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認(rèn)證類型：個人認(rèn)證

認(rèn)證主體：李**（實(shí)名認(rèn)證）

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IP屬地：河北 上傳時間：2025-02-28 格式：DOCX 頁數(shù)：42 大?。?2.46MB 積分：6 舉報(bào) 版權(quán)申訴

重難點(diǎn)12帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動考點(diǎn)2025考向預(yù)測考點(diǎn)1：速度選擇器考查技巧高考主要考查電流的磁效應(yīng)、安培力、帶電粒子在磁場中運(yùn)動的問題，主要涉及各種電流產(chǎn)生的磁場、安培力的大小和方向、帶電粒子在洛倫茲力作用下的運(yùn)動，主要體現(xiàn)在以下幾方面:(1)電流磁效應(yīng)主要結(jié)合安培力的大小和方向、靜電力平衡、安培力做功等問題考查。(2)勻強(qiáng)磁場中帶電粒子做圓周運(yùn)動，主要涉及群發(fā)粒子的收集比例問題。(3)帶電粒子在復(fù)合場的運(yùn)動主要涉及疊加和不疊加兩種形式，主要考查軌跡多解問題和霍爾效應(yīng)、磁流體發(fā)電機(jī)等?？键c(diǎn)2：質(zhì)譜儀考點(diǎn)3：回旋加速器考點(diǎn)4：霍爾效應(yīng)與磁流體發(fā)電機(jī)考點(diǎn)5：帶電粒子在組合場中的運(yùn)動考點(diǎn)6：帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動【情境解讀】【高分技巧】1、速度選擇器的工作原理（1）粒子受力特點(diǎn)：同時受方向相反的電場力和磁場力作用。（2）粒子勻速通過速度選擇器的條件：電場力和洛倫茲力平衡：qE=qvB，解得v=，速度大小只有滿足v=的粒子才能做勻速直線運(yùn)動。若v＜，電場力大，粒子向電場力方向偏，電場力做正功，動能增加．若v＞，洛倫茲力大，粒子向磁場力方向偏，電場力做負(fù)功，動能減少．2．質(zhì)譜儀模型1：速度選擇器+偏轉(zhuǎn)過程1：加速階段過程2：勻速階段過程3：偏轉(zhuǎn)過程，其中都為定值，而偏轉(zhuǎn)直徑與成正比.注意：叫比荷，也叫荷質(zhì)比結(jié)論：比荷近大遠(yuǎn)小比荷越大，打的越近.模型2：加速電場+過程1：加速階段過程2：偏轉(zhuǎn)過程，其中都為定值，而偏轉(zhuǎn)直徑與成正比.結(jié)論：比荷近大遠(yuǎn)小比荷越大，打的越近.3．回旋加速器1、原理：粒子每經(jīng)過一次加速電場，,故不變.直至射出.2、考點(diǎn)：①求圖象如下：②求洛倫茲力提供向心力：，則.③求（加速次數(shù)）（經(jīng)過磁場的次數(shù)）（經(jīng)過磁場的次數(shù)）④求總時間（忽略加速時間）求總時間（不忽略加速時間）偏轉(zhuǎn)的總時間為加速時間：看成勻加速直線運(yùn)動，，.4.霍爾元件：電流向右，電子向左運(yùn)動，根據(jù)左手定則不難發(fā)現(xiàn)正負(fù)電荷分布如圖所示原理：①電子偏轉(zhuǎn)集中至極板，產(chǎn)生漸強(qiáng)電場注意：“空穴”指正電荷②電荷，，直至③穩(wěn)定電勢差：5.磁流體發(fā)電機(jī)的工作原理將等離子氣體垂直于磁場方向噴入勻強(qiáng)磁場，正、負(fù)離子在洛倫茲力作用下發(fā)生上下偏轉(zhuǎn)而聚集到A、B板上，產(chǎn)生電勢差．設(shè)平行金屬板A、B的面積為S，相距L，等離子氣體的電阻率為ρ，噴入氣體速率為v，板間磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，板外電阻為R，當(dāng)正、負(fù)離子受到的洛倫茲力和靜電力大小相等時，勻速通過A、B板間，此時A、B板上聚集的電荷最多，板間電勢差最大，大小即為電源的電動勢E．沿從S極向N極方向觀察，電路如圖乙所示，此時：，則電動勢，電源內(nèi)阻由閉合電路歐姆定律知，通過的電流．6.帶電粒子在組合場中的勻速圓周運(yùn)動模型解法綜述現(xiàn)．2．帶電粒子在組合場中運(yùn)動的分析思路第1步：粒子按照時間順序進(jìn)入不同的區(qū)域可分成幾個不同的階段．第2步：受力分析和運(yùn)動分析，主要涉及兩種典型運(yùn)動，如圖所示．第3步：用規(guī)律磁場與磁場的組合模型模型：磁場與磁場的組合問題實(shí)質(zhì)就是兩個有界磁場中的圓周運(yùn)動問題，帶電粒子在兩個磁場中的速度大小相同，但軌跡半徑和運(yùn)動周期往往不同．解題時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．先電場后磁場模型模型：1.帶電粒子先在勻強(qiáng)電場中做勻加速直線運(yùn)動，然后垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場做勻速圓周運(yùn)動，如圖.2．帶電粒子先在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動，然后垂直進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動，如圖.先磁場后電場模型模型：(1)進(jìn)入電場時粒子速度方向與電場方向相同或相反(如圖甲所示)．(2)進(jìn)入電場時粒子速度方向與電場方向垂直(如圖乙所示)．7.復(fù)合場模型Ⅰ：疊加場電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存．Ⅱ：無約束情況下的運(yùn)動(1)洛倫茲力、重力并存①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運(yùn)動．②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒，由此可求解問題．③若沿固定的軌道運(yùn)動，帶電粒子還要受到其它力的作用?？筛鶕?jù)帶電粒子運(yùn)動形式以及涉及的物理量，選擇相對應(yīng)的辦法求解。(2)電場力、洛倫茲力并存(不計(jì)重力的微觀粒子)①若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子以大小和方向都唯一確定的速度做勻速直線運(yùn)動。②若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子做復(fù)雜的曲線運(yùn)動。涉及時間的問題只可粗解。不涉及時間的問題，因洛倫茲力不做功，只有電場力做功，故利用動能和電勢能之和守恒或動能定理可詳解．(3)電場力、洛倫茲力、重力并存①若電場力、洛倫茲力和重力三個力平衡，帶電粒子做勻速直線運(yùn)動。此時這三個力不在一條直線上，三個力可圍成一個三角形。利用解三角形的方法可求解。②若重力和電場力平衡，帶電粒子所受的洛倫茲力提供向心力，帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動。即：，③若電場力、洛倫茲力和重力三個力合力不為零，帶電粒子做復(fù)雜的曲線運(yùn)動。涉及時間的問題只可粗解。不涉及時間的問題，因洛倫茲力不做功，只有電場力和重力做功，故利用機(jī)械能和電勢能之和守恒或動能定理可詳解。④若沿固定的軌道運(yùn)動，帶電粒子還要受到其它力的作用?？筛鶕?jù)帶電粒子運(yùn)動形式以及涉及的物理量，選擇相對應(yīng)的辦法求解。當(dāng)帶電粒子運(yùn)動形式是直線運(yùn)動時，根據(jù)涉及的物理量可利用動力學(xué)的三大規(guī)律求解。當(dāng)帶電粒子做圓周運(yùn)動時，通常利用向心力公式和動能定理求解。Ⅲ：有約束情況下的運(yùn)動帶電粒子在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運(yùn)動形式有直線運(yùn)動和圓周運(yùn)動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點(diǎn)，運(yùn)用動能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動定律求解．（建議用時：60分鐘）【考向一：速度選擇器考查技巧】1．（2024·天津·模擬預(yù)測）如圖所示，粒子源發(fā)射一初速度為0，比荷為k的正電粒子進(jìn)入寬度為d的加速電場，離開加速電場后，該粒子沿著直線通過電場強(qiáng)度豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直紙面向外的速度選擇器，粒子離開速度選擇器時的速度為。（1）求加速電場的電場強(qiáng)度；（2）求速度選擇器中電場強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度之比；（3）若僅撤去磁場，則該粒子打到上極板時的速度偏轉(zhuǎn)角為45°；若僅撤去電場，則該粒子打到下極板時的速度偏轉(zhuǎn)角為60°，求僅撤去磁場與僅撤去電場時粒子沿水平方向的位移之比?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）粒子在加速電場中，根據(jù)動能定理有解得（2）粒子在速度選擇器中做直線運(yùn)動，該運(yùn)動一定為勻速直線運(yùn)動，則有解得（3）若僅撤去磁場，粒子做類平拋運(yùn)動，則有，根據(jù)牛頓第二定律有若僅撤去電場，由洛倫茲力提供向心力，則有根據(jù)幾何關(guān)系有解得2．（2024·重慶·模擬預(yù)測）芯片制造過程中的重要工序之一是離子注入，速度選擇器是離子注入機(jī)的重要組成部分?，F(xiàn)將速度選擇器簡化如圖所示模型，兩平行金屬板P、Q水平放置，其間存在著相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場。將一質(zhì)子（重力不計(jì)）從點(diǎn)沿水平方向射入到兩金屬板之間，質(zhì)子恰好沿直線運(yùn)動到點(diǎn)。則（）A．若撤掉磁場，質(zhì)子將向P極板偏轉(zhuǎn)B．若撤掉電場，質(zhì)子將向Q極板偏轉(zhuǎn)C．若增大入射速度，質(zhì)子運(yùn)動軌跡仍為直線D．若將電子以相同速度從點(diǎn)射入，其運(yùn)動軌跡仍為直線【答案】D【詳解】A．若撤掉磁場，質(zhì)子帶正電，所受電場力與電場方向相同，即電場力方向向下，所以質(zhì)子將向Q極板偏轉(zhuǎn)，故A錯誤；B．若撤掉電場，根據(jù)左手定則可知，質(zhì)子受到向上的洛倫茲力，所以質(zhì)子將向P極板偏轉(zhuǎn)，故B錯誤；C．質(zhì)子原來做勻速直線運(yùn)動，即電場力等于洛倫茲力得所以，質(zhì)子做勻速直線運(yùn)動時的速度為，若增大入射速度，則洛倫茲力變大，電場力不變，所以質(zhì)子將向P極板偏轉(zhuǎn)，故C錯誤；D．若將電子以相同速度從點(diǎn)射入，則電場力向上，洛倫茲力向下，且電場力大小仍等于洛倫茲力大小，即電子仍然受力平衡，做勻速直線運(yùn)動，故D正確。故選D。3．（2024·廣東清遠(yuǎn)·模擬預(yù)測）下列四個圖中，不計(jì)重力的帶電粒子以水平向右的速度射入復(fù)合場，已知電場力的大小與洛倫茲力的大小相等，哪一個圖帶電粒子能勻速直線通過復(fù)合場（）A． B．C． D．【答案】D【詳解】A．帶電粒子受到的電場力和洛倫茲力都向上，一定做曲線運(yùn)動，故A錯誤；B．帶電粒子受到的電場力和洛倫茲力都向下，一定做曲線運(yùn)動，故B錯誤；C．帶電粒子受到的電場力和洛倫茲力都向上，一定做曲線運(yùn)動，故C錯誤；D．帶電粒子受到的電場力向上，洛倫茲力向下，二者平衡，帶電粒子做勻速直線運(yùn)動通過復(fù)合場，故D正確。故選D。4．（2024·北京昌平·二模）如圖所示，水平放置的兩平行金屬板間存在著相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場。一帶電粒子（重力不計(jì)）從M點(diǎn)沿水平方向射入到兩板之間，恰好沿直線從N點(diǎn)射出。電場強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。下列說法正確的是（）。A．粒子一定帶正電B．粒子射入的速度大小C．若只改變粒子射入速度的大小，其運(yùn)動軌跡為曲線D．若粒子從N點(diǎn)沿水平方向射入，其運(yùn)動軌跡為直線【答案】C【詳解】A．粒子從M點(diǎn)沿水平方向射入，根據(jù)左手定則，不管粒子帶正電還是負(fù)電，粒子受到的電場力方向和洛倫茲力方向均相反，故無法判斷粒子的電性，故A錯誤；B．粒子恰好沿直線從N點(diǎn)射出，粒子受到的電場力大小等于受到的洛倫茲力大小，則有解得粒子射入的速度大小為故B錯誤；C．若只改變粒子射入速度的大小，粒子受到的電場力大小不再等于受到的洛倫茲力大小，粒子做曲線運(yùn)動，其運(yùn)動軌跡為曲線，故C正確；D．若粒子從N點(diǎn)沿水平方向射入，不管粒子帶正電還是負(fù)電，根據(jù)左手定則，則粒子受到的電場力方向和洛倫茲力方向相同，粒子做曲線運(yùn)動，其運(yùn)動軌跡為曲線，故D錯誤。故選C。5．（2024·重慶九龍坡·模擬預(yù)測）如圖所示，板長為L、板間距為d的平行金屬板水平正對固定放置，兩板間充滿豎直向下的勻強(qiáng)電場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以速度v沿兩板間中軸線水平向右進(jìn)入電場，恰好從下板邊緣飛出電場，不計(jì)粒子重力。（1）求該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小E：（2）若在兩板間充滿垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，其他條件不變，要使該粒子沿中軸線做直線運(yùn)動，求該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向?！敬鸢浮浚?）；（2），垂直紙面向里【詳解】（1）設(shè)該粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動的時間為t水平方向有豎直方向有，聯(lián)立解得（2）由題知解得

由左手定則可知，該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里。6．（2024·遼寧大連·一模）如圖（a），S為粒子源，不斷沿水平方向發(fā)射速度相同的同種帶負(fù)電粒子，MN為豎直放置的接收屏。當(dāng)同時存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場時，粒子恰好沿直線打到MN上O點(diǎn)；當(dāng)只存在一種場時，粒子打在MN上的P點(diǎn)或Q點(diǎn)，P、O、Q三點(diǎn)的位置關(guān)系如圖（b）所示，OP間距離為OQ間距離的。已知電場強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，S到屏MN的距離為d、不計(jì)粒子重力及粒子間的相互作用，則下列判斷正確的是（）A．只加磁場時，粒子打在MN上的P點(diǎn)B．粒子源發(fā)射出粒子的速度大小為C．粒子的比荷為D．OP間距離為【答案】BC【詳解】A．根據(jù)左手定則，帶負(fù)電粒子在磁場中向下偏轉(zhuǎn)，故只加磁場時，粒子打在MN上的Q點(diǎn)，故A錯誤；B．當(dāng)同時存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場時，粒子恰好沿直線打到MN上O點(diǎn)，則解得粒子源發(fā)射出粒子的速度大小為故B正確；CD．只加電場時，粒子做類平拋運(yùn)動，則，，只加磁場時，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，則解得根據(jù)幾何關(guān)系有根據(jù)題意有聯(lián)立解得，，故C正確，D錯誤。故選BC。【考向二：質(zhì)譜儀】7．（2023·天津西青·模擬預(yù)測）如圖所示，在x軸的上方存在垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場。位于x軸下方的離子源C發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的一束負(fù)離子，其初速度大小范圍，這束離子經(jīng)電勢差的電場加速后，從小孔O（坐標(biāo)原點(diǎn)）垂直x軸并垂直磁場射入磁場區(qū)域，最后打到x軸上。在x軸上區(qū)間水平固定放置一探測板（），假設(shè)每秒射入磁場的離子總數(shù)為N0，打到x軸上的離子數(shù)均勻分布（離子重力不計(jì)）。（1）求離子束從小孔O射入磁場后打到x軸最遠(yuǎn)處位置（用含的物理量a表示）；（2）調(diào)整磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，可使速度最大的離子恰好打在探測板右端，求此時的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1；（3）保持磁感應(yīng)強(qiáng)度B1不變，求每秒打在探測板上的離子數(shù)N；若打在板上的離子80%被吸收，20%被反向彈回，彈回速度大小為打板前速度大小的0.6倍，被吸收和被彈回的離子數(shù)在探測板上沿x軸均勻分布，求探測板受到的作用力大小。【答案】（1）4a；（2）；（3）【詳解】（1）粒子進(jìn)入電場中有在磁場中有打到x軸的距離為由上述分析可知，當(dāng)粒子在磁場中的半徑最大，即最遠(yuǎn)，此時粒子從粒子源出來時的速度最大，解得（2）由題意可知，速度最大粒子打在探測板最右側(cè)，則由幾何關(guān)系有磁場中有結(jié)合（1）中數(shù)據(jù)，解得（3）對初速度為零的離子，經(jīng)過電場加速度后，有解得在磁場中有解得磁感應(yīng)強(qiáng)度為時，粒子打在x軸上的區(qū)間為[1.5a，3a]，每秒打在探測板上的離子數(shù)為對打探測器最左端（）的離子，軌道半徑為a，則離子在磁場中解得打到x軸上的離子均勻分布，所以打在探測板上的離子的平均速度為被吸收和彈回的離子數(shù)在探測板上沿x軸均勻分布，由動量定理可得解得單位時間內(nèi)探測板受到的作用力8．（2024·天津?yàn)I海新·三模）根據(jù)牛頓力學(xué)經(jīng)典理論，只要物體的初始條件和受力情況確定，就可以推知物體此后的運(yùn)動情況。情境1：如圖1所示，空間存在水平方向的勻強(qiáng)磁場（垂直紙面向里），磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，在磁場中點(diǎn)處有一質(zhì)量為、電荷量為的帶電粒子。已知重力加速度。（1）若使帶電粒子獲得某一水平向右的初速度，恰好做勻速直線運(yùn)動，求該粒子的速度大?。磺榫?：質(zhì)譜儀由離子室、加速電場、速度選擇器和分離器四部分組成，如圖2所示。已知速度選擇器的兩極板間的電場強(qiáng)度為，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，方向垂直紙面向里，分離器中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，方向垂直紙面向外。某次實(shí)驗(yàn)離子室內(nèi)充有某種帶電離子，經(jīng)加速電場加速后從速度選擇器兩極板間的中點(diǎn)平行于極板進(jìn)入，部分離子通過小孔后進(jìn)入分離器的偏轉(zhuǎn)磁場中。在速度選擇器中，沿直線運(yùn)動的離子打在感光區(qū)域的點(diǎn)，測得到點(diǎn)的距離為。不計(jì)離子的重力及離子間的相互作用，不計(jì)小孔、的孔徑大小。（2）求該離子的比荷；（3）若從點(diǎn)入射的離子速度滿足時（很?。材軓狞c(diǎn)進(jìn)入分離器，求該速度選擇器寬度的最小值和板長需要滿足的條件?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3），【詳解】（1）粒子做勻速直線運(yùn)動，受力平衡得（2）離子在速度選擇器中做勻速直線運(yùn)動，有離子在分離器中做勻速圓周運(yùn)動，有且有解得（3）從點(diǎn)入射的離子速度滿足時，相當(dāng)于粒子其在速度選擇器中所做的運(yùn)動為一個速度為的勻速直線運(yùn)動和另一個速度為的勻速圓周運(yùn)動的合運(yùn)動，即粒子在速度選擇器中做螺旋運(yùn)動。對應(yīng)的半徑設(shè)為，有則速度選擇器寬度的最小值為得粒子在速度選擇器中做勻速圓周運(yùn)動有聯(lián)立，解得設(shè)速度選擇器極板長度為，則粒子穿過極板所需時間為粒子要恰好從速度選擇器飛出，則有聯(lián)立，解得9．（2024·河北衡水·三模）如圖所示為質(zhì)譜儀原理示意圖。由粒子源射出的不同粒子先進(jìn)入速度選擇器，部分粒子沿直線通過速度選擇器的小孔進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場，最后打在MN之間的照相底片上。已知速度選擇器內(nèi)的電場的場強(qiáng)為E，磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，偏轉(zhuǎn)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2B0，S1、S2、S3是三種不同的粒子在照相底片上打出的點(diǎn)。忽略粒子的重力以及粒子間的相互作用，下列說法正確的是（）A．打在S3位置的粒子速度最大B．打在S1位置的粒子速度最大C．如果射入偏轉(zhuǎn)磁場的粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，則粒子的軌跡半徑為D．如果氕（）核和氘（）核都進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場，則其在磁場中運(yùn)動的時間之比為1：2【答案】D【詳解】AB．粒子在速度選擇器中做勻速直線運(yùn)動，所以受力平衡，則解得所以打在S1、S2、S3三點(diǎn)的粒子的速度相等，故AB錯誤；C．粒子進(jìn)入磁場時的速率為，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由洛倫茲力提供向心力，則解得粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑故C錯誤；D．帶電粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中做圓周運(yùn)動的周期氕核和氘核在磁場中均運(yùn)動半個周期，則氕核和氘核在磁場中運(yùn)動的時間之比故D正確。故選D。10．（2024·寧夏銀川·三模）近年來國產(chǎn)動畫的技術(shù)不斷提升，以科幻為主題的電影《熊出沒之逆轉(zhuǎn)時空》在2024年春節(jié)受到人們喜歡。其中“我們總是活在別人定義的成功里，卻忘了自己內(nèi)心真正想要的是什么”成為直擊人心的金句。如左圖所示為光頭強(qiáng)被科學(xué)怪人篡改記憶時的畫面，右圖為篡改記憶所用的裝置模式圖，一“篡改記憶粒子”（比荷為）從出發(fā)經(jīng)過電場加速（）獲得一定初速度進(jìn)入速度選擇器，進(jìn)入勻強(qiáng)磁場（）偏轉(zhuǎn)180后進(jìn)入光頭強(qiáng)大腦進(jìn)行篡改。不計(jì)“篡改記憶粒子”重力，下列說法正確的是（）A．各個“篡改記憶粒子”進(jìn)入勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)時間不相同B．速度選擇器允許通過的粒子速度為50m/sC．偏轉(zhuǎn)半徑為r=0.01mD．比荷越小偏轉(zhuǎn)半徑越大【答案】BCD【詳解】A．“篡改記憶粒子”進(jìn)入勻強(qiáng)磁場做勻速圓周運(yùn)動的周期由于“篡改記憶粒子”的比荷相同，做勻速圓周運(yùn)動的周期相同，各個“篡改記憶粒子”進(jìn)入勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)時間相同，故A錯誤；B．加速電場中解得所以速度選擇器允許通過的粒子速度為50m/s，故B正確;C．在磁場中解得偏轉(zhuǎn)半徑為故C正確；D．在磁場中則比荷越小偏轉(zhuǎn)半徑越大，故D正確。故選BCD。11．（2024·福建漳州·三模）如圖，一質(zhì)譜儀由加速電場、靜電分析器、磁分析器構(gòu)成。靜電分析器通道的圓弧中心線半徑為R，通道內(nèi)有均勻輻向電場，方向指向圓心O，中心線處各點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等。磁分析器中分布著方向垂直于紙面的有界勻強(qiáng)磁場，邊界為矩形CNQD，，。質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子（不計(jì)重力），由靜止開始從A板經(jīng)電壓為U的電場加速后，沿中心線通過靜電分析器，再由P點(diǎn)垂直磁場邊界進(jìn)入磁分析器，最終打在膠片ON上，則（）A．磁分析器中磁場方向垂直于紙面向外B．靜電分析器中心線處的電場強(qiáng)度C．僅改變粒子的比荷，粒子仍能打在膠片上的同一點(diǎn)D．要使粒子能到達(dá)NQ邊界，磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值為【答案】D【詳解】A．由靜電分析器電場力充當(dāng)向心力可知，粒子帶正電，根據(jù)左手定則可知，磁分析器中磁場方向垂直于紙面向里，故A錯誤；B．在加速電場中，根據(jù)動能定理在靜電分析器電場力充當(dāng)向心力聯(lián)立可得故B錯誤；C．在磁分析器中，洛倫茲力提供向心力可得粒子進(jìn)入磁分析器到打在膠片上的距離所以與比荷有關(guān)，僅改變粒子的比荷，粒子不能打在膠片上的同一點(diǎn)，故C錯誤；D．由上述公式可知，磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B的越小，半徑越大，當(dāng)B最小值時，粒子與QD邊相切，由于圓心在PN上，則半徑此時有解得故D正確。故選D。12．（2024·四川成都·模擬預(yù)測）應(yīng)用電磁場工作的四種儀器如圖所示，則下列說法中正確的是（）A．甲中回旋加速器加速帶電粒子的最大動能與加速電壓成正比B．乙中不改變質(zhì)譜儀各區(qū)域的電場磁場時擊中光屏同一位置的粒子一定是比荷相同的粒子C．丙中通上如圖所示電流和加上如圖磁場時，，則霍爾元件的自由電荷為正電荷D．丁中將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，靜電計(jì)指針張角變小【答案】B【詳解】A．回旋加速器中帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，最大運(yùn)動半徑等于回旋加速器的半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力則帶電粒子的最大動能為可知帶電粒子的最大動能與與加速電壓無關(guān)，故A錯誤；B．圖乙中，在加速電場有在速度選擇器中有在偏轉(zhuǎn)磁場中有解得可知乙中不改變質(zhì)譜儀各區(qū)域的電場磁場時擊中照相底片同一位置的粒子比荷相同，故B正確；C．假設(shè)該霍爾元件是正電荷導(dǎo)電，根據(jù)左手定則可判斷正電荷受到的洛倫茲力方向指向N側(cè)，所以N側(cè)帶正電，電勢高，則不符合題意，故C錯誤；D．靜電計(jì)測量的是電容器兩端的電勢差，電容器始終與電源相連，則電容器兩端的電勢差不變，靜電計(jì)指針張角不變，故D錯誤。故選B。【考向三：回旋加速器】13．（2025·重慶·模擬預(yù)測）電磁技術(shù)的應(yīng)用非常廣泛：圖甲是磁流體發(fā)電機(jī)的原理圖、圖乙是回旋加速器的示意圖、圖丙是磁電式電流表的內(nèi)部結(jié)構(gòu)、圖丁是利用電磁爐加熱食物。下列說法正確的是（

）A．磁流體發(fā)電機(jī)的A板是電源的負(fù)極，B板是電源的正極B．僅增大回旋加速器狹縫間的電壓，被加速粒子獲得的最大動能不變C．磁電式儀表中的鋁框可使指針較快停止擺動，這是利用了電磁驅(qū)動的原理D．將電磁爐的電源換成電動勢更大的直流電源，可以增加鍋具的發(fā)熱功率【答案】AB【詳解】A．根據(jù)左手定則，滿足正電荷向下偏轉(zhuǎn)，所以B板帶正電，為發(fā)電機(jī)的正極，A極板是發(fā)電機(jī)的負(fù)極，故A正確；B．粒子離開回旋加速器時動能最大，根據(jù)，可得粒子獲得的最大動能為所以僅增大回旋加速器狹縫間的電壓，被加速粒子獲得的最大動能不變，故B正確；C．磁電式儀表中的鋁框可使指針較快停止擺動，是利用了電磁阻尼的原理，故C錯誤；D．電磁爐使用交流電作為電源，則將電磁爐的電源換成電動勢更大的直流電源，鍋具無法發(fā)熱，故D錯誤。故選AB。14．（2024·全國·模擬預(yù)測）醫(yī)用回旋加速器工作原理示意圖如圖甲所示，其工作原理是：帶電粒子在磁場和交變電場的作用下，反復(fù)在磁場中做回旋運(yùn)動，并被交變電場反復(fù)加速，達(dá)到預(yù)期所需要的粒子能量，通過引出系統(tǒng)引出后，轟擊在靶材料上，獲得所需要的核素。時，回旋加速器中心部位處的燈絲釋放的帶電粒子在回旋加速器中的運(yùn)行軌道和加在間隙間的高頻交流電壓如圖乙所示（圖中為已知量）。若帶電粒子的比荷為，忽略粒子經(jīng)過間隙的時間和相對論效應(yīng)，則（）A．被加速的粒子帶正電B．磁體間勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為C．粒子被加速的最大動量大小與D形盒的半徑無關(guān)D．帶電粒子在D形盒中被加速次數(shù)與交流電壓有關(guān)【答案】BD【詳解】A．由題圖乙可知時，粒子向右加速，故被加速的粒子帶負(fù)電，A錯誤；B．由題圖乙可知交流電壓的周期為，粒子在回旋加速器中做圓周運(yùn)動的周期與交流電壓的周期相等，粒子在磁場中運(yùn)動時，洛倫茲力提供向心力有，則，則又解得磁體間勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B正確；C．根據(jù)可知，粒子被加速的最大動量大小與D形盒的半徑有關(guān)，C錯誤；D．根據(jù)，，解得帶電粒子在D形盒中被加速次數(shù)與交流電壓有關(guān)，D正確。故選BD。15．（2024·浙江·模擬預(yù)測）為了實(shí)現(xiàn)氟核的人工轉(zhuǎn)變，α粒子需通過回旋加速器加速后轟擊氟核，產(chǎn)生一種稀有氣體元素——“氖”，其核反應(yīng)方程為，氖氣可作為充裝氣體用于試電筆中發(fā)光指示燈，現(xiàn)用電壓有效值為U的正弦交流電為回旋加速器提供加速的交變電場，已知回旋加速器的D形盒處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，D形盒半徑為R，α粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，則（）A．是中子B．氖原子的衰變是試電筆的氖管（發(fā)光指示燈）通電后發(fā)光的原因C．若要α粒子達(dá)到最大動能，加速次數(shù)至少為D．若更換需加速的帶電粒子，必須改變交流電的頻率【答案】C【詳解】A．根據(jù)核反應(yīng)方程，質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒，可知X是氫原子核，A錯誤；B．試電筆的氖管通電后發(fā)光的原因是原子能級躍遷，B錯誤；C．由于回旋加速器促使粒子加速的最終能量與加速電壓無關(guān)，加速電壓越大，加速的次數(shù)越少，因此用峰值電壓加速，次數(shù)則最少，根據(jù)動能定理解得最少次數(shù)C正確；D．實(shí)現(xiàn)粒子加速，必須使得粒子在磁場運(yùn)動的周期與加速電壓變化的周期相同，若粒子比荷不變，運(yùn)動周期也就不變，因此不一定要改變交流電的頻率，D錯誤。故選C。16．（2024·北京朝陽·模擬預(yù)測）回旋加速器由兩個鋁制的D形盒組成，兩個D形盒中間開有一條狹縫。D形盒處在勻強(qiáng)磁場中并接有高頻交變電壓。下圖為俯視圖，在D形盒上半面中心S處有一正離子源，它發(fā)出的正離子，經(jīng)狹縫電壓加速后，進(jìn)入D形盒中。在磁場力的作用下運(yùn)動半周，再經(jīng)狹縫電壓加速。如此周而復(fù)始，最后到達(dá)D形盒的邊緣，獲得最大速度，由導(dǎo)出裝置導(dǎo)出?，F(xiàn)欲使該離子加速后獲得的最大動能變成原來的2倍，理論上可采用的辦法有（不考慮相對論效應(yīng)）（）A．只將交變電源的最大電壓變?yōu)樵瓉淼?倍 B．只將交變電源的頻率變?yōu)樵瓉淼?倍C．只將磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼谋?D．只將D形盒的半徑變?yōu)樵瓉淼谋丁敬鸢浮緿【詳解】粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，則解得當(dāng)時，速度有最大值，此時動能最大，最大動能的決定式為B．又交變電源的頻率與粒子做勻速圓周運(yùn)動的頻率相同，為故故要使該離子加速后獲得的最大動能變成原來的2倍，只將交變電源的頻率變?yōu)樵瓉淼?倍不能實(shí)現(xiàn)，故B錯誤；CD．故要使該離子加速后獲得的最大動能變成原來的2倍，理論上可采用的辦法有將D形盒的半徑變?yōu)樵瓉淼谋叮驗(yàn)榻蛔冸娫吹念l率與磁場強(qiáng)度大小同比例變化，故只將磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼谋恫荒軐?shí)現(xiàn)，故C錯誤，D正確；A．根據(jù)動能定理若只將交變電源的最大電壓變?yōu)樵瓉淼?倍，則加速次數(shù)減半不變，故A錯誤。故選D。17．（2024·廣東·一模）帶電粒子在磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)的物理原理可運(yùn)用于各種科學(xué)實(shí)驗(yàn)和電器中，下面利用了此物理原理的裝置有（）A．磁流體發(fā)動機(jī) B．電子顯像管C．回旋加速器 D．延時繼電器【答案】ABC【詳解】A．磁流體發(fā)電機(jī)中帶電粒子在磁場中的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，電荷打到上下兩極板上。故A正確；B．電子顯像管是電子在磁場中的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故B正確；C．回旋加速器中帶電粒子在磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，在電場中加速，故C正確；D．延時繼電器是利用電磁感應(yīng)現(xiàn)象，與帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)沒有關(guān)系。故D錯誤。故選ABC。18．（2024·廣東東莞·模擬預(yù)測）關(guān)于下列四幅圖理解正確的是（）A．甲圖中干電池的電動勢為1.5V，則通過電源的電荷量為1C時，電源內(nèi)靜電力做功為1.5JB．乙圖中等離子體進(jìn)入上、下極板之間后上極板A帶正電C．丙圖中通過勵磁線圈的電流越大，電子的運(yùn)動徑跡半徑越小D．丁圖中回旋加速器帶電粒子的最大動能與加速電壓的大小有關(guān)【答案】C【詳解】A．甲圖中干電池的電動勢為1.5V，則通過電源的電荷量為1C時，電源內(nèi)非靜電力做功為A錯誤；B．乙圖中等離子體進(jìn)入上、下極板之間后，正離子受到向下的洛倫茲力，向下偏，負(fù)離子受到向上的洛倫茲力，向上偏，故上極板A帶負(fù)電，B錯誤；C．丙圖中通過勵磁線圈的電流越大，線圈產(chǎn)生的磁場越強(qiáng)，電子運(yùn)動半徑公式為則半徑越小，C正確；D．由可知所以回旋加速器帶電粒子的最大動能與加速電壓的大小無關(guān)，D錯誤。故選C?！究枷蛩模夯魻栃?yīng)與磁流體發(fā)電機(jī)】19．（2023·天津西青·模擬預(yù)測）筆記本電腦機(jī)身和顯示屏對應(yīng)部位分別有磁體和霍爾元件。當(dāng)顯示屏開啟時磁體遠(yuǎn)離霍爾元件，電腦正常工作；當(dāng)顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進(jìn)入休眠狀態(tài)。如圖所示，一塊寬為a、長為c的矩形半導(dǎo)體霍爾元件，元件內(nèi)的導(dǎo)電粒子是電荷量為e的自由電子，通入方向向右的電流時，電子的定向移動速度為v。當(dāng)顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強(qiáng)磁場中，于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓U，以此控制屏幕的熄滅。則元件的（）A．前表面的電勢比后表面的低B．前、后表面間的電壓U與a無關(guān)C．前、后表面間的電壓U與v成正比D．自由電子受到的洛倫茲力大小為【答案】C【詳解】A．電流向右，電子向左移動，根據(jù)左手定則，電子向后表面移動，故前表面的電勢比后表面的高，故A錯誤；BC．根據(jù)平衡條件解得故U與a有關(guān)，U與v成正比，故B錯誤，C正確；D．自由電子受到的洛倫茲力大小為故D錯誤。故選C。20．（2024·天津?yàn)I海新·三模）某種以自由電子作為載流子的霍爾元件，可以應(yīng)用于檢測電流的裝置中，基本結(jié)構(gòu)如圖所示。通有待測電流的螺線管在其正上方的霍爾元件處產(chǎn)生的磁場，通有電流的直導(dǎo)體棒在其左側(cè)的霍爾元件處產(chǎn)生的磁場。給霍爾元件通以由前表面到后表面的電流I，則下列說法正確的是（）A．只有導(dǎo)體棒通電時，霍爾元件左側(cè)面a端電勢高于右側(cè)面b端B．當(dāng)a、b兩端電勢差為零時，螺線管所在回路的電源正極方向向下C．霍爾元件處的磁感應(yīng)強(qiáng)度恒定不變時，I增大，a、b兩端電勢差變大D．當(dāng)電流表讀數(shù)為時，發(fā)現(xiàn)a、b兩端電勢差為零，則螺線管中電流【答案】AC【詳解】A．只有導(dǎo)體棒通電時，根據(jù)安培定則可判斷在霍爾元件處產(chǎn)生向上的磁場，根據(jù)左手定則可判斷電流對應(yīng)的電子受到洛倫茲力向b端聚集，所以左側(cè)面a端電勢高于右側(cè)面b端，故A正確；B．當(dāng)ab兩端電勢差為零時，說明螺線管和導(dǎo)體棒在霍爾元件處形成的磁場大小相等，方向相反，即螺線管在霍爾元件處形成的磁場方向向下，則螺線管所在回路的電源正極方向向上，故B錯誤；C．霍爾元件處的磁感應(yīng)強(qiáng)度恒定不變時，I增大，根據(jù)電流的微觀表達(dá)式I=nqvS可知電荷運(yùn)動速度增大，再根據(jù)可得U=vBd則a、b兩端電勢差變大，故C正確；D．當(dāng)ab兩端電勢差為零時，說明螺線管和導(dǎo)體棒在霍爾元件處形成的磁場大小相等，方向相反，可得k1I1=k2I2可得故D錯誤。故選AC。21．（2024·天津和平·二模）將一金屬或半導(dǎo)體薄片垂直置于磁場中，并沿垂直磁場方向通入電流，則在導(dǎo)體中垂直于電流和磁場方向會產(chǎn)生一個電勢差，這一現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)，此電勢差稱為霍爾電壓。某長方體薄片霍爾元件，長為a、寬為b、厚為c，在霍爾元件中有沿x軸方向的電流強(qiáng)度為I，若霍爾元件中導(dǎo)電的載流子是自由電子，帶電量為e，薄片處在沿方向磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，則在沿z軸方向產(chǎn)生霍爾電壓，（1）請判斷該霍爾元件圖中前、后兩個側(cè)面，哪端的電勢高，并簡要敘述理由；（2）該霍爾元件在具體應(yīng)用中，有，式中的稱為霍爾元件靈敏度，一般要求越大越好，推導(dǎo)的表達(dá)式并解釋為什么霍爾元件一般都做得很??；（3）由于金屬中載流子密度很大，霍爾效應(yīng)不明顯，因此霍爾元件常用半導(dǎo)體而不是金屬。一種半導(dǎo)體材料中同時存在電子與空穴兩種載流子（空穴可視為能移動的帶正電的粒子），每個載流子所帶電量的絕對值均為e，單位體積內(nèi)電子和空穴的數(shù)目之比為ρ，在霍爾電壓穩(wěn)定后，電子和空穴沿z方向定向移動的速率分別為和，求電子和空穴沿z軸方向定向移動的速率和之比?！敬鸢浮浚?）前表面，見解析；（2）見解析；（3）【詳解】（1）根據(jù)左手定則，電子向后表面偏轉(zhuǎn)，故前表面電勢高。（2）電子受到的洛倫茲力與電場力平衡電場強(qiáng)度電流的微觀表達(dá)式可得故由表達(dá)式可知，霍爾靈敏度與元件厚度c成反比，c越小，值越大，故霍爾元件一般都做得很薄。（3）霍爾電壓穩(wěn)定，則一段時間內(nèi)，到達(dá)后表面的電子總電荷量和空穴總電荷量相等，有又可得22．（2024·天津南開·一模）2020年12月2日22時，經(jīng)過約19小時月面工作，嫦娥5號完成了月面自動采樣封裝，這其中要用到許多壓力傳感器。有些壓力傳感器是通過霍爾元件將壓力信號轉(zhuǎn)化為電信號，當(dāng)壓力改變時有電流通過霍爾元件。如圖所示，一塊寬為a、長為c、厚為h的長方體半導(dǎo)體霍爾元件，元件內(nèi)的導(dǎo)電粒子是電荷量為的自由電子，通入如圖所示方向的電流時，電子的定向移動速度為v。若元件處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直于上表面向下的勻強(qiáng)磁場中，前后兩表面會形成電勢差U。下列說法中正確的是（）A．自由電子受到的洛倫茲力方向?yàn)榇怪鼻氨砻嫦蛲釨．前表面的電勢比后表面的高C．自由電子受到的洛倫茲力大小為D．前、后表面間電勢差【答案】AC【詳解】AB．電流方向向左，電子向右定向移動，由左手定則可知，自由電子受到的洛倫茲力方向?yàn)榇怪鼻氨砻嫦蛲猓瑒t前表面積累了電子，前表面的電勢比后表面的低，故A正確，B錯誤；CD．由電子受力平衡可得解得故C正確，D錯誤。故選AC。23．（2024·天津?yàn)I海新·模擬預(yù)測）磁流體發(fā)電機(jī)的發(fā)電原理如圖所示：將一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和負(fù)電的粒子，而從整體來說呈中性）沿圖示方向以速度v噴射入磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場中有兩塊金屬板A、B（A板在上，B板在下，且正對），板間距為d，這時金屬板上就聚集了電荷。下述說法正確的是（）A．A板帶正電荷B．有電流從a經(jīng)用電器流向bC．等離子體發(fā)生偏轉(zhuǎn)的原因是離子所受電場力大于所受洛倫茲力D．金屬板A、B間的最大電勢差為Bvd【答案】D【詳解】A．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錯誤；B．因?yàn)锽板帶正電，A板帶負(fù)電，所以電流的流向?yàn)閎經(jīng)電阻流向a，故B錯誤；C．等離子體發(fā)生偏轉(zhuǎn)的原因是離子所受洛倫茲力大于所受電場力，故C錯誤；D．當(dāng)?shù)入x子體受力平衡時，金屬板A、B間的電勢差最大，根據(jù)平衡條件解得故D正確。故選D。24．（2024·北京朝陽·模擬預(yù)測）如圖所示的磁流體發(fā)電機(jī)，兩金屬板間距為，板足夠長，板寬為。若等離子體均勻噴入兩極板（設(shè)單位體積正、負(fù)離子的個數(shù)均為），等離子體質(zhì)量均為，帶電量分別為、，均以速度沿著與板面平行的方向射入兩板間，兩板間還有與粒子速度方向垂直的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為。若此發(fā)電機(jī)兩極板輸出的電壓為，則此發(fā)電機(jī)輸出的電流可能為（）A． B． C． D．【答案】AC【詳解】由于兩板間電壓為U，則兩板間電場強(qiáng)度為又設(shè)粒子進(jìn)入兩板間時的速度v由和兩分量合成，即并令滿足則這樣，由對應(yīng)產(chǎn)生的磁場力恰與電場力相抵消，而由對應(yīng)產(chǎn)生的磁場力則使粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，其對應(yīng)半徑為當(dāng)，即時，與極板距離小于2R的粒子可以打到極板而形成電流，單位時間內(nèi)打到一塊極板上的粒子數(shù)為此時發(fā)電機(jī)的輸出電流為當(dāng)，即時，全部入射粒子均可擊中極板，故此時發(fā)電機(jī)的輸出電流為故選AC?！究枷蛭澹簬щ娏Ｗ釉诮M合場中的運(yùn)動】25．（2024·天津北辰·三模）如圖所示，空間有一棱長為L的正方體區(qū)域，帶電粒子從平行于MF棱且與MPQF共面的線狀粒子源連續(xù)不斷地逸出，逸出粒子的初速度可視為0，粒子質(zhì)量為m，電荷量為，經(jīng)垂直于MF棱的水平電場加速后，粒子以一定的水平初速度從MS段垂直進(jìn)入正方體區(qū)域內(nèi)，MS段長為，該區(qū)域內(nèi)有垂直平面MPRG向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，從M點(diǎn)射入的粒子恰好從R點(diǎn)射出。忽略粒子間的相互作用，不計(jì)粒子重力。（1）求線狀粒子源處與正方體MS段之間的電勢差；（2）若該區(qū)域內(nèi)只有垂直平面MPRG向外的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為，已知從S點(diǎn)射入的粒子從QP邊上的某點(diǎn)射出，求該點(diǎn)距Q點(diǎn)的距離；（3）若該區(qū)域內(nèi)同時存在上述磁場與電場，通過計(jì)算判斷從S點(diǎn)進(jìn)入的粒子，離開該區(qū)域時的位置和速度大小?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）粒子從N點(diǎn)離開該區(qū)域；【詳解】（1）粒子經(jīng)電場加速，則進(jìn)入垂直平面MPRG向外的勻強(qiáng)磁場后從，從M點(diǎn)射入的粒子恰好從R點(diǎn)射出，可知粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑為r=L則由可得（2）若該區(qū)域內(nèi)只有垂直平面MPRG向外的勻強(qiáng)電場，則粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，則垂直電場方向沿電場方向其中，解得該點(diǎn)距Q點(diǎn)的距離（3）該區(qū)域內(nèi)同時存在上述磁場與電場時，從S點(diǎn)進(jìn)入的粒子在正方體區(qū)域內(nèi)做不等距螺旋線運(yùn)動，將其運(yùn)動分解為沿MF方向的初速為零的勻加速直線運(yùn)動，和平行于MPRG平面的線速度為v,半徑為R=L的勻速圓周運(yùn)動。分運(yùn)動的勻速圓周運(yùn)動的周期為假設(shè)粒子從FQNA面射出，則有解得可知分運(yùn)動的勻速圓周運(yùn)動的軌跡為圓周，該粒子恰好從N點(diǎn)離開該區(qū)域，假設(shè)成立。離開該區(qū)域時沿MF方向的速度為v2=at2解得設(shè)離開該區(qū)域時速度大小為v′，則有解得26．（2024·天津·模擬預(yù)測）如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)存在著垂直于坐標(biāo)平面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)磁場，第四象限內(nèi)存在著方向沿軸負(fù)方向、場強(qiáng)大小為的勻強(qiáng)電場，軸負(fù)半軸上固定著足夠長的熒光屏?，F(xiàn)有大量質(zhì)量均為、電荷量均為的粒子從軸正半軸上不同位置以不同的速率平行于軸正方向射入磁場，經(jīng)偏轉(zhuǎn)后所有粒子均從點(diǎn)進(jìn)入電場，不計(jì)粒子重力和粒子之間的相互作用力。（1）求垂直軸從點(diǎn)進(jìn)入電場的粒子的速度大小大小v；（2）求（1）中粒子打在熒光屏上的位置與點(diǎn)的距離；（3）求從軸上點(diǎn)進(jìn)入磁場時的粒子的速度大小；【答案】（1）；（2）（3）【詳解】（1）垂直軸從點(diǎn)進(jìn)入電場的粒子，以O(shè)點(diǎn)為圓心，OP為半徑畫圓，交y軸于Q點(diǎn)，如圖所示即從Q點(diǎn)進(jìn)入磁場的粒子垂直x軸從P點(diǎn)射出，依題意可知Q點(diǎn)的縱坐標(biāo)為d，洛倫茲力提供粒子做勻速圓周運(yùn)動的向心力解得（2）由（1）知粒子垂直于x軸進(jìn)入電場，在電場中做類平拋運(yùn)動，設(shè)其加速度大小為a，在電場中的運(yùn)動時間為t，有x軸方向有y軸方向有，解得（3）設(shè)從M點(diǎn)進(jìn)入磁場的粒子的軌跡圓心為，半徑為r，如圖所示由幾何關(guān)系有解得根據(jù)洛倫茲力提供向心力可知解得27．（2024·天津武清·模擬預(yù)測）現(xiàn)代科學(xué)儀器常利用電場、磁場控制帶電粒子的運(yùn)動。如圖所示，在真空的坐標(biāo)系中，第一象限和第四象限存在著垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，第二象限內(nèi)有邊界互相平行且寬度均為d的六個區(qū)域，交替分布著方向豎直向下的勻強(qiáng)電場和方向垂直紙面向里勻強(qiáng)磁場，調(diào)節(jié)電場和磁場大小，可以控制飛出的帶電粒子的速度大小及方向?，F(xiàn)將質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子在邊界P處由靜止釋放，粒子恰好以速度大小v從y軸上的Q點(diǎn)進(jìn)入第一象限，經(jīng)過x軸上的M點(diǎn)時速度方向剛好沿x軸正向。已知Q點(diǎn)坐標(biāo)為（0，L），M點(diǎn)坐標(biāo)為（3L，0），不計(jì)粒子重力及運(yùn)動時的電磁輻射，不考慮粒子再次進(jìn)入第二象限的運(yùn)動情況。（1）求第一、四象限中勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；（2）求第二象限中電場強(qiáng)度大??；（3）求第二象限中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)粒子在第一象限做勻速圓周運(yùn)動的半徑為r，由幾何關(guān)系可得解得又由解得（2）粒子從P到Q，電場力做正功，洛侖茲力不做功，由動能定理得解得（3）設(shè)粒子速度與y軸負(fù)方向的夾角為θ，由幾何關(guān)系可得粒子在經(jīng)過磁場時的水平方向上，由動量定理即解得28．（2024·天津·二模）實(shí)驗(yàn)室有一裝置可用于探究原子核的性質(zhì)，該裝置的主要原理可簡化為：空間中有一直角坐標(biāo)系，在緊貼的下側(cè)處有一粒子源，能沿軸正方向以的速度持續(xù)發(fā)射比荷為的某種原子核。平面圖如圖甲所示，在，的空間中有沿方向的勻強(qiáng)電場。在的空間有垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁場區(qū)域足夠大，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為。忽略原子核間的相互作用和重力。（1）求原子核第一次穿過軸時速率；（2）設(shè)原子核從點(diǎn)第二次穿過軸，求O、Q兩點(diǎn)之間距離；（3）若在平面內(nèi)區(qū)域放置一足夠大的吸收屏，屏上方施加有沿方向大小為的勻強(qiáng)磁場，如圖乙所示。原子核打在吸收屏上即被吸收并留下印跡，請確定該印跡的位置坐標(biāo)。【答案】（1）；（2）；（3）或【詳解】（1）原子核在電場中做類平拋運(yùn)動，有，，，代入數(shù)據(jù)，其中，可得（2）原子核離開電場時速度與夾角設(shè)為，則偏移距離右側(cè)的磁場中做勻速圓周運(yùn)動，有該軌跡圓在軸上對應(yīng)的弦長OQ間距離代入數(shù)據(jù)可得（根據(jù)幾何關(guān)系的對稱性，得出也給滿分）（3）原子核在區(qū)域做等距螺旋線運(yùn)動，即沿方向做勻速直線運(yùn)動，在垂直方向做勻速圓周運(yùn)動，有得，得，得可以看出，原子核經(jīng)過半個周期打在吸收屏上。所以該點(diǎn)位置坐標(biāo)為或。29．（2024·天津·一模）如圖所示，平行金屬板、水平放置，上極板接電源負(fù)極，下極板接電源正極，板長，極板間距，與極板右端相接的豎直虛線右側(cè)有范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，方向垂直紙面向外。在兩極板左端正中間點(diǎn)水平向右發(fā)射一比荷、初速度的帶正電粒子。不計(jì)粒子的重力，不考慮極板邊緣電場的影響。（1）若兩金屬板間加適當(dāng)電壓，粒子恰好從上極板右邊緣射出電場，求粒子在磁場中運(yùn)動的時間（結(jié)果中的無需代入數(shù)值）；（2）若兩金屬板間加適當(dāng)電壓，粒子經(jīng)電場、磁場偏轉(zhuǎn)后，恰好能從下極板右邊緣再次回到電場中，求所加電壓U為多大？【答案】（1）；（2）【詳解】（1）恰好從上極板右邊緣射出電場做類平拋運(yùn)動，豎直方向勻變速水平方向勻速，，出電場時速度方向和水平方向夾角為得即在磁場中，洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運(yùn)動，粒子偏轉(zhuǎn)角度為，因此運(yùn)動時間為（2）在磁場中洛倫茲力提供向心力，設(shè)粒子進(jìn)入磁場速度方向和水平方向夾角為，其中在偏轉(zhuǎn)電場中，，，得30．（2024·天津和平·一模）如圖所示，在直角坐標(biāo)系的第一象限，有方向豎直向下、場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場，在第四象限有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，在x軸下方放置一長度為L的絕緣薄板PQ，擋板平面與x軸垂直且上端緊貼x軸。一質(zhì)量為m，電荷量為的粒子從y軸上一點(diǎn)以大小為的速度水平向右射出，恰好從薄板上邊緣P點(diǎn)處射入磁場，粒子射入磁場時的速度方向與PQ的夾角為60°，之后粒子恰好未與薄板碰撞，不計(jì)粒子重力，求：（1）粒子在y軸上的發(fā)射位置到P點(diǎn)的水平距離；（2）勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小：（3）粒子在薄板右側(cè)運(yùn)動的時間t。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）根據(jù)題意可得粒子在P點(diǎn)速度方向與軸的夾角為，可得粒子在P點(diǎn)的豎直分速度粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，水平方向做勻速直線運(yùn)動，有豎直方向根據(jù)牛頓第二定律有而根據(jù)速度與時間的關(guān)系可得聯(lián)立以上各式可得（2）粒子在點(diǎn)的速度粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，有粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的軌跡如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可得聯(lián)立解得（3）根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子在擋板右側(cè)磁場中運(yùn)動的時間而粒子做圓周運(yùn)動的周期解得【考向六：帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動】31．（2024·天津紅橋·二模）如圖，平行板電容器兩板間距離為，板間電壓大小為，同時板間還存在勻強(qiáng)磁場。平行板電容器右側(cè)有內(nèi)徑為、外徑為內(nèi)徑的2倍的圓環(huán)狀勻強(qiáng)磁場。比荷為的正離子從電容器左側(cè)水平飛入，在兩板間恰好做勻速直線運(yùn)動，并沿圓環(huán)直徑方向射入環(huán)形磁場，離子的重力可忽略。求：（1）離子射入兩板間的速率；（2）若離子恰好不能進(jìn)入小圓區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小；（3）滿足第（2）問結(jié)果的條件下，粒子通過環(huán)形磁場所用的時間（，，取3）?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)離子射入勻強(qiáng)磁場時的速率為v，在兩板間恰好做勻速直線運(yùn)動，則有解得（2）若離子恰好不能進(jìn)入小圓區(qū)域，設(shè)離子與小圓相切時軌道半徑為，此時軌跡如圖所示在中，由幾何關(guān)系得解得在環(huán)形磁場中，洛倫茲力提供向心力解得（3）電粒子在磁場中運(yùn)動的周期根據(jù)幾何關(guān)系可得可得可知軌跡對應(yīng)的圓心角約為，則有32．（2024·天津·模擬預(yù)測）在一次實(shí)戰(zhàn)訓(xùn)練中，有一炮彈被以初速度為從地面豎直向上射出，當(dāng)炮彈到達(dá)最高點(diǎn)h=80m處時，突然炸裂為二塊，其質(zhì)量分別為m1=1kg、m2=0.8kg，且在炸裂過程中分別帶上了q=0.2C等量異種電荷，其中m1帶負(fù)電。設(shè)在炸裂處，有一水平寬度L=20m的正交勻強(qiáng)電磁場，如圖，勻強(qiáng)磁場方向垂直于紙面向里，大小為B=1.0T，勻強(qiáng)電場方向豎直。設(shè)炸裂時，炮彈正處在正交電磁場中心，炸裂后，m1在正交電磁場中向左做直線運(yùn)動，m2在正交電磁場中向右做直線運(yùn)動。（g=10m/s2）。求：（1）炮彈被射出時的初速度；（2）電場強(qiáng)度的大小和方向；（3）爆炸對m1、m2做的功各為多少；（4）二者落地點(diǎn)的距離。

【答案】（1）40m/s；（2）10V/m，方向豎直向上；（3）800J，1000J；（4）380m【詳解】（1）由豎直上拋運(yùn)動得炮彈被射出時的初速度（2）由動量守恒定律得帶電物體在洛倫茲力作用下的直線運(yùn)動是勻速直線運(yùn)動，假設(shè)電場強(qiáng)度方向豎直向上，根據(jù)受力有，聯(lián)立解得，所加電場為因?yàn)镋為正，所以場強(qiáng)方向豎直向上。（3）則動能定理得：爆炸對兩物體做的功，（4）由平拋運(yùn)動規(guī)律得落地時間兩物體水平位移，兩物體落地點(diǎn)間的距離33．（2025·福建福州·模擬預(yù)測）如圖甲所示，已知車輪邊緣上一質(zhì)點(diǎn)P的軌跡可看成質(zhì)點(diǎn)P相對圓心O作速率為v的勻速圓周運(yùn)動，同時圓心O向右相對地面以速率v作勻速運(yùn)動形成的，該軌跡稱為圓滾線。如圖乙所示，空間存在豎直向下的大小為E勻強(qiáng)電場和水平方向（垂直紙面向里）大小為B的勻強(qiáng)磁場，已知一質(zhì)量為m、電量大小為q的正離子在電場力和洛倫茲力共同作用下，從靜止開始自A點(diǎn)沿曲線AC運(yùn)動（該曲線屬于圓滾線），到達(dá)B點(diǎn)時速度為零，C為運(yùn)動的最低點(diǎn)。不計(jì)重力，則（）A．A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)的時間為B．A、C兩點(diǎn)間距離隨著電場E的增大而增大C．該離子電勢能先增大后減小D．到達(dá)C點(diǎn)時離子速度最大【答案】BD【詳解】C．離子由靜止開始自A點(diǎn)沿曲線ACB運(yùn)動，電場力先做正功后做負(fù)功，則電勢能先減小后增大，故C錯誤；D．洛倫茲力不做功，結(jié)合上述，離子由靜止開始自A點(diǎn)沿曲線運(yùn)動到C點(diǎn)過程，電場力做正功最多，根據(jù)動能定理可知，離子到達(dá)C點(diǎn)時離子速度最大，故D正確；A．粒子在A點(diǎn)時，速度為0，將粒子速度分解為水平向右的與水平向左的，使水平向右的對應(yīng)的洛倫茲力與電場力平衡，則有解得即離子水平向右的分運(yùn)動為的勻速直線運(yùn)動