資源簡介

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專題提升Ⅳ 帶電粒子在組合場中的運動
目錄
模塊一 知己知彼 1
模塊二 知識掌握 1
知識點一　組合場 2
知識點二　“電偏轉”與“磁偏轉”的比較 4
模塊三 鞏固提高 6
模塊一 知己知彼
考點分布 命題趨勢
1、帶電粒子從電場進入磁場或由磁場進入電場的組合場問題 2、掌握帶電粒子在電場、磁場中運動的特點及分析方法 3、掌握帶電粒子在電場、磁場中運動的特點及分析方法. 4、會根據電場知識和磁場知識分析帶電粒子在組合場中的運動規律 高考對本講內容的考查呈現“三高”的特點:一是高頻率,即各地高考對本講內容的考查都保持在較高頻次，多次考查;二是高覆蓋率,即涉及的知識點眾多,涉及的題型全,選擇題、計算題均有;三是高難度,即平均難度大、分值點比較大，是分層拉分的重要模塊.
模塊二 知識掌握
知識點一　組合場
電場與磁場各位于一定的區域內，并不重疊，或者電場、磁場分時間段在同一區域或不同區域交替出現．
【重難詮釋】
1．解決帶電粒子在組合場中的運動所需知識
（2023 海口三模）如圖所示，初速度為0的電子先經一電壓為U0的電場加速后從小孔S2垂直射入上下間距為d、長為的有界勻強磁場。已知小孔S2與上下邊界等距，電子質量為m、電荷量為﹣e、重力忽略不計。下列說法正確的是（　　）
A．電子進入磁場時的速度大小為
B．若電子恰好從磁場右邊界飛出，則磁感應強度的大小B
C．若電子恰好從磁場左邊界飛出，則磁感應強度的大小B
D．只有磁感應強度B 時，電子才能飛出磁場
（多選）（2023 沙坪壩區校級模擬）如圖所示，水平放置的一對長和間距均為L的平行金屬板M，N，金屬板的中線P，Q與磁場的左邊界（虛線）的交點為Q。在金屬板M，N的右邊緣虛線a、b右側存在著大小未知，垂直紙面向里的勻強磁場。質子以初速度v0從P點水平向右射入金屬板中，恰好從極板邊緣（未與極板接觸）射出金屬板，經過磁場后恰好打到另一極板與磁場邊界的交點處。已知質子的質量和電荷量分別為m、e，金屬板間電場視為勻強電場，不計質子的重力，下列說法正確的是（　　）
A．金屬板M、N間的電壓
B．金屬板M、N間的電壓
C．勻強磁場的磁感應強度大小為
D．勻強磁場的磁感應強度大小為
（2023 湖北模擬）如圖所示，在O﹣xyz坐標系中，yOz左、右側空間分別有沿y軸正方向的勻強電場和沿x軸負方向磁感應強度為B的勻強磁場；足夠大的平面MN與x軸垂直，距O點距離，現有一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從點沿x軸正方向以初速度v0射入勻強電場，恰好過O點并進入右側空間，不計粒子的重力和邊界效應，求：
（1）勻強電場場強E的大小；
（2）粒子進入磁場后在yOz平面內做圓周運動的半徑；
（3）粒子打到平面MN上的位置坐標。
知識點二　“電偏轉”與“磁偏轉”的比較
【重難詮釋】
電偏轉 磁偏轉
偏轉條件 只受恒定的靜電力F＝qE v⊥E進入勻強電場 只受大小恒定的洛倫茲力F＝qvB v⊥B進入勻強磁場
運動軌跡 拋物線 圓弧
求解方法 利用類平拋運動的規律x＝v0t，y＝at2，a＝，tan θ＝ 利用牛頓第二定律、向心力公式有r＝，T＝，t＝
（多選）（2022秋 湖北期末）如圖所示，在y軸的右方有一磁感應強度大小為B的方向垂直紙面向外的勻強磁場，在x軸的下方有一方向平行x軸向左的勻強電場。現有一質量為m、電荷量為q的粒子由靜止經過加速電壓為U的電場加速，并從y軸上的A點垂直y軸進入第一象限，而后從x軸上的P處以與x軸正方向夾角為60°的方向進入第四象限，最后到達y軸上的Q點（圖中未畫出）。已知電場的電場強度大小，不考慮粒子受到的重力，則（　　）
A．A點的坐標為
B．A點的坐標為
C．粒子到達Q點時的速度為
D．粒子到達Q點時的速度為
（多選）（2022秋 邯鄲期末）如圖所示，位于豎直平面內的平面直角坐標系xOy的第一象限內有一拋物線，如圖中虛線所示，其方程為y＝0.5x2，虛線上方（包含虛線）存在豎直向下的勻強電場，電場強度大小為E＝1N/C，第三象限內存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B＝2T。在拋物線的下方0≤y≤0.5m的區域有大量質量m＝6.0×10﹣6kg、電荷量q＝+6.0×10﹣6C的粒子以相同的初速度v0平行于x軸射入電場，最后均經過O點進入磁場，不計粒子的重力，則下列判斷正確的是（　　）
A．v0＝1m/s
B．粒子在磁場中運動的最長時間為
C．所有的粒子出磁場的位置在y軸上的坐標都為﹣1m
D．粒子在磁場中運動的最短時間為
（多選）（2022秋 沈陽期末）如圖所示，在xOy平面的第Ⅱ象限內有半徑為R的圓分別與x軸、y軸相切于P、Q兩點，圓內存在垂直于xOy面向外的勻強磁場。在第Ⅰ象限內存在沿y軸負方向的勻強電場，電場強度為E。一帶正電的粒子（不計重力）以速率v0從P點射入磁場后恰好垂直y軸進入電場，最后從M（3R，0）點射出電場，出射方向與x軸正方向夾角為α，且滿足α＝45°。下列判斷中正確的是（　　）
A．粒子在磁場中運動的軌跡半徑為2R
B．磁場的磁感應強度大小為
C．帶電粒子的比荷
D．帶電粒子運動經過y軸的縱坐標值為1.5R
（2023 株洲三模）如圖所示，第一、二象限存在垂直于xOy平面向里的磁感應強度為B1（大小未知）的勻強磁場，第三象限存在沿y軸正方向的勻強電場E，x軸負方向與x軸重合存在一特殊的薄膜，帶電粒子每次穿過薄膜時電荷量不變，但速度減為原來的a（a＜1）倍。現有一質量為m、電量為q的帶正電粒子從y軸上A（0，L）處平行于x軸負方向以速度v0射入第二象限，粒子從x軸負半軸上的C點平行于y軸負方向射出，不計粒子重力，帶電粒子可視為點電荷。
（1）求磁感應強度B1的大小；
（2）x軸負方向C處左邊有一接收裝置D（未畫出），為了接收到該粒子，求D的橫坐標的可能值xD以及D離坐標原點O的最遠距離xDmax。
模塊三 鞏固提高
（2023春 高密市校級期末）在“質子療法”中，質子先被加速到具有較高的能量，然后被引向轟擊腫瘤，殺死細胞。如圖所示，質量為m、電荷量為q的質子從極板A處由靜止加速，通過極板A1中間的小孔以射出，然后從坐標系xOy中的B點（0，d）平行于x坐標軸進入yOP區域，該區域充滿沿y軸負方向的勻強電場，電場強度為E，OP與x軸夾角α＝30°。質子在電場中偏轉垂直擊中邊界OP的C點（圖中未標出）。取質子比荷為，d＝0.5m，不計重力作用。求：
（1）極板AA1間的加速電壓U；
（2）B、C兩點電勢差UBC；
（3）電場強度E的大小。
（2023 鄭州模擬）如圖所示，在xOy平面內，x軸與MN邊界之間有垂直紙面向里的勻強磁場，磁場區域的寬度為d，x軸下方和MN邊界上方的空間有兩個勻強電場，場強大小均為E，方向與y軸平行。t＝0時刻，一質量為m、電荷量為+q的粒子從O點射入磁場，速度大小為v，方向與x軸正方向夾角為60°，然后恰好垂直于MN邊界進入上方電場，粒子重力不計。求：
（1）勻強磁場的磁感應強度大小B；
（2）粒子第一次經過MN邊界時的位置坐標；
（3）粒子射出以后經過x軸的時刻t。
（2023 武昌區校級模擬）如圖所示，在空間直角坐標系中，yOz平面左側存在沿z軸正方向的勻強磁場，右側存在沿y軸正方向的勻強磁場，左、右兩側磁場的磁感應強度大小相等；yOz平面右側還有沿y軸負方向的勻強電場。現從空間中坐標為的M點發射一質量為m，電荷量為+q的粒子，粒子的初速度大小為v0、方向沿xOy平面，與x軸正方向的夾角為60°；經一段時間后粒子恰好垂直于y軸進入yOz平面右側，軌跡上離yOz平面最遠的點恰好落在xOz平面上，不計粒子的重力。求：
（1）在yOz平面左側勻強磁場的磁感應強度B；
（2）在yOz平面右側勻強電場的電場強度E；
（3）粒子第2次經過yOz平面時的位置坐標。
（2023 瓊山區校級三模）如圖所示，在直角坐標系xOy的第一象限區域中，有沿y軸正方向的勻強電場，電場強度的大小為E＝kv0。在第二象限有一半徑為R＝b的圓形區域磁場，圓形磁場的圓心O1坐標為（﹣b，b），與兩坐標軸分別相切于P點和N點，磁場方向垂直紙面向里。在x＝3b處垂直于x軸放置一平面熒光屏，與x軸交點為Q。大量的電子以相同的速率v0在紙面內從P點進入圓形磁場，電子的速度方向在與x軸正方向成θ角的范圍內，其中沿y軸正方向的電子經過磁場到達N點，當速度與x軸正方向成θ＝120°角的電子經過磁場后到達y軸上M點。忽略電子間的相互作用力，不計電子的重力，電子的比荷為。求：
（1）圓形磁場的磁感應強度大小；
（2）M點的坐標；
（3）電子打到熒光屏上距Q點的最遠距離。
（2023 黃埔區三模）“質子治療”是用氫原子核，也就是將質子加速到具有較高的能量，通過某裝置引導，到達靶向腫瘤部位，用于人體關鍵部位的癌癥治療。如圖所示，質量為m、電荷量為q的質子從極板A處由靜止加速，通過極板A1中間的小孔后進入速度選擇器，并沿直線運動。速度選擇器中的勻強磁場垂直紙面向里，磁感應強度大小為B0＝0.1T，極板CC1間的電場強度大小為E0＝1×106N/C。坐標系xOy中yOP區域充滿沿y軸負方向的勻強電場Ⅰ且電場強度E1＝5×106N/C，xOP區域充滿垂直紙面向外的勻強磁場Ⅱ，OP與x軸夾角α＝30°。勻強磁場Ⅱ的磁感應強度大小B1，且1T≤B1≤1.5T。質子從（0，d）點進入電場I，并垂直OP經Q點（圖中未標出）進入磁場Ⅱ。取質子比荷為C/kg，d＝0.5m。求：
（1）極板AA1間的加速電壓U；
（2）Q點位置坐標；
（3）質子能到達x軸上的區間的長度L（結果用根號表示）。
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專題提升Ⅳ 帶電粒子在組合場中的運動
目錄
模塊一 知己知彼 1
模塊二 知識掌握 1
知識點一　組合場 2
知識點二　“電偏轉”與“磁偏轉”的比較 6
模塊三 鞏固提高 12
模塊一 知己知彼
考點分布 命題趨勢
1、帶電粒子從電場進入磁場或由磁場進入電場的組合場問題 2、掌握帶電粒子在電場、磁場中運動的特點及分析方法 3、掌握帶電粒子在電場、磁場中運動的特點及分析方法. 4、會根據電場知識和磁場知識分析帶電粒子在組合場中的運動規律 高考對本講內容的考查呈現“三高”的特點:一是高頻率,即各地高考對本講內容的考查都保持在較高頻次，多次考查;二是高覆蓋率,即涉及的知識點眾多,涉及的題型全,選擇題、計算題均有;三是高難度,即平均難度大、分值點比較大，是分層拉分的重要模塊.
模塊二 知識掌握
知識點一　組合場
電場與磁場各位于一定的區域內，并不重疊，或者電場、磁場分時間段在同一區域或不同區域交替出現．
【重難詮釋】
1．解決帶電粒子在組合場中的運動所需知識
（2023 海口三模）如圖所示，初速度為0的電子先經一電壓為U0的電場加速后從小孔S2垂直射入上下間距為d、長為的有界勻強磁場。已知小孔S2與上下邊界等距，電子質量為m、電荷量為﹣e、重力忽略不計。下列說法正確的是（　　）
A．電子進入磁場時的速度大小為
B．若電子恰好從磁場右邊界飛出，則磁感應強度的大小B
C．若電子恰好從磁場左邊界飛出，則磁感應強度的大小B
D．只有磁感應強度B 時，電子才能飛出磁場
【解答】解：A、設電子經電場加速后的速度大小為v0，由動能定理得：，解得電子進入磁場時的速度大小為：v0，故A錯誤；
B、若電子恰好從磁場右邊界飛出，畫出運動軌跡如圖所示。
由幾何關系可得：，又電子在磁場中做勻速圓周運動，有：，聯立解得：B，故B正確；
C、若電子恰好從磁場左邊界飛出，則，解得：B，故C錯誤；
D、電子在有界磁場中運動可以從右邊界飛出，也可以從左邊界飛出，所以B或B時電子均可以飛出磁場，故D錯誤。
故選：B。
（多選）（2023 沙坪壩區校級模擬）如圖所示，水平放置的一對長和間距均為L的平行金屬板M，N，金屬板的中線P，Q與磁場的左邊界（虛線）的交點為Q。在金屬板M，N的右邊緣虛線a、b右側存在著大小未知，垂直紙面向里的勻強磁場。質子以初速度v0從P點水平向右射入金屬板中，恰好從極板邊緣（未與極板接觸）射出金屬板，經過磁場后恰好打到另一極板與磁場邊界的交點處。已知質子的質量和電荷量分別為m、e，金屬板間電場視為勻強電場，不計質子的重力，下列說法正確的是（　　）
A．金屬板M、N間的電壓
B．金屬板M、N間的電壓
C．勻強磁場的磁感應強度大小為
D．勻強磁場的磁感應強度大小為
【解答】解：AB、質子在極板間運動過程，據牛頓第二定律得：
質子做類平拋運動，水平方向：L＝v0t
豎直方向：
聯立解得金屬板M、N間的電壓為：，故A錯誤，B正確；
CD、設質子離開極板時速度與水平方向的夾角為θ，可得進入磁場時的速度為
由幾何關系可得：
質子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：
解得勻強磁場的磁感應強度大小為，故C正確，D錯誤。
故選：BC。
（2023 湖北模擬）如圖所示，在O﹣xyz坐標系中，yOz左、右側空間分別有沿y軸正方向的勻強電場和沿x軸負方向磁感應強度為B的勻強磁場；足夠大的平面MN與x軸垂直，距O點距離，現有一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從點沿x軸正方向以初速度v0射入勻強電場，恰好過O點并進入右側空間，不計粒子的重力和邊界效應，求：
（1）勻強電場場強E的大小；
（2）粒子進入磁場后在yOz平面內做圓周運動的半徑；
（3）粒子打到平面MN上的位置坐標。
【解答】解：（1）粒子在電場中做類平拋運動，則沿+x方向勻速運動有：L＝v0t
沿+y方向勻加速運動有：
聯立解得：
（2）過O點的速度分解為vx和vy，其中：L＝vxt＝v0t，而
從而解得：
粒子進入磁場后，在沿x軸方向上以v0做勻速直線運動，在yOz平面內做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律，可得：
變形解得：
（3）粒子做圓周運動的周期為：
粒子打到平面MN上所經歷的時間為t，則：
所以：
即
經過整周期粒子又回到了x軸，即打在MN板時，相當于轉動所在的位置，由幾何關系可知：
y＝Rsin60°
z＝R+Rcos60°（1）
則粒子打到平面MN上的位置坐標為（L0，y，z），即。
答：（1）勻強電場場強E的大小為；
（2）粒子進入磁場后在yOz平面內做圓周運動的半徑為；
（3）粒子打到平面MN上的位置坐標為。
知識點二　“電偏轉”與“磁偏轉”的比較
【重難詮釋】
電偏轉 磁偏轉
偏轉條件 只受恒定的靜電力F＝qE v⊥E進入勻強電場 只受大小恒定的洛倫茲力F＝qvB v⊥B進入勻強磁場
運動軌跡 拋物線 圓弧
求解方法 利用類平拋運動的規律x＝v0t，y＝at2，a＝，tan θ＝ 利用牛頓第二定律、向心力公式有r＝，T＝，t＝
（多選）（2022秋 湖北期末）如圖所示，在y軸的右方有一磁感應強度大小為B的方向垂直紙面向外的勻強磁場，在x軸的下方有一方向平行x軸向左的勻強電場。現有一質量為m、電荷量為q的粒子由靜止經過加速電壓為U的電場加速，并從y軸上的A點垂直y軸進入第一象限，而后從x軸上的P處以與x軸正方向夾角為60°的方向進入第四象限，最后到達y軸上的Q點（圖中未畫出）。已知電場的電場強度大小，不考慮粒子受到的重力，則（　　）
A．A點的坐標為
B．A點的坐標為
C．粒子到達Q點時的速度為
D．粒子到達Q點時的速度為
【解答】解：AB、粒子在電場中加速，由動能定理得：qUmv02﹣0，
粒子在第一象限磁場中做勻速圓周運動，如圖所示：
由牛頓第二定律得：qv0B＝m
根據幾何知識可知，A點縱坐標：yA＝r（1﹣cos60°），
解得：yA，則A點坐標為：（0，）；
故A正確，B錯誤；
CD、由幾何關系可知，P點的橫坐標：xP＝rcos30°，
粒子從P到Q過程，由動能定理得：
qExPmvQ2mv02
解得：vQ；
故C正確，D錯誤；
故選：AC。
（多選）（2022秋 邯鄲期末）如圖所示，位于豎直平面內的平面直角坐標系xOy的第一象限內有一拋物線，如圖中虛線所示，其方程為y＝0.5x2，虛線上方（包含虛線）存在豎直向下的勻強電場，電場強度大小為E＝1N/C，第三象限內存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B＝2T。在拋物線的下方0≤y≤0.5m的區域有大量質量m＝6.0×10﹣6kg、電荷量q＝+6.0×10﹣6C的粒子以相同的初速度v0平行于x軸射入電場，最后均經過O點進入磁場，不計粒子的重力，則下列判斷正確的是（　　）
A．v0＝1m/s
B．粒子在磁場中運動的最長時間為
C．所有的粒子出磁場的位置在y軸上的坐標都為﹣1m
D．粒子在磁場中運動的最短時間為
【解答】解：A、粒子在電場中做類平拋運動，水平方向：x＝v0t
豎直方向：y，由牛頓第二定律得：qE＝ma
其中y＝0.5x2，代入數據解得：v0＝1m/s，故A正確；
B、設粒子進入磁場時的速度大小為v，與y軸負方向的夾角為θ，粒子在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示
粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期，代入數據解得：T＝πs
粒子在磁場中做圓周運動轉過的圓心角α＝2θ，粒子在磁場中的運動時間t
粒子進入磁場時與豎直方向的夾角θ越大，粒子在磁場中的運動時間越長，
粒子在電場中的豎直分位移越小，粒子進入磁場時的豎直分速度vy越小，粒子進入磁場時速度方向與豎直方向的夾角θ越大
粒子從O點水平進入磁場時粒子在磁場運動的時間最長，θmax，最長運動時間tmaxss，故B錯誤；
C、粒子進入磁場時的速度大小v，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律得：qvB＝m
根據幾何關系可知，粒子離開磁場時縱坐標的絕對值Y＝2rsinθ
代入數據解得：Y＝1m，所有的粒子出磁場的位置在y軸上的坐標都為﹣1m，故C正確；
D、粒子進入磁場時與豎直方向的夾角θ越小，粒子在磁場中的運動時間越短，粒子在電場中的豎直分位移越大，粒子進入磁場時的豎直分速度vy越大，粒子進入磁場時速度方向與豎直方向的夾角θ越小，因此粒子從O點進入磁場到從（1，0.5）點發射進入磁場中運動的時間最短
粒子在電場中做類平拋運動，水平方向：1＝v0t，豎直方向：0.5t，其中：tanθ，解得：
粒子在磁場中的最短運動時間tminss，故D正確。
故選：ACD。
（多選）（2022秋 沈陽期末）如圖所示，在xOy平面的第Ⅱ象限內有半徑為R的圓分別與x軸、y軸相切于P、Q兩點，圓內存在垂直于xOy面向外的勻強磁場。在第Ⅰ象限內存在沿y軸負方向的勻強電場，電場強度為E。一帶正電的粒子（不計重力）以速率v0從P點射入磁場后恰好垂直y軸進入電場，最后從M（3R，0）點射出電場，出射方向與x軸正方向夾角為α，且滿足α＝45°。下列判斷中正確的是（　　）
A．粒子在磁場中運動的軌跡半徑為2R
B．磁場的磁感應強度大小為
C．帶電粒子的比荷
D．帶電粒子運動經過y軸的縱坐標值為1.5R
【解答】解：CD、粒子恰好垂直y軸進入電場，粒子在電場中做類平拋運動
在M處，vy＝v0tanα，由牛頓第二定律得：qE＝ma
在M處粒子的豎直分速度：vy＝at3
水平位移：3R＝v0t3，豎直方向：y
解得：，y＝1.5R，故CD正確；
AB、粒子運動軌跡如圖，設O1為磁場的圓心，O2為粒子軌跡圓心，P′為粒子射出磁場的位置，如圖所示
速率v0從P點射入磁場后恰好垂直y軸進入電場，
P′O2∥PO1，其中O2P′＝O2P，O1P′＝O1P，則ΔO1PP′≌O2PP′，
那么四邊形O1O2P′P，是菱形，
因此粒子的軌道半徑為：r＝R
粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力：qv0B＝m
解得磁感應強度大小：B，故AB錯誤；
故選：CD。
（2023 株洲三模）如圖所示，第一、二象限存在垂直于xOy平面向里的磁感應強度為B1（大小未知）的勻強磁場，第三象限存在沿y軸正方向的勻強電場E，x軸負方向與x軸重合存在一特殊的薄膜，帶電粒子每次穿過薄膜時電荷量不變，但速度減為原來的a（a＜1）倍。現有一質量為m、電量為q的帶正電粒子從y軸上A（0，L）處平行于x軸負方向以速度v0射入第二象限，粒子從x軸負半軸上的C點平行于y軸負方向射出，不計粒子重力，帶電粒子可視為點電荷。
（1）求磁感應強度B1的大小；
（2）x軸負方向C處左邊有一接收裝置D（未畫出），為了接收到該粒子，求D的橫坐標的可能值xD以及D離坐標原點O的最遠距離xDmax。
【解答】解：（1）根據題意，由牛頓第二定律有
由幾何關系得R＝L
解得
（2）粒子從C處向下穿過薄膜，進入電場中減速后再反向加速，再一次經過C處時速度
經過第二象限半圓后再次經過x軸時到達C1點時，
則D點橫坐標
粒子從C1點再向下穿過薄膜，返回C1處時
則粒子圓周運動的半徑為
則D點橫坐標
故D的橫坐標為
D點離坐標原點最遠的距離為當k取無窮大時
答：（1）磁感應強度B1的大小為；
（2）x軸負方向C處左邊有一接收裝置D（未畫出），為了接收到該粒子，D的橫坐標的可能值為為，D離坐標原點O的最遠距離為。
模塊三 鞏固提高
（2023春 高密市校級期末）在“質子療法”中，質子先被加速到具有較高的能量，然后被引向轟擊腫瘤，殺死細胞。如圖所示，質量為m、電荷量為q的質子從極板A處由靜止加速，通過極板A1中間的小孔以射出，然后從坐標系xOy中的B點（0，d）平行于x坐標軸進入yOP區域，該區域充滿沿y軸負方向的勻強電場，電場強度為E，OP與x軸夾角α＝30°。質子在電場中偏轉垂直擊中邊界OP的C點（圖中未標出）。取質子比荷為，d＝0.5m，不計重力作用。求：
（1）極板AA1間的加速電壓U；
（2）B、C兩點電勢差UBC；
（3）電場強度E的大小。
【解答】解：（1）質子在極板AA1間加速，由動能定理得：
解得：U＝5×105V
（2）質子在電場中偏轉垂直擊中邊界OP的C點，如圖
則質子到達C點時的速度為：
解得：v＝2×107m/s
質子從B點到C點由動能定理得：
解得：
（3）質子在電場中運動到達OP上的C點時間為t，豎直方向速度為vy，水平位移為x，豎直位移為y，加速度為a。由運動學公式有
x＝x0t
vy＝at
由幾何關系得
解得：
y＝0.3m
由，解得：E＝5×106V/m
答：（1）極板AA1間的加速電壓U為5×105V；
（2）B、C兩點電勢差UBC為1.5×106V；
（3）電場強度E的大小為5×106V/m。
（2023 鄭州模擬）如圖所示，在xOy平面內，x軸與MN邊界之間有垂直紙面向里的勻強磁場，磁場區域的寬度為d，x軸下方和MN邊界上方的空間有兩個勻強電場，場強大小均為E，方向與y軸平行。t＝0時刻，一質量為m、電荷量為+q的粒子從O點射入磁場，速度大小為v，方向與x軸正方向夾角為60°，然后恰好垂直于MN邊界進入上方電場，粒子重力不計。求：
（1）勻強磁場的磁感應強度大小B；
（2）粒子第一次經過MN邊界時的位置坐標；
（3）粒子射出以后經過x軸的時刻t。
【解答】解：（1）垂直于MN邊界進入上方電場，運動軌跡如圖所示。
設粒子運動軌道半徑為r，由幾何關系可得rcos60°＝d
粒子在磁場中做勻速圓周運動
解得磁感應強度
（2）如圖所示，由幾何關系可知
第一次經過MN邊界時沿x方向運動距離x＝r﹣rsin60°
解得
該點位置坐標為
（3）粒子在磁場中的運動周期
每次通過磁場的時間
粒子在電場中運動滿足qE＝ma
粒子在MN上方電場中做勻變速直線運動，設往返通過電場的時間為t2，由題意可得
2v＝at2
解得
粒子在x軸下方電場中做類拋體運動，設粒子每次通過電場的時間為t3，由題意可得
2vsin60°＝at3
解得
粒子接下來重復周期性運動，周期T＝2t1+t2+t3
則由題意可知，粒子由x軸上方磁場經過x軸的時刻滿足t＝n（2t1+t2+t3）﹣t3
解得
粒子由x軸下方電場經過x軸的時刻滿足t＝n（2t1+t2+t3）
解得
答：（1）勻強磁場的磁感應強度大小為；
（2）粒子第一次經過MN邊界時的位置坐標為；
（3）粒子射出以后經過x軸的時刻為。
（2023 武昌區校級模擬）如圖所示，在空間直角坐標系中，yOz平面左側存在沿z軸正方向的勻強磁場，右側存在沿y軸正方向的勻強磁場，左、右兩側磁場的磁感應強度大小相等；yOz平面右側還有沿y軸負方向的勻強電場。現從空間中坐標為的M點發射一質量為m，電荷量為+q的粒子，粒子的初速度大小為v0、方向沿xOy平面，與x軸正方向的夾角為60°；經一段時間后粒子恰好垂直于y軸進入yOz平面右側，軌跡上離yOz平面最遠的點恰好落在xOz平面上，不計粒子的重力。求：
（1）在yOz平面左側勻強磁場的磁感應強度B；
（2）在yOz平面右側勻強電場的電場強度E；
（3）粒子第2次經過yOz平面時的位置坐標。
【解答】解：（1）粒子在yOz平面做勻速圓周運動，設其軌跡半徑為r1，如下圖所示：
由幾何關系可得：
根據牛頓第二定律有：
解得左側勻強磁場的磁感應強度：
（2）粒子第一次經過y軸后，粒子的運動可分解為沿﹣y方向的勻加速直線運動和平行于yOz平面的勻速圓周運動（其線速度大小等于v0，運動半徑等于r1）。已知軌跡上離yOz平面最遠的點恰好落在xOz平面上，可知粒子到達xOz平面上時勻速圓周分運動恰好運動了圓周，則所用時間為：
沿﹣y方向分運動的位移為：r1﹣r1cos60°＝d
則有：d
解得：
（3）粒子第2次經過yOz平面時勻速圓周分運動恰好運動了半個圓周，則所用時間為：
對于沿﹣y方向的勻加速直線運動，因在xOz平面上方和下方用時間相等，在xOz平面下方的位移是上方的3倍，即為3d，可知y軸的位置坐標為：y＝﹣3d
z軸的位置坐標為：z＝2r1＝4d
x軸的位置坐標為：x＝0
可得粒子第2次經過yOz平面時的位置坐標為（0，﹣3d，4d）。
答：（1）在yOz平面左側勻強磁場的磁感應強度B為；
（2）在yOz平面右側勻強電場的電場強度E為；
（3）粒子第2次經過yOz平面時的位置坐標為（0，﹣3d，4d）。
（2023 瓊山區校級三模）如圖所示，在直角坐標系xOy的第一象限區域中，有沿y軸正方向的勻強電場，電場強度的大小為E＝kv0。在第二象限有一半徑為R＝b的圓形區域磁場，圓形磁場的圓心O1坐標為（﹣b，b），與兩坐標軸分別相切于P點和N點，磁場方向垂直紙面向里。在x＝3b處垂直于x軸放置一平面熒光屏，與x軸交點為Q。大量的電子以相同的速率v0在紙面內從P點進入圓形磁場，電子的速度方向在與x軸正方向成θ角的范圍內，其中沿y軸正方向的電子經過磁場到達N點，當速度與x軸正方向成θ＝120°角的電子經過磁場后到達y軸上M點。忽略電子間的相互作用力，不計電子的重力，電子的比荷為。求：
（1）圓形磁場的磁感應強度大小；
（2）M點的坐標；
（3）電子打到熒光屏上距Q點的最遠距離。
【解答】解：（1）由于速度沿y軸正方向的電子經過N點，因而電子在磁場中做圓周運動的半徑為：r＝b
根據洛倫茲力提供向心力，則有：
電子的比荷為
解得：B＝k
（2）速度與x軸正方向成θ角的電子在磁場中做圓周運動的圓心為O′，電子離開磁場時的位置為P′，連接PO1P′O′可知該四邊形為菱形，如圖甲所示。
由于PO1豎直，因而軌跡半徑P′O′也為豎直方向，電子離開磁場時速度一定沿x軸正方向。
由圖甲可知P′的軸坐標y＝bsin（θ﹣90°）+b
當θ＝120°時，解得y＝1.5b
可得M點的坐標是（0，1.5b）。
（3）由（2）可知，所有的電子以平行于x軸正方向的速度進入電場中做類平拋運動。設電子在電場中運動的加速度為a，運動的時間為t，豎直方向位移為y，水平方向位移為x，則有
x＝v0t
由牛頓第二定律得
eE＝ma
已知：E＝kv0
聯立解得：
設電子最終打在熒光屏的點距Q點為H，如圖乙所示
設電子射出電場時的速度與x軸正方向的夾角為α，有vy＝at
可得：
由幾何關系得：H＝（3b﹣x）tanα＝（3）
當
即時，且，故H有最大值，且為：
答：（1）圓形磁場的磁感應強度大小為k；
（2）M點的坐標為（0，1.5b）；
（3）電子打到熒光屏上距Q點的最遠距離為。
（2023 黃埔區三模）“質子治療”是用氫原子核，也就是將質子加速到具有較高的能量，通過某裝置引導，到達靶向腫瘤部位，用于人體關鍵部位的癌癥治療。如圖所示，質量為m、電荷量為q的質子從極板A處由靜止加速，通過極板A1中間的小孔后進入速度選擇器，并沿直線運動。速度選擇器中的勻強磁場垂直紙面向里，磁感應強度大小為B0＝0.1T，極板CC1間的電場強度大小為E0＝1×106N/C。坐標系xOy中yOP區域充滿沿y軸負方向的勻強電場Ⅰ且電場強度E1＝5×106N/C，xOP區域充滿垂直紙面向外的勻強磁場Ⅱ，OP與x軸夾角α＝30°。勻強磁場Ⅱ的磁感應強度大小B1，且1T≤B1≤1.5T。質子從（0，d）點進入電場I，并垂直OP經Q點（圖中未標出）進入磁場Ⅱ。取質子比荷為C/kg，d＝0.5m。求：
（1）極板AA1間的加速電壓U；
（2）Q點位置坐標；
（3）質子能到達x軸上的區間的長度L（結果用根號表示）。
【解答】解：（1）質子進入速度選擇器中的速度為v0，由力的平衡得：qv0B0＝qE0
代入數據可得：
在加速電場中，由動能定理有：
代入數據聯立得：U＝5×105V
（2）質子進入電場做類平拋運動，由題意：
而根據牛頓第二定律知：
所以到達Q點的時間：t
代入數據可得：ts
所以水平位移：x＝v0t＝1×107mm
豎直位移：ym＝0.3m
則Q點坐標（m，0.2m）。
（3）質子進入磁場的速度為v，則vm/s＝2×107m/s
質子在磁場中運動半徑為R，由牛頓第二定律有：
將B的最大值和最小值代入可得到半徑的范圍是：
由幾何關系有：OQm＝0.4m，QN＝d﹣y＝0.5m﹣0.3m＝0.2m
當R2＝0.2m，質子恰好從N點飛出，當，質子恰好與x軸相切
故質子能到達x軸上的區間長度：L＝R1cos30°mm
答：（1）極板AA1間的加速電壓U為5×105V；
（2）Q點位置坐標為（m，0.2m）；
（3）質子能到達x軸上的區間的長度L為。
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