2025版南方鳳凰臺(tái)5A教案基礎(chǔ)版物理第10章　磁　場(chǎng)含答案1

2025版《南方鳳凰臺(tái)5A教案基礎(chǔ)版物理第10章磁場(chǎng)含答案微專(zhuān)題14磁場(chǎng)與現(xiàn)代科技質(zhì)譜儀的原理和分析(1)構(gòu)造：如圖所示，由粒子源、加速電場(chǎng)、偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)和照相底片等構(gòu)成．(2)原理：粒子由靜止被加速電場(chǎng)加速，qU＝eq\f(1,2)mv2.粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有qvB＝meq\f(v2,r).由以上兩式可得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，m＝eq\f(qB2r2,2U)，eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2r2).(2023·如皋期末)質(zhì)譜儀的原理圖如圖所示，虛線AD上方區(qū)域處在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，C、D間有一熒光屏．同位素離子源產(chǎn)生電荷量相同的離子a、b，a、b無(wú)初速度進(jìn)入加速電場(chǎng)，經(jīng)同一電壓加速后，垂直進(jìn)入磁場(chǎng)，a恰好打在熒光屏C點(diǎn)，b恰好打在D點(diǎn)．不計(jì)離子重力．則(C)A．a(chǎn)、b帶負(fù)電荷B．a(chǎn)的質(zhì)量比b的大C．a(chǎn)在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)速度比b的大D．a(chǎn)在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間比b的長(zhǎng)解析：根據(jù)左手定則及圖中離子偏轉(zhuǎn)方向，可知a、b帶正電荷，故A錯(cuò)誤；設(shè)離子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度為v，在電場(chǎng)中qU＝eq\f(1,2)mv2，在磁場(chǎng)中qvB＝meq\f(v2,r)，聯(lián)立解得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，由題圖知，b離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑較大，a、b為同位素，電荷量相同，所以b離子的質(zhì)量大于a離子的質(zhì)量，故B錯(cuò)誤；根據(jù)qU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2Uq,m))，b離子的質(zhì)量大于a離子的質(zhì)量，所以a在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)速度比b的大，故C正確；周期T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間均為半個(gè)周期，即t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,Bq)，由于b離子的質(zhì)量大于a離子的質(zhì)量，故b離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間較長(zhǎng)，故D錯(cuò)誤．類(lèi)題固法11．(2023·宿遷期末)應(yīng)用質(zhì)譜儀測(cè)定有機(jī)化合物分子結(jié)構(gòu)的方法稱(chēng)為質(zhì)譜法．先在離子化室A中將有機(jī)物氣體分子碎裂成兩種帶正電的離子，離子從下方的小孔S飄入電勢(shì)差為U的加速電場(chǎng)，其初速度幾乎為0，然后經(jīng)過(guò)S1沿著與磁場(chǎng)垂直的方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，最后打到照相底片D上，形成a、b兩條質(zhì)譜線．則(A)A．打到a處的離子的比荷小B．兩種離子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度相同C．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向?yàn)榇怪奔埫嫦蚶顳．兩種離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等解析：粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)時(shí)有qvB＝meq\f(v2,R)，所以R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(\r(2mqU),qB)＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，所以比荷大的偏轉(zhuǎn)半徑小，打到a處的離子的比荷小，故A正確；粒子在加速電場(chǎng)中加速時(shí)，有Uq＝eq\f(1,2)mv2，獲得的速度v＝eq\r(\f(2qU,m))，由于兩種帶正電的離子比荷不同，所以獲得速度大小不同，故B錯(cuò)誤；離子帶正電，故根據(jù)左手定則可得勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向?yàn)榇怪奔埫嫦蛲?，故C錯(cuò)誤；根據(jù)周期公式T＝eq\f(2πm,Bq)，由于兩種帶正電的離子比荷不同，故周期不同，離子在磁場(chǎng)中均運(yùn)動(dòng)半個(gè)周期，故運(yùn)動(dòng)時(shí)間不同，故D錯(cuò)誤．2．(2023·前黃、姜堰、如東、沭陽(yáng)四校聯(lián)考)如圖所示為一種質(zhì)譜儀的示意圖，由加速電場(chǎng)、靜電分析器和磁分析器組成．若靜電分析器通道中心線的半徑為R，通道內(nèi)均勻輻射電場(chǎng)，在中心線處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，磁分析器有范圍足夠大的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外．一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從靜止開(kāi)始經(jīng)加速電場(chǎng)加速后沿中心線通過(guò)靜電分析器，由P點(diǎn)垂直邊界進(jìn)入磁分析器，最終打到膠片上的Q點(diǎn)，不計(jì)粒子重力．下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是(C)A．極板M比極板N的電勢(shì)高B．加速電場(chǎng)的電壓U＝eq\f(ER,2)C．PQ＝2Beq\r(qmER)D．若一群粒子從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)題述過(guò)程都落在膠片上的同一點(diǎn)，則該群粒子具有相同的比荷解析：帶電粒子要打到膠片上的Q點(diǎn)，根據(jù)磁場(chǎng)方向和左手定則可知，帶電粒子需要帶正電，在加速電場(chǎng)能夠加速，所以極板M比極板N的電勢(shì)高，故A正確；帶電粒子在加速電場(chǎng)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有qU＝eq\f(1,2)mv2，帶電粒子在靜電分析器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有qE＝meq\f(v2,R)，解得U＝eq\f(ER,2)，故B正確；若一群粒子從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)上述過(guò)程都落在膠片上同一點(diǎn)，即半徑相同，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，由之前的分析有qU＝eq\f(1,2)mv2，解得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2Um,q))，由上述分析可知，帶電粒子若打在同一點(diǎn)上，則帶電粒子的比荷相同；帶電粒子在磁場(chǎng)中軌跡圓的直徑為PQ＝2r＝eq\f(2,B)eq\r(\f(2Um,q))＝eq\f(2,B)eq\r(\f(mER,q))，故C錯(cuò)誤，D正確．回旋加速器的原理和分析(1)構(gòu)造：如圖所示，D1、D2是半圓形金屬盒，“D”形盒的縫隙處接交流電源，“D”形盒處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．(2)原理：交流電源的周期和粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期相等，粒子經(jīng)電場(chǎng)加速，經(jīng)磁場(chǎng)回旋，由qvB＝meq\f(v2,r)，得Ekm＝eq\f(q2B2r2,2m)，可見(jiàn)粒子獲得的最大動(dòng)能由磁感應(yīng)強(qiáng)度B和“D”形盒半徑r決定，與加速電壓無(wú)關(guān)．回旋加速器工作原理示意圖如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與盒面垂直，兩盒間的狹縫很小，粒子穿過(guò)的時(shí)間可忽略，它們接在電壓為U、頻率為f的交流電源上．若A處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子在加速器中被加速，下列說(shuō)法中正確的是(C)A．若只增大交流電壓U，則質(zhì)子獲得的最大動(dòng)能增大B．若只增大交流電壓U，則質(zhì)子在回旋加速器中運(yùn)行時(shí)間會(huì)變長(zhǎng)C．若磁感應(yīng)強(qiáng)度B增大，交流電源頻率f必須適當(dāng)增大才能正常工作D．不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B和交流電源頻率f，該回旋加速器也能用于加速α粒子解析：回旋加速器粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期和高頻交流電源的周期相等，當(dāng)粒子從D形盒中出來(lái)時(shí)，速度最大，此時(shí)運(yùn)動(dòng)的半徑等于D形盒的半徑，根據(jù)qvmB＝meq\f(veq\o\al(2,m),R)，得vm＝eq\f(qBR,m)，那么質(zhì)子獲得的最大動(dòng)能Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m)，即最大動(dòng)能與交流電壓U無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)T＝eq\f(2πm,Bq)，若只增大交流電壓U，不會(huì)改變質(zhì)子在回旋加速器中運(yùn)行的周期，但加速次數(shù)減少，則運(yùn)行時(shí)間會(huì)變短，故B錯(cuò)誤；根據(jù)T＝eq\f(2πm,Bq)，若磁感應(yīng)強(qiáng)度B增大，那么T會(huì)減小，所以交流電源周期也要減小，即頻率f必須適當(dāng)增大才能正常工作，故C正確；根據(jù)T＝eq\f(2πm,Bq)可知，α粒子的比荷變化，即在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期變化，回旋加速器需改變交流電源的頻率才能加速α粒子，故D錯(cuò)誤．類(lèi)題固法21．(2023·揚(yáng)州期末)用如圖所示的回旋加速器加速eq\o\al(4,2)He粒子時(shí)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，高頻交流電源的頻率為f．若用于加速質(zhì)子eq\o\al(1,1)H，下列調(diào)整可行的是(A)A．僅f變?yōu)樵瓉?lái)的2倍B．僅f變?yōu)樵瓉?lái)的4倍C．僅B變?yōu)樵瓉?lái)的2倍D．僅B變?yōu)樵瓉?lái)的4倍解析：回旋加速器中高頻交流電源的周期等于粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期，粒子在磁場(chǎng)中由洛倫茲力提供向心力得qvB＝meq\f(v2,r)，又T＝eq\f(2πr,v)，聯(lián)立可得T＝eq\f(2πm,qB)＝eq\f(1,f)，由于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,q)))eq\s\do7(He)∶eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,q)))eq\s\do7(H)＝2∶1，已知加速eq\o\al(4,2)He粒子時(shí)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，高頻交流電源頻率為f，若用于加速質(zhì)子eq\o\al(1,1)H，可僅f變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，或僅B變?yōu)樵瓉?lái)的eq\f(1,2)，故選A.2．(2024·南京一中)如圖為一種改進(jìn)后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)恒定，且被限制在A、C板間．帶電粒子從P0處以速度v0沿電場(chǎng)線方向射入加速電場(chǎng)，經(jīng)加速后再進(jìn)入D形盒中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．對(duì)于這種改進(jìn)后的回旋加速器，下列說(shuō)法中正確的是(C)A．帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周被加速兩次B．P1P2＝P2P3C．加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關(guān)D．加速電場(chǎng)方向需要做周期性的變化解析：帶電粒子只有經(jīng)過(guò)AC板間時(shí)被加速，即帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周被加速一次，電場(chǎng)的方向沒(méi)有改變，故A、D錯(cuò)誤；根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvB＝meq\f(v2,r)可得r＝eq\f(mv,qB)，所以P1P2＝2(r2－r1)＝eq\f(2mΔv,qB)，因?yàn)槊哭D(zhuǎn)一圈被加速一次，根據(jù)速度位移關(guān)系v2－veq\o\al(2,1)＝2ad可知每轉(zhuǎn)一圈，速度的變化量不等，且v3－v2<v2－v1，所以P1P2>P2P3，故B錯(cuò)誤；當(dāng)粒子從D形盒中射出時(shí)，速度最大，則qvB＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\f(qBR,m)，由此可知，加速粒子的最大速度與D形盒的半徑有關(guān)，故C正確．速度選擇器、磁流體發(fā)電機(jī)、電磁流量計(jì)、霍爾效應(yīng)1．速度選擇器(如圖甲所示)甲(1)平行板中電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B互相垂直．這種裝置能把具有一定速度的粒子選擇出來(lái)，所以叫速度選擇器．(2)帶電粒子能夠沿直線勻速通過(guò)速度選擇器的條件是qE＝qvB，即v＝eq\f(E,B).2．磁流體發(fā)電機(jī)(如圖乙所示)乙(1)磁流體發(fā)電是一項(xiàng)新興技術(shù)，它可以把內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能．(2)根據(jù)左手定則，如圖乙中的B是發(fā)電機(jī)正極．(3)磁流體發(fā)電機(jī)兩極板間的距離為l，等離子體速度為v，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則由qE＝qeq\f(U,l)＝qvB得兩極板間能達(dá)到的最大電勢(shì)差U＝Blv.3．電磁流量計(jì)工作原理：如圖丙所示，圓形導(dǎo)管直徑為d，用非磁性材料制成，導(dǎo)電液體在管中向左流動(dòng)，導(dǎo)電液體中的自由電荷(正、負(fù)離子)在洛倫茲力的作用下橫向偏轉(zhuǎn)，a、b間出現(xiàn)電勢(shì)差，形成電場(chǎng)，當(dāng)自由電荷所受的電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡時(shí)，a、b間的電勢(shì)差就保持穩(wěn)定，即qvB＝qE＝qeq\f(U,d)，所以v＝eq\f(U,Bd)，因此液體流量Q＝Sv＝eq\f(πd2,4)·eq\f(U,Bd)＝eq\f(πdU,4B).丙4．霍爾效應(yīng)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中放置一個(gè)矩形截面的載流導(dǎo)體，當(dāng)磁場(chǎng)方向與電流方向垂直時(shí)，導(dǎo)體在與磁場(chǎng)、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)了電勢(shì)差，這種現(xiàn)象稱(chēng)為霍爾效應(yīng)，所產(chǎn)生的電勢(shì)差稱(chēng)為霍爾電勢(shì)差，其原理如圖丁所示．丁(2023·江蘇百校聯(lián)考)磁流體發(fā)電機(jī)原理如圖所示，等離子體高速?lài)娚涞郊佑袕?qiáng)磁場(chǎng)的管道內(nèi)，正、負(fù)離子在洛倫茲力作用下分別向A、B兩金屬板偏轉(zhuǎn)，形成直流電源對(duì)外供電．則(B)A．僅增大負(fù)載的阻值，發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)增大B．僅增大兩板間的距離，發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)增大C．僅增強(qiáng)磁感應(yīng)強(qiáng)度，發(fā)電機(jī)兩端的電壓減小D．僅增大磁流體的噴射速度，發(fā)電機(jī)兩端的電壓減小解析：磁流體發(fā)電機(jī)中，電荷最終所受電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡，設(shè)兩金屬板間的電壓為E，即發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)，有qvB＝qeq\f(E,d)，解得E＝Bvd，可知僅增大負(fù)載的阻值，發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)不會(huì)改變，僅增大兩板間的距離，發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)增大；僅增強(qiáng)磁感應(yīng)強(qiáng)度，發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)增大；僅增大磁流體的噴射速度，發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)增大，故A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)閉合電路歐姆定律，有U＝E－eq\f(E,R＋r)·r，易知僅增強(qiáng)磁感應(yīng)強(qiáng)度，發(fā)電機(jī)兩端的電壓增大；僅增大磁流體的噴射速度，發(fā)電機(jī)兩端的電壓增大，故C、D錯(cuò)誤．類(lèi)題固法31．(2021·福建卷)一對(duì)平行金屬板中存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其中電場(chǎng)的方向與金屬板垂直，磁場(chǎng)的方向與金屬板平行且垂直紙面向里，如圖所示．一質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H)以速度v0自O(shè)點(diǎn)沿中軸線射入，恰沿中軸線做勻速直線運(yùn)動(dòng)．下列粒子分別自O(shè)點(diǎn)沿中軸線射入，能夠做勻速直線運(yùn)動(dòng)的是(所有粒子均不考慮重力的影響)(B)A．以速度eq\f(v0,2)射入的正電子(eq\o\al(0,1)e)B．以速度v0射入的電子(eq\o\al(0,－1)e)C．以速度2v0射入的氘核(eq\o\al(2,1)H)D．以速度4v0射入的α粒子(eq\o\al(4,2)He)解析：根據(jù)題述，質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H)以速度v0自O(shè)點(diǎn)沿中軸線射入，恰沿中軸線做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可知質(zhì)子所受的電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，即eE＝ev0B.因此滿(mǎn)足速度v＝eq\f(E,B)＝v0的粒子才能夠做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故選B.2．(2023·金陵中學(xué))筆記本電腦機(jī)身和顯示屏對(duì)應(yīng)部位分別有磁體和霍爾元件．當(dāng)顯示屏開(kāi)啟時(shí)磁體遠(yuǎn)離霍爾元件，電腦正常工作；當(dāng)顯示屏閉合時(shí)磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進(jìn)入休眠狀態(tài)．如圖所示，一塊長(zhǎng)為a，寬為b，厚度為d的矩形霍爾元件，元件內(nèi)的導(dǎo)電粒子是電荷量為e的自由電子，元件中通有大小為I、方向向右的電流，電子定向移動(dòng)速度大小為v，單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為n.當(dāng)顯示屏閉合時(shí)元件處于垂直于上下表面向上、大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，則前后表面間會(huì)產(chǎn)生霍爾電壓U，以此控制屏幕的熄滅．則(C)A．前表面的電勢(shì)比后表面的高B．霍爾電壓U與v無(wú)關(guān)C．霍爾電壓U＝eq\f(BI,ned)D．電子所受洛倫茲力的大小為eq\f(eU,d)解析：電流向右，電子向左定向移動(dòng)，根據(jù)左手定則，電子所受洛倫茲力垂直紙面向外，電子打在前表面，前表面電勢(shì)比后表面電勢(shì)低，A錯(cuò)誤；根據(jù)平衡條件eeq\f(U,b)＝evB，解得U＝Bbv，B錯(cuò)誤；根據(jù)U＝Bbv，I＝neSv，S＝bd，解得U＝eq\f(BI,ned)，C正確；電子所受洛倫茲力大小為F＝eeq\f(U,b)，D錯(cuò)誤．配套精練1．(2024·南師附中)帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的實(shí)例如圖所示，下列說(shuō)法中正確的有(A) 甲：速度選擇器 乙：質(zhì)譜儀 丙：回旋加速器 ?。捍帕黧w發(fā)電機(jī)A．圖甲中，只有速度為v0＝eq\f(E,B)的帶電粒子從P射入，才能做勻速直線運(yùn)動(dòng)從Q射出B．圖乙中，同種帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑越大，周期越小C．圖丙中，帶電粒子從磁場(chǎng)中獲得能量，動(dòng)能增大D．圖丁中，發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的電流從上往下通過(guò)電阻R解析：帶電粒子從P射入沿直線從Q點(diǎn)射出時(shí)，電場(chǎng)力與洛倫茲力相互平衡qE＝qv0B，解得v0＝eq\f(E,B)，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)從Q射出，A正確；帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)＝eq\f(2πR,v)，而qU＝eq\f(1,2)mv2，解得T＝2πReq\r(\f(m,2qU))，B錯(cuò)誤；在回旋加速器中，洛倫茲力不做功，帶電粒子在電場(chǎng)中獲得能量，動(dòng)能增大，C錯(cuò)誤；等離子體進(jìn)入磁場(chǎng)后，在洛倫茲力的作用下，根據(jù)左手定則，帶正電的離子向下偏轉(zhuǎn)打在下極板上，下極板帶正電，帶負(fù)電的離子打在上極板上，上極板帶負(fù)電，發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的電流從下往上通過(guò)電阻R，D錯(cuò)誤．2．(2023·廣東卷)某小型醫(yī)用回旋加速器，最大回旋半徑為0.5m，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1.12T，質(zhì)子加速后獲得的最大動(dòng)能為1.5×107eV.根據(jù)給出的數(shù)據(jù)，可計(jì)算質(zhì)子經(jīng)該回旋加速器加速后的最大速率約為(忽略相對(duì)論效應(yīng)，1eV＝1.6×10-19J)(C)A．3.6×106m/s B．1.2×107m/sC．5.4×107m/s D．2.4×108m/s解析：電子在回旋加速器中運(yùn)動(dòng)的最大速度與D形盒的半徑有關(guān)，當(dāng)電子的軌跡半徑等于D形盒的半徑時(shí)，速度最大，由洛倫茲力充當(dāng)向心力，有evmB＝eq\f(mveq\o\al(2,m),R)，最大動(dòng)能Ekm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，聯(lián)立解得vm＝eq\f(2Ekm,eBR)＝eq\f(2×1.5×107eV,e×1.12T×0.5m)，其中eq\f(1eV,e)＝1V，解得vm＝5.4×107m/s，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．3．(2024·邗江期中)如圖所示為磁流體發(fā)電機(jī)的原理圖，等離子體束(含有正、負(fù)離子)以速度v垂直射入由一對(duì)磁極產(chǎn)生的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.A、B是一對(duì)平行于磁場(chǎng)放置、上下正對(duì)的金屬板，兩板相距為d，由此可知(A)A．正離子向B板偏轉(zhuǎn)B．負(fù)離子向N磁極偏轉(zhuǎn)C．穩(wěn)定后發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)為2BdvD．離子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)過(guò)程洛倫茲力對(duì)其做正功解析：根據(jù)左手定則知，正電荷向下偏，負(fù)電荷向上偏，則A板帶負(fù)電，B板帶正電，故A正確，B錯(cuò)誤；穩(wěn)定后，電動(dòng)勢(shì)為E，有qvB＝qeq\f(E,d)，解得E＝Bdv，故C錯(cuò)誤；因?yàn)槁鍌惼澚Φ姆较蚺c速度方向垂直，所以洛倫茲力不做功，故D錯(cuò)誤．4．(2023·如皋期末)電磁流量計(jì)是一種測(cè)量導(dǎo)電液體流量的裝置(單位時(shí)間內(nèi)通過(guò)某一截面的液體體積，稱(chēng)為流量)，其結(jié)構(gòu)如圖所示，上、下兩個(gè)面M、N為導(dǎo)體材料，前后兩個(gè)面為絕緣材料．流量計(jì)的長(zhǎng)、寬、高分別為a、b、c，左、右兩端開(kāi)口，液體從左往右流動(dòng)，在垂直于前、后表面向里的方向加磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則(B)A．M板的電勢(shì)低于N板的電勢(shì)B．當(dāng)電壓表的示數(shù)為U時(shí)，液體流量為eq\f(Ub,B)C．若僅增大導(dǎo)電液體中離子的濃度，電壓表示數(shù)將增大D．當(dāng)電壓表的示數(shù)穩(wěn)定時(shí)，導(dǎo)電液體中的離子不受洛倫茲力作用解析：根據(jù)左手定則可知，帶正電離子受到的洛倫茲力指向M板，帶負(fù)電離子受到的洛倫茲力指向N板，可知帶正電離子向M板偏轉(zhuǎn)，帶負(fù)電離子向N板偏轉(zhuǎn)，故M板的電勢(shì)高于N板的電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；當(dāng)電壓表的示數(shù)為U時(shí)，根據(jù)受力平衡可得qvB＝qeq\f(U,c)，解得U＝cvB，若僅增大導(dǎo)電液體中離子的濃度，電壓表示數(shù)保持不變；液體流量為Q＝vS＝vbc，聯(lián)立解得Q＝eq\f(Ub,B)，故B正確，C錯(cuò)誤；當(dāng)電壓表的示數(shù)穩(wěn)定時(shí)，導(dǎo)電液體中的離子仍受洛倫茲力作用，故D錯(cuò)誤．5．(2023·無(wú)錫期終調(diào)研)筆記本電腦蓋上屏幕，屏幕蓋板上磁鐵和主板機(jī)殼上“霍爾傳感器”配合，使屏幕進(jìn)入休眠模式，其工作原理如圖所示．當(dāng)電腦蓋上屏幕時(shí)，相當(dāng)于屏幕邊緣的磁極靠近霍爾元件，已知該霍爾元件載流子為電子，下列說(shuō)法中正確的是(C)A．蓋上蓋板，a端帶正電B．打開(kāi)蓋板，a端帶正電C．蓋上屏幕過(guò)程中，a、b間電勢(shì)差逐漸增大D．蓋上屏幕過(guò)程中，a、b間電勢(shì)差不變解析：無(wú)論蓋上蓋板還是打開(kāi)蓋板，霍爾元件磁場(chǎng)方向均向下，電流方向向左，根據(jù)左手定則可得，載流子受力方向指向a，因此a端帶負(fù)電，A、B錯(cuò)誤；蓋上屏幕過(guò)程中，磁感應(yīng)強(qiáng)度變大，霍爾電壓增大，a、b間電勢(shì)差逐漸增大，C正確，D錯(cuò)誤．6．(2023·南師附中)醫(yī)院中需要用血流計(jì)檢測(cè)患者身體情況．血流計(jì)原理可以簡(jiǎn)化為如圖所示模型，血液內(nèi)含有少量正、負(fù)離子，從直徑為d的血管右側(cè)流入，左側(cè)流出．流量值Q等于單位時(shí)間通過(guò)橫截面的液體的體積．空間有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，M、N兩點(diǎn)之間可以用電極測(cè)出電壓U.下列說(shuō)法中正確的是(D)A．離子所受洛倫茲力方向均豎直向下B．血液中正離子多時(shí)，M點(diǎn)的電勢(shì)高于N點(diǎn)的電勢(shì)C．血液中負(fù)離子多時(shí)，M點(diǎn)的電勢(shì)高于N點(diǎn)的電勢(shì)D．血液流量Q＝eq\f(πUd,4B)解析：根據(jù)左手定則，正離子受到豎直向下的洛倫茲力，負(fù)離子受到豎直向上的洛倫茲力，則正離子聚集在N一側(cè)，負(fù)離子聚集在M一側(cè)，則M點(diǎn)的電勢(shì)低于N點(diǎn)的電勢(shì)，故A、B、C錯(cuò)誤；正、負(fù)離子達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，有qvB＝qeq\f(U,d)，可得流速v＝eq\f(U,Bd)，流量Q＝Sv＝eq\f(πd2,4)·eq\f(U,Bd)＝eq\f(πUd,4B)，故D正確．7．(2023·南京六校聯(lián)考)如圖甲所示為用金屬材料制成的霍爾元件，其長(zhǎng)、寬、高分別為a、b、d.圖乙是檢測(cè)電流大小是否發(fā)生變化的裝置．該檢測(cè)電流在鐵芯中產(chǎn)生磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度與檢測(cè)電流成正比，現(xiàn)給元件通一恒定工作電流I，下列說(shuō)法中正確的是(B)甲乙A．N端應(yīng)與電壓表的正極相連B．要提高檢測(cè)靈敏度可適當(dāng)減小高度dC．如果僅將檢測(cè)電流反向，電壓表的正、負(fù)接線柱連線位置無(wú)需改動(dòng)D．當(dāng)霍爾元件尺寸一定時(shí)，電壓表示數(shù)變大，說(shuō)明檢測(cè)電流變小解析：檢測(cè)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)，根據(jù)右手螺旋定則判斷從下向上穿過(guò)霍爾元件，又因?yàn)槭请娮?，故元件正面是?fù)極，背面是正極，N端應(yīng)接負(fù)接線柱，A錯(cuò)誤；電流的微觀表達(dá)式為I＝neSv，v為自由電荷的速度，設(shè)產(chǎn)生的磁場(chǎng)為B，在元件中滿(mǎn)足qeq\f(U,b)＝qBv，可得速度為v＝eq\f(U,Bb)，即有I＝nebdeq\f(U,Bb)，所以U＝eq\f(IB,ned)，故電壓與工作電流有關(guān)，電壓與磁感應(yīng)強(qiáng)度有關(guān)，與檢測(cè)電流有關(guān)，因?yàn)闄z測(cè)電流會(huì)影響磁場(chǎng)，B與I成正比，由U＝eq\f(IB,ned)，可知U與d有關(guān)，與b無(wú)關(guān)，D錯(cuò)誤，B正確；磁場(chǎng)方向會(huì)發(fā)生改變，根據(jù)左手定則，電子受力方向會(huì)發(fā)生改變，故需要改變接線柱，即反接，C錯(cuò)誤．8．(2023·蘇州期末)如圖所示，從離子源釋放的無(wú)初速帶電粒子經(jīng)電場(chǎng)U加速后，進(jìn)入靜電分析器(內(nèi)有輻向電場(chǎng)E)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從小孔S2射出電場(chǎng)后自P1處垂直邊界進(jìn)入磁分析器中(內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B)，最后再?gòu)男】譖2垂直下邊界射出磁場(chǎng)被收集．則(D)A．靜電分析器中K1極板的電勢(shì)高于K2電勢(shì)B．從S2射出的粒子具有相同的電荷量C．從S2射出的粒子具有相同的速度D．從P2射出的粒子具有相同的比荷解析：根據(jù)題意可知，粒子在磁分析器的磁場(chǎng)內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直紙面向外，由左手定則可以判斷粒子一定帶正電，同時(shí)在靜電分析器中由電場(chǎng)力提供向心力做圓周運(yùn)動(dòng)，可知K2的電勢(shì)高于K1的電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)題意，設(shè)粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，粒子在加速電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qU,m)).粒子在靜電分析器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有Eq＝meq\f(v2,R)，聯(lián)立解得R＝eq\f(2U,E)，可知所有粒子都能從S2射出，則不能確定從S2射出的粒子是否具有相同的電荷量和速度，故B、C錯(cuò)誤；根據(jù)題意可知，由于粒子在靜電分析器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則粒子進(jìn)入磁分析器中時(shí)的速度仍為v，由牛頓第二定律有qvB＝meq\f(v2,r)，整理可得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，可知從P2射出的粒子具有相同的比荷，故D正確．9．(2024·邗江期中)質(zhì)譜儀的基本結(jié)構(gòu)如圖所示．質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子(忽略粒子的重力)經(jīng)電壓為U的加速電場(chǎng)加速后，垂直磁場(chǎng)邊界射入寬度為d的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中發(fā)生偏轉(zhuǎn)．(1)求該粒子射出電場(chǎng)(射入磁場(chǎng))時(shí)的速度大小．答案：eq\r(\f(2qU,m))解析：根據(jù)動(dòng)能定理有Uq＝eq\f(1,2)mv2解得該粒子射出電場(chǎng)時(shí)的速度大小為v＝eq\r(\f(2qU,m))(2)已知該粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后，剛好不射出磁場(chǎng)的下邊界，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。鸢福篹q\f(1,d)eq\r(\f(2mU,q))解析：該粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后，剛好不射出磁場(chǎng)的下邊界，可知粒子的運(yùn)動(dòng)半徑為r＝d根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)解得磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B＝eq\f(1,d)eq\r(\f(2mU,q))(3)若將加速電場(chǎng)的電壓增加至4U，粒子仍從靜止開(kāi)始加速后射入磁場(chǎng)，求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t.答案：eq\f(πd,12)eq\r(\f(2m,qU))解析：將加速電場(chǎng)的電壓增加至4U，根據(jù)動(dòng)能定理有4Uq＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qv1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),r1)解得粒子的運(yùn)動(dòng)半徑為r1＝2d設(shè)粒子在磁場(chǎng)中軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角為θ，有sinθ＝eq\f(d,r1)＝eq\f(1,2)解得θ＝30°粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝eq\f(30°,360°)T＝eq\f(1,12)×eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(πd,12)eq\r(\f(2m,qU))補(bǔ)不足、提能力，老師可增加訓(xùn)練：《抓分題·基礎(chǔ)天天練》《一年好卷》。微專(zhuān)題15帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)磁場(chǎng)與磁場(chǎng)的組合磁場(chǎng)與磁場(chǎng)的組合問(wèn)題實(shí)質(zhì)就是兩個(gè)有界磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，帶電粒子在兩個(gè)磁場(chǎng)中的速度大小相同，但軌跡半徑和運(yùn)動(dòng)周期往往不同．解題時(shí)要充分利用兩段圓弧軌跡的銜接點(diǎn)與兩圓心共線的特點(diǎn)，進(jìn)一步尋找邊角關(guān)系.(2023·浙江卷)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，xOy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)，方向均垂直紙面向里，區(qū)域Ⅱ的下邊界與x軸重合．位于(0，3L)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，并忽略磁場(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.答案：eq\f(2B1qL,m)eq\f(2πm,3qB1)解析：當(dāng)離子不進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ速度最大時(shí)，軌跡與邊界相切，則由幾何關(guān)系r1cos60°＝r1－L解得r1＝2L根據(jù)qv1B1＝meq\f(veq\o\al(2,1),r1)解得v1＝eq\f(2B1qL,m)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πm,qB1)運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(2×60°,360°)T＝eq\f(2πm,3qB1)(2)若B2＝2B1，求能到達(dá)y＝eq\f(L,2)處的離子的最小速度v2.答案：eq\f(4B1qL,m)解析：若B2＝2B1，根據(jù)r＝eq\f(mv,qB)可知r1＝2r2離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)O1O2與磁場(chǎng)邊界夾角為α，由幾何關(guān)系r1sinα－r1sin30°＝Lr2－r2sinα＝eq\f(L,2)解得r2＝2L，sinα＝eq\f(3,4)根據(jù)qv2B2＝meq\f(veq\o\al(2,2),r2)解得v2＝eq\f(4B1qL,m)(3)若B2＝eq\f(B1,L)y，且離子源射出的離子數(shù)按速度大小均勻地分布在eq\f(B1qL,m)～eq\f(6B1qL,m)范圍，求進(jìn)入第四象限的離子數(shù)與總離子數(shù)之比η.答案：60%解析：當(dāng)最終進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的離子若剛好到達(dá)x軸，則由動(dòng)量定理B2qvyΔt＝mΔvx即eq\f(B1,L)yqΔy＝mΔvx求和可得∑eq\f(B1,L)yqΔy＝∑mΔvx離子從區(qū)域Ⅰ到區(qū)域Ⅱ最終到x軸上的過(guò)程中m(v－vcos60°)＝B1qL＋eq\f(B1,L)·eq\f(0＋L,2)·qL解得v＝eq\f(3B1qL,m)則速度在eq\f(3B1qL,m)～eq\f(6B1qL,m)之間的離子才能進(jìn)入第四象限；因離子源射出離子的速度范圍在eq\f(B1qL,m)～eq\f(6B1qL,m)，又離子源射出的離子個(gè)數(shù)按速度大小均勻分布，可知能進(jìn)入第四象限的離子占離子總數(shù)的比例為η＝60%類(lèi)題固法11．(2023·高郵期中)在如圖所示的平面內(nèi)，分界線SP將寬度為L(zhǎng)的矩形區(qū)域分成兩部分，一部分充滿(mǎn)方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，另一部分充滿(mǎn)方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，SP與磁場(chǎng)左右邊界垂直．離子源從S處射入速度大小不同的正離子，離子入射方向與磁場(chǎng)方向垂直且與SP成30°角．已知離子比荷為k，不計(jì)重力．若離子從Р點(diǎn)射出，設(shè)出射方向與入射方向的夾角為θ，則離子的入射速度v和對(duì)應(yīng)θ角的可能組合為(B)A．eq\f(1,3)kBL，0° B．eq\f(1,2)kBL，0°C．eq\f(1,2)kBL，60° D．2kBL，60°解析：若粒子通過(guò)下部分磁場(chǎng)直接到達(dá)P點(diǎn)，如圖1所示，根據(jù)幾何關(guān)系則有R＝L，qvB＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\f(qBL,m)＝kBL，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知出射速度與SP成30°角向上，故出射方向與入射方向的夾角為θ＝60°.當(dāng)粒子上下均運(yùn)動(dòng)一次時(shí)，如圖2所示，因?yàn)樯舷麓鸥袘?yīng)強(qiáng)度均為B，則根據(jù)對(duì)稱(chēng)性有R＝eq\f(1,2)L，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\f(qBL,2m)＝eq\f(1,2)kBL，此時(shí)出射方向與入射方向相同，即出射方向與入射方向的夾角為θ＝0°.通過(guò)以上分析可知，當(dāng)粒子從下部分磁場(chǎng)射出時(shí)，需滿(mǎn)足v＝eq\f(qBL,(2n－1)m)＝eq\f(1,2n－1)kBL(n＝1，2，3…)，此時(shí)出射方向與入射方向的夾角為θ＝60°；當(dāng)粒子從上部分磁場(chǎng)射出時(shí)，需滿(mǎn)足v＝eq\f(qBL,2nm)＝eq\f(1,2n)kBL(n＝1，2，3…)，此時(shí)出射方向與入射方向的夾角為θ＝0°.故B正確． 圖1 圖22．(2023·南京三模)如圖所示，空間有垂直于xOy平面向里的兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，y<0空間的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，y>0空間的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為kB(k>1).原點(diǎn)O處有一個(gè)粒子源，同時(shí)射出兩個(gè)速度大小均為v0、比荷均為eq\f(q,m)的同種帶正電粒子．沿y軸負(fù)方向的粒子記為A粒子，沿與x軸正方向的夾角為θ＝30°的粒子記為C粒子．不考慮粒子之間的碰撞和其他相互作用．求：(1)A粒子發(fā)射后，第二次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)距原點(diǎn)O的距離．答案：eq\f(2mv0,qB)(1－eq\f(1,k))解析：粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示粒子在y<0空間做圓周運(yùn)動(dòng)，qv0B＝eq\f(mveq\o\al(2,0),R)所以圓周運(yùn)動(dòng)半徑R＝eq\f(mv0,qB)同理在y>0空間R′＝eq\f(mv0,kqB)所以A粒子第二次穿過(guò)x軸時(shí)ΔxA＝2R－2R′＝eq\f(2mv0,qB)(1－eq\f(1,k))(2)C粒子發(fā)射后，經(jīng)過(guò)x軸射向y<0空間所用的時(shí)間．答案：eq\f(nπm,qB)(eq\f(1,3)＋eq\f(5,3k))(n＝1，2，3，…)解析：粒子在y<0空間運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πR,v0)＝eq\f(2πm,qB)同理在y>0空間T′＝eq\f(2πR′,v0)＝eq\f(2πm,kqB)C粒子一個(gè)周期內(nèi)在y<0空間運(yùn)動(dòng)eq\f(1,6)圓周，在y>0空間運(yùn)動(dòng)eq\f(5,6)圓周則C粒子運(yùn)動(dòng)的周期為ΔTC＝eq\f(1,6)T＋eq\f(5,6)T′＝eq\f(πm,qB)(eq\f(1,3)＋eq\f(5,3k))所以C粒子發(fā)射后經(jīng)過(guò)x軸射向y<0空間所用的時(shí)間Δt＝nΔTC＝eq\f(nπm,qB)(eq\f(1,3)＋eq\f(5,3k))，其中n＝1，2，3…(3)A、C兩粒子均經(jīng)x軸射向y<0空間時(shí)恰好相遇所對(duì)應(yīng)的k值．答案：7解析：A粒子每個(gè)周期走過(guò)的位移為ΔxA＝2R－2R′＝eq\f(2mv0,qB)(1－eq\f(1,k))時(shí)間為ΔTA＝eq\f(1,2)T＋eq\f(1,2)T′＝eq\f(πm,qB)(1＋eq\f(1,k))C粒子每個(gè)周期走過(guò)的位移為ΔxC＝2Rsin30°－2R′sin30°＝eq\f(mv0,qB)(1－eq\f(1,k))時(shí)間為ΔTC＝eq\f(1,6)T＋eq\f(5,6)T′＝eq\f(πm,qB)(eq\f(1,3)＋eq\f(5,3k))由于ΔxA＝2ΔxC，所以?xún)闪Ｗ酉嘤龅臈l件是ΔTA＝2ΔTC,即eq\f(πm,qB)(1＋eq\f(1,k))＝2·eq\f(πm,qB)(eq\f(1,3)＋eq\f(5,3k))，解得k＝7電場(chǎng)與磁場(chǎng)的組合1．帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示.2．帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋(或類(lèi)斜拋)運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示．3．常見(jiàn)粒子運(yùn)動(dòng)的解題方法(2024·淮安調(diào)研)如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)，y軸左側(cè)存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ，第一象限存在平行于y軸方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第四象限存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ，磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等．一電子以速度v0從x軸上的N點(diǎn)(－L，0)射入磁場(chǎng)，v0與x軸負(fù)方向間的夾角θ＝53°，經(jīng)P點(diǎn)(圖中未畫(huà)出)垂直于y軸射入電場(chǎng)，然后從M點(diǎn)(圖中未畫(huà)出)進(jìn)入第四象限．已知?jiǎng)驈?qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),eL)，電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不計(jì)電子重力．求：(1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B.答案：eq\f(4mv0,5Le)解析：由題意得在磁場(chǎng)Ⅰ中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示圓心在K點(diǎn)，設(shè)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為r1，由幾何關(guān)系可知r1＝eq\f(L,sinθ)根據(jù)洛倫茲力提供向心力有ev0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r1)解得B＝eq\f(4mv0,5Le)(2)經(jīng)過(guò)M點(diǎn)時(shí)電子的速度大?。鸢福篹q\r(5)v0解析：進(jìn)入電場(chǎng)后，電子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，從P點(diǎn)到M點(diǎn)的過(guò)程中，設(shè)沿電場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)距離為y，則y＝r1＋r1cosθ解得y＝2L由動(dòng)能定理有eEy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v＝eq\r(5)v0(3)從N點(diǎn)射出后電子第3次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)的位置橫坐標(biāo).答案：11L解析：設(shè)垂直于電場(chǎng)力方向的距離為x，電子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，由類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有y＝eq\f(1,2)at2，eE＝ma，x＝v0t解得x＝2L由v2＝veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y)得vy＝2v0設(shè)v方向與x軸正方向夾角為α，則sinα＝eq\f(vy,v)＝eq\f(2\r(5),5)設(shè)電子在第四象限中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r2由洛倫茲力提供向心力有evB＝meq\f(v2,r2)，得r2＝eq\f(5\r(5),4)L經(jīng)分析知，電子第1次經(jīng)過(guò)x軸上M點(diǎn)進(jìn)入第四象限做勻速圓周運(yùn)動(dòng)后，第2次過(guò)x軸進(jìn)入第一象限做斜拋運(yùn)動(dòng)，之后第3次經(jīng)過(guò)x軸的位置橫坐標(biāo)x′＝6L＋2r2sinα聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)得x′＝11L類(lèi)題固法21．(2023·南師附中)如圖所示，在y>0的空間中存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)沿y軸負(fù)方向；在y<0的空間中存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直xOy平面(紙面)向外．一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電的運(yùn)動(dòng)粒子，經(jīng)過(guò)y軸上y＝h處的P1點(diǎn)時(shí)速率為v0，方向沿x軸正方向；然后經(jīng)過(guò)x軸上x(chóng)＝2h處的P2點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，并經(jīng)過(guò)y軸上y＝－2h的P3點(diǎn)．不計(jì)重力．求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。鸢福篹q\f(mveq\o\al(2,0),2qh)解析：粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示設(shè)粒子從P1運(yùn)動(dòng)到P2的時(shí)間為t，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，粒子在電場(chǎng)中的加速度為a，由牛頓第二定律qE＝ma根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v0t＝2h，h＝eq\f(1,2)at2聯(lián)立解得E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2qh)(2)粒子到達(dá)P2時(shí)速度的大小和方向．答案：eq\r(2)v0，方向與x軸夾角45°，斜向右下方解析：粒子到達(dá)P2時(shí)沿x方向速度分量為v0，沿y方向速度分量為v1，速度的大小為v，θ為速度與x軸的夾角，則有veq\o\al(2,1)＝2ah，tanθ＝eq\f(v1,v0)，v＝eq\r(veq\o\al(2,1)＋veq\o\al(2,0))聯(lián)立各式解得v1＝v0，θ＝45°，v＝eq\r(2)v0方向與x軸夾角45°，斜向右下方(3)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。鸢福篹q\f(mv0,qh)解析：設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在洛倫茲力作用下粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得qvB＝meq\f(v2,r)r是圓周的半徑，與x軸、y軸的交點(diǎn)為P2、P3因?yàn)镺P2＝OP3，θ＝45°由幾何關(guān)系可知，連線P2P3為圓周的直徑，由幾何關(guān)系可求得r＝eq\r(2)h聯(lián)立解得B＝eq\f(mv0,qh)2．(2023·江蘇百校第三次聯(lián)考)如圖所示，兩個(gè)范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ邊界相互平行，相距為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為eq\f(B,2)和B、方向垂直紙面向里．y軸沿區(qū)域Ⅰ的邊界，在兩邊界之間有垂直于邊界沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)．一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子以速度v0.從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸負(fù)方向射入?yún)^(qū)域Ⅰ磁場(chǎng)，粒子重力不計(jì)．(1)若兩邊界之間的勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小為E0，求粒子第一次離開(kāi)區(qū)域Ⅰ磁場(chǎng)前的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1和第一次到達(dá)區(qū)域Ⅱ磁場(chǎng)時(shí)的速度大小v1.答案：eq\f(2πm,qB)eq\r(veq\o\al(2,0)＋\f(2qE0d,m))解析：粒子在區(qū)域Ⅰ磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(4πm,qB)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝eq\f(1,2)T＝eq\f(2πm,qB)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度a1＝eq\f(qE0,m)由于veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)＝2a1d解得v1＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋\f(2qE0d,m))(2)若粒子第一次經(jīng)過(guò)區(qū)域Ⅱ磁場(chǎng)后恰好能回到原點(diǎn)O，求兩邊界間電勢(shì)差．答案：eq\f(3mveq\o\al(2,0),2q)或eq\f(15mveq\o\al(2,0),2q)解析：設(shè)粒子在區(qū)域Ⅰ、Ⅱ磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的半徑分別為r1、r2，在區(qū)域Ⅱ磁場(chǎng)中速度為v2，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)加速度為a，兩邊界間電勢(shì)差為U，軌跡如圖所示由幾何關(guān)系有r2＝r1或r2＝2r1由向心力公式有q·eq\f(B,2)v0＝eq\f(mveq\o\al(2,0),r1)，qBv2＝eq\f(mveq\o\al(2,2),r2)解得v2＝2v0或v2＝4v0由動(dòng)能定理有qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得U＝eq\f(3mveq\o\al(2,0),2q)或eq\f(15mveq\o\al(2,0),2q)(3)若帶電粒子能向右到達(dá)y軸上的P點(diǎn)，P點(diǎn)的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5mv0,qB)))，則兩邊界間的電場(chǎng)強(qiáng)度E應(yīng)滿(mǎn)足什么條件？答案：eq\f((12n2－8n＋1)mveq\o\al(2,0),8qdn2)(n＝1，2，3，…)解析：設(shè)粒子在區(qū)域Ⅱ磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可知n(2r1－2r)＋2r1＝eq\f(5mv0,qB)(n＝1，2，3，…)由向心力公式有qBv＝eq\f(mv2,r)由動(dòng)能定理有qEd＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得E＝eq\f((12n2－8n＋1)mveq\o\al(2,0),8qdn2)(n＝1，2，3，…)配套精練1．如圖所示，在xOy平面內(nèi)，0<x<L的區(qū)域內(nèi)有一沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)．x>L的區(qū)域內(nèi)有一方向垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．某時(shí)刻，一帶正電的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)以沿x軸正方向的初速度v0進(jìn)入電場(chǎng)，之后的某一時(shí)刻，另一帶等量負(fù)電的粒子以同樣的初速度從坐標(biāo)原點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)．正、負(fù)粒子從電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與電場(chǎng)和磁場(chǎng)邊界的夾角分別為60°和30°，兩粒子在磁場(chǎng)中分別運(yùn)動(dòng)半周后在某點(diǎn)相遇．兩粒子的重力以及兩粒子之間的相互作用都可忽略不計(jì)．求：(1)正粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A所用的時(shí)間．答案：eq\f(L,v0)解析：沿x方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所用時(shí)間t＝eq\f(L,v0)(2)正、負(fù)粒子的質(zhì)量之比eq\f(m1,m2).答案：3∶1解析：設(shè)粒子進(jìn)磁場(chǎng)方向與邊界的夾角為θ.vy＝eq\f(v0,tanθ)vy＝a·tqE＝ma得m＝eq\f(qEt,v0)tanθ解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(tan60°,tan30°)＝3∶1(3)兩粒子先后進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)間差．答案：eq\f(\r(3)πL,6v0)解析：正粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的豎直位移為y1＝eq\f(vy,2)t得y1＝eq\f(\r(3),6)L，同理y2＝eq\f(\r(3),2)L設(shè)兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑為r1、r2，由幾何關(guān)系2r1＝(y1＋y2)sin60°2r2＝(y1＋y2)sin30°兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間均為半個(gè)周期t1＝eq\f(πr1,v1)，t2＝eq\f(πr2,v2)v0＝v1sin60°，v0＝v2sin30°由于兩粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，所以進(jìn)電場(chǎng)時(shí)間差即為磁場(chǎng)中相遇前的時(shí)間差Δt＝t1－t2解得Δt＝eq\f(\r(3)πL,6v0)2．(2023·如皋期末)如圖甲所示，xOy豎直平面坐標(biāo)系中，x軸上方有垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，下方有沿＋y方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E.O處的粒子源向坐標(biāo)平面的第一、二象限內(nèi)發(fā)射大量速度大小均為v0的帶電粒子．已知粒子的質(zhì)量為m、電荷量為＋q，不計(jì)粒子重力及粒子間相互作用．甲乙(1)求粒子到達(dá)x軸下方的最遠(yuǎn)距離d.答案：eq\f(mveq\o\al(2,0),2qE)解析：當(dāng)粒子沿y軸正向射出時(shí)粒子到達(dá)x軸下方有最遠(yuǎn)距離d，根據(jù)動(dòng)能定理可得－qEd＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得d＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2qE)(2)求粒子第一次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)可能到達(dá)區(qū)域的面積S.答案：eq\f(3πm2veq\o\al(2,0),2q2B2)解析：粒子第一次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，能到達(dá)區(qū)域的面積如圖所示由洛倫茲力提供向心力可得qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)解得R＝eq\f(mv0,qB)能到達(dá)區(qū)域的面積為S＝eq\f(1,2)πR2＋eq\f(1,4)π(2R)2解得S＝eq\f(3πm2veq\o\al(2,0),2q2B2)(3)若僅將x軸下方的電場(chǎng)換成沿－x方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B，如圖乙所示，求從O處沿＋y方向發(fā)射出的粒子經(jīng)過(guò)時(shí)間t＝eq\f(5πm,qB)時(shí)距離O點(diǎn)的距離L.答案：eq\f(2\r(13)mv0,qB)解析：粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)＝eq\f(2πR,v0)＝eq\f(2πm,qB)則有t＝eq\f(5πm,qB)＝eq\f(5T,2)粒子從O點(diǎn)發(fā)射后，每半個(gè)周期移動(dòng)2R，在第1、3、5個(gè)半周期，沿x軸負(fù)方向移動(dòng)2R，第2、4個(gè)半周期，垂直紙面向里移動(dòng)2R，則有L＝eq\r((6R)2＋(4R)2)＝2eq\r(13)R解得L＝eq\f(2\r(13)mv0,qB)3．(2023·蘇州八校適應(yīng)性檢測(cè))如圖所示的xOy平面內(nèi)，在－2d≤x≤0區(qū)域存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E0；在x≤－2d區(qū)域存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在x>0區(qū)域存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩個(gè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等．質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子，t＝0時(shí)刻從電場(chǎng)中的(－2d，0)點(diǎn)，以eq\r(\f(2E0qd,m))的初速度沿x軸正方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，并從(0，－2d)點(diǎn)第一次回到電場(chǎng)．不計(jì)粒子的重力．求：(1)粒子第一次離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的側(cè)移．答案：d解析：帶電粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的距離y＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(E0q,m)，2d＝v0t解得y＝d(2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小及第二次離開(kāi)電場(chǎng)的時(shí)刻．答案：2eq\r(\f(2E0m,qd))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(π,4)))eq\r(\f(md,2E0q))解析：由(1)小問(wèn)知vy＝v0，則粒子剛進(jìn)入磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度v＝eq\r(2)v0，方向與y軸負(fù)方向夾角為45°，由幾何關(guān)系知粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r＝eq\f(\r(2)d,2)根據(jù)Bqv＝eq\f(mv2,r)解得B＝2eq\r(\f(2E0m,qd))粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝eq\f(4d,v0)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝eq\f(1,4)T＝eq\f(πm,2qB)故t＝t1＋t2＝4deq\r(\f(m,2E0qd))＋eq\f(πm,2q)eq\r(\f(qd,8mE0))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\f(π,4)))eq\r(\f(md,2E0q))(3)粒子從磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的位置坐標(biāo)．答案：見(jiàn)解析解析：帶電粒子每次在磁場(chǎng)中沿y軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn)的距離s＝2Rcosθ＝2eq\f(mv,qB)cosθ＝eq\f(2mv0,qB)＝d帶電粒子每次在電場(chǎng)中沿y軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn)的距離s′＝d、3d、5d、…(2n－1)d所以第n次回到電場(chǎng)時(shí)沿y軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn)的距漓y＝nd＋[d＋3d＋…＋(2n－1)d]＝(n2＋n)d當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，坐標(biāo)為[0，－(n2＋n)d]當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，坐標(biāo)為[－2d，－(n2＋n)d]4．(2023·揚(yáng)州考前調(diào)研)如圖所示，y方向足夠長(zhǎng)的兩個(gè)條形區(qū)域，寬度分別為l1＝0.1m和l2＝0.2m，兩區(qū)域分別分布著磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1和B2的磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于xOy平面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2＝0.1T.現(xiàn)有大量粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O以恒定速度v＝2×106m/s不斷沿x軸正方向射入磁場(chǎng)，由于B1的大小在0～0.5T范圍內(nèi)可調(diào)，粒子可從磁場(chǎng)邊界的不同位置飛出．已知帶電粒子的電荷量q＝－2×10-8C，質(zhì)量m＝4×10-16kg，不考慮帶電粒子的重力．求：(1)要使粒子能進(jìn)入B2的磁場(chǎng)，B1應(yīng)滿(mǎn)足的條件．答案：0≤B1<0.4T解析：當(dāng)帶電粒子在B1磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的半徑大于l1時(shí)粒子能進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的磁場(chǎng)．qvB1＝meq\f(v2,r)當(dāng)r＝l1時(shí)B1＝eq\f(mv,ql1)代入數(shù)據(jù)得B1＝0.4T因此B1滿(mǎn)足的條件為0≤B1<0.4T(2)粒子在條形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間t.答案：1.26×10-7s解析：當(dāng)B1＝0時(shí)，粒子水平向右進(jìn)入B2磁場(chǎng)qvB2＝meq\f(v2,r2)，解得r2＝0.4m粒子從右邊界MN飛出由幾何關(guān)系可知sinθ2＝eq\f(l2,r2)＝eq\f(1,2)，即θ2＝30°粒子在兩個(gè)條形區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝eq\f(l1,v)＋eq\f(πm,6qB2)＝1.55×10-7s隨著B(niǎo)1的增大，如圖所示，根據(jù)時(shí)間等于弧長(zhǎng)與速度的比值可知，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間先增大，后減小，當(dāng)B1達(dá)到最大值0.5T時(shí)，粒子從左邊界飛出，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝eq\f(πm,qBmax)＝4π×10-8s＝1.26×10-7s<t1所以粒子在兩個(gè)條形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為t2＝1.26×10-7s(3)粒子從y軸飛出磁場(chǎng)時(shí)的最高點(diǎn)坐標(biāo)y.答案：eq\f(2＋\r(3),5)m解析：設(shè)A1為粒子從MN射出的最高點(diǎn)，則A1為軌跡與邊界MN的切點(diǎn)，如圖所示，O1為粒子在B1磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓心，O2為粒子在B2磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓心，由幾何知識(shí)可得O2C2＝r2－(l1＋l2)＝0.1msinθ1＝eq\f(l1＋O2C2,r2)＝eq\f(1,2)，得θ1＝30°由幾何知識(shí)知此時(shí)r1＝eq\f(l1,sin30°)＝0.2mA1的縱坐標(biāo)y1＝r1(1－cosθ1)＋r2cosθ1＝eq\f(2＋\r(3),10)m由對(duì)稱(chēng)性知，粒子從y軸飛出磁場(chǎng)時(shí)的最高點(diǎn)坐標(biāo)y＝2y1＝eq\f(2＋\r(3),5)m補(bǔ)不足、提能力，老師可增加訓(xùn)練：《抓分題·基礎(chǔ)天天練》《一年好卷》。微專(zhuān)題16帶電粒子在疊加場(chǎng)和立體空間中的運(yùn)動(dòng)帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．疊加場(chǎng)電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)共存，或其中某兩場(chǎng)共存.2．帶電粒子在疊加場(chǎng)中常見(jiàn)的幾種運(yùn)動(dòng)形式運(yùn)動(dòng)性質(zhì)受力特點(diǎn)方法規(guī)律勻速直線運(yùn)動(dòng)粒子所受合力為0平衡條件勻速圓周運(yùn)動(dòng)除洛倫茲力外，另外兩力的合力為零，即qE＝mg牛頓第二定律、圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律較復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)除洛倫茲力外，其他力的合力既不為零，也不與洛倫茲力等大反向動(dòng)能定理、能量守恒定律(2023·江蘇卷)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.答案：v0B解析：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)若電子入射速度為eq\f(v0,4)，求運(yùn)動(dòng)到速度為eq\f(v0,2)時(shí)位置的縱坐標(biāo)y1.答案：eq\f(3mv0,32eB)解析：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，電子在O點(diǎn)受到豎直向上的電場(chǎng)力和豎直向下的洛倫茲力，由于電子入射速度為eq\f(v0,4)，則電子受到的電場(chǎng)力大于洛倫茲力，則電子向上偏轉(zhuǎn)．因?yàn)槁鍌惼澚Σ蛔龉?，根?jù)動(dòng)能定理有eEy1＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v0))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)v0))eq\s\up12(2)解得y1＝eq\f(3mv0,32eB)(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)y2＝eq\f(mv0,5eB)位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的百分比．答案：90%解析：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eEy＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mv2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vm＝2v0－v，y＝eq\f(2m(v0－v),eB)要讓電子到達(dá)縱坐標(biāo)y2＝eq\f(mv0,5eB)位置，即y≥y2解得v≤eq\f(9,10)v0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)y2＝eq\f(mv0,5eB)位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的90%類(lèi)題固法11．(2023·淮安期末)如圖所示，絕緣粗糙的豎直墻壁右側(cè)同時(shí)存在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)E和勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，電場(chǎng)方向水平向左，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里．質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿墻壁下滑至C點(diǎn)時(shí)離開(kāi)，到達(dá)D點(diǎn)時(shí)速度最大，CD段做曲線運(yùn)動(dòng)．已知滑塊與墻壁間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，則(D)A．A到C過(guò)程中滑塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B．滑塊到達(dá)D點(diǎn)時(shí)加速度為零C．D點(diǎn)為滑塊運(yùn)動(dòng)軌跡的最低點(diǎn)D．若已知A、C間的高度差，則可求出AC過(guò)程中摩擦力對(duì)滑塊做的功解析：A到C過(guò)程中滑塊受重力、彈力、摩擦力、電場(chǎng)力、洛倫茲力5個(gè)力的作用，下落過(guò)程中彈力逐漸減小，則摩擦力逐漸減小，根據(jù)mg－f＝ma，可知加速度逐漸增大，故A錯(cuò)誤；CD段做曲線運(yùn)動(dòng)，則滑塊到達(dá)D點(diǎn)時(shí)加速度不為零，故B錯(cuò)誤；C點(diǎn)之后，滑塊受洛倫茲力不做功，電場(chǎng)力和重力的合力沿左下方，開(kāi)始合力與速度方向夾角為銳角，對(duì)滑塊做正功，滑塊速度變大，到D點(diǎn)時(shí)速度最大，此時(shí)合力與速度方向垂直，速度斜向右下方，所以滑塊還會(huì)繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；若已知A、C間的高度差，滑塊在C點(diǎn)時(shí)離開(kāi)墻壁，滿(mǎn)足qE＝qvB，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，進(jìn)而解得摩擦力做功，故D正確．2．(2023·南京、鹽城一模)現(xiàn)代科學(xué)儀器中常利用電場(chǎng)、磁場(chǎng)控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)．如圖所示，在x軸上方的平面內(nèi)，有范圍足夠大的垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和方向沿x軸正方向、電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電荷的粒子在O點(diǎn)由靜止釋放，則粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡為一曲線，且曲線上離y軸最遠(yuǎn)的點(diǎn)的曲率半徑為該點(diǎn)到y(tǒng)軸距離的兩倍；當(dāng)該粒子在O點(diǎn)以初速度v0沿x軸正方向射入，則粒子在xOy平面內(nèi)做周期性運(yùn)動(dòng)，且任一時(shí)刻粒子速度的y分量與其到y(tǒng)軸的距離成正比，比例系數(shù)與電場(chǎng)強(qiáng)度E大小無(wú)關(guān)．粒子重力不計(jì)．求粒子在O點(diǎn)：(1)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到坐標(biāo)為(x0，y0)時(shí)的動(dòng)量大小p.答案：eq\r(2mqEx0)解析：若粒子在O點(diǎn)由靜止釋放，設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)到坐標(biāo)為(x0，y0)的速度大小為v，根據(jù)動(dòng)能定理，有qEx0＝eq\f(1,2)mv2動(dòng)量大小p＝mv解得p＝eq\r(2mqEx0)(2)由靜止釋放，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中第一次離開(kāi)y軸最大的距離xm.答案：eq\f(2mE,qB2)解析：若粒子在O點(diǎn)由靜止釋放，第一次離開(kāi)y軸最遠(yuǎn)時(shí)，同理有qExm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)又由題意有qvmB－qE＝eq\f(mveq\o\al(2,m),rm)且rm＝2xm解得xm＝eq\f(2mE,qB2)(3)以初速度v0沿x軸正方向射入時(shí)，粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最小速度vmin.答案：eq\r(veq\o\al(2,0)＋\f(E2,B2))－eq\f(E,B)解析：若粒子在O點(diǎn)以初速度v0沿x軸正方向射入，當(dāng)粒子向左運(yùn)動(dòng)到距離y軸最遠(yuǎn)時(shí)，動(dòng)能最小，根據(jù)動(dòng)能定理－qEx′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,min)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)vmin＝kx′若E＝0，粒子在O點(diǎn)以初速度v0沿x軸正方向射入，則洛倫茲力提供向心力有qv0B＝eq\f(mveq\o\al(2,0),R)v0＝kR聯(lián)立解得vmin＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋\f(E2,B2))－eq\f(E,B)帶電粒子在立體空間中的運(yùn)動(dòng)分析帶電粒子在立體空間中的運(yùn)動(dòng)時(shí)，要發(fā)揮空間想象力，確定粒子在空間的位置關(guān)系．帶電粒子依次通過(guò)不同的空間，運(yùn)動(dòng)過(guò)程分為不同的階段，只要分析出每個(gè)階段上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，再利用兩個(gè)空間交界處粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和關(guān)聯(lián)條件即可解決問(wèn)題．常見(jiàn)有以下兩種情形：(1)空間中只存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，當(dāng)帶電粒子的速度方向與磁場(chǎng)的方向既不平行也不垂直時(shí)，帶電粒子在磁場(chǎng)中就做螺旋線運(yùn)動(dòng)．這種運(yùn)動(dòng)可分解為平行于磁場(chǎng)方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和垂直于磁場(chǎng)平面的勻速圓周運(yùn)動(dòng).(2)空間中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)(或重力場(chǎng))平行時(shí)，帶電粒子在一定的條件下就可以做旋進(jìn)運(yùn)動(dòng)，這種運(yùn)動(dòng)可分解為平行于磁場(chǎng)方向的勻變速直線運(yùn)動(dòng)和垂直于磁場(chǎng)平面的勻速圓周運(yùn)動(dòng).(2024·如皋高三期中質(zhì)量調(diào)研)如圖所示的三維空間中，yOz平面左側(cè)區(qū)域記為Ⅰ，區(qū)域Ⅰ內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)；yOz平面與垂直于x軸足夠大的熒光屏之間的區(qū)域記為Ⅱ，區(qū)域Ⅱ內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，熒光屏與x軸交點(diǎn)位置的坐標(biāo)不確定．一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子從坐標(biāo)(－L，0，0)處進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ，粒子初速度大小為v0，方向沿著x軸正方向，經(jīng)過(guò)yOz平面時(shí)的坐標(biāo)為(0，－L，0)，再經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后擊中熒光屏，不計(jì)粒子的重力．(1)求粒子經(jīng)過(guò)yOz平面時(shí)沿y軸的速度大小vy.答案：2v0解析：粒子在區(qū)域Ⅰ內(nèi)，在x軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則可得粒子在區(qū)域Ⅰ內(nèi)所花的時(shí)間為t1＝eq\f(L,v0)因受到電場(chǎng)力的作用，粒子在區(qū)域Ⅰ內(nèi)時(shí)，在y軸方向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，可得L＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)解得a1＝eq\f(2veq\o\al(2,0),L)則可得粒子經(jīng)過(guò)yOz平面時(shí)沿y軸的速度大小為vy＝a1t1＝2v0(2)若熒光屏與x軸交點(diǎn)的x坐標(biāo)為eq\f(3πmv0,qB)，求粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t.答案：eq\f(3πm,qB)解析：因在區(qū)域Ⅱ內(nèi)的磁場(chǎng)方向沿x軸正方向，則將進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ內(nèi)的速度分解為沿x軸方向和垂直于x軸方向，沿x軸方向的速度大小為v0，垂直于x軸方向的速度大小為2v0，沿y軸負(fù)方向，則可得粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝eq\f(\f(3πmv0,qB),v0)＝eq\f(3πm,qB)(3)若粒子擊中熒光屏?xí)rz軸坐標(biāo)為eq\f(mv0,qB)，求熒光屏與x軸交點(diǎn)的x坐標(biāo)．答案：(n＋eq\f(1,6))eq\f(2πmv0,Bq)(n＝0，1，2，3，…)或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(1,6)))eq\f(2πmv0,Bq)(n＝1，2，3，…)解析：根據(jù)洛倫茲力提供向心力，可得meq\f((2v0)2,R)＝Bq·2v0解得R＝eq\f(2mv0,Bq)已知粒子擊中熒光屏?xí)rz軸坐標(biāo)為eq\f(mv0,qB)，即在z軸方向上的位移為d＝eq\f(mv0,Bq)設(shè)粒子在yOz平面上的速度偏轉(zhuǎn)的角度為θ，則可得cosθ＝eq\f(R－d,R)＝eq\f(1,2)解得θ＝2nπ＋eq\f(π,3)(n＝0，1，2，3，…)或θ＝2nπ－eq\f(π,3)(n＝1，2，3，…)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)＝eq\f(2πm,qB)則粒子在磁場(chǎng)中經(jīng)歷的時(shí)間為t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,6)))eq\f(2πm,Bq)(n＝0，1，2，3，…)或t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(1,6)))eq\f(2πm,Bq)(n＝1，2，3，…)熒光屏與x軸交點(diǎn)的x坐標(biāo)為x＝v0t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,6)))eq\f(2πmv0,Bq)(n＝0，1，2，3，…)或x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(1,6)))eq\f(2πmv0,Bq)(n＝1，2，3，…)類(lèi)題固法21．(2023·金陵中學(xué))用圖甲所示的洛倫茲力演示儀演示帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)發(fā)現(xiàn)，有時(shí)玻璃泡中的電子束在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡呈“螺旋”狀．現(xiàn)將這一現(xiàn)象簡(jiǎn)化成如圖乙所示的情景來(lái)討論：在空間存在平行于x軸的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，由坐標(biāo)原點(diǎn)在xOy平面內(nèi)以初速度v0沿與x軸正方向成α角的方向，射入磁場(chǎng)的電子運(yùn)動(dòng)軌跡為螺旋線，其軸線平行于x軸，直徑為D，螺距為Δx，則下列說(shuō)法中正確的是(D)甲乙A．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向?yàn)檠豿軸負(fù)方向B．若僅增大勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，則直徑D減小，而螺距Δx不變C．若僅增大電子入射的初速度v0，則直徑D增大，而螺距Δx將減小D．若僅增大α角(α<90°)，則直徑D增大，而螺距Δx將減小，且當(dāng)α＝90°時(shí)“軌跡”為閉合的整圓解析：將電子的初速度沿x軸和y軸方向分解，沿x軸方向，速度與磁場(chǎng)方向平行，做勻速直線運(yùn)動(dòng)且x＝v0cosα·t，沿y軸方向，速度與磁場(chǎng)方向垂直，洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由左手定則可知，磁場(chǎng)方向沿x軸正方向，故A錯(cuò)誤；根據(jù)evB＝meq\f(v2,R)，T＝eq\f(2πR,v)且v＝v0sinα，解得D＝2R＝eq\f(2mv0sinα,eB)，T＝eq\f(2πm,eB)，所以Δx＝vxT＝eq\f(2πmv0cosα,eB)，若僅增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B，則D、Δx均減?。蝗魞H增大v0，則D、Δx皆按比例增大，故B、C錯(cuò)誤；若僅增大α，則D增大而Δx減小，且α＝90°時(shí)Δx＝0，故D正確．2．(2023·揚(yáng)州中學(xué)考前模擬)如圖所示，在y<0區(qū)域存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫(huà)出)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，在y>0區(qū)域存在平行于y軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫(huà)出)和沿z軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫(huà)出)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為2E.質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球從Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(h,2)，h))處由靜止釋放，小球從原點(diǎn)進(jìn)入y>0區(qū)域，在y＝L處有一垂直于y軸的熒光屏(圖中未畫(huà)出)，小球打在熒光屏上Q(0，L，0)點(diǎn)．已知重力加速度為g.(1)求y<0區(qū)域勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E.答案：eq\f(mg,2q)解析：小球由靜止釋放，從原點(diǎn)進(jìn)入y>0區(qū)域h＝eq\f(1,2)gt2，eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2解得E＝eq\f(mg,2q)(2)求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。鸢福篹q\f(2nπm,qL)eq\r(\f(gh,2))(n＝1，2，3，…)解析：y>0區(qū)域2qE＝mg小球所受合力為洛倫茲力．小球在原點(diǎn)速度v＝eq\r(2·\f(qE,m)·\f(h,2)＋2gh)＝eq\r(\f(5,2)gh)與水平方向夾角tanα＝eq\f(h,\f(h,2))＝2沿y軸正方向速度v1＝vcosα＝eq\r(\f(gh,2))運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(L,v1)＝Leq\r(\f(2,gh))沿z軸負(fù)方向速度v2＝vsinα＝eq\r(2gh)由洛倫茲力提供向心力qv2B＝meq\f(veq\o\al(2,2),r)運(yùn)動(dòng)周期T＝eq\f(2πr,v2)＝eq\f(2πm,Bq)則t＝nT(n＝1，2，3，…)解得B＝eq\f(2nπm,qL)eq\r(\f(gh,2))(n＝1，2，3，…)(3)若磁感應(yīng)強(qiáng)度取最小值，當(dāng)小球離y軸最遠(yuǎn)時(shí)，求小球到原點(diǎn)O的距離．答案：eq\f(L,2π)eq\r(π2＋16)解析：若磁感應(yīng)強(qiáng)度取最小值B＝eq\f(2πm,qL)eq\r(\f(gh,2))半徑r＝eq\f(mv2,Bq)＝eq\f(L,π)周期T＝eq\f(2πr,v2)＝eq\f(2πm,Bq)＝Leq\r(\f(2,gh))當(dāng)小球離y軸最遠(yuǎn)時(shí)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝eq\f(1,2)T解得小球到原點(diǎn)O的距離d＝eq\r((2r)2＋(v1t1)2)＝eq\r(\f(4,π2)＋\f(1,4))L＝eq\f(L,2π)eq\r(π2＋16)配套精練1．(2024·鎮(zhèn)江高三期初)如圖甲所示，在豎直平面建立xOy坐標(biāo)，y軸沿豎直方向，x>0區(qū)域有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球以速度v0從O點(diǎn)沿x軸正方向射入電場(chǎng)，恰好沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g.甲(1)求勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E.答案：eq\f(mg,q)解析：小球進(jìn)入電場(chǎng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件可得mg＝Eq勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝eq\f(mg,q)(2)若小球過(guò)O點(diǎn)時(shí)在x>0區(qū)域加垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B0，求小球第一次經(jīng)過(guò)y軸的坐標(biāo)．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2mv0,B0q)))解析：根據(jù)洛倫茲力提供向心力qv0B0＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)可得r＝eq\f(mv0,B0q)小球第一次經(jīng)過(guò)y軸與原點(diǎn)的距離為d＝2r＝eq\f(2mv0,B0q)小球第一次經(jīng)過(guò)y軸的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2mv0,B0q)))(3)若小球從O點(diǎn)與x軸正方向成θ角射入第一象限的同時(shí)在x>0區(qū)域加一按圖乙規(guī)律變化的磁場(chǎng)，小球可以一直在第一象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)，設(shè)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里為正．求小球從O點(diǎn)入射的θ角正弦值的范圍．乙答案：0≤sinθ≤eq\f(3,5)解析：根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可知，小球可以一直在第一象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)有2Rcosθ≥R＋Rsinθ根據(jù)三角函數(shù)知sin2θ＋cos2θ＝1解得小球從O點(diǎn)入射的θ角正弦值的范圍0≤sinθ≤eq\f(3,5)2．(2023·蘇北蘇中八市調(diào)研二)如圖所示，真空中有范圍足夠大、垂直xOy