2024高考物理二輪復(fù)習(xí)專題復(fù)習(xí)篇專題3第2講磁場的性質(zhì)帶電粒子在磁場及復(fù)合場中的運動學(xué)案

PAGE19-磁場的性質(zhì)帶電粒子在磁場及復(fù)合場中的運動[建體系·知關(guān)聯(lián)][析考情·明策略]考情分析近幾年高考命題多以選擇形式出現(xiàn)，命題熱點集中在電流磁場的疊加，安培力作用下物體的平衡及帶電粒子在有界磁場中的運動，難度中等。素養(yǎng)呈現(xiàn)1.電流磁場的推斷2.安培力、洛侖茲力方向的推斷3.帶電粒子在磁場、復(fù)合場中的運動規(guī)律素養(yǎng)落實1.會應(yīng)用安培定則推斷電流四周的磁場2.駕馭左手定則推斷安培力和洛侖茲力的方法3.敏捷應(yīng)用幾何關(guān)系和圓周運動規(guī)律分析求解帶電粒子在磁場、復(fù)合場中的運動考點1|磁場及其性質(zhì)磁場方向的推斷及磁場疊加(1)依據(jù)安培定則確定通電導(dǎo)線四周磁場的方向。(2)磁場中每一點磁感應(yīng)強度的方向為該點處磁感線的切線方向。(3)磁感應(yīng)強度是矢量，多個通電導(dǎo)體產(chǎn)生的磁場疊加時，合磁場的磁感應(yīng)強度等于各場源單獨存在時在該點的磁感應(yīng)強度的矢量和。[典例1](2024·浙江7月高考·T9)特高壓直流輸電是國家重點能源工程。如圖所示，兩根等高、相互平行的水平長直導(dǎo)線分別通有方向相同的電流I1和I2，I1>I2。a、b、c三點連線與兩根導(dǎo)線等高并垂直，b點位于兩根導(dǎo)線間的中點，a、c兩點與b點距離相等，d點位于b點正下方。不考慮地磁場的影響，則()A．b點處的磁感應(yīng)強度大小為0B．d點處的磁感應(yīng)強度大小為0C．a(chǎn)點處的磁感應(yīng)強度方向豎直向下D．c點處的磁感應(yīng)強度方向豎直向下[題眼點撥]“通有方向相同的電流I1和I2，I1>I2”C[通電直導(dǎo)線四周產(chǎn)生磁場方向由安培定則推斷，如圖所示，I1在b點產(chǎn)生的磁場方向向上，I2在b點產(chǎn)生的磁場方向向下，因為I1>I2，即B1>B2，則在b點的磁感應(yīng)強度不為零，A錯誤；如圖所示，d點處的磁感應(yīng)強度不為零，a點處的磁感應(yīng)強度豎直向下，c點處的磁感應(yīng)強度豎直向上，B、D錯誤，C正確。]安培力作用下的力電綜合1．兩個常用的等效模型(1)變曲為直：圖甲所示通電導(dǎo)線，在計算安培力的大小和推斷方向時均可等效為ac直線電流。甲乙(2)化電為磁：環(huán)形電流可等效為小磁針，通電螺線管可等效為條形磁鐵，如圖乙。2．安培力作用下力學(xué)問題的解題思路(1)選定探討對象：通電導(dǎo)線(或通電導(dǎo)體棒)。(2)變?nèi)S為二維：畫出平面受力圖，其中F⊥B，F(xiàn)⊥I。(3)依據(jù)力的平衡條件或牛頓運動定律列方程。[典例2]如圖所示，質(zhì)量為m、長為L的金屬棒MN兩端由等長的輕質(zhì)細線水平懸掛，處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B。當棒中通以恒定電流后，金屬棒向右擺起后兩懸線與豎直方向夾角的最大值為θ＝60°，下列說法正確的是()A．電流由N流向MB．懸線與豎直方向的夾角為θ＝60°時，金屬棒處于平衡狀態(tài)C．懸線與豎直方向的夾角為θ＝30°時，金屬棒的速率最大D．恒定電流大小為eq\f(\r(3)mg,BL)[題眼點撥]①“向右擺起”表明安培力方向向右，可判電流方向。②“最大值為θ＝60°”表明θ＝60°時，速率為零，但不是平衡位置。C[由題意可知，金屬棒所受安培力垂直MN水平向右，依據(jù)左手定則可知電流方向由M流向N，選項A錯誤；懸線與豎直方向的夾角為θ＝60°時，金屬棒的速率為零，但受力不為零，并非處于平衡狀態(tài)，選項B錯誤；由對稱性可知，懸線與豎直方向的夾角為θ＝30°時，金屬棒的速率最大，選項C正確；在θ＝30°時，對金屬棒進行受力分析如圖所示，金屬棒在垂直懸線方向受力平衡，mgsin30°＝Fcos30°，則tan30°＝eq\f(BIL,mg)，解得I＝eq\f(\r(3)mg,3BL)，選項D錯誤。][題組訓(xùn)練]1.如圖所示，在直角三角形acd中，∠a＝60°，三根通電長直導(dǎo)線垂直紙面分別放置在a、b、c三點，其中b為ac的中點。三根導(dǎo)線中的電流大小分別為I、2I、3I，方向均垂直紙面對里。通電長直導(dǎo)線在其四周空間某點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度B＝eq\f(kI,r)，其中I表示電流強度，r表示該點到導(dǎo)線的距離，k為常數(shù)。已知a點處導(dǎo)線在d點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0，則d點的磁感應(yīng)強度大小為()A．B0 B．2B0C．eq\r(3)B0 D．4B0D[設(shè)直角三角形的ad邊長為r，則ac邊長為2r，依據(jù)直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度公式可得a點處導(dǎo)線在d點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0＝keq\f(I,r)，由安培定則知方向水平向左；同理有c點處導(dǎo)線在d點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B1＝keq\f(3I,\r(3)r)＝eq\r(3)B0，方向豎直向下；b點處導(dǎo)線在d點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B2＝keq\f(2I,r)＝2B0，方向垂直于bd斜向左下方；如圖所示：因eq\f(B1,B0)＝eq\r(3)＝tan60°，可知B1和B0的合磁感應(yīng)強度沿B2的方向，故d點的磁感應(yīng)強度大小為B合＝B2＋eq\r(B\o\al(2,0)＋B\o\al(2,1))＝4B0，方向垂直于bd斜向左下方，故選D。]2.(2024·西安六校聯(lián)考)如圖所示，一質(zhì)量為m、長度為L的導(dǎo)體棒AC靜止于兩平行的水平導(dǎo)軌上且與兩導(dǎo)軌垂直，通過AC的電流為I，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，方向與導(dǎo)軌平面成θ角斜向下且垂直于AC，下列說法正確的是()A．AC受到的安培力大小為BILsinθB．AC可能不受摩擦力作用C．AC受到的安培力與摩擦力平衡D．AC所受的支持力大小為BILcosθ＋mg，摩擦力大小為BILsinθD[勻強磁場的磁感應(yīng)強度方向與導(dǎo)體棒AC是垂直的，故AC所受的安培力大小F安＝BIL，A錯誤。安培力方向既垂直于導(dǎo)體棒也垂直于磁場，依據(jù)左手定則推斷出其方向，作出導(dǎo)體棒AC的受力示意圖(從A看向C的平面圖)如圖所示。由于重力和支持力在豎直方向上，而安培力有水平方向上的分力，若沒有摩擦力，則這三個力無法平衡，所以導(dǎo)體棒肯定會受到水平向左的摩擦力，B錯誤。由圖可知，安培力的方向不在水平方向，故無法與摩擦力平衡，C錯誤。將安培力在水平方向上和豎直方向上分解，依據(jù)平衡條件可得支持力大小FN＝BILcosθ＋mg，摩擦力大小Ff＝BILsinθ，D正確。]考點2|帶電粒子在有界勻強磁場中的運動1．必需駕馭的六個公式2．必需具備的五個技能“一畫、三確定、一留意”(1)畫軌跡：依據(jù)題意，畫出帶電粒子在勻強磁場中的運動軌跡。(2)圓心的確定：軌跡圓心O總是位于入射點A和出射點B所受洛倫茲力F洛作用線的交點上或AB弦的中垂線OO′與任一個F洛作用線的交點上，如圖所示。(3)半徑的確定：利用平面幾何關(guān)系，求出軌跡圓的半徑，如r＝eq\f(AB,2sin\f(α,2))＝eq\f(AB,2sinθ)，然后再與半徑公式r＝eq\f(mv,qB)聯(lián)系起來求解。(4)時間的確定：t＝eq\f(α,2π)·T＝eq\f(αm,qB)或t＝eq\f(s,v)＝eq\f(αR,v)。(5)留意圓周運動中的對稱規(guī)律：如從同一邊界射入的粒子，從同一邊界射出時，速度方向與邊界的夾角相等；在圓形磁場區(qū)域內(nèi)，沿徑向射入的粒子，必沿徑向射出。[典例3](2024·全國卷Ⅰ·T24)如圖所示，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面對外。一帶正電的粒子從靜止起先經(jīng)電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出。已知O點為坐標原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d，不計重力。求：(1)帶電粒子的比荷；(2)帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間。[思路點撥]解此題可按以下思路進行[解析](1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，加速后的速度大小為v。由動能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2 ①設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，由洛倫茲力公式和牛頓其次定律有qvB＝meq\f(v2,r) ②由幾何關(guān)系知d＝eq\r(2)r ③聯(lián)立①②③式得eq\f(q,m)＝eq\f(4U,B2d2)。 ④(2)由幾何關(guān)系知，帶電粒子射入磁場后運動到x軸所經(jīng)過的路程為s＝eq\f(πr,2)＋rtan30° ⑤帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為t＝eq\f(s,v) ⑥聯(lián)立②④⑤⑥式得t＝eq\f(Bd2,4U)(eq\f(π,2)＋eq\f(\r(3),3))。 ⑦[答案](1)eq\f(4U,B2d2)(2)eq\f(Bd2,4U)(eq\f(π,2)＋eq\f(\r(3),3))規(guī)律總結(jié)：帶電粒子在有界磁場中運動的分析方法[跟進訓(xùn)練]1.(多選)如圖所示，一電子以垂直磁場方向的速度v從P處沿PQ方向進入長為d、寬為h的勻強磁場區(qū)域，并從N處離開磁場。若電子質(zhì)量為m，電荷量為e，磁感應(yīng)強度為B，則()A．電子在磁場中運動的時間為eq\f(d,v)B．電子在磁場中運動的時間大于eq\f(d,v)C．洛倫茲力對電子做的功為BevhD．電子在N處的速度大小也為vBD[電子垂直射入勻強磁場中，由洛倫茲力供應(yīng)向心力知，電子做勻速圓周運動，運動時間等于弧長PN與速率的比值，故電子在磁場中的運動時間大于eq\f(d,v)，選項A錯誤，B正確；洛倫茲力方向始終與速度方向垂直，電子在洛倫茲力方向沒有位移，所以洛倫茲力對電子不做功，選項C錯誤；電子垂直射入勻強磁場中做勻速圓周運動，速度大小不變，選項D正確。]2.(多選)(2024·山東煙臺第一次聯(lián)考)如圖所示，AB與BC間有垂直紙面對里的勻強磁場，∠B＝30°，P為AB上的點，PB＝L。一對正、負電子(重力及電子間的作用均不計)同時從P點以同一速度沿平行于BC的方向射入磁場中，正、負電子中有一個從S點垂直于AB方向射出磁場，另一個從Q點射出磁場，則下列說法正確的是()A．負電子從S點射出磁場B．正、負電子先后離開磁場C．正、負電子各自離開磁場時，兩速度方向的夾角為120°D．Q、S兩點間的距離為LCD[由左手定則可知，正電子從S點射出磁場，選項A錯誤；正、負電子的軌跡圖如圖所示，可知正、負電子在磁場中做圓周運動的偏轉(zhuǎn)角均為60°，由于正、負電子運動的周期相同，則它們在磁場中運動的時間相同，故正、負電子同時離開磁場，選項B錯誤；由幾何關(guān)系可知，正、負電子各自離開磁場時，兩速度方向的夾角為120°，選項C正確；由軌跡圖可知，PQ＝PS＝R＝BP＝L且PQ與PS間的夾角為60°，故△PQS為等邊三角形，故Q、S兩點間的距離為L，選項D正確。]3.如圖所示，在足夠長的熒光屏MN上方分布著水平方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小B＝0.1T、方向垂直紙面對里。距離熒光屏h＝16cm處有一粒子源S，以v＝1×106m/s的速度不斷地在紙面內(nèi)向各個方向放射比荷eq\f(q,m)＝1×108CA．12cm B．16cmC．20cm D．24cmC[粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，依據(jù)洛倫茲力供應(yīng)向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝10cm，當粒子的軌跡與熒光屏相切于D點時為臨界狀況，D點為粒子打到熒光屏上的最右邊的點，找到圓心O(到S點的距離與到MN的距離均為r的點)，如圖所示，由幾何學(xué)問有x2＝eq\r(r2－h(huán)－r2)＝8cm，粒子打在熒光屏上最左側(cè)的點記為C點，由幾何學(xué)問有x1＝eq\r(2r2－h(huán)2)＝12cm，故所求長度為x1＋x2＝20cm，選項C正確。]4.(2024·江蘇常熟中學(xué)開學(xué)考試)如圖所示，在半徑為R的圓筒內(nèi)有一方向平行筒壁的勻強磁場，其磁感應(yīng)強度為B。一束質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的相同粒子經(jīng)過不同電壓的電場加速后，通過圓筒側(cè)壁上小孔S。粒子在正對著圓心方向以不同速率連續(xù)射入，與圓筒內(nèi)壁多次碰撞后再從小孔S射出，試求(設(shè)粒子與圓筒碰撞前后電荷量保持不變、速度大小不變、方向相反，不考慮粒子重力及粒子間相互影響)：(1)當入射速率為v0的粒子第一次與圓筒相撞時，其速度方向與原入射方向的偏轉(zhuǎn)角；(2)繞筒一周后能從小孔S射出的粒子，其速率應(yīng)當滿意的條件；(3)繞筒兩周后從小孔S射出的粒子，在磁場中運動的最短時間。[解析](1)帶電粒子進入磁場后，在洛倫茲力作用下，做勻速圓周運動，半徑為r，圓心為O′(軌跡圖如圖所示)，則qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)得r＝eq\f(mv0,qB)又由圖可知tanα＝eq\f(R,r)則速度的偏轉(zhuǎn)角2α＝2arctaneq\f(qBR,mv0)。(2)設(shè)繞筒一周的粒子與筒壁碰撞n次后從小孔S射出，則由幾何關(guān)系可知(n＋1)2θ＝2π由于θ<eq\f(π,2)，所以n＝2,3,4……tanθ＝eq\f(r,R)＝eq\f(mv,qBR)得v＝eq\f(RqB,m)taneq\f(π,n＋1)(n＝2,3,4……)。(3)設(shè)繞筒兩周的粒子，與筒壁碰撞n′次后從小孔S射出，則由幾何關(guān)系可知(n′＋1)2θ＝4π，得θ＝eq\f(2π,n′＋1)由于θ<eq\f(π,2)，所以n′＝4,5,6……設(shè)粒子在磁場中運動的偏轉(zhuǎn)角之和為φ，則粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(φ,2π)·T＝eq\f(mφ,qB)＝eq\f(2αn′＋1·m,qB)＝(n′＋1)eq\f(π－2θm,qB)＝(n′－3)eq\f(πm,qB)故由數(shù)學(xué)學(xué)問可知，當n′取4時，時間t最短，最短時間tmin＝eq\f(πm,qB)。[答案]見解析考點3|帶電粒子在復(fù)合場中的運動帶電粒子在組合場中的運動帶電粒子在組合場內(nèi)的運動事實上也是運動過程的組合，解決方法如下：(1)分別探討帶電粒子在不同場區(qū)的運動規(guī)律。在勻強磁場中，若速度與磁場垂直，帶電粒子做勻速圓周運動；若速度與磁場平行，帶電粒子做勻速直線運動。在勻強電場中，若速度方向與電場方向平行，做帶電粒子勻變速直線運動；若速度方向與電場方向垂直，則帶電粒子做類平拋運動。(2)帶電粒子經(jīng)過磁場區(qū)域時利用圓周運動規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系處理。(3)當粒子從一個場進入另一個場時，分析轉(zhuǎn)折點處粒子速度的大小和方憧憬往是解題的突破口。[典例4]如圖所示，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面對里，磁場左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1，并在磁場邊界的N點射出；乙種離子在MN的中點射出；MN長為l。不計重力影響和離子間的相互作用。求：(1)磁場的磁感應(yīng)強度大??；(2)甲、乙兩種離子的比荷之比。[思路點撥]解此題可按以下流程。[解析](1)設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，由動能定理有q1U＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1) ①由洛倫茲力公式和牛頓其次定律有q1v1B＝m1eq\f(v\o\al(2,1),R1) ②由幾何關(guān)系知2R1＝l ③由①②③式得B＝eq\f(4U,lv1)。 ④(2)設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2，射入磁場的速度為v2，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2。同理有q2U＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2) ⑤q2v2B＝m2eq\f(v\o\al(2,2),R2) ⑥由題給條件有2R2＝eq\f(l,2) ⑦由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝1∶4。[答案](1)eq\f(4U,lv1)(2)1∶4規(guī)律總結(jié)：帶電粒子在組合場中的常見類型歸納(1)從電場進入磁場。電場中：加速直線運動↓磁場中：勻速圓周運動電場中：類平拋運動↓磁場中：勻速圓周運動(2)從磁場進入電場。磁場中：勻速圓周運動↓eq\x(v與E同向或反向)電場中：勻變速直線運動磁場中：勻速圓周運動↓eq\x(v與E垂直)電場中：類平拋運動帶電粒子在疊加場中的運動在重力、電場力和洛倫茲力中的兩者或三者共同作用下，帶電粒子可能靜止，可能做勻速(勻變速)直線運動或類平拋運動，還可能做勻速圓周運動。(1)若只有兩個場，合力為零，則表現(xiàn)為勻速直線運動或靜止狀態(tài)。例如電場與磁場疊加滿意qE＝qvB時、重力場與磁場疊加滿意mg＝qvB時、重力場與電場疊加滿意mg＝qE時。(2)若三場共存，合力為零時，粒子做勻速直線運動，其中洛倫茲力F＝qvB的方向與速度v垂直。(3)若三場共存，粒子做勻速圓周運動時，則有mg＝qE，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，即qvB＝meq\f(v2,r)。[典例5]如圖甲所示，虛線MN的左側(cè)空間中存在豎直向上的勻強電場(上、下及左側(cè)無邊界)，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球(視為質(zhì)點)，以大小為v0的水平初速度沿PQ向右做直線運動。若小球剛經(jīng)過D點時(t＝0)，在電場所在空間疊加如圖乙所示隨時間周期性改變、垂直紙面對里的勻強磁場，使得小球再次通過D點時的速度與PQ連線成60°角。已知D、Q間的距離為(eq\r(3)＋1)L，t0小于小球在磁場中做圓周運動的周期，重力加速度大小為g。甲乙(1)求電場強度E的大?。?2)求t0與t1的比值；(3)小球過D點后將做周期性運動，當小球運動的周期最大時，求此時磁感應(yīng)強度的大小B0及運動的最大周期Tm。[思路點撥](1)“沿PQ向右做直線運動”→小球受力平衡。(2)畫出小球從剛過D點到再次通過D點的運動軌跡，由幾何關(guān)系找出小球做勻速直線運動的位移大小與小球做勻速圓周運動的軌跡半徑的關(guān)系。(3)小球運動的周期最大→當圓弧軌跡與MN相切時。[解析](1)小球沿PQ向右做直線運動，受力平衡，則mg＝Eq，解得E＝eq\f(mg,q)。(2)小球能再次通過D點，其運動軌跡應(yīng)如圖(a)所示。(a)設(shè)小球做勻速圓周運動的軌跡半徑為r，則由幾何關(guān)系有s＝eq\f(r,tan30°)又知s＝v0t1圓弧軌跡所對的圓心角θ＝2π－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－eq\f(π,3)))＝eq\f(4,3)π則t0＝eq\f(θr,v0)聯(lián)立解得eq\f(t0,t1)＝eq\f(4\r(3),9)π。(3)當小球運動的周期最大時，其運動軌跡應(yīng)與MN相切，小球運動一個周期的軌跡如圖(b)所示，由幾何關(guān)系得R＋eq\f(R,tan30°)＝(eq\r(3)＋1)L(b)解得R＝L由洛倫茲力公式和牛頓其次定律有qv0B0＝meq\f(v\o\al(2,0),R)解得B0＝eq\f(mv0,qL)小球在一個周期內(nèi)運動的路程s1＝3×eq\f(2,3)×2πR＋6×eq\f(R,tan30°)＝(4π＋6eq\r(3))L故Tm＝eq\f(s1,v0)＝eq\f(4π＋6\r(3)L,v0)。[答案](1)eq\f(mg,q)(2)eq\f(4\r(3),9)π(3)eq\f(mv0,qL)eq\f(4π＋6\r(3)L,v0)規(guī)律總結(jié)：“三步”巧解疊加場問題[題組訓(xùn)練]1.(多選)如圖所示，空間某處存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面對里的勻強磁場，一個帶負電的金屬小球從M點水平射入此區(qū)域，經(jīng)一段時間運動到N點，關(guān)于小球由M點到N點的運動過程，下列說法正確的是()A．小球可能做勻變速運動B．小球肯定做變加速運動C．小球動能可能不變D．小球機械能守恒BC[小球從M點到N點的運動過程中，在豎直方向上發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，受到的豎直向下的重力和豎直向上的電場力不變，速度方向改變，則洛倫茲力方向改變，所以三個力的合力方向改變，故小球不行能做勻變速運動，肯定做變加速運動，A錯誤，B正確。若電場力和重力等大反向，則該過程中電場力和重力做的功之和為零，而洛倫茲力不做功，小球的動能不變，重力勢能減小，這種狀況下小球機械能不守恒；若電場力和重力不等大反向，則有電場力做功，小球的動能改變，重力勢能減小，小球機械能不守恒，故C正確，D錯誤。]2.如圖所示的平面直角坐標系xOy，在第Ⅰ象限內(nèi)有平行于y軸的勻強電場，方向沿y軸正方向；在第四象限某一矩形區(qū)域內(nèi)有方向垂直于xOy平面的勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子，從y軸上的P(0，eq\r(3)h)點，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的Q(2h,0)點進入第四象限，經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后從y軸上M(0，－2h)點垂直y軸進入第Ⅲ象限，不計粒子所受的重力。求：(1)電場強度E的大小；(2)粒子到達Q點時速度的大小和方向；(3)矩形磁場區(qū)域的最小面積。[解析](1)設(shè)粒子在電場中運動的時間為t，則有x＝v0t＝2hy＝eq\f(qE,2m)t2＝eq\r(3)h聯(lián)立以上各式可得E＝eq\f(\r(3)mv\o\al(2,0),2qh)。(2)粒子到達Q點時沿負y方向的分速度為vy＝at＝eq\r(3)v0所以v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝2v0，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\r(3)，θ＝60°即方向指向第四象限與x軸正方向成60°角。(3)粒子在磁場中運動時，有qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)若磁場方向垂直紙面對里，軌跡如圖甲所示，甲乙最小矩形磁場的邊界長為eq\r(3)r，寬為eq\f(r,2)，面積為eq\f(2\r(3)m2v\o\al(2,0),q2B2)若磁場方向垂直紙面對外，軌跡如圖乙所示，最小矩形磁場的邊界長為2r，寬為eq\f(3,2)r，面積為eq\f(12m2v\o\al(2,0),q2B2)。[答案](1)eq\f(\r(3)mv\o\al(2,0),2qh)(2)2v0，方向指向第四象限與x軸正方向成60°角(3)見解析3．(2024·四川省雅安市高三下學(xué)期6月三診)如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標系，y軸沿豎直方向。在Ⅰ區(qū)域(x＝0到x＝L之間)存在豎直向上的勻強電場和垂直坐標平面對外的勻強磁場，Ⅱ區(qū)域(x＝L到x＝2L之間)存在垂直坐標平面對外的勻強磁場，兩個區(qū)域磁感應(yīng)強度大小均為B＝eq\f(mv0,2qL)。一個質(zhì)量為m電荷量為q的帶電粒子從坐標原點O以初速度v0沿＋x方向射入，沿直線通過Ⅰ區(qū)域，最終從Ⅱ區(qū)域離開。粒子重力不計，求：(1)電場強度大??；(2)帶電粒子在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域運動的總時間。[解析](1)粒子在Ⅰ區(qū)域做勻速直線運動，則qE＝qv0B解得E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qL)。(2)粒子在Ⅰ區(qū)域運動的時間t1＝eq\f(L,v0)粒子在Ⅱ區(qū)域做勻速圓周運動qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)解得R＝2由幾何關(guān)系得，粒子在Ⅱ區(qū)域做圓周運動圓心角為θ＝30°由T＝eq\f(2πR,v0)得T＝eq\f(4πL,v0)則粒子在Ⅱ區(qū)域運動時間t2＝eq\f(θ,360°)T＝eq\f(πL,3v0)則粒子運動總時間t＝t1＋t2＝eq\f(3L＋πL,3v0)。[答案](1)eq\f(mv\o\al(2,0),2qL)(2)eq\f(3L＋πL,3v0)考點4|電磁場中的STSE問題回旋加速器1．加速條件：T電場＝T回旋＝eq\f(2πm,qB)。2．磁場約束偏轉(zhuǎn)：qvB＝eq\f(mv2,r)?v＝eq\f(qBr,m)。3．帶電粒子的最大速度vmax＝eq\f(qBrD,m)，rD為D形盒的半徑。粒子的最大速度vmax與加速電壓U無關(guān)。[典例6]（多選）醫(yī)用回旋加速器的核心部分是兩個D形金屬盒，如圖所示，兩金屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源相連?，F(xiàn)分別加速氘核(eq\o\al(2,1)H)和氦核(eq\o\al(4,2)He)并通過線束引出加速器。下列說法中正確的是()A．加速兩種粒子的高頻電源的頻率相同B．兩種粒子獲得的最大動能相同C．兩種粒子在D形盒中運動的周期相同D．增大高頻電源的電壓可增大粒子的最大動能AC[回旋加速器加速粒子時，粒子在磁場中運動的周期和溝通電的周期相同，否則無法加速。帶電粒子在磁場中運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)，兩粒子的比荷eq\f(q,m)相等，所以周期相同，加速兩種粒子的高頻電源的頻率也相同，故A、C正確；依據(jù)qvB＝meq\f(v2,R)，得v＝eq\f(qBR,m)，兩粒子的比荷eq\f(q,m)相等，所以最大速度相等，最大動能Ek＝eq\f(1,2)mv2，兩粒子的質(zhì)量不等，所以最大動能不等，故