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1、2013高考模拟新题特快专递第四期10专题十、带电粒子在电场磁场中的运动1（15分）如图所示，水平地面上有一辆固定有竖直光滑绝缘管的小车，管的底部有一质量m=0.2g、电荷量q =810-5C的小球，小球的直径比管的内径略小在管口所在水平面MN的下方存在着垂直纸面向里、磁感应强度B1= 15T的匀强磁场，MN面的上方还存在着竖直向上、场强E = 25V/m的匀强电场和垂直纸面向外、磁感应强度B2 =5T的匀强磁场现让小车始终保持v = 2m/s的速度匀速向右运动，以带电小球刚经过场的边界PQ为计时的起点，测得小球对管侧壁的弹力FN随高度h变化的关系如图所示g取10m/s2，不计空气阻力求：小球
2、刚进入磁场B1时加速度a的大小；绝缘管的长度L；小球离开管后再次经过水平面MN时距管口的距离xvMNB1EPQB2hOFN/10-3NL2.4解析：以小球为研究对象，竖直方向小球受重力和恒定的洛伦兹力f1，故小球在管中竖直方向做匀加速直线运动，加速度设为a，则（4分）在小球运动到管口时，FN2.4103N，设v1为小球竖直分速度，由，则（2分）由得（2分）小球离开管口进入复合场，其中qE2103N，mg2103N（1分）故电场力与重力平衡，小球在复合场中做匀速圆周运动，合速度与MN成45角，故轨道半径为R，（1分）小球离开管口开始计时，到再次经过MN所通过的水平距离（1分）对应时间（1分）小车
3、运动距离为x2，（1分）所以小球此时离小车顶端的距离为（1分）2（12分）（2013山东济南外国语学校测试）电量为q质量为m的负粒子，由静止从电场边界上O点进入如图所示的电场、磁场，电场强度为E，磁感强度为B，电场宽度为L，磁场足够大。（不计带电粒子重力）PQOB OLE（1）求带电粒子从O点出发后第一次到达电磁场边界时的速度；（2）求带电粒子从O点出发后到第二次到达电磁场边界时的时间；（3）求带电粒子从O点出发后到第三次到达电磁场边界过程中经过的路程。 【解析】（1），解得（3分）（2）在电场中：，（2分）；在磁场中：，（2分）（1分）（3）在电场中：（1分）；在磁场中：（2分）（1分）3（
4、20分）（2013安徽宿州泗县质检）带电粒子在AB两极板间靠近A板中央附近S处静止释放,在两极板电压中加速,从小孔P平行CD极板方向的速度从CD极板中央垂直进入偏转电场,B板靠近CD板的上边缘如图甲.在CD两板间加如图乙所示的交变电压,设时刻粒子刚好进入CD极板,时刻粒子恰好从D板的下边缘飞入匀强磁场,匀强磁场的上边界与CD极板的下边缘在同一水平线上,磁场范围足够大,加速电场AB间的距离,偏转电场CD间的距离及CD极板长均为,图象乙中和都为已知，带电粒子重力不计，不考虑电场和磁场边界影响.求:（1）加速电压？ （2）带电粒子进入磁场时的速度？（3）若带电粒子在时刻刚好从C极板的下边缘进入偏转电
5、场，并刚能返回到初始位置S处，？ （4）带电粒子全程运动的周期？ 解析：（20分）（1）设带电粒子进入偏转电场时的速度为，从偏转电场中射出的速度即由几何关系可知，在加速电场中，有 ，在偏转电场中，有所以：（2）带电粒子进入磁场时的速度大小为 ，速度方向和磁场边界成角。5分（3）带电粒子在磁场中， 有题可知 则5分带电粒子全程运动的周期：=5分4.(14分) （2013山东兖州质检）如图，竖直平面坐标系的第一象限，有垂直面向外的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，大小分别为B和E；第四象限有垂直面向里的水平匀强电场,大小也为；第三象限内有一绝缘光滑竖直放置的半径为的半圆轨道,轨道最高点与坐标原点相
6、切,最低点与绝缘光滑水平面相切于.一质量为的带电小球从轴上()的点沿轴正方向进入第一象限后做圆周运动,恰好通过坐标原点,且水平切入半圆轨道并沿轨道内侧运动,过点水平进入第四象限,并在电场中运动(已知重力加速度为).(1)判断小球的带电性质并求出其所带电荷量；(2)点距坐标原点至少多高；(3)若该小球以满足(2)中最小值的位置和对应速度进入第一象限,通过点开始计时,经时间小球距坐标原点的距离为多远？【解析】(1)小球进入第一象限正交的电场和磁场后,在垂直磁场的平面内做圆周运动,说明重力与电场力平衡.设小球所带电荷量为,则有: (1)解得: (2)又电场方向竖直向上故小球带正电. 3分(2)设匀速
7、圆周运动的速度为、轨道半径为由洛伦兹力提供向心力得: (3)小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道运动，则应满足： (4)由(3)(4)得： (5)即:的最小距离为： (6)5分 (3)小球由运动到的过程中设到达点的速度为,由机械能守恒得： (7)由(4)(7)解得： (8)小球从点进入电场区域后,在绝缘光滑水平面上作类平抛运动.设加速度为,则有:沿轴方向有： (9)沿电场方向有： (10)由牛顿第二定律得: (11)时刻小球距点为： 6分 5（2013福建厦门名校测试）右图中左边有一对平行金属板，两板相距为d电压为U；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里
8、。图中右边有一半径为R、圆心为O的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面朝里。一电荷量为q的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径EF方向射入磁场区域，最后从圆形区城边界上的G点射出已知弧FG所对应的圆心角为，不计重力求(1)离子速度的大小；(2)离子的质量【解析】(1)由题设知，离子在平行金属板之间做匀速直线运动，安所受到的向上的压力和向下的电场力平衡式中，是离子运动速度的大小，是平行金属板之间的匀强电场的强度，有由式得 (4分)(2)在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有式中
9、，和分别是离子的质量和它做圆周运动的半径。由题设，离子从磁场边界上的点G穿出，离子运动的圆周的圆心必在过E点垂直于EF的直线上，且在EG的垂直一平分线上(见右图)。由几何关系有(2分)式中，是与直径EF的夹角，由几何关系得联立式得，离子的质量为 (2分)6（12分）（2013福建厦门名校测试）如题25图所示，在xOy平面内，直线MN和y轴之间存在沿y轴负方向的匀强电场，在第象限和第I象限的射线DC右下区域存在垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度大小为B有一质量为m，带电量为+q的质点从电场左边界上的A点沿x轴正方向射入电场，A点与原点O的距离为d，质点到达y轴上P点时，速度方向与y轴负方向的夹角
10、为，P点与原点O的距离为h接着，质点进入磁场，从磁场边界OC上的Q点（未画出）离开磁场之后，又从y轴上的D点垂直于y轴进入电场，最后刚好回到A点不计质点的重力，求： （1）D点与原点O的距离； （2）粒子从A点射入的初速度v0； （3）粒子在磁场中的运动时间t解析： （1），类平抛：在P点时， （2分），类平抛：联解以上各式可得：（2分） （2）质点在磁场中运动时，轨迹如图所示。令粒子在磁场中运动的半径为R，据几何关系有： 解得：（2分） 据牛顿运动定律有： 解得：ks5u （2分） （3） ，粒子转过的圆心角：，（2分） 粒子运动的时间：（2分）7(18分) （2013广州调研）如图所示，在
11、光滑绝缘的水平面内，对角线AC将边长为L的正方形分成ABC和ADC两个区域，ABC区域有垂直于水平面的匀强磁场，ADC区域有平行于DC并由C指向D的匀强电场质量为m、带电量为+q的粒子从A点沿AB方向以v的速度射入磁场区域，从对角线AC的中点O进入电场区域（1）判断磁场的方向并求出磁感应强度B的大小（2）讨论电场强度E在不同取值时，带电粒子在电场中运动的时间tABCDOv解：（1）根据左手定则，可以判断磁场方向垂直纸面向里。设带电粒子在磁场中运动的半径为r，有：依题意，联立，解得：ks5u（2）设带电粒子恰好从D点离开电场时对应的电场强度为E0，则有：得：讨论：（i）当时，粒子从DC边离开电场
12、，此时粒子在电场中运动的时间为t1（ii）当时，粒子从AD边离开电场，此时粒子在电场中运动的时间为t2，有：得：评分说明：判断磁场方向及正确各给2分； 讨论（i）、（ii）每项正确给2分8（18分）（2013湖南衡阳五校联考）如图所示，在xoy第一象限内分布有垂直xoy向外的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.510-2T。在第二象限紧贴y轴和x轴放置一对平行金属板MN（中心轴线过y轴），极板间距d=0.4m；极板与左侧电路相连接，通过移动滑动头P可以改变极板MN间的电压。a、b为滑动变阻器的最下端和最上端（滑动变阻器的阻值分布均匀），a、b两端所加电压。在MN中心轴线上距y轴距离为L=0.4m处
13、，有一粒子源S沿x轴正方向连续射出比荷为，速度为v0=2.0104m/s带正电的粒子，粒子经过y轴进入磁场，经过磁场偏转后从x轴射出磁场（忽略粒子的重力和粒子之间的相互作用）。（1）、当滑动头P在a端时，求粒子在磁场中做圆周运动的半径R0；（2）、当滑动头P在ab正中间时，求粒子射入磁场时速度的大小；（3）、滑动头P的位置不同则粒子在磁场中运动的时间也不同，求粒子在磁场中运动的最长时间。解析：（18分）（1）当滑动头P在a端时，粒子在磁场中运动的速度大小为v0，根据圆周运动：qvB=m, 解得：R0=0.2m。 （2）当滑动头P在ab正中间时，极板间电压U=U/2，粒子在电场中做类平抛运动，设
14、粒子射入磁场时沿y轴方向的分速度为vy： qU/d=ma， vy=at， L=v0t ，粒子射入磁场时速度的大小设为v，v=- 解得：v=104m/s=2.1104m/s。 （注：可以证明当极板间电压最大时，粒子也能从极板间射出）（3）设粒子射出极板时速度的大小为，偏向角为，在 磁场中圆周运动半径为。根据速度平行四边形可得： 又：可得：粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图，圆心为，与x轴交点为D，设 ，根据几何关系： 又：可解得： 粒子在磁场中运动的周期为T：则粒子在磁场中运动的时间： 由此可知当粒子射入磁场时速度偏转角越大则粒子在磁场中运动的时间就越大，假设极板间电压为最大值U时粒子能射出电场，
15、则此粒子在磁场中运动的时间最长。由（2）问规律可知当滑动头P在b端时，粒子射入磁场时沿y方向的分速度： vym=104m/s y方向偏距：，说明粒子可以射出极板。此时粒子速度偏转角最大，设为：- 故粒子在磁场中运动的最长时间：代入数值得：（或）注：当电压最大为U时粒子能从极板间射出需要说明，若没有说明（或证明）扣1分；没有证明粒子射出电场的速度偏转角越大时，粒子在磁场中运动的时间就越长，不扣9（2013北京丰台期末）如图甲所示，两平行金属板A、B的板长l0.20 m，板间距d0.20 m，两金属板间加如图乙所示的交变电压，并在两板间形成交变的匀强电场，忽略其边缘效应。在金属板右侧有一方向垂直于
16、纸面向里的匀强磁场，其左右宽度D=0.40 m，上下范围足够大，边界MN和PQ均与金属板垂直。匀强磁场的磁感应强度B1.010-2 T。现从t0开始，从两极板左端的中点O处以每秒钟1000个的速率不停地释放出某种带正电的粒子，这些粒子均以vo2.0105 m/s的速度沿两板间的中线射入电场，已知带电粒子的比荷1.0108 C/kg，粒子的重力和粒子间的相互作用都忽略不计，在粒子通过电场区域的极短时间内极板间的电压可以看作不变求：(1) t0时刻进入的粒子，经边界MN射入磁场和射出磁场时两点间的距离；(2) 当两金属板间的电压至少为多少时，带电粒子不能进入磁场；(3) 在电压变化的第一个周期内有
17、多少个带电的粒子能进入磁场。 19解析： （1）t0时刻电压为零，粒子匀速通过极板由牛顿第二定律 （2分）得： （1分） 所以出射点到入射点的距离为 （1分）（2）考虑临界情况：粒子刚好不能射出电场对类平抛过程：， （3分）联立解得 （1分）（3）当时，粒子可以射出电场，根据比例关系得第一个周期内能够出射的粒子数为个（2分）10（18分）（2013陕西宝鸡期末质检）如图所示，有一对平行金属板M、N垂直纸面放置，两板相距为d，板间电压为U，金属板M、N间有垂直纸面向里，磁感应强度为B0的匀强磁场；在平行金属板右侧有一平行纸面的直角坐标系xOy，坐标轴Oy垂直于平行金属板，在其POy区域内有垂直纸
18、面向外，磁感应强度为B的匀强磁场，磁场边界OP与x轴正方向夹角为30；POx区域为无场区。一个带正电的粒子沿平行于金属板，垂直磁场方向射入两板间并做匀速直线运动，从H（0，h）点垂直于y轴进入第I象限，经OP上某点离开磁场，最后沿与x轴正向成60角的方向离开第I象限。求： （1）粒子在平行金属板间匀速运动的速率； （2）粒子的比荷； （3）若在POX区域加一个场强大小为E、方向与PO平行斜向下的匀强电场，使粒子刚好垂直于OX轴射出，其它条件不变，求粒子离开X轴的速度v以及在电场中运动的时间t 解：（1）设粒子的质量为m，在平行金属板间的速度为，平行板间场强为，依题意可得： （1）2分对于M、N
19、板间的匀强电场： （2）2分由（1）（2）解得 （3）1分（2）粒子在poy区域内做匀速圆周运动，设轨道半径为R，如图甲所示。由洛伦兹力充当向心力得 （4）2分由图可得：R=b. （5）1分由（3）（4）（5）解得： （6）2分（3）在POx区域加电场E后，粒子以速度垂直进入电场后做类平抛运动，如图乙建立坐标系Oxy，粒子射出电场时沿x正方向的速度v0与沿y正方向的速度的合速度v如图乙所示。由图乙可得： （7）2分 （8）2分又粒子在电场中运动的加速度： （9）2分由（3）（6）（8）（9）式联立可得： （10）2分11（18分）（2013河南开封一模）如图所示，一带电微粒质量为m=2.010
20、-11 kg、电荷量q=+1.010-5C，从静止开始经电压为U1=100V的电场加速后，水平进入丽平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角=60，并接着沿半径方向进入一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，微粒射出磁场时的偏转角也为=60。已知偏转电场中金属板长L=R，圆形匀强磁场半径R =cm，重力忽略不计。求： （1）带电微粒经加速电场后的速率； （2）两金属板间偏转电场的电场强度E； （3）匀强磁场的磁感应强度的大小。解析：（1）带电微粒经加速电场加速后速度为v1，根据动能定理，qU1=mv12，解得：v1=1.0104m/s。（2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动
21、，沿极板方向： v1=L/t。垂直极板方向：v2=at，a=qE/m，tan= v2/ v1，联立解得：E=2103V/m.（3）粒子进入磁场时的速度大小v=2.0104 m/s。由于粒子运动的对称性可知，入射速度方向过磁场区域圆心，则出射速度反向延长线过磁场区域圆心，粒子在磁场中运动轨迹如图所示，轨迹半径r=Rtan60=0.3m，由qvB=m解得B=0.13T。12.（15分）（2013广东佛山质检）如左图所示，水平光滑绝缘桌面距地面高h，x轴将桌面分为、两个区域。右图为桌面的俯视图，区域的匀强电场场强为E，方向与ab边及x轴垂直；区域的匀强磁场方向竖直向下。一质量为m，电荷量为q的带正电小球，从桌边缘ab上的M处由静止释放（M距ad边及x轴的距离均为l），加速后经x轴上N点进入磁场，最后从ad边上的P点飞离桌面；小球飞出的瞬间，速度如图与ad边夹角为60o。求：小球进入磁场时的速度；区域磁场磁感应强度的大小小球飞离桌面后飞行的水平距离。解析：.（1）小球在电场中沿MN方向做匀加速直线运动，此过程由动能定理，有 可得小球进入磁场时的速度 v方向x轴垂直。（2）小球进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图所示。由几何关系可得 又由洛仑兹力提供向心力，有 由式可得 （3）小球飞离桌面后做平抛运动，由平抛规律有 由式可得小球飞行的水平距离为 16