专题提升Ⅳ 带电粒子在组合场中的运动（解析版）.docx

1、专题提升 带电粒子在组合场中的运动模块一 知识掌握 知识点一带电粒子在组合场中的运动电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或者电场、磁场分时间段在同一区域或不同区域交替出现【重难诠释】1解决带电粒子在组合场中的运动所需知识类型1 磁场与磁场的组合例题1 （2023春新吴区校级期中）如图所示，在x轴上方存在方向垂直坐标平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在x轴下方存在方向垂直坐标平面向外、磁感应强度大小为B2的匀强磁场。一带负电的粒子（不计重力）从原点O以与x轴正方向成30角的速度v射入磁场，其在x轴上方做圆周运动的半径为R。则（）A粒子经偏转过程一定能回到原点OB粒子完成一次周期性运动的

2、时间为2R3vC粒子射入磁场后，第二次经过x轴时与O点的距离为3RD粒子在x轴上方和下方的磁场中运动的轨迹半径之比为1：3【解答】解：A、由左手定则，可以判断带负电粒子在x轴上方做顺时针方向圆周运动，到达x轴下方后以x轴成30，由于磁场方向发生变化，则其旋转方向也将发生变化，即逆时针方向旋转，所以带电粒子与x轴的交点将向x轴正方向偏移，如图所示，所以粒子不会到达坐标原点，故A错误；BD、粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvBmv2r，解得：r=mvqB粒子在x轴上方做圆周运动的半径为r1R，则粒子在x轴下方磁场中运动的半径为r22R粒子在x轴上方和下方的磁场中运动

3、的轨迹半径之比为1：2根据几何关系可知，粒子在上方磁场和下方磁场轨迹对应的圆心角均为60，所以带电粒子在上、下完成一次周期性运动的时间为：T=603602Rv+6036022Rv=Rv，故BD错误；C、粒子运动轨迹如上图所示，粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进距离为：x2Rcos60+22Rcos603R，故C正确。故选：C。例题2 （2021贵州模拟）如图所示，OA、OC和OD分别是方向均垂直纸面向外的匀强磁场、的边界，OC与OA、OD的夹角均为60。一不计重力的带正电粒子以某一速度沿纸面垂直OA边界进入磁场，并恰好垂直OC边界进入磁场。若磁场、的磁感应强度之比为1：2，则粒子射出磁场

4、时的方向与OD边界的夹角为（）A30B45C60D90【解答】解：由于带正电的粒子以某一速度沿纸面垂直OA边界进入磁场，并恰好垂直OC边界进入磁场，则粒子在磁场中运动轨迹的圆心为O点，根据牛顿第二定律有：qvB=mv2R 解得：r=mvqB由于磁场、的磁感应强度之比为1：2，故粒子在磁场中轨迹圆半径的12，由此得出粒子的运动轨迹如图，由几何关系可得，粒子离开磁场时速度与OD边界的夹角为30，故A正确，BCD错误。故选：A。例题3 （2023宜宾模拟）如图所示，L1和L2为两条平行的磁场边界线，L1上方和L2下方都是垂直纸面向里，范围足够大，且磁感应强度相同的匀强磁场，L1和L2之间无磁场；A、

5、B两点是L2上相距一定距离的两点。带电粒子从A点以初速度v0与L2成30角斜向右上方射出，经过偏转后正好过B点，不计重力，下列说法正确的是（）A该粒子一定是带正电B该粒子经过B点时的速度一定跟在A点时的速度相同C若只稍微增大该粒子在A点的初速度，它将仍可能经过B点D若只将该粒子在A点的初速度方向改为与L2成60角斜向右上方，它将不可能经过B点【解答】解：AB粒子在磁场中的运动轨迹的可能情况如下图所示由粒子运动轨迹可知，粒子可能带正电也可能带负电，且粒子经过B点时的速度一定跟在A点时的速度大小相等，而速度方向可能相同，也可能不同，故AB错误；C若只稍微增大该粒子在A点的初速度，但保持方向不变，粒

6、子仍可能经过B点，故C正确；D设L1与L2之间的距离为d，则A到B的距离为x=2dtan 若将带电粒子在A点时的初速度方向改为与L2成60角斜向右上方，经过多个周期后仍有可能经过B点，故D错误。故选：C。类型2 电场与磁场的组合例题4 （2023井冈山市一模）如图所示，金属板M、N正对水平放置，相距为d，绝缘水平挡板P与M、N的尺寸相同，N接地（接地电势为零），M板的电势为（0），N、P间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B；质量为m、电荷量为q（q0）的粒子自N的左上方、距离N为h的位置由静止释放，通过小孔S后粒子恰好不能打到挡板P上，不计粒子重力，则粒子通过小孔时的速度大小v和N、

7、P间的距离L分别为（）Av=2qhmd，L=1B2hmqdBv=2qhmd，L=1BhmqdCv=qhmd，L=1B2hmqdDv=qhmd，L=1Bhmqd【解答】解：M、N间的电场方向竖直向下，场强大小为E=Ud=d设粒子第一次到达N时的速度大小为v，粒子在电场中运动过程，由动能定理得：qEh=12mv2-0解得：v=2qhmd粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛第二定律得：qvBmv2r解得：r=1B2hmqd通过小孔S后粒子恰好不能打到挡板P上，则粒子运动轨迹与P板相切，则板间距离Lr=1B2hmqd，故A正确，BCD错误。故选：A。例题5 （多选）（2023新华区校级

8、开学）如图所示，在两个边长均为2L的正三角形区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，左右两侧有平行于MN、PQ的匀强电场（电场强度大小未知）。质量为m、带电荷量为+q的带正电粒子（不计重力），由电场中a1点由静止释放，恰好从OM边的中点进入磁场区域。已知经过下方磁场区域后，粒子能从OP的中点进入左侧电场，最终能从PQ上某点沿垂直PQ边界方向射出磁场区域，则下列说法正确的是（）A电场强度大小为3B2qL4mB从a1到OM中点的距离为L2C从释放到从PQ边界出磁场，粒子运动的时间为2mBqD带电粒子在磁场中运动时的速度大小为BqL2m【解答】解：由题意作出带电粒子的运动轨述如图所示，

9、AB.从a1到b有qExa1b=12mv02由数学知识可得，从b到c的运动轨迹所对的圆心角为60，则粒子在c点时速度方向与水平方向间的夹角也为60，从c到d，粒子在电场中做类斜上抛运动，有（v0sin60）txOcsin60atv0cos60a=qEm结合上述分析可得E=3B2qL4mxa1b=L2故AB正确；C.粒子从a1点释放，到最终从f出磁场，所用的时间t总3ta1b+2tbc+tcd+tef得t总=(7+163)m6Bq故C错误；D、粒子从a1到b做匀加速直线运动，从b到c做圆周运动，从c到d做类斜上抛运动，从d到c做圆周运动，从e到a2再到c做匀变速直线运动，从e到f的运动为14圆周

10、运动，由几何关系可得，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为rLsin60=32L由洛伦兹力提供向心力有Bqv0mv02r故v0=3BqL2m故D错误。故选：AB。例题6 （多选）（2022秋邯郸期末）如图所示，位于竖直平面内的平面直角坐标系xOy的第一象限内有一抛物线，如图中虚线所示，其方程为y0.5x2，虚线上方（包含虚线）存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E1N/C，第三象限内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B2T。在抛物线的下方0y0.5m的区域有大量质量m6.0106kg、电荷量q+6.0106C的粒子以相同的初速度v0平行于x轴射入电场，最后均经过O点进入磁场，不计粒

11、子的重力，则下列判断正确的是（）Av01m/sB粒子在磁场中运动的最长时间为34sC所有的粒子出磁场的位置在y轴上的坐标都为1mD粒子在磁场中运动的最短时间为4s【解答】解：A、粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：xv0t竖直方向：y=12at2，由牛顿第二定律得：qEma其中y0.5x2，代入数据解得：v01m/s，故A正确；B、设粒子进入磁场时的速度大小为v，与y轴负方向的夹角为，粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=2Rv=2mqB，代入数据解得：Ts粒子在磁场中做圆周运动转过的圆心角2，粒子在磁场中的运动时间t=2T=T粒子进入磁场时与竖直方向

12、的夹角越大，粒子在磁场中的运动时间越长，粒子在电场中的竖直分位移越小，粒子进入磁场时的竖直分速度vy越小，粒子进入磁场时速度方向与竖直方向的夹角越大粒子从O点水平进入磁场时粒子在磁场运动的时间最长，max=2，最长运动时间tmax=2s=2s，故B错误；C、粒子进入磁场时的速度大小v=v0sin，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：qvBmv2r根据几何关系可知，粒子离开磁场时纵坐标的绝对值Y2rsin代入数据解得：Y1m，所有的粒子出磁场的位置在y轴上的坐标都为1m，故C正确；D、粒子进入磁场时与竖直方向的夹角越小，粒子在磁场中的运动时间越短，粒子在电场中的竖

13、直分位移越大，粒子进入磁场时的竖直分速度vy越大，粒子进入磁场时速度方向与竖直方向的夹角越小，因此粒子从O点进入磁场到从（1，0.5）点发射进入磁场中运动的时间最短粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：1v0t，竖直方向：0.5=vy2t，其中：tan=v0vy，解得：=4粒子在磁场中的最短运动时间tmin=4s=4s，故D正确。故选：ACD。知识点二“电偏转”与“磁偏转”的比较【重难诠释】电偏转磁偏转偏转条件只受恒定的静电力FqEvE进入匀强电场只受大小恒定的洛伦兹力FqvBvB进入匀强磁场运动轨迹抛物线圆弧求解方法利用类平抛运动的规律xv0t，yat2，a，tan 利用牛顿第二定律、向心力公

14、式有r，T，t例题7 （2023西宁模拟）如图所示，在xOy平面内的第二象限有一个圆形匀强磁场区域，其边界与x轴相切于A（-23m，0）点，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B1T，磁场区域的半径为R2m，第一象限内有一条抛物线OQP（图中虚线所示），P（4m，0）是x轴上的一点，抛物线OQP上方存在沿y轴负方向的匀强电场，场强E3103V/m，从A点向第二象限发射大量带正电的某种粒子，粒子的速率均为v0（未知），质量均为m2107kg，电荷量均为q1104C，所有粒子均可到达P点，不计粒子的重力和粒子间的相互作用。（1）已知粒子1沿与x轴正方向成160的方向进入磁场后平行于x轴从磁场中

15、射出，求初速度v0的大小；（2）粒子2沿与x轴正方向成2120的方向进入磁场，求它从A点运动到P点所用的时间t（结果保留2位有效数字）；（3）求电场的边界线OQP的轨迹方程。【解答】解：（1）设磁磁场圆心为O1，粒子1在磁场中运动轨迹的半径为r，圆心为O2，从磁场边界上的C点飞出，如下图所示，由几何关系可知四边形O1AO2C为菱形，故有：rR由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力：qv0B=mv02r联立代入数据解得：v0=1103m/s（2）设粒子2在磁场中运动轨迹的圆心为O3，它从D点平行于x轴射出磁场，延长DO3与x轴相交于E点，DE垂直于x轴，如下图所示，AO3D120O3AE30粒子2在

16、磁场中运动的周期：T=2rv0=221103s=4103s它在磁场中运动的时间：t1=120360T=4310-3sD点的横坐标：xDxA+rcosO3AE=-23m+232m=-3mD点到P点沿x轴方向的位移为：xxPxD4m（-3m）（4+3）m粒子2从D点到P点在沿x轴方向上做匀速直线运动，所用时间：t2=xv0=4+31103s（4+3）s所以：t=t1+t2=9.910-3s（3）由几何关系可知所有粒子都平行于x轴进入电场，如下图所示设某个粒子在电场中运动的时间为t0，加速度为a，到达抛物线OQP时的坐标为（x，y），此时粒子速度为v，沿y轴方向的分速度大小为vy，x轴方向上匀速直线

17、运动：xv0t0y轴方向上由牛顿第二定律有：qEma代入数据解得：a1.5106m/s2而竖直方向的速度：vyat0由三角形相似可得：vyv0=yxp-x联立以上几式解得：y1.5x2+6x（m）（0x4m）答：（1）初速度v0的大小为1103m/s；（2）粒子子2从A点运动到P点所用的时间t为9.9103s；（3）电场的边界线OQP的轨迹方程为y1.5x2+6x（m）（0x4m）。例题8 （2023厦门一模）如图所示，、为匀强电场和匀强磁场的理想边界，一束带负电粒子由静止状态从P点经过、间的电场加速后垂直边界到达Q点，再经、间的磁场偏转后从边界穿出，且粒子从磁场边界穿出时速度方向与粒子入射磁

18、场方向的夹角为30。已知有界匀强磁场的磁感应强度大小为B，磁场宽度为d。粒子质量为m，电荷量为q，粒子的重力不计。求：（1）粒子在磁场中运动时速度的大小；（2）粒子在磁场中运动的时间t；（3）P、Q两点间的电势差UPQ。【解答】解：（1）由题意可知，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，如图所示，由几何关系知，粒子在磁场中运动半径R2d，由牛顿第二定律可得qvB=mv2R 解得v=2qBdm（2）粒子在磁场中运动的周期为T=2Rv=2mqB则有t=30360T=1122mqB=m6qB（3）带电粒子在P、Q电场中加速，由动能定理可得qU=12mv2-0解得U=2qB2d2m可得UPQ=-U=-2qB

19、2d2m答：（1）粒子在磁场中运动时速度的大小为2eBdm；（2）粒子在磁场中运动的时间为m6qB；（3）P、Q两点间的电势差为UPQ=-2qB2d2m。例题9 （2023湖北模拟）如图所示，在Oxyz坐标系中，yOz左、右侧空间分别有沿y轴正方向的匀强电场和沿x轴负方向磁感应强度为B的匀强磁场；足够大的平面MN与x轴垂直，距O点距离L0=8mv03qB，现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P(-L，-32L，0)点沿x轴正方向以初速度v0射入匀强电场，恰好过O点并进入右侧空间，不计粒子的重力和边界效应，求：（1）匀强电场场强E的大小；（2）粒子进入磁场后在yOz平面内做圆周运动的半径；（

20、3）粒子打到平面MN上的位置坐标。【解答】解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，则沿+x方向匀速运动有：Lv0t沿+y方向匀加速运动有：32=12Eqmt2联立解得：E=3mv02qL（2）过O点的速度分解为vx和vy，其中：Lvxtv0t，而32L=vy2t从而解得：vy=3v0粒子进入磁场后，在沿x轴方向上以v0做匀速直线运动，在yOz平面内做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，可得：qBvy=mvy2R变形解得：R=3mv0Bq（3）粒子做圆周运动的周期为：T=2Rvy=2mqB粒子打到平面MN上所经历的时间为t，则：t=L0v0=8m3qB所以：tT=8m3qB2mqB=43即t=43T经过

21、整周期粒子又回到了x轴，即打在MN板时，相当于转动13T所在的位置，由几何关系可知：yRsin60=3mv0qB32=3mv02qBzR+Rcos60=3mv0qB（1+12）=33mv02qB则粒子打到平面MN上的位置坐标为（L0，y，z），即(8mv03qB，3mv02Bq，33mv02Bq)。答：（1）匀强电场场强E的大小为3mv02qL；（2）粒子进入磁场后在yOz平面内做圆周运动的半径为3mv0qB；（3）粒子打到平面MN上的位置坐标为(8mv03qB，3mv02Bq，33mv02Bq)。模块二 巩固提高 1. （多选）（2022秋楚雄州期末）如图所示，边长为L的等边三角形ACD为两

22、有界匀强磁场的理想边界，三角形区域内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，三角形区域外（含边界）的磁场（范围足够大）方向垂直纸面向里，磁感应强度大小也为B。把粒子源放在顶点A处，它将沿A的角平分线方向发射质量为m、电荷量为q、初速度为v0的带电粒子（不计重力），粒子恰能运动到C点。关于粒子从A点运动到C点的过程，下列说法正确的是（）A若粒子带负电，则初速度v0一定为qBLmB若粒子带负电，则粒子运动的时间可能是mqBC若粒子带正电，且初速度v0=qBLm，则粒子运动到C点的时间为2mqBD若初速度v0=qBL2m，则粒子一定带负电【解答】解：AB、粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子带负电由

23、A点开始先做逆时针偏转。粒子恰能运动到C点的可能的运动轨迹如图1所示，带负电粒子可以AC边两侧反复偏转后到达C点。由几何关系可得粒子每一段圆弧轨迹的圆心角均为60，粒子的运动半径满足：r=Ln（n为偏转的次数），由洛伦兹力提供向心力得：qBv0mv02r解得：v0=qBLnm，（n1、2、3）；粒子运动周期T=2rv0=2mqB，带负电粒子到达C点所有圆弧轨迹总的圆心角为n60，到达C点的时间为：t=n60360T=nm3qB，当n3时，t=mqB故A错误，B正确；C、若粒子带正电，且初速度v0=qBLm，同理，由洛伦兹力提供向心力可得到粒子运动半径为：R=mv0qB=L，粒子带正电由A点开始

24、先做顺时针偏转。粒子运动到C点的运动轨迹如图2所示：根据几何关系可知，两段圆弧轨迹的圆心角之和为360，即粒子恰好经过一个周期到达C点，则粒子运动到C点的时间为：tT=2mqB，故C正确；D、若粒子的初速度v0=qBL2m，同理可得运动半径为：r=L2图1中的蓝色轨迹对应的运动半径为L2，可知粒子带负电可满足要求。若粒子带正电，粒子的运动轨迹如图3所示：可知粒子带正电也可满足要求，故D错误。故选：BC。2. （多选）（2022秋滨州期末）2022年6月2日，北京正负电子对撞机“撞”出里程碑式新发现。如图是对撞测量区的简化示意图，区磁感应强度大小为B，磁场边界MN平行于PQ、EF垂直于MN。正负

25、电子分别以相同速率、平行EF且垂直磁场的方向入射，由注入口C、D进入区，在区平行于EF方向上进行对撞。已知：注入口C、D到EF的距离均为d，边界MN和PQ的间距为4d，正、负电子的质量均为m，所带电荷量分别为e和e，且速率均为eBdm，电子重力不计，下列说法正确的是（）A正电子由注入口C注入对撞测量区B负电子由注入口C注入对撞测量区C区磁感应强度大小为BD正、负电子在对撞测量区经过时间2meB相撞【解答】解：AB正负电子在II区平行于EF方向上进行对撞，正负电子应向右偏转，由左手定则可知，从C入射的为负电子，从D入射的为正电子，故A错误，B正确；C根据洛伦兹力提供向心力有：evB=mv2d，可

26、得电子的速率v=eBdm，则电子在I区域的运动半径为r=mveB=d边界MN和PQ的间距为4d，两电子要在II区域平行于EF方向上进行对撞，则根据几何关系可知电子在II区域的运动半径为r2d粒子在磁场中轨迹如图所示所以II区磁感应强度大小为B，故C正确；D电子在I、II区域运动的周期均为T=2rv=2mBe正、负电子在对撞测量区相撞经过的时间t=214T=2142meB=meB故D错误。故选：BC。3. （2023海口三模）如图所示，初速度为0的电子先经一电压为U0的电场加速后从小孔S2垂直射入上下间距为d、长为l=32d的有界匀强磁场。已知小孔S2与上下边界等距，电子质量为m、电荷量为e、重

27、力忽略不计。下列说法正确的是（）A电子进入磁场时的速度大小为eU0mB若电子恰好从磁场右边界飞出，则磁感应强度的大小B=22meU05deC若电子恰好从磁场左边界飞出，则磁感应强度的大小B=2meU0deD只有磁感应强度B22meU05de时，电子才能飞出磁场【解答】解：A、设电子经电场加速后的速度大小为v0，由动能定理得：eU0=12mv02，解得电子进入磁场时的速度大小为：v0=2eU0m，故A错误；B、若电子恰好从磁场右边界飞出，画出运动轨迹如图所示。由几何关系可得：(R-d2)2+l2=R2，又电子在磁场中做匀速圆周运动，有：ev0B=mv02R，联立解得：B=22meU05de，故B

28、正确；C、若电子恰好从磁场左边界飞出，则R=d4，解得：B=42meU0de，故C错误；D、电子在有界磁场中运动可以从右边界飞出，也可以从左边界飞出，所以B22meU05de或B42meU0de时电子均可以飞出磁场，故D错误。故选：B。4. （2022秋市南区校级期末）在如图所示的空间里，存在沿y轴负方向、大小为B=4mqT的匀强磁场。有一质量为m、电量为q的带正电的粒子（重力不计），以初速度v0从O点沿x轴负方向运动，同时在空间加上平行于y轴的匀强交变电场，电场强度E随时间的变化如图所示（以沿y轴正向为E的正方向），则下列说法不正确的是（）At2T时粒子所在位置的x坐标值为0Bt=34T时粒

29、子所在位置的z坐标值为v0T2C粒子在运动过程中速度的最大值为2v0D在0到2T时间内粒子运动的平均速度为v02【解答】解：对粒子受力分析可知，粒子始终受到垂直于y轴的洛伦兹力和平行于y轴的电场力作用，所以粒子的运动可分解为在垂直于y轴的平面内做匀速圆周运动，其线速度为v0；在平行于y轴方向上做匀加速直线运动和匀减速直线运动。对垂直于y轴的匀速圆周分运动有：qv0B=mv02r解得圆周运动半径为：r=v0T4粒子做圆周运动的周期为：T0=2rv0=T2A、因t2T4T0，故圆周分运动的轨迹为四个圆周，粒子回到了y轴上，故粒子所在位置的x坐标值为0，故A正确；B、因t=34T=1.5T0，故圆周

30、分运动的轨迹为1.5个圆周，z轴坐标值为2r=v0T2，故B正确；C、对粒子在平行于y轴的分运动有：qEma，已知：E=2mv0qT，解得：a=2v0T在电场变化的第一个周期内的00.5T和0.5TT内，电场力等大反向，粒子做对称的先匀加速直线运动和后匀减速直线运动，在t0.5T时沿y轴正向速度达到最大，在电场变化的每个周期内粒子在平行于y轴的分运动是相同的，故在tnT+0.5T，（n0、1、2）的时刻粒子沿y轴正向速度均达到相同的最大值，最大值等于vym=a0.5T=2v0T0.5T=v0由运动的合成可得粒子在运动过程中速度最大值为：vm=v02+vym2=2v0，故C错误；D、在0到2T时

31、间内粒子圆周分运动的轨迹为四个圆周，粒子回到了y轴上，故只需要考虑y轴方向的位移即可，由粒子沿y轴运动的对称性与周期性，可得0到2T时间内沿y轴的位移就等于0到0.5T时间内沿y轴的位移的4倍，则有：sy=4vym20.5T=v0T则粒子运动的平均速度为v=sy2T=v02，故D正确。本题选择错误的选项，故选：C。5. （多选）（2023沙坪坝区校级模拟）如图所示，水平放置的一对长和间距均为L的平行金属板M，N，金属板的中线P，Q与磁场的左边界（虚线）的交点为Q。在金属板M，N的右边缘虚线a、b右侧存在着大小未知，垂直纸面向里的匀强磁场。质子以初速度v0从P点水平向右射入金属板中，恰好从极板边

32、缘（未与极板接触）射出金属板，经过磁场后恰好打到另一极板与磁场边界的交点处。已知质子的质量和电荷量分别为m、e，金属板间电场视为匀强电场，不计质子的重力，下列说法正确的是（）A金属板M、N间的电压U=mv022eB金属板M、N间的电压U=mv02eC匀强磁场的磁感应强度大小为2mv0eLD匀强磁场的磁感应强度大小为2mv0eL【解答】解：AB、质子在极板间运动过程，据牛顿第二定律得：eUL=ma质子做类平抛运动，水平方向：Lv0t竖直方向：12L=12at2联立解得金属板M、N间的电压为：U=mv02e，故A错误，B正确；CD、设质子离开极板时速度与水平方向的夹角为，可得进入磁场时的速度为v=

33、v0cos由几何关系可得：R=L2cos质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evB=mv2R解得匀强磁场的磁感应强度大小为B=2mv0eL，故C正确，D错误。故选：BC。6. （多选）（2022秋沈阳期末）如图所示，在xOy平面的第象限内有半径为R的圆分别与x轴、y轴相切于P、Q两点，圆内存在垂直于xOy面向外的匀强磁场。在第象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E。一带正电的粒子（不计重力）以速率v0从P点射入磁场后恰好垂直y轴进入电场，最后从M（3R，0）点射出电场，出射方向与x轴正方向夹角为，且满足45。下列判断中正确的是（）A粒子在磁场中运动的轨迹半

34、径为2RB磁场的磁感应强度大小为Ev0C带电粒子的比荷qm=v023RED带电粒子运动经过y轴的纵坐标值为1.5R【解答】解：CD、粒子恰好垂直y轴进入电场，粒子在电场中做类平抛运动在M处，vyv0tan，由牛顿第二定律得：qEma在M处粒子的竖直分速度：vyat3水平位移：3Rv0t3，竖直方向：y=vy22a解得：qm=v023RE，y1.5R，故CD正确；AB、粒子运动轨迹如图，设O1为磁场的圆心，O2为粒子轨迹圆心，P为粒子射出磁场的位置，如图所示速率v0从P点射入磁场后恰好垂直y轴进入电场，PO2PO1，其中O2PO2P，O1PO1P，则O1PPO2PP，那么四边形O1O2PP，是菱

35、形，因此粒子的轨道半径为：rR粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：qv0Bmv02r解得磁感应强度大小：B=3Ev0，故AB错误；故选：CD。7. （2023春嘉兴期末）如图所示，空间中有一半径为R、圆心处于O点的圆形匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。其底部A点有一电子源可向圆形磁场内各个方向内持续发射速度大小为v0，质量为m，电量为e的电子。圆形磁场右侧紧靠着一电子收集装置，该装置主要由长为2R、间距为2R的平行金属板MN和PQ构成，平行金属板中心轴线过磁场圆心O点，金属板之间加恒为UMN=mv02e的电压，PQ板接地，当电子碰到金属板立即被收集中和。未能收集的电子射出平行金属板后

36、会撞上另一收集装置BC板（足够长），B点在金属板右端点QN连线的延长线上，并与延长线的夹角为（可调）。不计电子之间的相互作用和场的边缘效应，则：（1）现要求所有电子均能平行进入金属板间，求磁感应强度B的大小；（2）若电子初速度满足（1）的条件且进入收集装置时在竖直方向分布均匀，单位时间内电子数为n，求平行金属板的收集效率和单位时间内电子减少的总电势能；（3）在（2）中未能收集的电子离开平行金属板后与BC板发生碰撞，要求电子垂直撞击BC板，应调整为多少？调整后与BC撞击的电子有60%被完全吸收，40%电子会被反弹，反弹后的速度大小减小为原来一半，求BC板受到的作用力大小。【解答】解：（1）当电子

37、在磁场中运动半径与磁场半径相等时，所有电子均能平行向右进入收集装置，有ev0B=mv02R 解得B=mv0eR （2）电子进入平行板后受向上电场力作用做类平抛运动，设恰好从N点出射的电子进入平行板时离MN距离为d，则有d=12at2 2Rv0t其中a=Eem UMN2ER解得dR即从中心轴线以上进入的电子全部被收集，中心轴线以下的电子不能被收集，收集效率50%因电子进入平行板时分布均匀，则中心轴线以上电子减少的电势能为Ep1=1212ne12UMN=nmv028 中心轴线以下电子减少的电势能为Ep2=12ne12UMN=nmv024 共减少的电势能Ep=Ep1+Ep2=3nmv028 （3）设末被平行板收集的电子离开平行板区域时速度与水平方向夹角为，则tan1解得45要让电子能够垂直撞击BC板，有45设电子与BC板发生碰撞时速度为v，由类平抛规律有v=v0cos45=2v0 由动量定理得F1t=12nmtv0.6 F2t=12nmt(12v+v)0.4 根据牛顿第三定律，BC板受到的作用大小F=F1+F2=325nmv0 答：（1）现要求所有电子均能平行进入金属板间，磁感应强度B的大小为mv0eR；（2）平行金属板的收集效率和单位时间内电子减少的总电势能为3nmv028；（3）要求电子垂直撞击BC板，应调整为45；BC板受到的作用力大小325nmv0。