專題11 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（練習(xí)）（解析版）-2024年高考物理二輪復(fù)習(xí)講練測(cè)（新教材新高考）

【淘寶店鋪：向陽(yáng)百分百】【淘寶店鋪：向陽(yáng)百分百】專題11帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)目錄01帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 2考向一帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 2考向二帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 3902常見(jiàn)電學(xué)儀器 84考向一常見(jiàn)電學(xué)儀器 8401帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)考向一帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．（2023·重慶·高考真題）某同學(xué)設(shè)計(jì)了一種粒子加速器的理想模型。如圖所示，xOy平面內(nèi)，x軸下方充滿垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，x軸上方被某邊界分割成兩部分，一部分充滿勻強(qiáng)電場(chǎng)（電場(chǎng)強(qiáng)度與y軸負(fù)方向成α角），另一部分無(wú)電場(chǎng)，該邊界與y軸交于M點(diǎn)，與x軸交于N點(diǎn)。只有經(jīng)電場(chǎng)到達(dá)N點(diǎn)、與x軸正方向成α角斜向下運(yùn)動(dòng)的帶電粒子才能進(jìn)入磁場(chǎng)。從M點(diǎn)向電場(chǎng)內(nèi)發(fā)射一個(gè)比荷為的帶電粒子A，其速度大小為v0、方向與電場(chǎng)方向垂直，僅在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間T后進(jìn)入磁場(chǎng)，且通過(guò)N點(diǎn)的速度大小為2v0。忽略邊界效應(yīng)，不計(jì)粒子重力。（1）求角度α及M、N兩點(diǎn)的電勢(shì)差。（2）在該邊界上任意位置沿與電場(chǎng)垂直方向直接射入電場(chǎng)內(nèi)的、比荷為的帶電粒子，只要速度大小適當(dāng)，就能通過(guò)N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，求N點(diǎn)橫坐標(biāo)及此邊界方程。（3）若粒子A第一次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，以后每次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為上一次的一半，則粒子A從M點(diǎn)發(fā)射后，每次加速均能通過(guò)N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)。求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1及粒子A從發(fā)射到第n次通過(guò)N點(diǎn)的時(shí)間?！敬鸢浮浚?），；（2），；（3），【詳解】（1）粒子M點(diǎn)垂直于電場(chǎng)方向入射，粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，垂直于電場(chǎng)方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在N點(diǎn)將速度沿電場(chǎng)方向與垂直于電場(chǎng)方向分解，在垂直于電場(chǎng)方向上有解得粒子從過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有解得（2）對(duì)于從M點(diǎn)射入的粒子，沿初速度方向的位移為沿電場(chǎng)方向的位移為令N點(diǎn)橫坐標(biāo)為，根據(jù)幾何關(guān)系有解得根據(jù)上述與題意可知，令粒子入射速度為v，則通過(guò)N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)的速度為2v，令邊界上點(diǎn)的坐標(biāo)為（x，y）則在沿初速度方向上有在沿電場(chǎng)方向有解得（3）由上述結(jié)果可知電場(chǎng)強(qiáng)度解得設(shè)粒子A第次在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度為，可得第次在N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)的速度為第一次在N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小為，可得設(shè)粒子A第次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為，由題意可得由洛倫茲力提供向心力得聯(lián)立解得粒子A第n次在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示

粒子每次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心角均為300°，第n次離開(kāi)磁場(chǎng)的位置C與N的距離等于，由C到N由動(dòng)能定理得聯(lián)立上式解得由類平拋運(yùn)動(dòng)沿電場(chǎng)方向的運(yùn)動(dòng)可得，粒子A第n次在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為粒子A第n次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為粒子A第n次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為設(shè)粒子A第n次在電場(chǎng)邊界MN與x軸之間的無(wú)場(chǎng)區(qū)域的位移為，邊界與x軸負(fù)方向的夾角為，則根據(jù)邊界方程可得，由正弦定理可得解得粒子A第n次在電場(chǎng)邊界MN與x軸之間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為粒子A從發(fā)射到第n次通過(guò)N點(diǎn)的過(guò)程，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)n次，在磁場(chǎng)和無(wú)場(chǎng)區(qū)域中均運(yùn)動(dòng)n-1次，則所求時(shí)間由等比數(shù)列求和得解得2．（2023·遼寧·高考真題）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、方向垂直于紙面向外的勻強(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)。已知圓形磁場(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）僅改變圓形磁場(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)出改變后的圓形磁場(chǎng)區(qū)域的圓心M?！敬鸢浮浚?）；（2）或；（3）

【詳解】（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)度為根據(jù)牛頓第二定律得，電場(chǎng)力提供加速度解得設(shè)粒子在平板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，根據(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)，根據(jù)牛頓第二定律，洛倫茲力提供勻速圓周運(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，根據(jù)幾何關(guān)系可知，帶電粒子在該磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡一定為劣弧，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：

3．（2022·浙江·高考真題）如圖為研究光電效應(yīng)的裝置示意圖，該裝置可用于分析光子的信息。在xOy平面（紙面）內(nèi)，垂直紙面的金屬薄板M、N與y軸平行放置，板N中間有一小孔O。有一由x軸、y軸和以O(shè)為圓心、圓心角為90°的半徑不同的兩條圓弧所圍的區(qū)域Ⅰ，整個(gè)區(qū)域Ⅰ內(nèi)存在大小可調(diào)、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒為B1、磁感線與圓弧平行且逆時(shí)針?lè)较虻拇艌?chǎng)。區(qū)域Ⅰ右側(cè)還有一左邊界與y軸平行且相距為l、下邊界與x軸重合的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ，其寬度為a，長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)，其中的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)。光電子從板M逸出后經(jīng)極板間電壓U加速（板間電場(chǎng)視為勻強(qiáng)電場(chǎng)），調(diào)節(jié)區(qū)域Ⅰ的電場(chǎng)強(qiáng)度和區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度，使電子恰好打在坐標(biāo)為（a+2l，0）的點(diǎn)上，被置于該處的探測(cè)器接收。已知電子質(zhì)量為m、電荷量為e，板M的逸出功為W0，普朗克常量為h。忽略電子的重力及電子間的作用力。當(dāng)頻率為ν的光照射板M時(shí)有光電子逸出，（1）求逸出光電子的最大初動(dòng)能Ekm，并求光電子從O點(diǎn)射入?yún)^(qū)域Ⅰ時(shí)的速度v0的大小范圍；（2）若區(qū)域Ⅰ的電場(chǎng)強(qiáng)度大小，區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，求被探測(cè)到的電子剛從板M逸出時(shí)速度vM的大小及與x軸的夾角；（3）為了使從O點(diǎn)以各種大小和方向的速度射向區(qū)域Ⅰ的電子都能被探測(cè)到，需要調(diào)節(jié)區(qū)域Ⅰ的電場(chǎng)強(qiáng)度E和區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2，求E的最大值和B2的最大值?！敬鸢浮浚?）；；（2）；；（3）；【詳解】（1）光電效應(yīng)方程，逸出光電子的最大初動(dòng)能（2）速度選擇器如圖所示，幾何關(guān)系（3）由上述表達(dá)式可得由而v0sinθ等于光電子在板逸出時(shí)沿y軸的分速度，則有即聯(lián)立可得B2的最大值4．（2022·山東·高考真題）中國(guó)“人造太陽(yáng)”在核聚變實(shí)驗(yàn)方面取得新突破，該裝置中用電磁場(chǎng)約束和加速高能離子，其部分電磁場(chǎng)簡(jiǎn)化模型如圖所示，在三維坐標(biāo)系中，空間內(nèi)充滿勻強(qiáng)磁場(chǎng)I，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向沿x軸正方向；，的空間內(nèi)充滿勻強(qiáng)磁場(chǎng)II，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，方向平行于平面，與x軸正方向夾角為；，的空間內(nèi)充滿沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。質(zhì)量為m、帶電量為的離子甲，從平面第三象限內(nèi)距軸為的點(diǎn)以一定速度出射，速度方向與軸正方向夾角為，在平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，經(jīng)坐標(biāo)原點(diǎn)沿軸正方向進(jìn)入磁場(chǎng)I。不計(jì)離子重力。（1）當(dāng)離子甲從點(diǎn)出射速度為時(shí)，求電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；（2）若使離子甲進(jìn)入磁場(chǎng)后始終在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，求進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的最大速度；（3）離子甲以的速度從點(diǎn)沿軸正方向第一次穿過(guò)面進(jìn)入磁場(chǎng)I，求第四次穿過(guò)平面的位置坐標(biāo)（用d表示）；（4）當(dāng)離子甲以的速度從點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)I時(shí)，質(zhì)量為、帶電量為的離子乙，也從點(diǎn)沿軸正方向以相同的動(dòng)能同時(shí)進(jìn)入磁場(chǎng)I，求兩離子進(jìn)入磁場(chǎng)后，到達(dá)它們運(yùn)動(dòng)軌跡第一個(gè)交點(diǎn)的時(shí)間差（忽略離子間相互作用）?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）（d，d，）；（4）【詳解】（1）如圖所示將離子甲從點(diǎn)出射速度為分解到沿軸方向和軸方向，離子受到的電場(chǎng)力沿軸負(fù)方向，可知離子沿軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿軸方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，從到的過(guò)程，有聯(lián)立解得（2）離子從坐標(biāo)原點(diǎn)沿軸正方向進(jìn)入磁場(chǎng)I中，在磁場(chǎng)I中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)I偏轉(zhuǎn)后從軸進(jìn)入磁場(chǎng)II中，繼續(xù)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示由洛倫茲力提供向心力可得，可得為了使離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，則離子磁場(chǎng)I運(yùn)動(dòng)時(shí)，不能從磁場(chǎng)I上方穿出。在磁場(chǎng)II運(yùn)動(dòng)時(shí)，不能xOz平面穿出，則離子在磁場(chǎng)用運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑需滿足，聯(lián)立可得要使離子甲進(jìn)入磁場(chǎng)后始終在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的最大速度為；（3）離子甲以的速度從點(diǎn)沿z軸正方向第一次穿過(guò)面進(jìn)入磁場(chǎng)I，離子在磁場(chǎng)I中的軌跡半徑為離子在磁場(chǎng)II中的軌跡半徑為離子從點(diǎn)第一次穿過(guò)到第四次穿過(guò)平面的運(yùn)動(dòng)情景，如圖所示離子第四次穿過(guò)平面的坐標(biāo)為離子第四次穿過(guò)平面的坐標(biāo)為故離子第四次穿過(guò)平面的位置坐標(biāo)為（d，d，）。（4）設(shè)離子乙的速度為，根據(jù)離子甲、乙動(dòng)能相同，可得可得離子甲、離子乙在磁場(chǎng)I中的軌跡半徑分別為，離子甲、離子乙在磁場(chǎng)II中的軌跡半徑分別為，根據(jù)幾何關(guān)系可知離子甲、乙運(yùn)動(dòng)軌跡第一個(gè)交點(diǎn)在離子乙第一次穿過(guò)x軸的位置，如圖所示從點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)到第一個(gè)交點(diǎn)的過(guò)程，有可得離子甲、乙到達(dá)它們運(yùn)動(dòng)軌跡第一個(gè)交點(diǎn)的時(shí)間差為5．（2022·天津·高考真題）如圖所示，M和N為平行金屬板，質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子從M由靜止開(kāi)始被兩板間的電場(chǎng)加速后，從N上的小孔穿出，以速度v由C點(diǎn)射入圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，經(jīng)D點(diǎn)穿出磁場(chǎng)，CD為圓形區(qū)域的直徑。已知磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外，粒子速度方向與磁場(chǎng)方向垂直，重力略不計(jì)。（1）判斷粒子的電性，并求M、N間的電壓U；（2）求粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r；（3）若粒子的軌道半徑與磁場(chǎng)區(qū)域的直徑相等，求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t?！敬鸢浮浚?）正電，；（2）；（3）【詳解】（1）帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電。粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)由動(dòng)能定理可知解得（2）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所受洛倫茲力提供向心力，有解得（3）設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)軌道圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為，如圖依題意粒子的軌道半徑與磁場(chǎng)區(qū)域的直徑相等，由幾何關(guān)系，得設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，有帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間聯(lián)立各式解得6．（2021·全國(guó)·高考真題）如圖，長(zhǎng)度均為l的兩塊擋板豎直相對(duì)放置，間距也為l，兩擋板上邊緣P和M處于同一水平線上，在該水平線的上方區(qū)域有方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E；兩擋板間有垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)節(jié)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）的粒子自電場(chǎng)中某處以大小為v0的速度水平向右發(fā)射，恰好從P點(diǎn)處射入磁場(chǎng)，從兩擋板下邊緣Q和N之間射出磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中粒子未與擋板碰撞。已知粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向與PQ的夾角為60°，不計(jì)重力。（1）求粒子發(fā)射位置到P點(diǎn)的距離；（2）求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的取值范圍；（3）若粒子正好從QN的中點(diǎn)射出磁場(chǎng)，求粒子在磁場(chǎng)中的軌跡與擋板MN的最近距離?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）粒子運(yùn)動(dòng)軌跡見(jiàn)解析，【詳解】（1）帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知①②粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向與PQ的夾角為60°，有③粒子發(fā)射位置到P點(diǎn)的距離④由①②③④式得⑤（2）帶電粒子在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)在速度⑥帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)兩個(gè)臨界軌跡（分別從Q、N點(diǎn)射出）如圖所示由幾何關(guān)系可知，最小半徑⑦最大半徑⑧帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由洛倫茲力提供，由向心力公式可知⑨由⑥⑦⑧⑨解得，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的取值范圍（3）若粒子正好從QN的中點(diǎn)射出磁場(chǎng)時(shí)，帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。由幾何關(guān)系可知⑩帶電粒子的運(yùn)動(dòng)半徑為?粒子在磁場(chǎng)中的軌跡與擋板MN的最近距離?由⑩??式解得?7．（2021·重慶·高考真題）如圖1所示的豎直平面內(nèi)，在原點(diǎn)O有一粒子源，可沿x軸正方向發(fā)射速度不同、比荷均為的帶正電的粒子。在的區(qū)域僅有垂直于平面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；的區(qū)域僅有如圖2所示的電場(chǎng)，時(shí)間內(nèi)和時(shí)刻后的勻強(qiáng)電場(chǎng)大小相等，方向相反（時(shí)間內(nèi)電場(chǎng)方向豎直向下），時(shí)間內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度為零。在磁場(chǎng)左邊界直線上的某點(diǎn)，固定一粒子收集器（圖中未畫出）。0時(shí)刻發(fā)射的A粒子在時(shí)刻經(jīng)過(guò)左邊界進(jìn)入磁場(chǎng)，最終被收集器收集；B粒子在時(shí)刻以與A粒子相同的發(fā)射速度發(fā)射，第一次經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)左邊界的位置坐標(biāo)為；C粒子在時(shí)刻發(fā)射，其發(fā)射速度是A粒子發(fā)射速度的，不經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)能被收集器收集。忽略粒子間相互作用力和粒子重力，不考慮邊界效應(yīng)。(1)求電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；(2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(3)設(shè)時(shí)刻發(fā)射的粒子能被收集器收集，求其有可能的發(fā)射速度大小?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)、、【詳解】（1）由粒子類平拋粒子先類平拋后勻直，可得

或解得（2）對(duì)粒子類平拋得

A進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度與軸正方向夾角為，則得即A粒子做勻圓，速度為半徑為，有

由可得對(duì)粒子類平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

可得由幾何關(guān)系得聯(lián)立解得

（3）①設(shè)直接類平拋過(guò)D點(diǎn)，即解得

②設(shè)先類平拋后勻圓過(guò)D點(diǎn)，剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)與軸夾角為、偏移的距離為，則

整理得令，則上式變成觀察可得是其中一解，所以上方程等價(jià)于可得其解是或（另一解不符合題意，舍去）則有或綜上所述，能夠被粒子收集器收集的粒子速度有：、、。8．（2021·北京·高考真題）如圖所示，M為粒子加速器；N為速度選擇器，兩平行導(dǎo)體板之間有方向相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。從S點(diǎn)釋放一初速度為0、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，經(jīng)M加速后恰能以速度v沿直線（圖中平行于導(dǎo)體板的虛線）通過(guò)N。不計(jì)重力。（1）求粒子加速器M的加速電壓U；（2）求速度選擇器N兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小和方向；（3）仍從S點(diǎn)釋放另一初速度為0、質(zhì)量為2m、電荷量為q的帶正電粒子，離開(kāi)N時(shí)粒子偏離圖中虛線的距離為d，求該粒子離開(kāi)N時(shí)的動(dòng)能?！敬鸢浮浚?）；（2），方向垂直導(dǎo)體板向下；（3）【詳解】（1）粒子直線加速，根據(jù)功能關(guān)系有解得（2）速度選擇器中電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡得方向垂直導(dǎo)體板向下。（3）粒子在全程電場(chǎng)力做正功，根據(jù)功能關(guān)系有解得9．（2021·山東·高考真題）某離子實(shí)驗(yàn)裝置的基本原理如圖甲所示。Ⅰ區(qū)寬度為d，左邊界與x軸垂直交于坐標(biāo)原點(diǎn)O，其內(nèi)充滿垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為；Ⅱ區(qū)寬度為L(zhǎng)，左邊界與x軸垂直交于點(diǎn)，右邊界與x軸垂直交于點(diǎn)，其內(nèi)充滿沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。測(cè)試板垂直x軸置于Ⅱ區(qū)右邊界，其中心C與點(diǎn)重合。從離子源不斷飄出電荷量為q、質(zhì)量為m的正離子，加速后沿x軸正方向過(guò)O點(diǎn)，依次經(jīng)Ⅰ區(qū)、Ⅱ區(qū)，恰好到達(dá)測(cè)試板中心C。已知離子剛進(jìn)入Ⅱ區(qū)時(shí)速度方向與x軸正方向的夾角為。忽略離子間的相互作用，不計(jì)重力。（1）求離子在Ⅰ區(qū)中運(yùn)動(dòng)時(shí)速度的大小v；（2）求Ⅱ區(qū)內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E；（3）保持上述條件不變，將Ⅱ區(qū)分為左右兩部分，分別填充磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B（數(shù)值未知）方向相反且平行y軸的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖乙所示。為使離子的運(yùn)動(dòng)軌跡與測(cè)試板相切于C點(diǎn)，需沿x軸移動(dòng)測(cè)試板，求移動(dòng)后C到的距離S?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)離子在Ⅰ區(qū)內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，由牛頓第二定律得①根據(jù)幾何關(guān)系得②聯(lián)立①②式得（2）離子在Ⅱ區(qū)內(nèi)只受電場(chǎng)力，x方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，y方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)從進(jìn)入電場(chǎng)到擊中測(cè)試板中心C的時(shí)間為t，y方向的位移為，加速度大小為a，由牛頓第二定律得由運(yùn)動(dòng)的合成與分解得，，聯(lián)立得（3）Ⅱ區(qū)內(nèi)填充磁場(chǎng)后，離子在垂直y軸的方向做線速度大小為vcosθ的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示。設(shè)左側(cè)部分的圓心角為，圓周運(yùn)動(dòng)半徑為，運(yùn)動(dòng)軌跡長(zhǎng)度為，由幾何關(guān)系得，由于在y軸方向的運(yùn)動(dòng)不變，離子的運(yùn)動(dòng)軌跡與測(cè)試板相切于C點(diǎn)，則離子在Ⅱ區(qū)內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變，故有C到的距離聯(lián)立得10．（2021·浙江·高考真題）如圖甲所示，空間站上某種離子推進(jìn)器由離子源、間距為d的中間有小孔的兩平行金屬板M、N和邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的立方體構(gòu)成，其后端面P為噴口。以金屬板N的中心O為坐標(biāo)原點(diǎn)，垂直立方體側(cè)面和金屬板建立x、y和z坐標(biāo)軸。M、N板之間存在場(chǎng)強(qiáng)為E、方向沿z軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)；立方體內(nèi)存在磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度沿z方向的分量始終為零，沿x和y方向的分量和隨時(shí)間周期性變化規(guī)律如圖乙所示，圖中可調(diào)。氙離子（）束從離子源小孔S射出，沿z方向勻速運(yùn)動(dòng)到M板，經(jīng)電場(chǎng)加速進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，最后從端面P射出，測(cè)得離子經(jīng)電場(chǎng)加速后在金屬板N中心點(diǎn)O處相對(duì)推進(jìn)器的速度為v0。已知單個(gè)離子的質(zhì)量為m、電荷量為，忽略離子間的相互作用，且射出的離子總質(zhì)量遠(yuǎn)小于推進(jìn)器的質(zhì)量。（1）求離子從小孔S射出時(shí)相對(duì)推進(jìn)器的速度大小vS；（2）不考慮在磁場(chǎng)突變時(shí)運(yùn)動(dòng)的離子，調(diào)節(jié)的值，使得從小孔S射出的離子均能從噴口后端面P射出，求的取值范圍；（3）設(shè)離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間遠(yuǎn)小于磁場(chǎng)變化周期T，單位時(shí)間從端面P射出的離子數(shù)為n，且。求圖乙中時(shí)刻離子束對(duì)推進(jìn)器作用力沿z軸方向的分力。【答案】（1）；（2）；（3），方向沿z軸負(fù)方向【詳解】（1）離子從小孔S射出運(yùn)動(dòng)到金屬板N中心點(diǎn)O處，根據(jù)動(dòng)能定理有解得離子從小孔S射出時(shí)相對(duì)推進(jìn)器的速度大?。?）當(dāng)磁場(chǎng)僅有沿x方向的分量取最大值時(shí)，離子從噴口P的下邊緣中點(diǎn)射出，根據(jù)幾何關(guān)系有根據(jù)洛倫茲力提供向心力有聯(lián)立解得當(dāng)磁場(chǎng)在x和y方向的分量同取最大值時(shí)，離子從噴口P邊緣交點(diǎn)射出，根據(jù)幾何關(guān)系有此時(shí)；根據(jù)洛倫茲力提供向心力有聯(lián)立解得故的取值范圍為；（3）粒子在立方體中運(yùn)動(dòng)軌跡剖面圖如圖所示由題意根據(jù)洛倫茲力提供向心力有且滿足所以可得所以可得離子從端面P射出時(shí)，在沿z軸方向根據(jù)動(dòng)量定理有根據(jù)牛頓第三定律可得離子束對(duì)推進(jìn)器作用力大小為方向沿z軸負(fù)方向。11．（2021·河北·高考真題）如圖，一對(duì)長(zhǎng)平行柵極板水平放置，極板外存在方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，極板與可調(diào)電源相連，正極板上O點(diǎn)處的粒子源垂直極板向上發(fā)射速度為、帶正電的粒子束，單個(gè)粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q，一足夠長(zhǎng)的擋板與正極板成傾斜放置，用于吸收打在其上的粒子，C、P是負(fù)極板上的兩點(diǎn)，C點(diǎn)位于O點(diǎn)的正上方，P點(diǎn)處放置一粒子靶（忽略靶的大?。?，用于接收從上方打入的粒子，長(zhǎng)度為，忽略柵極的電場(chǎng)邊緣效應(yīng)、粒子間的相互作用及粒子所受重力。。（1）若粒子經(jīng)電場(chǎng)一次加速后正好打在P點(diǎn)處的粒子靶上，求可調(diào)電源電壓的大??；（2）調(diào)整電壓的大小，使粒子不能打在擋板上，求電壓的最小值；（3）若粒子靶在負(fù)極板上的位置P點(diǎn)左右可調(diào)，則負(fù)極板上存在H、S兩點(diǎn)（，H、S兩點(diǎn)末在圖中標(biāo)出）、對(duì)于粒子靶在區(qū)域內(nèi)的每一點(diǎn)，當(dāng)電壓從零開(kāi)始連續(xù)緩慢增加時(shí)，粒子靶均只能接收到n（）種能量的粒子，求和的長(zhǎng)度（假定在每個(gè)粒子的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電壓恒定）?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）；【詳解】（1）從O點(diǎn)射出的粒子在板間被加速，則粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，則半徑由解得（2）當(dāng)電壓有最小值時(shí)，當(dāng)粒子穿過(guò)下面的正極板后，圓軌道與擋板OM相切，此時(shí)粒子恰好不能打到擋板上，則從O點(diǎn)射出的粒子在板間被加速，則粒子在負(fù)極板上方的磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)粒子從負(fù)極板傳到正極板時(shí)速度仍減小到v0，則由幾何關(guān)系可知聯(lián)立解得（3）結(jié)合（2）分析可知，當(dāng)粒子經(jīng)上方磁場(chǎng)再進(jìn)入下方磁場(chǎng)時(shí)，軌跡與擋板相切時(shí)，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡半徑分別為r2、r3，則①當(dāng)粒子在下方區(qū)域磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)軌跡正好與OM相切，再進(jìn)入上方磁場(chǎng)區(qū)域做圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡與負(fù)極板的交點(diǎn)記為H2，當(dāng)增大兩極板的電壓，粒子在上方磁場(chǎng)中恰好運(yùn)動(dòng)到H2點(diǎn)時(shí)，粒子靶恰好能夠接收2種能量的粒子，此時(shí)H2點(diǎn)為距C點(diǎn)最近的位置，是接收2種能量的粒子的起點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可得②同理可知當(dāng)粒子靶接收3種能量的粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示第③個(gè)粒子經(jīng)過(guò)下方磁場(chǎng)時(shí)軌跡與MN相切，記該粒子經(jīng)過(guò)H2后再次進(jìn)入上方磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)軌跡與負(fù)極板的交點(diǎn)為H3(S2)，則該點(diǎn)為接收兩種粒子的終點(diǎn)，同時(shí)也是接收3種粒子的起點(diǎn)。由幾何關(guān)系可得可知，粒子靶接收n種、n+1種粒子的起點(diǎn)（即粒子靶接收n種粒子的起點(diǎn)與終點(diǎn)）始終相距當(dāng)粒子靶接收n種能量的粒子時(shí)，可得12．（2024·河南·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）（多選）如圖所示，P、Q兩個(gè)平行金屬板之間的電壓為U，AC上方有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，AC下方存在電場(chǎng)強(qiáng)度大小未知的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其方向平行于AC，且垂直于磁場(chǎng)方向。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子（不計(jì)粒子重力）從靠近P板的S點(diǎn)由靜止開(kāi)始做加速運(yùn)動(dòng)，從小孔M沿垂直于磁場(chǎng)的方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，速度方向與邊界線的夾角θ=60°，粒子恰好從小孔D垂直于AC射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，最后打在N點(diǎn)，已知AD=L，AN=2L，則下列說(shuō)法正確的是（）A．粒子從小孔M進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為B．粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為L(zhǎng)C．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為D．勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為【答案】BC【詳解】A．粒子在電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理得，可得帶電粒子從小孔沿垂直于磁場(chǎng)方向進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小，故A錯(cuò)誤；B．畫出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示（O為粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心），，設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，，得，故B正確；C．粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)由洛倫茲力充當(dāng)向心力，即，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，故C正確；D．粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，加速度，垂直于電場(chǎng)方向有，沿電場(chǎng)方向有，電場(chǎng)強(qiáng)度大小，故D錯(cuò)誤。故選BC。13．（2024·浙江金華·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xoy的y軸左側(cè)存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在y軸的右側(cè)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)右邊界放一豎直的屏，屏與y軸平行，且與y軸間距為2L。電場(chǎng)中有一點(diǎn)A其坐標(biāo)為，從A點(diǎn)以初速度大小為沿y軸正方向射出一質(zhì)量為m、電量為q的正電荷粒子，粒子重力不計(jì)。粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O進(jìn)入磁場(chǎng)并恰好打在屏上的P點(diǎn)，P點(diǎn)在x軸上。求：（1）粒子在O點(diǎn)的速度大小以及電場(chǎng)強(qiáng)度的大小；（2）粒子從A到P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間及磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；（3）保持其它條件不變，改變磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，讓磁場(chǎng)在0.5B到2B之間變化，粒子可打到屏的范圍；（4）保持其它條件不變，且保持（2）問(wèn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B不變，并在磁場(chǎng)區(qū)再加一個(gè)大小與（1）問(wèn)中電場(chǎng)強(qiáng)度相等、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)（圖中未畫出），粒子恰好打在屏上Q點(diǎn)，Q點(diǎn)的坐標(biāo)為，求粒子打在Q點(diǎn)時(shí)速度方向與水平方向的夾角?！敬鸢浮浚?）；；（2）；；（3）P點(diǎn)上下；（4）【詳解】（1）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)解得水平方向由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知解得（2）A到O的運(yùn)動(dòng)時(shí)間在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由幾何關(guān)系可知軌道半徑為運(yùn)動(dòng)時(shí)間為從A到P運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)解得（3）當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5B時(shí)，帶電粒子的運(yùn)動(dòng)半徑為分析可得帶電粒子將垂直打在屏P上方的某點(diǎn)，設(shè)為M點(diǎn)，由幾何關(guān)系可得當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為2B時(shí)，帶電粒子的運(yùn)動(dòng)半徑為分析可得帶電粒子打不到屏。當(dāng)粒子軌跡與屏相切時(shí)，為屏上的最低點(diǎn)，設(shè)為N點(diǎn)，這時(shí)圓的半徑為，由幾何關(guān)系可得故粒子可打到屏上范圍為P點(diǎn)上下的范圍。（4）帶電粒子從O點(diǎn)到Q點(diǎn)，向右為正方向，由水平方向應(yīng)用動(dòng)量定理

解得根據(jù)動(dòng)能定理

解得粒子打在Q點(diǎn)時(shí)速度方向與水平方向的夾角為，解得14．（2024·貴州·統(tǒng)考一模）如圖所示，在xOy平面第一象限有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)、第四象限有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在坐標(biāo)為（0，h）的A點(diǎn)有一帶電粒子以某一初速度沿+x方向拋出，從坐標(biāo)為（L，0）的C點(diǎn)進(jìn)入第四象限的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。已知粒子電荷量為q、質(zhì)量為m，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向如圖中所示。不計(jì)粒子所受重力。求：（1）粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大?。唬?）粒子第二次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)的位置與坐標(biāo)原點(diǎn)的距離?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）粒子從A點(diǎn)到C點(diǎn)，由牛頓第二定律粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，有解得可得（2）粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，洛倫茲力提供向心力第一次和第二次經(jīng)過(guò)x軸的兩點(diǎn)間的距離為軌跡圓的弦，弦長(zhǎng)為為粒子第一次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度與x軸正方向的夾角解得所以粒子第二次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)的位置與坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為解得15．（2024·江西贛州·贛州中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）某同學(xué)設(shè)計(jì)的某種質(zhì)譜儀原理如圖所示，圖中兩圓為共軸的兩金屬圓筒的截面，兩圓筒間存在沿半徑方向的輻向電場(chǎng)，各處場(chǎng)強(qiáng)大小相等，電勢(shì)差U未知，且電勢(shì)差與電場(chǎng)中兩點(diǎn)沿半徑方向的距離成正比，小圓筒內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其壁上開(kāi)有兩條狹縫a、b，兩狹縫與圓心O連線的夾角為120°。已知小圓筒半徑為R，大圓筒半徑為2R，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。讓比荷為k的粒子從O、a連線延長(zhǎng)線與大圓筒內(nèi)壁交點(diǎn)處由靜止釋放，加速進(jìn)入小圓筒，然后從狹縫b飛出，和大圓筒內(nèi)壁碰撞后再次進(jìn)入磁場(chǎng)，并返回狹縫a做周期性運(yùn)動(dòng)。并且粒子與兩圓筒內(nèi)壁的碰撞均為彈性碰撞，碰后速度大小不變，方向立刻反向，不計(jì)粒子重力，不考慮碰撞過(guò)程經(jīng)歷的時(shí)間，求：（1）兩圓筒間的電勢(shì)差；（2）粒子從O、a連線延長(zhǎng)線與大圓筒內(nèi)壁交點(diǎn)出發(fā)到再次返回該點(diǎn)的時(shí)間?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）根據(jù)動(dòng)能定理有設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系有又根據(jù)洛倫茲力提供向心力有又比荷為聯(lián)立解得（2）根據(jù)可得粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間粒子從輻向電場(chǎng)中勻加速進(jìn)入磁場(chǎng)，由電勢(shì)差與電場(chǎng)中兩點(diǎn)沿半徑方向的距離成正比，得電場(chǎng)強(qiáng)度由牛頓第二定律可得由可得則粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間運(yùn)動(dòng)得總時(shí)間解得16．（2024·廣東汕頭·?？家荒＃┠衬[瘤治療新技術(shù)是通過(guò)電子撞擊目標(biāo)靶，使目標(biāo)靶放出X射線，對(duì)腫瘤進(jìn)行準(zhǔn)確定位，再進(jìn)行治療，其原理如圖所示。圓形區(qū)域內(nèi)充滿垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。水平放置的目標(biāo)靶長(zhǎng)為2l，靶左端M與磁場(chǎng)心O的水平距離為l，豎直距離為，從電子槍逸出的電子（質(zhì)量為m、電荷量為e初速度可以忽略）經(jīng)勻強(qiáng)電場(chǎng)加速時(shí)間t后，以速度沿PO方向射入磁場(chǎng)，（PO與水平方向夾角為）電子離開(kāi)圓形磁場(chǎng)區(qū)域后恰好能擊中M點(diǎn)，求：（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)E的大小（2）勻強(qiáng)磁場(chǎng)B的方向及電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。

【答案】（1）；（2）垂直圓形區(qū)域向里，【詳解】（1）根據(jù)，得（2）電子沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，根據(jù)左手定則，磁場(chǎng)垂直圓形區(qū)域向里。電子沿PO方向射入磁場(chǎng)，恰好能擊中M點(diǎn)，則電子沿OM方向射出磁場(chǎng)，有幾何關(guān)系可知，電子圓周運(yùn)動(dòng)的圓心角為，則電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為17．（2024·西藏拉薩·校聯(lián)考一模）如圖，直角坐標(biāo)系xOy第Ⅰ、Ⅱ象限內(nèi)存在著沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第Ⅲ、Ⅳ象限內(nèi)存在著垂直坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。一帶負(fù)電的粒子從y軸上P點(diǎn)（0，10cm）以的速度平行于x軸進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，粒子從x軸上的Q點(diǎn)（20cm，0）進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)。已知粒子的比荷為，不計(jì)粒子重力，求：（1）電場(chǎng)強(qiáng)度大??；（2）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑。

【答案】（1）25V/m；（2）10cm【詳解】（1）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有解得（2）粒子從P運(yùn)動(dòng)到Q，只有電場(chǎng)力做功，根據(jù)動(dòng)能定理可得解得：粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律有：解得18．（2023·河北·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示。研究員在研究帶電粒子的受控軌跡時(shí)。設(shè)置了以下場(chǎng)景，空間中存在平面直角坐標(biāo)系。其第一象限內(nèi)存在方向沿y軸負(fù)向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。電場(chǎng)強(qiáng)度為E；第四象限內(nèi)有一條分界線ON與x軸正方向的夾角為：在軸與ON間存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。研究員將一帶正電的粒子從y軸上的距原點(diǎn)O距離d的P點(diǎn)，以速度v0垂直y軸打入電場(chǎng)，經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后經(jīng)軸進(jìn)入磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后從ON上以垂直于y軸的速度方向射出。已知粒子的比荷為，不計(jì)粒子重力。求：（1）粒子從軸打出點(diǎn)到原點(diǎn)的距離以及粒子過(guò)該點(diǎn)時(shí)的速度大??；（2）磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；（3）若改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小，使粒子第一次進(jìn)入磁場(chǎng)后軌跡恰好與ON相切再次打入電場(chǎng)。求粒子第三次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)距離O點(diǎn)的距離?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3）【詳解】（1）粒子在電場(chǎng)中有經(jīng)過(guò)軸打出點(diǎn)時(shí)的速度大小聯(lián)立可得（2）粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)與x軸夾角既如圖根據(jù)幾何關(guān)系可得聯(lián)立可得由可得（3）粒子第一次進(jìn)入磁場(chǎng)后軌跡恰好與ON相切，則粒子第一次在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為，根據(jù)幾何關(guān)系粒子在磁場(chǎng)中軌跡半徑第一次出磁場(chǎng)點(diǎn)在A點(diǎn)左側(cè)距離為出磁場(chǎng)后，粒子在電場(chǎng)中做類斜拋運(yùn)動(dòng)，該過(guò)程，根據(jù)對(duì)稱性，有聯(lián)立解得在第二次在電場(chǎng)中向右的位移大小為根據(jù)類斜拋運(yùn)動(dòng)對(duì)稱性，第二次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向仍與第一次進(jìn)入磁場(chǎng)方向相同，故第二次出磁場(chǎng)時(shí)相比較第二次進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)位置向左偏轉(zhuǎn)，然后第三次在電場(chǎng)中向右運(yùn)動(dòng)后第三次進(jìn)入磁場(chǎng)，故粒子第三次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)距離O點(diǎn)的距離19．（2023·黑龍江·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，在xOy平面內(nèi)，x軸下方存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，x軸上方存在電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E、與y軸負(fù)方向成θ=30°的勻強(qiáng)電場(chǎng)。質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的帶電粒子以垂直電場(chǎng)方向的初速度v0從y軸上的M點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，從x軸上的N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為2v0，方向與x軸正方向夾角也為θ，粒子恰好從坐標(biāo)原點(diǎn)O第2次通過(guò)x軸。忽略邊界效應(yīng)，不計(jì)粒子重力，求：（1）M、N兩點(diǎn)的電勢(shì)差；（2）N點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離；（3）帶電粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)所用的時(shí)間。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。粒子從M→N過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有解得（2）對(duì)于從M點(diǎn)射入的粒子，沿初速度方向的位移沿電場(chǎng)方向，有根據(jù)幾何關(guān)系，N點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離聯(lián)立解得（3）帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系，得粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期粒子從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角則粒子從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)所用的時(shí)間聯(lián)立解得則帶電粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)所用的時(shí)間20．（2023·河北·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，先由靜止經(jīng)電壓為U的加速電場(chǎng)加速后在紙面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，再?gòu)腛點(diǎn)沿與磁場(chǎng)邊界成45°角方向射入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)。已知甲種離子從磁場(chǎng)邊界的N點(diǎn)射出，乙種離子從磁場(chǎng)邊界的Ｍ點(diǎn)射出，OM長(zhǎng)為L(zhǎng)，MN長(zhǎng)為3L，不計(jì)離子重力和離子間的相互作用。（1）求甲種離子的比荷；（2）求乙種離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。【答案】（1）；（2）【詳解】（1）設(shè)甲種離子的質(zhì)量為m1，電荷量為q1，甲種離子在電場(chǎng)中的加速過(guò)程有設(shè)甲種離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑為R1，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有根據(jù)幾何關(guān)系有聯(lián)立解得（2）根據(jù)乙種離子在電場(chǎng)中做加速運(yùn)動(dòng)、在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)乙種離子的質(zhì)量為m2，電荷量為q2，可得乙種離子的比荷為乙種離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的偏轉(zhuǎn)角乙種離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為所以乙種離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為21．（2023·湖南·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，在平面內(nèi)，有兩個(gè)半圓形同心圓弧，與坐標(biāo)軸分別交于、、點(diǎn)和、、點(diǎn)，其中圓弧的半徑為。兩個(gè)半圓弧之間的區(qū)域內(nèi)分布著輻射狀的電場(chǎng)，電場(chǎng)方向由原點(diǎn)向外輻射，其間的電勢(shì)差為。圓弧上方圓周外區(qū)域，存在著上邊界為的垂直紙面向里的足夠大勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圓弧內(nèi)無(wú)電場(chǎng)和磁場(chǎng)。點(diǎn)處有一粒子源，在平面內(nèi)向軸上方各個(gè)方向，射出質(zhì)量為、電荷量為的帶正電的粒子，帶電粒子射出時(shí)的速度大小均為，被輻射狀的電場(chǎng)加速后進(jìn)入磁場(chǎng)，不計(jì)粒子的重力以及粒子之間的相互作用，不考慮粒子從磁場(chǎng)返回圓形區(qū)域邊界后的運(yùn)動(dòng)。（1）求粒子被電場(chǎng)加速后的速度；（2）要有粒子能夠垂直于磁場(chǎng)上邊界射出磁場(chǎng)，求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值；（3）當(dāng)磁場(chǎng)中的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為第（2）問(wèn)中的時(shí)，求能從磁場(chǎng)上邊界射出粒子的邊界寬度。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）帶電粒子進(jìn)入電場(chǎng)中，在電場(chǎng)加速過(guò)程中，由動(dòng)能定理有解得（2）粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力充當(dāng)向心力，有可得粒子垂直上邊界射出磁場(chǎng)，則粒子軌跡圓的圓心必然在上邊界線上，且根據(jù)幾何關(guān)系，軌跡圓圓心到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離d滿足如圖所示當(dāng)時(shí)，軌道圓半徑有最小值此時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度有最大值（3）當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度時(shí)，粒子運(yùn)動(dòng)圓半徑如圖所示①粒子軌跡圓與上邊界相切時(shí)，粒子運(yùn)動(dòng)到最左邊，有②當(dāng)粒子軌跡圓與上邊界的交點(diǎn)、運(yùn)軌跡圓圓心以及坐標(biāo)原點(diǎn)點(diǎn)三點(diǎn)共線時(shí)，粒子打在最右邊，此時(shí)有解得可知粒子能從磁場(chǎng)上邊界射出粒子的邊界寬度為考向二帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)22．（2023·浙江·高考真題）AB、CD兩塊正對(duì)的平行金屬板與水平面成30°角固定，豎直截面如圖所示。兩板間距10cm，電荷量為、質(zhì)量為的小球用長(zhǎng)為5cm的絕緣細(xì)線懸掛于A點(diǎn)。閉合開(kāi)關(guān)S，小球靜止時(shí)，細(xì)線與AB板夾角為30°；剪斷細(xì)線，小球運(yùn)動(dòng)到CD板上的M點(diǎn)（未標(biāo)出），則（

）

A．MC距離為 B．電勢(shì)能增加了C．電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 D．減小R的阻值，MC的距離將變大【答案】B【詳解】A．根據(jù)平衡條件和幾何關(guān)系，對(duì)小球受力分析如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系可得,聯(lián)立解得剪斷細(xì)線，小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系可得故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)幾何關(guān)系可得小球沿著電場(chǎng)力方向的位移與電場(chǎng)力方向相反，電場(chǎng)力做功為則小球的電勢(shì)能增加，故B正確；C．電場(chǎng)強(qiáng)度的大小故C錯(cuò)誤；D．減小R的阻值，極板間的電勢(shì)差不變，極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，所以小球的運(yùn)動(dòng)不會(huì)發(fā)生改變，MC的距離不變，故D錯(cuò)誤。故選B。23．（2023·山西·高考真題）一電子和一α粒子從鉛盒上的小孔O豎直向上射出后，打到鉛盒上方水平放置的屏幕P上的a和b兩點(diǎn)，a點(diǎn)在小孔O的正上方，b點(diǎn)在a點(diǎn)的右側(cè)，如圖所示。已知α粒子的速度約為電子速度的，鉛盒與屏幕之間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則電場(chǎng)和磁場(chǎng)方向可能為（）

A．電場(chǎng)方向水平向左、磁場(chǎng)方向垂直紙面向里B．電場(chǎng)方向水平向左、磁場(chǎng)方向垂直紙面向外C．電場(chǎng)方向水平向右、磁場(chǎng)方向垂直紙面向里D．電場(chǎng)方向水平向右、磁場(chǎng)方向垂直紙面向外【答案】C【詳解】A．帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，打到a點(diǎn)的粒子電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，當(dāng)電場(chǎng)向左磁場(chǎng)垂直直面向里時(shí)，因粒子帶正電，則受到向左的電場(chǎng)力和向左的洛倫茲力，則會(huì)打到a點(diǎn)左側(cè)；同理電子帶負(fù)電，受到向右的電場(chǎng)力和向右的洛倫茲力，則電子會(huì)打到a點(diǎn)右側(cè)，A錯(cuò)誤；B．因粒子帶正電，設(shè)帶電量為2q，速度v，電子帶負(fù)電，電量-q，電子速度v＇>v，若電場(chǎng)方向向左，磁場(chǎng)方向向外，則如果粒子打在a點(diǎn)則受到向左的電場(chǎng)力和向右的洛倫茲力平衡，，因電子帶負(fù)電，電量-q，且電子速度大，受到向左的洛倫茲力qv＇B大于向右的電場(chǎng)力qE，則電子從而向左偏轉(zhuǎn)；同理如果電子打在a點(diǎn)，則，所以此時(shí)粒子向左的電場(chǎng)力2qE大于向右的洛倫茲力2qvB，則向左偏轉(zhuǎn)，不會(huì)打在b點(diǎn)，B錯(cuò)誤；CD．電場(chǎng)方向向右，磁場(chǎng)垂直紙面向里，如果粒子打在a點(diǎn)，即向右的電場(chǎng)力和向左的洛倫茲力平衡，，電子速度大，受到向右的洛倫茲力qv＇B大于向左的電場(chǎng)力qE則向右偏轉(zhuǎn)，從而達(dá)到b點(diǎn)；同理如果電子打在a，則粒子向右的電場(chǎng)力2qE大于向左的洛倫茲力2qvB從而向右偏轉(zhuǎn)，會(huì)打在b點(diǎn)；同理電場(chǎng)向右磁場(chǎng)垂直紙面向外時(shí)，粒子受到向右的電場(chǎng)力和洛倫茲力，電子受到向左的電場(chǎng)力和洛倫茲力不能受力平衡打到a點(diǎn)，故C正確，D錯(cuò)誤；故選C。24．（2023·湖南·高考真題）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)方向垂直紙面向里，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)方向垂直紙面向外。圖中A、C、O三點(diǎn)在同一直線上，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)將比荷一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。若改變電場(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(shuō)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【答案】D【詳解】由題知粒子在AC做直線運(yùn)動(dòng)，則有qv0B1=qE，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，則粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為90°，根據(jù)，有，A．若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?B1，則粒子在AC做直線運(yùn)動(dòng)的速度，有qvA?2B1=qE，則再根據(jù)，可知粒子半徑減小，則粒子仍然從CF邊射出，粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角仍為90°，則t=t0，A錯(cuò)誤；B．若僅將區(qū)域Ⅰ中電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)?E，則粒子在AC做直線運(yùn)動(dòng)的速度，有qvBB1=q?2E則vB=2v0，再根據(jù)，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，則粒子F點(diǎn)射出，粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角仍為90°，則t=t0，B錯(cuò)誤；C．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?，則粒子在AC做直線運(yùn)動(dòng)的速度仍為v0，再根據(jù)，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉?lái)的，則粒子從OF邊射出，則畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖

根據(jù)，可知轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角θ=60°，根據(jù)，有，則，C錯(cuò)誤；D．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?，則粒子在AC做直線運(yùn)動(dòng)的速度仍為v0，再根據(jù)，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉?lái)的，則粒子OF邊射出，則畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖

根據(jù)，可知轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為α=45°，根據(jù)，有，則，D正確。故選D。25．（2022·重慶·高考真題）2021年中國(guó)全超導(dǎo)托卡馬克核聚變實(shí)驗(yàn)裝置創(chuàng)造了新的紀(jì)錄。為粗略了解等離子體在托卡馬克環(huán)形真空室內(nèi)的運(yùn)動(dòng)狀況，某同學(xué)將一小段真空室內(nèi)的電場(chǎng)和磁場(chǎng)理想化為方向均水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)（如圖），電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，其速度平行于磁場(chǎng)方向的分量大小為v1，垂直于磁場(chǎng)方向的分量大小為v2，不計(jì)離子重力，則（

）A．電場(chǎng)力的瞬時(shí)功率為 B．該離子受到的洛倫茲力大小為qv1BC．v2與v1的比值不斷變大 D．該離子的加速度大小不變【答案】D【詳解】A．根據(jù)功率的計(jì)算公式可知P=Fvcosθ，則電場(chǎng)力的瞬時(shí)功率為P=Eqv1，A錯(cuò)誤；B．由于v1與磁場(chǎng)B平行，則根據(jù)洛倫茲力的計(jì)算公式有F洛=qv2B，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)運(yùn)動(dòng)的疊加原理可知，離子在垂直于紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，沿水平方向做加速運(yùn)動(dòng)，則v1增大，v2不變，v2與v1的比值不斷變小，C錯(cuò)誤；D．離子受到的洛倫茲力大小不變，電場(chǎng)力不變，則該離子的加速度大小不變，D正確。故選D。26．（2022·遼寧·高考真題）（多選）如圖所示，帶電荷量為的球1固定在傾角為光滑絕緣斜面上的a點(diǎn)，其正上方L處固定一電荷量為的球2，斜面上距a點(diǎn)L處的b點(diǎn)有質(zhì)量為m的帶電球3，球3與一端固定的絕緣輕質(zhì)彈簧相連并在b點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)。此時(shí)彈簧的壓縮量為，球2、3間的靜電力大小為。迅速移走球1后，球3沿斜面向下運(yùn)動(dòng)。為重力加速度，球的大小可忽略，下列關(guān)于球3的說(shuō)法正確的是（）A．帶負(fù)電B．運(yùn)動(dòng)至a點(diǎn)的速度大小為C．運(yùn)動(dòng)至a點(diǎn)的加速度大小為D．運(yùn)動(dòng)至ab中點(diǎn)時(shí)對(duì)斜面的壓力大小為【答案】BCD【詳解】A．由題意可知三小球構(gòu)成一個(gè)等邊三角形，小球1和3之間的力大于小球2和3之間的力，彈簧處于壓縮狀態(tài)，故小球1和3一定是斥力，小球1帶正電，故小球3帶正電，故A錯(cuò)誤；B．小球3運(yùn)動(dòng)至a點(diǎn)時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量等于，根據(jù)對(duì)稱性可知，小球2對(duì)小球3做功為0；彈簧彈力做功為0，故根據(jù)動(dòng)能定理有解得故B正確；C．小球3在b點(diǎn)時(shí)，設(shè)小球3的電荷量為q，有設(shè)彈簧的彈力為F，根據(jù)受力平衡，沿斜面方向有解得小球運(yùn)動(dòng)至a點(diǎn)時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量等于，根據(jù)對(duì)稱性可知解得故C正確；D．當(dāng)運(yùn)動(dòng)至ab中點(diǎn)時(shí)，彈簧彈力為0，此時(shí)小球2對(duì)小球3的力為斜面對(duì)小球的支持力為根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)π泵娴膲毫Υ笮椋蔇正確。故選BCD。27．（2022·廣東·高考真題）（多選）如圖所示，磁控管內(nèi)局部區(qū)域分布有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。電子從M點(diǎn)由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經(jīng)過(guò)N、P兩點(diǎn)。已知M、P在同一等勢(shì)面上，下列說(shuō)法正確的有（）A．電子從N到P，電場(chǎng)力做正功B．N點(diǎn)的電勢(shì)高于P點(diǎn)的電勢(shì)C．電子從M到N，洛倫茲力不做功D．電子在M點(diǎn)所受的合力大于在P點(diǎn)所受的合力【答案】BC【詳解】A．由題可知電子所受電場(chǎng)力水平向左，電子從N到P的過(guò)程中電場(chǎng)力做負(fù)功，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)逐漸降低可知N點(diǎn)的電勢(shì)高于P點(diǎn)，故B正確；C．由于洛倫茲力一直都和速度方向垂直，故電子從M到N洛倫茲力都不做功；故C正確；D．由于M點(diǎn)和P點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，故從M到P電場(chǎng)力做功為0，而洛倫茲力不做功，M點(diǎn)速度為0，根據(jù)動(dòng)能定理可知電子在P點(diǎn)速度也為0，則電子在M點(diǎn)和P點(diǎn)都只受電場(chǎng)力作用，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中電子在這兩點(diǎn)電場(chǎng)力相等，即合力相等，故D錯(cuò)誤；故選BC。28．（2022·湖北·高考真題）密立根油滴實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負(fù)極相接，板間產(chǎn)生勻強(qiáng)電場(chǎng)。用一個(gè)噴霧器把密度相同的許多油滴從上板中間的小孔噴入電場(chǎng)，油滴從噴口噴出時(shí)由于摩擦而帶電。金屬板間電勢(shì)差為U時(shí)，電荷量為q、半徑為r的球狀油滴在板間保持靜止。若僅將金屬板間電勢(shì)差調(diào)整為2U，則在板間能保持靜止的球狀油滴所帶電荷量和半徑可以為（）A．q，r B．2q，r C．2q，2r D．4q，2r【答案】D【詳解】初始狀態(tài)下，液滴處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，滿足即AB．當(dāng)電勢(shì)差調(diào)整為2U時(shí)，若液滴的半徑不變，則滿足可得AB錯(cuò)誤；CD．當(dāng)電勢(shì)差調(diào)整為2U時(shí)，若液滴的半徑變?yōu)?r時(shí)，則滿足可得C錯(cuò)誤，D正確。故選D。29．（2021·湖北·高考真題）（多選）如圖所示，一勻強(qiáng)電場(chǎng)E大小未知、方向水平向右。兩根長(zhǎng)度均為L(zhǎng)的絕緣輕繩分別將小球M和N懸掛在電場(chǎng)中，懸點(diǎn)均為O。兩小球質(zhì)量均為m、帶等量異號(hào)電荷，電荷量大小均為q（q>0）。平衡時(shí)兩輕繩與豎直方向的夾角均為θ=45°。若僅將兩小球的電荷量同時(shí)變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，兩小球仍在原位置平衡。已知靜電力常量為k，重力加速度大小為g，下列說(shuō)法正確的是（）A．M帶正電荷 B．N帶正電荷C． D．【答案】BC【分析】本題考查庫(kù)侖定律、受力分析以及共點(diǎn)力的平衡?！驹斀狻緼B．由題圖可知，對(duì)小球M受力分析如圖（a）所示，對(duì)小球N受力分析如圖（b）所示，由受力分析圖可知小球M帶負(fù)電，小球N帶正電，故B正確，A錯(cuò)誤；CD．由幾何關(guān)系可知，兩小球之間的距離為當(dāng)兩小球的電荷量為q時(shí)，由力的平衡條件得兩小球的電荷量同時(shí)變?yōu)樵瓉?lái)的2倍后，由力的平衡條件得整理解得故C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。30．（2023·福建·高考真題）如圖（a），一粗糙、絕緣水平面上有兩個(gè)質(zhì)量均為m的小滑塊A和B，其電荷量分別為和。A右端固定有輕質(zhì)光滑絕緣細(xì)桿和輕質(zhì)絕緣彈簧，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)。整個(gè)空間存在水平向右場(chǎng)強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)。A、B與水平面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，其大小均為。時(shí)，A以初速度向右運(yùn)動(dòng)，B處于靜止?fàn)顟B(tài)。在時(shí)刻，A到達(dá)位置S，速度為，此時(shí)彈簧未與B相碰；在時(shí)刻，A的速度達(dá)到最大，此時(shí)彈簧的彈力大小為；在細(xì)桿與B碰前的瞬間，A的速度為，此時(shí)。時(shí)間內(nèi)A的圖像如圖（b）所示，為圖線中速度的最小值，、、均為未知量。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，A、B處在同一直線上，A、B的電荷量始終保持不變，它們之間的庫(kù)侖力等效為真空中點(diǎn)電荷間的靜電力，靜電力常量為k；B與彈簧接觸瞬間沒(méi)有機(jī)械能損失，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。（1）求時(shí)間內(nèi)，合外力對(duì)A所做的功；（2）求時(shí)刻A與B之間的距離；（3）求時(shí)間內(nèi)，勻強(qiáng)電場(chǎng)對(duì)A和B做的總功；（4）若增大A的初速度，使其到達(dá)位置S時(shí)的速度為，求細(xì)桿與B碰撞前瞬間A的速度?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）；（4）【詳解】（1）時(shí)間內(nèi)根據(jù)動(dòng)能定理可知合外力做的功為（2）由圖（b）可知時(shí)刻A的加速度為0，此時(shí)滑塊A所受合外力為0，設(shè)此時(shí)A與B之間的距離為r0，根據(jù)平衡條件有其中聯(lián)立可得（3）在時(shí)刻，A的速度達(dá)到最大，此時(shí)A所受合力為0，設(shè)此時(shí)A和B的距離為r1，則有且有，聯(lián)立解得時(shí)間內(nèi)，勻強(qiáng)電場(chǎng)對(duì)A和B做的總功（4）過(guò)S后，A、B的加速度相同，則A、B速度的變化相同。設(shè)彈簧的初始長(zhǎng)度為；A在S位置時(shí)，此時(shí)刻A、B的距離為，A速度最大時(shí)，AB距離為，細(xì)桿與B碰撞時(shí)，A、B距離為。A以過(guò)S時(shí)，到B與桿碰撞時(shí)，A增加的速度為，則B同樣增加速度為，設(shè)B與杠相碰時(shí)，B向左運(yùn)動(dòng)。設(shè)B與彈簧相碰到B與桿相碰時(shí)，B向左運(yùn)動(dòng)。對(duì)A根據(jù)動(dòng)能定理有對(duì)B有當(dāng)A以過(guò)S時(shí)，設(shè)B與桿碰撞時(shí)，A速度為，則B速度為，設(shè)B與杠相碰時(shí)，B向左運(yùn)動(dòng)。設(shè)B與彈簧相碰到B與桿相碰時(shí)，B向左運(yùn)動(dòng)。對(duì)A根據(jù)動(dòng)能定理有對(duì)B聯(lián)立解得31．（2023·山西·高考真題）密立根油滴實(shí)驗(yàn)的示意圖如圖所示。兩水平金屬平板上下放置，間距固定，可從上板中央的小孔向兩板間噴入大小不同、帶電量不同、密度相同的小油滴。兩板間不加電壓時(shí)，油滴a、b在重力和空氣阻力的作用下豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)，速率分別為v0、；兩板間加上電壓后（上板為正極），這兩個(gè)油滴很快達(dá)到相同的速率，均豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)。油滴可視為球形，所受空氣阻力大小與油滴半徑、運(yùn)動(dòng)速率成正比，比例系數(shù)視為常數(shù)。不計(jì)空氣浮力和油滴間的相互作用。（1）求油滴a和油滴b的質(zhì)量之比；（2）判斷油滴a和油滴b所帶電荷的正負(fù)，并求a、b所帶電荷量的絕對(duì)值之比。

【答案】（1）8:1；（2）油滴a帶負(fù)電，油滴b帶正電；4:1【詳解】（1）設(shè)油滴半徑r，密度為ρ，則油滴質(zhì)量則速率為v時(shí)受阻力則當(dāng)油滴勻速下落時(shí)解得可知?jiǎng)t（2）兩板間加上電壓后（上板為正極），這兩個(gè)油滴很快達(dá)到相同的速率，可知油滴a做減速運(yùn)動(dòng)，油滴b做加速運(yùn)動(dòng)，可知油滴a帶負(fù)電，油滴b帶正電；當(dāng)再次勻速下落時(shí)，對(duì)a由受力平衡可得其中對(duì)b由受力平衡可得其中聯(lián)立解得32．（2022·河北·高考真題）兩塊面積和間距均足夠大的金屬板水平放置，如圖1所示，金屬板與可調(diào)電源相連形成電場(chǎng)，方向沿y軸正方向。在兩板之間施加磁場(chǎng)，方向垂直平面向外。電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖2所示。板間O點(diǎn)放置一粒子源，可連續(xù)釋放質(zhì)量為m、電荷量為、初速度為零的粒子，不計(jì)重力及粒子間的相互作用，圖中物理量均為已知量。求：（1）時(shí)刻釋放的粒子，在時(shí)刻的位置坐標(biāo)；（2）在時(shí)間內(nèi)，靜電力對(duì)時(shí)刻釋放的粒子所做的功；（3）在點(diǎn)放置一粒接收器，在時(shí)間內(nèi)什么時(shí)刻釋放的粒子在電場(chǎng)存在期間被捕獲?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）或

【詳解】（1）在時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)強(qiáng)度為，帶電粒子在電場(chǎng)中加速度，根據(jù)動(dòng)量定理可知解得粒子在時(shí)刻的速度大小為方向豎直向上，粒子豎直向上運(yùn)動(dòng)的距離在時(shí)間內(nèi)，根據(jù)粒子在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的周期可知粒子偏轉(zhuǎn)，速度反向，根據(jù)可知粒子水平向右運(yùn)動(dòng)的距離為粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所以粒子在時(shí)刻粒子的位置坐標(biāo)為，即；（2）在時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)強(qiáng)度為，粒子受到的電場(chǎng)力豎直向上，在豎直方向解得時(shí)刻粒子的速度方向豎直向上，粒子在豎直方向上運(yùn)動(dòng)的距離為在時(shí)間內(nèi)，粒子在水平方向運(yùn)動(dòng)的距離為此時(shí)粒子速度方向向下，大小為，在時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)強(qiáng)度為，豎直方向解得粒子在時(shí)刻的速度粒子在豎直方向運(yùn)動(dòng)的距離粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖在時(shí)間內(nèi)，靜電力對(duì)粒子的做功大小為電場(chǎng)力做正功；（3）根據(jù)（1）問(wèn)中解析有，①若粒子到達(dá)點(diǎn)之前，在磁場(chǎng)中已經(jīng)過(guò)兩個(gè)半圓，則釋放時(shí)刻一定在時(shí)間內(nèi)，若在之間的時(shí)刻釋放粒子，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖丙所示，有，，，，，所以整理發(fā)現(xiàn)所以需滿足，代入數(shù)據(jù)解不等式，當(dāng)時(shí)不等式成立②若粒子到達(dá)點(diǎn)前只經(jīng)過(guò)一個(gè)半圓，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑由得，經(jīng)第一次電場(chǎng)加速的末速度，則粒子在時(shí)間內(nèi)釋放不可能，如果在時(shí)間內(nèi)釋放，則第一次在電場(chǎng)中加速的時(shí)間，即在時(shí)釋放符合條件，但在此情況下，，經(jīng)過(guò)一個(gè)半圓后在電場(chǎng)中減速至速度為零的位移大小為聯(lián)立有故此情況下無(wú)法到達(dá)點(diǎn)，所以考慮在時(shí)間內(nèi)釋放，假設(shè)粒子第一次在電場(chǎng)中加速的時(shí)間為，則，在此種情況下，，經(jīng)過(guò)一個(gè)半圓后在電場(chǎng)中減速至速度為零的位移大小為聯(lián)立有故此情況下粒子能在點(diǎn)被吸收，所以粒子釋放時(shí)刻為綜上可知，在或時(shí)刻釋放的粒子在電場(chǎng)存在期間被捕獲33．（2022·湖南·高考真題）如圖，兩個(gè)定值電阻的阻值分別為和，直流電源的內(nèi)阻不計(jì)，平行板電容器兩極板水平放置，板間距離為，板長(zhǎng)為，極板間存在方向水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為、帶電量為的小球以初速度沿水平方向從電容器下板左側(cè)邊緣點(diǎn)進(jìn)入電容器，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，恰從電容器上板右側(cè)邊緣離開(kāi)電容器。此過(guò)程中，小球未與極板發(fā)生碰撞，重力加速度大小為，忽略空氣阻力。（1）求直流電源的電動(dòng)勢(shì)；（2）求兩極板間磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度；（3）在圖中虛線的右側(cè)設(shè)計(jì)一勻強(qiáng)電場(chǎng)，使小球離開(kāi)電容器后沿直線運(yùn)動(dòng)，求電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）小球在電磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力與重力平衡，可得兩端的電壓根據(jù)歐姆定律得聯(lián)立解得（2）如圖所示設(shè)粒子在電磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為，根據(jù)幾何關(guān)系解得根據(jù)解得（3）由幾何關(guān)系可知，射出磁場(chǎng)時(shí)，小球速度方向與水平方向夾角為，要使小球做直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球所受電場(chǎng)力與小球重力在垂直小球速度方向的分力相等時(shí)，電場(chǎng)力最小，電場(chǎng)強(qiáng)度最小，可得解得34．（2022·遼寧·高考真題）如圖所示，光滑水平面和豎直面內(nèi)的光滑圓弧導(dǎo)軌在B點(diǎn)平滑連接，導(dǎo)軌半徑為R。質(zhì)量為m的帶正電小球?qū)⑤p質(zhì)彈簧壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放，脫離彈簧后經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為，之后沿軌道運(yùn)動(dòng)。以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系，在區(qū)域有方向與x軸夾角為的勻強(qiáng)電場(chǎng)，進(jìn)入電場(chǎng)后小球受到的電場(chǎng)力大小為。小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電荷量保持不變，重力加速度為g。求：（1）彈簧壓縮至A點(diǎn)時(shí)的彈性勢(shì)能；（2）小球經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)的速度大??；（3）小球過(guò)O點(diǎn)后運(yùn)動(dòng)的軌跡方程?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）小球從A到B，根據(jù)能量守恒定律得（2）小球從B到O，根據(jù)動(dòng)能定理有解得（3）小球運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)時(shí)速度豎直向上，受電場(chǎng)力和重力作用，將電場(chǎng)力分解到x軸和y軸，則x軸方向有豎直方向有解得，說(shuō)明小球從O點(diǎn)開(kāi)始以后的運(yùn)動(dòng)為x軸方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，y軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有，聯(lián)立解得小球過(guò)O點(diǎn)后運(yùn)動(dòng)的軌跡方程35．（2022·廣東·高考真題）密立根通過(guò)觀測(cè)油滴的運(yùn)動(dòng)規(guī)律證明了電荷的量子性，因此獲得了1923年的諾貝爾獎(jiǎng)。圖是密立根油滴實(shí)驗(yàn)的原理示意圖，兩個(gè)水平放置、相距為d的足夠大金屬極板，上極板中央有一小孔。通過(guò)小孔噴入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴帶上了電荷。有兩個(gè)質(zhì)量均為、位于同一豎直線上的球形小油滴A和B，在時(shí)間t內(nèi)都勻速下落了距離。此時(shí)給兩極板加上電壓U（上極板接正極），A繼續(xù)以原速度下落，B經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后向上勻速運(yùn)動(dòng)。B在勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t內(nèi)上升了距離，隨后與A合并，形成一個(gè)球形新油滴，繼續(xù)在兩極板間運(yùn)動(dòng)直至勻速。已知球形油滴受到的空氣阻力大小為，其中k為比例系數(shù)，m為油滴質(zhì)量，v為油滴運(yùn)動(dòng)速率，不計(jì)空氣浮力，重力加速度為g。求：（1）比例系數(shù)k；（2）油滴A、B的帶電量和電性；B上升距離電勢(shì)能的變化量；（3）新油滴勻速運(yùn)動(dòng)速度的大小和方向?！敬鸢浮浚?）；（2）油滴A不帶電，油滴B帶負(fù)電，電荷量，電勢(shì)能的變化量；（3）見(jiàn)解析【詳解】（1）未加電壓時(shí)，油滴勻速時(shí)的速度大小勻速時(shí)又聯(lián)立可得（2）加電壓后，油滴A的速度不變，可知油滴A不帶電，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受電場(chǎng)力向上，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度向下，可知油滴B帶負(fù)電，油滴B向上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度大小為根據(jù)平衡條件可得解得根據(jù)又聯(lián)立解得（3）油滴B與油滴A合并后，新油滴的質(zhì)量為，新油滴所受電場(chǎng)力若，即可知新油滴速度方向向上，設(shè)向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得新油滴向上加速，達(dá)到平衡時(shí)解得速度大小為速度方向向上；若，即可知設(shè)向下為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知新油滴向下加速，達(dá)到平衡時(shí)解得速度大小為速度方向向下。36．（2021·浙江·高考真題）在芯片制造過(guò)程中，離子注入是其中一道重要的工序。如圖所示是離子注入工作原理示意圖，離子經(jīng)加速后沿水平方向進(jìn)入速度選擇器，然后通過(guò)磁分析器，選擇出特定比荷的離子，經(jīng)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)后注入處在水平面內(nèi)的晶圓（硅片）。速度選擇器、磁分析器和偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向均垂直紙面向外；速度選擇器和偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中的勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小均為E，方向分別為豎直向上和垂直紙面向外。磁分析器截面是內(nèi)外半徑分別為R1和R2的四分之一圓環(huán)，其兩端中心位置M和N處各有一個(gè)小孔；偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中電場(chǎng)和磁場(chǎng)的分布區(qū)域是同一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方體，其偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)的底面與晶圓所在水平面平行，間距也為L(zhǎng)。當(dāng)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)不加電場(chǎng)及磁場(chǎng)時(shí)，離子恰好豎直注入到晶圓上的O點(diǎn)（即圖中坐標(biāo)原點(diǎn)，x軸垂直紙面向外）。整個(gè)系統(tǒng)置于真空中，不計(jì)離子重力，打在晶圓上的離子，經(jīng)過(guò)電場(chǎng)和磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)的角度都很小。當(dāng)α很小時(shí)，有，。求：(1)離子通過(guò)速度選擇器后的速度大小v和磁分析器選擇出來(lái)離子的比荷；(2)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)僅加電場(chǎng)時(shí)離子注入晶圓的位置，用坐標(biāo)(x，y)表示；(3)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)僅加磁場(chǎng)時(shí)離子注入晶圓的位置，用坐標(biāo)(x，y)表示；(4)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)同時(shí)加上電場(chǎng)和磁場(chǎng)時(shí)離子注入晶圓的位置，用坐標(biāo)(x，y)表示，并說(shuō)明理由。【答案】(1)，；(2)（，0）；(3)（0，）；(4)見(jiàn)解析【詳解】(1)通過(guò)速度選擇器離子的速度從磁分析器中心孔N射出離子的運(yùn)動(dòng)半徑為由得(2)經(jīng)過(guò)電場(chǎng)后，離子在x方向偏轉(zhuǎn)的距離離開(kāi)電場(chǎng)后，離子在x方向偏移的距離位置坐標(biāo)為(，0)(3)離子進(jìn)入磁場(chǎng)后做圓周運(yùn)動(dòng)半徑經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)后，離子在y方向偏轉(zhuǎn)距離離開(kāi)磁場(chǎng)后，離子在y方向偏移距離則位置坐標(biāo)為(0，)(4)注入晶圓的位置坐標(biāo)為(，),電場(chǎng)引起的速度增量對(duì)y方向的運(yùn)動(dòng)不產(chǎn)生影響。37．（2024·全國(guó)·校聯(lián)考一模）如圖所示，豎直放置的半徑為的四分之一光滑圓弧軌道與粗糙絕緣水平軌道在B處平滑連接，為圓弧軌道的圓心，OB左側(cè)空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為。一質(zhì)量為帶負(fù)電的物塊，電荷量，以一定的初速度從A點(diǎn)沿切線進(jìn)入圓弧軌道。物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。已知重力加速度大小為，下列說(shuō)法正確的是（）A．無(wú)論在A點(diǎn)的初速度多大，物塊一定能沿圓弧軌道運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)B．物塊以不同的初速度從A點(diǎn)沿圓弧軌道滑到B點(diǎn)，其在B點(diǎn)的速度最小為0C．物塊以不同的初速度從A點(diǎn)沿圓弧軌道滑過(guò)B點(diǎn)后，最終可停在距B點(diǎn)的位置D．物塊沿圓弧軌道滑過(guò)B點(diǎn)后，最終停在上，因摩擦產(chǎn)生的熱量最小值為【答案】D【詳解】AB．物塊帶負(fù)電，電場(chǎng)力豎直向上且大于重力，故B點(diǎn)為圓軌道等效最高點(diǎn)，物塊不一定能沿圓弧軌道運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)；物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的臨界條件為物塊在B點(diǎn)與軌道的壓力為0，由牛頓第二定律得B點(diǎn)的最小速度在軌道，由動(dòng)能定理可得故點(diǎn)也存在速度的最小值，故AB錯(cuò)誤；CD．在BC軌道，由動(dòng)能定理得可知物塊停止位置到B點(diǎn)的最小距離為故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)能量守恒與轉(zhuǎn)化，摩擦產(chǎn)生的熱量故D正確。故選D。38．（2023·湖北·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，空間存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁場(chǎng)的方向垂直紙面（平面）向外，電場(chǎng)的方向沿y軸正方向。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)的作用下，從坐標(biāo)原點(diǎn)O由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)（其軌跡如圖所示）。已知磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，不計(jì)粒子的重力，下列說(shuō)法正確的是（）A．粒子帶負(fù)電B．粒子運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線C．粒子距離x軸的最大距離為D．粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度為【答案】C【詳解】A．粒子由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力方向豎直向上，故粒子帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)受電場(chǎng)力和洛倫茲力，因洛倫茲力是變力，則軌跡不是拋物線，運(yùn)動(dòng)軌跡為擺線，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；CD．將粒子的運(yùn)動(dòng)分解為速度，的向右的勻速直線運(yùn)動(dòng)和速度為v的沿順時(shí)針?lè)较虻膭蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，則粒子距x軸的最大距離，兩分運(yùn)動(dòng)同向時(shí)速度最大，則最大速度為，故選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。39．（2023·四川成都·統(tǒng)考一模）如圖，空間存在范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小，方向水平向右。豎直面內(nèi)一絕緣軌道由半徑為R的光滑圓弧與足夠長(zhǎng)的傾斜粗糙軌道AB、CD組成，AB、CD與水平面夾角均為45°且在B、C兩點(diǎn)與圓弧軌道相切。帶正電的小滑塊質(zhì)量為m，電荷量為q，從AB軌道上與圓心O等高的P點(diǎn)以的速度沿軌道下滑。已知滑塊與AB、CD軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度大小為g。下列說(shuō)法正確的是（）

A．滑塊在AB軌道下滑時(shí)的加速度大小為gB．滑塊在軌道中對(duì)軌道的最大壓力為3mgC．滑塊最終將在軌道之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)D．滑塊在AB軌道及CD軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程為2R【答案】AD【詳解】A．根據(jù)題意可知重力與電場(chǎng)力的合力，方向垂直于AB面向下，滑塊在AB軌道下滑時(shí)，有解得加速度大小為g，A正確；B．由幾何關(guān)系可知，滑塊在軌道的B點(diǎn)對(duì)軌道有最大壓力，設(shè)此時(shí)滑塊的速度為，軌道對(duì)滑塊的支持力為，有解得根據(jù)牛頓第二定律，有解得根據(jù)牛頓第三定律，滑塊在軌道中對(duì)軌道的最大壓力為B錯(cuò)誤；C．從B點(diǎn)到C點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功，滑塊需克服電場(chǎng)力做功為所以滑塊在到達(dá)C點(diǎn)前已經(jīng)減速到0，后反向滑回到B點(diǎn)，滑塊從B點(diǎn)出發(fā)到滑回到B點(diǎn)的過(guò)程中，合力做功為零，所以速度大小不變，仍為，然后沿BA軌道上向上滑行，由于在BA軌道只有摩擦力做負(fù)功，所以最后會(huì)停在AB軌道上，C錯(cuò)誤；D．由于滑塊在軌道上合力做功為0，所以滑回B點(diǎn)時(shí)，速度依然為，設(shè)在AB軌道上滑行后減速為0，有解得所以滑塊在AB軌道及CD軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程為D正確。故選AD。40．（2024·浙江·校聯(lián)考一模）空間中固定一電量為的點(diǎn)電荷，且存在某方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，使一初速度為，帶電量為的小球恰可繞該點(diǎn)電荷作半徑為的圓周運(yùn)動(dòng)，則（）A．若點(diǎn)電荷電量為，則勻強(qiáng)電場(chǎng)方向一定向上B．將點(diǎn)電荷電量變?yōu)?，則小球圓周運(yùn)動(dòng)半徑變?yōu)镃．換用另一帶電量的小球使之仍以繞該點(diǎn)電荷做圓周運(yùn)動(dòng)，則小球運(yùn)動(dòng)半徑仍為D．若只撤去點(diǎn)電荷，同時(shí)調(diào)節(jié)場(chǎng)強(qiáng)為，則小球?qū)⒆黝惼綊佭\(yùn)動(dòng)【答案】C【詳解】A．若點(diǎn)電荷電量為，則q帶負(fù)電，小球所受的勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)力與重力平衡，因此勻強(qiáng)電場(chǎng)方向一定豎直向下，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)庫(kù)侖定律和牛頓第二定律可知可知若點(diǎn)電荷電量變?yōu)?，小球的速度大小不變，小球圓周運(yùn)動(dòng)半徑應(yīng)變?yōu)?，B錯(cuò)誤；C．用另一帶電量的小球使之仍以繞該點(diǎn)電荷做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)可知小球的質(zhì)量變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，根據(jù)可知?jiǎng)t小球運(yùn)動(dòng)半徑仍為，C正確；D．只撤去點(diǎn)電荷，同時(shí)調(diào)節(jié)場(chǎng)強(qiáng)為，則小球所受的合力為若初速度沿水平方向，小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，若初速度豎直向上，則做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，若初速度傾斜，做斜拋運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。故選C。41．（2023上·重慶·高三重慶市萬(wàn)州沙河中學(xué)校聯(lián)考期中）（多選）一帶電荷量為＋q的滑塊放在粗糙水平地面上，空間存在水平向右、電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，給滑塊一向右的初速度，滑塊恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)。突然在空間施加沿紙面與水平方向成60°角、斜向右下方、電場(chǎng)強(qiáng)度大小也為E的另一勻強(qiáng)電場(chǎng)，滑塊仍然做勻速直線運(yùn)動(dòng)，關(guān)于滑塊在兩個(gè)疊加電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）A．滑塊對(duì)地面的壓力大小為B．滑塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為C．滑塊受到地面的滑動(dòng)摩擦力大小為D．滑塊在兩個(gè)疊加電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的電場(chǎng)力與受到的重力大小相等【答案】BCD【分析】本題考查帶電物體在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，目的是考查學(xué)生的創(chuàng)新能力。【詳解】ABC．只有水平電場(chǎng)時(shí)滑塊勻速運(yùn)動(dòng)，則,再加沿紙面與水平方向成60°角、斜向右下方、電場(chǎng)強(qiáng)度大小也為E的另一勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)滑塊也做勻速運(yùn)動(dòng)，則,,,解得，，，，故A錯(cuò)誤，BC正確；D．滑塊在疊加電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的電場(chǎng)力，故D正確。故選BCD。42．（2024·四川涼山·統(tǒng)考一模）（多選）如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xoy，整個(gè)空間存在平行xoy平面與y軸正方向成45°角的勻強(qiáng)電場(chǎng)E。質(zhì)量為m的帶電小球從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸的正方向以速度v水平拋出，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間小球以v的速度穿過(guò)y軸正半軸某點(diǎn)（圖中未畫出），不計(jì)空氣阻力，則（

）A．小球可能帶負(fù)電B．小球所受電場(chǎng)力的大小為mgC．小球電勢(shì)能最大時(shí)動(dòng)能最小D．小球電勢(shì)能最大時(shí)水平速度等于豎直速度【答案】BD【詳解】A．從拋出到穿過(guò)y軸正半軸的過(guò)程中，重力做負(fù)功，動(dòng)能增加，電場(chǎng)力做正功，小球沿著電場(chǎng)線的方向運(yùn)動(dòng)了一段距離，因此小球帶正電，A錯(cuò)誤；B．將電場(chǎng)強(qiáng)度分解到水平方向和豎直方向，則在水平方向上，，，在豎直方向上，，而，聯(lián)立解得，B正確；CD．小球拋出后，當(dāng)速度方向與電場(chǎng)線垂直斜向上時(shí)，克服電場(chǎng)力做功最多，電勢(shì)能最大，此時(shí)電場(chǎng)力的方向與速度方向垂直，而重力的方向與速度方向夾角為鈍角，接下來(lái)小球的速度會(huì)繼續(xù)減小，并非此時(shí)是動(dòng)能最小的時(shí)刻，C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。43．（2023·河南開(kāi)封·統(tǒng)考一模）（多選）如圖所示，P、Q、S是三個(gè)帶同種電荷完全相同的帶電小球，現(xiàn)將P、Q、S三小球從同一水平面上靜止釋放，P小球經(jīng)過(guò)有界的勻強(qiáng)電場(chǎng)落到地面上，Q小球經(jīng)過(guò)有界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)落到地面上，S小球直接落到地面上，O點(diǎn)是它們釋放點(diǎn)在地面上的投影點(diǎn)，忽略空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（）A．只有S小球能落在O點(diǎn)上，且P、Q小球可以落在O點(diǎn)的異側(cè)B．只有S小球能落在O點(diǎn)上，且P、Q小球一定落在O點(diǎn)的同側(cè)C．三小球落地時(shí)，動(dòng)能大小關(guān)系為EkP>EkQ=EkSD．三小球所用的時(shí)間關(guān)系為tP=tS>tQ【答案】BC【詳解】AB．假設(shè)P、Q、S三個(gè)小球都帶正電，則P小球進(jìn)入電場(chǎng)受到水平向右的電場(chǎng)力，故P小球不能落到O點(diǎn)，降落到O點(diǎn)的右側(cè)；Q小球由左手定則可知，將受到向右的洛倫茲力，向右發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故Q小球不能落到O點(diǎn)，降落到O點(diǎn)的右側(cè)；S小球做自由落體運(yùn)動(dòng)，能落到O點(diǎn)上，故A錯(cuò)誤，B正確；C．三個(gè)小球下落過(guò)程重力做功相同，而P小球有電場(chǎng)力做正功，Q小球洛倫茲力不做功，由動(dòng)能定理可知，合外力對(duì)P小球做功最多，Q、S小球做功相同，故動(dòng)能大小關(guān)系為，故C正確；D．P、S小球豎直方向均做自由落體運(yùn)動(dòng)，故時(shí)間相同，Q小球受洛倫茲力發(fā)生偏轉(zhuǎn)，偏轉(zhuǎn)過(guò)程中受到洛倫茲力豎直向上的分力，故下落的加速度變小，時(shí)間變大，故三小球所用的時(shí)間關(guān)系為，故D錯(cuò)誤。故選D。44．（2023·天津和平·統(tǒng)考二模）（多選）如圖所示，在空間中存在水平向右的足夠大勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電小球從電場(chǎng)中的A點(diǎn)以某一速度水平向右進(jìn)入電場(chǎng)，一段時(shí)間后到達(dá)最右端B點(diǎn)，之后又回到A點(diǎn)正下方的C點(diǎn)（圖中未標(biāo)出），不計(jì)空氣阻力，下列分析正確的是（）A．小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)電勢(shì)能增加量等于動(dòng)能的減小量B．小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)所用時(shí)間與從B點(diǎn)到C點(diǎn)所用時(shí)間相等C．小球在C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能一定大于在A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能D．A、B兩點(diǎn)間與B、C兩點(diǎn)間豎直位移相等【答案】BC【詳解】A．根據(jù)能量守恒定律，可知小球從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B．因?yàn)閹щ娦∏蛟谒椒较蛏现皇茈妶?chǎng)力，水平加速度不變，所以帶電小球從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)與從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)所用時(shí)間相等，故B正確；C．小球從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)，電場(chǎng)力做功為零，電勢(shì)能不變，因?yàn)樾∏虻闹亓?shì)能減小了，所以動(dòng)能一定增大，即小球在點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能一定大于在點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能，故C正確；D．因?yàn)閹щ娦∏驈狞c(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)與從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)所用時(shí)間相等，而在豎直方向上帶電小球做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，相等時(shí)間內(nèi)的位移一定變大，即，故D錯(cuò)誤。故選BC。45．（2024·遼寧·模擬預(yù)測(cè)）（多選）如圖所示，在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一質(zhì)量為m的帶電小球用一輕繩連接恰好在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡上均勻地分布著A、B、C、D、F、G、H和P點(diǎn)，OA垂直于電場(chǎng)強(qiáng)度方向。已知小球帶電荷量為，電場(chǎng)強(qiáng)度（g為重力加速度），則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．小球在A點(diǎn)時(shí)的速度為B．小球運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)的電勢(shì)能小于H點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能C．小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中繩子的最大拉力為D．小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最小速度為【答案】AC【詳解】AD．由于電場(chǎng)強(qiáng)度，則有，電場(chǎng)力和重力的合力大小為，方向與豎直方向成斜向右下；小球恰好在豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，則它運(yùn)動(dòng)到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度最小，設(shè)為，此時(shí)電場(chǎng)力和重力的合力剛好提供向心力，則有，解得，小球從P到A的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得，解得，故A錯(cuò)誤，滿足題意要求，D正確，不滿足題意要求；B．由于，，根據(jù)，可知小球運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)的電勢(shì)能小于H點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能，故B正確，不滿足題意要求；C．小球運(yùn)動(dòng)等效最低點(diǎn)D時(shí)的速度最大，對(duì)繩子的拉力最大，小球從P到D的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得，在等效最低點(diǎn)D處，根據(jù)牛頓第二定律可得，聯(lián)立解得，故C錯(cuò)誤，滿足題意要求。故選AC。46．（2023·陜西咸陽(yáng)·校考模擬預(yù)測(cè)）（多選）如圖所示，ab和bc區(qū)域的寬度均為d．a(chǎn)b區(qū)域存在水平向左、電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)；bc區(qū)域存在正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)的方向豎直向上，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。今有一帶正電的微粒從a邊緣平行電場(chǎng)方向以初速度水平向右射入電場(chǎng)，從b邊緣的P點(diǎn)進(jìn)入bc區(qū)域時(shí)的速度大小不變，方向變?yōu)樨Q直向下。已知重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（

）A．a(chǎn)、P兩點(diǎn)間距離為B．微粒在ab區(qū)域中做半徑為d的勻速圓周運(yùn)動(dòng)C．微粒在bc區(qū)域中做半徑為的勻速圓周運(yùn)動(dòng)D．微粒在ab、bc區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為【答案】AD【詳解】AB．微粒在區(qū)域中，水平方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，并且平均速度相同，故豎直位移和水平位移均為，故間距離為，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．微粒在區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，且滿足，，在區(qū)域，重力與電場(chǎng)力平衡，故微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑為，根據(jù)幾何知識(shí)可知，微粒在復(fù)合場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的角度為，故運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，故C錯(cuò)誤，