2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第九章磁場(chǎng)第3講帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案新人教版

PAGE14-第3講帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),學(xué)問(wèn)梳理·自測(cè)鞏固學(xué)問(wèn)點(diǎn))帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)、組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．復(fù)合場(chǎng)與組合場(chǎng)：(1)復(fù)合場(chǎng)：電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)共存，或其中某兩場(chǎng)共存。(2)組合場(chǎng)：電場(chǎng)與磁場(chǎng)各位于肯定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，或在同一區(qū)域，電場(chǎng)、磁場(chǎng)分時(shí)間段或分區(qū)域交替出現(xiàn)。2．帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)狀況分類(1)靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)：當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中所受合外力為零時(shí)，將處于靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。(2)勻速圓周運(yùn)動(dòng)：當(dāng)帶電粒子所受的重力與電場(chǎng)力大小相等，方向相反時(shí)，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強(qiáng)磁場(chǎng)的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。(3)較困難的曲線運(yùn)動(dòng)：當(dāng)帶電粒子所受合外力的大小和方向均變更，且與初速度方向不在一條直線上時(shí)，粒子做非勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，這時(shí)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡既不是圓弧，也不是拋物線。(4)分階段運(yùn)動(dòng)：帶電粒子可能依次通過(guò)幾個(gè)狀況不同的復(fù)合場(chǎng)區(qū)域，其運(yùn)動(dòng)狀況隨區(qū)域發(fā)生變更，其運(yùn)動(dòng)過(guò)程由幾種不同的運(yùn)動(dòng)階段組成。思維診斷：(1)利用回旋加速器可以將帶電粒子的速度無(wú)限制地增大。(×)(2)粒子能否通過(guò)速度選擇器，除與速度有關(guān)外，還與粒子的帶電正、負(fù)有關(guān)。(×)(3)磁流體發(fā)電機(jī)中，依據(jù)左手定則，可以確定正、負(fù)粒子的偏轉(zhuǎn)方向，從而確定正、負(fù)極或電勢(shì)凹凸。(√)(4)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中受洛倫茲力狀況下的直線運(yùn)動(dòng)肯定為勻速直線運(yùn)動(dòng)。(√)(5)質(zhì)譜儀是一種測(cè)量帶電粒子質(zhì)量并分析同位素的儀器。(√)自測(cè)鞏固,ZICEGONGGU)1．下列裝置中，沒(méi)有利用帶電粒子在磁場(chǎng)中發(fā)生偏轉(zhuǎn)的物理原理的是(D)[解析]洗衣機(jī)將電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，不是利用帶電粒子在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)制成的，所以D符合題意。2．帶電質(zhì)點(diǎn)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻速度方向如圖所示，所受的重力和洛倫茲力的合力恰好與速度方向相反，不計(jì)阻力，則在此后的一小段時(shí)間內(nèi)，帶電質(zhì)點(diǎn)將(C)A．可能做直線運(yùn)動(dòng) B．可能做勻減速運(yùn)動(dòng)C．肯定做曲線運(yùn)動(dòng) D．可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)[解析]帶電質(zhì)點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，重力做功，速度大小和方向發(fā)生變更，洛倫茲力的大小和方向也隨之發(fā)生變更，故帶電質(zhì)點(diǎn)不行能做直線運(yùn)動(dòng)，也不行能做勻減速運(yùn)動(dòng)或勻速圓周運(yùn)動(dòng)，C正確。3．(多選)磁流體發(fā)電是一項(xiàng)新興技術(shù)。如圖所示，平行金屬板之間有一個(gè)很強(qiáng)的磁場(chǎng)，將一束含有大量正、負(fù)帶電粒子的等離子體，沿圖中所示方向噴入磁場(chǎng)，圖中虛線框部分相當(dāng)于發(fā)電機(jī)，把兩個(gè)極板與用電器相連，則(BD)A．用電器中的電流方向從B到AB．用電器中的電流方向從A到BC．若只增大帶電粒子電荷量，發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)增大D．若只增大噴入粒子的速度，發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)增大[解析]首先對(duì)等離子體進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析：起先時(shí)由左手定則推斷正離子所受洛倫茲力方向向上(負(fù)離子所受洛倫茲力方向向下)，則正離子向上板聚集，負(fù)離子則向下板聚集，兩板間產(chǎn)生了電勢(shì)差，即金屬板變?yōu)橐浑娫?，且上板為正極下板為負(fù)極，所以通過(guò)用電器的電流方向從A到B，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)B正確；此后的正離子除受到向上的洛倫茲力f外還受到向下的電場(chǎng)力F，最終兩力達(dá)到平衡，即最終等離子體將勻速通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，因f＝qvB，F(xiàn)＝qeq\f(E,d)，則：qvB＝qeq\f(E,d)，解得E＝Bdv，所以電動(dòng)勢(shì)E與速度v及磁感應(yīng)強(qiáng)度B成正比，與帶電粒子的電荷量無(wú)關(guān)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確。HEXINKAODIANZHONGDIANTUPO,核心考點(diǎn)·重點(diǎn)突破考點(diǎn)一現(xiàn)代科技中的電磁場(chǎng)問(wèn)題裝置原理圖規(guī)律質(zhì)譜儀粒子由靜止被加速電場(chǎng)加速qU＝eq\f(1,2)mv2，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)qvB＝meq\f(v2,r)，則比荷eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2r2)回旋加速器溝通電的周期和粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期相等，粒子在圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中每次經(jīng)過(guò)D形盒縫隙都會(huì)被加速。由qvB＝eq\f(mv2,r)得Ekm＝eq\f(q2B2r2,2m)速度選擇器若qv0B＝Eq，即v0＝eq\f(E,B)，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)磁流體發(fā)電機(jī)等離子體射入，受洛倫茲力偏轉(zhuǎn)，使兩極板帶正、負(fù)電，兩極電壓為U時(shí)穩(wěn)定，qeq\f(U,d)＝qv0B，U＝v0Bd電磁流量計(jì)eq\f(U,D)q＝qvB所以v＝eq\f(U,DB)所以Q＝vS＝eq\f(πDU,4B)霍爾元件當(dāng)磁場(chǎng)方向與電流方向垂直時(shí)，導(dǎo)體在與磁場(chǎng)、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)電勢(shì)差例1(2024·河南名校聯(lián)考)(多選)如圖所示為一種改進(jìn)后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小恒定，且被限制在AC板間，虛線中間不需加電場(chǎng)，帶電粒子從P0處以速度v0沿電場(chǎng)線方向射入加速電場(chǎng)，經(jīng)加速后再進(jìn)入D形盒中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，對(duì)這種改進(jìn)后的回旋加速器，下列說(shuō)法正確的是(BD)A．加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸無(wú)關(guān)B．帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周被加速一次C．帶電粒子每一次被加速后在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的直徑增加量相同，即P1P2等于P2P3D．加速電場(chǎng)方向不須要做周期性的變更[解析]本題考查改進(jìn)的回旋加速器及其相關(guān)學(xué)問(wèn)。依據(jù)Bqv＝eq\f(mv2,r)有v＝eq\f(BqR,m)，所以帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑與速度成正比，所以加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關(guān)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于圖示中虛線中間不加電場(chǎng)，則帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周被加速一次，選項(xiàng)B正確；依據(jù)動(dòng)能定理，經(jīng)第一次加速后粒子速度為v1，有qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，經(jīng)其次次加速后粒子速度為v2，有qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，同理有qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,3)mveq\o\al(2,2)，而軌跡半徑r＝eq\f(mv,qB)，所以P1P2＝2(r2－r1)＝eq\f(2mv2－v1,qB)，P2P3＝eq\f(2mv3－v2,qB)，又veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝veq\o\al(2,3)－veq\o\al(2,2)＝eq\f(2Uq,m)，所以eq\f(v2－v1,v3－v2)＝eq\f(v3＋v2,v2＋v1)>1，即v2－v1>v3－v2，可知P1P2大于P2P3，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；帶電粒子每一次都從同一方向經(jīng)過(guò)電場(chǎng)，所以加速電場(chǎng)方向不須要做周期性的變更，選項(xiàng)D正確?！差愵}演練1〕(2024·山東德州期末)電磁流量計(jì)是一種測(cè)量導(dǎo)電液體流量的裝置(單位時(shí)間內(nèi)通過(guò)某一截面的液體體積，稱為流量)，其結(jié)構(gòu)如圖所示，上、下兩個(gè)面M、N為導(dǎo)體材料，前后兩個(gè)面為絕緣材料。流量計(jì)的長(zhǎng)、寬、高分別為a、b、c，左、右兩端開(kāi)口，在垂直于前、后表面對(duì)里的方向加磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，某次測(cè)量中，與上下兩個(gè)面M、N相連的電壓表示數(shù)為U，則管道內(nèi)液體的流量為(B)A．eq\f(U,B)c B．eq\f(U,B)bC．UBc D．UBb[解析]本題考查電磁流量計(jì)及其相關(guān)學(xué)問(wèn)。導(dǎo)電液體通過(guò)電磁流量計(jì)，相當(dāng)于帶電粒子直線通過(guò)裝置區(qū)域，由qeq\f(U,c)＝qBv，解得v＝eq\f(U,Bc)。管道內(nèi)液體的流量Q＝bcv＝eq\f(U,B)b，選項(xiàng)B正確?？键c(diǎn)二帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)這類問(wèn)題的特點(diǎn)是電場(chǎng)、磁場(chǎng)或重力場(chǎng)依次出現(xiàn)，包含空間上先后出現(xiàn)和時(shí)間上先后出現(xiàn)，磁場(chǎng)或電場(chǎng)與無(wú)場(chǎng)區(qū)交替出現(xiàn)相組合的場(chǎng)等。其運(yùn)動(dòng)形式包含勻速直線運(yùn)動(dòng)、勻變速直線運(yùn)動(dòng)、類平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)等，涉及牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功能關(guān)系等學(xué)問(wèn)的應(yīng)用。1．在勻強(qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)中可能的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)在電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中初速度為零做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)保持靜止初速度垂直場(chǎng)線做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)(類平拋運(yùn)動(dòng))做勻速圓周運(yùn)動(dòng)初速度平行場(chǎng)線做勻變速直線運(yùn)動(dòng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)受恒力作用，做勻變速運(yùn)動(dòng)洛倫茲力不做功，動(dòng)能不變2.“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的比較電偏轉(zhuǎn)磁偏轉(zhuǎn)偏轉(zhuǎn)條件帶電粒子以v⊥E進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)帶電粒子以v⊥B進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)受力狀況只受恒定的電場(chǎng)力只受大小恒定的洛倫茲力運(yùn)動(dòng)狀況類平拋運(yùn)動(dòng)勻速圓周運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)軌跡拋物線圓弧物理規(guī)律類平拋規(guī)律、牛頓其次定律牛頓其次定律、向心力公式基本公式L＝vt，y＝eq\f(1,2)at2a＝eq\f(qE,m)，tanθ＝eq\f(at,v)qvB＝eq\f(mv2,r)，r＝eq\f(mv,qB)T＝eq\f(2πm,qB)，t＝eq\f(θT,2π)sinθ＝eq\f(L,r)做功狀況電場(chǎng)力既變更速度方向，也變更速度大小，對(duì)電荷做正功洛倫茲力只變更速度方向，不變更速度大小，對(duì)電荷永不做功物理圖景例2(2024·湖北宜昌聯(lián)考)如圖所示，在矩形區(qū)域ABCD內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在BC右側(cè)Ⅰ、Ⅱ兩區(qū)域存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，L1、L2、L3是磁場(chǎng)的邊界(BC與L1重合)，兩磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾认嗤?，方向如圖所示，區(qū)域Ⅰ的磁感強(qiáng)度大小為B1。一帶電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m(重力不計(jì))的點(diǎn)電荷從AD邊中點(diǎn)以初速度v0沿水平向右方向進(jìn)入電場(chǎng)，點(diǎn)電荷恰好從B點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，經(jīng)區(qū)域Ⅰ后又恰好從與B點(diǎn)同一水平高度處進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ。已知AB長(zhǎng)度是BC長(zhǎng)度的eq\r(3)倍。(1)求帶電粒子到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小；(2)求磁場(chǎng)的寬度L；(3)要使點(diǎn)電荷在整個(gè)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，求區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的最小值。[答案](1)eq\f(2\r(3)v0,3)(2)eq\f(2\r(3)mv0,3qB1)(3)eq\f(3,2)B1[解析](1)設(shè)點(diǎn)電荷進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v，與水平方向成θ角，由類平拋運(yùn)動(dòng)的速度方向與位移方向的關(guān)系有tanθ＝eq\f(LBC,LAB)＝eq\f(\r(3),3)，則θ＝30°，則v＝eq\f(v0,cosθ)＝eq\f(2\r(3)v0,3)(2)設(shè)點(diǎn)電荷在區(qū)域Ⅰ中的軌道半徑為r1，由牛頓其次定律得qvB1＝meq\f(v2,r1)，軌跡如圖甲所示，由幾何關(guān)系得L＝r1，解得L＝eq\f(2\r(3)mv0,3qB1)(3)當(dāng)點(diǎn)電荷不從區(qū)域Ⅱ右邊界離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，點(diǎn)電荷在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)。設(shè)區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度最小時(shí)，對(duì)應(yīng)的軌道半徑為r2，軌跡如圖乙所示，由牛頓其次定律有qvBmin＝meq\f(v2,r2)，依據(jù)幾何關(guān)系有L＝r2(1＋sinθ)，解得Bmin＝eq\f(3,2)B1?！差愵}演練2〕(2024·吉林松原模擬)(多選)如圖所示，在其次象限內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第一、四象限內(nèi)分別存在如圖所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等。在該平面有一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以初速度v0垂直x軸從x軸上的P點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，之后與y軸成45°角射出電場(chǎng)，再經(jīng)過(guò)一段時(shí)間恰好垂直于x軸進(jìn)入下面的磁場(chǎng)，已知O、P之間的距離為d，不計(jì)帶電粒子的重力，則(BD)A．磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(\r(2)mv0,4qd)B．電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qd)C．自進(jìn)入磁場(chǎng)至在磁場(chǎng)中其次次經(jīng)過(guò)x軸所用時(shí)間為eq\f(7\r(2)πd,2v0)D．自進(jìn)入磁場(chǎng)至在磁場(chǎng)中其次次經(jīng)過(guò)x軸所用時(shí)間為eq\f(7πd,2v0)[解析]本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng)、在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)的組合場(chǎng)問(wèn)題。粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿x軸方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，沿y軸方向做勻速運(yùn)動(dòng)，由題可知，出電場(chǎng)時(shí)，vx＝vy＝v0，依據(jù)x＝d＝eq\f(1,2)vxt、y＝vyt＝v0t，得y＝2x＝2d，出電場(chǎng)時(shí)與y軸交點(diǎn)坐標(biāo)為(0,2d)，設(shè)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為R，則有Rsin(180°－β)＝y(tǒng)＝2d，而β＝135°，解得R＝2eq\r(2)d，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度v＝eq\r(2)v0，依據(jù)R＝eq\f(mv,qB)，解得B＝eq\f(mv0,2qd)，故A錯(cuò)誤；依據(jù)vx＝at＝eq\f(qE,m)t＝vy、x＝d＝eq\f(1,2)vxt，得E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qd)，故B正確；在第一象限運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝eq\f(135°,360°)T＝eq\f(3,8)T＝eq\f(3πd,2v0)，在第四象限運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝eq\f(1,2)T＝eq\f(2πd,v0)，所以自進(jìn)入磁場(chǎng)至在磁場(chǎng)中其次次經(jīng)過(guò)x軸所用總時(shí)間t＝t1＋t2＝eq\f(7πd,2v0)，故D正確，C錯(cuò)誤?？键c(diǎn)三帶電體在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)帶電體在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的歸類分析1．磁場(chǎng)力、重力并存(1)若重力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)。(2)若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電體將做困難的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒。2．電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力并存(不計(jì)重力)(1)若電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)。(2)若電場(chǎng)力和洛倫茲力不平衡，則帶電體做困難的曲線運(yùn)動(dòng)，可用動(dòng)能定理求解。3．電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力、重力并存(1)若三力平衡，帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)。(2)若重力與電場(chǎng)力平衡，帶電體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。(3)若合力不為零，帶電體可能做困難的曲線運(yùn)動(dòng)，可用能量守恒定律或動(dòng)能定理求解。特殊提示：(1)若帶電粒子在電場(chǎng)力、洛倫茲力、重力三力并存的狀況下運(yùn)動(dòng)軌跡是直線，則粒子肯定做勻速直線運(yùn)動(dòng)。(2)由于洛倫茲力隨速度的變更而變更，從而導(dǎo)致速度發(fā)生新的變更，因此受力分析時(shí)要特殊留意速度的變更對(duì)洛倫茲力的影響。例3(2024·山東德州期末)如圖所示，水平放置的平行板電容器上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，兩板間存在場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面對(duì)里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B勻強(qiáng)磁場(chǎng)。現(xiàn)有大量帶電粒子沿中線OO′射入，全部粒子都恰好沿OO′做直線運(yùn)動(dòng)。若僅將與極板垂直的虛線MN右側(cè)的磁場(chǎng)去掉，則其中比荷為eq\f(q,m)的粒子恰好自下極板的右邊緣P點(diǎn)離開(kāi)電容器。已知電容器兩極板間的距離為eq\f(3mE,qB2)，帶電粒子的重力不計(jì)。(1)求下極板上N、P兩點(diǎn)間的距離；(2)若僅將虛線MN右側(cè)的電場(chǎng)去掉，保留磁場(chǎng)，另一種比荷的粒子也恰好自P點(diǎn)離開(kāi)，求這種粒子的比荷。[解析](1)粒子從O點(diǎn)到虛線MN的過(guò)程中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有qE＝qvB，則粒子運(yùn)動(dòng)到MN時(shí)的速度大小v＝eq\f(E,B)，僅將MN右側(cè)磁場(chǎng)去掉，粒子在MN右側(cè)的勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向有eq\f(3mE,2qB2)＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2，垂直于電場(chǎng)方向x＝vt，解得下極板上N、P兩點(diǎn)間的距離x＝eq\f(\r(3)mE,qB2)。(2)僅將虛線MN右側(cè)的電場(chǎng)去掉，粒子在MN右側(cè)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的粒子的比荷為eq\f(q′,m′)，其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由幾何關(guān)系得R2＝x2＋(R－eq\f(3mE,2qB2))2，解得R＝eq\f(7mE,4qB2)，又q′vB＝eq\f(m′v2,R)，解得比荷eq\f(q′,m′)＝eq\f(4q,7m)。[答案](1)eq\f(\r(3)mE,qB2)(2)eq\f(4q,7m)〔類題演練3〕(2024·北京朝陽(yáng)區(qū)統(tǒng)考)如圖所示，空間中存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)和磁場(chǎng)的方向水平且相互垂直。一帶電微粒沿直線由a向b運(yùn)動(dòng)，在此過(guò)程中(D)A．微粒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B．微粒的動(dòng)量減小C．微粒的電勢(shì)能增加D．微粒的機(jī)械能增加[解析]本題考查帶電微粒在復(fù)合場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)及其相關(guān)學(xué)問(wèn)點(diǎn)。由于洛倫茲力的大小與粒子速度的大小成正比，方向與速度方向垂直。若帶電微粒沿直線由a向b運(yùn)動(dòng)，則此過(guò)程中微粒必做勻速直線運(yùn)動(dòng)，否則洛倫茲力將發(fā)生變更，破壞平衡狀態(tài)，即速度不變，微粒動(dòng)量不變，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；微粒受重力、洛倫茲力和電場(chǎng)力，由左手定則和平衡條件可推斷出微粒帶負(fù)電，帶電微粒沿直線由a向b運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做正功，微粒的電勢(shì)能減小，機(jī)械能增加，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。2NIANGAOKAOMONIXUNLIAN,2年高考·模擬訓(xùn)練1．(2024·天津卷，4)筆記本電腦機(jī)身和顯示屏對(duì)應(yīng)部位分別有磁體和霍爾元件。當(dāng)顯示屏開(kāi)啟時(shí)磁體遠(yuǎn)離霍爾元件，電腦正常工作；當(dāng)顯示屏閉合時(shí)磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進(jìn)入休眠狀態(tài)。如圖所示，一塊寬為a、長(zhǎng)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(shí)，電子的定向移動(dòng)速度為v。當(dāng)顯示屏閉合時(shí)元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓U，以此限制屏幕的熄滅。則元件的(D)A．前表面的電勢(shì)比后表面的低B．前、后表面間的電壓U與v無(wú)關(guān)C．前、后表面間的電壓U與c成正比D．自由電子受到的洛倫茲力大小為eq\f(eU,a)[解析]A錯(cuò)：由左手定則推斷，后表面帶負(fù)電，電勢(shì)低。B、C錯(cuò)：電子受力平衡后，U穩(wěn)定不變，由eeq\f(U,a)＝evB得U＝Bav，U與v成正比，與c無(wú)關(guān)。D對(duì)：洛倫茲力F＝evB＝eq\f(eU,a)。2．如圖所示，一帶電液滴在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中剛好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其軌道半徑為R。已知電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，方向豎直向下；磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面對(duì)里，不計(jì)空氣阻力，設(shè)重力加速度為g，則(C)A．液滴帶正電B．液滴荷質(zhì)比eq\f(q,m)＝eq\f(E,g)C．液滴順時(shí)針運(yùn)動(dòng)D．液滴運(yùn)動(dòng)的速度大小v＝eq\f(Rg,BE)[解析]液滴在重力場(chǎng)、勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)組成的復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知，液滴受到的重力和電場(chǎng)力是一對(duì)平衡力，重力豎直向下，所以電場(chǎng)力豎直向上，與電場(chǎng)方向相反，故可知液滴帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；由mg＝qE解得eq\f(q,m)＝eq\f(g,E)，故B錯(cuò)誤；磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)里，洛倫茲力的方向始終指向圓心，由左手定則可推斷液滴的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)轫槙r(shí)針，故C正確；液滴在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R＝eq\f(mv,qB)，聯(lián)立各式得v＝eq\f(RBg,E)，故D錯(cuò)誤。3．(2024·全國(guó)卷Ⅲ，24)如圖，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運(yùn)動(dòng)，自M點(diǎn)垂直于磁場(chǎng)邊界射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面對(duì)里，磁場(chǎng)左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場(chǎng)的速度大小為v1，并在磁場(chǎng)邊界的N點(diǎn)射出；乙種離子在MN的中點(diǎn)射出；MN長(zhǎng)為l。不計(jì)重力影響和離子間的相互作用。求：(1)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；(2)甲、乙兩種離子的比荷之比。[答案](1)eq\f(4U,lv1)(2)14[解析](1)設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，由動(dòng)能定理有q1U＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1) ①由洛倫茲力公式和牛頓其次定律有q1v1B＝m1eq\f(v\o\al(2,1),R1) ②由幾何關(guān)系知2R1＝l ③由①②③式得B＝eq\f(4U,lv1) ④(2)設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2，射入磁場(chǎng)的速度為v2，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2。同理有q2U＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2) ⑤q2v2B＝m2eq\f(v\o\al(2,2),R2) ⑥由題給條件有2R2＝eq\f(l,2) ⑦由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為eq\f(q1,m1)eq\f(q2,m2)＝144．(2024·全國(guó)卷Ⅰ，25)如圖，在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E；在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)氕核eq\o\al(1,1)H和一個(gè)氘核eq\o\al(2,1)H先后從y軸上y＝h點(diǎn)以相同的動(dòng)能射出，速度方向沿x軸正方向。已知eq\o\al(1,1)H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標(biāo)原點(diǎn)O處第一次射出磁場(chǎng)。eq\o\al(1,1)H的質(zhì)量為m，電荷量為q。不計(jì)重力。求：(1)eq\o\al(1,1)H第一次進(jìn)入磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離；(2)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；(3)eq\o\al(2,1)H第一次離開(kāi)磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離。[答案](1)eq\f(2\r(3),3)h(2)eq\r(\f(6mE,qh))(3)eq\f(2\r(3),3)(eq\r(2)－1)h[解析](1)eq\o\al(1,1)H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。設(shè)eq\o\al(1,1)H在電場(chǎng)中的加速度大小為a1，初速度大小為v1，它在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，第一次進(jìn)入磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離為s1。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有s1＝v1t1 ①h＝eq\f(1,2)a1teq\