帶電粒子在組合場、疊加場中的運動-2024年高考物理重難點（新高考專用）

重難點11帶電粒子在組合場、疊加場中的運動

?命題趨勢

■■—II，，，一

1.命題中經常出現(xiàn)帶電粒子電場和磁場組合場運動的情況，即由電場進入磁場、由磁場進入電場或在電場

和磁場中的往復運動。

2.命題中經常出現(xiàn)帶電粒子在重力場、電場、磁場等疊加場中的運動。既有直線運動，又有曲線運動。要

對帶電粒子受力分析，運動過程分析，力學規(guī)律和能量觀點解決問題。

重難詮釋

一、帶電粒子在組合場的運動

1.兩大偏轉模型

電偏轉：帶電粒子垂直進入勻強電場中；磁偏轉：帶電粒子垂直進入勻強磁場中.

2.思維流程

二、帶電粒子在疊加場的運動

1.解題規(guī)范

(1)疊加場的組成特點：電場、磁場、重力場兩兩疊加，或者三者疊加.

(2)受力分析：正確分析帶電粒子的受力情況，場力、彈力和摩擦力.

(3)運動分析：勻速直線運動、勻速圓周運動、勻變速直線運動、類平拋運動、非勻變速曲線運動.

(4)選規(guī)律，列方程：應用運動學公式、牛頓運動定律和功能關系.

2.靈活選擇運動規(guī)律

(1)若只有兩個場且正交，合力為零，則表現(xiàn)為勻速直線運動或靜止狀態(tài).例如電場與磁場中滿足&

重力場與磁場中滿足mg=qvB\重力場與電場中滿足mg=qE.

(2)三場共存時，若合力為零，則粒子做勻速直線運動；若粒子做勻速圓周運動，則有加g=qE,粒子在洛倫

茲力作用下做勻速圓周運動，即qvB=m—.

⑶當帶電粒子做復雜的曲線運動或有約束的變速直線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解.

重難通關練

（建議用時：30分鐘）

~"、單選題

1.如圖所示，氣;H、笊但、旅汨三種核子分別從靜止開始經過同一加速電壓歷（圖中未畫出）加速,

再經過同一偏轉電壓切偏轉，后進入垂直于紙面向里的有界勻強磁場,氣;H的運動軌跡如圖。則筋H、

笊汨、瓶汨三種核子射入磁場的點和射出磁場的點間距最大的是（）

A.元HB.MiHC.D.無法判定

【答案】C

【解析】設核子的質量為加，帶電量為q,偏轉電場對應的極板長為L板間距離為亂板間電場強度為

E,進入偏轉電場的速度為vo,進入磁場的速度為v,在偏轉電場的側移量為》速度偏轉角為0。核子在

加速電場運動過程，由動能定理得

12

qUi=-mv0

核子在偏轉電場做類平拋運動，將運動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動，則

有

L=vot

沿極板方向做勻加速直線運動，則有

y=^at2

x/y=at

由牛頓第二定律得

qE_qU

Cl——2

mmd

聯(lián)立解得

"4U0

速度偏轉角的正切值為

tan6?=^=-^

%2U1d

可見核子在偏轉電場的側移量y與速度偏轉角。均與核子的質量和帶電量無關，故三種核子進入磁場的位

置和速度方向均相同。進入磁場的速度

COS0

核子在勻強磁場只受洛倫茲力而做勻速圓周運動，軌跡如圖所示

由牛頓第二定律得

V2

qvBD=m——

r

由幾何關系可得，射入磁場的點和射出磁場的點間距s為

s=2rcos0

聯(lián)立解得

_2mv0_2,2一.

qBBRq

氣;H、旅汨三種核子的電量相等，晁汨的質量最大，則疑汨的射入磁場的點和射出磁場的點間

距最大。

故選Co

2.（2023?山東日照?統(tǒng)考三模）如圖所示，三個同心圓。、b、。的半徑分別為廣、2八2后,在圓。區(qū)域

內存在垂直紙面向外的勻強磁場用。在圓。和圓6間的環(huán)形區(qū)域存在背向圓心的輻向電場，在圓6和圓c

間的環(huán)形區(qū)域存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為與。一質量為加、電荷量為4（4＞。）的粒子，

從圓。邊界上的A點沿半徑方向以速度%射入圓。內，第一次從圓。邊界射出時速度方向偏轉60。，經過輻

向電場加速后，從圓6邊界上進入外環(huán)區(qū)域，粒子恰好不會從圓c飛離磁場。已知磁感應強度

民=叵%，不計粒子的重力。則（）

qr

A.圓。區(qū)域內勻強磁場的磁感應強度耳大小為叵叫

B.圓。與圓。兩邊界間輻向電場的電勢差為等

2q

C.粒子從電場回到入射點A,在磁場中運動的最短時間為皿

%

D.粒子從電場回到入射點A,在磁場中運動的最短時間為嘻匕

9%

【答案】B

=m-

R=^

弱

由幾何關系得，半徑

R=6

聯(lián)立解得

B-2^

'一6qr

故A錯誤;

根據(jù)幾何關系，在圓6和圓C間的環(huán)形區(qū)域的勻強磁場偏轉半徑

&=2技

又

qU=^mv[-^mvl

聯(lián)立解得

u=2

2q

故B正確;

粒子圓。區(qū)域內勻強磁場運動的周期

T_2TTR_2冗m

%qB、

粒子從電場回到入射點A,在磁場中運動的最短時間為

27rm

粒子圓C區(qū)域內勻強磁場運動的周期

T_2兀R_2冗m

匕qB2

在磁場中運動的最短時間為

8711n

t=------

c3qBi

粒子從電場回到入射點4在磁場中運動的最短時間為

故CD錯誤。

故選Bo

3.一帶正電的小球質量為O.Olkg,帶電量為0.01C,小球在相互垂直的勻強電場和勻強磁場的空間沿一斜

線向下做勻速直線運動。已知其水平分量為Vx=6m/s,磁感應強度大小為IT,方向垂直紙面向里，電場力

做負功的功率大小為PE=0.3W,則電場強度的大小和方向為(g=10m/s2)()

XXXxxvxXX

xx乂、k3xxx

xxxx'、遲xxx

XXgXXx'xXX

xxxxxxxx

XXXXXXXX

A.5N/C,方向向上偏左37。角

B.5N/C,方向向上偏右37。角

C.4N/C,方向向上偏左37。角

D.4N/C,方向向上偏右37。角

【答案】A

【解析】設電場方向與水平方向的夾角為a,小球的豎直分速度為山，因為洛倫茲力不做功，只有電場力

和重力做功，且沿一斜線向下做勻速直線運動，小球動能不變，應有

mgVy=PE

得

Vy=3m/s

小球受力如圖所示

則有水平方向

^Ecosoc=qBvy

豎直方向

qEsina+qBvx=mg

代入整理后得

Ecosa=3N/C

Esina=4N/C

解得

E=5N/C

cc=535

可知電場方向向上偏左37。角。

故選A?

4.如圖所示，平面直角坐標系的第二象限內存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場用,

質量為加、帶電荷量為+4的小球從A點以速度為沿直線A0運動，A0與X軸負方向成37。角。在y軸與

之間的區(qū)域團內加一電場強度最小的勻強電場后，可使小球繼續(xù)做直線運動到上的C點，MN與

P。之間區(qū)域團內存在寬度為d的豎直向上勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場與，小球在區(qū)域團內做勻速

圓周運動并恰好不能從右邊界飛出，已知小球在C點的速度大小為2%,重力加速度為g,sin37°=0.6,

cos37°=0.8,則下列結論錯誤的是（）

A.區(qū)域團內勻強電場的場強大小弱

B.區(qū)域團內勻強磁場的磁感應強度大小與=》

qa

C.小球從A—O做勻速直線運動，OfC做勻加速直線運動

D.區(qū)域團內勻強電場的最小場強大小為4=要，方向與x軸正方向成53。角向上

5q

【答案】B

【解析】A.小球在區(qū)域團內做勻速圓周運動，所以

mg=qE3

解得

&=逋

q

故A正確，不符合題意；

B.因為小球恰好不從右邊界穿出，小球運動軌跡如圖所示

d=*r

5

由洛倫茲力提供向心力知

況qx2%=加色工

r

解得

B,=4

5qd

故B錯誤，符合題意；

CD.帶電小球在第二象限內受重力、電場力和洛倫茲力做直線運動，三力滿足如圖所示關系

所以小球從只能做勻速直線運動。

區(qū)域回中。一C小球做直線運動，電場強度最小，受力如圖所示（電場力方向與速度方向垂直）

qE2

37合、4.j…

/F

???

▼mg

所以小球做勻加速直線運動，由圖知

cos37。=破

mg

解得

F_4mg

25q

方向與無軸正方向成53。角向上。故CD正確，不符合題意。

故選Bo

二、多選題

5.如圖所示，直角坐標系xOy在水平面內，z軸豎直向上。坐標原點O處固定一帶正電的點電荷，空間中

存在豎直向下的勻強磁場及質量為相帶電量為q的小球A,繞z軸做勻速圓周運動，小球A的速度大小

為vo,小球與坐標原點。的距離為廠，。點和小球A的連線與z軸的夾角6=37。。重力加速度為g,m、q、

廠已知。(cos37°=0.8,sin370=0.6)則下列說法正確的是()

A.小球A與點電荷之間的庫侖力大小為

B.從上往下看帶電小球只能沿逆時針方向做勻速圓周運動

C.vo越小所需的磁感應強度8越小

D.%=在gr時,所需的磁感應強度8最小

【答案】ABD

【解析】A.對小球A受力分析如圖所示，洛倫茲力尸2沿水平方向，庫侖力B沿著0f2方向。

>

在豎直方向，根據(jù)平衡條件得

Fxcos37°=mg

解得

L5

Px=~mg

小球A與點電荷之間的庫侖力大小為+o故A正確；

B.原點。處帶正電的點電荷與小球之間的庫侖力為斥力，故小球帶正電，空間中存在豎直向下的勻強磁

場，洛倫茲力需要指向圓心，根據(jù)左手定則，從上往下看帶電小球只能沿逆時針方向做勻速圓周運動。故

B正確；

CD.水平方向根據(jù)牛頓第二定律得

qvB-耳sin37°=m----------

'Qrsin37°

其中

3

Fxsin37°=—

解得

B_5mv013mg

3qr4qv0

當

5mv0_3mg

3qr4q%

即

8取值最小，可知B與v°并非單調函數(shù)關系。故C錯誤；D正確。

故選ABD。

6.如圖所示，有一半徑為R的半圓形光滑絕緣軌道尸。。（PQ為直徑）固定在豎直平面內，空間分布著水

平方向、垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為2,軌道的最低點。處放一質量為機、帶電荷量為q

（4>0）的小球（圖中未畫出），現(xiàn)給小球一水平向左的初速度，小球恰好能運動到與圓心。等高處，在

此過程中小球始終與軌道接觸，已知重力加速度為g。關于此過程，下列說法正確的是（）

A.小球在。處的速度大小為

B.小球在。處對軌道的壓力大小為3〃區(qū)+贅、閑

C.小球由。處到P處對軌道的壓力先增大后減小

D.小球由。處到尸處對軌道的壓力一直減小

【答案】ABD

【解析】A.小球從。點運動至最高點P的過程，只有重力做負功，所受的洛倫茲力和軌道的支持力均不

做功，由動能定理有

12

-mgR=0——mvQ

解得

v0=y/2gR

故A正確；

B.小球在。處受力分析，由牛頓第二定律有

N-mg-qv0B=

由牛頓第三定律可知

N'=N

解得小球在D處對軌道的壓力大小為

N'=3mg+qB^lgR

故B正確；

CD.小球由。處到尸處，設小球的位置和圓心的連線與豎直方向的夾角為。，由牛頓第二定律有

N-mgcos0-qvB=m—

因。逐漸增大，即cos9減小，速度v逐漸減小，則軌道的支持力逐漸減小，故小球對軌道的壓力逐漸減

小，故C錯誤，D正確。

故選ABD。

三、解答題

7.如圖所示，在平面直角坐標系中，第一象限內y軸與直線尤=乙之間存在垂直紙面向里、磁感應強度為8

2

的勻強磁場，第四象限內y軸與直線無=￡之間存在方向垂直紙面向外、磁感應強度為的勻強磁場；在

直線的右側存在沿y軸正方向的有界勻強電場，在電場的右側存在方向垂直紙面向外、磁感應強度為

B的有界勻強磁場，電場、磁場左右邊界的間距相等。質量為加、電荷量為q的帶正電粒子甲從y軸上的〃

點以沿著y軸負方向的速度射入磁場，到達X軸上的c點時速度沿無軸的正方向，c點的坐標為（乙,0）；帶

電量為3q的帶正電粒子乙從y軸上的b點以沿著y軸正方向的速度射入磁場，到達c點時以沿無軸的正方

向的速度與甲相碰；碰撞后甲、乙立即組成整體進入電場，甲從。到c的運動時間是乙從。到c的運動時

間的2倍，整體從p點離開電場進入磁場，最后從e點以平行x方向的速度離開磁場，整體在p點的速度

與電場線的夾角為37。。不計兩粒子的重力以及粒子間的相互作用力，碰撞過程無電量損失，sin37?=0.6,

cos37°=0.8,求:

(1)乙的質量以及整體在c點時的共同速度;

；(3)E-竺迎

2m

【解析】（1）設乙的質量為加。，甲、乙在磁場中運動的周期分別為

TZim

2^m0

乙=2

-Bx3q

TT

由幾何關系可得甲、乙在磁場中運動的速度偏轉角均為二，甲從。到C的運動時間與乙從6到C的運動時

2

間分別為（梟、；￡，甲從。到c的運動時間是乙從b到c的運動時間的2倍，則有

%=2崇乙

聯(lián)立解得

外=m

設甲、乙兩粒子在磁場中的速度大小分別為叫、巳，由幾何關系可得甲、乙在磁場中做勻速圓周運動的

半徑均為乙由洛倫茲力提供向心力可得

Bq%-—

2_mvl

]Bx3qv乙=—^

甲、乙在C點發(fā)生碰撞，由動量守恒定律可得

mv^+mv^=2mv

聯(lián)立解得

3BqL

2m

(2)整體的質量為2加，帶電量為4q,從,，到〃做類平拋運動，把整體在。點的速度V。分別沿X、y軸分

解，則有

V

—=sin37°

V

—=tan37°

設整體從p到e運動軌跡的半徑為R,由洛倫茲力提供向心力可得

2mv2

Bx4qVp=pn

K

聯(lián)立解得

IBqL

ym

5BqL

p2m

R2

4

(3)過小e分別做速度的垂線，設電場、磁場左右邊界的間距均為d,由幾何關系可得

—=cos37°

R

設整體從c到。的運動時間為f,勻強電場的強度為E,由類平拋運動的規(guī)律可得

d=vt

v_Ex4q'

y2m

聯(lián)立解得

EW生

2m

8.如圖甲所示為帶電粒子三維動量映射分析技術的原理圖。系統(tǒng)整體設計采用圓柱對稱型結構，對稱軸

為亥姆霍茲線圈用以形成沿系統(tǒng)軸向的均勻磁場區(qū)，可以抑制帶電粒子的橫向發(fā)散，使得系統(tǒng)具有

較大的粒子收集效率。位置敏感探測器用以接收帶電粒子，記錄帶電粒子的飛行時間二和粒子撞擊探測器

的位置（x,y）。粒子源和探測器中心均位于對稱軸上，建立空間坐標系。一孫z,z軸與對稱軸重合，y軸豎

直向上，探測器的平面坐標系。一沖從左向右看如圖乙所示。已知粒子源發(fā)射質量為小，電荷量為4的帶

正電荷的粒子，粒子速度V方向與Z軸的夾角為6,探測器半徑為R,軸向勻強磁場的磁感應強度為B,方

向水平向右。不計粒子重力和粒子間相互作用。

（1）從左向右看，粒子運動方向是順時針還是逆時針？

（2）若粒子剛好打在探測器的中心。，求粒子源到探測器距離乙需要滿足的條件；

（3）若粒子發(fā)射時速度大小巧=回”，速度方向位于zoy平面內，與z軸夾角4=45。，粒子打在探測

m

器的位置坐標為‘,求帶電粒子的飛行時間。；

（4）若粒子源沿著與z軸夾角02=37。的各個方向連續(xù)發(fā)射粒子，粒子速度大小%=多”，粒子源到探

【解析】（1）從左向右看，根據(jù)左手定則可知粒子運動方向是逆時針。

（2）粒子剛好打在探測器的中心，則所有時間為周期的整數(shù)倍，則有

Bq

T八27rmnvcos3

L.=vcosGt=----------------(〃=1,2,3)

Bq

（3）設粒子做圓周運動的半徑為彳，由洛倫茲力提供向心力可得

曲sin<

4

可得

r=mvlsm0l=R

,Bq

ax=45°

則帶電粒子的飛行時間為

：二[%+§「(k=l,2,3)

即

(1]2兀m

7(k=1,2,3)

（4）設粒子做圓周運動的半徑為弓，則有

_mv2sin02

rL-Bq-

解得

R

=一

G22

設粒子飛行的時間為e2,則有

L2

t2=----------

v2cos02

解得

2671m

t=--------2

26Bq4r

在探測器的位置坐標如圖2所示

圖2

由幾何關系可知

a2=60°

因為粒子沿著與z軸夾角％的各個方向連續(xù)發(fā)射，由粒子在探測器上位置如圖2虛線；則位置坐標方程為

R2

4

培優(yōu)爭分練

（建議用時：30分鐘）

一、單選題

1.圖中關于磁場中的四種儀器的說法中錯誤的是（）

A.甲圖中要使粒子獲得的最大動能增大,可以增大D形盒的半徑

B.乙圖中不改變質譜儀各區(qū)域的電場、磁場時擊中光屏同一位置的粒子比荷相同

C.丙圖是載流子為負電荷的霍爾元件通過如圖所示電流和加上如圖磁場時N側帶負電荷

D.丁圖長寬高分別為。、沃c的電磁流量計加上如圖所示磁場，若流量Q恒定，則前后兩個金屬側面

的電壓與a、b、c均無關

【答案】D

【解析】A.在回旋加速度器中，由洛倫茲力充當向心力有

v2

Bqv=m——

R

可得

吁婭

m

可知，在回旋加速度所處磁場一定的情況下，粒子射出回旋加速度的最終速度跟D形盒的半徑有關，半徑

越大獲得的速度越大，動能就越大，因此甲圖中要使粒子獲得的最大動能增大，可以增大D形盒的半徑，

故A正確；

B.粒子經過質譜儀速度選擇器時，只有滿足

Eq=Bqv

的粒子才能被選擇，可得

E

v=一

B

顯然，經過質譜儀的速度選擇器區(qū)域的粒子速度v都相同，經過偏轉磁場時擊中光屏同一位置的粒子在偏

轉磁場中做圓周運動的軌跡半徑R相等，根據(jù)牛頓第二定律有

V2

B,qv=m—

1R

可得

R=—

弱

由此可知，打在同一位置的粒子的比荷包都相同，故B正確；

m

C.在霍爾元件中，因載流子帶負電，而電流的方向為正電荷定向移動的方向，可知帶負電的載流子移動

方向與電流方向相反，根據(jù)左手定則可知，帶負電的載流子在洛倫茲力的作用下向著霍爾元件的N側偏

轉，使N側帶上負電，故C正確；

D.經過電磁流量計的帶電粒子會在洛倫茲的作用下向著前后兩個側面偏轉，時前后兩個側面產生電勢

差，從而形成電場，當前后兩個側面帶上足夠多的電荷后將形成穩(wěn)定的電場，此時滿足

Bqv=Eq

其中V表示液體的流速，即此時兩側電壓達到最大值，則有

U=Eb

聯(lián)立可得

U=Bvb

而流量

Q=bcv

解得

則前后兩個金屬側面的電壓與服b無關，但與c有關，故D錯誤。

故此題選擇錯誤選項，故選D。

2.如圖所示，在空間坐標系。-孫z中，存在著電場強度為E的勻強電場和磁感應強度為B的勻強磁場（圖

中都未畫出），方向均沿y軸負方向。一質量為機電荷量為+q的油滴從。點以速度v沿x軸正方向進入復

合場，關于油滴的運動下列說法正確的是（）

A.若Bvq=mg,則油滴做勻速直線運動

B.若Eq=mg,則油滴做勻速圓周運動

C.若Bvq=mg,則油滴做類平拋運動

D.無論如何，油滴都不可能做勻變速曲線運動

【答案】C

【解析】ACD.油滴從。點以速度v沿x軸正方向進入復合場，受到豎直向下的重力，豎直向上的洛倫茲

力，沿y軸負方向的電場力，若洛倫茲力與重力相等，則電場力和初速度垂直，則油滴做類平拋運動，加

速度大小方向不變，為勻變速曲線運動，故AD錯誤，C正確；

B.若Eq=mg,則油滴做螺旋運動，故B錯誤。

故選Co

3.（2023?北京通州,潞河中學校考三模）CT掃描是計算機X射線斷層掃描技術的簡稱，圖中的CT掃描機可

用于對多種病情的探測。圖（a）是某種CT機主要部分的剖面圖，其中X射線產生部分的示意圖如圖

<b）所示。圖（b）中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內有勻強偏轉磁場，經調節(jié)后電子束從

靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進，打到靶上，產生X射線（如圖中帶箭頭的虛線所示），將電子

束打到靶上的點記為P點。則（）

B.偏轉磁場的方向垂直于紙面向外

C.僅減小〃、N之間的加速電壓，可使P點左移

D.僅增大偏轉磁場磁感應強度的大小，可使尸點右移

【答案】c

【解析】A.根據(jù)題意可知，電子在之間加速，受到向右的電場力，所以之間的電場線水平向

左，則M接加速電壓的負極，故A錯誤；

B.由電子運動軌跡粒子，電子進入磁場時受到向下的洛倫茲力作用，根據(jù)左手定則可知偏轉磁場的方向

垂直于紙面向里，故B錯誤；

CD.電子在加速電場中加速，由動能定理得

12

eU=—mv-0

2

電子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得

V2

evB=m——

r

解得電子在磁場中做圓周運動的軌道半徑

―1l2mU

，一-[e

如減小M、N之間的加速電壓，電子在磁場中做圓周運動的半徑r減小，電子出磁場時的速度偏角變大，P

點左移；增大偏轉磁場磁感應強度的大小，則電子在磁場中做圓周運動的半徑減小，電子出磁場時的速度

偏角增大，P點左移，故C正確，D錯誤。

故選C。

4.（2023?河北保定?統(tǒng)考三模）粗糙水平地面上方存在著方向豎直向下的勻強電場，邊界的左邊存在著

如圖所示的勻強磁場，一帶電滑塊（可視為質點）以速度v向右勻速運動，已知電場強度為E,磁感應強

,速度方向與水平面夾角30。，根據(jù)以上條

N

A.滑塊帶正電B.滑塊可帶正電也可以帶負電

n2

D.在時間f內，滑塊在水平方向的位移為Y上

3gg

【答案】C

【解析】AB.滑塊滑過邊界之后經時間，速度方向與水平面夾角30。，可知滑塊受電場力向上，所以

滑塊帶負電，故AB錯誤；

CD.在MN左側，帶電滑塊（可視為質點）以速度向右勻速運動，則有

qE=qvB+mg

F

結合題中5=不，解得

2v

qE=2mg

滑塊在MN右側，根據(jù)牛頓第二定律有

qE—mg=ma

解得

a=g,方向向上

經f時間，根據(jù)速度的關系有

tan30°=—

V

解得

U叵

3g

水平方向做勻速直線運動，有

國1

x=vt=----

3g

故C正確，D錯誤。

故選C。

二、多選題

5.（2023?遼寧沈陽?統(tǒng)考三模）如圖所示，在xOy平面內存在著磁感應強度大小為B的勻強磁場，第一、

二、四象限內的磁場方向垂直紙面向外，第三象限內的磁場方向垂直紙面向里。尸（-L,。）、。（。,-乙）為坐

標軸上的兩個點?，F(xiàn)有一電量大小為小質量為優(yōu)的帶正電粒子（不計重力），以與x軸正向成45。角從尸

點射出，恰好經原點。到達。點，則下列對尸。段運動描述正確的是（）

2兀m

A.粒子運動的最短時間為一^

qB

B.粒子運動的總路程可能為信工

C.粒子在。點速度方向與y軸正向的夾角可能為45°

D.粒子從尸到。的時間與從。到。的時間之比可能為1：3

【答案】BCD

【解析】C.若粒子從P點出發(fā)恰好經原點。到達。點，運動軌跡可能如圖所示:

第一種情況粒子在。點速度方向與>軸負向的夾角為45。；第二種情況粒子在。點速度方向與y軸正向的

夾角為45。，選項C正確；

A.根據(jù)粒子的運動軌跡圖可知第一種情況粒子運動的時間最短，為

八9e入?2兀m7im

t=2x——T=2x,x------=——

2兀2兀qBqB

選項A錯誤；

B.第一種情況粒子運動的總路程

S[=2r0=2xLx兀L

第二種情況粒子運動的總路程粒子運動的總路程

S2=2弓。+22]=2、（￥乙、（）+2義（專乙*?）=缶L

選項B正確；

D.根據(jù)粒子的運動軌跡圖可知第一種情況粒子從尸到。的時間與從。到。的時間之比為101；

第二種情況粒子從P到O的時間為

n

e5i

=2x——T=2X^T=-T

2萬In2

粒子與從。到。的時間為

3%

夕73

t.=2x——T=2xJcr=-T

2%2n2

因此第二種情況粒子從尸到。的時間與從。到。的時間之比為

t23

選項D正確。

故選BCDo

6.如圖所示，真空區(qū)域有左右寬度為/、上下足夠長的勻強磁場，勻強磁場的磁感應強度大小為8,磁場

方向垂直于紙面向里，MN、尸。是磁場的左右豎直邊界。一質量為加、電荷量為q的粒子（不計粒子重

力），在豎直平面內，沿著與夾角為0=30的方向射入磁場中。則下列說法正確的是（）

-------L——p

\xx：

&X；

；義Bx；

；xx；

N'Q

A.若帶電粒子帶負電，入射速度只要大于但紀!1竺，粒子就會從PQ射出

m

5兀m

B.粒子在磁場中運動的最長時間可能是。

3qB

Tim

C.MN邊界上，從入射點下方射出的所有粒子，在磁場中運動時間均為。

3qB

D.若在該空間再加一個勻強電場，粒子有可能做勻加速直線運動

【答案】BC

【解析】A.若帶電粒子帶負電，粒子恰好從尸。射出，軌跡如圖

由洛倫茲力提供向心力

V2

qvB=m—

r

由幾何關系

rcos01=r

解得粒子入射速度

Bql2（2+甸Bql

y=------------------=----------------------

（1-cos6）%m

入射速度只要大于Gt泗竺，粒子就會從尸。射出，A錯誤；

m

B.若帶電粒子帶正電，粒子在磁場中運動的最長時間對應軌跡為

由洛倫茲力提供向心力

V2

qvB=m——

r

由幾何關系

rcos0+r=1

運動時間

（2?-2。）（2TI-2。）2冗r（2萬-2。）m5兀m

2%2〃vBq3Bq

5兀m

粒子在磁場中運動的最長時間可能是。，B正確；

3qB

C.MN邊界上，從入射點下方射出的所有粒子（帶負電），在磁場中運動時間均為

20Ijtr—r__2,0_m____7_r_m_______

2?vBq3Bq

c正確；

D.若在該空間再加一個勻強電場，帶電粒子受電場力與洛倫茲力，由于洛倫茲力垂直于速度方向，且大

小為

F=qvB

若粒子做勻加速直線運動，則速度增加，洛倫茲力變大，合力不再與速度共線，所以若在該空間再加一個

勻強電場，粒子不可能做勻加速直線運動，D錯誤。

故選BCo

三、解答題

7.如圖為某同