第12講.帶電粒子在電場(chǎng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（解析版）-2024高考二輪復(fù)習(xí)

2024高考二輪復(fù)習(xí)二十五講第12講、帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)第一部分織網(wǎng)點(diǎn)睛，綱舉目張1．帶電粒子在電場(chǎng)中常見的運(yùn)動(dòng)類型(1)勻變速直線運(yùn)動(dòng)：通常利用動(dòng)能定理qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02來求解；對(duì)于勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)力做功也可以用W＝qEd來求解。(2)偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)：一般爭(zhēng)辯的是帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問題。對(duì)于類平拋運(yùn)動(dòng)可直接利用平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律以及推論；較簡(jiǎn)單的曲線運(yùn)動(dòng)常用運(yùn)動(dòng)的合成與分解的方法來處理。2．帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的幾種常見情形直線邊界粒子進(jìn)出磁場(chǎng)具有對(duì)稱性平行邊界粒子運(yùn)動(dòng)存在臨界條件圓形邊界粒子沿徑向射入的再沿徑向射出3.放縮圓、旋轉(zhuǎn)圓、平移圓（1）.當(dāng)帶電粒子射入磁場(chǎng)的速度方向確定，速度大小變化或磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變化時(shí)，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r隨著變化。可以以入射點(diǎn)為定點(diǎn)，作出半徑不同的一系列軌跡，即放縮圓。“放縮圓”模型的應(yīng)用適用條件速度方向肯定，大小不同粒子源放射速度方向肯定、大小不同的帶電粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，這些帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑隨速度的變化而變化。軌跡圓圓心共線如圖所示(圖中只畫出粒子帶正電的情景)，速度v越大，運(yùn)動(dòng)半徑也越大?？梢园l(fā)覺這些帶電粒子射入磁場(chǎng)后，它們運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心在垂直初速度方向的直線PP′上。界定方法以入射點(diǎn)P為定點(diǎn)，圓心位于PP′直線上，將半徑放縮作軌跡圓，從而探究出臨界條件，這種方法稱為“放縮圓”法。（2）.當(dāng)帶電粒子射入磁場(chǎng)的速度大小不變，方向轉(zhuǎn)變，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r不變?？梢砸匀肷潼c(diǎn)為定點(diǎn)，作出軌跡圓，將軌跡圓旋轉(zhuǎn)，即旋轉(zhuǎn)圓?！靶D(zhuǎn)圓”模型的應(yīng)用適用方法速度大小肯定，方向不同粒子源放射速度大小肯定、方向不同的帶電粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)，它們?cè)诖艌?chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑相同，若射入初速度為v0，則圓周運(yùn)動(dòng)半徑為R＝eq\f(mv0,qB)，如圖所示。軌跡圓圓心共圓帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在以入射點(diǎn)P為圓心、半徑R＝eq\f(mv0,qB)的圓上。界定方法將一半徑為R＝eq\f(mv0,qB)的圓以入射點(diǎn)為圓心進(jìn)行旋轉(zhuǎn)，從而探究粒子的臨界條件，這種方法稱為“旋轉(zhuǎn)圓”法（3）.速度大小和方向相同的一排相同帶電粒子進(jìn)入直線邊界，各個(gè)帶電粒子的軌跡圓弧可以由其它粒子的軌跡圓弧沿著邊界平移，即定圓平移。3．當(dāng)圓形磁場(chǎng)的半徑與圓軌跡半徑相等時(shí)，存在兩條特殊規(guī)律；規(guī)律一：帶電粒子從圓形有界磁場(chǎng)邊界上某點(diǎn)射入磁場(chǎng)，假如圓形磁場(chǎng)的半徑與圓軌跡半徑相等，則粒子的出射速度方向與圓形磁場(chǎng)上入射點(diǎn)的切線方向平行，如甲圖所示。規(guī)律二：平行射入圓形有界磁場(chǎng)的相同帶電粒子，假如圓形磁場(chǎng)的半徑與圓軌跡半徑相等，則全部粒子都從磁場(chǎng)邊界上的同一點(diǎn)射出，并且出射點(diǎn)的切線與入射速度方向平行，如乙圖所示。4.關(guān)于粒子的重力(1)對(duì)于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，由于其重力一般狀況下與電場(chǎng)力或磁場(chǎng)力相比太小，可以忽視；而對(duì)于一些宏觀物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等一般應(yīng)考慮其重力。(2)不能直接推斷是否要考慮重力的狀況，在進(jìn)行受力分析與運(yùn)動(dòng)分析時(shí)，依據(jù)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可分析出是否要考慮重力。其次部分實(shí)戰(zhàn)訓(xùn)練，高考真題演練1.（2023高考全國(guó)乙卷）如圖，一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于紙面（xOy平面）向里，磁場(chǎng)右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點(diǎn)沿x正向入射到磁場(chǎng)中，在磁場(chǎng)另一側(cè)的S點(diǎn)射出，粒子離開磁場(chǎng)后，沿直線運(yùn)動(dòng)打在垂直于x軸的接收屏上的P點(diǎn)；SP=l，S與屏的距離為，與x軸的距離為a。假如保持全部條件不變，在磁場(chǎng)區(qū)域再加上電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，該粒子入射后則會(huì)沿x軸到達(dá)接收屏。該粒子的比荷為（）A. B. C. D.【參考答案】A【命題意圖】本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)和復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)及其相關(guān)學(xué)問點(diǎn)?！窘忸}思路】設(shè)帶電粒子電荷量q，質(zhì)量為m，從O點(diǎn)沿x軸正方向射入磁場(chǎng)，畫出運(yùn)動(dòng)軌跡，由圖中幾何關(guān)系可知偏轉(zhuǎn)角θ為60°，由cosθ=解得r=2a。由洛倫茲力供應(yīng)向心力，得qvB=m，在磁場(chǎng)區(qū)域加上電場(chǎng)，入射粒子沿x軸到達(dá)接受屏，qE=qvB，聯(lián)立解得=，A正確?！舅悸伏c(diǎn)撥】解答帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問題，正確畫出帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡是關(guān)鍵。2.（2023高考全國(guó)甲卷）光滑剛性絕緣圓筒內(nèi)存在著平行于軸的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，筒上P點(diǎn)開有一個(gè)小孔，過P的橫截面是以O(shè)為圓心的圓，如圖所示。一帶電粒子從P點(diǎn)沿PO方向射入，然后與筒壁發(fā)生碰撞。假設(shè)粒子每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點(diǎn)的切線方向的重量大小不變，沿法線方向的重量大小不變，方向相反；電荷量不變，重力不計(jì)。下列說法正確的是A.粒子運(yùn)動(dòng)軌跡可能通過圓心，B.最少經(jīng)2次碰撞，粒子就可能從小孔射出C.射入小孔時(shí)粒子的速度越大，在圓內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間越短D.每次碰撞后瞬間，粒子速度方向肯定平行于碰撞點(diǎn)與圓心O的連線【參考答案】BD【命題意圖】本題考查帶電粒子在圓形區(qū)域勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)、洛倫茲力、牛頓運(yùn)動(dòng)定律及其相關(guān)學(xué)問點(diǎn)?！窘忸}思路】粒子沿PO射入，由于受到洛倫茲力作用，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡不行能通過圓心，A錯(cuò)誤；畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖，可知粒子最少經(jīng)2次碰撞，可能從小孔射出，B正確；射入小孔時(shí)速度越大，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑越大，碰撞次數(shù)會(huì)可能增多，粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間不肯定削減，C錯(cuò)誤；由題述和對(duì)稱性可知，每次碰撞后瞬間，粒子速度方向肯定平行于碰撞點(diǎn)與圓心O的連線，D正確。3.（2023高考湖南卷）如圖，真空中有區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，區(qū)域Ⅰ中存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向下（與紙面平行），磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)里，等腰直角三角形CGF區(qū)域（區(qū)域Ⅱ）內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)外。圖中A、C、O三點(diǎn)在同始終線上，AO與GF垂直，且與電場(chǎng)和磁場(chǎng)方向均垂直。A點(diǎn)處的粒子源持續(xù)將比荷肯定但速率不同的粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ中，只有沿直線AC運(yùn)動(dòng)的粒子才能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ。若區(qū)域Ⅰ中電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，則粒子從CF的中點(diǎn)射出，它們?cè)趨^(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0。若轉(zhuǎn)變電場(chǎng)或磁場(chǎng)強(qiáng)弱，能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ中的粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，不計(jì)粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是（）A.若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?B1，則t>t0B.若僅將區(qū)域Ⅰ中電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)?E，則t>t0C.若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?，則D.若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)椋瑒t【參考答案】D【名師解析】依據(jù)題述，粒子從CF的中點(diǎn)射出，由左手定則可知，粒子帶正電。若區(qū)域Ⅰ中電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，沿直線AC運(yùn)動(dòng)的粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，其速度v=E/B1，設(shè)CF=L，粒子從CF的中點(diǎn)射出，在區(qū)域II的磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為r0=，所對(duì)的圓心角為90°，它們?cè)趨^(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0=T/4。若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?B1，沿直線AC運(yùn)動(dòng)的粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，其速度v=E/2B1,在區(qū)域II的磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)的圓心角為90°，它們?cè)趨^(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1=T/4，A錯(cuò)誤；若僅將區(qū)域Ⅰ中電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)?E，沿直線AC運(yùn)動(dòng)的粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，其速度v=2E/B1,在區(qū)域II的磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)的圓心角為90°，它們?cè)趨^(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2=T/4，B錯(cuò)誤；若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?，由qv=m，解得r==r0==，大于，帶電粒子將從GF射出，由sinθ==，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)的圓心角θ=π/3則，C錯(cuò)誤；若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)椋蓂v=m，解得r==r0==L，大于，帶電粒子將從GF射出，由sinθ==，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)的圓心角θ=π/4，則，D正確。4.（2023高考海南卷）如圖所示，質(zhì)量為，帶電量為的點(diǎn)電荷，從原點(diǎn)以初速度射入第一象限內(nèi)的電磁場(chǎng)區(qū)域，在（為已知）區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在區(qū)域內(nèi)有垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，把握電場(chǎng)強(qiáng)度（值有多種可能），可讓粒子從射入磁場(chǎng)后偏轉(zhuǎn)打到接收器上，則（）A粒子從中點(diǎn)射入磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度滿足B.粒子從中點(diǎn)射入磁場(chǎng)時(shí)速度為C.粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心到的距離為D.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓周半徑最大值是【參考答案】AD【名師解析】若粒子打到PN中點(diǎn)，則，解得，選項(xiàng)A正確；粒子從PN中點(diǎn)射出時(shí)，則速度選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．粒子從電場(chǎng)中射出時(shí)的速度方向與豎直方向夾角為θ，則粒子從電場(chǎng)中射出時(shí)的速度粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則則粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心到MN的距離為解得選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．當(dāng)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)有最大運(yùn)動(dòng)半徑時(shí)，進(jìn)入磁場(chǎng)的速度最大，則此時(shí)粒子從N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，此時(shí)豎直最大速度出離電場(chǎng)的最大速度則由可得最大半徑選項(xiàng)D正確；5．（2023高考湖北卷）如圖所示，空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、垂直于xOy平面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。t=0時(shí)刻，一帶正電粒子甲從點(diǎn)P（2a，0）沿y軸正方向射入，第一次到達(dá)點(diǎn)O時(shí)與運(yùn)動(dòng)到該點(diǎn)的帶正電粒子乙發(fā)生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小變?yōu)榕銮暗?倍，粒子甲運(yùn)動(dòng)一個(gè)圓周時(shí)，粒子乙剛好運(yùn)動(dòng)了兩個(gè)圓周。己知粒子甲的質(zhì)量為m，兩粒子所帶電荷量均為q。假設(shè)全部碰撞均為彈性正碰，碰撞時(shí)間忽視不計(jì)，碰撞過程中不發(fā)生電荷轉(zhuǎn)移，不考慮重力和兩粒子間庫(kù)侖力的影響。求：（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小；（2）粒子乙的質(zhì)量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小；（3）時(shí)刻粒子甲、乙的位置坐標(biāo)，及從第一次碰撞到的過程中粒子乙運(yùn)動(dòng)的路程。（本小問不要求寫出計(jì)算過程，只寫出答案即可）【參考答案】（1）；（2），；（3）甲（－6a，0），乙（0，0），67πa【名師解析】（1）由題知，粒子甲從點(diǎn)P（2a，0）沿y軸正方向射入到達(dá)點(diǎn)O，則說明粒子甲的半徑r=a依據(jù)解得（2）由題知，粒子甲運(yùn)動(dòng)一個(gè)圓周時(shí)，粒子乙剛好運(yùn)動(dòng)了兩個(gè)圓周，則T甲=2T乙依據(jù)，有則粒子甲、乙碰撞過程，取豎直向下為正有mv甲0＋m乙v乙0=－mv甲1＋m乙v乙1

解得v乙0=－5v甲0，v乙1=3v甲0則第一次碰撞后粒子乙的速度大小為。（3）已知在時(shí)，甲、乙粒子發(fā)生第一次碰撞且碰撞后有v甲1=－3v甲0，v乙1=3v甲0則依據(jù)，可知此時(shí)乙粒子的運(yùn)動(dòng)半徑為可知在時(shí)，甲、乙粒子發(fā)生其次次碰撞，且甲、乙粒子發(fā)生第一次碰撞到其次次碰撞過程中乙粒子運(yùn)動(dòng)了2圈，此過程中乙粒子走過的路程為S1=6πa且在其次次碰撞時(shí)有mv甲1＋m乙v乙1=mv甲2＋m乙v乙2解得v甲2=v甲0，v乙2=－5v甲0可知在時(shí)，甲、乙粒子發(fā)生第三次碰撞，且甲、乙粒子發(fā)生其次次碰撞到第三次碰撞過程中乙粒子運(yùn)動(dòng)了2圈，此過程中乙粒子走過的路程為S2=10πa且在第三次碰撞時(shí)有mv甲2＋m乙v乙2=mv甲3＋m乙v乙3解得v甲3=－3v甲0，v乙3=3v甲0依次類推在時(shí)，甲、乙粒子發(fā)生第九次碰撞，且甲、乙粒子發(fā)生第八次碰撞到第九次碰撞過程中乙粒子運(yùn)動(dòng)了2圈，此過程中乙粒子走過的路程為S8=10πa且在第九次碰撞時(shí)有mv甲8＋m乙v乙8=mv甲9＋m乙v乙9解得v甲9=－3v甲0，v乙9=3v甲0在到過程中，甲粒子剛好運(yùn)動(dòng)半周，且甲粒子的運(yùn)動(dòng)半徑為r甲1=3a則時(shí)甲粒子運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)即（－6a，0）處。在到過程中，乙粒子剛好運(yùn)動(dòng)一周，則時(shí)乙粒子回到坐標(biāo)原點(diǎn)，且此過程中乙粒子走過的路程為S0=3πa故整個(gè)過程中乙粒子走過總路程為S=4×6πa＋4×10πa＋3πa=67πa6.（2023高考山東高中學(xué)業(yè)水公平級(jí)考試）如圖所示，在，的區(qū)域中，存在沿y軸正方向、場(chǎng)強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)的四周分布著垂直紙面對(duì)外的恒定勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子從OP中點(diǎn)A進(jìn)入電場(chǎng)（不計(jì)粒子重力）。（1）若粒子初速度為零，粒子從上邊界垂直QN其次次離開電場(chǎng)后，垂直NP再次進(jìn)入電場(chǎng)，求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；（2）若轉(zhuǎn)變電場(chǎng)強(qiáng)度大小，粒子以肯定的初速度從A點(diǎn)沿y軸正方向第一次進(jìn)入電場(chǎng)、離開電場(chǎng)后從P點(diǎn)其次次進(jìn)入電場(chǎng)，在電場(chǎng)的作用下從Q點(diǎn)離開。（i）求轉(zhuǎn)變后電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和粒子的初速度；（ii）通過計(jì)算推斷粒子能否從P點(diǎn)第三次進(jìn)入電場(chǎng)?！緟⒖即鸢浮浚?）；（2）（i），；（ii）不會(huì)【名師解析】（1）由題意粒子在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，依據(jù)動(dòng)能定理有粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有粒子從上邊界垂直QN其次次離開電場(chǎng)后，垂直NP再次進(jìn)入電場(chǎng)，軌跡如圖依據(jù)幾何關(guān)系可知聯(lián)立可得（2）（i）由題意可知，做出粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，依據(jù)幾何關(guān)系可知解得由sinθ==0.8，解得，洛倫茲力供應(yīng)向心力帶電粒子從A點(diǎn)開頭做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，依據(jù)動(dòng)能定理有再一次進(jìn)入電場(chǎng)后做類似斜拋運(yùn)動(dòng)，沿x方向有，沿y方向上有，其中依據(jù)牛頓其次定律有聯(lián)立以上各式解得，，（ii）粒子從P到Q依據(jù)動(dòng)能定理有可得從Q射出時(shí)的速度為

此時(shí)粒子在磁場(chǎng)中的半徑依據(jù)其幾何關(guān)系可知對(duì)應(yīng)的圓心坐標(biāo)為，而圓心與P的距離為故不會(huì)再?gòu)腜點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)。7.（2023高考選擇性考試遼寧卷）如圖，水平放置的兩平行金屬板間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，板長(zhǎng)是板間距離的倍。金屬板外有一圓心為O的圓形區(qū)域，其內(nèi)部存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子沿中線以速度v0水平向右射入兩板間，恰好從下板邊緣P點(diǎn)飛出電場(chǎng)，并沿PO方向從圖中O'點(diǎn)射入磁場(chǎng)。己知圓形磁場(chǎng)區(qū)域半徑為，不計(jì)粒子重力。（1）求金屬板間電勢(shì)差U；（2）求粒子射出磁場(chǎng)時(shí)與射入磁場(chǎng)時(shí)運(yùn)動(dòng)方向間的夾角θ；（3）僅轉(zhuǎn)變圓形磁場(chǎng)區(qū)域的位置，使粒子仍從圖中O'點(diǎn)射入磁場(chǎng)，且在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)。定性畫出粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡及相應(yīng)的弦，標(biāo)出轉(zhuǎn)變后的側(cè)形磁場(chǎng)區(qū)域的圓心M?！緟⒖即鸢浮浚?）；（2）或；（3）【名師解析】（1）設(shè)板間距離為，則板長(zhǎng)為，帶電粒子在板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度為依據(jù)牛頓其次定律得，電場(chǎng)力供應(yīng)加速度解得設(shè)粒子在平板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，依據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律得，聯(lián)立解得（2）設(shè)粒子出電場(chǎng)時(shí)與水平方向夾角為，則有故則出電場(chǎng)時(shí)粒子的速度為粒子出電場(chǎng)后沿直線勻速直線運(yùn)動(dòng)，接著進(jìn)入磁場(chǎng)，依據(jù)牛頓其次定律，洛倫茲力供應(yīng)勻速圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力得解得已知圓形磁場(chǎng)區(qū)域半徑為，故粒子沿方向射入磁場(chǎng)即沿半徑方向射入磁場(chǎng)，故粒子將沿半徑方向射出磁場(chǎng)，粒子射出磁場(chǎng)時(shí)與射入磁場(chǎng)時(shí)運(yùn)動(dòng)方向的夾角為，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)圓弧軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角也為，由幾何關(guān)系可得故粒子射出磁場(chǎng)時(shí)與射入磁場(chǎng)時(shí)運(yùn)動(dòng)方向的夾角為或；（3）帶電粒子在該磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑與圓形磁場(chǎng)半徑關(guān)系為，依據(jù)幾何關(guān)系可知，帶電粒子在該磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡肯定為劣弧，故劣弧所對(duì)應(yīng)軌跡圓的弦為磁場(chǎng)圓的直徑時(shí)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)。則相對(duì)應(yīng)的運(yùn)動(dòng)軌跡和弦以及圓心M的位置如圖所示：8.（2023高考江蘇學(xué)業(yè)水平選擇性考試）霍爾推動(dòng)器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型。Oxy平面內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直坐標(biāo)平面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從O點(diǎn)沿x軸正方向水平入射。入射速度為v0時(shí)，電子沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)；入射速度小于v0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)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)y1；（3）若電子入射速度在0<v<v0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。【參考答案】（1）v0B；（2）；（3）90%【名師解析】（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)平面對(duì)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)，依據(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，則依據(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90%。9．（11分）（2023年6月浙江高考選考）利用磁場(chǎng)實(shí)現(xiàn)離子偏轉(zhuǎn)是科學(xué)儀器中廣泛應(yīng)用的技術(shù)。如圖所示，Oxy平面（紙面）的第一象限內(nèi)有足夠長(zhǎng)且寬度均為L(zhǎng)、邊界均平行x軸的區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，其中區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域Ⅱ存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2的磁場(chǎng)，方向均垂直紙面對(duì)里，區(qū)域Ⅱ的下邊界與x軸重合。位于處的離子源能釋放出質(zhì)量為m、電荷量為q、速度方向與x軸夾角為60°的正離子束，沿紙面射向磁場(chǎng)區(qū)域。不計(jì)離子的重力及離子間的相互作用，并忽視磁場(chǎng)的邊界效應(yīng)。（1）求離子不進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的最大速度v1及其在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t；（2）若，求能到達(dá)處的離子的最小速度v2；（3）若，且離子源射出的離子數(shù)按速度大小均勻地分布在范圍，求進(jìn)入第四象限的離子數(shù)與總離子數(shù)之比η。【名師解析】（1）畫出離子恰不進(jìn)入?yún)^(qū)域II的軌跡，由軌跡圖中幾何關(guān)系得sin30°=，解得r1=2L。由洛倫茲力供應(yīng)向心力，qv1B1=m，解得v1=運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)圓心角為θ=2π/3離子在區(qū)域II中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t==（2）解法一：常規(guī)法畫出離子恰好運(yùn)動(dòng)到y(tǒng)=L/2處的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖。速度為v2的離子在區(qū)域I，由洛倫茲力供應(yīng)向心力，qv2B1=m，解得r2=速度為v2的離子在區(qū)域II，由洛倫茲力供應(yīng)向心力，qv2B2=m，解得r2’===r2/2在區(qū)域II，離子運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與y=L/2水平線相切，r2’-r2’cosα=L/2，即r2-r2cosα=L，解得：cosα=在區(qū)域I，r2cosα-r2cos60°=L，即r2·-r2cos60°=L，解得：r2=4L，由=r2/2=2L，解得v2=解法二：等效法。若B2=2B1，由r=mv/qB可知離子在區(qū)域I運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為r2=r’1/2，可以等效為B2=B1時(shí)離子恰好運(yùn)動(dòng)到y(tǒng)=0處。由圖中幾何關(guān)系可得：sin30°=，解得r1’=4L。離子在區(qū)域I磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，qv2B1=m，解得v2=解法三。動(dòng)量定理+微元法畫出離子恰好運(yùn)動(dòng)到y(tǒng)=L/2處的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖。我們可以通過微元法，利用動(dòng)量定理解答。對(duì)離子進(jìn)入磁場(chǎng)到恰好運(yùn)動(dòng)到y(tǒng)=L/2處的過程，沿y軸方向的微元時(shí)間△t，運(yùn)用動(dòng)量定理，-qB1vy1△t-qB2vy2△t=m△v方程兩側(cè)求和，-qB1Σvy1△t-qB2Σvy2△t=mΣ△v留意到Σvy1△t=L，Σvy2△t=0.5L，Σ△v=-v2sin30°可得-2qB1L=0.5mv2解得：v2=（3）解法一：等效法畫出B2=圖像，如圖。區(qū)域II中磁場(chǎng)可等效為勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1/2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，若把區(qū)域II中磁場(chǎng)等效為勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1，則磁場(chǎng)寬度則為L(zhǎng)/2。畫出恰好能夠進(jìn)入第四象限的離子運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖。由軌跡圖中幾何關(guān)系得sin30°=，解得r3=3L。由洛倫茲力供應(yīng)向心力，qv3B1=m，解得v3=即速度大于v3=的離子都能夠進(jìn)入第四象限，進(jìn)入第四象限的離子數(shù)與總離子數(shù)之比為η=×100%=60%解法二：動(dòng)量定理+微元法畫出B2=圖像，如圖。區(qū)域II中磁場(chǎng)可等效為勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1/2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，對(duì)離子進(jìn)入磁場(chǎng)到恰好運(yùn)動(dòng)到x軸的過程，沿y軸方向的微元時(shí)間△t，運(yùn)用動(dòng)量定理，-qB1vy1△t-qB2vy2△t=m△v方程兩側(cè)求和，-qB1Σvy1△t-qB2Σvy2△t=mΣ△v留意到Σvy1△t=L，ΣB2vy2△t=Σvy2△t=Σvy2△t=L，Σ△v=-v2sin30°可得qB1L=mv2解得：v3=即速度大于v3=的離子都能夠進(jìn)入第四象限，進(jìn)入第四象限的離子數(shù)與總離子數(shù)之比為η=×100%=60%10．（2023高考北京卷）（10分）某種負(fù)離子空氣凈化原理如圖所示．由空氣和帶負(fù)電的灰塵顆粒物（視為小球）組成的混合氣流進(jìn)入由一對(duì)平行金屬板構(gòu)成的收集器．在收集器中，空氣和帶電顆粒沿板方向的速度保持不變．在勻強(qiáng)電場(chǎng)作用下，帶電顆粒打到金屬板上被收集，已知金屬板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，間距為d．不考慮重力影響和顆粒間相互作用．（1）若不計(jì)空氣阻力，質(zhì)量為m、電荷量為的顆粒恰好全部被收集，求兩金屬板間的電壓；（2）若計(jì)空氣阻力，顆粒所受阻力與其相對(duì)于空氣的速度v方向相反，大小為，其中r為顆粒的半徑，k為常量．假設(shè)顆粒在金屬板間經(jīng)極短時(shí)間加速達(dá)到最大速度．a(chǎn)．半徑為R、電荷量為的顆粒恰好全部被收集，求兩金屬板間的電壓；b．已知顆粒的電荷量與其半徑的平方成正比，進(jìn)入收集器的均勻混合氣流包含了直徑為和的兩種顆粒，若的顆粒恰好100%被收集，求的顆粒被收集的百分比．【名師解析】：（1）只要緊靠上極板的顆粒能夠落到收集板右側(cè)，顆粒就能夠全部收集。L=v0t，d=,qE=ma,E=U1/d聯(lián)立解得：U1=,（2）a?？砂杨w粒的運(yùn)動(dòng)分解為水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向運(yùn)動(dòng)顆粒在水平方向，L=v0t，顆粒極短時(shí)間內(nèi)加速到最大速度后，所受阻力等于電場(chǎng)力，f=kRvmax，f=qU2/d在豎直方向顆粒勻速下落，d=vmaxt聯(lián)立解得：U2=b.q∞r(nóng)2，10μm帶電荷量q的顆粒恰好100%收集，顆粒極短時(shí)間內(nèi)加速到最大速度后，所受阻力等于電場(chǎng)力，f=kRvmax，f=qU2/d在豎直方向顆粒勻速下落，d=vmaxt2.5μm的顆粒帶電荷量為q’=q/16，顆粒極短時(shí)間內(nèi)加速到最大速度后，所受阻力等于電場(chǎng)力，f’=kRv’max，f’=q’U2/d設(shè)只有距離下極板為d’的顆粒被收集，在豎直方向顆粒勻速下落，d’=v’maxt聯(lián)立解得：d’=d/42.5μm的顆粒被收集的百分比為×100%=25%。12.．（2023高考北京卷）如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，固定一內(nèi)部真空且內(nèi)壁光滑的圓柱形薄壁絕緣管道，其軸線與磁場(chǎng)垂直．管道橫截面半徑為a，長(zhǎng)度為l（）．帶電粒子束持續(xù)以某一速度v沿軸線進(jìn)入管道，粒子在磁場(chǎng)力作用下經(jīng)過一段圓弧垂直打到管壁上，與管壁發(fā)生彈性碰撞，多次碰撞后從另一端射出，單位時(shí)間進(jìn)入管道的粒子數(shù)為n，粒子電荷量為，不計(jì)粒子的重力、粒子間的相互作用，下列說法不正確的是（）A．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓弧半徑為aB．粒子質(zhì)量為C．管道內(nèi)的等效電流為D．粒子束對(duì)管道的平均作用力大小為【參考答案】C【名師解析】依據(jù)題述，帶電粒子束持續(xù)以某一速度v沿軸線進(jìn)入管道，粒子在磁場(chǎng)力作用下經(jīng)過一段圓弧垂直打到管壁上，可知粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓弧半徑為r=a，A正確；由洛倫茲力供應(yīng)向心力，qvB=m，可得m=，B正確；由于帶電粒子在管道內(nèi)做勻速曲線運(yùn)動(dòng)，其定向移動(dòng)的速度小于v，所以管道內(nèi)的等效電流小于，C不正確；設(shè)△t時(shí)間與管道壁碰撞的帶電粒子數(shù)為N，同一時(shí)間與管道壁碰撞的帶電粒子數(shù)為N’=l/2a，對(duì)帶電粒子與管道壁碰撞，由動(dòng)量定理，F(xiàn)△t=NN’m·2v，N=n△t，m=，聯(lián)立解得F=，D正確。14.（2023高考福建卷）阿斯頓（F．Aston）借助自己創(chuàng)造的質(zhì)譜儀發(fā)覺了氖等元素的同位素而獲得諾貝爾獎(jiǎng)，質(zhì)譜儀分析同位素簡(jiǎn)化的工作原理如圖所示。在上方存在一垂直紙面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。兩個(gè)氖離子在O處以相同速度v垂直磁場(chǎng)邊界入射，在磁場(chǎng)中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，分別落在M和N處。已知某次試驗(yàn)中，，落在M處氖離子比荷（電荷量和質(zhì)量之比）為；P、O、M、N、P在同始終線上；離子重力不計(jì)。（1）求OM的長(zhǎng)度；（2）若ON的長(zhǎng)度是OM的1.1倍，求落在N處氖離子的比荷?！緟⒖即鸢浮浚?）；（2）【名師解析】（1）粒子進(jìn)入磁場(chǎng)，洛倫茲力供應(yīng)圓周運(yùn)動(dòng)的向心力則有整理得OM的長(zhǎng)度為（2）若ON的長(zhǎng)度是OM的1.1倍，則ON運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為OM運(yùn)動(dòng)軌跡半徑1.1倍，依據(jù)洛倫茲力供應(yīng)向心力得整理得第三部分思路歸納，內(nèi)化方法1.求解帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)的技巧要留意分析帶電粒子是做勻速運(yùn)動(dòng)還是勻變速運(yùn)動(dòng)，勻速運(yùn)動(dòng)問題常以平衡條件F合＝0作為突破口進(jìn)行求解，勻變速運(yùn)動(dòng)依據(jù)力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系可知，合力肯定和速度在一條直線上，然后運(yùn)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)或能量觀點(diǎn)求解。(1)運(yùn)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)時(shí)，先分析帶電粒子的受力狀況，依據(jù)F合＝ma得出加速度，再依據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)方程可得出所求物理量。(2)運(yùn)用能量觀點(diǎn)時(shí)，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，若不計(jì)重力，電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做的功等于粒子動(dòng)能的變化量；若考慮重力，則合力對(duì)帶電粒子做的功等于粒子動(dòng)能的變化量。2.帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)做好兩個(gè)方向的分析在垂直電場(chǎng)方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在這個(gè)方向上找出平行板的板長(zhǎng)和運(yùn)動(dòng)時(shí)間等相關(guān)物理量；沿電場(chǎng)力方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在這個(gè)方向上找出偏轉(zhuǎn)加速度、偏轉(zhuǎn)位移、偏轉(zhuǎn)速度等相關(guān)物理量。在垂直電場(chǎng)方向上有t＝eq\f(l,v0)，沿電場(chǎng)力方向上有y＝eq\f(1,2)at2或vy＝at，a＝eq\f(F合,m)，聯(lián)立方程可求解。3.帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（1）帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的三個(gè)幾何關(guān)系（2）帶電粒子在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的臨界極值問題(i)關(guān)注常見關(guān)鍵詞，如：“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脫離”等臨界狀態(tài)詞。(ii)兩種處理方法①利用“矢量圖”“邊界條件”等求臨界值。②利用“三角函數(shù)”“不等式的性質(zhì)”“二次方程的判別式”等求極值。（iii）常見的幾種臨界半徑的求解方法r＋rcosθ＝d得r＝eq\f(d,1＋cosθ)當(dāng)θ＝90°時(shí)r＝dr＋rsinθ＝d得r＝eq\f(d,1＋sinθ)當(dāng)θ＝90°時(shí)r＝eq\f(1,2)dr＋eq\f(r,sinθ)＝d得r＝eq\f(sinθ,1＋sinθ)dr1＝eq\f(1,2)dL2＋(r2－d)2＝r22得r2＝eq\f(L2＋d2,2d)4帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的多解問題（1）．產(chǎn)生多解現(xiàn)象的4種因素緣由特點(diǎn)圖例帶電粒子電性不確定受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電，也可能帶負(fù)電，在相同的初速度條件下，正、負(fù)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡不同，因而形成多解磁場(chǎng)方向不確定有些題目只告知了磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，而未具體指出磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，此時(shí)必需考慮由磁感應(yīng)強(qiáng)度方向不確定而形成的多解臨界狀態(tài)不唯一如圖所示，帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場(chǎng)時(shí)，由于粒子運(yùn)動(dòng)軌跡是圓弧狀，因此，它可能直接穿過去了，也可能轉(zhuǎn)過180°從入射界面反向飛出，于是形成了多解運(yùn)動(dòng)的往復(fù)性帶電粒子在部分是電場(chǎng)、部分是磁場(chǎng)的空間運(yùn)動(dòng)時(shí)，往往具有往復(fù)性，因而形成多解（2）．解決多解問題的一般思路5.帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問題的處理原則及方法處理原則：分解過程，依次分析，場(chǎng)場(chǎng)關(guān)聯(lián)，求解速度。處理方法：(1)依據(jù)進(jìn)入不同的場(chǎng)的時(shí)間挨次分成幾個(gè)不同的階段。(2)分析帶電粒子在各場(chǎng)中的受力狀況和運(yùn)動(dòng)狀況。若粒子進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域，則其運(yùn)動(dòng)為加速(減速)以及偏轉(zhuǎn)兩大類運(yùn)動(dòng)，而進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，粒子通常做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。(3)畫出帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，留意運(yùn)用幾何學(xué)問，找出相應(yīng)幾何關(guān)系與物理關(guān)系。(4)選擇物理規(guī)律列方程。對(duì)于加速(減速)運(yùn)動(dòng)，一般依據(jù)動(dòng)能定理或牛頓其次定律分析；對(duì)于類平拋運(yùn)動(dòng)，一般分解為沿初速度方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和垂直于初速度方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)；對(duì)于粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的狀況，應(yīng)留意洛倫茲力供應(yīng)向心力這一特點(diǎn)。(5)留意確定粒子在組合場(chǎng)交界處的速度大小與方向，該速度往往是聯(lián)系兩段運(yùn)動(dòng)的“橋梁”。6.解答帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題基本思路7.把握好帶電粒子在交變場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期性（1）．引起帶電粒子運(yùn)動(dòng)的周期性的緣由，主要有兩個(gè)方面：(i)帶電粒子運(yùn)動(dòng)空間的周期性。帶電粒子通過周期性的圓周運(yùn)動(dòng)或來回式運(yùn)動(dòng)，可以在不同時(shí)刻通過同一位置而帶來周期性。(ii)帶電粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間的周期性。此時(shí)的電磁場(chǎng)一般為周期性變化的交變電場(chǎng)或交變磁場(chǎng)，在交變電磁場(chǎng)中時(shí)間的周期性導(dǎo)致帶電粒子的運(yùn)動(dòng)具有周期性。（2）．依據(jù)帶電粒子運(yùn)動(dòng)的周期性作出其運(yùn)動(dòng)軌跡，然后找出運(yùn)動(dòng)空間或運(yùn)動(dòng)時(shí)間的周期性，并列出相應(yīng)的通式，對(duì)于有特解的狀況，可以由通式得出對(duì)應(yīng)的最大值或最小值。第四部分最新模擬集萃，提升應(yīng)試力量1..(2024福建莆田重點(diǎn)高中12月質(zhì)檢)如圖甲所示，離子源持續(xù)逸出帶電量為、質(zhì)量為m的離子，其初速度視為0，離子經(jīng)過加速電場(chǎng)后，以速度沿兩平行極板PQ的中線飛入交變電場(chǎng)。已知極板P、Q水平放置，間距為d，長(zhǎng)度為L(zhǎng)，極板上所加的交變電壓如圖乙所示，變化周期，全部離子均能從PQ極板右側(cè)射出，不計(jì)離子重力及離子間相互作用，求：（1）加速電場(chǎng)的電壓大?。唬?）PQ極板間所加電壓U的最大值。【參考答案】（1）；（2）【名師解析】（1）離子經(jīng)過加速電場(chǎng)后有解得（2）離子在平行極板PQ間運(yùn)動(dòng)時(shí)，水平方向?yàn)閯蛩僦本€運(yùn)動(dòng)解得即離子在平行極板PQ間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間恰為電場(chǎng)變化的一個(gè)周期，則（n=0，1，2，3……）時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的離子恰從極板邊緣離開時(shí)，電壓最大，依據(jù)牛頓其次定律可得解得2.(2024重慶名校1月質(zhì)檢)某個(gè)粒子分析裝置的簡(jiǎn)化示意圖如圖所示，一圓心為、半徑為的半圓和一圓心為、半徑為的圓相切于A點(diǎn)，直徑下方的半圓圓外區(qū)域存在垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，半徑為的圓內(nèi)區(qū)域存在垂直紙面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（未知），上方電容器的平行金屬板和正對(duì)放置，板長(zhǎng)為，兩板間距為，金屬板下邊緣連線與圓形磁場(chǎng)最高點(diǎn)在同一水平線上，點(diǎn)距左金屬板，上邊緣連線緊挨著一水平放置的感光板。一群電量為、質(zhì)量為的粒子，可在左側(cè)長(zhǎng)度為的水平線狀粒子放射裝置上以相同速度豎直向下射出，把握動(dòng)身的時(shí)間，使得全部粒子同時(shí)到達(dá)A點(diǎn)，其中點(diǎn)動(dòng)身的粒子經(jīng)過A點(diǎn)后恰好能運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)，粒子進(jìn)入電容器若打到金屬板上會(huì)被吸取，不考慮電容器的邊緣效應(yīng)，不計(jì)粒子重力及粒子之間相互作用力。（計(jì)算過程中?。?）求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；（2）若要點(diǎn)動(dòng)身的粒子能打到感光板上，求電容器的板電勢(shì)差范圍；（3）把握電容器的電壓，使得全部粒子都能打到感光板上讓感光板上發(fā)光，求感光板發(fā)光持續(xù)的時(shí)間?！緟⒖即鸢浮浚?）；（2）；（3）【名師解析】（1）從上以相同速度豎直向下射出的相同帶電粒子，依據(jù)幾何學(xué)問可知，只有在勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為2R時(shí)，才能都到達(dá)A點(diǎn)，帶電粒子軌跡如下圖即解得（2）點(diǎn)動(dòng)身的粒子經(jīng)過A點(diǎn)后恰好能運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)，依據(jù)幾何關(guān)系可得故即點(diǎn)動(dòng)身的粒子經(jīng)過A點(diǎn)后恰好能運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)，在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)角度為，而點(diǎn)動(dòng)身的粒子經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)速度與水平方向?yàn)?，故在點(diǎn)速度與水平方向的夾角為，即帶電粒子在電容器的板間做類斜拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，且若帶電粒子能到達(dá)感光板，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間為若帶電粒子恰能到達(dá)感光板的最左側(cè)，此時(shí)電容器的板為高電勢(shì)，則解得若帶電粒子恰能到達(dá)感光板的最右側(cè)，此時(shí)電容器的板為低電勢(shì)，取水平向右為正方向，設(shè)此時(shí)加速度大小為a，則解得故電場(chǎng)強(qiáng)度大小為故此時(shí)故電容器的板電勢(shì)差范圍為（3）對(duì)于由點(diǎn)動(dòng)身的粒子，依據(jù)幾何學(xué)問可得依據(jù)幾何學(xué)問可得解得依據(jù)洛倫茲力供應(yīng)向心了可得帶電粒子在磁場(chǎng)B2中周期為帶電粒子在磁場(chǎng)B2中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為帶電粒子從A點(diǎn)動(dòng)身到達(dá)感光板的時(shí)間為對(duì)于由點(diǎn)動(dòng)身的粒子，運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖帶電粒子從A點(diǎn)動(dòng)身后，設(shè)在磁場(chǎng)B1內(nèi)的偏轉(zhuǎn)角為，由幾何學(xué)問可得由題意可知故故帶電粒子在磁場(chǎng)B2中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為帶電粒子射出磁場(chǎng)B2時(shí)速度的豎直分速度為帶電粒子射出磁場(chǎng)B2到運(yùn)動(dòng)到達(dá)感光板豎直方向的位移大小為由于帶電粒子射出磁場(chǎng)B2到運(yùn)動(dòng)到達(dá)感光板豎直方向都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故該過程時(shí)間為故帶電粒子從A點(diǎn)動(dòng)身到達(dá)感光板的時(shí)間為故感光板發(fā)光持續(xù)的時(shí)間為t=t6-t3=3.（2024江西紅色十校9月聯(lián)考）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第一、二象限內(nèi)有垂直于坐標(biāo)平面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在第三、四象限內(nèi)有平行于坐標(biāo)平面斜向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向與x軸負(fù)方向的夾角為45°，從坐標(biāo)原點(diǎn)O向其次象限內(nèi)射出一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電粒子，粒子射出的初速度大小為v0，方向與x軸負(fù)方向的夾角也為45°，此粒子從O點(diǎn)射出后第三次經(jīng)過x軸的位置P點(diǎn)離O點(diǎn)的距離為d，粒子其次次在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)后恰好從O點(diǎn)離開電場(chǎng)，不計(jì)粒子重力，求：（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；（2）電場(chǎng)強(qiáng)度E的大?。唬?）粒子從O點(diǎn)射出到第一次回到O點(diǎn)所經(jīng)受的時(shí)間?！緟⒖即鸢浮浚?）；（2）；（3）【名師解析】（1）設(shè)粒子在第一次在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，帶負(fù)電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示由幾何關(guān)系即由牛頓其次定律可得可得（2）粒子其次次進(jìn)入電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)，則qE=ma解得（3）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間粒子第一次在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間其中則則粒子從O點(diǎn)射出到第一次回到O點(diǎn)所經(jīng)受時(shí)間4.（2024遼寧十校聯(lián)合體）回旋加速器在科學(xué)爭(zhēng)辯中得到了廣泛應(yīng)用，其原理如圖所示。和是兩個(gè)中空的半圓形金屬盒，置于與盒面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，他們接在電壓為U、頻率為f的高頻溝通電源上。已知?jiǎng)驈?qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，D形盒的半徑為r。若位于圓心處的粒子源A處能不斷產(chǎn)生帶電量為q、速率為零的粒子經(jīng)過電場(chǎng)加速后進(jìn)入磁場(chǎng)，當(dāng)粒子被加速到最大動(dòng)能后，再將他們引出。忽視粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，忽視相對(duì)論效應(yīng)，下列說法正確的是（）A.粒子第n次被加速前后的軌道半徑之比為B.從D形盒出口引出時(shí)的速度為C.粒子在D形盒中加速的次數(shù)為D.當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?倍，同時(shí)轉(zhuǎn)變溝通電頻率，該粒子從D形盒出口引出時(shí)的動(dòng)能為【參考答案】D【名師解析】依據(jù)洛倫茲力供應(yīng)向心力做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有半徑公式與可得所以粒子第n次被加速前、后的軌道半徑之比為，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．從D形盒出口引出時(shí)依據(jù)可得其中解得速度為選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．粒子在D形盒中加速的次數(shù)為選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．粒子從D形盒出口引出時(shí)的動(dòng)能為當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?倍，因則f變?yōu)樵瓉淼?倍，則此時(shí)選項(xiàng)D正確。。5.（2024南京六校聯(lián)合體調(diào)研）如圖所示，在x軸上方有垂直紙面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在x軸下方有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q、初速度為v的帶電粒子從a（0，d）點(diǎn)處沿y軸正方向開頭運(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軸上b點(diǎn)時(shí)速度方向恰好與y軸垂直，帶電粒子重力不計(jì)。求：（1）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；（2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大?。唬?）粒子從a點(diǎn)開頭到第三次經(jīng)過x軸的時(shí)間。【參考答案】（1）；（2）；（3）【名師解析】（1）粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖以后重復(fù)過程，粒子磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)有由圖可得rcos45°=d聯(lián)立可得（2）粒子在x軸下方運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)過程中，水平方向r＋rsin45°=vcos45°?t2豎直方向聯(lián)立可得（3）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)到x1，即第一次到達(dá)x軸所用時(shí)間從x1到x2，依據(jù)對(duì)稱性可知在x2處，粒子以速度v與x軸正方向成45°進(jìn)入磁場(chǎng)，從x2到x3所以粒子第三次到達(dá)x軸所用時(shí)間為6.（2024黑龍江大慶第一次質(zhì)檢）如圖所示，一對(duì)長(zhǎng)平行柵極板（有縫的平行板）水平放置，極板外存在方向垂直紙面對(duì)外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩極板與電壓為的電源相連。一帶正電粒子從正極板上點(diǎn)處以大小為的速度垂直極板向上射出，粒子的質(zhì)量為、電荷量為。粒子經(jīng)電場(chǎng)一次加速后從點(diǎn)進(jìn)入上方磁場(chǎng)，然后第一次從負(fù)極板上的點(diǎn)返回電場(chǎng)。一足夠長(zhǎng)的不帶電絕緣擋板與正極板成傾斜放置。忽視柵極板的電場(chǎng)邊緣效應(yīng)及粒子所受的重力。（1）求粒子進(jìn)入上方磁場(chǎng)時(shí)的速度大??；（2）求、兩點(diǎn)間的距離；（3）若轉(zhuǎn)變兩極板間的電壓（保持下極板接電源正極），其他條件不變，使粒子不能打在擋板上，求電壓應(yīng)滿足的條件?！緟⒖即鸢浮浚?）；（2）；（3）【名師解析】（1）粒子經(jīng)電場(chǎng)加速，對(duì)此過程由動(dòng)能定理有解（2）設(shè)粒子在極板上方磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為，由洛倫效力供應(yīng)向心力有解得（3）粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示粒子兩次經(jīng)過極板間電場(chǎng)后，進(jìn)入正極板下方的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，粒子不能打在擋板上，臨界條件是粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡與擋板相切，粒子兩次經(jīng)過極板間電場(chǎng)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的總功為零，則粒子進(jìn)入下方磁場(chǎng)的速度大小等于，設(shè)粒子進(jìn)入上方磁場(chǎng)的速度大小為，對(duì)應(yīng)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為，在下方磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為，由動(dòng)能定理有由洛倫茲力供應(yīng)向心力，有由幾何關(guān)系有可得解得故當(dāng)，其他條件不變，使粒子不能打在擋板上。7.(11分)(2024浙江名校聯(lián)考)如圖為某同學(xué)設(shè)計(jì)的帶電粒子的聚焦和加速裝置示意圖。位于S點(diǎn)的粒子源可以沿紙面內(nèi)與SO1(O1為圓形磁場(chǎng)的圓心)的夾角為()的方向內(nèi)均勻地放射速度為v0=10m/s、電荷量均為q=-2.0×10-4C、質(zhì)量均為m=1.0×10-6kg的粒子，粒子射入半徑為R=0.1m的圓形區(qū)域勻強(qiáng)磁場(chǎng)。已知粒子源在單位時(shí)間放射N=2.0×105個(gè)粒子，圓形區(qū)域磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)里，沿著SO1射入圓形區(qū)域磁場(chǎng)的粒子恰好沿著水平方向射出磁場(chǎng)。粒子數(shù)把握系統(tǒng)是由豎直寬度為L(zhǎng)、且L在范圍內(nèi)大小可調(diào)的粒子通道構(gòu)成，通道豎直寬度L的中點(diǎn)與O1始終等高。聚焦系統(tǒng)是由有界勻強(qiáng)電場(chǎng)和有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)構(gòu)成，勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向水平向右、場(chǎng)強(qiáng)E=0.625N/C,邊界由x軸、曲線OA和直線GF(方程為:y=-x+0.4(m))構(gòu)成，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)里、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.25T,磁場(chǎng)的邊界由x軸、直線GF、y軸構(gòu)成，已知全部經(jīng)過聚焦系統(tǒng)的粒子均可以從F點(diǎn)沿垂直x軸的方向經(jīng)過一段真空區(qū)域射入加速系統(tǒng)。加速系統(tǒng)是由兩個(gè)開有小孔的平行金屬板構(gòu)成，兩小孔的連線過P點(diǎn),上下兩板間電勢(shì)差U=-10kV，不計(jì)粒子的重力和粒子間的相互作用力。求：(1)圓形磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0;(2)當(dāng)L=R時(shí)，求單位時(shí)間進(jìn)入聚焦系統(tǒng)的粒子數(shù)N0;(3)若進(jìn)入加速系統(tǒng)內(nèi)粒子的初速度均忽視不計(jì)，設(shè)從加速系統(tǒng)射出的粒子在測(cè)試樣品中運(yùn)動(dòng)所受的阻力f與其速度v關(guān)系為(k=0.2N·s·m-1),求粒子在樣品中可達(dá)的深度d;(4)曲線0A的方程?！久麕熃馕觥浚?）由洛倫茲力供應(yīng)向心力得qvB0=m

解得B0=0.5T

（2）臨界1：粒子恰好從把握系統(tǒng)上邊界進(jìn)入，粒子在S點(diǎn)入射速度與SO1的夾角為θ1,

sinθ1=0.5解得θ1=30°

臨界2：粒子恰好從把握系統(tǒng)下邊界進(jìn)入，粒子在S點(diǎn)入射速度與SO1的夾角為θ2,

sinθ2=0.5解得θ2=30°能進(jìn)入把握系統(tǒng)的粒子數(shù)N0=N=105個(gè)粒子

（3）對(duì)粒子在加速系統(tǒng)運(yùn)用動(dòng)能定理：qU=

解得v=2000m/s

對(duì)粒子進(jìn)入樣品得過程運(yùn)用動(dòng)量定理-Σkv△t=0-mv

解得d=Σv△t=mv/k=0.01m（4）設(shè)粒子從曲線OA的（x、y）點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，則粒子從直線GF的（0.4-y，y）點(diǎn)射出電場(chǎng)，

qE（0.4-y-x）=-。│q│v1B=m得10y2-y-x=08．（2023福建晉江部分重點(diǎn)高中聯(lián)考）如圖所示，在一邊長(zhǎng)為l的等邊三角形OPQ內(nèi)存在方向垂直紙面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)