第11講 帶電粒子在復合場中的運動（復習篇）（解析版）-2025版高二物理寒假精-品講義

第11講帶電粒子在復合場中的運動（復習篇）考點聚焦：復習要點+知識網(wǎng)絡(luò)，有的放矢重點專攻：知識點和關(guān)鍵點梳理，查漏補缺難點強化：難點內(nèi)容標注與講解，能力提升提升專練：真題感知+提升專練，全面突破知識點1：帶電粒子在組合場中的運動1.帶電粒子在電場和磁場的組合場中運動，實際上是將粒子在電場中的加速與偏轉(zhuǎn)，跟磁偏轉(zhuǎn)兩種運動組合在一起，有效地區(qū)別電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)，尋找兩種運動的聯(lián)系和幾何關(guān)系是解題的關(guān)鍵，當帶電粒子連續(xù)通過幾個不同的場區(qū)時，粒子的受力情況和運動情況也發(fā)生相應(yīng)的變化，其運動過程則由幾種不同的運動階段組成.

2.“磁偏轉(zhuǎn)”和“電偏轉(zhuǎn)”的比較項目電偏轉(zhuǎn)磁偏轉(zhuǎn)偏轉(zhuǎn)條件帶電粒子以v⊥E進入勻強電場(不計重力)帶電粒子以v⊥B進入勻強磁場(不計重力)受力情況只受恒定的電場力F=qE只受大小恒定的洛倫茲力F=qvB運動情況類平拋運動勻速圓周運動-運動軌跡拋物線圓弧求解方法利用類平拋運動的規(guī)律x=v0a=qE牛頓第二定律、勻速圓周運動公式r=mvqBT=2πmqB知識點2：帶電粒子在疊加場中的應(yīng)用1.磁場、重力場并存（1）若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做速直線運動.（2）若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功.故機械能守恒.如速度選擇器、磁流體發(fā)電機。2.電場磁場并存（不計重力）若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運動。若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電體做復雜的曲線運動，可用動能定理求解.3.電場、磁場、重力場并存（1）若三力平衡，則帶電體做勻速直線運動；（2）若重力與電場力平衡，v⊥B，則帶電體做勻速圓周運動；（3）若合力不為0，則帶電體可能做復雜的曲線運動，可用能量守恒定律定理求解.強化點一帶電粒子由磁場進入電場【典例1】（23-24高二下·遼寧錦州·期末）如圖，在的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，在的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向里的勻強磁場。一個氘核和一個氚核先后從x軸上P、Q兩點射出，速度大小分別為、，速度方向與x軸正方向的夾角均為。一段時間后，氘核和氚核同時沿平行x軸方向到達y軸上的M點（圖中未畫出）。已知Q點坐標為，不計粒子重力及粒子間的靜電力作用，，，求：（1）y軸上M點的縱坐標及x軸上P點的橫坐標；（2）勻強電場的電場強度E與勻強磁場的磁感應(yīng)強度B大小之比。【答案】（1），；（2）【詳解】（1）氚核從Q點射出后在電場中做拋體運動，在x軸方向勻速直線運動，則有解得在y軸方向解得y軸上M點的縱坐標氘核從P點射出后在磁場中做勻速圓周運動，兩粒子運動軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可得，解得由幾何關(guān)系聯(lián)立解得x軸上P點的橫坐標（2）設(shè)氘核（）的質(zhì)量為2m，電荷量為q，則氚核（）的質(zhì)量為3m，電荷量為q。氚核，根據(jù)拋體運動規(guī)律得其中，解得氘核：根據(jù)洛倫茲力提供向心力有，解得則有【變式1-1】（23-24高二下·江西上饒·期末）如圖所示，在xOy平面直角坐標系中，虛線OO'與x軸正方向的夾角為，與y軸之間存在垂直紙面向里磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，第二象限存在沿y軸正方向的勻強電場。一帶負電的粒子從x軸負半軸的P點以初速度進入電場，與x軸正方向的夾角為，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后從點M（0，L）垂直y軸進入磁場，粒子恰好不從O'O邊界射出磁場。不計粒子重力，下列正確的是（）A．P點坐標 B．粒子在電場中運動的時間C．粒子的比荷為 D．電場強度大小為【答案】AC【詳解】AB．根據(jù)逆向思維，粒子從P點到M點的逆運動為從M點到P點的類平拋運動，則，，解得，故P點坐標為，粒子在電場中運動的時間為，故A正確，B錯誤；C．粒子恰好不從O'O邊界射出磁場，粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系有根據(jù)洛倫茲力提供向心力解得粒子的比荷為故C正確；D．根據(jù)動能定理有且聯(lián)立可得電場強度大小為故D錯誤。故選AC。【變式1-2】（23-24高二上·山東濟南·期末）如圖所示，在坐標系中，軸上方有勻強電場，電場強度，方向水平向左，軸下方有勻強磁場，磁感應(yīng)強度為，方向垂直紙面向外。一電荷量，質(zhì)量的帶正電粒子從第一象限中的點開始運動，初速度方向沿軸負方向，恰好從坐標原點進入磁場；在磁場中運動一段時間后從軸上的點離開磁場，已知點的坐標為，點的坐標為，不計粒子的重力，求：（1）粒子進入磁場時速度的大小和方向；（2）磁感應(yīng)強度的大小?！敬鸢浮浚?），方向與x軸負方向角；（2）【詳解】（1）粒子在電場中做類平拋運動，設(shè)在O點離開電場時的速度大小為，與x軸的夾角為，軌跡如下圖，則在y軸方向，粒子做勻速直線運動在x軸方向，粒子做勻加速直線運動，，則在O點時的速度，以上各式聯(lián)立，解得，則粒子進入磁場時的速度的大小為，方向與x軸負方向角；（2）粒子在磁場中運動軌跡如下圖由幾何關(guān)系可知，得粒子在磁場中，根據(jù)牛頓第二定律代入數(shù)據(jù)，解得強化點二帶電粒子由電場進入磁場【典例2】（23-24高二上·寧夏銀川·期末）如圖所示，y軸上M點的坐標為（，），MN與x軸平行，與x軸之間有勻強磁場區(qū)域，磁場垂直紙面向里。在的區(qū)域存在沿方向的勻強電場，電場強度為E，在坐標原點O處有一帶正電粒子以速率沿方向射入磁場，粒子穿出磁場進入電場，速度減小到0后又返回磁場。已知粒子的比荷為，粒子重力不計。求：（1）勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大??；（2）從原點出發(fā)后經(jīng)過多長時間，帶電粒子第一次經(jīng)過x軸?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）粒子穿出磁場進入電場，速度減小到0后又返回磁場。說明粒子的運動半徑為L。由得（2）粒子運動軌跡如圖粒子在磁場中的運動時間為粒子在電場中的加速度為在電場中的運動時間為則從原點出發(fā)，粒子第一次經(jīng)過x軸的時間為【變式2-1】（23-24高二上·遼寧朝陽·期末）如圖所示的坐標系中，y軸的右側(cè)存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為，y軸的左側(cè)存在沿x軸正方向的勻強電場。P點為x軸上的點，，一電荷量為、質(zhì)量為的正粒子由P點沿x軸的正方向射入磁場，經(jīng)過一段時間粒子通過y軸進入電場，速度方向與y軸的負方向成，粒子在電場中垂直x軸經(jīng)過Q點。忽略粒子的重力，求：（1）粒子射入磁場的初速度大?。唬?）電場強度E；（3）粒子從P點運動到Q點的時間?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，作出運動軌跡示意圖如圖所示由幾何關(guān)系得，解得根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有，解得（2）帶電粒子在電場中運動時，沿y軸方向做勻速直線運動，有沿x軸方向做勻變速直線運動，有其中解得，（3）帶電粒子進入電場前在磁場中運動的時間之后帶電粒子在電場中運動的時間為則帶電粒子從P點運動到Q點的時間【變式2-2】（23-24高二上·山西運城·期末）如圖所示，在x軸上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，方向垂直紙面向里。在x軸下方存在勻強電場，方向豎直向上。一個質(zhì)量為m，電荷量為q，重力不計的帶正電粒子從y軸上的點沿y軸正方向以某初速度開始運動，一段時間后，粒子速度方向與x軸正方向成45°角進入電場，經(jīng)過y軸的b點時速度方向恰好與y軸垂直。求：（1）粒子在磁場中運動的軌道半徑r；（2）粒子到達b點時的速度大??；（3）求坐標原點O到b點的距離?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）根據(jù)題意可大體畫出粒子在組合場中的運動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系有可得（2）粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力設(shè)粒子第一次經(jīng)過x軸的位置為，到達b點時速度大小為，結(jié)合類平拋運動規(guī)律，有得（3）粒子在電場中沿x軸方向做勻速直線運動沿負y軸方向做勻減速直線運動，末速度為零，解得 強化點三帶電粒子在磁場和電場中的往復運動【典例3】（23-24高二上·河北邯鄲·期末）在如圖所示的平面直角坐標系中，的區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，的區(qū)域內(nèi)有沿x軸正方向的勻強電場。一個質(zhì)量為m、電荷量為的粒子從O點射出，初速度方向與x軸正方向夾角為，粒子在平面內(nèi)做曲線運動，其運動軌跡經(jīng)過O、M、N三點，并一直沿O、M、N圍成的閉合圖形運動。已知M、N兩點的坐標分別為，粒子重力忽略不計。求：（1）粒子初速度的大小；（2）勻強電場的場強大??；（3）粒子從O點出發(fā)到第一次返回O點的時間?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）根據(jù)題意，畫出粒子的運動軌跡，如圖所示作和的中垂線交于點，點為粒子在磁場中做圓周運動的圓心，粒子運動軌跡半徑粒子在勻強磁場中，聯(lián)立解得（2）連接與初速度方向垂直，則有，得粒子在電場中運動，有，，聯(lián)立解得（3）粒子在磁場中做圓周運動用時其中電場中運動時間聯(lián)立可得【變式3-1】（23-24高二上·山西太原·期末）水平分界線上方有豎直向下的勻強電場，電場強度為。下方存在如圖所示的勻強磁場，磁感應(yīng)強度均為分界線與平行。質(zhì)量為的帶電粒子在處由靜止釋放，下落一定高度后穿過，進入寬度為、垂直紙面向外的勻強磁場中做勻速圓周運動。粒子穿過后進入垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，經(jīng)過一段時間后返回出發(fā)點。不計粒子重力，求：（1）粒子的帶電量；（2）粒子從點經(jīng)過多長時間后返回點?！敬鸢浮浚?）；（2）（取正整數(shù)）【詳解】（1）粒子進入磁場后運動軌跡如圖所示。帶電粒子從點運動到邊界帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，半徑為由幾何關(guān)系得，解得，（2）帶電粒子在電場中加速時間為，兩個磁場大小相等，周期相同帶電粒子在之間做勻速圓周運動時，運動時間為帶電粒子在下方磁場運動，運動時間為帶電粒子第一次回到釋放點的時間為根據(jù)周期性，粒子回到點（取正整數(shù)）【變式3-2】（23-24高二上·湖南衡陽·期末）如圖，在xOy平面第一象限有一勻強電場，電場方向平行y軸向下。在第四象限內(nèi)存在一有界勻強磁場，左邊界為y軸，右邊界為的直線。磁場方向垂直紙面向外。一質(zhì)量為m、帶電量為q的正粒子從y軸上P點以初速度v0垂直y軸射入勻強電場，在電場力作用下從x軸上Q點以與x軸正方向成45°角進入勻強磁場。已知，不計粒子重力。求：（1）電場強度的大??；（2）要使粒子能再進入電場，磁感應(yīng)強度B的范圍；（3）要使粒子能第二次進入磁場，磁感應(yīng)強度B的范圍?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)粒子進入磁場時y方向的速度為，則有設(shè)粒子在電場中運動時間為，則有，，聯(lián)立解得電場強度的大小為（2）粒子剛好能再進入電場的軌跡如圖所示設(shè)此時的軌跡半徑為，由幾何關(guān)系為，解得粒子在磁場中的速度為根據(jù)牛頓第二定律有，解得則要使粒子能再進入電場，磁感應(yīng)強度B的范圍為（3）要使粒子剛好能第二次進入磁場的軌跡如圖所示粒子從P到Q的時間為，則粒子從C到D的時間為，所以，設(shè)此時粒子在磁場中的軌道半徑為，由幾何關(guān)系有可得根據(jù)牛頓第二定律有則要使粒子能第二次進磁場，磁感應(yīng)強度B的范圍為即強化點四帶電粒子在交變場中的運動【典例4】（多選）如圖甲所示，ABCD是一長方形有界勻強磁場邊界，磁感應(yīng)強度按圖乙規(guī)律變化，取垂直紙面向外為磁場的正方向，圖中，一質(zhì)量為m、所帶電荷量為q的帶正電粒子以速度v0在t＝0時從A點沿AB方向垂直磁場射入，粒子重力不計。則下列說法中正確的是（）A．若粒子經(jīng)時間恰好垂直打在CD上，則磁場的磁感應(yīng)強度B．若粒子經(jīng)時間恰好垂直打在CD上，則粒子運動的半徑大小C．若要使粒子恰能沿DC方向通過C點，則磁場的磁感應(yīng)強度的大?。╪＝1，2，3…）D．若要使粒子恰能沿DC方向通過C點，磁場變化的周期（n＝1，2，3…）【答案】AD【詳解】A．若粒子經(jīng)時間恰好垂直打在CD上，則粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為L，根據(jù)牛頓第二定律有，解得故A正確；B．若粒子經(jīng)時間恰好垂直打在CD上，如圖1所示，可知粒子運動了三段四分之一圓弧，則運動的半徑大小為故B錯誤；圖1CD．若要使粒子恰能沿DC方向通過C點，如圖2所示，則粒子運動的總時間一定為磁感應(yīng)強度變化周期的整數(shù)倍，設(shè)粒子運動的半徑為r，則根據(jù)牛頓第二定律有，解得根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子在一個磁場變化的周期T0內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角為120°，則故C錯誤，D正確。故選AD。圖2【變式4-1】（22-23高二上·湖北武漢·期末）在如圖甲所示的平面直角坐標系xOy（其中Ox水平，Oy豎直）內(nèi)，矩形區(qū)域OMNP充滿磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場（邊界處有磁場），其中，，P點處放置一垂直于x軸的熒光屏，現(xiàn)將質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從OM邊的中點A處以某一速度垂直于磁場且沿與y軸負方向夾角為45°的方向射入磁場，不計粒子重力。（1）若粒子打在熒光屏上形成的光點與A點等高，求粒子速度的大??；（2）求粒子能從OM邊射出磁場的最大速度及其對應(yīng)的運動時間；（3）若規(guī)定垂直紙面向外的磁場方向為正方向，磁感應(yīng)強度B的變化規(guī)律如圖乙所示（圖中已知），調(diào)節(jié)磁場的周期，滿足，讓粒子在時刻從坐標原點O沿與x軸正方向成角的方向以一定的初速度射入磁場，若粒子恰好垂直打在屏上，求粒子的可能初速度大小及打在光屏上的位置?！敬鸢浮浚?）；（2），；（3）（，，），【詳解】（1）要使粒子恰好能打在熒光屏上與A等高的點，則粒子速度方向偏轉(zhuǎn)了90°，軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可得由洛倫茲力提供向心力可得聯(lián)立解得（2）當粒子的軌跡恰好與MN相切時，對應(yīng)的速度最大，如圖所示由幾何關(guān)系可得由洛倫茲力提供向心力可得聯(lián)立解得可知軌跡對應(yīng)圓心角為，粒子在磁場中的運動周期為故對應(yīng)的運動時間為（3）由題意可知，磁場的周期滿足可知每經(jīng)過，粒子在磁場中運動軌跡對應(yīng)的圓心角均為，運動軌跡如圖所示粒子打在熒光屏上的Q點，由幾何關(guān)系可得則有設(shè)粒子在磁場中運動的軌道半徑為，每次偏轉(zhuǎn)對應(yīng)的圓心角均為，粒子恰好垂直打在屏上，由幾何關(guān)系可得（，，）由洛倫茲力提供向心力可得聯(lián)立解得（，，）【變式4-2】如圖甲所示，M、N為豎直放置彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個小孔O、正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應(yīng)強度隨時間的變化如圖乙所示，設(shè)垂直紙面向里為磁場的正方向。有一群正離子在時垂直于M板從小孔O射入磁場。已知正離子質(zhì)量為、電荷量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應(yīng)強度變化的周期都為，忽略粒子間的相互作用力和離子的重力。（1）求磁感應(yīng)強度的大??；（2）若正離子在時刻恰好從孔垂直于N板射出磁場，求該離子在磁場中的運動半徑；（3）要使正離子從孔垂直于N板射出磁場，求正離子射入磁場時速度的大小。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）正離子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，即

正離子做勻速圓周運動的周期為

聯(lián)立①②解得

③（2）由題意，作出正離子的運動軌跡如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知正離子的運動半徑為

④（3）要使正離子從孔垂直于N板射出磁場，根據(jù)離子運動軌跡的周期性可知離子在磁場中運動時間滿足

⑤則運動半徑滿足

⑥聯(lián)立①③⑥解得

⑦強化點五帶電粒子在疊加場中的直線運動【典例5】（23-24高二下·四川涼山·期末）利用電場和磁場控制帶電粒子的運動是現(xiàn)代電子設(shè)備的常見現(xiàn)象。如圖所示，兩水平正對放置的平行金屬板MN和PQ之間存在豎直向下的勻強電場E（未知），兩金屬板的板長和間距均為平行金屬板間有垂直紙面向里的磁場，N、Q連線右側(cè)空間有垂直紙面向外的磁場，兩磁感應(yīng)強度均為B。質(zhì)量為2m0、速度為v0、帶電量為+q的粒子甲和質(zhì)量為m0、速度為2v0、帶電量也為+q的粒子乙先后從M、P的連線中點O處沿兩平行金屬板中軸線進入后，甲粒子恰好沿軸線射出金屬板，乙粒子恰好從MN板右側(cè)N點射出，此時速度方向與水平方向夾角不計粒子大小及重力，關(guān)于兩粒子的運動情況，下列說法正確的是（）A．金屬板間電場強度為B．甲、乙兩粒子在平行金屬板間的運動時間之比為2：1C．甲、乙兩粒子在射出平行金屬板的速度之比為D．甲、乙兩粒子在N、Q連線右側(cè)的運動時間之比為6：5【答案】AD【詳解】A．甲粒子恰好沿軸線射出金屬板，則有，解得，故A正確；B．甲粒子做勻速直線運動，有，解得乙粒子的運動可分解為速度大小為的勻速圓周運動和水平向右速度大小為勻速直線運動，沿電場線方向在點速度關(guān)系如圖所示解得粒子在磁場中做圓周運動的周期聯(lián)立可得則故B錯誤；C．甲粒子做勻速直線運動，射出平行金屬板的速度為v0，乙粒子運動過程中，洛倫茲力不做功，只有電場力做功，則有，解得，可得，故C錯誤；D．甲、乙粒子在N、Q連線右側(cè)磁場中均做勻速圓周運動，可得，根據(jù)，解得，兩粒子的軌跡如圖所示可得，，解得，故D正確。故選AD?！咀兪?-1】（2024·福建福州·三模）如圖所示，帶電圓環(huán)P套在足夠長的、粗糙絕緣水平細桿上，空間中存在與水平桿成θ角斜向左上方的勻強電場，現(xiàn)給圓環(huán)P一向右初速度，使其在桿上與桿無擠壓地滑行。當圓環(huán)P滑至A點時，在空間加上水平方向且垂直細桿的勻強磁場，并從此刻開始計時，時刻圓環(huán)P再次返回A點。選取水平向右為正方向，則運動過程圓環(huán)P受到的摩擦力f、速度v、加速度a、動能隨時間t變化的圖像，可能正確的是（）A．B．C． D．【答案】BD【詳解】C．在勻強電場中，圓環(huán)在桿上與桿無擠壓地滑行，則故加上磁場后，速度為時，圓環(huán)與桿間的壓力為圓環(huán)向右運動的過程中，根據(jù)牛頓第二定律，且加速度為圓環(huán)向右運動的過程中，圓環(huán)速度減小，向左的加速度逐漸減小，圓環(huán)向左運動的過程中，根據(jù)牛頓第二定律，加速度為圓環(huán)向左運動的過程中，圓環(huán)速度增大，向左的加速度逐漸減小，故整個運動過程，加速度一直向左且逐漸減小，故圖C不符合要求；B．由于圓環(huán)P從A點出發(fā)再返回A點，克服摩擦力做功，返回A點時的速度小于從A點出發(fā)時的速度，根據(jù)圖像的斜率表示加速度，可知速度v隨時間t變化的圖像如圖B所示，故圖B符合要求；A．返回A點時圓環(huán)受到的摩擦力應(yīng)小于從A點出發(fā)時圓環(huán)受到的摩擦力，故圖A不符合要求；D．根據(jù)，可知動能隨時間t變化的圖像如圖D所示，故圖D符合要求。故選BD。【變式5-2】（23-24高二上·江西南昌·期末）如圖所示，實線表示在豎直平面內(nèi)的電場線，電場線與水平方向成α角，水平方向的勻強磁場與電場正交，有一帶電液滴沿虛線L斜向上做直線運動，L與水平方向成β角，且，則下列說法中正確的是（）A．液滴一定做勻速直線運動 B．液滴有可能做勻變速直線運動C．電場線方向可能斜向下 D．液滴一定帶正電【答案】AD【詳解】AB．根據(jù)左手定則可知，液滴所受洛倫茲力方向位于垂直運動方向，根據(jù)物體做直線運動的條件可知，垂直運動方向合外力恒為零，液滴所受洛倫茲力恒定不變，結(jié)合洛倫茲力公式可知，故粒子的速度不變，即粒子做勻速直線運動，故A正確，B錯誤；CD．由于粒子一定做勻速直線運動，則液滴受重力、靜電力、洛倫茲力的合力為零，靜電力和洛倫茲力的合力和重力反向，可判斷出洛倫茲力垂直運動方向向左上，靜電力方向斜向右上。根據(jù)左手定則可知，液滴帶正電。則電場線方向斜向右上，故C錯誤，D正確。故選AD。強化點六帶電粒子在疊加場中的圓周運動【典例6】（2024·河北·二模）如圖所示，在豎直面內(nèi)的直角坐標系xOy中，在第二象限內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強電場和磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直坐標平面向里的勻強磁場；在第一象限內(nèi)存在方向豎直向上的勻強電場和磁感應(yīng)強度大小也為B、方向垂直坐標平面向外的勻強磁場。一帶正電的小球P從x軸上的A點以某一速度沿AK方向做直線運動，AK與x軸正方向的夾角θ=60°，從K點進入第一象限后小球P恰好做勻速圓周運動，經(jīng)過x軸時豎直向下?lián)糁芯o貼x軸上方靜止的帶電小球Q，碰后兩球結(jié)合為一個結(jié)合體M，之后M從y軸上的F點離開第四象限，第四象限存在勻強磁場，方向如圖所示。已知重力加速度大小為g，小球P、Q帶電荷量均為q、質(zhì)量均為m，不計空氣阻力。（1）求第二象限與第一象限內(nèi)電場的電場強度大小之比；（2）求小球Q靜止的位置距O點的距離；（3）若結(jié)合體M進入第四象限時的速度為v，M在第四象限運動時的最大速度為2v，則當其速度為2v時，結(jié)合體M距x軸的距離是多少？【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）小球P沿AK方向做直線運動，由于洛倫茲力與速度有關(guān)，可知其一定做勻速直線運動，受力如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可得小球Q靜止在第一象限，則聯(lián)立可得（2）小球豎直向下?lián)糁蠶，軌跡如圖所示根據(jù)洛倫茲力提供向心力有，粒子在第二象限中有聯(lián)立解得（3）結(jié)合體在第四象限中只有重力做功，根據(jù)動能定理可得，解得【變式6-1】（23-24高二上·江西鷹潭·期末）如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小為，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強度大小。有一帶電微粒，質(zhì)量，電荷量，從時刻由O點開始以速度v在第一象限的豎直面內(nèi)做勻速直線運動，取，求：（1）微粒做勻速直線運動的速度v的大小和方向；（2）若在時，將電場方向逆時針旋轉(zhuǎn)90°，在微粒繼續(xù)運動的過程中，求微粒第一次經(jīng)過y軸時的坐標；（3）若在某一時刻撤掉磁場（不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象），在微粒繼續(xù)運動的過程中，求微粒速度方向恰好平行于x軸正方向時微粒的動能。【答案】（1），速度方向斜向右上與x軸正方向成45°角；（2）（0，1.6m）；（3）【詳解】（1）微粒做勻速直線運動時，受力如圖所示：其所受的三個力在同一平面內(nèi)，合力為零，則有代入數(shù)據(jù)解得：速度v的方向與x軸的正方向之間的夾角滿足，解得即速度方向斜向右上與x軸正方向成45°角。（2）經(jīng)過t=0.4s后，微粒運動到A點，運動位移OA為即A點坐標為，此時將電場逆時針旋轉(zhuǎn)90°后，有分析可知，運動到A點后微粒做勻速圓周運動，設(shè)圓周運動的半徑為r，有，解得分析可得微粒運動軌跡如圖：設(shè)微粒經(jīng)過y軸的交點為Q，則由幾何關(guān)系可知則即微粒第一次經(jīng)過y軸時的坐標為（0，1.6m）。（3）設(shè)微粒處于P點時速度恰平行于x軸正方向，P點速度大小為，剛撤去磁場時，沿y軸正方向速度為運動到P點所用的時間為，則剛撤去磁場時，沿x軸正方向速度為x軸方向加速度為微粒到達P點的速度為 微粒在P點處的動能為【變式6-2】（23-24高二上·江蘇南京·期末）設(shè)在地面上方的真空室內(nèi)，存在著方向水平向右的勻強電場和方向垂直于紙面向內(nèi)的勻強磁場，如圖所示。一段光滑且絕緣的圓弧軌道固定在紙面內(nèi)，其圓心為點，半徑，O，A連線在豎直方向上，弧對應(yīng)的圓心角。今有一質(zhì)量、電荷量的帶電小球，以的初速度沿水平方向從點射入圓弧軌道內(nèi)，一段時間后從點離開，此后小球做勻速直線運動。重力加速度，，。求：(1)勻強電場的場強；(2)小球經(jīng)過點時的速率：(3)小球射入至圓弧軌道A端的瞬間，小球?qū)壍赖膲毫Γㄓ嬎憬Y(jié)果保留兩位有效數(shù)字）?！敬鸢浮?1)(2)(3)，豎直向下【詳解】（1）當小球離開圓弧軌道后，對其受力分析如圖所示由平衡條件得代入數(shù)據(jù)解得（2）小球從進入圓弧軌道到離開圓弧軌道的過程中，由動能定理得代入數(shù)據(jù)得（3）根據(jù)小球經(jīng)過點時的受力分析圖可知，解得分析小球經(jīng)過處時，由向心力公式可知代入數(shù)據(jù)得由牛頓第三定律得，小球?qū)壍赖膲毫榉较蜇Q直向下。強化點七帶電粒子在疊加場中的曲線運動【典例7】（22-23高二上·江蘇南京·期末）如圖所示，長度為L，內(nèi)壁光滑的輕玻璃管平放在水平面上，管底有一質(zhì)量為，電荷量為的帶正電小球。整個裝置以速度進入磁感應(yīng)強度為的勻強磁場，磁場方向豎直向下，在外力的作用下向右勻速運動，最終小球從上端口飛出。從玻璃管進入磁場至小球飛出上端口的過程中（）A．小球沿管方向的加速度大小 B．小球做類平拋運動C．管壁的彈力對小球不做功 D．洛倫茲力對小球做功【答案】B【詳解】AB．由題意知小球既沿管方向運動，又和管一起向右勻速直線運動，管平放在水平面上，對小球受力分析知，沿管方向小球所受洛倫茲力為恒力，由牛頓第二定律得，解得即沿管方向小球做勻加速直線運動，水平方向做勻速直線運動，則小球做類平拋運動，故A錯誤，B正確；D．洛倫茲力方向總是和速度方向垂直，故洛倫茲力不做功，故D錯誤；C．小球最終從上端口飛出，沿管方向的速度滿足水平方向一直勻速直線運動，可知小球動能增加，洛倫茲力不做功，故管壁對小球向右的彈力對小球做正功，小球飛出時速度為由動能定理得，整個過程對小球管壁的彈力對小球做功為，故C錯誤。故選B?！咀兪?-1】（23-24高二下·甘肅酒泉·期末）霍爾推進器某局部區(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電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。質(zhì)量為m，電荷量為e的電子從О點沿x軸正方向水平入射，入射速度為時，電子沿x軸做直線運動；入射速度小于時，電子的運動軌跡如圖中的虛線所示，且在最高點與在最低點所受的合力大小相等。不計電子重力及電子間相互作用。（1）求電場強度的大小E；（2）若電子入射速度為，求運動到速度為時位置的縱坐標y；（3）若電子入射速度在的范圍內(nèi)均勻分布，求能到達縱坐標位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的百分比?！敬鸢浮浚?）v0B；（2）；（3）87.5%【詳解】（1）由題知，入射速度為v0時，電子沿x軸做直線運動則有Ee=ev0B解得E=v0B（2）電子在豎直向下的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場的復合場中，由于洛倫茲力不做功，且由于電子入射速度為，則電子受到的電場力大于洛倫茲力，則電子向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)動能定理有，解得（3）若電子以v入射時，設(shè)電子能達到的最高點位置的縱坐標為y，則根據(jù)動能定理有由于電子在最高點與在最低點所受的合力大小相等，則在最高點有F合=evmB－eE在最低點有F合=eE－evB，聯(lián)立有，要讓電子達縱坐標位置，即y≥y2，解得則若電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)均勻分布，能到達縱坐標位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的87.5%?！咀兪?-2】（23-24高二下·四川德陽·期末）如圖所示，在豎直平面內(nèi)在邊界以下存在水平向右的勻強電場，電場強度大小為，為一根固定的粗糙傾斜絕緣桿，與水平方向的夾角為；邊界下方過桿端點的豎直邊界兩側(cè)分別存在著兩個方向相反的水平勻強磁場，左側(cè)磁場方向垂直電場方向向里，磁感應(yīng)強度的大小為，右側(cè)磁場方向垂直電場方向向外，磁感應(yīng)強度的大小為.現(xiàn)有一帶正電的小球，其質(zhì)量為、電荷量為，以速度在過點的豎直邊界左側(cè)磁場區(qū)域做勻速直線運動，當小球經(jīng)過位置時撤去磁場，運動一段時間后，小球上有一小孔剛好從端沿桿方向套在傾斜絕緣桿上，已知位置與絕緣桿端等高，小球與絕緣桿之間的動摩擦因數(shù)為，絕緣桿足夠長，不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象，重力加速度大小為，，求：（1）小球勻速運動的速度的大小；（2）小球套在傾斜桿上后，沿桿下滑的最大速度；（3）小球從位置運動至位置，電場力對小球做的功?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）小球以速度在過點的豎直邊界左側(cè)磁場區(qū)域做勻速直線運動，則有解得（2）小球套在傾斜桿上后，當速度最大時受力平衡，沿桿方向根據(jù)平衡條件，解得（3）在左側(cè)磁場運動過程中，由于重力與電場力大小相等，根據(jù)左手定則可知小球勻速時速度方向與水平方向夾角為45°斜向右上，當撤去磁場時，小球做類平拋運動，加速度大小為運動到M點時速度方向剛好沿桿，則有，解得，根據(jù)動能定理，電場力對小球做的功真題感知1．（2024·福建·高考真題）如圖，直角坐標系中，第Ⅰ象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場。第Ⅱ、Ⅲ象限中有兩平行板電容器、，其中垂直軸放置，極板與軸相交處存在小孔、；垂直軸放置，上、下極板右端分別緊貼軸上的、點。一帶電粒子從靜止釋放，經(jīng)電場直線加速后從射出，緊貼下極板進入，而后從進入第Ⅰ象限；經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好垂直軸離開，運動軌跡如圖中虛線所示。已知粒子質(zhì)量為、帶電量為，、間距離為，、的板間電壓大小均為，板間電場視為勻強電場，不計重力，忽略邊緣效應(yīng)。求：(1)粒子經(jīng)過時的速度大小；(2)粒子經(jīng)過時速度方向與軸正向的夾角；(3)磁場的磁感應(yīng)強度大小?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳解】（1）粒子從M到N的運動過程中，根據(jù)動能定理有解得（2）粒子在中，根據(jù)牛頓運動定律有根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有、又解得（3）粒子在P處時的速度大小為在磁場中運動時根據(jù)牛頓第二定律有由幾何關(guān)系可知解得2．（2024·江蘇·高考真題）如圖所示，兩個半圓環(huán)區(qū)abcd、a'b'c'd'中有垂直紙面向里的勻強磁場，區(qū)域內(nèi)、外邊界的半徑分別為、。ab與a'b'間有一個勻強電場，電勢差為U，cd與c'd'間有一個插入體，電子每次經(jīng)過插入體速度減小為原來的k倍。現(xiàn)有一個質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，從cd面射入插入體，經(jīng)過磁場、電場后再次到達cd面，速度增加，多次循環(huán)運動后，電子的速度大小達到一個穩(wěn)定值，忽略相對論效應(yīng)，不計電子經(jīng)過插入體和電場的時間。求：(1)電子進入插入體前后在磁場中運動的半徑、之比；(2)電子多次循環(huán)后到達cd的穩(wěn)定速度v；(3)若電子到達cd中點P時速度穩(wěn)定，并最終到達邊界d，求電子從P到d的時間t?！敬鸢浮?1)(2)，方向垂直于cd向左(3)【詳解】（1）設(shè)電子進入插入體前后的速度大小分別為、，由題意可得電子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得解得可知在磁場中的運動半徑，可得（2）電子多次循環(huán)后到達cd的穩(wěn)定速度大小為v，則經(jīng)過插入體后的速度大小為kv。電子經(jīng)過電場加速后速度大小為v，根據(jù)動能定理得解得方向垂直于cd向左。（3）電子到達cd中點P時速度穩(wěn)定，并最終到達邊界上的d點。由Р點開始相繼在兩個半圓區(qū)域的運動軌跡如下圖所示。根據(jù)（1）（2）的結(jié)論，可得電子在右半圓區(qū)域的運動半徑為電子在左半圓區(qū)域的運動半徑為kr，則P點與d點之間的距離為電子由Р點多次循環(huán)后到達d點的循環(huán)次數(shù)為電子在左、右半圓區(qū)域的運動周期均為忽略經(jīng)過電場與插入體的時間，則每一次循環(huán)的時間均等于T，可得電子從Р到d的時間為3．（2024·浙江·高考真題）探究性學習小組設(shè)計了一個能在噴鍍板的上下表面噴鍍不同離子的實驗裝置，截面如圖所示。在xOy平面內(nèi)，除x軸和虛線之間的區(qū)域外，存在磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向外的勻強磁場，在無磁場區(qū)域內(nèi)，沿著x軸依次放置離子源、長度為L的噴鍍板P、長度均為L的柵極板M和N（由金屬細絲組成的網(wǎng)狀電極），噴鍍板P上表面中點Q的坐標為（1.5L，0），柵極板M中點S的坐標為（3L，0），離子源產(chǎn)生a和b兩種正離子，其中a離子質(zhì)量為m，電荷量為q，b離子的比荷為a離子的倍，經(jīng)電壓U=kU0（其中，k大小可調(diào)，a和b離子初速度視為0）的電場加速后，沿著y軸射入上方磁場。經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)和柵極板N和M間電壓UNM調(diào)控（UNM>0），a和b離子分別落在噴鍍板的上下表面，并立即被吸收且電中和，忽略場的邊界效應(yīng)、離子受到的重力及離子間相互作用力。（1）若U=U0，求a離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，到達x軸上的位置x0（用L表示）。（2）調(diào)節(jié)U和UNM，并保持，使a離子能落到噴鍍板P上表面任意位置，求：①U的調(diào)節(jié)范圍（用U0表示）；②b離子落在噴鍍板P下表面的區(qū)域長度；（3）要求a和b離子恰好分別落在噴鍍板P上下表面的中點，求U和UNM的大小?！敬鸢浮浚?）L；（2）①；②；（3），【詳解】（1）對a離子根據(jù)動能定理得a離子在勻強磁場中做勻速圓周運動a離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，到達x軸上的位置，聯(lián)立解得（2）①要使a離子能落到噴鍍板P上表面任意位置，只能經(jīng)電壓為U的電場加速后再經(jīng)第一象限勻強磁場偏轉(zhuǎn)一次打在P板上方任意處，則結(jié)合（1）中分析得即即②b離子經(jīng)過電壓為U的電場加速后在磁場中第一次偏轉(zhuǎn)打在x軸上的位置坐標為代入得故可知b離子能從柵極板（坐標范圍為）任意位置經(jīng)電壓為的電場減速射入虛線下方的磁場，此時b離子先經(jīng)過電壓為U的電場加速再在第一象限磁場中做勻速圓周運動后再經(jīng)過電壓為的電場減速，因為根據(jù)動能定理得同時有，當時，b離子從柵極板左端經(jīng)虛線下方磁場偏轉(zhuǎn)打在P，此時離柵極板左端的距離為當時，b離子從柵極板右端經(jīng)虛線下方磁場偏轉(zhuǎn)打在P，此時離柵極板右端的距離為故b離子落在噴鍍板P下表面的區(qū)域長度為（3）要求a離子落在噴鍍板中點Q，由（1）可知故可得則b離子從處經(jīng)過柵極板，若b離子減速一次恰好打在P板下方中央處，設(shè)，則同理可知聯(lián)立解得則可得當減速n次聯(lián)立得當減速n次恰好打在P板下方中央處，可得即解得即，n取整數(shù)，故可得，故可得4．（2024·北京·高考真題）我國“天宮”空間站采用霍爾推進器控制姿態(tài)和修正軌道。圖為某種霍爾推進器的放電室（兩個半徑接近的同軸圓筒間的區(qū)域）的示意圖。放電室的左、右兩端分別為陽極和陰極，間距為d。陰極發(fā)射電子，一部分電子進入放電室，另一部分未進入。穩(wěn)定運行時，可視為放電室內(nèi)有方向沿軸向向右的勻強電場和勻強磁場，電場強度和磁感應(yīng)強度大小分別為E和；還有方向沿半徑向外的徑向磁場，大小處處相等。放電室內(nèi)的大量電子可視為處于陽極附近，在垂直于軸線的平面繞軸線做半徑為R的勻速圓周運動（如截面圖所示），可與左端注入的氙原子碰撞并使其電離。每個氙離子的質(zhì)量為M、電荷量為，初速度近似為零。氙離子經(jīng)過電場加速，最終從放電室右端噴出，與陰極發(fā)射的未進入放電室的電子剛好完全中和。已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為；對于氙離子，僅考慮電場的作用。（1）求氙離子在放電室內(nèi)運動的加速度大小a；（2）求徑向磁場的磁感應(yīng)強度大??；（3）設(shè)被電離的氙原子數(shù)和進入放電室的電子數(shù)之比為常數(shù)k，單位時間內(nèi)陰極發(fā)射的電子總數(shù)為n，求此霍爾推進器獲得的推力大小F?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）對于氙離子，僅考慮電場的作用，則氙離子在放電室時只受電場力作用，由牛頓第二定律解得氙離子在放電室內(nèi)運動的加速度大?。?）電子在陽極附近在垂直于軸線的平面繞軸線做半徑做勻速圓周運動，則軸線方向上所受電場力與徑向磁場給的洛侖茲力平衡，沿著軸線方向的勻強磁場給的洛侖茲力提供向心力，即，解得徑向磁場的磁感應(yīng)強度大小為（3）單位時間內(nèi)陰極發(fā)射的電子總數(shù)為n，被電離的氙原子數(shù)和進入放電室的電子數(shù)之比為常數(shù)k，設(shè)單位時間內(nèi)進入放電室的電子數(shù)為，則未進入的電子數(shù)為，設(shè)單位時間內(nèi)被電離的氙離子數(shù)為,則有已知氙離子數(shù)從放電室右端噴出后與未進入放電室的電子剛好完全中和，則有聯(lián)立可得單位時間內(nèi)被電離的氙離子數(shù)為氙離子經(jīng)電場加速，有時間內(nèi)氙離子所受到的作用力為，由動量定理有解得由牛頓第三定律可知，霍爾推進器獲得的推力大小則5．（2024·甘肅·高考真題）質(zhì)譜儀是科學研究中的重要儀器，其原理如圖所示。Ⅰ為粒子加速器，加速電壓為U；Ⅱ為速度選擇器，勻強電場的電場強度大小為，方向沿紙面向下，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為，方向垂直紙面向里；Ⅲ為偏轉(zhuǎn)分離器，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為，方向垂直紙面向里。從S點釋放初速度為零的帶電粒子（不計重力），加速后進入速度選擇器做直線運動、再由O點進入分離器做圓周運動，最后打到照相底片的P點處，運動軌跡如圖中虛線所示。（1）粒子帶正電還是負電？求粒子的比荷。（2）求O點到P點的距離。（3）若速度選擇器Ⅱ中勻強電場的電場強度大小變?yōu)椋源笥冢?，方向不變，粒子恰好垂直打在速度選擇器右擋板的點上。求粒子打在點的速度大小?！敬鸢浮浚?）帶正電，；（2）；（3）【詳解】（1）由于粒子向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電；設(shè)粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，粒子進入速度選擇器時的速度為，在速度選擇器中粒子做勻速直線運動，由平衡條件在加速電場中，由動能定理聯(lián)立解得，粒子的比荷為（2）由洛倫茲力提供向心力可得O點到P點的距離為（3）粒子進入Ⅱ瞬間，粒子受到向上的洛倫茲力向下的電場力由于，且所以通過配速法，如圖所示其中滿足則粒子在速度選擇器中水平向右以速度做勻速運動的同時，豎直方向以做勻速圓周運動，當速度轉(zhuǎn)向到水平向右時，滿足垂直打在速度選擇器右擋板的點的要求，故此時粒子打在點的速度大小為【點睛】6．（2024·廣東·高考真題）如圖甲所示。兩塊平行正對的金屬板水平放置，板間加上如圖乙所示幅值為、周期為的交變電壓。金屬板左側(cè)存在一水平向右的恒定勻強電場，右側(cè)分布著垂直紙面向外的勻強磁場。磁感應(yīng)強度大小為B．一帶電粒子在時刻從左側(cè)電場某處由靜止釋放，在時刻從下板左端邊緣位置水平向右進入金屬板間的電場內(nèi)，在時刻第一次離開金屬板間的電場、水平向右進入磁場，并在時刻從下板右端邊緣位置再次水平進入金屬板間的電場。已知金屬板的板長是板間距離的倍，粒子質(zhì)量為m。忽略粒子所受的重力和場的邊緣效應(yīng)。（1）判斷帶電粒子的電性并求其所帶的電荷量q；（2）求金屬板的板間距離D和帶電粒子在時刻的速度大小v；（3）求從時刻開始到帶電粒子最終碰到上金屬板的過程中，電場力對粒子做的功W。【答案】（1）正電；；（2）；；（3）【詳解】（1）根據(jù)帶電粒子在右側(cè)磁場中的運動軌跡結(jié)合左手定則可知，粒子帶正電；粒子在磁場中運動的周期為根據(jù)則粒子所帶的電荷量（2）若金屬板的板間距離為D，則板長粒子在板間運動時出電場時豎直速度為零，則豎直方向在磁場中時其中的聯(lián)立解得（3）帶電粒子在電場和磁場中的運動軌跡如圖，由（2）的計算可知金屬板的板間距離則粒子在3t0時刻再次進入中間的偏轉(zhuǎn)電場，在4t0時刻進入左側(cè)的電場做減速運動速度為零后反向加速，在6t0時刻再次進入中間的偏轉(zhuǎn)電場，6.5t0時刻碰到上極板，因粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動時，在時間t0內(nèi)電場力做功為零，在左側(cè)電場中運動時，往返一次電場力做功也為零，可知整個過程中只有開始進入左側(cè)電場時電場力做功和最后0.5t0時間內(nèi)電場力做功，則7．（2024·遼寧·高考真題）現(xiàn)代粒子加速器常用電磁場控制粒子團的運動及尺度。簡化模型如圖：Ⅰ、Ⅱ區(qū)寬度均為L，存在垂直于紙面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度等大反向；Ⅲ、Ⅳ區(qū)為電場區(qū)，Ⅳ區(qū)電場足夠?qū)挘鲄^(qū)邊界均垂直于x軸，O為坐標原點。甲、乙為粒子團中的兩個電荷量均為＋q，質(zhì)量均為m的粒子。如圖，甲、乙平行于x軸向右運動，先后射入Ⅰ區(qū)時速度大小分別為和。甲到P點時，乙剛好射入Ⅰ區(qū)。乙經(jīng)過Ⅰ區(qū)的速度偏轉(zhuǎn)角為30°，甲到O點時，乙恰好到P點。已知Ⅲ區(qū)存在沿＋x方向的勻強電場，電場強度大小。不計粒子重力及粒子間相互作用，忽略邊界效應(yīng)及變化的電場產(chǎn)生的磁場。（1）求磁感應(yīng)強度的大小B；（2）求Ⅲ區(qū)寬度d；（3）Ⅳ區(qū)x軸上的電場方向沿x軸，電場強度E隨時間t、位置坐標x的變化關(guān)系為，其中常系數(shù)，已知、k未知，取甲經(jīng)過O點時。已知甲在Ⅳ區(qū)始終做勻速直線運動，設(shè)乙在Ⅳ區(qū)受到的電場力大小為F，甲、乙間距為Δx，求乙追上甲前F與Δx間的關(guān)系式（不要求寫出Δx的取值范圍）【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）對乙粒子，如圖所示由洛倫茲力提供向心力由幾何關(guān)系聯(lián)立解得，磁感應(yīng)強度的大小為（2）由題意可知，根據(jù)對稱性，乙在磁場中運動的時間為對甲粒子，由對稱性可知，甲粒子沿著直線從P點到O點，由運動學公式由牛頓第二定律聯(lián)立可得Ⅲ區(qū)寬度為（3）甲粒子經(jīng)過O點時的速度為因為甲在Ⅳ區(qū)始終做勻速直線運動，則可得設(shè)乙粒子經(jīng)過Ⅲ區(qū)的時間為，乙粒子在Ⅳ區(qū)運動時間為，則上式中對乙可得整理可得對甲可得則化簡可得乙追上甲前F與Δx間的關(guān)系式為【點睛】8．（2024·新疆河南·高考真題）一質(zhì)量為m、電荷量為的帶電粒子始終在同一水平面內(nèi)運動，其速度可用圖示的直角坐標系內(nèi)，一個點表示，、分別為粒子速度在水平面內(nèi)兩個坐標軸上的分量。粒子出發(fā)時P位于圖中點，粒子在水平方向的勻強電場作用下運動，P點沿線段ab移動到點；隨后粒子離開電場，進入方向豎直、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，P點沿以O(shè)為圓心的圓弧移動至點；然后粒子離開磁場返回電場，P點沿線段ca回到a點。已知任何相等的時間內(nèi)P點沿圖中閉合曲線通過的曲線長度都相等。不計重力。求（1）粒子在磁場中做圓周運動的半徑和周期；（2）電場強度的大小；（3）P點沿圖中閉合曲線移動1周回到a點時，粒子位移的大小?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3）【詳解】（1）粒子在磁場中做圓周運動時的速度為根據(jù)洛倫茲力提供向心力解得做圓周運動的半徑為周期為（2）根據(jù)題意，已知任何相等的時間內(nèi)P點沿圖中閉合曲線通過的曲線長度都相等，由于曲線表示的為速度相應(yīng)的曲線，根據(jù)可知任意點的加速度大小相等，故可得解得（3）根據(jù)題意分析可知從b點到c點粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為，繞一圈的過程中兩次在電場中運動，根據(jù)對稱性可知粒子的運動軌跡如圖，角為兩次粒子在電場中運動時初末位置間的位移與x軸方向的夾角，從a到b過程中粒子做類平拋運動，得故可得該段時間內(nèi)沿y方向位移為根據(jù)幾何知識可得由粒子在兩次電場中運動的對稱性可知移動一周時粒子位移的大小為聯(lián)立解得9．（2024·湖南·高考真題）如圖，有一內(nèi)半徑為2r、長為L的圓筒，左右端面圓心O′、O處各開有一小孔。以O(shè)為坐標原點，取O′O方向為x軸正方向建立xyz坐標系。在筒內(nèi)x≤0區(qū)域有一勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向沿x軸正方向；筒外x≥0區(qū)域有一勻強電場，場強大小為E，方向沿y軸正方向。一電子槍在O′處向圓筒內(nèi)多個方向發(fā)射電子，電子初速度方向均在xOy平面內(nèi)，且在x軸正方向的分速度大小均為v0。已知電子的質(zhì)量為m、電量為e，設(shè)電子始終未與筒壁碰撞，不計電子之間的相互作用及電子的重力。（1）若所有電子均能經(jīng)過O進入電場，求磁感應(yīng)強度B的最小值；（2）?。?）問中最小的磁感應(yīng)強度B，若進入磁場中電子的速度方向與x軸正方向最大夾角為θ，求tanθ的絕對值；（3）?。?）問中最小的磁感應(yīng)強度B，求電子在電場中運動時y軸正方向的最大位移?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）電子在勻強磁場中運動時，將其分解為沿x軸的勻速直線運動和在yOz平面內(nèi)的勻速圓周運動，設(shè)電子入射時沿y軸的分速度大小為，由電子在x軸方向做勻速直線運動得在yOz平面內(nèi)，設(shè)電子做勻速圓周運動的半徑為R，周期為T，由牛頓第二定律知可得且由題意可知所有電子均能經(jīng)過O進入電場，則有聯(lián)立得當時，B有最小值，可得（2）將電子的速度分解，如圖所示有當有最大值時，最大，R最大，此時，又，聯(lián)立可得，（3）當最大時，電子在電場中運動時沿y軸正方向有最大位移，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有由牛頓第二定律知又聯(lián)立得10．（2024·山東·高考真題）如圖所示，在Oxy坐標系x>0，y>0區(qū)域內(nèi)充滿垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。磁場中放置一長度為L的擋板，其兩端分別位于x、y軸上M、N兩點，∠OMN=60°，擋板上有一小孔K位于MN中點?！鱋MN之外的第一象限區(qū)域存在恒定勻強電場。位于y軸左側(cè)的粒子發(fā)生器在0＜y＜的范圍內(nèi)可以產(chǎn)生質(zhì)量為m，電荷量為+q的無初速度的粒子。粒子發(fā)生器與y軸之間存在水平向右的勻強加速電場，加速電壓大小可調(diào)，粒子經(jīng)此電場加速后進入磁場，擋板厚度不計，粒子可沿任意角度穿過小孔，碰撞擋板的粒子不予考慮，不計粒子重力及粒子間相互作用力。（1）求使粒子垂直擋板射入小孔K的加速電壓U0；（2）調(diào)整加速電壓，當粒子以最小的速度從小孔K射出后恰好做勻速直線運動，求第一象限中電場強度的大小和方向；（3）當加速電壓為時，求粒子從小孔K射出后，運動過程中距離y軸最近位置的坐標?！敬鸢浮浚?）；（2），方向沿x軸正方向；（3）(n=0,1,2???)【詳解】（1）根據(jù)題意，作出粒子垂直擋板射入小孔K的運動軌跡如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為在區(qū)域根據(jù)洛倫茲力提供向心力有在勻強加速電場中由動能定理有聯(lián)立解得（2）根據(jù)題意，當軌跡半徑最小時，粒子速度最小，則作出粒子以最小的速度從小孔K射出的運動軌跡如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為在區(qū)域根據(jù)洛倫茲力提供向心力有粒子從小孔K射出后恰好做勻速直線運動，由左手定則可知粒子經(jīng)過小孔K后受到的洛倫茲力沿x軸負方向，則粒子經(jīng)過小孔K后受到的電場力沿x軸正方向，粒子帶正電，則之外第一象限區(qū)域電場強度的方向沿x軸正方向，大小滿足聯(lián)立可得（3）在勻強加速電場中由動能定理有可得在區(qū)域根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得粒子在區(qū)域運動的軌跡半徑作出從小孔K射出的粒子的運動軌跡如圖所示設(shè)粒子從小孔射出的速度方向與軸正方向夾角為，根據(jù)幾何關(guān)系可知則粒子從小孔射出的速度方向與軸正方向的夾角為，該速度沿軸和軸正方向的分速度大小為，則粒子從射出后的運動可分解為沿軸正方向的勻速直線運動和速度大小為的勻速圓周運動，可知解得粒子做圓周運動的周期為，粒子至少運動距離軸最近，加上整周期則粒子運動，時距離軸最近，則最近位置的橫坐標為縱坐標為，綜上所述，最近的位置坐標，。提升專練一、單選題1．（2024·江蘇蘇州·三模）圖甲為洛倫茲力演示儀，調(diào)節(jié)玻璃泡角度使電子束在勻強磁場中的運動軌跡呈“螺旋”狀。圖乙為電子運動軌跡示意圖，空間存在平行x軸的勻強磁場，在xOy平面內(nèi)由坐標原點以初速度將電子射入磁場，方向與x軸正方向成角（），螺旋線的直徑為D、螺距為，則下列關(guān)系式正確的是（）A． B．C． D．【答案】D【詳解】根據(jù)題意可知，電子在平面做勻速圓周運動，周期為電子沿方向做勻速直線運動，則有沿方向有聯(lián)立可得故選D。2．（2024·四川眉山·模擬預(yù)測）如圖，在足夠大的空間內(nèi)，同時存在垂直紙面向里的勻強磁場和豎直向上的勻強電場，帶正電的小球a能以v0=15m/s、方向水平向左的初速度做半徑為R=1m的勻速圓周運動，當球a運動到最低點時，恰好能與靜止在小平臺（體積可忽略）上的不帶電的小球b發(fā)生正碰，碰后經(jīng)t=0.3s兩球再次相碰。已知碰撞前后兩小球的帶電情況不變，磁感應(yīng)強度大小為B=2T，重力加速度g=10m/s2，取π=3，則（）A．電場強度的大小為1N/CB．第一次碰撞后小球b獲得的速度大小可能為2m/sC．第一次碰撞前后小球a的速度方向可能相同D．小球b的質(zhì)量是小球a質(zhì)量的14.5倍【答案】D【詳解】A．小球a做勻速圓周運動，則聯(lián)立解得故A錯誤；C．第一次碰撞后，小球b做平拋運動，能與小球a第二次碰撞，則小球a第一次碰撞后的速度方向與原來速度方向相反，故C錯誤；B．小球a做勻速圓周運動的周期為碰后經(jīng)t=0.3s兩球再次相碰，所以解得，，故B錯誤；D．兩球碰撞過程中，有代入數(shù)據(jù)可得故D正確。故選D。3．（2024·福建泉州·模擬預(yù)測）如圖所示，光滑水平地面上放置一足夠長且上表面絕緣的小車，將帶負電荷、電荷量q=0.5C，質(zhì)量m=0.02kg的滑塊放在小車的左端，小車的質(zhì)量M=0.08kg，滑塊與絕緣小車之間的動摩擦因數(shù)μ=0.4，它們所在空間存在磁感應(yīng)強度為B=1.0T的垂直紙面向里的勻強磁場，開始時小車和滑塊靜止，突然給小車一個向左的沖量I=0.16N·s，g取10m/s2，那么小車與滑塊因摩擦而產(chǎn)生的最大熱量為（）A．0.160J B．0.032J C．0.014J D．0.016J【答案】C【詳解】開始時小車和滑塊靜止，突然給小車一個向左的沖量，即解得根據(jù)左手定則可知，滑塊受到的洛倫茲力方向向上，假設(shè)二者能夠達到共同速度，則解得當滑塊脫離小車時，有解得滑塊的速度大小為所以二者不可能達到共速，根據(jù)動量守恒定律可得解得根據(jù)能量守恒定律可得故選C。4．（2024·江蘇南京·模擬預(yù)測）如圖所示，xOy坐標平面在豎直面內(nèi)，x軸沿水平方向，y軸正方向豎直向上，在圖示空間內(nèi)有垂直于xOy平面的水平勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。一帶電量為、質(zhì)量為m的小球從O點由靜止釋放，運動軌跡如圖中曲線所示。則（）A．OAB軌跡為半圓B．磁場垂直于紙面向里C．小球運動至最低點A時處于失重狀態(tài)D．小球在整個運動過程中機械能守恒【答案】D【詳解】A．運動過程中受洛倫茲力及重力，故軌跡為擺線，故A錯誤；B．根據(jù)左手定則可知磁場垂直于紙面向外，故B錯誤；C．由圖可知小球運動至最低點A時加速度豎直向上，可知處于超重狀態(tài)，故C錯誤；D．小球在整個運動過程中洛倫茲力不做功，只有重力做功，其機械能守恒，故D正確。故選D。5．（2024·廣東·三模）如圖所示，在，區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強電場，在x>x0區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，從y軸上0~y0范圍內(nèi)平行于x軸正方向射出大量質(zhì)量為m、電荷量為+q、分布均勻的帶電粒子，粒子射入的初速度均為v0，當電場強度為0時，從O點射入的粒子恰能運動到N（x0，y0）點，若電場強度為，MN右側(cè)是粒子接收器，MN的長度為y0，不計粒子重力和粒子間的相互作用，則（）A．磁感應(yīng)強度的大小為B．從處射入的粒子，恰好從N點進入磁場C．從處射入的粒子，在磁場中偏轉(zhuǎn)距離最大D．接收器接收的粒子數(shù)占粒子總數(shù)的50%【答案】D【詳解】A．當電場強度為0時，從O點射入的粒子恰能運動到N點，則根據(jù)洛倫茲力提供向心力有解得故A錯誤；B．若粒子從處射入，則聯(lián)立解得由此可知，粒子從N點下方進入磁場，故B錯誤；C．設(shè)粒子進入磁場中時速度方向與豎直方向的夾角為θ，粒子進入磁場中的速度大小為v，則所以粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)距離為由此可知，粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)距離相等，故C錯誤；D．由以上分析可知，粒子在電場中的豎直位移為所以從處射入的粒子，恰好從N點進入磁場，且恰好經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后打在M點，即只有0~范圍內(nèi)平行于x軸正方向射出的粒子能被接收器接收，所以接收器接收的粒子數(shù)占粒子總數(shù)的50%，故D正確。故選D。6．（2024·河北衡水·模擬預(yù)測）如圖是真空中位于同一水平面的三個同心圓e、f和g圍成的區(qū)域，O為圓心。e、f間存在輻射狀電場，f、g間有磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直水平面（紙面）的勻強磁場。電子從P點靜止釋放，由Q進入磁場，恰好沒有從PM上方圓g上的N點（未畫出）飛出磁場。已知電子的比荷為k，e、f和g的半徑分別a、2a和4a。則（）

A．磁場的方向垂直紙面向里 B．電子在磁場運動的半徑為C．Q、P兩點間的電勢差為 D．Q、P兩點間的電勢差為【答案】D【詳解】A．電子從P點靜止釋放，受電場力作用，由Q進入磁場，恰好沒有從PM上方圓g上的N點飛出磁場，可知電子向上運動，由左手定則可知磁場的方向垂直紙面向外，故A錯誤；B．電子在磁場的運動如圖所示

由幾何關(guān)系可得解得故B錯誤；CD．電子在磁場中有在電場中有解得故C錯誤，D正確。故選D。7．（2024·安徽蕪湖·一模）如圖所示，氕、氘、氚三種核子分別從靜止開始經(jīng)過同一加速電壓（圖中未畫出）加速，再經(jīng)過同一偏轉(zhuǎn)電壓偏轉(zhuǎn)，后進入垂直于紙面向里的有界勻強磁場，氕的運動軌跡如圖。則氕、氘、氚三種核子射入磁場的點和射出磁場的點間距最大的是（

）A．氕 B．氘 C．氚 D．無法判定【答案】C【詳解】設(shè)核子的質(zhì)量為m，帶電量為q，偏轉(zhuǎn)電場對應(yīng)的極板長為L，板間距離為d，板間電場強度為E，進入偏轉(zhuǎn)電場的速度為v0，進入磁場的速度為v，在偏轉(zhuǎn)電場的側(cè)移量為y，速度偏轉(zhuǎn)角為。核子在加速電場運動過程，由動能定理得核子在偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運動，將運動沿極板方向和垂直極板方向分解。沿極板方向做勻速直線運動，則有垂直極板方向做勻加速直線運動，則有由牛頓第二定律得聯(lián)立解得速度偏轉(zhuǎn)角的正切值為可見核子在偏轉(zhuǎn)電場的側(cè)移量y與速度偏轉(zhuǎn)角均與核子的質(zhì)量和帶電量無關(guān)，故三種核子進入磁場的位置和速度方向均相同。進入磁場的速度核子在勻強磁場只受洛倫茲力而做勻速圓周運動