专题7.3 电磁学计算题的命题视角-2023届高考物理二、三轮复习总攻略（解析版）

这是一份专题7.3 电磁学计算题的命题视角-2023届高考物理二、三轮复习总攻略（解析版），共45页。试卷主要包含了3 电磁学计算题的命题视角，0×104 V/m，2 J　0，6 N，方向水平向右，76 m等内容，欢迎下载使用。
第七部分 计算压轴满分策略
专题7.3 电磁学计算题的命题视角
目录
命题视角(一)　带电粒子(带电体)在电场中的运动 1
命题视角(二)　带电粒子在复合场中的运动 13
命题视角(三)　电路与电磁感应 28

命题视角(一)　带电粒子(带电体)在电场中的运动
一、带电粒子在电场中的直线运动
分析方法
1．动力学观点：利用牛顿运动定律结合运动学公式求解，适用于匀变速直线运动问题．
2．能量观点：利用动能定理求解．
(1)qEd＝mv22－mv12，适用于匀强电场中直线运动问题．
(2)qU＝mv22－mv12，适用于任何电场中直线运动问题．
二、带电粒子在电场中的偏转
分析方法
1．用平抛运动规律处理
(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间为t＝.
(2)沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝＝＝.
(3)离开电场时的偏移量y＝at2＝.
(4)速度偏向角tan φ＝＝＝；位移偏向角tan θ＝＝.
2．用动能定理处理
涉及功能问题时可用，偏转时静电力做的功是W＝qEy(y为偏移量)．
三、带电粒子在交变电场中的运动
(1)对于带电粒子在交变电场中的运动，需要进行分段研究，分析粒子在每段运动过程中的受力特点和运动性质．
(2)作出粒子的v－t图像或某一方向上的v－t图像，借助图像、结合轨迹，使运动过程更直观．
转换思路如下：
a－t图像v－t图像．
四、带电粒子(带电体)在电场和重力场叠加场中的运动
1．在电场和重力场的叠加场中，若微粒做匀变速直线运动，合力方向必与速度方向共线．
2．根据功能关系或能量守恒的观点，分析带电体的运动时，往往涉及重力势能、电势能以及动能的相互转化，总的能量保持不变．
3．“等效法”在电场中的应用
(1)如图，先作出重力与静电力的合力F合，将这个合力视为一个等效重力，则等效重力加速度g′＝.

(2)等效最高点和最低点：在“等效重力场”中做圆周运动的小球，过圆心作合力的平行线，交于圆周上的两点即为等效最高点和最低点.
【例1】(2022·安徽马鞍山市一模)如图甲所示，金属丝K产生的热电子(初速度不计)经A、B间的加速电场加速后，沿两水平金属板C、D间的中心线射入偏转电场，最后打在竖直荧光屏上．C、D极板长为l，板间距离为d，荧光屏距C、D右端的距离为.现给A、B间加一加速电压UAB，C、D两板间加一交变电压，电压大小为U、周期T＝(如图乙所示)，设C、D间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场．已知电子的质量为m、电荷量为e(重力不计)，经加速电场加速后以速度v0射入偏转电场，且所有电子均能从C、D板间射出．电子间相互作用不计，试求：

(1)A、B间加速电压UAB的大小；
(2)荧光屏上被电子击中部分的长度D；
(3)到达荧光屏上O点的电子动能．
【答案】(1)　(2)　(3)mv02＋
【解析】　(1)A、B间加速过程有eUAB＝mv02
得UAB＝
(2)若在t＝nT(n＝0,1,2,3，…)时刻射入偏转电场，电子射中荧光屏的位置为荧光屏上被电子击中O点上部分的最远处，则有
l＝v0t1，y1＝at12，a＝
v1y＝at1，y2＝v1yt2，t2＝
联立解得y＝y1＋y2＝
故荧光屏上被电子击中部分的长度为D＝2y＝
(3)电子要达到O点，必须在竖直方向上先经历t3时间的加速，后经历t3时间的减速，再反向加速时间t4，离开偏转电场后，保持匀速运动，设时间为t5，整个过程向上的位移和向下的位移大小相等，运动轨迹如图所示

所以有at32×2＝at42＋at4t5
2t3＋t4＝
t5＝
可得t3＝t4＝2t5＝
设电子击中O点时速度大小为v，则
v2＝v02＋vy2
vy＝at4，a＝，
Ek＝mv2，联立解得Ek＝mv02＋.
【例2】(2022·河南安阳市一模)如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，电场强度的大小为E＝1.0×104 V/m.该空间有一个半径为R＝2 m的竖直光滑绝缘圆环的一部分，圆环与光滑水平面相切于C点，A点所在的半径与竖直直径BC成37°角．质量为m＝0.04 kg、电荷量为q＝＋6×10－5 C的带电小球2(可视为质点)静止于C点．轻弹簧一端固定在竖直挡板上，另一端自由伸长时位于P点．质量也为m＝0.04 kg的不带电小球1挨着轻弹簧右端，现用力缓慢压缩轻弹簧右端到P点左侧某点后释放．小球1沿光滑水平面运动到C点与小球2发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两小球黏合在一起且恰能沿圆弧运动到A点．P、C两点间距离较远，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

(1)黏合体在A点的速度大小；
(2)弹簧的弹性势能；
(3)小球黏合体由A点到达水平面运动的时间．
【答案】　(1)5 m/s　(2)9.2 J　(3)0.6 s
【解析】　(1)小球2所受静电力F＝qE＝6×10－5×1×104 N＝0.6 N，方向水平向右
小球黏合体的重力为G＝2mg＝2×0.04×10 N＝0.8 N，方向竖直向下
如图所示

小球黏合体所受重力与静电力的合力与竖直方向的夹角的正切值为tan θ＝＝
所以θ＝37°
所以A点是小球黏合体在重力场和电场中做圆周运动的等效最高点，由于小球黏合体恰能沿圆弧到达A点，所以＝2m
解得vA＝5 m/s
(2)小球黏合体从C点到A点，由动能定理得－qERsin 37°－2mg·(R＋Rcos 37°)＝×2mvA2－×2mvC2
解得vC＝ m/s
小球1、2的碰撞由动量守恒定律得mv1＝2mvC
解得小球1碰撞前的速度v1＝2 m/s
由机械能守恒可得弹簧的弹性势能Ep＝mv12＝9.2 J
(3)如图，小球黏合体过A点后竖直方向上做匀加速运动

竖直方向上的初速度为v0＝vAsin 37°＝3 m/s
由竖直方向做匀加速运动可得
R＋Rcos 37°＝v0t＋gt2
解得t＝0.6 s
【感悟真题】
1.(2020·全国卷Ⅰ·25)在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示．质量为m，电荷量为q(q>0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直．已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ＝60°.运动中粒子仅受电场力作用．

(1)求电场强度的大小；
(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？
(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？
【答案】　(1)　(2)　(3)0或
【解析】　(1)由题意知，初速度为零的带正电粒子从A点进入电场，从C点射出电场，故电场方向与AC平行，并由A指向C.由几何关系和电场强度的定义知
AC＝R①
F＝qE②
由动能定理有F·AC＝mv02③
联立①②③式得E＝④
(2)如图，由几何关系知AC⊥BC，故匀强电场中的等势线与BC平行．作与BC平行的直线与圆相切于D点，与AC的延长线交于P点，则自D点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大．由几何关系知

∠PAD＝30°，AP＝R，DP＝R⑤
设粒子以速度v1进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为t1.粒子在AC方向做加速度为a的匀加速运动，运动的距离等于AP；在垂直于AC的方向上做匀速运动，运动的距离等于DP.由牛顿第二定律和运动学公式有
F＝ma⑥
AP＝at12⑦
DP＝v1t1⑧
联立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝⑨
(3)解法1：设粒子以速度v进入电场，在电场中运动的时间为t.以A为原点，粒子进入电场的方向为x轴正方向，电场方向为y轴正方向建立直角坐标系．由运动学公式有
y＝at2⑩
x＝vt⑪
粒子离开电场的位置在圆周上，有
(x－R)2＋(y－R)2＝R2⑫
粒子在电场中运动时，其x轴方向的动量不变，y轴方向的初始动量为零．设穿过电场前后动量变化量的大小为mv0的粒子，离开电场时其y轴方向的速度分量为v2，由题给条件及运动学公式有
mv2＝mv0＝mat⑬
联立②④⑥⑩⑪⑫⑬式得v＝0或v＝v0
解法2：粒子在电场方向上做匀加速直线运动，即沿AC方向做初速度为零的匀加速直线运动，垂直AC方向做匀速直线运动，因动量的变化量只发生在电场方向上，若粒子从进入电场到离开电场的过程中动量变化量为mv0，则粒子会从B点离开电场．设粒子进入电场时的速度为v
在沿电场方向：R＝t＝t
在垂直电场方向：R＝vt
联立以上两式得：v＝v0
由题意知，粒子进入电场时的速度v＝0时，动量变化量的大小也为mv0.
2.(2019·全国卷Ⅱ·24)如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d.两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)．质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计．

(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
【答案】　(1)mv02＋qh　v0 (2)2v0
【解析】　(1)PG、QG间电场强度大小相等，均为E.粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有
E＝①
F＝qE＝ma②
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有
qEh＝Ek－mv02③
设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有h＝at2④
l＝v0t⑤
联立①②③④⑤式解得
Ek＝mv02＋qh⑥
l＝v0；⑦
(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短．由对称性知，此时金属板的长度为L＝2l＝2v0.⑧
3.(2022·广东高考，14)密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖。图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量均为m0、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离h1，此时给两极板加上电压U(上极板接正极)，A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离h2(h2≠h1)，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为f＝kmv，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率，不计空气浮力，重力加速度为g。求：

(1)比例系数k；
(2)油滴A、B的带电荷量和电性；B上升距离h2电势能的变化量；
(3)新油滴匀速运动速度的大小和方向。
【答案】　(1)
(2)油滴A不带电　油滴B带负电　　－
(3)见解析
【解析】　(1)未加电压时，油滴匀速时的速度大小v1＝，匀速时有m0g＝f，
又f＝kmv1
联立可得k＝
(2)加电压后，油滴A的速度不变，可知油滴A不带电，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受静电力方向向上，极板间电场强度方向向下，可知油滴B带负电，油滴B向上匀速运动时，速度大小为v2＝
根据平衡条件可得m0g＋kmv2＝q
联立解得q＝
根据ΔEp＝－W电，又有W电＝qh2
联立解得ΔEp＝－
(3)油滴B与油滴A合并后，新油滴的质量为2m0，带电荷量仍为q，新油滴所受静电力
F′＝＝
若F′>2m0g，即h2>h1，可知v2>v1
新油滴速度方向向上，设向上为正方向，
根据动量守恒定律有
m0v2－m0v1＝2m0v共
可得v共>0
新油滴向上加速，达到平衡时有
2m0g＋k·(2m0)v＝F′
解得速度大小为v＝，方向向上；
若F′h2，可知v20
新油滴向下加速，达到平衡时有
2m0g＝F′＋k·(2m0)v′
解得速度大小为v′＝，方向向下。
【名校金题】
1.(2022·云南第一次统测)如图甲所示，电子枪的金属丝K连续不断地逸出电子，电子初速度不计，经M、N两金属板之间的电场加速后，沿A、B两水平金属极板间的中心线OP射入极板间的偏转电场，UMN＝－U0。A、B两板间的距离为d，两板间的电势差uAB随时间t的变化图像如图乙所示，图中U1已知，uAB的变化周期为3t0。两板间的电场视为匀强电场，t＝0时刻射入A、B两极板间的电子在偏转电场中经4t0后从极板右侧射出。已知电子的质量为m、电荷量为－e，重力不计，打到极板上的电子均被吸收，不计电子之间的相互作用力。

(1)求A、B金属板的长度L；
(2)求t＝0时刻射入偏转电场的电子，从极板右侧射出时相对中线OP在竖直方向的位移y；
(3)仅上下调整A、B两水平极板的位置，保证电子仍然能沿OP方向射入偏转电场，要使从极板右侧射出的电子速度均水平，求A、B两板间的最小距离d1。
【答案】　(1)4t0　(2) (3)
【解析】　(1)电子在M、N间做加速运动，根据动能定理得eU0＝mv
解得v0＝
电子在A、B两极板间水平方向做匀速直线运动
L＝v0·4t0
解得L＝4t0。
(2)t＝0时刻，射入偏转电场的电子竖直方向根据牛顿第二定律得eE＝ma
E＝
解得a＝
在0～2t0时间内竖直方向的位移为
y1＝a(2t0)2
末速度为v1＝a·2t0
在2t0～3t0时间内的末速度为v2＝v1－at0
在这段时间内的位移为y2＝t0
在3t0～4t0时间内的末速度为v3＝v2＋at0
在3t0～4t0时间内竖直方向的位移为
y3＝t0
t＝0时刻，射入偏转电场的电子从极板右侧射出时，相对中线OP在竖直方向的位移y＝y1＋y2＋y3
解得y＝。
(3)仅上下调整A、B两水平极板的位置，满足电子仍然能沿OP方向射入偏转电场，使从极板右侧射出的电子速度均水平且A、B两板间的距离最小的条件是2t0＋3nt0时刻入射的粒子恰好飞出电场，其他时刻入射的粒子全部打在极板上被吸收，则
y1′＝at
逆向思维有y2′＝at
A、B两板间的最小距离d1＝y1′＋y2′
解得d1＝。
2.(2022·浙江舟山中学阶段练习)如图所示，水平绝缘轨道AB和竖直放置半径为R的光滑绝缘半圆轨道BCD在B点平滑连接，过半圆轨道圆心O的水平边界MN下方有场强为E的水平向左的匀强电场，电场区域足够大。现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)从水平轨道上距离B点为R的A点由静止释放，已知：滑块的电荷量q＝，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：

(1)滑块从B点刚进入半圆轨道时的速度大小及滑块对轨道的压力大小；
(2)滑块运动到D点时的速度大小；
(3)滑块在轨道上运动的最大速度大小；
(4)以B为原点，BA方向为正方向建立x坐标轴，滑块都从水平轨道AB上由静止释放，且不考虑滑块运动到D点之后的情况。要使滑块不脱离轨道，滑块释放的位置x应该满足什么条件？
【答案】　(1)　mg　(2) (3)2　(4)0≤x≤R或x≥R
【解析】　(1)设滑块从B点刚进入半圆轨道时的速度大小为vB，根据动能定理有
qELAB－μmgLAB＝mv①
解得vB＝ ②
设滑块在B点受到半圆轨道的支持力大小为FN
根据牛顿第二定律有
FN－mg＝m③
联立②③解得FN＝mg④
根据牛顿第三定律可知在B点滑块对轨道的压力大小为FN′＝FN＝mg。⑤
(2)设滑块运动到D点时的速度大小为vD，根据动能定理有
qER－2mgR＝mv－mv⑥
解得vD＝。 ⑦
(3)滑块在电场和重力场的复合场中运动，设等效重力的方向与竖直方向的夹角为θ，则根据力的合成与分解有tan θ＝＝⑧
解得θ＝37°⑨
当滑块运动到半圆轨道上的等效最低点P时速度达到最大值vm，易知PO与竖直方向的夹角为37°。对滑块从B到P的运动过程，根据动能定理有
qERsin 37°－mgR(1－cos 37°)＝mv－mv⑩
解得vm＝2。⑪
(4)若滑块能够通过D点，则根据⑦式可知m＝mg⑫
说明滑块从A点释放后恰好能够通过D点，则滑块一定能通过D点所对应x的取值范围是x≥R⑬
若滑块到达C点前速度减为零，则也不会脱离轨道。假设滑块到达C点时速度恰好为零，则
(qE－μmg)x＋qER－mgR＝0⑭
解得x＝R⑮
所以滑块无法到达C点以上位置所对应x的取值范围是0≤x≤R⑯
综上所述，要使滑块不脱离轨道，滑块释放的位置x应该满足的条件是0≤x≤R或x≥R。
3.(2022·辽宁省高三学业考试)如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接，在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场．现将一质量为m、电荷量为＋q的小球(可视为质点)从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开半圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场．已知P点在A点的正上方，整个运动过程小球的电荷量保持不变，A、B间的距离为2R，重力加速度为g.求：

(1)匀强电场的电场强度E的大小；
(2)小球在半圆轨道上运动的最大速率及小球对半圆轨道的压力的最大值；
(3)小球在水平轨道上的落点到A点的距离．
【答案】　(1)　(2)　(2＋3)mg　(3)(4－5)R
【解析】　(1)设小球过C点时的速度大小为vC，小球从A运动到C的过程中，根据动能定理有qE·3R－mg·2R＝mvC2
小球离开C点后做平抛运动，小球从C运动到P的过程中
水平方向有2R＝vCt1
竖直方向有R＝gt12
联立解得E＝
(2)小球运动到等效最低点D时速度最大，设最大速度为v，OD与竖直线OB夹角为α，由于mg＝qE，则α＝45°，小球从A点运动到D点的过程中，
根据动能定理有
qE(2R＋Rsin α)－mgR(1－cos α)＝mvm2
即mvm2＝mgR(sin α＋cos α＋1)
解得最大速率
vm＝
由于小球在D点时速度最大且静电力与重力的合力恰好背离半径方向，故小球在D点时对半圆轨道的压力最大，设此压力大小为F，在D点对小球进行受力分析，并建立如图所示的直角坐标系，设在D点受到的支持力大小为F′

根据牛顿第二定律有
F′－qEsin 45°－mgcos 45°＝
解得F′＝(2＋3)mg
根据牛顿第三定律可知，F＝F′
即小球对半圆轨道压力的最大值为
F＝(2＋3)mg
(3)小球通过P点时水平方向速度大小为v1＝vC＝
竖直方向速度大小为v2＝gt1＝
进入电场后，水平方向加速度大小为a1＝＝g
竖直方向加速度大小为a2＝＝g
故小球在水平方向做匀减速运动，在竖直方向做匀加速运动
水平方向有x＝v1t2－a1t22
竖直方向有R＝v2t2＋a2t22
联立解得x＝(4－5)R.
命题视角(二)　带电粒子在复合场中的运动
一、带电粒子在组合场中的运动
1．带电粒子在电场或磁场中的运动性质
(1)带电粒子在匀强电场中可能做匀变速直线运动、类平抛运动、类斜抛运动．处理方法一般有动力学方法(牛顿运动定律结合运动学公式)、动能定理、运动的合成与分解．
(2)带电粒子在匀强磁场中可能做直线运动、匀速圆周运动或螺旋线运动．
2．带电粒子在组合场中运动问题的处理方法
(1)按照进入不同的场的时间顺序分成几个不同的阶段．
(2)分析带电粒子在各场中的受力情况和运动情况．若粒子进入电场区域，则其运动为加速(减速)以及偏转两大类运动，而进入磁场区域时，粒子通常做匀速圆周运动．
(3)画出带电粒子的运动轨迹，注意运用几何知识，找出相应几何关系与物理关系．
(4)注意确定粒子在组合场交界处的速度大小与方向，该速度往往是联系两段运动的“桥梁”．
二、带电粒子在叠加场中的运动
1．在重力、静电力和洛伦兹力中的两者或三者共同作用下，带电粒子可能静止，可能做匀速(匀变速)直线运动或类平抛运动，还可能做匀速圆周运动．
(1)若只有两个场，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态．例如电场与磁场叠加满足qE＝qvB时，重力场与磁场叠加满足mg＝qvB时，重力场与电场叠加满足mg＝qE时．
(2)若三场共存，合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂直．
(3)若三场共存，粒子做匀速圆周运动时，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝m.
2．当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解.
【例题】 (2022·浙大附中选考模拟)电子对湮灭是指电子e－和正电子e＋碰撞后湮灭，产生伽马射线的过程，电子对湮灭是正电子发射计算机断层扫描(PET)及正电子湮灭能谱学(PAS)的物理基础。如图所示，在平面直角坐标系xOy上，P点在x轴上，且OP＝2L，Q点在负y轴上某处。在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，在第Ⅱ象限内有一圆形区域，与x、y轴分别相切于A、C两点，OA＝L，在第Ⅳ象限内有一未知的矩形区域(图中未画出)，未知矩形区域和圆形区域内有完全相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里。一束速度大小为v0的电子束从A点沿y轴正方向射入磁场，经C点射入电场，最后从P点射出电场区域；另一束速度大小为v0的正电子束从Q点沿与y轴正向成45°角的方向射入第Ⅳ象限，而后进入未知矩形磁场区域，离开磁场时正好到达P点，且恰好与从P点射出的电子束正碰发生湮灭，即相碰时两束粒子速度方向相反。已知正、负电子质量均为m、电荷量大小均为e，正、负电子的重力不计。忽略正、负电子间的相互作用，求：

(1)圆形区域内匀强磁场磁感应强度B的大小和第Ⅰ象限内匀强电场的场强E的大小；
(2)电子从A点运动到P点所用的时间；
(3)Q点纵坐标及未知矩形磁场区域的最小面积S。
命题角度
1.本题以“电子对湮灭”为情境设置组合场问题，考查带电粒子在电场、磁场中的运动。
2.通过带电粒子在电场、磁场中受力分析和运动分析，考查学生分析综合能力。
3.此题根据问题情境，电磁场的分布特点，能对带电粒子进行准确的受力分析和运动分析，根据牛顿运动定律、几何知识等求解相关问题。

审题破题
1.明确场的组合，拆分运动过程，作出运动轨迹图(如图甲)。
　
　　　　　　　　　　甲　　　　　　　　乙
2.电子从A到C轨迹为圆周，运动时间为t＝T；电子在电场中从C到P做类平抛运动，根据运动的合成与分解求运动时间。
3.正电子进入未知矩形磁场区域偏转，要使矩形磁场面积最小，右侧应与轨迹相切。
在P点正、负电子正碰发生湮灭，判断速度方向与x轴的夹角，画出正电子运动示意图(如图乙)。
解题关键
1.拆分过程，构建圆周运动模型和类平抛运动模型。
2.分段处理，应用洛伦兹力提供向心力和平抛运动规律求解。
3.确定临界条件，知道“正碰发生湮灭”的意义，可判断正电子的速度方向。
规范答题　
(1)电子束从A点沿y轴正方向射入，经过C点，
由题意可得电子在磁场中运动的半径R＝L
又ev0B＝
解得B＝ 1分
电子在电场中做类平抛运动，得2L＝v0t1
又L＝at，加速度a＝ 1分
解得E＝ 1分
(2)电子束在磁场中运动的周期T＝＝ 1分
电子在磁场中运动了四分之一圆周，则t2＝T＝ 1分
在电场中运动时间t1＝，故从A到P的时间t＝t1＋t2＝ 1分
(3)速度为v0的正电子在磁场中运动的半径R2＝＝L 1分
电子从P点穿过x轴时与x轴正方向夹角为θ
L＝t1，vy＝v0，tan θ＝＝1
得θ＝45°1分
故Q点的纵坐标y＝－(R2＋2Ltan 45°)＝－4L 1分
未知矩形磁场区域的最小面积为图中矩形PFMN的面积
S＝2L(－1)L＝2(－1)L2 1分
答案　(1)　　(2) (3)－4L　2(－1)L2

【感悟真题】
1.(2022·湖南高考，13)如图，两个定值电阻的阻值分别为R1和R2，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为d，极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为m、带电荷量为＋q的小球以初速度v沿水平方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。

(1)求直流电源的电动势E0；
(2)求两极板间磁场的磁感应强度B；
(3)在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值E′。
【答案】　(1)　(2)　(3)
【解析】　(1)小球在极板间做匀速圆周运动，则静电力与重力平衡，可得Eq＝mg
阻值为R2的定值电阻两端的电压U2＝Ed
根据欧姆定律得U2＝R2
联立解得E0＝。
(2)小球在电容器中做匀速圆周运动的轨迹如图所示

设小球做圆周运动的半径为r，根据几何关系有(r－d)2＋(d)2＝r2，解得r＝2d
根据qvB＝m，解得B＝
(3)由几何关系可知，射出磁场时，小球速度方向与水平方向夹角为60°，要使小球做直线运动，当小球所受静电力与小球重力在垂直小球速度方向的分力相等时，静电力最小，电场强度最小，可得E′q＝mgcos 60°，解得E′＝。
2.(2021·全国甲卷·25)如图，长度均为l的两块挡板竖直相对放置，间距也为l，两挡板上边缘P和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场．一质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子自电场中某处以大小为v0的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞．已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，不计重力．

(1)求粒子发射位置到P点的距离；
(2)求磁感应强度大小的取值范围；
(3)若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离．
【答案】　(1)　(2)