第11講帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（復(fù)習(xí)篇）考點(diǎn)聚焦：復(fù)習(xí)要點(diǎn)+知識(shí)網(wǎng)絡(luò)，有的放矢重點(diǎn)專攻：知識(shí)點(diǎn)和關(guān)鍵點(diǎn)梳理，查漏補(bǔ)缺難點(diǎn)強(qiáng)化：難點(diǎn)內(nèi)容標(biāo)注與講解，能力提升提升專練：真題感知+提升專練，全面突破知識(shí)點(diǎn)1：帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1.帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)的組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，實(shí)際上是將粒子在電場(chǎng)中的加速與偏轉(zhuǎn)，跟磁偏轉(zhuǎn)兩種運(yùn)動(dòng)組合在一起，有效地區(qū)別電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)，尋找兩種運(yùn)動(dòng)的聯(lián)系和幾何關(guān)系是解題的關(guān)鍵，當(dāng)帶電粒子連續(xù)通過幾個(gè)不同的場(chǎng)區(qū)時(shí)，粒子的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況也發(fā)生相應(yīng)的變化，其運(yùn)動(dòng)過程則由幾種不同的運(yùn)動(dòng)階段組成.

2.“磁偏轉(zhuǎn)”和“電偏轉(zhuǎn)”的比較項(xiàng)目電偏轉(zhuǎn)磁偏轉(zhuǎn)偏轉(zhuǎn)條件帶電粒子以v⊥E進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)(不計(jì)重力)帶電粒子以v⊥B進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)(不計(jì)重力)受力情況只受恒定的電場(chǎng)力F=qE只受大小恒定的洛倫茲力F=qvB運(yùn)動(dòng)情況類平拋運(yùn)動(dòng)勻速圓周運(yùn)動(dòng)-運(yùn)動(dòng)軌跡拋物線圓弧求解方法利用類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律x=v0a=qE牛頓第二定律、勻速圓周運(yùn)動(dòng)公式r=mvqBT=2πmqB知識(shí)點(diǎn)2：帶電粒子在疊加場(chǎng)中的應(yīng)用1.磁場(chǎng)、重力場(chǎng)并存（1）若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做速直線運(yùn)動(dòng).（2）若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功.故機(jī)械能守恒.如速度選擇器、磁流體發(fā)電機(jī)。2.電場(chǎng)磁場(chǎng)并存（不計(jì)重力）若電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)。若電場(chǎng)力和洛倫茲力不平衡，則帶電體做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，可用動(dòng)能定理求解.3.電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)并存（1）若三力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)；（2）若重力與電場(chǎng)力平衡，v⊥B，則帶電體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)；（3）若合力不為0，則帶電體可能做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，可用能量守恒定律定理求解.強(qiáng)化點(diǎn)一帶電粒子由磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)【典例1】（23-24高二下·遼寧錦州·期末）如圖，在的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)氘核和一個(gè)氚核先后從x軸上P、Q兩點(diǎn)射出，速度大小分別為、，速度方向與x軸正方向的夾角均為。一段時(shí)間后，氘核和氚核同時(shí)沿平行x軸方向到達(dá)y軸上的M點(diǎn)（圖中未畫出）。已知Q點(diǎn)坐標(biāo)為，不計(jì)粒子重力及粒子間的靜電力作用，，，求：（1）y軸上M點(diǎn)的縱坐標(biāo)及x軸上P點(diǎn)的橫坐標(biāo)；（2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E與勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小之比?！敬鸢浮浚?），；（2）【詳解】（1）氚核從Q點(diǎn)射出后在電場(chǎng)中做拋體運(yùn)動(dòng)，在x軸方向勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有解得在y軸方向解得y軸上M點(diǎn)的縱坐標(biāo)氘核從P點(diǎn)射出后在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，兩粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可得，解得由幾何關(guān)系聯(lián)立解得x軸上P點(diǎn)的橫坐標(biāo)（2）設(shè)氘核（）的質(zhì)量為2m，電荷量為q，則氚核（）的質(zhì)量為3m，電荷量為q。氚核，根據(jù)拋體運(yùn)動(dòng)規(guī)律得其中，解得氘核：根據(jù)洛倫茲力提供向心力有，解得則有【變式1-1】（23-24高二下·江西上饒·期末）如圖所示，在xOy平面直角坐標(biāo)系中，虛線OO'與x軸正方向的夾角為，與y軸之間存在垂直紙面向里磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第二象限存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一帶負(fù)電的粒子從x軸負(fù)半軸的P點(diǎn)以初速度進(jìn)入電場(chǎng)，與x軸正方向的夾角為，經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從點(diǎn)M（0，L）垂直y軸進(jìn)入磁場(chǎng)，粒子恰好不從O'O邊界射出磁場(chǎng)。不計(jì)粒子重力，下列正確的是（）A．P點(diǎn)坐標(biāo) B．粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間C．粒子的比荷為 D．電場(chǎng)強(qiáng)度大小為【答案】AC【詳解】AB．根據(jù)逆向思維，粒子從P點(diǎn)到M點(diǎn)的逆運(yùn)動(dòng)為從M點(diǎn)到P點(diǎn)的類平拋運(yùn)動(dòng)，則，，解得，故P點(diǎn)坐標(biāo)為，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，故A正確，B錯(cuò)誤；C．粒子恰好不從O'O邊界射出磁場(chǎng)，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系有根據(jù)洛倫茲力提供向心力解得粒子的比荷為故C正確；D．根據(jù)動(dòng)能定理有且聯(lián)立可得電場(chǎng)強(qiáng)度大小為故D錯(cuò)誤。故選AC?！咀兪?-2】（23-24高二上·山東濟(jì)南·期末）如圖所示，在坐標(biāo)系中，軸上方有勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度，方向水平向左，軸下方有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為，方向垂直紙面向外。一電荷量，質(zhì)量的帶正電粒子從第一象限中的點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)，初速度方向沿軸負(fù)方向，恰好從坐標(biāo)原點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)；在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后從軸上的點(diǎn)離開磁場(chǎng)，已知點(diǎn)的坐標(biāo)為，點(diǎn)的坐標(biāo)為，不計(jì)粒子的重力，求：（1）粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的大小和方向；（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。【答案】（1），方向與x軸負(fù)方向角；（2）【詳解】（1）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)在O點(diǎn)離開電場(chǎng)時(shí)的速度大小為，與x軸的夾角為，軌跡如下圖，則在y軸方向，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)在x軸方向，粒子做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，，則在O點(diǎn)時(shí)的速度，以上各式聯(lián)立，解得，則粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度的大小為，方向與x軸負(fù)方向角；（2）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖由幾何關(guān)系可知，得粒子在磁場(chǎng)中，根據(jù)牛頓第二定律代入數(shù)據(jù)，解得強(qiáng)化點(diǎn)二帶電粒子由電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)【典例2】（23-24高二上·寧夏銀川·期末）如圖所示，y軸上M點(diǎn)的坐標(biāo)為（，），MN與x軸平行，與x軸之間有勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)垂直紙面向里。在的區(qū)域存在沿方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，在坐標(biāo)原點(diǎn)O處有一帶正電粒子以速率沿方向射入磁場(chǎng)，粒子穿出磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)，速度減小到0后又返回磁場(chǎng)。已知粒子的比荷為，粒子重力不計(jì)。求：（1）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；（2）從原點(diǎn)出發(fā)后經(jīng)過多長時(shí)間，帶電粒子第一次經(jīng)過x軸?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）粒子穿出磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)，速度減小到0后又返回磁場(chǎng)。說明粒子的運(yùn)動(dòng)半徑為L。由得（2）粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為粒子在電場(chǎng)中的加速度為在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為則從原點(diǎn)出發(fā)，粒子第一次經(jīng)過x軸的時(shí)間為【變式2-1】（23-24高二上·遼寧朝陽·期末）如圖所示的坐標(biāo)系中，y軸的右側(cè)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，y軸的左側(cè)存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。P點(diǎn)為x軸上的點(diǎn)，，一電荷量為、質(zhì)量為的正粒子由P點(diǎn)沿x軸的正方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)過一段時(shí)間粒子通過y軸進(jìn)入電場(chǎng)，速度方向與y軸的負(fù)方向成，粒子在電場(chǎng)中垂直x軸經(jīng)過Q點(diǎn)。忽略粒子的重力，求：（1）粒子射入磁場(chǎng)的初速度大??；（2）電場(chǎng)強(qiáng)度E；（3）粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的時(shí)間。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，作出運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖如圖所示由幾何關(guān)系得，解得根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有，解得（2）帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，沿y軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有沿x軸方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，有其中解得，（3）帶電粒子進(jìn)入電場(chǎng)前在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之后帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為則帶電粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的時(shí)間【變式2-2】（23-24高二上·山西運(yùn)城·期末）如圖所示，在x軸上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里。在x軸下方存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向豎直向上。一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為q，重力不計(jì)的帶正電粒子從y軸上的點(diǎn)沿y軸正方向以某初速度開始運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后，粒子速度方向與x軸正方向成45°角進(jìn)入電場(chǎng)，經(jīng)過y軸的b點(diǎn)時(shí)速度方向恰好與y軸垂直。求：（1）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r；（2）粒子到達(dá)b點(diǎn)時(shí)的速度大小；（3）求坐標(biāo)原點(diǎn)O到b點(diǎn)的距離。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）根據(jù)題意可大體畫出粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系有可得（2）粒子在磁場(chǎng)中由洛倫茲力提供向心力設(shè)粒子第一次經(jīng)過x軸的位置為，到達(dá)b點(diǎn)時(shí)速度大小為，結(jié)合類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有得（3）粒子在電場(chǎng)中沿x軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)沿負(fù)y軸方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，末速度為零，解得 強(qiáng)化點(diǎn)三帶電粒子在磁場(chǎng)和電場(chǎng)中的往復(fù)運(yùn)動(dòng)【典例3】（23-24高二上·河北邯鄲·期末）在如圖所示的平面直角坐標(biāo)系中，的區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，的區(qū)域內(nèi)有沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為的粒子從O點(diǎn)射出，初速度方向與x軸正方向夾角為，粒子在平面內(nèi)做曲線運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡經(jīng)過O、M、N三點(diǎn)，并一直沿O、M、N圍成的閉合圖形運(yùn)動(dòng)。已知M、N兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為，粒子重力忽略不計(jì)。求：（1）粒子初速度的大??；（2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大??；（3）粒子從O點(diǎn)出發(fā)到第一次返回O點(diǎn)的時(shí)間?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）根據(jù)題意，畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示作和的中垂線交于點(diǎn)，點(diǎn)為粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡半徑粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，聯(lián)立解得（2）連接與初速度方向垂直，則有，得粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，有，，聯(lián)立解得（3）粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)用時(shí)其中電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間聯(lián)立可得【變式3-1】（23-24高二上·山西太原·期末）水平分界線上方有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為。下方存在如圖所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度均為分界線與平行。質(zhì)量為的帶電粒子在處由靜止釋放，下落一定高度后穿過，進(jìn)入寬度為、垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。粒子穿過后進(jìn)入垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，經(jīng)過一段時(shí)間后返回出發(fā)點(diǎn)。不計(jì)粒子重力，求：（1）粒子的帶電量；（2）粒子從點(diǎn)經(jīng)過多長時(shí)間后返回點(diǎn)?！敬鸢浮浚?）；（2）（取正整數(shù)）【詳解】（1）粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。帶電粒子從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到邊界帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑為由幾何關(guān)系得，解得，（2）帶電粒子在電場(chǎng)中加速時(shí)間為，兩個(gè)磁場(chǎng)大小相等，周期相同帶電粒子在之間做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為帶電粒子在下方磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為帶電粒子第一次回到釋放點(diǎn)的時(shí)間為根據(jù)周期性，粒子回到點(diǎn)（取正整數(shù)）【變式3-2】（23-24高二上·湖南衡陽·期末）如圖，在xOy平面第一象限有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向平行y軸向下。在第四象限內(nèi)存在一有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，左邊界為y軸，右邊界為的直線。磁場(chǎng)方向垂直紙面向外。一質(zhì)量為m、帶電量為q的正粒子從y軸上P點(diǎn)以初速度v0垂直y軸射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，在電場(chǎng)力作用下從x軸上Q點(diǎn)以與x軸正方向成45°角進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)。已知，不計(jì)粒子重力。求：（1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小；（2）要使粒子能再進(jìn)入電場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的范圍；（3）要使粒子能第二次進(jìn)入磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的范圍?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)y方向的速度為，則有設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，則有，，聯(lián)立解得電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為（2）粒子剛好能再進(jìn)入電場(chǎng)的軌跡如圖所示設(shè)此時(shí)的軌跡半徑為，由幾何關(guān)系為，解得粒子在磁場(chǎng)中的速度為根據(jù)牛頓第二定律有，解得則要使粒子能再進(jìn)入電場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的范圍為（3）要使粒子剛好能第二次進(jìn)入磁場(chǎng)的軌跡如圖所示粒子從P到Q的時(shí)間為，則粒子從C到D的時(shí)間為，所以，設(shè)此時(shí)粒子在磁場(chǎng)中的軌道半徑為，由幾何關(guān)系有可得根據(jù)牛頓第二定律有則要使粒子能第二次進(jìn)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的范圍為即強(qiáng)化點(diǎn)四帶電粒子在交變場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【典例4】（多選）如圖甲所示，ABCD是一長方形有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)邊界，磁感應(yīng)強(qiáng)度按圖乙規(guī)律變化，取垂直紙面向外為磁場(chǎng)的正方向，圖中，一質(zhì)量為m、所帶電荷量為q的帶正電粒子以速度v0在t＝0時(shí)從A點(diǎn)沿AB方向垂直磁場(chǎng)射入，粒子重力不計(jì)。則下列說法中正確的是（）A．若粒子經(jīng)時(shí)間恰好垂直打在CD上，則磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B．若粒子經(jīng)時(shí)間恰好垂直打在CD上，則粒子運(yùn)動(dòng)的半徑大小C．若要使粒子恰能沿DC方向通過C點(diǎn)，則磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。╪＝1，2，3…）D．若要使粒子恰能沿DC方向通過C點(diǎn)，磁場(chǎng)變化的周期（n＝1，2，3…）【答案】AD【詳解】A．若粒子經(jīng)時(shí)間恰好垂直打在CD上，則粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為L，根據(jù)牛頓第二定律有，解得故A正確；B．若粒子經(jīng)時(shí)間恰好垂直打在CD上，如圖1所示，可知粒子運(yùn)動(dòng)了三段四分之一圓弧，則運(yùn)動(dòng)的半徑大小為故B錯(cuò)誤；圖1CD．若要使粒子恰能沿DC方向通過C點(diǎn)，如圖2所示，則粒子運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間一定為磁感應(yīng)強(qiáng)度變化周期的整數(shù)倍，設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)的半徑為r，則根據(jù)牛頓第二定律有，解得根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子在一個(gè)磁場(chǎng)變化的周期T0內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角為120°，則故C錯(cuò)誤，D正確。故選AD。圖2【變式4-1】（22-23高二上·湖北武漢·期末）在如圖甲所示的平面直角坐標(biāo)系xOy（其中Ox水平，Oy豎直）內(nèi)，矩形區(qū)域OMNP充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（邊界處有磁場(chǎng)），其中，，P點(diǎn)處放置一垂直于x軸的熒光屏，現(xiàn)將質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從OM邊的中點(diǎn)A處以某一速度垂直于磁場(chǎng)且沿與y軸負(fù)方向夾角為45°的方向射入磁場(chǎng)，不計(jì)粒子重力。（1）若粒子打在熒光屏上形成的光點(diǎn)與A點(diǎn)等高，求粒子速度的大?。唬?）求粒子能從OM邊射出磁場(chǎng)的最大速度及其對(duì)應(yīng)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；（3）若規(guī)定垂直紙面向外的磁場(chǎng)方向?yàn)檎较?，磁感?yīng)強(qiáng)度B的變化規(guī)律如圖乙所示（圖中已知），調(diào)節(jié)磁場(chǎng)的周期，滿足，讓粒子在時(shí)刻從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿與x軸正方向成角的方向以一定的初速度射入磁場(chǎng)，若粒子恰好垂直打在屏上，求粒子的可能初速度大小及打在光屏上的位置。【答案】（1）；（2），；（3）（，，），【詳解】（1）要使粒子恰好能打在熒光屏上與A等高的點(diǎn)，則粒子速度方向偏轉(zhuǎn)了90°，軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可得由洛倫茲力提供向心力可得聯(lián)立解得（2）當(dāng)粒子的軌跡恰好與MN相切時(shí)，對(duì)應(yīng)的速度最大，如圖所示由幾何關(guān)系可得由洛倫茲力提供向心力可得聯(lián)立解得可知軌跡對(duì)應(yīng)圓心角為，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期為故對(duì)應(yīng)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為（3）由題意可知，磁場(chǎng)的周期滿足可知每經(jīng)過，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角均為，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示粒子打在熒光屏上的Q點(diǎn)，由幾何關(guān)系可得則有設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為，每次偏轉(zhuǎn)對(duì)應(yīng)的圓心角均為，粒子恰好垂直打在屏上，由幾何關(guān)系可得（，，）由洛倫茲力提供向心力可得聯(lián)立解得（，，）【變式4-2】如圖甲所示，M、N為豎直放置彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個(gè)小孔O、正對(duì)，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化如圖乙所示，設(shè)垂直紙面向里為磁場(chǎng)的正方向。有一群正離子在時(shí)垂直于M板從小孔O射入磁場(chǎng)。已知正離子質(zhì)量為、電荷量為q，正離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期與磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的周期都為，忽略粒子間的相互作用力和離子的重力。（1）求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小；（2）若正離子在時(shí)刻恰好從孔垂直于N板射出磁場(chǎng)，求該離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑；（3）要使正離子從孔垂直于N板射出磁場(chǎng)，求正離子射入磁場(chǎng)時(shí)速度的大小?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）正離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，即

正離子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為

聯(lián)立①②解得

③（2）由題意，作出正離子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知正離子的運(yùn)動(dòng)半徑為

④（3）要使正離子從孔垂直于N板射出磁場(chǎng)，根據(jù)離子運(yùn)動(dòng)軌跡的周期性可知離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間滿足

⑤則運(yùn)動(dòng)半徑滿足

⑥聯(lián)立①③⑥解得

⑦強(qiáng)化點(diǎn)五帶電粒子在疊加場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)【典例5】（23-24高二下·四川涼山·期末）利用電場(chǎng)和磁場(chǎng)控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)是現(xiàn)代電子設(shè)備的常見現(xiàn)象。如圖所示，兩水平正對(duì)放置的平行金屬板MN和PQ之間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)E（未知），兩金屬板的板長和間距均為平行金屬板間有垂直紙面向里的磁場(chǎng)，N、Q連線右側(cè)空間有垂直紙面向外的磁場(chǎng)，兩磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B。質(zhì)量為2m0、速度為v0、帶電量為+q的粒子甲和質(zhì)量為m0、速度為2v0、帶電量也為+q的粒子乙先后從M、P的連線中點(diǎn)O處沿兩平行金屬板中軸線進(jìn)入后，甲粒子恰好沿軸線射出金屬板，乙粒子恰好從MN板右側(cè)N點(diǎn)射出，此時(shí)速度方向與水平方向夾角不計(jì)粒子大小及重力，關(guān)于兩粒子的運(yùn)動(dòng)情況，下列說法正確的是（）A．金屬板間電場(chǎng)強(qiáng)度為B．甲、乙兩粒子在平行金屬板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為2：1C．甲、乙兩粒子在射出平行金屬板的速度之比為D．甲、乙兩粒子在N、Q連線右側(cè)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為6：5【答案】AD【詳解】A．甲粒子恰好沿軸線射出金屬板，則有，解得，故A正確；B．甲粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有，解得乙粒子的運(yùn)動(dòng)可分解為速度大小為的勻速圓周運(yùn)動(dòng)和水平向右速度大小為勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)線方向在點(diǎn)速度關(guān)系如圖所示解得粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期聯(lián)立可得則故B錯(cuò)誤；C．甲粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，射出平行金屬板的速度為v0，乙粒子運(yùn)動(dòng)過程中，洛倫茲力不做功，只有電場(chǎng)力做功，則有，解得，可得，故C錯(cuò)誤；D．甲、乙粒子在N、Q連線右側(cè)磁場(chǎng)中均做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可得，根據(jù)，解得，兩粒子的軌跡如圖所示可得，，解得，故D正確。故選AD?！咀兪?-1】（2024·福建福州·三模）如圖所示，帶電圓環(huán)P套在足夠長的、粗糙絕緣水平細(xì)桿上，空間中存在與水平桿成θ角斜向左上方的勻強(qiáng)電場(chǎng)，現(xiàn)給圓環(huán)P一向右初速度，使其在桿上與桿無擠壓地滑行。當(dāng)圓環(huán)P滑至A點(diǎn)時(shí)，在空間加上水平方向且垂直細(xì)桿的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，并從此刻開始計(jì)時(shí)，時(shí)刻圓環(huán)P再次返回A點(diǎn)。選取水平向右為正方向，則運(yùn)動(dòng)過程圓環(huán)P受到的摩擦力f、速度v、加速度a、動(dòng)能隨時(shí)間t變化的圖像，可能正確的是（）A．B．C． D．【答案】BD【詳解】C．在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，圓環(huán)在桿上與桿無擠壓地滑行，則故加上磁場(chǎng)后，速度為時(shí)，圓環(huán)與桿間的壓力為圓環(huán)向右運(yùn)動(dòng)的過程中，根據(jù)牛頓第二定律，且加速度為圓環(huán)向右運(yùn)動(dòng)的過程中，圓環(huán)速度減小，向左的加速度逐漸減小，圓環(huán)向左運(yùn)動(dòng)的過程中，根據(jù)牛頓第二定律，加速度為圓環(huán)向左運(yùn)動(dòng)的過程中，圓環(huán)速度增大，向左的加速度逐漸減小，故整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程，加速度一直向左且逐漸減小，故圖C不符合要求；B．由于圓環(huán)P從A點(diǎn)出發(fā)再返回A點(diǎn)，克服摩擦力做功，返回A點(diǎn)時(shí)的速度小于從A點(diǎn)出發(fā)時(shí)的速度，根據(jù)圖像的斜率表示加速度，可知速度v隨時(shí)間t變化的圖像如圖B所示，故圖B符合要求；A．返回A點(diǎn)時(shí)圓環(huán)受到的摩擦力應(yīng)小于從A點(diǎn)出發(fā)時(shí)圓環(huán)受到的摩擦力，故圖A不符合要求；D．根據(jù)，可知?jiǎng)幽茈S時(shí)間t變化的圖像如圖D所示，故圖D符合要求。故選BD?！咀兪?-2】（23-24高二上·江西南昌·期末）如圖所示，實(shí)線表示在豎直平面內(nèi)的電場(chǎng)線，電場(chǎng)線與水平方向成α角，水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與電場(chǎng)正交，有一帶電液滴沿虛線L斜向上做直線運(yùn)動(dòng)，L與水平方向成β角，且，則下列說法中正確的是（）A．液滴一定做勻速直線運(yùn)動(dòng) B．液滴有可能做勻變速直線運(yùn)動(dòng)C．電場(chǎng)線方向可能斜向下 D．液滴一定帶正電【答案】AD【詳解】AB．根據(jù)左手定則可知，液滴所受洛倫茲力方向位于垂直運(yùn)動(dòng)方向，根據(jù)物體做直線運(yùn)動(dòng)的條件可知，垂直運(yùn)動(dòng)方向合外力恒為零，液滴所受洛倫茲力恒定不變，結(jié)合洛倫茲力公式可知，故粒子的速度不變，即粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．由于粒子一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則液滴受重力、靜電力、洛倫茲力的合力為零，靜電力和洛倫茲力的合力和重力反向，可判斷出洛倫茲力垂直運(yùn)動(dòng)方向向左上，靜電力方向斜向右上。根據(jù)左手定則可知，液滴帶正電。則電場(chǎng)線方向斜向右上，故C錯(cuò)誤，D正確。故選AD。強(qiáng)化點(diǎn)六帶電粒子在疊加場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)【典例6】（2024·河北·二模）如圖所示，在豎直面內(nèi)的直角坐標(biāo)系xOy中，在第二象限內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；在第一象限內(nèi)存在方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B、方向垂直坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一帶正電的小球P從x軸上的A點(diǎn)以某一速度沿AK方向做直線運(yùn)動(dòng)，AK與x軸正方向的夾角θ=60°，從K點(diǎn)進(jìn)入第一象限后小球P恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過x軸時(shí)豎直向下?lián)糁芯o貼x軸上方靜止的帶電小球Q，碰后兩球結(jié)合為一個(gè)結(jié)合體M，之后M從y軸上的F點(diǎn)離開第四象限，第四象限存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向如圖所示。已知重力加速度大小為g，小球P、Q帶電荷量均為q、質(zhì)量均為m，不計(jì)空氣阻力。（1）求第二象限與第一象限內(nèi)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小之比；（2）求小球Q靜止的位置距O點(diǎn)的距離；（3）若結(jié)合體M進(jìn)入第四象限時(shí)的速度為v，M在第四象限運(yùn)動(dòng)時(shí)的最大速度為2v，則當(dāng)其速度為2v時(shí)，結(jié)合體M距x軸的距離是多少？【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）小球P沿AK方向做直線運(yùn)動(dòng)，由于洛倫茲力與速度有關(guān)，可知其一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)，受力如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可得小球Q靜止在第一象限，則聯(lián)立可得（2）小球豎直向下?lián)糁蠶，軌跡如圖所示根據(jù)洛倫茲力提供向心力有，粒子在第二象限中有聯(lián)立解得（3）結(jié)合體在第四象限中只有重力做功，根據(jù)動(dòng)能定理可得，解得【變式6-1】（23-24高二上·江西鷹潭·期末）如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為，同時(shí)存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其方向與電場(chǎng)方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。有一帶電微粒，質(zhì)量，電荷量，從時(shí)刻由O點(diǎn)開始以速度v在第一象限的豎直面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，取，求：（1）微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度v的大小和方向；（2）若在時(shí)，將電場(chǎng)方向逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，在微粒繼續(xù)運(yùn)動(dòng)的過程中，求微粒第一次經(jīng)過y軸時(shí)的坐標(biāo)；（3）若在某一時(shí)刻撤掉磁場(chǎng)（不考慮磁場(chǎng)消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象），在微粒繼續(xù)運(yùn)動(dòng)的過程中，求微粒速度方向恰好平行于x軸正方向時(shí)微粒的動(dòng)能?！敬鸢浮浚?），速度方向斜向右上與x軸正方向成45°角；（2）（0，1.6m）；（3）【詳解】（1）微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，受力如圖所示：其所受的三個(gè)力在同一平面內(nèi)，合力為零，則有代入數(shù)據(jù)解得：速度v的方向與x軸的正方向之間的夾角滿足，解得即速度方向斜向右上與x軸正方向成45°角。（2）經(jīng)過t=0.4s后，微粒運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)位移OA為即A點(diǎn)坐標(biāo)為，此時(shí)將電場(chǎng)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后，有分析可知，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)后微粒做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，有，解得分析可得微粒運(yùn)動(dòng)軌跡如圖：設(shè)微粒經(jīng)過y軸的交點(diǎn)為Q，則由幾何關(guān)系可知?jiǎng)t即微粒第一次經(jīng)過y軸時(shí)的坐標(biāo)為（0，1.6m）。（3）設(shè)微粒處于P點(diǎn)時(shí)速度恰平行于x軸正方向，P點(diǎn)速度大小為，剛撤去磁場(chǎng)時(shí)，沿y軸正方向速度為運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用的時(shí)間為，則剛撤去磁場(chǎng)時(shí)，沿x軸正方向速度為x軸方向加速度為微粒到達(dá)P點(diǎn)的速度為 微粒在P點(diǎn)處的動(dòng)能為【變式6-2】（23-24高二上·江蘇南京·期末）設(shè)在地面上方的真空室內(nèi)，存在著方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和方向垂直于紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖所示。一段光滑且絕緣的圓弧軌道固定在紙面內(nèi)，其圓心為點(diǎn)，半徑，O，A連線在豎直方向上，弧對(duì)應(yīng)的圓心角。今有一質(zhì)量、電荷量的帶電小球，以的初速度沿水平方向從點(diǎn)射入圓弧軌道內(nèi)，一段時(shí)間后從點(diǎn)離開，此后小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)。重力加速度，，。求：(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)；(2)小球經(jīng)過點(diǎn)時(shí)的速率：(3)小球射入至圓弧軌道A端的瞬間，小球?qū)壍赖膲毫Γㄓ?jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。【答案】(1)(2)(3)，豎直向下【詳解】（1）當(dāng)小球離開圓弧軌道后，對(duì)其受力分析如圖所示由平衡條件得代入數(shù)據(jù)解得（2）小球從進(jìn)入圓弧軌道到離開圓弧軌道的過程中，由動(dòng)能定理得代入數(shù)據(jù)得（3）根據(jù)小球經(jīng)過點(diǎn)時(shí)的受力分析圖可知，解得分析小球經(jīng)過處時(shí)，由向心力公式可知代入數(shù)據(jù)得由牛頓第三定律得，小球?qū)壍赖膲毫榉较蜇Q直向下。強(qiáng)化點(diǎn)七帶電粒子在疊加場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)【典例7】（22-23高二上·江蘇南京·期末）如圖所示，長度為L，內(nèi)壁光滑的輕玻璃管平放在水平面上，管底有一質(zhì)量為，電荷量為的帶正電小球。整個(gè)裝置以速度進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向豎直向下，在外力的作用下向右勻速運(yùn)動(dòng)，最終小球從上端口飛出。從玻璃管進(jìn)入磁場(chǎng)至小球飛出上端口的過程中（）A．小球沿管方向的加速度大小 B．小球做類平拋運(yùn)動(dòng)C．管壁的彈力對(duì)小球不做功 D．洛倫茲力對(duì)小球做功【答案】B【詳解】AB．由題意知小球既沿管方向運(yùn)動(dòng)，又和管一起向右勻速直線運(yùn)動(dòng)，管平放在水平面上，對(duì)小球受力分析知，沿管方向小球所受洛倫茲力為恒力，由牛頓第二定律得，解得即沿管方向小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確；D．洛倫茲力方向總是和速度方向垂直，故洛倫茲力不做功，故D錯(cuò)誤；C．小球最終從上端口飛出，沿管方向的速度滿足水平方向一直勻速直線運(yùn)動(dòng)，可知小球動(dòng)能增加，洛倫茲力不做功，故管壁對(duì)小球向右的彈力對(duì)小球做正功，小球飛出時(shí)速度為由動(dòng)能定理得，整個(gè)過程對(duì)小球管壁的彈力對(duì)小球做功為，故C錯(cuò)誤。故選B?！咀兪?-1】（23-24高二下·甘肅酒泉·期末）霍爾推進(jìn)器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型。xOy平面內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。質(zhì)量為m，電荷量為e的電子從О點(diǎn)沿x軸正方向水平入射，入射速度為時(shí)，電子沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)；入射速度小于時(shí)，電子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中的虛線所示，且在最高點(diǎn)與在最低點(diǎn)所受的合力大小相等。不計(jì)電子重力及電子間相互作用。（1）求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E；（2）若電子入射速度為，求運(yùn)動(dòng)到速度為時(shí)位置的縱坐標(biāo)y；（3）若電子入射速度在的范圍內(nèi)均勻分布，求能到達(dá)縱坐標(biāo)位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的百分比?！敬鸢浮浚?）v0B；（2）；（3）87.5%【詳解】（1）由題知，入射速度為v0時(shí)，電子沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)則有Ee=ev0B解得E=v0B（2）電子在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中，由于洛倫茲力不做功，且由于電子入射速度為，則電子受到的電場(chǎng)力大于洛倫茲力，則電子向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有，解得（3）若電子以v入射時(shí)，設(shè)電子能達(dá)到的最高點(diǎn)位置的縱坐標(biāo)為y，則根據(jù)動(dòng)能定理有由于電子在最高點(diǎn)與在最低點(diǎn)所受的合力大小相等，則在最高點(diǎn)有F合=evmB－eE在最低點(diǎn)有F合=eE－evB，聯(lián)立有，要讓電子達(dá)縱坐標(biāo)位置，即y≥y2，解得則若電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)均勻分布，能到達(dá)縱坐標(biāo)位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的87.5%?！咀兪?-2】（23-24高二下·四川德陽·期末）如圖所示，在豎直平面內(nèi)在邊界以下存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為，為一根固定的粗糙傾斜絕緣桿，與水平方向的夾角為；邊界下方過桿端點(diǎn)的豎直邊界兩側(cè)分別存在著兩個(gè)方向相反的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，左側(cè)磁場(chǎng)方向垂直電場(chǎng)方向向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為，右側(cè)磁場(chǎng)方向垂直電場(chǎng)方向向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為.現(xiàn)有一帶正電的小球，其質(zhì)量為、電荷量為，以速度在過點(diǎn)的豎直邊界左側(cè)磁場(chǎng)區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球經(jīng)過位置時(shí)撤去磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，小球上有一小孔剛好從端沿桿方向套在傾斜絕緣桿上，已知位置與絕緣桿端等高，小球與絕緣桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，絕緣桿足夠長，不考慮磁場(chǎng)消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象，重力加速度大小為，，求：（1）小球勻速運(yùn)動(dòng)的速度的大??；（2）小球套在傾斜桿上后，沿桿下滑的最大速度；（3）小球從位置運(yùn)動(dòng)至位置，電場(chǎng)力對(duì)小球做的功?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）小球以速度在過點(diǎn)的豎直邊界左側(cè)磁場(chǎng)區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有解得（2）小球套在傾斜桿上后，當(dāng)速度最大時(shí)受力平衡，沿桿方向根據(jù)平衡條件，解得（3）在左側(cè)磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)過程中，由于重力與電場(chǎng)力大小相等，根據(jù)左手定則可知小球勻速時(shí)速度方向與水平方向夾角為45°斜向右上，當(dāng)撤去磁場(chǎng)時(shí)，小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，加速度大小為運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)時(shí)速度方向剛好沿桿，則有，解得，根據(jù)動(dòng)能定理，電場(chǎng)力對(duì)小球做的功真題感知1．（2024·福建·高考真題）如圖，直角坐標(biāo)系中，第Ⅰ象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。第Ⅱ、Ⅲ象限中有兩平行板電容器、，其中垂直軸放置，極板與軸相交處存在小孔、；垂直軸放置，上、下極板右端分別緊貼軸上的、點(diǎn)。一帶電粒子從靜止釋放，經(jīng)電場(chǎng)直線加速后從射出，緊貼下極板進(jìn)入，而后從進(jìn)入第Ⅰ象限；經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰好垂直軸離開，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示。已知粒子質(zhì)量為、帶電量為，、間距離為，、的板間電壓大小均為，板間電場(chǎng)視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，不計(jì)重力，忽略邊緣效應(yīng)。求：(1)粒子經(jīng)過時(shí)的速度大?。?2)粒子經(jīng)過時(shí)速度方向與軸正向的夾角；(3)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳解】（1）粒子從M到N的運(yùn)動(dòng)過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有解得（2）粒子在中，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律有根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有、又解得（3）粒子在P處時(shí)的速度大小為在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)根據(jù)牛頓第二定律有由幾何關(guān)系可知解得2．（2024·江蘇·高考真題）如圖所示，兩個(gè)半圓環(huán)區(qū)abcd、a'b'c'd'中有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域內(nèi)、外邊界的半徑分別為、。ab與a'b'間有一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，電勢(shì)差為U，cd與c'd'間有一個(gè)插入體，電子每次經(jīng)過插入體速度減小為原來的k倍。現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，從cd面射入插入體，經(jīng)過磁場(chǎng)、電場(chǎng)后再次到達(dá)cd面，速度增加，多次循環(huán)運(yùn)動(dòng)后，電子的速度大小達(dá)到一個(gè)穩(wěn)定值，忽略相對(duì)論效應(yīng)，不計(jì)電子經(jīng)過插入體和電場(chǎng)的時(shí)間。求：(1)電子進(jìn)入插入體前后在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑、之比；(2)電子多次循環(huán)后到達(dá)cd的穩(wěn)定速度v；(3)若電子到達(dá)cd中點(diǎn)P時(shí)速度穩(wěn)定，并最終到達(dá)邊界d，求電子從P到d的時(shí)間t?！敬鸢浮?1)(2)，方向垂直于cd向左(3)【詳解】（1）設(shè)電子進(jìn)入插入體前后的速度大小分別為、，由題意可得電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力得解得可知在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑，可得（2）電子多次循環(huán)后到達(dá)cd的穩(wěn)定速度大小為v，則經(jīng)過插入體后的速度大小為kv。電子經(jīng)過電場(chǎng)加速后速度大小為v，根據(jù)動(dòng)能定理得解得方向垂直于cd向左。（3）電子到達(dá)cd中點(diǎn)P時(shí)速度穩(wěn)定，并最終到達(dá)邊界上的d點(diǎn)。由Р點(diǎn)開始相繼在兩個(gè)半圓區(qū)域的運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖所示。根據(jù)（1）（2）的結(jié)論，可得電子在右半圓區(qū)域的運(yùn)動(dòng)半徑為電子在左半圓區(qū)域的運(yùn)動(dòng)半徑為kr，則P點(diǎn)與d點(diǎn)之間的距離為電子由Р點(diǎn)多次循環(huán)后到達(dá)d點(diǎn)的循環(huán)次數(shù)為電子在左、右半圓區(qū)域的運(yùn)動(dòng)周期均為忽略經(jīng)過電場(chǎng)與插入體的時(shí)間，則每一次循環(huán)的時(shí)間均等于T，可得電子從Р到d的時(shí)間為3．（2024·浙江·高考真題）探究性學(xué)習(xí)小組設(shè)計(jì)了一個(gè)能在噴鍍板的上下表面噴鍍不同離子的實(shí)驗(yàn)裝置，截面如圖所示。在xOy平面內(nèi)，除x軸和虛線之間的區(qū)域外，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在無磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，沿著x軸依次放置離子源、長度為L的噴鍍板P、長度均為L的柵極板M和N（由金屬細(xì)絲組成的網(wǎng)狀電極），噴鍍板P上表面中點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（1.5L，0），柵極板M中點(diǎn)S的坐標(biāo)為（3L，0），離子源產(chǎn)生a和b兩種正離子，其中a離子質(zhì)量為m，電荷量為q，b離子的比荷為a離子的倍，經(jīng)電壓U=kU0（其中，k大小可調(diào)，a和b離子初速度視為0）的電場(chǎng)加速后，沿著y軸射入上方磁場(chǎng)。經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)和柵極板N和M間電壓UNM調(diào)控（UNM>0），a和b離子分別落在噴鍍板的上下表面，并立即被吸收且電中和，忽略場(chǎng)的邊界效應(yīng)、離子受到的重力及離子間相互作用力。（1）若U=U0，求a離子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，到達(dá)x軸上的位置x0（用L表示）。（2）調(diào)節(jié)U和UNM，并保持，使a離子能落到噴鍍板P上表面任意位置，求：①U的調(diào)節(jié)范圍（用U0表示）；②b離子落在噴鍍板P下表面的區(qū)域長度；（3）要求a和b離子恰好分別落在噴鍍板P上下表面的中點(diǎn)，求U和UNM的大小。【答案】（1）L；（2）①；②；（3），【詳解】（1）對(duì)a離子根據(jù)動(dòng)能定理得a離子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)a離子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，到達(dá)x軸上的位置，聯(lián)立解得（2）①要使a離子能落到噴鍍板P上表面任意位置，只能經(jīng)電壓為U的電場(chǎng)加速后再經(jīng)第一象限勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)一次打在P板上方任意處，則結(jié)合（1）中分析得即即②b離子經(jīng)過電壓為U的電場(chǎng)加速后在磁場(chǎng)中第一次偏轉(zhuǎn)打在x軸上的位置坐標(biāo)為代入得故可知b離子能從柵極板（坐標(biāo)范圍為）任意位置經(jīng)電壓為的電場(chǎng)減速射入虛線下方的磁場(chǎng)，此時(shí)b離子先經(jīng)過電壓為U的電場(chǎng)加速再在第一象限磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)后再經(jīng)過電壓為的電場(chǎng)減速，因?yàn)楦鶕?jù)動(dòng)能定理得同時(shí)有，當(dāng)時(shí)，b離子從柵極板左端經(jīng)虛線下方磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)打在P，此時(shí)離柵極板左端的距離為當(dāng)時(shí)，b離子從柵極板右端經(jīng)虛線下方磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)打在P，此時(shí)離柵極板右端的距離為故b離子落在噴鍍板P下表面的區(qū)域長度為（3）要求a離子落在噴鍍板中點(diǎn)Q，由（1）可知故可得則b離子從處經(jīng)過柵極板，若b離子減速一次恰好打在P板下方中央處，設(shè)，則同理可知聯(lián)立解得則可得當(dāng)減速n次聯(lián)立得當(dāng)減速n次恰好打在P板下方中央處，可得即解得即，n取整數(shù)，故可得，故可得4．（2024·北京·高考真題）我國“天宮”空間站采用霍爾推進(jìn)器控制姿態(tài)和修正軌道。圖為某種霍爾推進(jìn)器的放電室（兩個(gè)半徑接近的同軸圓筒間的區(qū)域）的示意圖。放電室的左、右兩端分別為陽極和陰極，間距為d。陰極發(fā)射電子，一部分電子進(jìn)入放電室，另一部分未進(jìn)入。穩(wěn)定運(yùn)行時(shí)，可視為放電室內(nèi)有方向沿軸向向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為E和；還有方向沿半徑向外的徑向磁場(chǎng)，大小處處相等。放電室內(nèi)的大量電子可視為處于陽極附近，在垂直于軸線的平面繞軸線做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)（如截面圖所示），可與左端注入的氙原子碰撞并使其電離。每個(gè)氙離子的質(zhì)量為M、電荷量為，初速度近似為零。氙離子經(jīng)過電場(chǎng)加速，最終從放電室右端噴出，與陰極發(fā)射的未進(jìn)入放電室的電子剛好完全中和。已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為；對(duì)于氙離子，僅考慮電場(chǎng)的作用。（1）求氙離子在放電室內(nèi)運(yùn)動(dòng)的加速度大小a；（2）求徑向磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小；（3）設(shè)被電離的氙原子數(shù)和進(jìn)入放電室的電子數(shù)之比為常數(shù)k，單位時(shí)間內(nèi)陰極發(fā)射的電子總數(shù)為n，求此霍爾推進(jìn)器獲得的推力大小F。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）對(duì)于氙離子，僅考慮電場(chǎng)的作用，則氙離子在放電室時(shí)只受電場(chǎng)力作用，由牛頓第二定律解得氙離子在放電室內(nèi)運(yùn)動(dòng)的加速度大?。?）電子在陽極附近在垂直于軸線的平面繞軸線做半徑做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則軸線方向上所受電場(chǎng)力與徑向磁場(chǎng)給的洛侖茲力平衡，沿著軸線方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)給的洛侖茲力提供向心力，即，解得徑向磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為（3）單位時(shí)間內(nèi)陰極發(fā)射的電子總數(shù)為n，被電離的氙原子數(shù)和進(jìn)入放電室的電子數(shù)之比為常數(shù)k，設(shè)單位時(shí)間內(nèi)進(jìn)入放電室的電子數(shù)為，則未進(jìn)入的電子數(shù)為，設(shè)單位時(shí)間內(nèi)被電離的氙離子數(shù)為,則有已知氙離子數(shù)從放電室右端噴出后與未進(jìn)入放電室的電子剛好完全中和，則有聯(lián)立可得單位時(shí)間內(nèi)被電離的氙離子數(shù)為氙離子經(jīng)電場(chǎng)加速，有時(shí)間內(nèi)氙離子所受到的作用力為，由動(dòng)量定理有解得由牛頓第三定律可知，霍爾推進(jìn)器獲得的推力大小則5．（2024·甘肅·高考真題）質(zhì)譜儀是科學(xué)研究中的重要儀器，其原理如圖所示。Ⅰ為粒子加速器，加速電壓為U；Ⅱ?yàn)樗俣冗x擇器，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為，方向沿紙面向下，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，方向垂直紙面向里；Ⅲ為偏轉(zhuǎn)分離器，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，方向垂直紙面向里。從S點(diǎn)釋放初速度為零的帶電粒子（不計(jì)重力），加速后進(jìn)入速度選擇器做直線運(yùn)動(dòng)、再由O點(diǎn)進(jìn)入分離器做圓周運(yùn)動(dòng)，最后打到照相底片的P點(diǎn)處，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示。（1）粒子帶正電還是負(fù)電？求粒子的比荷。（2）求O點(diǎn)到P點(diǎn)的距離。（3）若速度選擇器Ⅱ中勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)椋源笥冢?，方向不變，粒子恰好垂直打在速度選擇器右擋板的點(diǎn)上。求粒子打在點(diǎn)的速度大小?！敬鸢浮浚?）帶正電，；（2）；（3）【詳解】（1）由于粒子向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電；設(shè)粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，粒子進(jìn)入速度選擇器時(shí)的速度為，在速度選擇器中粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件在加速電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理聯(lián)立解得，粒子的比荷為（2）由洛倫茲力提供向心力可得O點(diǎn)到P點(diǎn)的距離為（3）粒子進(jìn)入Ⅱ瞬間，粒子受到向上的洛倫茲力向下的電場(chǎng)力由于，且所以通過配速法，如圖所示其中滿足則粒子在速度選擇器中水平向右以速度做勻速運(yùn)動(dòng)的同時(shí)，豎直方向以做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度轉(zhuǎn)向到水平向右時(shí)，滿足垂直打在速度選擇器右擋板的點(diǎn)的要求，故此時(shí)粒子打在點(diǎn)的速度大小為【點(diǎn)睛】6．（2024·廣東·高考真題）如圖甲所示。兩塊平行正對(duì)的金屬板水平放置，板間加上如圖乙所示幅值為、周期為的交變電壓。金屬板左側(cè)存在一水平向右的恒定勻強(qiáng)電場(chǎng)，右側(cè)分布著垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．一帶電粒子在時(shí)刻從左側(cè)電場(chǎng)某處由靜止釋放，在時(shí)刻從下板左端邊緣位置水平向右進(jìn)入金屬板間的電場(chǎng)內(nèi)，在時(shí)刻第一次離開金屬板間的電場(chǎng)、水平向右進(jìn)入磁場(chǎng)，并在時(shí)刻從下板右端邊緣位置再次水平進(jìn)入金屬板間的電場(chǎng)。已知金屬板的板長是板間距離的倍，粒子質(zhì)量為m。忽略粒子所受的重力和場(chǎng)的邊緣效應(yīng)。（1）判斷帶電粒子的電性并求其所帶的電荷量q；（2）求金屬板的板間距離D和帶電粒子在時(shí)刻的速度大小v；（3）求從時(shí)刻開始到帶電粒子最終碰到上金屬板的過程中，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功W。【答案】（1）正電；；（2）；；（3）【詳解】（1）根據(jù)帶電粒子在右側(cè)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡結(jié)合左手定則可知，粒子帶正電；粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為根據(jù)則粒子所帶的電荷量（2）若金屬板的板間距離為D，則板長粒子在板間運(yùn)動(dòng)時(shí)出電場(chǎng)時(shí)豎直速度為零，則豎直方向在磁場(chǎng)中時(shí)其中的聯(lián)立解得（3）帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，由（2）的計(jì)算可知金屬板的板間距離則粒子在3t0時(shí)刻再次進(jìn)入中間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，在4t0時(shí)刻進(jìn)入左側(cè)的電場(chǎng)做減速運(yùn)動(dòng)速度為零后反向加速，在6t0時(shí)刻再次進(jìn)入中間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，6.5t0時(shí)刻碰到上極板，因粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，在時(shí)間t0內(nèi)電場(chǎng)力做功為零，在左側(cè)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，往返一次電場(chǎng)力做功也為零，可知整個(gè)過程中只有開始進(jìn)入左側(cè)電場(chǎng)時(shí)電場(chǎng)力做功和最后0.5t0時(shí)間內(nèi)電場(chǎng)力做功，則7．（2024·遼寧·高考真題）現(xiàn)代粒子加速器常用電磁場(chǎng)控制粒子團(tuán)的運(yùn)動(dòng)及尺度。簡(jiǎn)化模型如圖：Ⅰ、Ⅱ區(qū)寬度均為L，存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向；Ⅲ、Ⅳ區(qū)為電場(chǎng)區(qū)，Ⅳ區(qū)電場(chǎng)足夠?qū)?，各區(qū)邊界均垂直于x軸，O為坐標(biāo)原點(diǎn)。甲、乙為粒子團(tuán)中的兩個(gè)電荷量均為＋q，質(zhì)量均為m的粒子。如圖，甲、乙平行于x軸向右運(yùn)動(dòng)，先后射入Ⅰ區(qū)時(shí)速度大小分別為和。甲到P點(diǎn)時(shí)，乙剛好射入Ⅰ區(qū)。乙經(jīng)過Ⅰ區(qū)的速度偏轉(zhuǎn)角為30°，甲到O點(diǎn)時(shí)，乙恰好到P點(diǎn)。已知Ⅲ區(qū)存在沿＋x方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小。不計(jì)粒子重力及粒子間相互作用，忽略邊界效應(yīng)及變化的電場(chǎng)產(chǎn)生的磁場(chǎng)。（1）求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B；（2）求Ⅲ區(qū)寬度d；（3）Ⅳ區(qū)x軸上的電場(chǎng)方向沿x軸，電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間t、位置坐標(biāo)x的變化關(guān)系為，其中常系數(shù)，已知、k未知，取甲經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)。已知甲在Ⅳ區(qū)始終做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)乙在Ⅳ區(qū)受到的電場(chǎng)力大小為F，甲、乙間距為Δx，求乙追上甲前F與Δx間的關(guān)系式（不要求寫出Δx的取值范圍）【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）對(duì)乙粒子，如圖所示由洛倫茲力提供向心力由幾何關(guān)系聯(lián)立解得，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為（2）由題意可知，根據(jù)對(duì)稱性，乙在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為對(duì)甲粒子，由對(duì)稱性可知，甲粒子沿著直線從P點(diǎn)到O點(diǎn)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式由牛頓第二定律聯(lián)立可得Ⅲ區(qū)寬度為（3）甲粒子經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的速度為因?yàn)榧自冖魠^(qū)始終做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則可得設(shè)乙粒子經(jīng)過Ⅲ區(qū)的時(shí)間為，乙粒子在Ⅳ區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，則上式中對(duì)乙可得整理可得對(duì)甲可得則化簡(jiǎn)可得乙追上甲前F與Δx間的關(guān)系式為【點(diǎn)睛】8．（2024·新疆河南·高考真題）一質(zhì)量為m、電荷量為的帶電粒子始終在同一水平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，其速度可用圖示的直角坐標(biāo)系內(nèi)，一個(gè)點(diǎn)表示，、分別為粒子速度在水平面內(nèi)兩個(gè)坐標(biāo)軸上的分量。粒子出發(fā)時(shí)P位于圖中點(diǎn)，粒子在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)作用下運(yùn)動(dòng)，P點(diǎn)沿線段ab移動(dòng)到點(diǎn)；隨后粒子離開電場(chǎng)，進(jìn)入方向豎直、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，P點(diǎn)沿以O(shè)為圓心的圓弧移動(dòng)至點(diǎn)；然后粒子離開磁場(chǎng)返回電場(chǎng)，P點(diǎn)沿線段ca回到a點(diǎn)。已知任何相等的時(shí)間內(nèi)P點(diǎn)沿圖中閉合曲線通過的曲線長度都相等。不計(jì)重力。求（1）粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和周期；（2）電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。唬?）P點(diǎn)沿圖中閉合曲線移動(dòng)1周回到a點(diǎn)時(shí)，粒子位移的大小。【答案】（1），；（2）；（3）【詳解】（1）粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為根據(jù)洛倫茲力提供向心力解得做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為周期為（2）根據(jù)題意，已知任何相等的時(shí)間內(nèi)P點(diǎn)沿圖中閉合曲線通過的曲線長度都相等，由于曲線表示的為速度相應(yīng)的曲線，根據(jù)可知任意點(diǎn)的加速度大小相等，故可得解得（3）根據(jù)題意分析可知從b點(diǎn)到c點(diǎn)粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的角度為，繞一圈的過程中兩次在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對(duì)稱性可知粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，角為兩次粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)初末位置間的位移與x軸方向的夾角，從a到b過程中粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，得故可得該段時(shí)間內(nèi)沿y方向位移為根據(jù)幾何知識(shí)可得由粒子在兩次電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知移動(dòng)一周時(shí)粒子位移的大小為聯(lián)立解得9．（2024·湖南·高考真題）如圖，有一內(nèi)半徑為2r、長為L的圓筒，左右端面圓心O′、O處各開有一小孔。以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，取O′O方向?yàn)閤軸正方向建立xyz坐標(biāo)系。在筒內(nèi)x≤0區(qū)域有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向沿x軸正方向；筒外x≥0區(qū)域有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E，方向沿y軸正方向。一電子槍在O′處向圓筒內(nèi)多個(gè)方向發(fā)射電子，電子初速度方向均在xOy平面內(nèi)，且在x軸正方向的分速度大小均為v0。已知電子的質(zhì)量為m、電量為e，設(shè)電子始終未與筒壁碰撞，不計(jì)電子之間的相互作用及電子的重力。（1）若所有電子均能經(jīng)過O進(jìn)入電場(chǎng)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值；（2）取（1）問中最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，若進(jìn)入磁場(chǎng)中電子的速度方向與x軸正方向最大夾角為θ，求tanθ的絕對(duì)值；（3）?。?）問中最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，求電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)y軸正方向的最大位移。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）電子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，將其分解為沿x軸的勻速直線運(yùn)動(dòng)和在yOz平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子入射時(shí)沿y軸的分速度大小為，由電子在x軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)得在yOz平面內(nèi)，設(shè)電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，周期為T，由牛頓第二定律知可得且由題意可知所有電子均能經(jīng)過O進(jìn)入電場(chǎng)，則有聯(lián)立得當(dāng)時(shí)，B有最小值，可得（2）將電子的速度分解，如圖所示有當(dāng)有最大值時(shí)，最大，R最大，此時(shí)，又，聯(lián)立可得，（3）當(dāng)最大時(shí)，電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)沿y軸正方向有最大位移，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有由牛頓第二定律知又聯(lián)立得10．（2024·山東·高考真題）如圖所示，在Oxy坐標(biāo)系x>0，y>0區(qū)域內(nèi)充滿垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。磁場(chǎng)中放置一長度為L的擋板，其兩端分別位于x、y軸上M、N兩點(diǎn)，∠OMN=60°，擋板上有一小孔K位于MN中點(diǎn)?！鱋MN之外的第一象限區(qū)域存在恒定勻強(qiáng)電場(chǎng)。位于y軸左側(cè)的粒子發(fā)生器在0＜y＜的范圍內(nèi)可以產(chǎn)生質(zhì)量為m，電荷量為+q的無初速度的粒子。粒子發(fā)生器與y軸之間存在水平向右的勻強(qiáng)加速電場(chǎng)，加速電壓大小可調(diào)，粒子經(jīng)此電場(chǎng)加速后進(jìn)入磁場(chǎng)，擋板厚度不計(jì)，粒子可沿任意角度穿過小孔，碰撞擋板的粒子不予考慮，不計(jì)粒子重力及粒子間相互作用力。（1）求使粒子垂直擋板射入小孔K的加速電壓U0；（2）調(diào)整加速電壓，當(dāng)粒子以最小的速度從小孔K射出后恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求第一象限中電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向；（3）當(dāng)加速電壓為時(shí)，求粒子從小孔K射出后，運(yùn)動(dòng)過程中距離y軸最近位置的坐標(biāo)?！敬鸢浮浚?）；（2），方向沿x軸正方向；（3）(n=0,1,2???)【詳解】（1）根據(jù)題意，作出粒子垂直擋板射入小孔K的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為在區(qū)域根據(jù)洛倫茲力提供向心力有在勻強(qiáng)加速電場(chǎng)中由動(dòng)能定理有聯(lián)立解得（2）根據(jù)題意，當(dāng)軌跡半徑最小時(shí)，粒子速度最小，則作出粒子以最小的速度從小孔K射出的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為在區(qū)域根據(jù)洛倫茲力提供向心力有粒子從小孔K射出后恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由左手定則可知粒子經(jīng)過小孔K后受到的洛倫茲力沿x軸負(fù)方向，則粒子經(jīng)過小孔K后受到的電場(chǎng)力沿x軸正方向，粒子帶正電，則之外第一象限區(qū)域電場(chǎng)強(qiáng)度的方向沿x軸正方向，大小滿足聯(lián)立可得（3）在勻強(qiáng)加速電場(chǎng)中由動(dòng)能定理有可得在區(qū)域根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得粒子在區(qū)域運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑作出從小孔K射出的粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示設(shè)粒子從小孔射出的速度方向與軸正方向夾角為，根據(jù)幾何關(guān)系可知?jiǎng)t粒子從小孔射出的速度方向與軸正方向的夾角為，該速度沿軸和軸正方向的分速度大小為，則粒子從射出后的運(yùn)動(dòng)可分解為沿軸正方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和速度大小為的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知解得粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為，粒子至少運(yùn)動(dòng)距離軸最近，加上整周期則粒子運(yùn)動(dòng)，時(shí)距離軸最近，則最近位置的橫坐標(biāo)為縱坐標(biāo)為，綜上所述，最近的位置坐標(biāo)，。提升專練一、單選題1．（2024·江蘇蘇州·三模）圖甲為洛倫茲力演示儀，調(diào)節(jié)玻璃泡角度使電子束在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡呈“螺旋”狀。圖乙為電子運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖，空間存在平行x軸的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在xOy平面內(nèi)由坐標(biāo)原點(diǎn)以初速度將電子射入磁場(chǎng)，方向與x軸正方向成角（），螺旋線的直徑為D、螺距為，則下列關(guān)系式正確的是（）A． B．C． D．【答案】D【詳解】根據(jù)題意可知，電子在平面做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，周期為電子沿方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有沿方向有聯(lián)立可得故選D。2．（2024·四川眉山·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在足夠大的空間內(nèi)，同時(shí)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，帶正電的小球a能以v0=15m/s、方向水平向左的初速度做半徑為R=1m的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)球a運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，恰好能與靜止在小平臺(tái)（體積可忽略）上的不帶電的小球b發(fā)生正碰，碰后經(jīng)t=0.3s兩球再次相碰。已知碰撞前后兩小球的帶電情況不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=2T，重力加速度g=10m/s2，取π=3，則（）A．電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為1N/CB．第一次碰撞后小球b獲得的速度大小可能為2m/sC．第一次碰撞前后小球a的速度方向可能相同D．小球b的質(zhì)量是小球a質(zhì)量的14.5倍【答案】D【詳解】A．小球a做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則聯(lián)立解得故A錯(cuò)誤；C．第一次碰撞后，小球b做平拋運(yùn)動(dòng)，能與小球a第二次碰撞，則小球a第一次碰撞后的速度方向與原來速度方向相反，故C錯(cuò)誤；B．小球a做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為碰后經(jīng)t=0.3s兩球再次相碰，所以解得，，故B錯(cuò)誤；D．兩球碰撞過程中，有代入數(shù)據(jù)可得故D正確。故選D。3．（2024·福建泉州·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，光滑水平地面上放置一足夠長且上表面絕緣的小車，將帶負(fù)電荷、電荷量q=0.5C，質(zhì)量m=0.02kg的滑塊放在小車的左端，小車的質(zhì)量M=0.08kg，滑塊與絕緣小車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4，它們所在空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=1.0T的垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，開始時(shí)小車和滑塊靜止，突然給小車一個(gè)向左的沖量I=0.16N·s，g取10m/s2，那么小車與滑塊因摩擦而產(chǎn)生的最大熱量為（）A．0.160J B．0.032J C．0.014J D．0.016J【答案】C【詳解】開始時(shí)小車和滑塊靜止，突然給小車一個(gè)向左的沖量，即解得根據(jù)左手定則可知，滑塊受到的洛倫茲力方向向上，假設(shè)二者能夠達(dá)到共同速度，則解得當(dāng)滑塊脫離小車時(shí)，有解得滑塊的速度大小為所以二者不可能達(dá)到共速，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得解得根據(jù)能量守恒定律可得故選C。4．（2024·江蘇南京·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，xOy坐標(biāo)平面在豎直面內(nèi)，x軸沿水平方向，y軸正方向豎直向上，在圖示空間內(nèi)有垂直于xOy平面的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一帶電量為、質(zhì)量為m的小球從O點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中曲線所示。則（）A．OAB軌跡為半圓B．磁場(chǎng)垂直于紙面向里C．小球運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)A時(shí)處于失重狀態(tài)D．小球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒【答案】D【詳解】A．運(yùn)動(dòng)過程中受洛倫茲力及重力，故軌跡為擺線，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)左手定則可知磁場(chǎng)垂直于紙面向外，故B錯(cuò)誤；C．由圖可知小球運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)A時(shí)加速度豎直向上，可知處于超重狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；D．小球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中洛倫茲力不做功，只有重力做功，其機(jī)械能守恒，故D正確。故選D。5．（2024·廣東·三模）如圖所示，在，區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在x>x0區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，從y軸上0~y0范圍內(nèi)平行于x軸正方向射出大量質(zhì)量為m、電荷量為+q、分布均勻的帶電粒子，粒子射入的初速度均為v0，當(dāng)電場(chǎng)強(qiáng)度為0時(shí)，從O點(diǎn)射入的粒子恰能運(yùn)動(dòng)到N（x0，y0）點(diǎn)，若電場(chǎng)強(qiáng)度為，MN右側(cè)是粒子接收器，MN的長度為y0，不計(jì)粒子重力和粒子間的相互作用，則（）A．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B．從處射入的粒子，恰好從N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)C．從處射入的粒子，在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)距離最大D．接收器接收的粒子數(shù)占粒子總數(shù)的50%【答案】D【詳解】A．當(dāng)電場(chǎng)強(qiáng)度為0時(shí)，從O點(diǎn)射入的粒子恰能運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，則根據(jù)洛倫茲力提供向心力有解得故A錯(cuò)誤；B．若粒子從處射入，則聯(lián)立解得由此可知，粒子從N點(diǎn)下方進(jìn)入磁場(chǎng)，故B錯(cuò)誤；C．設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)中時(shí)速度方向與豎直方向的夾角為θ，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)中的速度大小為v，則所以粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)距離為由此可知，粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)距離相等，故C錯(cuò)誤；D．由以上分析可知，粒子在電場(chǎng)中的豎直位移為所以從處射入的粒子，恰好從N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，且恰好經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后打在M點(diǎn)，即只有0~范圍內(nèi)平行于x軸正方向射出的粒子能被接收器接收，所以接收器接收的粒子數(shù)占粒子總數(shù)的50%，故D正確。故選D。6．（2024·河北衡水·模擬預(yù)測(cè)）如圖是真空中位于同一水平面的三個(gè)同心圓e、f和g圍成的區(qū)域，O為圓心。e、f間存在輻射狀電場(chǎng)，f、g間有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直水平面（紙面）的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。電子從P點(diǎn)靜止釋放，由Q進(jìn)入磁場(chǎng)，恰好沒有從PM上方圓g上的N點(diǎn)（未畫出）飛出磁場(chǎng)。已知電子的比荷為k，e、f和g的半徑分別a、2a和4a。則（）

A．磁場(chǎng)的方向垂直紙面向里 B．電子在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的半徑為C．Q、P兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為 D．Q、P兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為【答案】D【詳解】A．電子從P點(diǎn)靜止釋放，受電場(chǎng)力作用，由Q進(jìn)入磁場(chǎng)，恰好沒有從PM上方圓g上的N點(diǎn)飛出磁場(chǎng)，可知電子向上運(yùn)動(dòng)，由左手定則可知磁場(chǎng)的方向垂直紙面向外，故A錯(cuò)誤；B．電子在磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)如圖所示

由幾何關(guān)系可得解得故B錯(cuò)誤；CD．電子在磁場(chǎng)中有在電場(chǎng)中有解得故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。7．（2024·安徽蕪湖·一模）如圖所示，氕、氘、氚三種核子分別從靜止開始經(jīng)過同一加速電壓（圖中未畫出）加速，再經(jīng)過同一偏轉(zhuǎn)電壓偏轉(zhuǎn)，后進(jìn)入垂直于紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，氕的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖。則氕、氘、氚三種核子射入磁場(chǎng)的點(diǎn)和射出磁場(chǎng)的點(diǎn)間距最大的是（

）A．氕 B．氘 C．氚 D．無法判定【答案】C【詳解】設(shè)核子的質(zhì)量為m，帶電量為q，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)對(duì)應(yīng)的極板長為L，板間距離為d，板間電場(chǎng)強(qiáng)度為E，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的速度為v0，進(jìn)入磁場(chǎng)的速度為v，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的側(cè)移量為y，速度偏轉(zhuǎn)角為。核子在加速電場(chǎng)運(yùn)動(dòng)過程，由動(dòng)能定理得核子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)，將運(yùn)動(dòng)沿極板方向和垂直極板方向分解。沿極板方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有垂直極板方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有由牛頓第二定律得聯(lián)立解得速度偏轉(zhuǎn)角的正切值為可見核子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的側(cè)移量y與速度偏轉(zhuǎn)角均與核子的質(zhì)量和帶電量無關(guān)，故三種核子進(jìn)入磁場(chǎng)的位置和速度方向均相同。進(jìn)入磁場(chǎng)的速度核子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)只受洛倫茲力而做勻速圓周運(yùn)動(dòng)