第64頁（共64頁）2024-2025學年下學期高二物理滬科版（2020）期中必刷常考題之帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動一．選擇題（共7小題）1．（2024秋?惠山區校級期末）石墨烯是一種由碳原子組成的單層二維蜂窩狀晶格結構新材料，具有豐富的電學性能。現設計一電路測量某二維石墨烯樣品的載流子（電子）濃度。如圖（a）所示，在長為a，寬為b的石墨烯表面加一垂直向里的勻強磁場，磁感應強度為B，電極1、3間通以恒定電流I，電極2、4間將產生電壓U。當I＝1.60×10﹣3A時，測得U﹣B關系圖線如圖（b）所示，元電荷e＝1.60×10﹣19C，則此樣品每平方米載流子數最接近（）A．2.7×1015 B．3.7×1016 C．2.7×1019 D．3.7×10202．（2024秋?大連期末）如圖為利用霍爾元件進行微小位移測量的實驗裝置。在兩塊完全相同、同極相對放置的磁體縫隙中放入金屬材料制成的霍爾元件，當霍爾元件處于中間位置時磁感應強度為0，霍爾電壓UH（霍爾元件前后兩表面的電勢差）也為0，將該點作為直角坐標系的原點。已知沿x軸方向磁感應強度大小B＝kx（k為常數，且k＞0），霍爾元件中通以沿y軸正方向的恒定電流，當霍爾元件沿x軸移動時，即有霍爾電壓UH輸出，下列說法正確的是（）A．霍爾元件有x軸正方向位移時，前表面的電勢高于后表面的電勢 B．UH的大小與元件在水平方向位移的大小成正比 C．霍爾元件的位移一定時，只增大y方向恒定電流的大小，UH的大小不變 D．霍爾元件的位移一定時，只增大元件垂直磁場方向的面積，UH的大小增大3．（2024秋?懷柔區期末）如圖所示，將非磁性材料制成的圓管置于勻強磁場中，當含有大量正負離子的導電液體從管中由左向右流過磁場區域時，測得管兩側M、N兩點之間有電勢差U。忽略離子重力影響，則（）A．M點的電勢高于N點 B．N點的電勢高于M點 C．管中導電液體的流速越大，M、N兩點之間的電勢差U越小 D．管中導電液體的離子濃度越大，M、N兩點之間的電勢差U越大4．（2024秋?泰州期末）如圖所示，圖甲、乙、丙、丁分別為多級直線加速器、回旋加速器、磁流體發電機、質譜儀的原理示意圖。以下說法正確的是（）A．圖甲中，粒子在筒中做加速運動，電壓越大獲得的能量越高 B．圖乙中，粒子第n次（n＞1）被加速前、后的軌道半徑之比為n-C．圖丙中，將一束等離子體噴入磁場，A、B板間產生電勢差，A板電勢高 D．圖丁中，11H、15．（2024秋?太原期末）如圖為洛倫茲力演示儀的示意圖。電子槍可以發射方向可調的電子束，玻璃泡內充有稀薄氣體，電子束通過時能顯示電子的徑跡，勵磁線圈可產生垂直紙面的磁場。下列選項正確的是（）A．加磁場后，電子束的徑跡不可能是一條直線 B．加磁場后，若電子束與磁場方向成45°射出，其徑跡是一個圓 C．當徑跡為圓時，電子束速度不變，磁感應強度變大，徑跡圓的半徑變小 D．當徑跡為圓時，磁感應強度不變，電子束出射速度變大，徑跡圓的半徑變小6．（2024秋?惠山區校級期末）如圖所示，在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外的范圍足夠大的勻強磁場內，固定著傾角為θ的絕緣斜面，一個質量為m、電荷量為﹣q的帶電小物塊以初速度v0沿斜面向上運動，小物塊與斜面間的動摩擦因數為μ。設滑動時電荷量不變，在小物塊上滑過程中，其速度v與時間t，加速度a與時間t和動能Ek與位移x的關系圖像，可能正確的是（）A． B． C． D．7．（2025?東湖區校級一模）如圖所示，圓形區域半徑為R，區域內有一垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度的大小為B=mvqR。位于磁場邊界最低點P處有一粒子源，同時將n個帶負電的粒子沿紙面內各個方向均勻射入磁場區域，粒子質量為m、電荷量大小為q、速率均為v。A、C為圓形區域水平直徑的兩個端點，足夠長的彈性擋板MN、M′N′與圓形區域在A、A．所有粒子均與右側擋板碰撞，最終全部從D點離開磁場 B．粒子從P點出發到從D點離開磁場，運動的最長時間為t=C．粒子陸續與擋板碰撞過程中對擋板的平均作用力為F=D．粒子陸續從D點離開磁場過程中等效電流為I二．多選題（共5小題）（多選）8．（2024秋?大連期末）如圖所示，豎直平面內有一半徑為R的圓形區域內存在著垂直于該平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一質量為m、電荷量為q的帶電粒子（不計重力）以速度v0沿水平方向從P點射入磁場，其速度方向與半徑OP的夾角為45°，經過一段時間后，粒子恰好從O點正下方的Q點射出磁場，下列說法正確的是（）A．該粒子入射的速度大小為qBRmB．該粒子在磁場中運動的時間為3πRC．若只改變帶電粒子的入射方向，其在磁場中的運動時間可能變長 D．若帶電粒子的入射點向下平移R2，其射出磁場的位置在Q（多選）9．（2024秋?深圳期末）黨的二十大報告中，習近平總書記明確指出要實施科技興國戰略，強調科技是第一生產力，則下列關于現代科技前沿磁流體發電和加速度相關說法正確的是（）A．圖甲是磁流體發電機結構示意圖，由圖可以判斷出A板是發電機的負極 B．圖甲中，穩定時AB間形成的電場方向從A板指向B板 C．圖乙是回旋加速器的示意圖要使粒子獲得的最大動能增大，可增大加速電壓U D．圖乙中可增加D型盒直徑來增大粒子的出射動能（多選）10．（2024秋?青島期末）汽車的ABS是一種能夠防止車輪抱死的制動系統，該系統的傳感器主要基于霍爾效應原理。如圖是傳感器元件的簡易圖，水平放置的元件處于豎直向下的勻強磁場中，長、寬、高分別是a、c、h。元件內的電子定向移動形成恒定電流I，電流的方向向右，下列說法正確的是（）A．電子定向移動的方向是從右到左 B．該元件前表面的電勢高于后表面的電勢 C．若增大寬度c，前后表面電勢差的絕對值增大 D．增大磁感應強度，前后表面電勢差的絕對值增大（多選）11．（2024秋?天津期末）洛倫茲力在現代科學技術中有著廣泛的應用，如圖為磁場中常見的4種儀器，都利用了洛倫茲力對帶電粒子的作用，下列說法正確的是（）A．甲圖中，若僅增大加速電壓，粒子離開加速器時的動能變大 B．乙圖中，粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越大 C．丙圖中，A極板是磁流體發電機的負極 D．丁圖中，帶貨電的粒子從左側射入，若速度v＜（多選）12．（2024秋?濟南期末）如圖所示，在直角坐標系xOy平面內，x≥0的區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。粒子源位于坐標為（﹣L，0）的A點，向坐標為（0，h）的Q點發射質量為m，電荷量為q（q＜0）的粒子，粒子重力忽略不計，速度大小可以調節。在坐標為（-L2，0）處放置一平行于y軸的擋板，擋板中點位于x軸上，長度略大于h2。已知粒子與擋板碰撞后，y方向的分速度不變，xA．5qBhh2+C．2qBhh2三．解答題（共3小題）13．（2024秋?惠山區校級期末）離子注入是芯片制造過程中一道重要的工序。如圖所示，在距O點為2r處的硅片下端與磁場中心O在同一水平線上，硅片長為l=233r。A處的離子無初速的“飄入”加速電場，經電場加速后從P點沿半徑方向進入半徑為r的圓形勻強磁場區域，經磁場偏轉，最后打在豎直放置的硅片上。離子的質量為m、電荷量為q（1）離子進入圓形勻強磁場區域時的速度大小v；（2）要求所有離子都打到硅片上，求磁感應強度B的取值范圍。14．（2024秋?武昌區期末）如圖所示，無限長的兩水平邊界間劃分了三個區域，中間的矩形ABCD區域分布有豎直方向的勻強電場（圖中未畫出），邊界AB的左側分布有垂直紙面向里的勻強磁場，邊界CD的右側分布有垂直紙面向外的勻強磁場。一質量為m，電荷量為q（q＞0）的粒子從P點豎直向下射入左側磁場，速度大小為v，經磁場偏轉，粒子第一次穿過邊界AB進入電場時，速度方向斜向上與邊界AB的夾角為θ，之后以垂直邊界CD的方向離開電場，并進入右側磁場運動。最終，粒子從P點正下方的Q點，沿豎直方向射出場區。已知，勻強電場的電場強度大小始終不變，但粒子每次離開電場時，電場的方向會反向，點P和A間距為d，上、下邊界間距為2d，sinθ＝0.6，不計粒子的重力，忽略邊緣效應。求：（1）左側磁場的磁感應強度大小B1為多少？（2）AD的間距L的最大值為多少？（3）若邊界AB和CD的間距為13d，則右側磁場的磁感應強度大小B15．（2024秋?鎮海區校級期末）如圖所示的直角坐標系中，在x軸上方存在著垂直紙面向里、磁感應強度B＝0.5T的勻強磁場，在x軸下方存在相對y軸對稱的平行于x軸、電場強度E=2509V/m的勻強電場，一質量為m＝1×10﹣21kg，電荷量q＝2×10﹣19C的帶正電的粒子從P點（0，0.3m）以初速度v0＝50m/s沿與y軸正方向角度θ＝37°斜向左上方射出，粒子運動軌跡與y（1）該粒子在磁場中的軌道半徑r；（2）Q點的位置坐標；（3）粒子從P點出發至第三次打到x軸的位置坐標及總時間t。（取π＝3）

2024-2025學年下學期高二物理滬科版（2020）期中必刷常考題之帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動參考答案與試題解析題號1234567答案BBABCCC一．選擇題（共7小題）1．（2024秋?惠山區校級期末）石墨烯是一種由碳原子組成的單層二維蜂窩狀晶格結構新材料，具有豐富的電學性能。現設計一電路測量某二維石墨烯樣品的載流子（電子）濃度。如圖（a）所示，在長為a，寬為b的石墨烯表面加一垂直向里的勻強磁場，磁感應強度為B，電極1、3間通以恒定電流I，電極2、4間將產生電壓U。當I＝1.60×10﹣3A時，測得U﹣B關系圖線如圖（b）所示，元電荷e＝1.60×10﹣19C，則此樣品每平方米載流子數最接近（）A．2.7×1015 B．3.7×1016 C．2.7×1019 D．3.7×1020【考點】霍爾效應與霍爾元件．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；推理論證能力．【答案】B【分析】根據電流的微觀表達式得到載流子定向移動的速率，根據載流子受到的洛倫茲力和電場力平衡寫出霍爾電壓的表達式，結合圖像的斜率計算。【解答】解：設樣品單位面積上含有的載流子為n，載流子定向移動的速率為v，則恒定電流大小I＝nebv，霍爾電壓的大小為U，則evB=eUb，解得U=IneB，結合圖像有k=Ine=84故選：B。【點評】能夠寫出霍爾電壓U和磁場的磁感應強度之間的函數表達式是解題的基礎。2．（2024秋?大連期末）如圖為利用霍爾元件進行微小位移測量的實驗裝置。在兩塊完全相同、同極相對放置的磁體縫隙中放入金屬材料制成的霍爾元件，當霍爾元件處于中間位置時磁感應強度為0，霍爾電壓UH（霍爾元件前后兩表面的電勢差）也為0，將該點作為直角坐標系的原點。已知沿x軸方向磁感應強度大小B＝kx（k為常數，且k＞0），霍爾元件中通以沿y軸正方向的恒定電流，當霍爾元件沿x軸移動時，即有霍爾電壓UH輸出，下列說法正確的是（）A．霍爾元件有x軸正方向位移時，前表面的電勢高于后表面的電勢 B．UH的大小與元件在水平方向位移的大小成正比 C．霍爾元件的位移一定時，只增大y方向恒定電流的大小，UH的大小不變 D．霍爾元件的位移一定時，只增大元件垂直磁場方向的面積，UH的大小增大【考點】霍爾效應與霍爾元件．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；推理論證能力．【答案】B【分析】根據左手定則判斷電子的偏轉方向，據此判斷電勢的高低；根據電子受到的洛倫茲力和電場力平衡，結合電流的微觀表達式寫出霍爾電壓的表達式，據此逐項分析即可。【解答】解：A、霍爾元件有x軸正方向位移時，通過霍爾元件的磁感線方向為水平向左，根據左手定則可知霍爾元件中的自由電子受安培力方向指向前表面，則前表面聚集電子，所以前表面的電勢低于后表面的電勢，故A錯誤；B、設霍爾元件中電子定向移動的速率為v，霍爾元件沿y軸方向的厚度為b，沿x軸方向的厚度為a，前后表面的距離為d，霍爾元件單位體積含有的自由電子數為n，則I＝neadv，根據電子在霍爾元件中受洛倫茲力合電場力結合平衡條件有evB=eUHd，其中B＝kx，整理可得UH＝vdkx=IkxCD、根據霍爾電壓的表達式UH=Ikxnea可知，霍爾電壓的位移x一定時，只增大y方向恒定電流的大小，則霍爾電壓UH變大；若只增大元件垂直磁場方向的面積，即ad的乘積增大，可能a會增大，則霍爾電壓U故選：B。【點評】能夠根據電流的微觀表達式、電場力和洛倫茲力平衡條件寫出霍爾電壓的表達式是解題的關鍵。3．（2024秋?懷柔區期末）如圖所示，將非磁性材料制成的圓管置于勻強磁場中，當含有大量正負離子的導電液體從管中由左向右流過磁場區域時，測得管兩側M、N兩點之間有電勢差U。忽略離子重力影響，則（）A．M點的電勢高于N點 B．N點的電勢高于M點 C．管中導電液體的流速越大，M、N兩點之間的電勢差U越小 D．管中導電液體的離子濃度越大，M、N兩點之間的電勢差U越大【考點】電磁流量計．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；理解能力．【答案】A【分析】根據左手定則判斷正、負粒子受洛倫茲力方向，進而比較電勢的高低；根據平衡條件寫出電勢差的表達式，據此分析即可。【解答】解：AB．管中的導電液體從管中由左向右流過磁場區域時，由左手定則可知帶正電離子受到的洛倫茲力向上，帶負電離子受到的洛倫茲力向下，即管上壁聚集正電荷，管下壁聚集負電荷，所以M點的電勢高于N點的電勢，故A正確，B錯誤；CD．兩管壁最后電壓穩定時，電場力與洛倫茲力平衡，根據平衡條件則有qvB=qUd，可得U＝Bvd，可知管中導電液體的流速越大，M、N兩點之間的電勢差U越大；M、N兩點之間的電勢差故選：A。【點評】本題考查了左手定則的應用，容易題。4．（2024秋?泰州期末）如圖所示，圖甲、乙、丙、丁分別為多級直線加速器、回旋加速器、磁流體發電機、質譜儀的原理示意圖。以下說法正確的是（）A．圖甲中，粒子在筒中做加速運動，電壓越大獲得的能量越高 B．圖乙中，粒子第n次（n＞1）被加速前、后的軌道半徑之比為n-C．圖丙中，將一束等離子體噴入磁場，A、B板間產生電勢差，A板電勢高 D．圖丁中，11H、1【考點】磁流體發電機；與加速電場相結合的質譜儀；回旋加速器．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；帶電粒子在復合場中的運動專題；推理論證能力．【答案】B【分析】在筒中電場的電場強度為0，據此分析；根據動能定理得到粒子被加速后的速度，然后根據洛倫茲力提供向心力寫出半徑的表達式分析；根據左手定則分析；根據洛倫茲力提供向心力，結合半徑的表達式分析。【解答】解：A．在多級直線加速器（圖甲）中，粒子在兩筒間的電場中做加速運動，根據靜電平衡可知在筒中電場的電場強度為0，粒子所受電場力為零，所以粒子在筒中做勻速直線運動，故A錯誤；B．回旋加速器（圖乙）中，根據動能定理，第（n﹣1）次加速后q(第n次加速后qnU=又因為粒子在磁場中做圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則qvB=可得r=則rn-1C．對于磁流體發電機（圖丙），根據左手定則，等離子體中的正離子向B板偏轉，負離子向A板偏轉，所以B板電勢高，A板電勢低，故C錯誤；D．在質譜儀（圖丁）中，粒子先在加速電場中加速qU=進入磁場后qvB=聯立可得r=1B2mUq，其中1故選：B。【點評】本題考查了對直線加速器、回旋加速器、質譜儀和磁流體發電機工作原理的認識。5．（2024秋?太原期末）如圖為洛倫茲力演示儀的示意圖。電子槍可以發射方向可調的電子束，玻璃泡內充有稀薄氣體，電子束通過時能顯示電子的徑跡，勵磁線圈可產生垂直紙面的磁場。下列選項正確的是（）A．加磁場后，電子束的徑跡不可能是一條直線 B．加磁場后，若電子束與磁場方向成45°射出，其徑跡是一個圓 C．當徑跡為圓時，電子束速度不變，磁感應強度變大，徑跡圓的半徑變小 D．當徑跡為圓時，磁感應強度不變，電子束出射速度變大，徑跡圓的半徑變小【考點】帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理論證能力．【答案】C【分析】AB.結合題意，根據洛倫茲力的特點，即可分析判斷；CD.當徑跡為圓時，洛倫茲力提供向心力，據此列式，結合題意，即可分析判斷。【解答】解：AB.加上勻強磁場后，令電子束沿著與磁場垂直的方向射入磁場，洛倫茲力提供向心力，其徑跡為圓；令電子束沿著與磁場平行的方向射入磁場，電子不受洛倫茲力作用，其徑跡為一條直線；故AB錯誤；CD.當徑跡為圓時，洛倫茲力提供向心力，可得：evB=m解得：r=mv由此可知，若電子束速度v不變，磁感應強度B變大，則徑跡圓的半徑r變小；若磁感應強度B不變，電子束出射速度v變大，則徑跡圓的半徑變大；故C正確，D錯誤；故選：C。【點評】本題主要考查帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動，解題時需注意，若v⊥B，則帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內以入射速率v做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力。6．（2024秋?惠山區校級期末）如圖所示，在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外的范圍足夠大的勻強磁場內，固定著傾角為θ的絕緣斜面，一個質量為m、電荷量為﹣q的帶電小物塊以初速度v0沿斜面向上運動，小物塊與斜面間的動摩擦因數為μ。設滑動時電荷量不變，在小物塊上滑過程中，其速度v與時間t，加速度a與時間t和動能Ek與位移x的關系圖像，可能正確的是（）A． B． C． D．【考點】帶電粒子在疊加場中做直線運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】C【分析】根據帶電粒子在復合場中運動的分析方法，明確帶電滑塊上滑，依據左手定則判定洛倫茲力方向，根據牛頓第二定律等知識分析，注意明確洛倫茲力與速度大小的關系。【解答】解：依據左手定則判斷物塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向下，對沿斜面向上運動的小物塊受力分析，由牛頓第二定律可得：mgsinθ+μFN＝maFN＝mgcosθ+qvB聯立解得：a＝gsinθ+μgcosθ+μqvB所以物體沿斜面向上做加速度減小的減速運動，速度越小，加速度越小，速度減小的越慢，加速度減小的越慢，在小物塊上滑過程中，當速度為零時加速度最小，但最小值不為零；A、速度—時間圖像的切線斜率表示加速度，故A錯誤；BC、物體加速度減小，且加速度減小的越來越慢，在小物塊上滑過程中，加速度減不到零，故C正確，B錯誤；D、動能Ek與位移x的關系圖像的斜率表示合力，根據以上分析可知，小物塊上滑過程中，合力為變力，則斜率會發生變化，故D錯誤。故選：C。【點評】本題考查左手定則與牛頓第二定律的應用，掌握影響加速度的因素，理解倫茲力受到速率的影響。7．（2025?東湖區校級一模）如圖所示，圓形區域半徑為R，區域內有一垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度的大小為B=mvqR。位于磁場邊界最低點P處有一粒子源，同時將n個帶負電的粒子沿紙面內各個方向均勻射入磁場區域，粒子質量為m、電荷量大小為q、速率均為v。A、C為圓形區域水平直徑的兩個端點，足夠長的彈性擋板MN、M′N′與圓形區域在AA．所有粒子均與右側擋板碰撞，最終全部從D點離開磁場 B．粒子從P點出發到從D點離開磁場，運動的最長時間為t=C．粒子陸續與擋板碰撞過程中對擋板的平均作用力為F=D．粒子陸續從D點離開磁場過程中等效電流為I【考點】帶電粒子在直線邊界磁場中的運動；牛頓第二定律與向心力結合解決問題；帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】C【分析】由洛倫茲力提供向心力qvB＝mv2r，解得粒子運動半徑，根據左手定則分析粒子的運動情況，作出粒子軌跡圖，根據時間公式解得BC，結合動量定理計算【解答】解：A.由洛倫茲力提供向心力，有qvB＝mv可得r＝R根據磁聚焦結論作出如圖所示的軌跡圖粒子在圓形磁場中射出后均能垂直打在左側擋板上，反彈后再次進入磁場并全部從D點離開磁場，故A錯誤；B.根據磁聚焦可以得出粒子在圓形磁場中運動的兩段圓弧圓心角之和為π，每個粒子在磁場中運動的時間均為t=這個時間是粒子從p點出發到從D點離開的最短時間，故B錯誤；C.所有粒子到達擋板的最短時間為t1=最長時間為t2=粒子與擋板碰撞過程中的作用時間為Δt＝t2﹣t1對這n個粒子由動量定理可得FΔt＝nmΔv解得F=故C正確；D.所有粒子從發出到達D點的最短時間為t'1=最長時間為t'2=因此粒子離開D點過程持續的時間為Δt'＝t'2﹣t'1則等效電流為I=解得I=同時考慮到電荷離開D點時沿著不同方向，實際的電流會更小，故D錯誤。故選：C。【點評】解決該題需要明確知道在求解時間最值問題，注意根據題意作出粒子的運動軌跡及洛倫茲力提供向心力的應用。二．多選題（共5小題）（多選）8．（2024秋?大連期末）如圖所示，豎直平面內有一半徑為R的圓形區域內存在著垂直于該平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一質量為m、電荷量為q的帶電粒子（不計重力）以速度v0沿水平方向從P點射入磁場，其速度方向與半徑OP的夾角為45°，經過一段時間后，粒子恰好從O點正下方的Q點射出磁場，下列說法正確的是（）A．該粒子入射的速度大小為qBRmB．該粒子在磁場中運動的時間為3πRC．若只改變帶電粒子的入射方向，其在磁場中的運動時間可能變長 D．若帶電粒子的入射點向下平移R2，其射出磁場的位置在Q【考點】帶電粒子在弧形或圓形邊界磁場中的運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理論證能力．【答案】AC【分析】A.由牛頓第二定律結合幾何關系求得該粒子入射的速度大小；BC.根據圓心角與周期求得粒子所用時間，并判斷改變帶電粒子的入射方向，其在磁場中的運動時間變化；D.若帶電粒子的入射點位置變化，速度不變，半徑不變，其射出磁場的位置仍在Q點，由此作出判斷。【解答】解：A．粒子在磁場中運動軌跡如圖所示由幾何關系可知，粒子圓周運動的半徑為R，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可得Bq解得v故A正確；BC．該粒子在磁場中偏轉的圓心角θ=3粒子的運動周期為T聯立解得t只改變粒子的入射方向，其對應得圓心角可能會增大，則粒子在磁場中運動得時間可能就邊長，故B錯誤，C正確；D．若帶電粒子的入射點向下平移R2，其圓周運動的半徑不變，其射出磁場的位置仍在Q點，故D故選：AC。【點評】本題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動，做題關鍵在于做出粒子運動軌跡圖，結合幾何關系和洛倫茲力提供向心力可求解，結合圓心角與周期可求得粒子運動的時間。（多選）9．（2024秋?深圳期末）黨的二十大報告中，習近平總書記明確指出要實施科技興國戰略，強調科技是第一生產力，則下列關于現代科技前沿磁流體發電和加速度相關說法正確的是（）A．圖甲是磁流體發電機結構示意圖，由圖可以判斷出A板是發電機的負極 B．圖甲中，穩定時AB間形成的電場方向從A板指向B板 C．圖乙是回旋加速器的示意圖要使粒子獲得的最大動能增大，可增大加速電壓U D．圖乙中可增加D型盒直徑來增大粒子的出射動能【考點】回旋加速器；磁流體發電機．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；推理論證能力．【答案】AD【分析】AB.根據磁流體發電機原理結合左手定則進行分析判斷；CD.根據回旋加速器的原理和最大動能的決定因素分析解答。【解答】解：AB．圖甲是磁流體發電機結構示意圖，根據左手定則可知正電荷在洛倫茲力作用下向下極板B偏轉，負電荷向上極板偏轉，穩定時AB間形成的電場方向從B板指向A板，可以判斷出A板是發電機的負極，故A正確，B錯誤；CD．根據回旋加速器原理可知，要使粒子獲得的最大動能增大需要增大D型盒直徑，增大加速電壓U只能改變加速的次數，故C錯誤，D正確。故選：AD。【點評】考查磁流體發電機和回旋加速器的工作原理，會根據題意進行準確分析解答。（多選）10．（2024秋?青島期末）汽車的ABS是一種能夠防止車輪抱死的制動系統，該系統的傳感器主要基于霍爾效應原理。如圖是傳感器元件的簡易圖，水平放置的元件處于豎直向下的勻強磁場中，長、寬、高分別是a、c、h。元件內的電子定向移動形成恒定電流I，電流的方向向右，下列說法正確的是（）A．電子定向移動的方向是從右到左 B．該元件前表面的電勢高于后表面的電勢 C．若增大寬度c，前后表面電勢差的絕對值增大 D．增大磁感應強度，前后表面電勢差的絕對值增大【考點】霍爾效應與霍爾元件．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；推理論證能力．【答案】ABD【分析】A.根據電流方向和電子定向移動的方向關系進行判斷；B.根據左手定則結合載流子的情況進行判斷；CD.根據穩定時滿足的方程推導電勢差的表達式，結合電流的微觀表達式進行分析判斷。【解答】解：A.因為元件中電流方向向右，電流是有電子的定向移動形成的，故電子定向移動的方向是從右向左，故A正確；B.根據左手定則，載流子是電子，則電子在洛倫茲力的作用下向后表面偏轉，所以前表面電勢高于后表面電勢，故B正確；CD.穩定時，滿足evB＝eUc，即U＝cvB，根據電流的微觀表達式I＝neSv＝nehcv，由于I恒定，可知cv不變，可知電勢差U不變，當B增大時U增大，故C錯誤，D故選：ABD。【點評】考查霍爾效應，帶電粒子在磁場中的偏轉問題，熟悉霍爾效應的基本原理，會根據題意進行準確分析解答。（多選）11．（2024秋?天津期末）洛倫茲力在現代科學技術中有著廣泛的應用，如圖為磁場中常見的4種儀器，都利用了洛倫茲力對帶電粒子的作用，下列說法正確的是（）A．甲圖中，若僅增大加速電壓，粒子離開加速器時的動能變大 B．乙圖中，粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越大 C．丙圖中，A極板是磁流體發電機的負極 D．丁圖中，帶貨電的粒子從左側射入，若速度v＜【考點】磁流體發電機；速度選擇器；與速度選擇器相結合的質譜儀；回旋加速器．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；推理論證能力．【答案】AB【分析】由粒子離開回旋加速器中時，速度、動能最大，結合洛倫茲力提供向心力，可得到最大動能表達式，分析其影響因素；粒子在質譜儀中運動時，由動能定理、洛倫茲力提供向心力，可得到偏轉半徑表達式，分析比荷對偏轉半徑的影響；由左手定則，可知等離子體運動時受到的洛倫茲力分析，分析極板電極的正負；粒子在速度選擇器中運動時，由其運動方向即電磁場分析，可分析其受合力方向即偏轉方向。【解答】解：A、由粒子離開回旋加速器中時，速度、動能最大，洛倫茲力提供向心力qvmB=mvmB、粒子在質譜儀中運動時，由動能定理qU=12mv2，洛倫茲力提供向心力qvBC、由左手定則，可知等離子體中的正電荷受力向下極板B偏轉，即B為磁流體發電機的正極，故C錯誤；D、帶負電的離子，從左側射入時，受到的洛倫茲力豎直向下，電場力豎直向上，若速度v＜EB故選：AB。【點評】本題考查帶電粒子在電磁場中的運動特點，關鍵是根據粒子在不同元件中運動狀態，得到其受力的關系式。（多選）12．（2024秋?濟南期末）如圖所示，在直角坐標系xOy平面內，x≥0的區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。粒子源位于坐標為（﹣L，0）的A點，向坐標為（0，h）的Q點發射質量為m，電荷量為q（q＜0）的粒子，粒子重力忽略不計，速度大小可以調節。在坐標為（-L2，0）處放置一平行于y軸的擋板，擋板中點位于x軸上，長度略大于h2。已知粒子與擋板碰撞后，y方向的分速度不變，x方向的分速度A．5qBhh2+C．2qBhh2【考點】帶電粒子在直線邊界磁場中的運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理論證能力．【答案】BCD【分析】由洛倫茲力提供向心力結合幾何關系求得粒子的速度大小作出判斷。【解答】解：A．當vm時，根據題意如圖所示由幾何關系可得，粒子運動半徑R=洛倫茲力提供向心力可得qvB=聯立解得vm故A錯誤；B．當粒子與擋板碰撞一次時由幾何關系可得，粒子運動半徑R=解得v1故B正確；C．當粒子與擋板碰撞二次時由幾何關系可得，粒子運動半徑R=解得v2故C正確；D．當粒子與擋板碰撞三次時由幾何關系可得，粒子運動半徑R=解得v3故D正確。故選：BCD。【點評】對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，要正確分析粒子的受力情況，來判斷其運動情況。對于勻速圓周運動，要確定圓心位置，根據幾何關系求軌跡半徑，結合洛倫茲力提供向心力求解未知量。三．解答題（共3小題）13．（2024秋?惠山區校級期末）離子注入是芯片制造過程中一道重要的工序。如圖所示，在距O點為2r處的硅片下端與磁場中心O在同一水平線上，硅片長為l=233r。A處的離子無初速的“飄入”加速電場，經電場加速后從P點沿半徑方向進入半徑為r的圓形勻強磁場區域，經磁場偏轉，最后打在豎直放置的硅片上。離子的質量為m、電荷量為q（1）離子進入圓形勻強磁場區域時的速度大小v；（2）要求所有離子都打到硅片上，求磁感應強度B的取值范圍。【考點】帶電粒子由磁場進入電場中的運動；帶電粒子在弧形或圓形邊界磁場中的運動．【專題】定量思想；推理法；平行四邊形法則圖解法專題；帶電粒子在電場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）離子進入圓形勻強磁場區域時的速度大小v為2qU（2）要求所有離子都打到硅片上，磁感應強度B的取值范圍為2qUm【分析】（1）根據動能定理求解離子進入圓形勻強磁場區域時的速度大小；（2）畫出打在粒子打在硅片上、下端的軌跡圖像，根據幾何知識求解粒子做圓周運動的半徑，根據牛頓第二定律求解磁感應強度的大小，最后綜合表示磁感應強度的取值范圍。【解答】解：（1）離子通過加速電場，由動能定理可知qU=變形得到v=（2）根據題意，畫出離子在磁場中運動的軌跡，如圖所示：離子打在硅片上端時，設磁感應強度為B1，∠BOD＝α，由幾何關系知道tanα=α＝30°∠QOB＝60°∠MOP＝120°∠COP＝60°∠OCP＝30°設離子的軌跡半徑為Rtan30R=由牛頓第二定律有qvB解得B1離子打在硅片下端時，設磁感應強度為B0，由幾何關系知道，離子的軌跡半徑r'＝r，由牛頓第二定律有qvB0=從而解得B0磁感應強度的取值范圍2qUm答：（1）離子進入圓形勻強磁場區域時的速度大小v為2qU（2）要求所有離子都打到硅片上，磁感應強度B的取值范圍為2qUm【點評】本題考查帶電粒子在磁場中的運動，要求學生能根據題意作出帶電粒子的軌跡圖，能熟練應用動能定理求解粒子加速后的速度、幾何知識求解軌道半徑、牛頓第二定律求解速度和磁感應強度。14．（2024秋?武昌區期末）如圖所示，無限長的兩水平邊界間劃分了三個區域，中間的矩形ABCD區域分布有豎直方向的勻強電場（圖中未畫出），邊界AB的左側分布有垂直紙面向里的勻強磁場，邊界CD的右側分布有垂直紙面向外的勻強磁場。一質量為m，電荷量為q（q＞0）的粒子從P點豎直向下射入左側磁場，速度大小為v，經磁場偏轉，粒子第一次穿過邊界AB進入電場時，速度方向斜向上與邊界AB的夾角為θ，之后以垂直邊界CD的方向離開電場，并進入右側磁場運動。最終，粒子從P點正下方的Q點，沿豎直方向射出場區。已知，勻強電場的電場強度大小始終不變，但粒子每次離開電場時，電場的方向會反向，點P和A間距為d，上、下邊界間距為2d，sinθ＝0.6，不計粒子的重力，忽略邊緣效應。求：（1）左側磁場的磁感應強度大小B1為多少？（2）AD的間距L的最大值為多少？（3）若邊界AB和CD的間距為13d，則右側磁場的磁感應強度大小B【考點】帶電粒子在電場和磁場中的往復運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；推理論證能力．【答案】（1）左側磁場的磁感應強度大小B1為9mv（2）AD的間距L的最大值為12（3）右側磁場的磁感應強度大小B2的最大值為27mv【分析】（1）粒子在左側磁場中做勻速圓周運動，根據幾何關系求得運動軌跡半徑，根據洛倫茲力提供向心力求解磁感應強度大小；（2）粒子在電場中做類斜拋運動，將運動按水平方向與豎直方向分解。要使AD的間距L最大，粒子恰好在D點垂直CD邊界進入右邊磁場。根據運動學公式求解AD的間距L的最大值；（3）粒子在右側磁場中做勻速圓周運動，要使磁感應強度最大，則運動半徑最小。作出粒子周期性運動的運動軌跡圖，求出粒子在電場中側移量，根據幾何關系求得粒子運動一個周期在豎直方向上下移的距離，最終粒子從P點正下方的Q點沿豎直方向射出場區，根據滿足的條件求得運動半徑的最小值，由洛倫茲力提供向心力求解磁感應強度的最大值。【解答】解：（1）粒子在左側磁場中做勻速圓周運動，設軌道半徑為R1，如下圖所示：已知：sinθ＝0.6，則cosθ＝0.8根據幾何關系得：R1+R1cosθ＝d解得：R根據洛倫茲力提供向心力得：qvB解得：B（2）粒子在電場中做類斜拋運動，水平方向分速度大小為vx＝vsinθ，豎直方向分速度大小為vy＝vcosθ。要使AD的間距L最大，粒子恰好在D點垂直CD邊界進入右邊磁場。設粒子在電場中運動時間為t，則有：在豎直方向上有：R1sinθ在水平方向上有：x即AD的間距L的最大值為12（3）粒子在右側磁場中做勻速圓周運動，設其軌道半徑為R2，要使B2最大，則R2最小。粒子做周期性運動的運動軌跡如下圖所示，由P點到M點為一個運動周期。當邊界AB和CD的間距為13d時，設粒子在電場中運動時間為t在水平方向上有：13d=vxt1，解得：在豎直方向上有：Δy=粒子運動一個周期在豎直方向上下移的距離（即圖中的PM的長度）為：h＝2R1sinθ﹣2Δy+2R2最終粒子從P點正下方的Q點沿豎直方向射出場區，需滿足：h≥R1nh＝2d，n＝1、2、3……聯立可得：R2=解得：n＝3時，R2取最小值，且最小值為：Rmin=由洛倫茲力提供向心力得：q解得磁感應強度大小B2的最大值為：B答：（1）左側磁場的磁感應強度大小B1為9mv（2）AD的間距L的最大值為12（3）右側磁場的磁感應強度大小B2的最大值為27mv【點評】本題考查了帶電粒子在電磁場中的運動問題，解題的關鍵是能夠根據題意作出粒子的運動軌跡，粒子運動具有周期性，根據周期性確定運動的幾何條件。15．（2024秋?鎮海區校級期末）如圖所示的直角坐標系中，在x軸上方存在著垂直紙面向里、磁感應強度B＝0.5T的勻強磁場，在x軸下方存在相對y軸對稱的平行于x軸、電場強度E=2509V/m的勻強電場，一質量為m＝1×10﹣21kg，電荷量q＝2×10﹣19C的帶正電的粒子從P點（0，0.3m）以初速度v0＝50m/s沿與y軸正方向角度θ＝37°斜向左上方射出，粒子運動軌跡與（1）該粒子在磁場中的軌道半徑r；（2）Q點的位置坐標；（3）粒子從P點出發至第三次打到x軸的位置坐標及總時間t。（取π＝3）【考點】帶電粒子由磁場進入電場中的運動；帶電粒子由電場進入磁場中的運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；推理論證能力．【答案】（1）該粒子在磁場中的軌道半徑r為0.5m；（2）Q點的位置坐標為（0，﹣0.9m）；（3）粒子從P點出發至第三次打到x軸的位置坐標為（﹣1m，0），總時間t為4496000【分析】（1）該粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力求解運動軌跡半徑；（2）根據幾何關系畫作出粒子的運動軌跡。粒子在電場中到達Q點的過程做類平拋運動，將運動分解處理。根據牛頓第二定律與運動學公式解答；（3）根據題意求得粒子打到擋板反彈后瞬間水平分速度大小，反彈后粒子沿+y方向以速度v0做勻速直線運動，沿x軸方向做對稱的勻加速與勻加速直線運動，可知粒子經過原點O進入第三象限的磁場，求得到達原點O的速度大小與方向。由洛倫茲力提供向心力求得粒子再次在磁場中的運動半徑。由幾何關系求得粒子第三次打到x軸的位置坐標。根據運動周期與圓心角求解粒子在磁場中的運動時間，粒子在第四象限運動時間與在第三象限運動時間相等，進而求得粒子從P點出發至第三次打到x軸的總時間。【解答】解：（1）該粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得：qv0B=解得：r＝0.5m（2）已知OP＝0.3m，因OPcos(90°-θ)=0.3cos(90°-37°)m＝粒子垂直于x軸進入第三象限的電場，在電場中到達Q點的過程做類平拋運動，設OQ的距離為y1，則有：y1＝v0t1r+rcos37°=解得：t1=9500s，y則Q點的位置坐標為（0，﹣0.9m）（3）粒子到達Q點時水平分速度大小為：vx1=qEmt1，解得：由題意可得粒子打到擋板反彈后瞬間水平分速度大小為：vx2=12vx1，解得：vx2反彈后粒子沿+y方向以速度v0做勻速直線運動，沿x軸方向做對稱的勻加速與勻加速直線運動，可知粒子經過原點O進入第三象限的磁場，到達原點O的速度大小為：v2=v02+vx2速度v2的方向與﹣x方向的夾角β滿足：tanβ=vx2v0設粒子再次在磁場中的運動半徑為R，由洛倫茲力提供向心力得：qv2B=mv22粒子再次在磁場中的運動軌跡如下圖所示。由幾何關系可得：OM＝2Rsinβ，解得：OM＝1m可知粒子第三次打到x軸的位置坐標為：（﹣1m，0）粒子第一次在磁場中的運動時間為：t2=解得：t2=粒子第二次在磁場中的運動時間為：t3=解得：t2=粒子在第四象限運動時間與在第三象限運動時間相等，均為t1=9500s，粒子從Pt＝2t1+t2+t3解得：t=答：（1）該粒子在磁場中的軌道半徑r為0.5m；（2）Q點的位置坐標為（0，﹣0.9m）；（3）粒子從P點出發至第三次打到x軸的位置坐標為（﹣1m，0），總時間t為4496000【點評】本題考查了帶電粒子在電磁場中的運動問題，粒子在電場中做類平拋運動時，將運動分解處理。粒子在磁場中做勻速圓周運動時，根據洛倫茲力提供向心力，結合幾何解答。

考點卡片1．牛頓第二定律與向心力結合解決問題【知識點的認識】圓周運動的過程符合牛頓第二定律，表達式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命題方向】我國著名體操運動員童飛，首次在單杠項目中完成了“單臂大回環”：用一只手抓住單杠，以單杠為軸做豎直面上的圓周運動．假設童飛的質量為55kg，為完成這一動作，童飛在通過最低點時的向心加速度至少是4g，那么在完成“單臂大回環”的過程中，童飛的單臂至少要能夠承受多大的力．分析：運動員在最低點時處于超重狀態，由單杠對人拉力與重力的合力提供向心力，根據牛頓第二定律求解．解答：運動員在最低點時處于超重狀態，設運動員手臂的拉力為F，由牛頓第二定律可得：F心＝ma心則得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飛的單臂至少要能夠承受2750N的力．點評：解答本題的關鍵是分析向心力的來源，建立模型，運用牛頓第二定律求解．【解題思路點撥】圓周運動中的動力學問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運動的軌道所在的平面及圓心的位置．②分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，該力就是向心力．（2）向心力的來源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個力的合力或某個力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解決圓周運動問題步驟①審清題意，確定研究對象；②分析物體的運動情況，即物體的線速度、角速度、周期、軌道平面、圓心、半徑等；③分析物體的受力情況，畫出受力示意圖，確定向心力的來源；④根據牛頓運動定律及向心力公式列方程．2．帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動【知識點的認識】帶電粒子在勻強磁場中的運動1．若v∥B，帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強磁場中做勻速直線運動．2．若v⊥B，帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內以入射速度v做勻速圓周運動．3．半徑和周期公式：（v⊥B）【命題方向】如圖所示，MN是勻強磁場中的一塊薄金屬板，帶電粒子（不計重力）在勻強磁場中運動并穿過金屬板，虛線表示其運動軌跡，由圖知（）A、粒子帶負電B、粒子運動方向是abcdeC、粒子運動方向是edcbaD、粒子在上半周所用時間比下半周所用時間長分析：由半徑的變化可知粒子運動方向；由軌跡偏轉方向可知粒子的受力方向，則由左手定則可判斷粒子的運動方向，由圓周對應的圓心角及周期公式可知時間關系。解答：ABC、帶電粒子穿過金屬板后速度減小，由r=mvqB軌跡半徑應減小，故可知粒子運動方向是粒子所受的洛倫茲力均指向圓心，故粒子應是由下方進入，故粒子運動方向為edcba，則粒子應帶負電，故B錯誤，AC正確；D、由T=2πmqB可知，粒子運動的周期和速度無關，而上下均為半圓，故所對的圓心角相同，故粒子的運動時間均為T故選：AC。點評：本題應注意觀察圖形，圖形中隱含的速度關系是解決本題的關鍵，明確了速度關系即可由左手定則及圓的性質求解。【解題方法點撥】帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動的分析方法．3．帶電粒子在直線邊界磁場中的運動【知識點的認識】1.帶電粒子在直線邊界磁場中的運動的兩種情形（1）直線邊界（2）平行邊界2.帶電粒子在有界磁場中的常用幾何關系（1）四個點：分別是入射點、出射點、軌跡圓心和入射速度直線與出射速度直線的交點．（2）三個角：速度偏轉角、圓心角、弦切角，其中偏轉角等于圓心角，也等于弦切角的2倍．3.常見的解題思路（1）圓心的確定①由兩點和兩線確定圓心，畫出帶電粒子在勻強磁場中的運動軌跡．確定帶電粒子運動軌跡上的兩個特殊點（一般是射入和射出磁場時的兩點），過這兩點作帶電粒子運動方向的垂線（這兩垂線即為粒子在這兩點所受洛倫茲力的方向），則兩垂線的交點就是圓心，如圖（a）所示．②若只已知過其中一個點的粒子運動方向，則除過已知運動方向的該點作垂線外，還要將這兩點相連作弦，再作弦的中垂線，兩垂線交點就是圓心，如圖（b）所示．③若只已知一個點及運動方向，也知另外某時刻的速度方向，但不確定該速度方向所在的點，如圖（c）所示，此時要將其中一速度的延長線與另一速度的反向延長線相交成一角（∠PAM），畫出該角的角平分線，它與已知點的速度的垂線交于一點O，該點就是圓心．（2）半徑的確定方法一：由物理方程求：半徑R=mv方法二：由幾何方程求：一般由數學知識（勾股定理、三角函數等）計算來確定．（3）時間的確定由t=θ2πT確定通過某段圓弧所用的時間，其中【命題方向】如圖所示，粒子a、b以相同的動能同時從O點射入寬度為d的有界勻強磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為30°和60°，且同時到達P點，OP垂直于磁場邊界。a、b兩粒子的質量之比為（）A、1：2B、2：1C、3：4D、4：3分析：求解本題的關鍵是畫出來粒子的軌跡圖，并確定圓心、求出半徑和圓心角，然后根據動能相等的條件以及相等的運動時間并結合圓周運動公式聯立即可求解。解答：根據題意畫出a、b粒子的軌跡如圖所示，則a、b粒子的圓心分別是O1和O2，設磁場寬度為d，由圖可知，粒子a的半徑ra=d2sin60°=d3a粒子軌跡長度為sa=2×60b粒子的軌跡長度為sb=2×30又有：va=sa解得：v由12mava2=12故選：C。點評：求解有關帶電粒子在有界磁場中的運動問題的關鍵是畫出軌跡圖，并根據幾何知識確定圓心求出半徑和圓心角，再結合圓周運動的有關規律聯立即可求解。【解題思路點撥】由于帶電粒子往往是在有界磁場中運動，粒子在磁場中只運動一段圓弧就飛出磁場邊界，其軌跡不是完整的圓，因此，此類問題往往要根據帶電粒子運動的軌跡作相關圖去尋找幾何關系，分析臨界條件，然后應用數學知識和相應物理規律分析求解．（1）兩種思路①以定理、定律為依據，首先求出所研究問題的一般規律和一般解的形式，然后再分析、討論臨界條件下的特殊規律和特殊解；②直接分析、討論臨界狀態，找出臨界條件，從而通過臨界條件求出臨界值．（2）兩種方法物理方法：①利用臨界條件求極值；②利用問題的邊界條件求極值；③利用矢量圖求極值．數學方法：①利用三角函數求極值；②利用二次方程的判別式求極值；③利用不等式的性質求極值；④利用圖象法等．（3）從關鍵詞中找突破口：許多臨界問題，題干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脫離”等詞語對臨界狀態給以暗示．審題時，一定要抓住這些特定的詞語挖掘其隱藏的規律，找出臨界條件．4．帶電粒子在弧形或圓形邊界磁場中的運動【知識點的認知】1.圓形邊界：如圖所示，帶電粒子從某點沿圓形磁場的半徑方向人射，從另一點射出磁場時速度的反向延長線過磁場的圓心，即沿徑向射入必沿徑向射出。2.幾個與角有關的物理量如圖所示，粒子做勻速圓周運動時，φ為粒子速度的偏向角，粒子與圓心的連線轉過的角度α為回旋角（或圓心角），AB弦與切線的夾角θ為弦切角，它們的關系為φ＝α＝2θ，θ與相鄰的弦切角θ'互補，即θ+θ'＝180°。3.如何確定“圓心角與時間”①速度的偏向角φ＝圓弧所對應的圓心角（回旋角）α＝2倍的弦切角θ②時間的計算方法．方法一：由圓心角求，t=θ2π?T；方法二：由弧長求，【命題方向】如圖所示，虛線所圍區域內有方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B．一束電子沿圓形區域的直徑方向以速度v射入磁場，電子束經過磁場區后，其運動的方向與原入射方向成θ角。設電子質量為m，電荷量為e，不計電子之間的相互作用力及所受的重力。求：（1）電子在磁場中運動軌跡的半徑R；（2）電子在磁場中運動的時間t；（3）圓形磁場區域的半徑r。分析：電子在磁場中受洛倫茲力作用，電子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，可以求出電子運動的半徑，畫出電子運動軌跡，根據幾何關系可以求得電子在磁場中的運動的時間和圓形磁場區域的半徑。解答：（1）電子在磁場中受到的洛倫茲力提供電子做勻速圓周運動的向心力即：qvB=由此可得電子做圓周運動的半徑R=（2）如圖根據幾何關系，可以知道電子在磁場中做圓周運動對圓心轉過的角度α＝θ則電子在磁場中運動的時間：t=（3）由題意知，由圖根據幾何關系知：tanθ∴r答：（1）電子在磁場中運動軌跡的半徑R=mv（2）電子在磁場中運動的時間t=mθ（3）圓形磁場區域的半徑r=mv點評：熟悉電子在磁場中做勻速圓周運動由洛倫茲力提供向心力，據此列式求出半徑和周期間的表達式，能正確作出電子做圓周運動的半徑。【解題思路點撥】由于帶電粒子往往是在有界磁場中運動，粒子在磁場中只運動一段圓弧就飛出磁場邊界，其軌跡不是完整的圓，因此，此類問題往往要根據帶電粒子運動的軌跡作相關圖去尋找幾何關系，分析臨界條件，然后應用數學知識和相應物理規律分析求解．（1）兩種思路①以定理、定律為依據，首先求出所研究問題的一般規律和一般解的形式，然后再分析、討論臨界條件下的特殊規律和特殊解；②直接分析、討論臨界狀態，找出臨界條件，從而通過臨界條件求出臨界值．（2）兩種方法物理方法：①利用臨界條件求極值；②利用問題的邊界條件求極值；③利用矢量圖求極值．數學方法：①利用三角函數求極值；②利用二次方程的判別式求極值；③利用不等式的性質求極值；④利用圖象法等．（3）從關鍵詞中找突破口：許多臨界問題，題干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脫離”等詞語對臨界狀態給以暗示．審題時，一定要抓住這些特定的詞語挖掘其隱藏的規律，找出臨界條件．5．帶電粒子在疊加場中做直線運動【知識點的認識】1.疊加場是指一個區域可能同時含有重力場、電場和磁場中的兩個或三個。但本考點涉及的題目必須包含磁場。2.帶電粒子在疊加場中做直線運動有兩種情況（不考慮平行于電場和磁場射入）（1）不計粒子重力，則必有洛倫茲力等于電場力，Bqv＝qE。（2）考慮粒子重力，則必有電場力與重力的合力等于洛倫茲力。也就是說只要粒子在含有磁場的疊加場中做直線運動，一定是勻速直線運動。因為如果是變速運動，則洛倫茲力也會變化，合力與速度方向不再一條直線上，粒子就不可能再做直線運動。【命題方向】如圖所示，某空間存在正交的勻強磁場和勻強電場，電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面向里，一帶負電微粒由a點以一定初速度進入電磁場，剛好能沿直線ab斜向上運動，則下列說法正確的是（）A、微粒的動能一定增加B、微粒的動能一定減少C、微粒的電勢能一定減少D、微粒的機械能一定增加分析：對帶電粒子進行受力分析，受到豎直向下的重力，水平向左的電場力和垂直于虛線向右上的洛倫茲力，由于帶電粒子做直線運動，可判斷粒子合外力為零，再根據各力的做功情況，即可判斷各選項的正誤．解答：根據做直線運動的條件和受力情況（如圖所示）可知，粒子做勻速直線運動，所以粒子的動能保持不變，選項AB錯誤；再由a沿直線運動到b的過場中，電場力做正功，電勢能減小，選項C正確；重力做負功，重力勢能增加，選項D正確。故選：CD。點評：帶電粒子在重力場、電場、磁場的復合場中，只要是做直線運動，一定是勻速直線運動（v與B不平行）．若速度是變的，洛倫茲力會變，合力就是變的，合力與速度不在一條直線上，帶電體就會做曲線運動．【解題思路點撥】1.疊加場中三中場的比較2.帶電粒子在疊加場中運動的分析方法6．帶電粒子由磁場進入電場中的運動【知識點的認識】1.帶電粒子在電場、磁場組合場中的運動是指粒子從電場到磁場，或從磁場到電場的運動。通常按時間的先后順序分成若干個小過程，在每一運動過程中從粒子的受力性質、受力方向和速度方向的關系入手，分析運動性質。2.一般的分析思路為：（1）劃分過程：將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選取相應的規律處理。（2）找關鍵：確定帶電粒子在場區邊界的速度（包括大小和方向）是解決該類問題的關鍵，（3）畫運動軌跡：根據受力分析和運動分析大致畫出粒子的運動軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問題。3.本考點旨在針對粒子從磁場進入電場的情況。【命題方向】如圖所示，一個質量為m＝2.0×10﹣11kg，電荷量q＝+1.0×10﹣5C的帶電微粒（重力忽略不計），從靜止開始經U1＝100V電場加速后，水平進入兩平行金屬板間的偏轉電場，偏轉電場的電壓U2＝50V．金屬板長L＝20cm，兩板間距d=53cm（1）微粒進入偏轉電場時的速度v0大小；（2）微粒射出偏轉電場時的偏轉角θ；（3）若該勻強磁場的寬度D＝10cm，為使微粒不會從磁場右邊射出，則該勻強磁場的磁感應強度B至少多大？分析：（1）粒子在加速電場中，電場力做功，由動能定理求出速度v0。（2）粒子進入偏轉電場后，做類平拋運動，運用運動的合成與分解求出偏轉角。（3）粒子進入磁場后，做勻速圓周運動，結合條件，畫出軌跡，由幾何知識求半徑，再求B。解答：（1）粒子在加速電場中運動過程，由動能定理，得qU1=解得，v0=2qU（2）粒子在偏轉電場中做類平拋運動，則有加速度a=t=Lv0，v則tanθ=將上述各式代入得到tanθ=θ＝30°（3）粒子進入磁場后做勻速圓周運動，速度大小為v=畫出軌跡如圖，根據幾何知識，得D＝r+rsinθr=又由qvB＝mv解得B=代入數據解得，B＝0.346T答：（1）微粒進入偏轉電場時的速度v0大小1×104m/s；（2）微粒射出偏轉電場時的偏轉角θ＝30°；（3）為使微粒不會從磁場右邊射出，該勻強磁場的磁感應強度B至少為0.346T。點評：本題是帶電粒子在組合場中運動的問題，關鍵是分析粒子的受力情況和運動情況，用力學的方法處理。【解題思路點撥】解決帶電粒子在組合場中的運動問題的方法7．帶電粒子由電場進入磁場中的運動【知識點的認識】1.帶電粒子在電場、磁場組合場中的運動是指粒子從電場到磁場，或從磁場到電場的運動。通常按時間的先后順序分成若干個小過程，在每一運動過程中從粒子的受力性質、受力方向和速度方向的關系入手，分析運動性質。2.一般的分析思路為：（1）劃分過程：將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選取相應的規律處理。（2）找關鍵：確定帶電粒子在場區邊界的速度（包括大小和方向）是解決該類問題的關鍵，（3）畫運動軌跡：根據受力分析和運動分析大致畫出粒子的運動軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問題。3.本考點旨在針對粒子從電場進入磁場的情況。【命題方向】如圖所示，直角坐標系中的第Ⅰ象限中存在沿y軸負方向的勻強電場，在第Ⅱ象限中存在垂直紙面向外的勻強磁場。一電量為q、質量為m的帶正電的粒子，在﹣x軸上的點a以速率v0，方向和﹣x軸方向成60°射入磁場，然后經過y軸上y＝L處的b點垂直于y軸方向進入電場，并經過x軸上x＝2L處的c點。不計重力。求：（1）磁感應強度B的大小；（2）電場強度E的大小；（3）粒子在磁場和電場中的運動時間之比。分析：（1）由幾何知識求出粒子的軌道半徑，然后由牛頓第二定律求出磁感應強度大小。（2）粒子在電場中做類平拋運動，由類平拋運動規律求出電場強度大小。（3）求出粒子在磁場中的運動時間與在電場中的運動時間，然后求出時間之比。解答：（1）粒子的運動軌跡如圖所示：由幾何知識可得：r+rsin30°＝L，粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑：r=23粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv0B＝mv0解得：B=3（2）粒子在電場中做類平拋運動，水平方向：2L＝v0t，豎直方向：L=12at2=1解得：E=m（3）粒子在磁場中做圓周運動的周期：T=2由幾何知識可知，粒子在磁場中轉過的圓心角：θ＝180°﹣60°＝120°，粒子在磁場中做圓周運動的時間：t1=θ360°T粒子在電場中的運動時間：t2=2粒子在磁場和電場中的運動時間之比：t1答：（1）磁感應強度B的大小為3m（2）電場強度E的大小為mv（3）粒子在磁場和電場中的運動時間之比為2π點評：本題考查了粒子在磁場與電場中的運動，分析清楚粒子的運動過程、應用牛頓第二定律與類平拋運動規律、粒子做圓周運動的周期公式即可正確解題，解題時要注意數學知識的應用。【解題思路點撥】解決帶電粒子在組合場中的運動問題的方法8．帶電粒子在電場和磁場中的往復運動【知識點的認識】1.帶電粒子在電場、磁場組合場中的運動是指粒子從電場到磁場，或從磁場到電場的運動。通常按時間的先后順序分成若干個小過程，在每一運動過程中從粒子的受力性質、受力方向和速度方向的關系入手，分析運動性質。2.一般的分析思路為：（1）劃分過程：將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選取相應的規律處理。（2）找關鍵：確定帶電粒子在場區邊界的速度（包括大小和方向）是解決該類問題的關鍵，（3）畫運動軌跡：根據受力分析和運動分析大致畫出粒子的運動軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問題。3.本考點旨在針對粒子電場和磁場間往復運動的情況。【命題方向】如圖，有位于豎直平面上的半徑為R的圓形光滑絕緣軌道，其上半部分處于豎直向下、場強為E的勻強電場中，下半部分處于垂直水平面向里的勻強磁場中；質量為m，帶正電，電荷量為q的小球，從軌道的水平直徑的M端由靜止釋放，若小球在某一次通過最低點時對軌道的壓力為零，求：（1）磁感應強度B的大小；（2）小球對軌道最低點的最大壓力；（3）若要小球在圓形軌道內做完整的圓周運動，求小球從軌道的水平直徑的M端下滑的最小速度．分析：（1）小球在通過最低點時對軌道的壓力為零，由此可知，在最低點時洛倫茲力和重力的合力恰好作為圓周運動的向心力，根據向心力的公式即可以求得磁感應強度B的大小；（2）當小球反向運動時，小球受到的洛倫茲力的反向反向，在最低點時對小球受力分析，由向心力的公式可以求得小球對軌道最低點的最大壓力；（3）在最高點時，小球的重力和電場力作為圓周運動的向心力的大小，從M點到最高點的過程中，根據動能定理可以求得小球從軌道的水平直徑的M端下滑的最小速度．解答：（1）設小球向右通過最低點時的速率為v，由題意得：mgR=12mv2qBv﹣mg＝mv2B=3mg（2）小球向左通過最低點時對軌道的壓力最大．FN﹣mg﹣qBv＝mv2FN＝6mg．…⑤（3）要小球完成圓周運動的條件是在最高點滿足：mg+qE=m從M點到最高點由動能定理得：﹣mgR﹣qER=1由以上可得v0=3答案：（1）磁感應強度B的大小為3mg（2）小球對軌道最低點的最大壓力為6mg，（3）小球從軌道的水平直徑的M端下滑的最小速度為3R點評：本題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動，要掌握住半徑公式、周期公式，畫出粒子的運動軌跡后，幾何關系就比較明顯了．【解題思路點撥】解決帶電粒子在組合場中的運動問題的方法9．速度選擇器【知識點的認識】1.速度選擇器的原理圖如下：2.特點：粒子勻速垂直穿過正交的勻強磁場和勻強電場時，根據qvB＝qE，可得粒子的速度必為v=E【命題方向】如圖所示為一速度選擇器，內有一磁感應強度為B，方向垂直紙面向外的勻強磁場，一束粒子流以速度v水平射入，為使粒子流經磁場時不偏轉（不計重力），則磁場區域內必須同時存在一個勻強電場，關于這處電場場強大小和方向的說法中，正確的是（）A.大小為BvB.大小為BvC.大小為Bv，方向向下，與粒子帶何種電荷無關D.大小為Bv，方向向上，與粒子帶何種電荷無關分析：首先根據粒子做勻速直線運動，可判斷粒子的電場力和洛倫茲力相等，即可得知電場強度和磁場強度的關系。再分別假設粒子帶正電或負電，可知電場的方向，并發現電場的方向與電性無關。解答：為使粒子不發生偏轉，粒子所受到電場力和洛倫茲力是平衡力，即為qvB＝qE，所以電場與磁場的關系為：E＝vB，所以選項AB錯誤。假設粒子帶正電，則受到向下的洛倫茲力，則電場力就應向上，電場向上；若粒子帶負電，洛倫茲力向上，電場力向下，電場仍然向上。所以電場力的方向始終向上，與粒子的電性無關。選項C錯誤，選項D正確。故選：D。點評：在速度選擇器中，粒子的受力特點：同時受到方向相反的電場力和洛倫茲力作用；粒子能勻速通過選擇器的條件：電場力和洛倫茲力平衡，即qvB＝qE，v=EB【解題思路點撥】速度選擇器的解題出發點在于受力平衡，粒子想要從做直線運動則必然有洛倫茲力等于電場力，即qvB＝qE。10．與加速電場相結合的質譜儀【知識點的認識】本考點旨在針對粒子先經過加速電場加速再進入質譜儀的情況。1.質譜儀示意圖如下2.質譜儀的作用：分析粒子的性質，測定粒子的質量，研究同位素。3.質譜儀例的相關參數：（1）加速電場中：qU=1（2）偏轉磁場中：Bqv=m（3）軌跡半徑：R=1（4）照相底片上間距；d＝2ΔR。【命題方向】質譜儀是一種測定帶電粒子質量和分析同位素的重要工具，它的構造原理如圖所示．離子源S產生的各種不同正離子束（速度可看作為零），經加速電場（加速電場極板間的距離為d、電勢差為U）加速，然后垂直進入磁感應強度為B的有界勻強磁場中做勻速圓周運動，最后到達記錄它的照相底片P上．設離子在P上的位置與入口處S1之間的距離為x．（1）求該離子的荷質比qm（2）若離子源產生的是帶電量為q、質量為m1和m2的同位素離子（m1＞m2），它們分別到達照相底片上的P1、P2位置（圖中未畫出），求P1、P2間的距離Δx．分析：（1）根據粒子在磁場中的運動半徑，通過半徑公式求出粒子的速度，再根據動能定理得出粒子的比荷．（2）根據動能定理、半徑公式求出粒子打到照相機底片上位置與入口處的距離，從而求出P1、P2間的距離Δx．解答：（1）離子在電場中加速，由動能定理得：qU=12mv2離子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：qBv＝mv2由①②式可得：q（2）由①②式可得粒子m1在磁場中的運動半徑是r1，則：r對離子m2，同理得：r∴照相底片上P1、P2間的距離：Δx＝2（r1﹣r2）=2答：（1）求該離子的荷質比qm（2）P1、P2間的距離Δx=2點評：本題考查了帶電粒子在電場中的加速和在磁場中的偏轉，結合牛頓第二定律和運動學公式綜合求解．【解題思路點撥】明確質譜儀的構造和工作原理。它是由加速電場和偏轉磁場對接而成，在電場中加速后進入磁場，進而在磁場中作半圓運動，在加速電場中用動能定理qU=12mv2-12mv011．與速度選擇器相結合的質譜儀【知識點的認識】本考點旨在針對粒子先經過速度選擇器再進入質譜儀的情況。1.質譜儀示意圖如下2.質譜儀的作用：分析粒子的性質，測定粒子的質量，研究同位素。3.質譜儀例的相關參數：（1）加速電場中：qU=1（2）偏轉磁場中：Bqv=m（3）軌跡半徑：R=1（4）照相底片上間距；d＝2ΔR。【命題方向】如圖是質譜儀的工作原理示意圖。帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器。速度選擇器內相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E．平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2．平板S下方有強度為B0的勻強磁場。下列表述不正確的是（）A、質譜儀是分析同位素的重要工具B、速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外C、能通過的狹縫P的帶電粒子的速率等于ED、能通過的狹縫P的帶電粒子的速率等于E分析：帶電粒子經加速后進入速度選擇器，速度為v=EB粒子可通過選擇器，然后進入B0，打在解答：A、進入B0的粒子滿足qm=vB0B、假設粒子帶正電，則受電場力向右，由左手定則可判斷磁場方向垂直紙面向外，故B正確；C、由qE＝qvB，得v=EB，此時離子受力平衡，可沿直線穿過選擇器，故D、由qm=vB0故選：D。點評：質譜儀工作原理應采取分段分析的方法，即粒子加速階段，速度選擇階段，在磁場中運動階段。【解題思路點撥】明確質譜儀的構造和工作原理。它是由加速電場和偏轉磁場對接而成，在電場中加速后進入磁場，進而在磁場中作半圓運動，在加速電場中用動能定理qU=12mv2-12mv012．回旋加速器【知識點的認識】1.回旋加速器示意圖如下：2.回旋加速器的原理：用磁場控制軌道、用電場進行加速。D1和D2是兩個中空的半圓金屬盒，它們之間有一定的電勢差U，盒內部空間由于靜電平衡無電場，電壓U在兩盒之間的縫隙處產生加速電場。盒中心A處的粒子源產生的帶電粒子，在兩盒之間被電場加速。兩個半圓盒處于與盒面垂直的勻強磁場中，磁場使粒子做勻速圓周運動，從而使粒子在縫隙處被加速后再回到縫隙處再被加速。兩盒間的交變電勢差一次一次地改變正負，保證粒子每次都能被加速。【命題方向】回旋加速器是用來加速帶電粒子的裝置，如圖為回旋加速器的示意圖。D1、D2是兩個中空的鋁制半圓形金屬扁盒，在兩個D形盒正中間開有一條狹縫，兩個D形盒接在高頻交流電源上。在D1盒中心A處有粒子源，產生的帶正電粒子在兩盒之間被電場加速后進入D2盒中。兩個D形盒處于與盒面垂直的勻強磁場中，帶電粒子在磁場力的作用下做勻速圓周運動，經過半個圓周后，再次到達兩盒間的狹縫，控制交流電源電壓的周期，保證帶電粒子經過狹縫時再次被加速。如此，粒子在做圓周運動的過程中一次一次地經過狹縫，一次一次地被加速，速度越來越大，運動半徑也越來越大，最后到達D形盒的邊緣，沿切線方向以最大速度被導出。已知帶電粒子的電荷量為q，質量為m，加速時狹縫間電壓大小恒為U，磁場的磁感應強度為B，D形盒的半徑為R，狹縫之間的距離為d。設從粒子源產生的帶電粒子的初速度為零，不計粒子受到的重力，求：（1）帶電粒子能被加速的最大動能Ek；（2）帶電粒子在D2盒中第n個半圓的半徑；（3）若帶電粒子束從回旋加速器輸出時形成的等效電流為I，求從回旋加速器輸出的帶電粒子的平均功率P。分析：（1）根據qvB＝mv2R知，當R最大時，速度最大，求出最大速度，根據EK=1（2）粒子被加速一次所獲得的能量為qU，求出第n次加速后的動能EKn=12mvn2（3）根據電流的定義式I=Qt和Q＝Nq以及P解答：（1）粒子在D形盒內做圓周運動，軌道半徑達到最大時被引出，具有最大動能。設此時的速度為v，有：qvB＝mv2R可得粒子的最大動能Ek=12mv（2）粒子被加速一次所獲得的能量為qU，粒子在D2盒中被第2n﹣1次加速后的動能為EKn=12mvn2=q因此第n個半圓的半徑Rn=1（3）帶電粒子質量為m，電荷量為q，帶電粒子離開加速器時速度大小為v，由牛頓第二定律知：qvB＝mv2R帶電粒子運動的回旋周期為：T=2由回旋加速器工作原理可知，交變電源的頻率與帶電粒子回旋頻率相同，由周期T與頻率f的關系可得：f=1設在t時間內離開加速器的帶電粒子數為N，則帶電粒子束從回旋加速器輸出時的平均功率P＝N12輸出時帶電粒子束的等效電流為：I=Nqt由上述各式得P=答：（1）帶電粒子能被加速的最大動能q2（2）帶電粒子在D2盒中第n個半圓的半徑1Bq（3）若帶電粒子束從回旋加速器輸出時形成的等效電流為I，求從回旋加速器輸出的帶電粒子的平均功率B2點評：解決本題的關鍵知道回旋加速器利用磁場偏轉和電場加速實現加速粒子，粒子在磁場中運動的周期和交流電的周期相等，注意第3問題，建立正確的物理模型是解題的關鍵。【解題思路點撥】明確回旋加速器的構造和工作原理。它是由加速電場和偏轉磁場對接而成，在電場中加速后進入磁場，進而在磁場中