離為2d,小球進入下半?yún)^(qū)域的同

時加上一恒定的垂直紙面向里的勻強磁場B,發(fā)現(xiàn)小球做圓周運動且恰好不越過下邊界，并最終運動至上半

區(qū)域水平射出，重力加速度為g,求：

(1)上半?yún)^(qū)域中勻強電場的電場強度￡的大小；

(2)磁場的磁感應強度6的大?。?/p>

(3)求小球在場區(qū)中運動的總時間.

【解析】(1)小球第一次在上半?yún)^(qū)域電場中運動時做類平拋運動如圖所示,

又由題意知X=2dy=d

則過對稱軸0。'時合位移與水平方向夾角的JE切值為tan/?=X=;

X2

所以，合速度r與水平方向的夾角的正切值tan。=2tan0=1

解得θ=45°

小球在A點的合速度V=√2v0

豎直方向速度大小為v1=V0

由運動學公式有譜=2ad

解得小球做類平拋運動的加速度為α=普

2a

由牛頓第二定律有mg+Eq=τnq

解得上半?yún)^(qū)域中勻強電場的電場強度笈的大小為E=萼-%

2dqq

(2)由分析可知當小球進入下半部分電場和磁場重疊區(qū)域時，小球做圓周運動，則電場力與重力平衡，由

?2

洛倫茲力提供向心力，有qυB=m—

R

解得R=W

qB

因為小球恰好不越過下邊界，由幾何關系得RCoS45。+d=