压轴题08 带电粒子在复合场、组合场中的运动（解析版）

1压轴题08带电粒子在复合场、组合场中的运动1.本专题是电磁场的典型题型之一，包括应用电场力洛伦兹力的知识解决实际问题。高考中经常在选择题中命题，更是在在计算题中频繁出现。2024年高考对于复合场、组合场的考查仍然是热点。2.通过本专题的复习，不仅利于完善学生的知识体系，也有利于培养学生的物理核心素养。3.用到的相关知识有:电场的知识,磁场的知识等。近几年的高考命题中一直都是以压轴题的形式存在，重点考查类型带电粒子在复合场中的运动，组合场中的运动等。解题要领归纳。考向一：带电体在磁场中的运动1.带电体在匀强磁场中速度变化时洛伦兹力往往随之变化，并进一步导致弹力、摩擦力等的变化，带电体将在变力作用下做变加速运动。2.利用牛顿运动定律和平衡条件分析各物理量的动态变化时要注意弹力为零的临界状态，此状态是弹力方向发生改变的转折点。考向二：带电粒子在叠加场中的运动1.三种场的比较力的特点功和能的特点重力场大小：G＝mg方向：竖直向下重力做功与路径无关；重力做功改变物体的重力势能大小：F＝qE方向：正电荷受力方向与场强方向相同，负电荷受力方向与电强方向相反电场力做功与路径无关；W＝qU；电场力做功改变电势能磁场大小：f＝qvB(v⊥B)方向：可用左手定则判断洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能2.分析的基本思路(1)弄清叠加场的组成。(2)进行受力分析，确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合。(3)画出粒子的运动轨迹，灵活选择不同的运动规律。2①由于洛伦兹力的大小与速度有关，带电粒子在含有磁场的叠加场中的直线运动一定为匀速直线运动，根据平衡条件列式求解。②当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，一定是电场力和重力平衡，洛伦兹力提供向心力，应用平衡条件和牛顿运动定律分别列方程求解。③当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解。考向三：带电粒子在组合场中的运动带电粒子在电场、磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场或从磁场到电场的运动。通常按时间的先后顺序将粒子的运动过程分成若干个小过程，在每一运动过程中从粒子的受力性质、受力方向和速度方向的关系入手，分析粒子在电场中做什么运动，在磁场中做什么运动。1.分析思路2.解题关键从一个场射出的末速度是进入另一个场的初速度，因此两场界面处的速度(大小和方向)是联系带电粒子在两场运动的桥梁，因此求解速度是重中之重。●题型01带电粒子在有界磁场中运动1.如图所示，在磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，有一足够长的绝缘细棒OO′在竖直面内垂直磁场方向放置，细棒与水平面间的夹角为α,一质量为m、带电荷量为＋q的圆环A套在OO′棒上，圆环与棒间的动摩擦因数为μ,且μ<tanα,重力加速度为g。现让圆环A由静止开始下滑，试问圆环在下滑过程中：(1)圆环A的最大加速度为多大？获得最大加速度时的速度为多大？3(2)圆环A能够达到的最大速度为多大？mg（sinα+μcosα)mg（sinα+μcosα)【解析】(1)由于μ<tanα,所以圆环将由静止开始沿棒下滑，圆环A沿棒运动的速度为v时，对圆环A受力分析，根据牛顿第二定律，沿棒的方向有mgsinα-f1＝ma垂直棒的方向有N1＋qvB＝mgcosα所以当N1＝0，即f1＝0时，a有最大值am，am＝gsinα,此时qvB＝mgcosα解得v＝。(2)当圆环A的速度达到最大值vm时，a＝0。设圆环受到棒的弹力大小为N2，方向垂直于棒向下，摩擦力为f2=2，根据平衡条件有mgsinα=f2＋mgcosα=qvmBmg（sinα+μcosαmg（sinα+μcosα)●题型02带电粒子在叠加场中的运动2．如图甲所示，宽度为d的竖直狭长区域内(边界为L1、L2)，存在方向垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场(如图乙所示)，电场强度的大小为E0，E>0表示电场方向竖直向上。t＝0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点。Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g。上述d、E0、m、v、g为已知量。(1)求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小；(2)求电场变化的周期T；(3)改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值。【解析】(1)微粒在叠加场中做直线运动时，受到重力、电场力、洛伦兹力作用且三力平衡，则有mg＋qE0＝qvB微粒在叠加场中做圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，则有mg＝qE0解得qB＝。4(2)设微粒从N1点运动到Q点的时间为t1，做圆周运动的周期为t2，则有，qvB＝m，2πR＝vt2由以上各式可解得t1t2=故电场变化的周期T＝t1＋t2＝+。(3)由(2)知，改变d时，t2不变Tmin＝t1min＋t2＝+v若微粒能完成题述的运动过程，则要求d≥2R，故dmin＝2R由qvB＝m得R故T的最小值为Tmin＝。●题型03带电粒子在有界磁场中运动的多解问题3.如图所示，在y>0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在y<0的区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场。一电子(质量为m，电荷量为e)从y轴上A点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动。当电子第一次穿过x轴时，恰好到达C点；当电子第二次穿过x轴时，恰好达到坐标原点O。已知A、C两点到坐标原点的距离分别为d、2d，不计电子的重力。求：(1)电场强度E的大小；(2)磁感应强度B的大小；(3)画出电子从A运动到O的运动轨迹，并求出电子从A运动到O经历的时间t。m2edm2ed(3)轨迹图见解析（4＋3π)d2v0【解析】(1)电子在电场区域内做类平抛运动，设运动时间为t1，有v0t1＝2d2mt21解得t1＝20v0mE＝。2ed5(2)电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力；设电子进入磁场时的速度方向与x轴正方向的夹角为θ,进入磁场后做圆周运动的半径为r，由几何关系可得eE·tanθ=mteE·v0sinθ=解得θ=r＝d由牛顿第二定律可得evB＝m又v·cosθ=v0，v＝v0整理得B。(3)电子从A运动到O的运动轨迹如图所示：电子在磁场中的圆弧轨迹所对应的圆心角为θ′=2π-×2＝运动时间为t2=×＝所以电子从A运动到O经历的时间（4＋3π)dt＝t1＋t2＝（4＋3π)d2v0一、单选题12024·北京东城·一模）用如图所示装置作为推进器加速带电粒子。装置左侧部分由两块间距为d的平行金属板M、N组成，两板间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。使大量电荷量绝对值均为q0的正、负离子从左侧以速度v0水平入射，可以给右侧平行板电容器PQ供电。靠近Q板处有一放射源S可释放初速度为0、质量为m、电荷量绝对值为q的粒子，粒子被加速后从S正上方的孔喷出P板，喷出的速度大小为v。下列说6法正确的是()A．放射源S释放的粒子带负电B．增大q0的值，可以提高vC．PQ间距变为原来的2倍，可使v变为原来倍D．v0和B同时变为原来的2倍，可使v变为原来的2倍【答案】D【答案】D【详解】根据左手定则可知，正负离子进入MN区域，正离子受到向下的洛伦兹力，负离子受到向上的洛伦兹力，所以正离子打到N板，负离子打到M板，N板电势高于M板，即Q板电势高于P板，S释放的粒子受到向上的电场力，电场力方向与场强方向相同，则粒子带正电，故A错误；根据力的平衡可得q0v0B=q0S释放的粒子，2 mv2加速过程有qU=2qBv02 mv2加速过程有qU=2qBv0dm由以上分析可知，当由以上分析可知，当v0和B同时变为原来的2倍，可使v变为原来的2倍，故D正确。故选D。二、多选题22024·甘肃·二模）如图所示，绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段COD光滑，对应圆心角为120°,C、D两端等高，O为最低点，圆弧圆心为O'，半径为R（R远大于轨道内径），直线段轨道AC、HD粗糙，与圆弧段分别在C、D端相切，整个装置处于方向垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，在竖直虚线MC左侧和ND右侧还分别存在着场强大小相等、方向水平向右和向左的匀强电场。现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小球，与直线段轨道间的动摩擦因数为μ,从轨道内距C点足够远的P点由静止释放，若PC=l，小球所受电场力等于其重力的倍。重力加速度为g。则()A．小球在轨道AC上下滑的最大速度v=B．小球第一次沿轨道AC下滑的过程中做加速度减小的加速运动7C．经足够长时间，小球克服摩擦力做的总功Wf=mglD．经足够长时间，小球经过O点时，对轨道的弹力一定为2mg+Bq【答案】【答案】ACD【详解】小球沿轨道【详解】小球沿轨道AC下滑的过程中，根据题意，小球所受电场力等于其重力的倍，即F电=mg，电场力在垂直轨道方向的分力F电」=F电cos30。=可知在垂直轨道方向上重力分力与电场力分力大小相等方向相反，因此可知电场力与重力的合力沿着轨道向下，可知在垂直轨道方向上重力分力与电场力分力大小相等方向相反，因此可知电场力与重力的合力沿着轨道向下，大小为F=mgsin60。+F电sin30。=mg，小球从静止释放后随着小球速度增加，小球所受洛伦兹力由0逐渐增加，且洛伦兹力垂直轨道向上，即小球对轨道产生压力，压力大小即为洛伦兹力的大小，且随着速度增加逐渐增加，且洛伦兹力垂直轨道向上，即小球对轨道产生压力，压力大小即为洛伦兹力的大小，且随着速度增加逐渐增大，因此轨道对小球将产生滑动摩擦力且随着洛伦兹力的增大而增大，根据牛顿第二定律有增大，因此轨道对小球将产生滑动摩擦力且随着洛伦兹力的增大而增大，根据牛顿第二定律有F一μBqv=ma，可知，随着小球速度的增加，小球合外力不断减小，则其加速度不断减小，即小球做加速度逐渐可知，随着小球速度的增加，小球合外力不断减小，则其加速度不断减小，即小球做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小为当加速度减小为0时小球速度达到最大值，此后小球将做匀速直线运动，即当F=μBqv，时速度达到最大值，有有mg=μBqv，解得v=，故A正确，B错误；由于小球要在AC、HD段克服摩擦力做功，因此最终小球将在球将在C、D间做往复运动，在C点和D点速度为0，从P点到C点，根据动能定理有(mg)2+(Eq)2.l一Wf=0，则可得经足够长时间，小球克服摩擦力做的总功为则可得经足够长时间，小球克服摩擦力做的总功为Wf=mgl，小球在圆弧段COD做往复运动时，设小球经过OO点时的速度为v0，根据动能定理有mgR(1一cos60。)=mv，而小球经过O点时由牛顿第二定律有FN一mg=m联立解得FN=2mg+BqgR，由牛顿第三定律得，小球经过O点时对轨道的弹力大小为F=FN=2mg+BqgR，故故D正确。故选故选ACD。32024·广东惠州·一模）如图所示，长方体OMPQ一O1M1P1Q1所在空间存在与MO1方向平行的匀强磁场，一粒子源无初速度释放一质量为m、带电量为+q的带电粒子，经电压U加速后，从O点沿OQ方向射入磁场区域，并从P1点离开长方体区域。已知长方体OM、OO1边的长度均为d，OQ的长度为d，不计粒子的重力及其相互作用，下列说法正确的是()8 2qUA．粒子进入磁场区域的初速度为m 2qUB．磁感应强度的大小为C．若减少加速电压U，粒子可能从M1射出D．若增加加速电压U，粒子可能从M1P1中点射出【答案】【答案】ABC【详解】A．粒子在电场中被加速，则【详解】A．粒子在电场中被加速，则Uq=,解得进入磁场区域的初速度为v=2 mv22qUm磁场后粒子在平面磁场后粒子在平面OM1P1Q内做匀速圆周运动，则r2=(d)2+(r-d)2，qBv=m，解得磁感应强度的大小,,选项B正确；若减少加速电压U，则粒子射入磁场时的速度减小，运动半径减小，则粒子可能mUq为B=从从M1射出，选项C正确；若增加加速电压U，则粒子射入磁场时的速度变大，运动半径变大，则粒子从QP1连线上某点射出，不可能从上某点射出，不可能从M1P1中点射出，选项D错误。故选故选ABC。42024·安徽池州·二模）如图所示，足够长的竖直绝缘墙壁右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、带电量为-q（q>0）的绝缘物块与绝缘墙壁之间的动摩擦因数为μ,重力加速度g。现将小物块紧贴竖直墙壁由静止释放，当小物块沿绝缘墙壁下滑h时获得最大速度开始匀速下滑，墙壁足够长，下列说法正确的是()A．小物块运动过程中的最大加速度为gB．小物块获得最大速度v=C．小物块沿绝缘墙壁下滑h过程克服摩擦力做的功W=mgh-22D．小物块沿绝缘墙壁下滑h过程经历的时间t=+【答案】【答案】ABD【详解】A．小物块运动过程中的加速度a=速度最大时合力为零，根据平衡条件得μqvB=mg，解得小物块能达到的最大速度为v=，B正确；小物块,物块由静止释放时有最大加速度am=g，A正确；物块mg-μqvBm9沿绝缘墙壁下滑沿绝缘墙壁下滑h过程根据动能定理mv2=mgh-W，解得w=mgh-22，C错误；小物块沿绝缘墙壁下滑h过程，根据动量定理mv=mgt-ΣμqBvt，mv=mgt-μqBh解得，t=+，D正确。故选ABD。52024·湖北·二模）现代科学仪器中常利用电、磁场控制带电粒子的运动。如图甲所示，纸面内存在上、下宽度均为d的匀强电场与匀强磁场，匀强电场竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力）从电场的上边界的O点由静止释放，运动到磁场的下边界的P点时正好与下边界相切。若把电场下移至磁场所在区域，如图乙所示，重新让粒子从上边界M点由静止释放，经过一段时间粒子第一次到达最低点N，下列说法正确的是()A．匀强电场的场强大小为B．粒子从O点运动到P点的时间为C．M、N两点的竖直距离为dD．粒子经过N点时速度大小为【答案】【答案】BD【详解】设粒子在磁场中的速率为v，半径为R，在电场中由动能定理，有qEd=mv2，洛伦兹力充当向心力，有qvB=m，由几何关系可得R=d，综上可得E=d在磁场中的运动时间为t2==，粒子从O运动到P的时间为t=，故B正确；将粒子从M到N的过程中某时刻的速度分解为向右和向下的分量vx、vy，再把粒子受到的洛伦兹力分别沿水平方向和竖直方向分解，两个洛伦兹力分量分别为Fx=qvyB，Fy=qvxB，设粒子在最低点N的速度大小为v1，MN的竖直距离为y。水平方向由动量定理可得mv1-0=ΣqvyBΔt=qBy，由动能定理可得qEy=mv-0，联立，解得v1=，y=d故C错误；D正确。,故A错误；粒子在电场中的运动时间为1vqB，2d2m故选故选BD。三、解答题62024·广东韶关·二模）如图所示，矩形区域Ⅰ和Ⅱ内分别存在方向垂直于纸面向外和向里的匀强磁场，aa,、bb,、cc,、dd,为磁场边界线，四条边界线相互平行，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B，区域Ⅱ的磁感应强度大小为B，矩形区域的长度足够长，磁场宽度及bb,与cc,之间的距离相同。某种带正电的粒子从aa,上的O1处以大小不同的速度，沿与O1a成C=30。角进入磁场（不计粒子所受重力），当粒子的速度小于某一值时，粒子在区域Ⅰ内的运动时间均为t0；当速度为v0时，粒子垂直bb,进入无场区域，最终从dd,上的A点射出，求：（1）粒子的比荷；（2）磁场区域Ⅰ的宽度L；（3）出射点A偏离入射点O1竖直方向的距离y。【详解】（1）当粒子的速度小于某一值时，粒子只在区域Ⅰ内运动，不进入区域Ⅱ,从aa,离开磁场，粒子在磁场Ⅰ中运动的转过的圆心角为Q=300。粒子的运动时间为t0=T粒子在区域Ⅰ内有qvB=mr2πrv=0B（2）当速度为v0时，垂直bb,进入无场区域，设粒子的轨迹半为r1v2根据牛顿第二定律得qv0B=m又因为L=r1sin60o解得L=（3）设粒子在磁场Ⅱ中运动时，转过的圆心角为Q2，轨迹半径为r2，根据牛顿第二定律得得r2rr72024·重庆·模拟预测）如题图所示，xOy平面被一条平行于x轴的直线MN分为匀强磁场区域和无磁场区qmqm的带正电粒子A，从坐标为(一a,0)的P点，以大小为v0、方向与x轴正方向成60°角的速度发射，能被位于(a,0)的粒子收集器Q收集，已知该过程中粒子做匀速圆周运动的半径为a，不计粒子重力。（1）求磁感应强度的大小。（2）求直线MN到x轴的距离。（3）若粒子A从x轴某位置以大小为2v0、方向与x轴的正方向成θ(0<θ<)角的速度发射后，依然能被收集器Q收集，求该粒子发射位置的横坐标与θ的关系。【答案】（1）【答案】（1）02）a3）x=a一tθ一4asinθ（0<θ<）2v0【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力qv0Bv0r其中其中r=a可得，磁感应强度的大小为可得，磁感应强度的大小为B=（2）粒子运动轨迹如图所示（2）粒子运动轨迹如图所示MNMN到x轴的距离为y，由几何关系可知tan60。=,,=3所以直线MN到x轴的距离为P（3）粒子运动轨迹如图所示（3）粒子运动轨迹如图所示由洛伦兹力提供向心力qx由洛伦兹力提供向心力qx2v0B=m由几何关系可知3a一x=2R'sinθ+tθ3其中故该粒子发射位置的横坐标与故该粒子发射位置的横坐标与θ的关系为x=a一一4asinθ（0<θ<）。82024·天津·一模）如图所示，平行金属板a、b水平放置，上极板接电源负极，下极板接电源正极，板长L=0.3m，极板间距d=0.3m，与极板右端相接的竖直虚线MN右侧有范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小B=1x10一2T，方向垂直纸面向外。在两极板左端正中间O点水平向右发射一比荷=2x108C/kg、初速度v05m/s的带正电粒子。不计粒子的重力，不考虑极板边缘电场的影响。（1）若两金属板间加适当电压，粒子恰好从上极板右边缘射出电场，求粒子在磁场中运动的时间t0（结果中的π无需代入数值）；（2）若两金属板间加适当电压，粒子经电场、磁场偏转后，恰好能从下极板右边缘再次回到电场中，求所加电压U为多大？【答案】（1）【答案】（1）πx10一6s2）V【详解】（1）恰好从上极板右边缘射出电场做类平抛运动，竖直方向匀变速水平方向匀速出电场时速度方向和水平方向夹角为tanθ=得tanθ=1即θ=45。在磁场中，洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动粒子偏转角度为270。，因此运动时间为d 2v ytt06s（2）在磁场中洛伦兹力提供向心力，设粒子进入磁场速度方向和水平方向夹角为c1cosc其中v0=v1cosc在偏转电场中得U=V92024·海南海口·一模）如图甲所示，在真空室内，A、C为正对放置的两平行金属板，板长L=0.12m，板间距离d=0.03m，OO1为中线，O2为OO1延长线上一点，OO2=d；倾角37。且足够长的斜面与两板的截面在同一竖直面内，其底边GF与两板平行，顶点G与A、C两板的右端点共线，CG=d。现将某种粒子从O点以某初速度沿OO1连续射入平行板间，任意相同时间内射入的粒子数相等，粒子带电荷量q=+8.0x10一18C、质量kg，忽略电场的边缘效应，不计粒子重力且不考虑粒子间相互作用及碰到斜面后的反弹，设刚好到（1）若两板间电压U1=20V，测得粒子在距离OO1为d处射出电场，求该粒子在板间运动过程中电场力所做的功W；（2）当粒子入射的初速度v0=8.0x104m/s时，粒子均能到达斜面，试确定两板间所加电压UAC应满足的条件；（3）若在两板右侧存在以O2为圆心、直径为d的圆形匀强磁场区域（图中未画出磁感应强度大小B=0.2T、方向垂直纸面向外，当在两板间加上如图乙所示电压，发现粒子均能以水平速度射出电场，求经磁场偏转后能够打在斜面上的粒子占发射粒子总数的百分比。【答案】（1）【答案】（1）4.0x10一17J2）一10V<UAC<10V3）87.5%【详解】（1）由题意可知入射点与出射点间的电势差U=U1电场力做功W=qU（2）粒子在板间运动的时间t= L v0=d2当UAC>0时，粒子向下偏转，粒子刚好运动至C板右边缘时，有2=d2又a1当UACvy=v0又vy=<0时，粒子向上偏转，粒子出射后能到达斜面的临界条件为粒子出射速度与水平方向夹角为37。，有tan370a2t所以，要使粒子均能到达斜面，两板间所加电压应满足的条件是一10V<UAC<10V（3）粒子在板间运动的加速度大小a3=从t=0时刻入射的粒子，在每T内的侧向位移为y=a32=0.005m可知只有n取1时，上式才成立，即粒子在板间运动的时间为T。粒子在磁场中运动的半径r==0.015m=因此，所有粒子将汇聚至磁场区域的最低点P，如图所示。对于恰沿PG出射的粒子，它在电场中的出射点与C点间的距离为yy0由几何关系可知tana=,则能够打在斜面上的粒子占发射粒子总数的百分比为η=(d) 1023-24高三下·江西·阶段练习）如图所示，xOy平面内，x轴下方充满垂直于纸面向外的匀强磁场，x轴上方充满竖直向下的匀强电场（图中未画出其他部分无电场。从P点水平向右向电场内发射一个比荷为qm的带电粒子，粒子的速度大小为v0，仅在电场中运动时间t，从x轴上的N点与x轴正方向成α角（未知）斜向下进入磁场，之后从原点O第一次回到电场。已知P、N两点间的电势差受到的重力。求：（1）粒子第一次通过N点的速度大小v及角度α;（2）匀强电场的电场强度大小E及匀强磁场的磁感应强度大小B；（3）粒子从P点发射到第2024次从x轴上方进入磁场的时间t2024。,忽略边界效应，不计粒子【分析】本题考查带电粒子在电场、磁场中的运动，目的是考查学生的模型建构能力。【详解】（1）对粒子从P点到N点的运动过程，根据动能定理有2-2mv0解得0粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，其轨迹如图所示，在电场中粒子沿水平方向做匀速直线运动，在N点有2 2解得解得c=60。（2）粒子沿水平方向的分位移大小（2）粒子沿水平方向的分位移大小s1=v0t粒子在N点沿竖直方向的分速度大小v1=vsinc=3v0在电场中，粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，对应的分位移在电场中，粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，对应的分位移大小s2=v1t=v0t电场强度大小电场强度大小E=解得解得E=2v粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力有qvB=mvr由几何关系有由几何关系有rsinc=解得B= πt2πr（3）粒子在磁场中运动的周期 πt2πr3v3粒子每次在磁场中运动的时间粒子每次在磁场中运动的时间t,=T可得可得t2024=t+2023(2t+t,)解得解得t2024=(+4047)t。112024·重庆·模拟预测）如图所示，OP与x轴的夹角θ=60。，在第一象限中OP右侧有沿x轴负方向的匀强电场，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从x轴上的M点平行于y轴射入电场，经电场后沿垂直于OP的方向由N点立刻进入一矩形磁场区域(未画出，方向垂直纸面向里)，并沿y轴负方向经过O点。已知O点到N点的距离为3l，不计粒子的重力，求：（1）匀强电场的电场强度大小；（2）匀强磁场的磁感应强度大小；（3）矩形磁场区域的最小面积。【答案】（123）l2【详解】（1）粒子从M点到N点做类平抛运动，在y轴方向上做匀速直线运动，在x轴方向上做初速度为零的匀加速直线运动，设粒子到达N点x轴方向的速度为vx，速度为v，如图解得匀强电场的电场强度大小E=（2）粒子达到N点的速度大小v=co0。=2v0粒子由N点进入一矩形磁场沿y轴负方向经过O点，运动轨迹如图粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r=(3l-r)sin30°解得r=l（3）如图矩形磁场区域的面积最小时，矩形的宽为a=r=l2l2所以矩形磁场区域的最小面积为Smin=abl2122024·安徽黄山·二模）如图所示，A、B两平行板间存在相互垂直的电场和磁场，方向如图所示，电场强度和磁感应强度分别为E0和B0。在A、B板右边存在以MN和MN,,为边界，宽度为d，方向竖着向下，大小也为E0的匀强电场，电场右边空间存在无限大的匀强磁场，磁感应强度为B1，方向如图。现有两个不同的带电粒子a和b，其比荷分别为k和2k，先后从A、B板的左侧沿中线垂直电场方向射入，两粒子都沿A、B中线运动后进入偏转电场，最后从MN,,进入磁场B1。（不计粒子的重力）则：（1）求粒子进入偏转电场的速度大小；（2）a粒子从MN,,边界进出右边磁场两点间的距离为sa，b粒子从MN,,边界进出右边磁场两点间的距离为sb，求sa与sb之比；（3）若两粒子从边界MN,,上同一点射出磁场，求磁感应强度B1的大小。【答案】（1）【答案】（1）v0=2）【详解】解得v0=（1）带电粒子在A、B板间能沿直线运动，则有E0q=B0v0qE0B0（2）粒子在电场中做类平抛运动，设粒子射出电场时速度方向与水平方向的夹角为θ,则粒子进入磁场时的速度为v=粒子在磁场中做匀速圆周运动，有B1vq=m解得r=粒子从MN,,边界进出右边磁场两点间的距离为s=2rcosθ=2=20由于带电粒子a和b，其比荷分别为k和2k，所以有sa=2k0，sb=k0，=。sasb1（3）在电场中做类平抛运动，有（3）在电场中做类平抛运动，有t=，a=，y=at2，所以带电粒子a和b在电场中的偏转距离分别为ya=，两粒子能从边界MN,,上同一点射出磁场，根据几何关系可判断出两粒子带异种电荷，且sa=2ya如图解得B1=k03。2kd2B02ybqd2B022mE0132024·湖南·二模）如图所示，在竖直平面内建立xOy坐标系，P、A、Q1、Q2四点的坐标分别为（-2L，0）、（-L，0）、（0，L）、（0，-L）。y轴右侧存在范围足够大的匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里。在界面PAQ1的上方存在竖直向下的匀强电场（未画出），界面PAQ2的下方存在竖直向上的匀强电场（未画出），且上下电场强度大小相等。在（一L，0）处的C点固定一平行于y轴且长为的绝缘弹性挡板MN，C为挡板中点，带电粒子与弹性绝缘挡板碰撞前后，沿y方向分速度不变。沿x方向分速度反向，大小不变。质量为m、电量为q的带负电粒子（不计重力）从x轴上方非常靠近P点的位置以初速度v0沿x轴正方向射入电场且刚好可以过Q1点。求：（1）电场强度的大小、到达Q1点速度的大小和方向；（2）磁场取合适的磁感应强度，带电粒子没有与挡板发生碰撞且能回到P点，求从P点射出到回到P点经历的（3）改变磁感应强度的大小，要使粒子最终能回到P点，则带电粒子最多能与挡板碰撞多少次？【答案】（1）【答案】（1）E=，v=v0，与y轴正方向成45°角2）+3）17【详解】（1）从P到Q【详解】（1）从P到Q1，水平方向v0t1=2L竖直方向竖直方向t=L联立①②式可得联立①②式可得E=与与y轴正方向成45°角。（2）要使带电粒子回到（2）要使带电粒子回到P点，其轨迹必须具有对称性且经过Q2，由几何关系可得r=2L在磁场中的偏转角度为在磁场中的偏转角度为Δθ=在磁场中的运动时间为在磁场中的运动时间为t2==故从故从P点射出第一次回到P点的时间l=2t1+t2=+（3）当（3）当r最小时带电粒子刚好过M点碰撞次数最多4由几何关系可得4由几何关系可得L4L4解得解得n=17142024·北京顺义·一模）如图所示，两平行金属板MN、PQ之间电势差为U，金属板PQ的右方直角坐标系2Uqm解得v=的第一象限内有一磁感应强度为B的匀强磁场。一带电量为+q、质量为m的粒子，从金属板MN的入口处由静止释放，经电场加速垂直于y轴进入磁场后做匀速圆周运动，恰好从K点射出，速度方向与x轴负方向夹角为602Uqm解得v=忽略重力的影响，求：（1）粒子从电场射出时速度的大小v；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R和运动时间t；（3）若要使粒子从坐标原点O点射出，可以采取什么措施？2πm3Bq【答案】（1）;（3）电势差变为U2πm3Bq【答案】（1）22mv22mv022Uqm（2）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，（2）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图可得qvB=BqBq根据根据T=解得解得T=解得v=粒子在磁场中做匀速圆周运动的运动时间为t解得v=粒子在磁场中做匀速圆周运动的运动时间为t=T=。（3）由几何关系可知从金属板MN的入口处到坐标原点的距离为R+Rsin30o=R，若要使粒子从坐标原点O点 射出，则粒子做匀速圆周运动的轨道半径为r=RX=R=q=2。若仅改变磁场的磁感应强度，则只需磁感应强度变为B。若仅改变电场的电势差，则只需电势差变为U。152024·贵州·二模）如图，平面直角坐标系xOy中，第一象限内存在沿x轴负方向、大小为E0的匀强电场，第二、三象限内存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，第四象限内以O为圆心、半径分别为d和2d的两圆弧间区域内存在方向均指向O点的电场，其中M、N是两圆弧与y轴的交点。现从第一象限内坐标为（d，d）的P点由静止释放一带正电粒子，其质量为m、电荷量为q，不计粒子重力。（1）求从P点释放的带电粒子初次进入匀强磁场时速度的大小；（2）若要使该粒子能从MN两点间（不包括M、N两点）进入第四象限，求磁感应强度大小的取值范围；（3）若圆弧区域内各点的电场强度大小E与其到O点距离的关系为E=，且该粒子进入第四象限后恰好能做匀速圆周运动，求k0的值；（4）在（23）的条件下，当磁感应强度取某一值时，该粒子只经过一次磁场后恰好再次返回P点，求粒子从P点释放到返回P点的时间。;;（3）k0=2E0d4）(3+)【答案】（12E0mqd2E0mqd<B<12mv2【详解】（1）带电粒子在第一象限进入第二象限磁场的过程中，由动能定理有E0qd12mv222E0qdm（2）粒子进入磁场后做圆周运动，若要从（2）粒子进入磁场后做圆周运动，若要从MN之间进入第四象限中的辐向电场，则根据几何关系可知，其在磁场中运动的轨迹直径需满足中运动的轨迹直径需满足2d<2R<3Rd则可知轨迹半径需满足d<R<d2E0mqd23根据轨迹半径的取值范围可得磁感应强度的取值范围为r=d2E0mqd23根据轨迹半径的取值范围可得磁感应强度的取值范围为r=d2da2dmE0qt2=粒子从第一象限进入磁场的时间md2E0qmd2E0q粒子在磁场中做圆周运动，粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有Bqv=mR可得B=22E0mqd（3）粒子进入第四象限后恰好做匀速圆周运动，则电场力提供向心力，则有（3）粒子进入第四象限后恰好做匀速圆周运动，则电场力提供向心力，则有r2k0qr解得解得k0=2E0d。（4）设粒子在第四象限中做圆周运动的半径为（4）设粒子在第四象限中做圆周运动的半径为r，从第四象限进入第一象限到达P点的时间为t1，该过程粒子做类平抛运动，竖直方向有类平抛运动，竖直方向有vt1=d2E0q22dE0qm粒子在磁场中运动时的轨迹半径粒子在磁场中运动时的轨迹半径R0==d=粒子在第四象限内运动的时间t4==由此可得粒子从P点释放到返回P点的时间t42E0q162024·广东茂名·二模）在如图所示的竖直平面xOy中，一质量为m、电荷量为+q的带电小球沿x轴正方向以初速度v0=从A点射入第一象限，第一象限有竖直向上的匀强电场E1=，小球偏转后打到x轴上的C(L,0)点，x轴下方有匀强电场E2（图中未画出），第三、四象限有垂直于纸面向外、磁感应强度大小 q2L不同的匀强磁场，小球在x轴下方做匀速圆周运动，己知第四象限匀强磁场的磁感应强度大小为mgq2L加速度大小为g.（1）求x轴下方匀强电场的电场强度E2；（2）求带电小球在C点的速度vC；g2L2gL2g2L2gL2Lg,求粒子从C点运动到P(0,一3L)点所用的时间。【答案】（1）E2=，方向竖直向上2）vC=（3）22Lg【详解】（1）小球在x轴下方做匀速圆周运动，则mg=qE2解得E2=，方向竖直向上。（2）小球在第一象限做类平抛运动，根据牛顿第二定律a=mgqE1可得a=水平方向t= 可得t=竖直方向vy=at可得v=3gLy2根据运动的合成vC=根据几何关系tanθ=可得θ=60。，即vC方向与x轴正方向成60°向下。（3）小球在第四象限内做匀速圆周运动，运动半径为r1，则qvCB4=m 2Lg 2Lg 2Lg设粒子运动的周期为T1，则TvC如图如图1，有几何关系可知，粒子从C到P偏转圆心角为，此过程运动时间为粒子经粒子经P点进入第三象限后，设运动半径为r2，则qvCB3=m设粒子运动的周期为设粒子运动的周期为T2，则T2= 如图2，粒子从P点再回到P点所用时间为t2=T1+T2=2π粒子从C点运动到P点所用的时间为t1+t2=故粒子从C点运动到P点所用的时间为22Lg22Lg172024·广东·二模）如图所示，以长方体abcd一a,b,c,d,的ad边中点O为坐标原点、ad方向为x轴正方向、a,a方向为y轴正方向、ab方向为z轴正方向建立Oxyz坐标系，已知Oa=ab=aa,=L。长方体中存在沿y轴负方向的匀强磁场，现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力）．从O点沿z轴正方向以初速度v射入磁场中，恰好从a点射出磁场。（1）求磁场的磁感应强度B的大小；（2）若在长方体中加上沿y轴负方向的匀强电场，让粒子仍从O点沿z轴正方向以初速度v射入磁场中，为使粒子能从a,点射出磁场，求电场强度E1的大小；（3）若在长方体中加上电场强度大小为E2=、方向沿z轴负方向的匀强电场，让该粒子仍从O点沿z轴正方向以初速度v射入磁场中，求粒子射出磁场时与O点的距离s。2mv8mv2()【详解】（1）粒子在aOzb平面内做匀速圆周运动，如图中轨迹1所示根据几何关系有r=L由洛伦兹力提供向心力，有qvB=m解得B=。2vr πr（2）粒子在电磁复合场中的运动为匀速圆周运动与类平抛运动的合运动，在长方体中运动的时间t πrv在y轴方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则L=at2解得E1=。（3）将初速度v分解为v1、v2，使v1对应的洛伦兹力恰好与电场力平衡，分解如图所示1其中其中E2=则根据勾股定理可得v根据几何关系易知根据几何关系易知v2与z轴正方向的夹角θ=60。 R若仅在v2对应的洛伦兹力作用下做匀速圆周运动， R则轨道半径则轨道半径R=解得解得R=L该分运动的情况如图中轨迹该分运动的情况如图中轨迹2所示。粒子在磁场中运动的时间t2=由于粒子也参与速度大小为由于粒子也参与速度大小为v1，方向沿x轴正方向的匀速运动，粒子射出磁场时与O点的距离s=L一v1t2(3)182024·湖北武汉·一模）如图，在x<0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，在x>0的区域存在方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场。一个氕核和一个氚核先后从x轴上P、Q两点射出，速度大小分别为、v0。速度方向与x轴正方向的夹角均为θ=53。，一段时间后，氕核和氚核同时沿平行x轴方向到达y轴上的M点（图中未画出），并立即发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。已知Q点坐标为(一d,0)，不计粒子重力及粒子间的静电力（1）P点的横坐标。（2）匀强电场的电场强度E与匀强磁场的磁感应强度B大小之比。（3）氕核和氚核碰撞后再次到达y轴上时的坐标点相隔的距离。【答案】（1）xP=d2）=3）Δr=d【详解】（1）分析氕核（H）和氚核（H）的运动情况，氕核射出后在磁场中做匀速圆周运动，氚核射出后在电场中做类平抛运动，两粒子运动轨迹如图所示研究氚核，根据抛体运动规律有tanθ=2研究氕核，根据数学关系得xP=rsinθ联立解得xP=d。（2）设氕核（H）的质量为m，电荷量为q，则氚核（H）的质量为3m，电荷量为q。研究氕核，根据洛伦兹力提供向心力有qxxB=m解得B=0研究氚核，根据抛体运动规律得0cosθxtr+rcosθ=at2解得E=（3）碰撞前，氚核的速度为v=v0cosθ氚核（H）和氕核（H）发生弹性碰撞，设碰撞后氚核、氕核速度分别为v1、v2。根据动量守恒定律有2(535)【答案】（1）(535)【答案】（1）20m/s，与y轴负方向夹角为30。2）|（-3m,-3m)||3）碰撞后，氕核、氚核均在磁场中做匀速圆周运动，设氚核、氕核的运动半径分别为r1、r2，根据洛伦兹力提供向2心力，研究氚核有qv1B=3m2研究氕核有qv2B=m氚核和氕核碰撞后，均向上运动半个圆再次到达y轴上的点，他们相隔的距离为Δr=2r2-2r1联立解得Δr=dv2r2r192024·河南濮阳·一模）如图所示，在xOy坐标系中，有沿x轴正向的匀强电场和垂直坐标平面向外的匀强磁场，电场强度大小E=5N/C磁感应强度大小为B=0.5T。在坐标平面内的某点沿某方向射出一质量为-6kg电荷量为q=2根10-6C的带正电微粒，微粒恰能在xOy坐标平面内做直线运动，且运动轨迹经过O点。已知y轴正方向竖直向上，重力加速度g取10m/s2，求：（1）微粒发射的速度大小和方向；（2）微粒到达O点时撤去磁场，当微粒的速度沿竖直方向时，微粒的位置坐标是多少；（3）在（2）问中，当微粒速度沿竖直方向时，再加上原磁场同时撤去电场，此后微粒运动的轨迹离x轴的最大距离为多少（结果可用根号表示）。 m3【详解】（1）粒子做匀速直线运动，如下图【详解】（1）粒子做匀速直线运动，如下图则粒子出射的速度方向与y轴负方向夹角为tanθ==3解得θ=30。即微粒发射的速度大小为20m/s，与y轴负方向夹角为30。。（2）撤去磁场后，粒子做类平抛运动，如下图将速度分解可得x2x方向的速度减为零时xx此时距x轴的距离为=m3gt2=m3gt2对应速度y距y轴的距离为xt(535)所以当微粒的速度沿竖直方向时，微粒的位置坐标是|（-3m,-3m)||；（3）微粒运动的轨迹离x轴的最大距离时，速度与x轴平行在x方向上，有动量定理可得在x方向上，有动量定理可得ΣΣfxΔt=mv1-0由动能定理可得由动能定理可得2-2mvy1求得求得y1=m微粒运动的轨迹离微粒运动的轨迹离x轴的最大距离202024·河南·二模）如图所示，开口向下的光滑绝缘圆形轨道BCD处于水平向右的匀强电场中，C为最高点、O为圆心，OB与CO的延长线的夹角为θ,经过B点的水平线下方的电场区域中还有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。一个质量为m，电荷量为q的微粒沿直线AB运动，恰好在B点无碰撞地进入圆形轨道，重力加速度为g。求：（1）微粒的电性及电场强度E的大小；（2）要使微粒能够沿轨道到达D点，圆形轨道的半径需要满足的条件；（3）在第（2）问的条件下，微粒经过C点时，对轨道压力的最小值。22 mg5q2B2cosθ【详解】（1）根据题意可知微粒重力不可忽略，微粒沿直线AB做匀速运动，对微粒受力分析，如图所示电场力只能水平向右才能使微粒做匀速直线运动，所以微粒带正电mgtanθq【答案】（1）3mgcosθ-3mg水平方向qvBsin水平方向qvBsinθ=Eq竖直方向qvBcosθ=mg解得E=。（2）微粒从B点进入圆形轨道等效重力的方向沿OB方向，大小为mg,所以在B点关于O点对称的位置，微粒有最小速度，要满足同时由动能定理有2联立解得R<。（3）在C点由牛顿第二定律得当R=时，轨道对微粒的弹力有最小值，即由牛顿第三定律可知微粒经过C点时，对轨道的压力最小值为212024·贵州安顺·二模）如图所示，在xOy平面的第一象限内有半径为R的圆形区域，该区域内有一匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里。已知圆形区域的圆心为O,，其边界与x轴、y轴分别相切于P、Q点。位于P处的质子源均匀地向纸面内以大小为v的相同速率发射质量为m、电荷量为e的质子，且质子初速度的方向被限定在PO,两侧与PO,的夹角均为30。的范围内。第二象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，在x轴（x<0）的某区间范围内放置质子接收装置MN。已知沿PO,方向射入磁场的质子恰好从Q点垂直y轴射入匀强电场，不计质子受到的重力和质子间的相互作用力。（1）求圆形区域内匀强磁场的磁感应强度大小B；（2）求y轴正方向上有质子射出的区域范围；（3）若要求质子源发出的所有质子均被接收装置MN接收，求接收装置MN的最短长度x。【详解】（1）沿PO,方向射入磁场的质子恰好从Q点垂直y轴射入匀强电场，则该质子运动半径为R，有2vR解得（2）如图所示，设在PO,左右两侧30。角方向上射入磁场的质子，最终分别有磁场边界上的A、B两点射出，对应圆周运动的圆心分别为O1、O2，则四边形AO1PO,和BO2PO,均为，则粒子由A、B两点水平飞出，且O1与B点重合。根据几何关系可知=RB点到x轴的距离为，所以y轴正方向上有质子射出的区域范围为（3）若质子由y=处飞入电场时打在M点，由y=处飞入电场时打在N点，根据类平抛运动的规律，有eE=maeE=ma3R =3R =22at1R R 2xxM=vt1xxN=vt2解得解得xM=vMN的最短长度为RmMN的最短长度为xN=veE x=xM-xN=3-1v222024·河北·一模）如图所示，竖直虚线的左侧有水平向左的匀强电场，右侧存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，比荷为k的负粒子甲由电场中的M点无初速释放，由O点进入磁场，OM在一条直线上，经过一段时间与静止在N点的不带电粒子乙发生无能量损失的碰撞，碰后两粒子的电荷量均分。已知粒子乙的质量为粒子甲质量的，OM=L，N到两虚线的距离均为L。忽略粒子的重力以及碰后粒子间的相互作用。（1）求竖直虚线左侧电场强度的大小；（2）若粒子甲、乙碰后的瞬间，立即将粒子乙拿走，求粒子甲从释放到第四次通过竖直虚线时到O点的距离。【答案】（1）【答案】（1）kB2L2）4L2【详解】（1）粒子甲在磁场中做匀速圆周运动经过N点，由几何关系可知粒子甲在磁场中做圆周运动的轨迹半由洛伦兹力提供向心力有v2L解得v=设电场强度大小为设电场强度大小为E，粒子甲从M到O的过程，由动能定理有1qEL=2解得E=kB2L。2（2）粒子甲、乙碰撞过程无机械能损失，设粒子甲的质量为m，碰后瞬间粒子甲、乙的速度分别为v1、v2，则粒子乙的质量为m，取碰前瞬间甲的速度方向为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律有31231mv2解得v1=kBL2由洛伦兹力提供向心力有2r解得r=L1则碰撞后粒子甲在磁场中做圆周运动的轨迹半径仍为L，则再偏转个圆周后垂直竖直虚线进入电场，粒子甲在4电场中先向左做匀减速直线运动，再向右做匀加速直线运动，由对称性可知粒子甲再次进入磁场时速度大小不变，做圆周运动的轨迹半径仍为L，可知粒子甲第四次通过竖直虚线时到O点的距离为s=4L。q2mvv21232024·湖北·一模）如图所示，在真空坐标系xOy中，第二象限内有边界互相平行且宽度均为d的六个区域，交替分布着方向竖直向下的匀强电场和方向垂直纸面向里的匀强磁场，调节电场和磁场大小，可以控制飞出的带电粒子的速度大小及方向。现将质量为：m、电荷量为q的带正电粒子在边界P处由静止释放，粒子恰好以速度大小为v0、方向与y轴负方向的夹角为θ=45。从坐标原点O进入x>0区域，x>0区域存在磁感应强度大小=、方向垂直xOy平面向里的匀强磁场，不计粒子重力。求：（1）第二象限中电场强度大小E0与磁感应强度大小B0的比值；（2）粒子从坐标原点O第1次经过x轴到第2次经过x轴的时间。【答案】（1）【答案】（1）v02）【详解】（1）粒子从P到Q，电场力做正功，洛仑兹力不做功，由动能定理得3E0qd=mv02解得E0=根据题意粒子速度与y轴负方向的夹角为θ=45o粒子在经过磁场时的水平方向上，由动量定理ΣB0qvyt=mΔvx即B0qx3d=mv0sin45o解得B0= 故第二象限中电场强度大小E0与磁感应强度B0大小的比值为B0（2）粒子在x>0区域做匀速圆周运动，根据运动的对称性知，粒子从坐标原点O第1次经过x轴到第2次经过x轴偏转的圆心角为Q=90o2πm2πm2πvT=mgqv0经过的时间t=xT=。0 周期为020 qB1 vEg242024·吉林白城·一模）为探测射线，威耳逊曾用置于匀强磁场或电场中的云室来显示它们的径迹。某研究小组设计了电场和磁场分布如图所示，直角坐标系xOy平面内，第一、二象限分别存在垂直纸面向里的匀强磁场B和沿y轴正方向的匀强电场E，E、B大小均未知。质量为m、电荷量为-q的粒子从x轴负半轴M点与x轴正方向成60°射入电场，经电场偏转后以速度v0（v0已知）从点P（0，d）垂直y轴进入磁场，最后从N点与x轴正方向成60°射出磁场，不计粒子重力。（1）求电场强度E的大小；（2）求磁感应强度B的大小；（3）若粒子在磁场中受到与速度大小成正比的阻力f＝kv（k为已知常量观察发现该粒子轨迹呈螺旋状，且粒子恰好从Q点（图中未标出）垂直x轴射出磁场，求粒子由P点运动到Q点的时间t。3mvmvπd【答案】（1）E=2qd2）B=3）3mvmvπd【详解】（1）带电粒子在电场中做反向类平抛运动，即在水平方向匀速直线，竖直方向匀减速直线，竖直分速度减小到0，则v=联立解得E=。2v0r（2）带电粒子在电场中做圆周运动，根据牛顿第二定律qv0v0r运动轨迹如图所示由几何关系r=联立解得B=。（3）有阻力后，例子不再做圆周运动，但洛伦兹力仍提供向心力，列式为qvB=m=mv负0252024·四川广安·二模）如图，在y>a区域有方向沿y轴负方向的匀强电场，y<a区域有方向垂直xOy平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。t=0时刻，质量为m的甲粒子从P（一a，2a）点静止释放，另一质量为2m的乙粒子，刚好以沿x轴负方向的速度通过x轴上Q点，当甲第一次经过原点O时，甲、乙恰好相遇并发生时间极短的对心碰撞，且碰后甲、乙还能再次碰撞。假设甲的电荷量始终为q（q>0）、乙始终不带电，碰撞过程中无能量损失，不计粒子重力。求：（1）电场强度的大小；（2）甲粒子第一次到达原点O的时刻；（3）Q点的横坐标。【答案】（123）(4+π)a【详解】（1）如图所示甲在电场中做匀加速直线运动，设场强为E，甲进入磁场时的速率为v；由动能定理有qEa=mv2一0甲在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，有qvB=m因甲、乙第一次相碰于原点O，则有R1=a（2）甲在电场中的运动时间为t1，由运动学规律有a=0+v)t1解得t1解得t1qB设碰撞前在磁场中的运动时间为t2，故甲第一次到达原点O的时刻为t=t1+t2=。6mU6mU【答案】（1）6mU6mU【答案】（1）根据几何关系可得（3）根据题意，甲、乙第一次碰撞后速度必然沿水平方向，甲做轨迹与x轴相切的匀速圆周运动，乙做水平方向的匀速直线运动。甲、乙要想再次碰撞，只有一种可能，即第一次碰后乙的速度恰好为0。设乙碰撞前的速率为v0，由于其不带电，因此做匀速直线运动。设甲第一次碰撞后的速度为v