2026版高考物理步步高大二輪（培優(yōu)版）第一部分專題整合提升專題三第10課時(shí)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【知識(shí)網(wǎng)絡(luò)】熱點(diǎn)一帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)例1(2024·安徽皖南八校聯(lián)考)如圖1所示的平面直角坐標(biāo)系xOy，在第一象限內(nèi)有平行于y軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向沿y軸正方向；在第四象限的等邊三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于xOy平面向里，等邊三角形邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，且ab邊與y軸平行。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P(0，h)點(diǎn)，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場(chǎng)，通過電場(chǎng)后從x軸上的a點(diǎn)(2h，0)進(jìn)入第四象限，經(jīng)過磁場(chǎng)后又從y軸上的某點(diǎn)進(jìn)入第三象限，且速度方向與y軸負(fù)方向成45°角，不計(jì)粒子所受的重力。求：圖1(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；(2)abc區(qū)域內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值；(3)粒子從P點(diǎn)出發(fā)到回到y(tǒng)軸上所用時(shí)間的最大值。答案(1)eq\f(mveq\o\al(2,0),2qh)(2)eq\f(2mv0,qL)(3)eq\f(16h＋πL,4v0)解析(1)帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)x軸方向有2h＝v0ty軸方向有h＝eq\f(1,2)at2又a＝eq\f(qE,m)，解得E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2qh)。(2)粒子到達(dá)a點(diǎn)時(shí)，沿y軸負(fù)方向的分速度為vy＝at＝v0則粒子到達(dá)a點(diǎn)時(shí)的速度大小為v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(2)v0，方向與x軸正方向成45°角。粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)粒子從b點(diǎn)射出時(shí)，半徑最大，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度有最小值，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示由牛頓第二定律得qvBmin＝meq\f(v2,rmax)由幾何知識(shí)得rmax＝eq\f(\r(2),2)L解得Bmin＝eq\f(2mv0,qL)。(3)結(jié)合(1)(2)分析可知，粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1＝eq\f(2h,v0)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為t2＝eq\f(θ,2π)T又T＝eq\f(2πm,qBmin)由軌跡圖可知θ＝eq\f(π,2)解得t2＝eq\f(πL,4v0)粒子出磁場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，x軸方向分速度與粒子在電場(chǎng)中的x軸方向分速度大小相等，則有t3＝t1粒子從P點(diǎn)出發(fā)到回到y(tǒng)軸上所用時(shí)間的最大值為t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(16h＋πL,4v0)?！拔宀健蓖黄茙щ娏Ｗ釉诮M合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題訓(xùn)練1(2024·福建卷，15)如圖2所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子經(jīng)電容器M由靜止開始加速后從另一電容器N下極板進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰從電容器N的上極板射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，已知兩電容器電壓均為U，以N電容器下極板右側(cè)O點(diǎn)建立坐標(biāo)系，粒子自y軸上距離O為d的P點(diǎn)進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)，粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后垂直于x軸方向經(jīng)過x軸，求：圖2(1)粒子剛進(jìn)入N時(shí)的速度大?。?2)粒子在P處速度方向與y軸正方向的夾角；(3)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。答案(1)eq\r(\f(2qU,m))(2)夾角為45°且斜向右上方(3)eq\f(1,d)eq\r(\f(2mU,q))解析(1)粒子在電容器M兩極板間受靜電力做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)解得vN＝eq\r(\f(2qU,m))。(2)帶電粒子在電容器N中做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿x軸方向以速度vx＝vN＝eq\r(\f(2qU,m))做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿y軸正方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a＝eq\f(qU,md)，運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)沿y軸方向的分速度vy＝eq\r(2ad)＝eq\r(\f(2qU,m))＝vx，則帶電粒子在P處的速度vP＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))＝2eq\r(\f(qU,m))，設(shè)粒子在P處速度與y軸正方向的夾角為α，則sinα＝eq\f(vx,vP)＝eq\f(\r(2),2)，解得α＝45°，故vP與y軸正方向的夾角為45°，斜向右上方。(3)帶電粒子在電容器N及磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系得∠OPQ＝45°，帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡半徑r＝eq\f(d,cos45°)＝eq\r(2)d，由qvPB＝meq\f(veq\o\al(2,P),r)得B＝eq\f(1,d)eq\r(\f(2mU,q))。熱點(diǎn)二帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)例2(2023·江蘇卷，16)霍爾推進(jìn)器某局部區(qū)域可抽象成如圖3所示的模型。Oxy平面內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從O點(diǎn)沿x軸正方向水平入射。入射速度為v0時(shí)，電子沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)；入射速度小于v0時(shí)，電子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中的虛線所示，且在最高點(diǎn)與在最低點(diǎn)所受的合力大小相等。不計(jì)重力及電子間相互作用。圖3(1)求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E；(2)若電子入射速度為eq\f(v0,4)，求運(yùn)動(dòng)到速度為eq\f(v0,2)時(shí)位置的縱坐標(biāo)y1；(3)若電子入射速度在0＜v＜v0范圍內(nèi)均勻分布，求能到達(dá)縱坐標(biāo)y2＝eq\f(mv0,5eB)位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的百分比。答案(1)Bv0(2)eq\f(3mv0,32eB)(3)90%解析(1)電子沿x軸正方向做直線運(yùn)動(dòng)，則電子受力平衡，即eE＝ev0B解得E＝Bv0。(2)電子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，受洛倫茲力和電場(chǎng)力的作用，只有電場(chǎng)力做功，則電子的速度由eq\f(v0,4)到eq\f(v0,2)的過程中，由動(dòng)能定理得eEy1＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,4)))eq\s\up12(2)解得y1＝eq\f(3mv0,32eB)。(3)設(shè)電子的入射速度為v1時(shí)剛好能到達(dá)縱坐標(biāo)為y2＝eq\f(mv0,5eB)的位置，此時(shí)電子在最高點(diǎn)的速度沿水平方向，且大小假設(shè)為v2，則電子在最低點(diǎn)的合力為F1＝eE－ev1B電子在最高點(diǎn)的合力為F2＝ev2B－eE由題意可知電子在最高點(diǎn)與最低點(diǎn)的合力大小相等，即F2＝F1整理得v1＋v2＝2v0電子由最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理得eEy2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)整理得v2－v1＝eq\f(v0,5)，解得v1＝eq\f(9,10)v0又電子入射速度越小，電子運(yùn)動(dòng)軌跡的最高點(diǎn)對(duì)應(yīng)的縱坐標(biāo)越大，則能到y(tǒng)2＝eq\f(mv0,5eB)位置的電子數(shù)占總電子數(shù)的比例為η＝eq\f(N,N0)＝eq\f(v1,v0)×100%解得η＝90%?！叭健苯鉀Q帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題訓(xùn)練2(2024·江西鷹潭一模)在空間建立直角坐標(biāo)系，坐標(biāo)軸正方向如圖4所示?？臻g有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1T、方向垂直于紙面向里的磁場(chǎng)，Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限(含x、y軸)有電場(chǎng)強(qiáng)度為E＝1N/C、方向豎直向下的電場(chǎng)。光滑eq\f(1,4)圓弧軌道圓心O′，半徑為R＝4m，圓弧軌道底端位于坐標(biāo)軸原點(diǎn)O。質(zhì)量為m1＝1kg、帶電荷量為q1＝－1C的小球A從O′處水平向右飛出，經(jīng)過一段時(shí)間，正好運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)。質(zhì)量為m2＝4kg、帶電荷量為q2＝2C的小球B從與圓心O′等高處靜止釋放，與A同時(shí)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)并發(fā)生完全非彈性碰撞，碰后生成小球C。小球A、B、C均可視為質(zhì)點(diǎn)，所在空間無重力場(chǎng)作用。求：圖4(1)小球A在O′處的初速度；(2)碰撞完成后瞬間，圓弧軌道對(duì)小球C的支持力；(3)小球C從O點(diǎn)飛出后的瞬間，將磁場(chǎng)方向改為豎直向上。分析C球在后續(xù)運(yùn)動(dòng)過程中，回到y(tǒng)軸時(shí)離O點(diǎn)的距離。答案(1)2m/s(2)1.6N(3)10n2π2m(n＝1，2，3，…)解析(1)A從O′飛出后，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑為rA＝eq\f(R,2)洛倫茲力提供向心力q1v1B＝m1eq\f(veq\o\al(2,1),rA)聯(lián)立整理得v1＝eq\f(q1BrA,m1)解得v1＝2m/s。(2)設(shè)B滑到O點(diǎn)的速度為v2，由動(dòng)能定理有q2ER＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)解得v2＝2m/sA、B在O點(diǎn)發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰后生成的C球速度為v，由動(dòng)量守恒定律，有m2v2－m1v1＝(m1＋m2)v解得v＝eq\f(6,5)m/s在碰后瞬間，C球做圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)軌道對(duì)C支持力為FN，C球帶電荷量q＝q1＋q2質(zhì)量mC＝m1＋m2由FN－qE＋qvB＝mCeq\f(v2,R)解得FN＝1.6N。(3)C球從軌道飛出后，受到豎直向下的靜電力和垂直紙面向外的洛倫茲力，在靜電力作用下，C球在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在水平方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，每隔一個(gè)周期T，C球回到y(tǒng)軸上一次。由qvB＝mCeq\f(v2,rC)及T＝eq\f(2πrC,v)解得C球圓周運(yùn)動(dòng)周期T＝eq\f(2πmC,qB)C球豎直方向加速度a＝eq\f(qE,mC)C球回到y(tǒng)軸時(shí)離O點(diǎn)的距離y＝eq\f(1,2)a(nT)2代入數(shù)據(jù)解得y＝10n2π2m(n＝1，2，3，…)。熱點(diǎn)三帶電粒子在交變場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)例3(2024·江蘇南通一模)如圖5甲所示，xOy平面內(nèi)存在著變化電場(chǎng)和變化磁場(chǎng)，變化規(guī)律如圖乙所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向?yàn)榇怪奔埫嫦蚶?、電?chǎng)強(qiáng)度的正方向?yàn)椋珁方向。t＝0時(shí)刻，一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O以初速v0沿x軸正方向入射(不計(jì)粒子重力)。B－t圖像中B0＝eq\f(2πm,qt0)，E－t圖像中E0＝eq\f(mv0,qt0)。求：圖5(1)eq\f(t0,4)時(shí)刻粒子的坐標(biāo)；(2)0～4t0時(shí)間段內(nèi)粒子速度沿x軸負(fù)方向的時(shí)刻；(3)0～7t0時(shí)間段內(nèi)粒子軌跡縱坐標(biāo)的最大值。答案(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0t0,2π)，\f(v0t0,2π)))(2)eq\f(1,2)t0和eq\f(19,8)t0(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋\f(\r(2),2π)＋\f(1,2π)))v0t0解析(1)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，有qv0B0＝meq\f(veq\o\al(2,0),r1)又周期T＝eq\f(2πr1,v0)，B0＝eq\f(2πm,qt0)解得T＝t0，r1＝eq\f(v0t0,2π)所以eq\f(t0,4)時(shí)刻粒子坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0t0,2π)，\f(v0t0,2π)))。(2)粒子在0～4t0時(shí)間內(nèi)的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示在2t0時(shí)刻，vy＝at0＝eq\f(qE0,m)t0＝eq\f(qt0,m)·eq\f(mv0,qt0)＝v0，v＝eq\r(2)v0，可知在2t0時(shí)刻粒子的速度方向與＋x方向的夾角為45°，此后，根據(jù)左手定則可知粒子沿逆時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)，當(dāng)粒子的速度方向偏轉(zhuǎn)135°時(shí)速度沿－x方向。0～4t0時(shí)間內(nèi)粒子速度沿x軸負(fù)方向的時(shí)刻為t1＝eq\f(1,2)t0和t2＝2t0＋eq\f(3,8)t0＝eq\f(19,8)t0。(3)根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性和勻變速運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得t0～2t0、3t0～4t0、5t0～6t0時(shí)間內(nèi)粒子沿y軸方向的位移均為y0＝eq\f(1,2)v0t06t0時(shí)刻與2t0時(shí)刻粒子的速度相同6t0～7t0時(shí)間內(nèi)粒子沿y軸方向的最大位移y磁＝(1＋cos45°)r2洛倫茲力提供粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的向心力qvB0＝meq\f(v2,r2)解得r2＝eq\f(mv,qB0)＝eq\f(\r(2),2π)v0t0綜上所述可得ym＝3y0＋y磁＝(eq\f(3,2)＋eq\f(\r(2),2π)＋eq\f(1,2π))v0t0。解決帶電粒子在交變電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的基本思路訓(xùn)練3如圖6甲所示，水平放置的平行金屬板P和Q相距為d，兩板間存在周期性變化的電場(chǎng)或磁場(chǎng)。P、Q間的電勢(shì)差UPQ隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖丙所示，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里為正方向。t＝0時(shí)刻，一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子(不計(jì)重力)，以初速度v0由P板左端靠近板面的位置，沿平行于板面的方向射入兩板之間，q、m、d、v0、U0為已知量。圖6(1)若僅存在交變電場(chǎng)，要使電荷飛到Q板時(shí)，速度方向恰好與Q板相切，求交變電場(chǎng)的周期T；(2)若僅存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且滿足B0＝eq\f(2mv0,qd)，粒子經(jīng)一段時(shí)間恰能垂直打在Q板上(不考慮粒子反彈)，求擊中點(diǎn)到出發(fā)點(diǎn)的水平距離。答案(1)eq\r(\f(4md2,nqU0))(n＝1，2，3，…)(2)eq\f(\r(3)－1,2)d解析(1)當(dāng)粒子飛到Q板時(shí)的速度方向恰與Q板相切時(shí)，豎直速度為零，設(shè)加速度為a，則a＝eq\f(qU0,md)半個(gè)周期內(nèi)，粒子向上運(yùn)動(dòng)的距離為y＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)又d＝2ny(n＝1，2，3，…)聯(lián)立得T＝eq\r(\f(4md2,nqU0))(n＝1，2，3，…)。(2)僅存在磁場(chǎng)時(shí)，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做半徑為r的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有qv0B0＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)解得r＝eq\f(1,2)d要使粒子能垂直打到Q板上，在交變磁場(chǎng)的半周期，粒子軌跡的圓心角設(shè)為90°＋θ，如圖所示，由幾何關(guān)系得r＋2rsinθ＝d解得sinθ＝eq\f(1,2)則粒子打到上極板的位置距出發(fā)點(diǎn)的水平距離為x＝r－2r(1－cosθ)＝eq\f(\r(3)－1,2)d。新情境命題現(xiàn)代科技與電磁場(chǎng)情境分析高考常以現(xiàn)代科技中的電、磁場(chǎng)問題為背景進(jìn)行命題，通過建構(gòu)組合場(chǎng)、疊加場(chǎng)模型。運(yùn)用電場(chǎng)、磁場(chǎng)及力學(xué)規(guī)律來分析問題，解決此類問題的思路如下：典例1(2024·甘肅卷，15)質(zhì)譜儀是科學(xué)研究中的重要儀器，其原理如圖7所示。Ⅰ為粒子加速器，加速電壓為U;Ⅱ?yàn)樗俣冗x擇器，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1，方向沿紙面向下，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，方向垂直紙面向里；Ⅲ為偏轉(zhuǎn)分離器，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，方向垂直紙面向里。從S點(diǎn)釋放初速度為零的帶電粒子(不計(jì)重力)，加速后進(jìn)入速度選擇器做直線運(yùn)動(dòng)，再由O點(diǎn)進(jìn)入分離器做圓周運(yùn)動(dòng)，最后打到照相底片的P點(diǎn)處，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示。圖7(1)粒子帶正電還是負(fù)電？求粒子的比荷；(2)求O點(diǎn)到P點(diǎn)的距離；(3)若速度選擇器Ⅱ中勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)镋2(E2略大于E1)，方向不變，粒子恰好垂直打在速度選擇器右擋板的O′點(diǎn)上。求粒子打在O′點(diǎn)的速度大小。答案(1)正電eq\f(Eeq\o\al(2,1),2UBeq\o\al(2,1))(2)eq\f(4UB1,E1B2)(3)eq\f(2E2－E1,B1)解析(1)粒子在Ⅲ區(qū)域磁場(chǎng)中向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電粒子在Ⅱ區(qū)域中做直線運(yùn)動(dòng)，必是勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有qv0B1＝qE1粒子在Ⅰ區(qū)域中，根據(jù)動(dòng)能定理有qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)聯(lián)立解得eq\f(q,m)＝eq\f(Eeq\o\al(2,1),2UBeq\o\al(2,1))。(2)粒子在Ⅲ區(qū)域磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qv0B2＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)根據(jù)幾何關(guān)系有dOP＝2r結(jié)合(1)問解得dOP＝eq\f(4UB1,E1B2)。(3)將粒子進(jìn)入速度選擇器時(shí)的速度v0分解為水平向右的速度大小為v1＝eq\f(E2,B1)和水平向左的速度大小為v2＝eq\f(E2,B1)－v0，則粒子在速度選擇器中的運(yùn)動(dòng)就分解為了以速度v1向右的勻速直線運(yùn)動(dòng)和以速率v2逆時(shí)針的勻速圓周運(yùn)動(dòng)由于粒子垂直打在O′點(diǎn)，則粒子在O′點(diǎn)的速度v＝v1＋v2＝eq\f(2E2,B1)－v0＝eq\f(2E2－E1,B1)。典例2(2024·陜西安康模擬)如圖8所示，為回旋加速器的工作原理示意圖，兩個(gè)D形盒的正中間有狹縫，狹縫寬度為d，狹縫之間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E；兩個(gè)半徑為R的D形盒接上高頻交流電，并處在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，在D1的中心A處有一個(gè)粒子源，它產(chǎn)生并發(fā)出比荷為k的帶正電粒子，粒子的初速度視為0，經(jīng)加速后從D形盒的邊緣以速度v飛出，不計(jì)粒子重力，求：圖8(1)粒子在狹縫之間運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間和勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度；(2)粒子第4次被加速結(jié)束的瞬間位置與A點(diǎn)之間的距離。答案(1)eq\f(v,kE)eq\f(v,kR)(2)2(eq\r(3)＋1－eq\r(2))eq\f(R,v)eq\r(2Edk)解析(1)由牛頓第二定律有qE＝ma根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v＝at整理得t＝eq\f(v,kE)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)qvB＝meq\f(v2,R)得B＝eq\f(v,kR)。(2)加速一次由動(dòng)能定理有qEd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得v1＝eq\r(\f(2qEd,m))＝eq\r(2kEd)從A點(diǎn)出發(fā)向右運(yùn)動(dòng)2r1，則2r1＝2eq\f(mv1,qB)＝eq\f(2,B)eq\r(\f(2Ed,k))同理可得加速第二次粒子向左運(yùn)動(dòng)2r2＝2eq\r(2)eq\f(1,B)eq\r(\f(2Ed,k))粒子加速第三次后向右運(yùn)動(dòng)2r3＝2eq\r(3)eq\f(1,B)eq\r(\f(2Ed,k))所以，第四次加速結(jié)束瞬間距A點(diǎn)的距離為x＝2r1－2r2＋2r3＝2(eq\r(3)＋1－eq\r(2))eq\f(R,v)eq\r(2Edk)。1.(多選)(2024·安徽卷，10)空間中存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m的帶電油滴a，在紙面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖9所示；當(dāng)a運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)P時(shí)，瞬間分成兩個(gè)小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者帶電量、質(zhì)量均相同。Ⅰ在P點(diǎn)時(shí)與a的速度方向相同，并做半徑為3R的圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示。Ⅱ的軌跡未畫出。已知重力加速度大小為g，不計(jì)空氣浮力與阻力以及Ⅰ、Ⅱ分開后的相互作用，則()圖9A.油滴a帶負(fù)電，所帶電量的大小為eq\f(mg,E)B.油滴a做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為eq\f(gBR,E)C.小油滴Ⅰ做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為eq\f(3gBR,E)，周期為eq\f(4πE,gB)D.小油滴Ⅱ沿順時(shí)針方向做圓周運(yùn)動(dòng)答案ABD解析油滴a做圓周運(yùn)動(dòng)，故重力與電場(chǎng)力平衡，可知帶負(fù)電，有mg＝qE，解得q＝eq\f(mg,E)，故A正確；根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,R)，得R＝eq\f(mv,qB)，解得油滴a做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為v＝eq\f(gBR,E)，故B正確；設(shè)小油滴Ⅰ的速度大小為v1，得3R＝eq\f(\f(m,2)v1,\f(q,2)B)，解得v1＝eq\f(3BqR,m)＝eq\f(3gBR,E)，周期為T＝eq\f(2π·3R,v1)＝eq\f(2πE,gB)，故C錯(cuò)誤；帶電油滴a分離前后動(dòng)量守恒，設(shè)分離后小油滴Ⅱ的速度為v2，取油滴a分離前瞬間的速度方向?yàn)檎较?，得mv＝eq\f(m,2)v1＋eq\f(m,2)v2，解得v2＝－eq\f(gBR,E)，由于分離后的小油滴受到的電場(chǎng)力和重力仍然平衡，分離后小油滴Ⅱ的速度方向與正方向相反，根據(jù)左手定則可知小油滴Ⅱ沿順時(shí)針方向做圓周運(yùn)動(dòng)，故D正確。2.(2024·廣東卷，15)如圖10甲所示。兩塊平行正對(duì)的金屬板水平放置，板間加上如圖乙所示幅值為U0、周期為t0的交變電壓。金屬板左側(cè)存在一水平向右的恒定勻強(qiáng)電場(chǎng)，右側(cè)分布著垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，一帶電粒子在t＝0時(shí)刻從左側(cè)電場(chǎng)某處由靜止釋放，在t＝t0時(shí)刻從下板左端邊緣位置水平向右進(jìn)入金屬板間的電場(chǎng)內(nèi)，在t＝2t0時(shí)刻第一次離開金屬板間的電場(chǎng)、水平向右進(jìn)入磁場(chǎng)，并在t＝3t0時(shí)刻從下板右端邊緣位置再次水平進(jìn)入金屬板間的電場(chǎng)。已知金屬板的板長(zhǎng)是板間距離的eq\f(π,3)倍，粒子質(zhì)量為m。忽略粒子所受的重力和場(chǎng)的邊緣效應(yīng)。圖10(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t＝t0時(shí)刻的速度大小v；(3)求從t＝0時(shí)刻開始到帶電粒子最終碰到上金屬板的過程中，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功W。答案(1)正電eq\f(πm,Bt0)(2)eq\r(\f(3πt0U0,8B))πeq\r(\f(πU0,24Bt0))(3)eq\f(πmU0（π2＋16）,48Bt0)解析(1)根據(jù)帶電粒子在右側(cè)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡結(jié)合左手定則可知，粒子帶正電；粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為T＝2t0根據(jù)T＝eq\f(2πm,qB)則粒子所帶的電荷量q＝eq\f(πm,Bt0)。(2)設(shè)金屬板的板間距離為D，則板長(zhǎng)為eq\f(πD,3)粒子在板間運(yùn)動(dòng)時(shí)有eq\f(πD,3)＝vt0出電場(chǎng)時(shí)豎直方向速度為零，則豎直方向有y＝2×eq\f(1,2)eq\f(U0q,Dm)(0.5t0)2在磁場(chǎng)中時(shí)qvB＝meq\f(v2,r)其中的y＝2r＝eq\f(2mv,qB)聯(lián)立解得v＝πeq\r(\f(πU0,24Bt0))，D＝eq\r(\f(3πt0U0,8B))。(3)帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，由(2)的計(jì)算可知金屬板的板間距離D＝3r則粒子在3t0時(shí)刻再次進(jìn)入中間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，在4t0時(shí)刻進(jìn)入左側(cè)的電場(chǎng)做減速運(yùn)動(dòng)速度為零后反向加速，在6t0時(shí)刻再次進(jìn)入中間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，6.5t0時(shí)刻碰到上極板，因粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，在時(shí)間t0內(nèi)電場(chǎng)力做功為零，在左側(cè)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，往返一次電場(chǎng)力做功也為零，可知整個(gè)過程中只有開始進(jìn)入左側(cè)電場(chǎng)時(shí)電場(chǎng)力做功和最后0.5t0時(shí)間內(nèi)電場(chǎng)力做功，則W＝eq\f(1,2)mv2＋qeq\f(U0,D)×eq\f(D,3)＝eq\f(π3mU0,48Bt0)＋eq\f(πmU0,3Bt0)＝eq\f(πmU0（π2＋16）,48Bt0)。1.(2023·新課標(biāo)卷，18)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1所示。已知α粒子的速度約為電子速度的eq\f(1,10)，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()圖1A.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解析假設(shè)電子打在a點(diǎn)，即其所受靜電力與洛倫茲力大小相等，方向相反，故eE＝evB，由于α粒子的速度v′小于電子的速度v，所以2eE＞2ev′B，α粒子經(jīng)過電、磁疊加場(chǎng)后向右偏轉(zhuǎn)，即其所受合力方向向右，由于α粒子帶正電，所以電場(chǎng)方向水平向右，A、B錯(cuò)誤；電子所受靜電力水平向左，則其所受洛倫茲力水平向右，則磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，D錯(cuò)誤，C正確；假設(shè)α粒子打在a點(diǎn)，同樣可以得出C正確。2.(多選)(2024·湖北武漢二模)現(xiàn)代科學(xué)儀器中常利用電、磁場(chǎng)控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)。如圖2甲所示，紙面內(nèi)存在上、下寬度均為d的勻強(qiáng)電場(chǎng)與勻強(qiáng)磁場(chǎng)，勻強(qiáng)電場(chǎng)豎直向下，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計(jì)重力)從電場(chǎng)的上邊界的O點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)的下邊界的P點(diǎn)時(shí)正好與下邊界相切。若把電場(chǎng)下移至磁場(chǎng)所在區(qū)域，如圖乙所示，重新讓粒子從上邊界M點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)過一段時(shí)間粒子第一次到達(dá)最低點(diǎn)N，下列說法正確的是()圖2A.勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(B2qd,m)B.粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為eq\f(（π＋4）m,2qB)C.M、N兩點(diǎn)的豎直距離為eq\f(3,4)dD.粒子經(jīng)過N點(diǎn)時(shí)速度大小為eq\f(Bqd,m)答案BD解析設(shè)粒子在磁場(chǎng)中的速率為v，半徑為R，在電場(chǎng)中由動(dòng)能定理，有qEd＝eq\f(1,2)mv2，在磁場(chǎng)中，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，由幾何關(guān)系可得R＝d，綜上可得E＝eq\f(B2qd,2m)，故A錯(cuò)誤；粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1＝eq\f(d,\f(v,2))＝eq\f(2m,qB)，在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2＝eq\f(T,4)＝eq\f(πm,2qB)，粒子從O運(yùn)動(dòng)到P的時(shí)間為t＝t1＋t2＝eq\f(（π＋4）m,2qB)，故B正確；將粒子從M到N的過程中某時(shí)刻的速度分解為向右和向下的分量vx、vy，再把粒子受到的洛倫茲力分別沿水平方向和豎直方向分解，兩個(gè)洛倫茲力分量分別為Fx＝qvyB，F(xiàn)y＝qvxB，設(shè)粒子在最低點(diǎn)N的速度大小為v1，MN的豎直距離為y。水平方向由動(dòng)量定理可得mv1－0＝∑qvyBΔt＝qBy，由動(dòng)能定理可得qEy＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0，聯(lián)立解得v1＝eq\f(Bqd,m)，y＝d，故C錯(cuò)誤，D正確。3.(2024·河北滄州一模)如圖3所示，一個(gè)以坐標(biāo)原點(diǎn)為圓心、半徑為R的圓形有界區(qū)域Ⅰ內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1、方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其邊界上有一粒子源，在紙面內(nèi)沿不同方向向區(qū)域Ⅰ內(nèi)連續(xù)射入大量電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子，部分粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后沿x軸水平射入右側(cè)勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)疊加的區(qū)域Ⅱ中，其內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2、方向垂直紙面向里，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E(未知)、方向沿y軸負(fù)方向。已知這部分帶電粒子在區(qū)域Ⅰ中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝eq\r(3)R，在區(qū)域Ⅱ中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，粒子的重力和粒子間的相互作用均不計(jì)。圖3(1)求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E；(2)求該粒子源的位置坐標(biāo)；(3)若區(qū)域Ⅱ的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，求這部分粒子從射入?yún)^(qū)域Ⅰ到離開區(qū)域Ⅱ的總時(shí)間。答案(1)eq\f(\r(3)qB1RB2,m)(2)(－eq\f(1,2)R，－eq\f(\r(3),2)R)(3)eq\f(πm,3qB1)＋eq\f(\r(3)Lm,3qB1R)解析(1)帶電粒子在區(qū)域Ⅰ中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝eq\r(3)R根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB1＝meq\f(v2,r)解得v＝eq\f(\r(3)qB1R,m)在區(qū)域Ⅱ中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有qvB2＝qE解得E＝eq\f(\r(3)qB1RB2,m)。(2)帶電粒子在區(qū)域Ⅰ中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝eq\r(3)R，如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可知tanθ＝eq\f(\r(3)R,R)＝eq\r(3)解得θ＝60°則入射粒子速度方向與豎直方向的夾角為α＝2θ－90°＝30°入射點(diǎn)坐標(biāo)為x＝－Rsin30°＝－eq\f(1,2)Ry＝－Rcos30°＝－eq\f(\r(3),2)R。(3)粒子在區(qū)域Ⅰ中做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝eq\f(60°,360°)·eq\f(2πr,v)＝eq\f(πm,3qB1)在區(qū)域Ⅱ中做勻速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝eq\f(L,v)＝eq\f(\r(3)Lm,3qB1R)則總時(shí)間為t＝t1＋t2＝eq\f(πm,3qB1)＋eq\f(\r(3)Lm,3qB1R)。4.(2024·重慶模擬預(yù)測(cè))如圖4所示，OP與x軸的夾角θ＝60°，在第一象限中OP右側(cè)有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從x軸上的M點(diǎn)平行于y軸射入電場(chǎng)，經(jīng)電場(chǎng)后沿垂直于OP的方向由N點(diǎn)立刻進(jìn)入一矩形磁場(chǎng)區(qū)域(未畫出，方向垂直紙面向里)，并沿y軸負(fù)方向經(jīng)過O點(diǎn)。已知O點(diǎn)到N點(diǎn)的距離為3l，不計(jì)粒子的重力，求：圖4(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小；(2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小；(3)矩形磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積。答案(1)eq\f(2mveq\o\al(2,0),3ql)(2)eq\f(2mv0,ql)(3)eq\f(3,2)l2解析(1)粒子從M點(diǎn)到N點(diǎn)做類平拋運(yùn)動(dòng)，在y軸方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在x軸方向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子到達(dá)N點(diǎn)x軸方向的速度為vx，速度為v，如圖甲則tan60°＝eq\f(vx,v0)＝eq\f(qEt,mv0)粒子在y軸方向的位移大小為y＝3lsin60°＝v0t解得勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝eq\f(2mveq\o\al(2,0),3ql)。(2)粒子達(dá)到N點(diǎn)的速度大小v＝eq\f(v0,cos60°)＝2v0粒子由N點(diǎn)進(jìn)入一矩形磁場(chǎng)并沿y軸負(fù)方向經(jīng)過O點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝(3l－r)sin30°，解得r＝l由qvB＝meq\f(v2,r)，解得B＝eq\f(mv,qr)＝eq\f(2mv0,ql)。(3)如圖丙所示矩形磁場(chǎng)區(qū)域的面積最小時(shí)，矩形的寬為a＝r＝l矩形的長(zhǎng)為b＝r＋rsin30°＝eq\f(3,2)l所以矩形磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積為Smin＝ab＝eq\f(3,2)l2。5.(2024·福建廈門三檢)如圖5所示，在Oxy平面直角坐標(biāo)系中，虛線OO′與x軸正方向的夾角θ＝60°，OO′與y軸之間存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(邊界存在磁場(chǎng))，第二象限存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一質(zhì)量為m、帶電荷量為－q(q>0)的粒子從x軸負(fù)半軸的P點(diǎn)以初速度v0進(jìn)入電場(chǎng)，v0與x軸正方向的夾角θ＝60°，經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從點(diǎn)M(0，L)垂直y軸進(jìn)入磁場(chǎng)，粒子恰好不從OO′邊界射出磁場(chǎng)。不計(jì)粒子重力。求：圖5(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；(3)粒子從P點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)到再次回到x軸的時(shí)間。答案(1)eq\f(3mveq\o\al(2,0),8qL)(2)eq\f(3mv0,2qL)(3)eq\f(（4\r(3)＋2π＋4）L,3v0)解析(1)粒子進(jìn)入電場(chǎng)，在y軸方向有vy＝v0sinθ，qE＝ma，veq\o\al(2,y)＝2aL聯(lián)立解得E＝eq\f(3mveq\o\al(2,0),8qL)。(2)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度vx＝v0cosθ由幾何關(guān)系可得eq\f(r,cosθ)＋r＝L解得r＝eq\f(L,3)洛倫茲力提供粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，有qvxB＝meq\f(veq\o\al(2,x),r)聯(lián)立解得B＝eq\f(3mv0,2qL)。(3)粒子第一次進(jìn)入電場(chǎng)，在豎直方向有L＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝eq\f(πr,vx)粒子再次進(jìn)入電場(chǎng)，在豎直方向有L－2r＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,3)粒子從P點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)到再次回到x軸的時(shí)間t＝t1＋t2＋t3聯(lián)立解得t＝eq\f(（4\r(3)＋2π＋4）L,3v0)。6.質(zhì)譜儀是最早用來測(cè)定微觀粒子比荷eq\f(q,m)的精密儀器，某一改進(jìn)后帶有速度選擇器的質(zhì)譜儀能更快測(cè)定粒子的比荷，其原理如圖6所示，A為粒子加速器，加速電壓為U1，B為速度選擇器，其中磁場(chǎng)與電場(chǎng)正交，磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，兩板距離為d，C為粒子偏轉(zhuǎn)分離器，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2，今有一比荷為k1(未知)的帶正電的粒子P，不計(jì)重力，從小孔S1“飄入”(初速度為零)，經(jīng)加速后，該粒子從小孔S2進(jìn)入速度選擇器B，恰能通過速度選擇器，粒子從小孔S3進(jìn)入分離器C后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，恰好打在照相底片D點(diǎn)上，測(cè)出D點(diǎn)與S3距離為L(zhǎng)。圖6(1)粒子P的比荷k1為多大；(2)速度選擇器的電壓U2應(yīng)為多大；(3)另一粒子Q同樣從小孔S1“飄入”，保持U2和d不變，調(diào)節(jié)U1的大小，使粒子Q能通過速度選擇器進(jìn)入分離器C，最后打到照相底片上的F點(diǎn)(在D點(diǎn)右側(cè))，測(cè)出F點(diǎn)與D點(diǎn)距離為x，則可得粒子Q比荷k2，求k2(用k1表示)。答案(1)eq\f(8U1,Beq\o\al(2,2)L2)(2)eq\f(4B1dU1,B2L)(3)eq\f(k1L,L＋x)解析(1)由動(dòng)能定理得qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)粒子在進(jìn)入分離器C后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則qv0B2＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)由幾何關(guān)系得R＝eq\f(L,2)由題意知k1＝eq\f(q,m)聯(lián)立解得k1＝eq\f(8U1,Beq\o\al(2,2)L2)。(2)該粒子從小孔S2進(jìn)入速度選擇器B，恰能通過速度選擇器，可得qv0B1＝qeq\f(U2,d)解得U2＝eq\f(4B1dU1,B2L)。(3)由題意得，Q粒子進(jìn)入分離器的速度與P粒子的速度相同，則q′v0B2＝m′eq\f(veq\o\al(2,0),R′)由幾何關(guān)系得R′＝eq\f(L＋x,2)由題意知k2＝eq\f(q′,m′)解得k2＝eq\f(k1L,L＋x)。7.如圖7甲所示，在xOy平面的第Ⅰ象限內(nèi)有沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E1，在x≤0區(qū)域內(nèi)同時(shí)存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2和垂直紙面的磁場(chǎng)B1(未畫出)，E1＝0.1N/C，E2＝0.25N/C，磁場(chǎng)B1隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示，t0＝eq\f(π,160)s，設(shè)垂直紙面向外為磁場(chǎng)正方向。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電液滴從P點(diǎn)以速度v0＝2m/s沿x軸負(fù)方向入射，恰好沿y軸負(fù)方向以速度v經(jīng)過原點(diǎn)O后進(jìn)入x≤0的區(qū)域。已知m＝5×10－6kg，q＝2×10－4C，t＝0時(shí)液滴恰好通過O點(diǎn)，重力加速度g取10m/s2。圖7(1)求液滴第一次到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度v的大?。?2)求液滴在0～5t0時(shí)間內(nèi)的路程。答案(1)5m/s(2)eq\f(5π,32)m解析(1)對(duì)帶電液滴在水平方向和豎直方向的運(yùn)動(dòng)由動(dòng)量定理有－qE1t＝0－mv0mgt＝mv解得v＝5m/s。(2)帶電液滴在第Ⅱ、Ⅲ象限有qE2＝mg則帶電液滴在第Ⅱ、Ⅲ象限中在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有qvB1＝meq\f(v2,r)，T＝eq\f(2πr,v)當(dāng)B1＝2T時(shí)，r1＝eq\f(1,16)m，T1＝eq\f(π,40)s當(dāng)B1＝4T時(shí)，r2＝eq\f(1,32)m，T2＝eq\f(π,80)s帶電液滴在0～5t0即0～eq\f(π,32)s內(nèi)運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示則液滴在0～5t0即0～eq\f(π,32)s時(shí)間內(nèi)的路程s＝eq\f(3,2)πr1＋2πr2解得s＝eq\f(5π,32)m。8.(2024·江蘇卷，16)如圖8所示，兩個(gè)半圓環(huán)區(qū)域abcd、a′b′c′d′中有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域內(nèi)、外邊界的半徑分別為R1、R2。ab與a′b′間有一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，電勢(shì)差為U，cd與c′d′間有一個(gè)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(gè)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(chǎng)、電場(chǎng)后再次到達(dá)cd面，速度增加，多次循環(huán)運(yùn)動(dòng)后，電子的速度大小達(dá)到一個(gè)穩(wěn)定值，忽略相對(duì)論效應(yīng)，不計(jì)電子經(jīng)過插入體和電場(chǎng)的時(shí)間。求：圖8(1)電子進(jìn)入插入體前后在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑r1、r2之比；(2)電子多次循環(huán)后到達(dá)cd的穩(wěn)定速度v；(3)若電子到達(dá)cd中點(diǎn)P時(shí)速度穩(wěn)定，并最終到達(dá)邊界d，求電子從P到d的時(shí)間t。答案(1)eq\f(1,k)(2)eq\r(\f(2eU,m（1－k2）))(3)eq\f(π（R2－R1）,2)eq\r(\f(（1＋k）m,2（1－k）eU))解析(1)設(shè)電子進(jìn)入插入體前的速度大小為v0，則電子經(jīng)過插入體前后由洛倫茲力提供向心力有ev0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r1)e·kv0B＝meq\f(（kv0）2,r2)聯(lián)立解得eq\f(r1,r2)＝eq\f(1,k)。(2)電子多次循環(huán)穩(wěn)定后對(duì)電子從c′d′出發(fā)經(jīng)電場(chǎng)到ab的過程，由動(dòng)能定理有eU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)m(kv)2解得v＝eq\r(\f(2eU,m（1－k2）))。(3)結(jié)合(2)問分析，當(dāng)電子到達(dá)cd中點(diǎn)P時(shí)速度穩(wěn)定后，其在abcd區(qū)域運(yùn)動(dòng)有evB＝meq\f(v2,r)解得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,e（1－k2）))結(jié)合(1)問分析可知，電子在a′b′c′d′區(qū)域運(yùn)動(dòng)的半徑為r′＝eq\f(k,B)eq\r(\f(2mU,e（1－k2）))所以電子相鄰兩次經(jīng)過cd邊的位置間的距離為l＝2(r－r′)由幾何關(guān)系可知eq\f(R2－R1,2)＝nl又電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,eB)聯(lián)立解得電子從P運(yùn)動(dòng)到d的時(shí)間為t＝nT＝eq\f(π（R2－R1）,2)eq\r(\f(（1＋k）m,2（1－k）eU))。9.(2024·廣東茂名二模)在如圖9所示的豎直平面xOy中，一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電小球沿x軸正方向以初速度v0＝eq\r(\f(gL,2))從A點(diǎn)射入第一象限，第一象限有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)E1＝eq\f(mg,2q)，小球偏轉(zhuǎn)后打到x軸上的C(eq\r(3)L，0)點(diǎn)，x軸下方有勻強(qiáng)電場(chǎng)E2(圖中未畫出)，第三、四象限有垂直于紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，小球在x軸下方做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知第四象限勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(m,q)eq\r(\f(g,2L))，重力加速度大小為g。圖9(1)求x軸下方勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E2；(2)求帶電小球在C點(diǎn)的速度vC；(3)若第三象限勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(2m,q)eq\r(\f(g,2L))，求粒子從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P(0，－3L)點(diǎn)所用的時(shí)間。答案(1)eq\f(mg,q)，方向豎直向上(2)eq\r(2gL)，與x軸正方向成60°斜向下(3)eq\f(2π,3)eq\r(\f(2L,g))或eq\f(8π,3)eq\r(\f(2L,g))解析(1)小球在x軸下方做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則mg＝qE2，解得E2＝eq\f(mg,q)，方向豎直向上。(2)小球在第一象限做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律mg－qE1＝ma，可得a＝eq\f(g,2)水平方向有eq\r(3)L＝v0t，可得t＝eq\r(\f(6L,g))豎直方向有vy＝at，可得vy＝eq\r(\f(3gL,2))根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成vC＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))可得vC＝eq\r(2gL)根據(jù)幾何關(guān)系tanθ＝eq\f(vy,v0)，可得θ＝60°即vC方向與x軸正方向成60°斜向下。(3)小球在第四象限內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)半徑為r1則qvCB4＝meq\f(veq\o\al(2,C),r1)，解得r1＝2L設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)的周期為T1，則T1＝eq\f(2πr1,vC)解得T1＝2πeq\r(\f(2L,g))如圖甲，由幾何關(guān)系可知，粒子從C到P偏轉(zhuǎn)圓心角為eq\f(2π,3)，此過程運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1＝eq\f(1,3)T1＝eq\f(2π,3)eq\r(\f(2L,g))粒子經(jīng)P點(diǎn)進(jìn)入第三象限后，設(shè)運(yùn)動(dòng)半徑為r2，則qvCB3＝meq\f(veq\o\al(2,C),r2)，解得r2＝L設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)的周期為T2，則T2＝eq\f(2πr2,vC)解得T2＝πeq\r(\f(2L,g))如圖乙，粒子從P點(diǎn)再回到P點(diǎn)所用時(shí)間為t2＝eq\f(1,2)T1＋T2＝2πeq\r(\f(2L,g))粒子從C點(diǎn)第二次運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用的時(shí)間為t1＋t2＝eq\f(8π,3)eq\r(\f(2L,g))故粒子從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用的時(shí)間為eq\f(2π,3)eq\r(\f(2L,g))或eq\f(8π,3)eq\r(\f(2L,g))。增分培優(yōu)4動(dòng)態(tài)圓模型磁聚焦與磁發(fā)散模型旋轉(zhuǎn)圓適用條件粒子的入射點(diǎn)位置相同，速度大小一定，半徑一定，速度方向不同應(yīng)用方法將半徑為r＝eq\f(mv0,qB)的圓繞入射點(diǎn)進(jìn)行旋轉(zhuǎn)，從而找出臨界條件旋轉(zhuǎn)圓的圓心在以入射點(diǎn)P為圓心、半徑r＝eq\f(mv0,qB)的圓上例1(多選)(2024·安徽蕪湖二模)如圖1甲所示，在x軸及其上方存在垂直xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，坐標(biāo)原點(diǎn)O處有一粒子源，可向x軸和x軸上方的各個(gè)方向不斷地發(fā)射速度大小均為v＝1×106m/s、質(zhì)量為m＝1×10－15kg、帶電荷量為q＝1×10－9C的同種帶電正粒子。在x軸上距離原點(diǎn)1m處垂直于x軸放置一個(gè)長(zhǎng)度為1m、厚度不計(jì)且能接收帶電粒子的薄金屬板P(粒子一旦打在金屬板P上立即被接收)?，F(xiàn)觀察到沿x軸負(fù)方向射出的粒子恰好打在薄金屬板的上端。不計(jì)帶電粒子的重力和粒子間相互作用力。π＝3，則被薄金屬板接收的粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間可能為()圖1A.1.1×10－6s B.1.4×10－6s C.2.5×10－6s D.4.6×10－6s答案ABD解析如圖甲所示，由觀察到沿x軸負(fù)方向射出的粒子恰好打在薄金屬板的上端，可知粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為1m，結(jié)合r＝eq\f(mv,qB)，可知磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1T，打在P左側(cè)下端的粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的角度是60°，此時(shí)運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，可得被薄金屬板接收的粒子在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間(被P左側(cè)接收到的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間)tmin＝eq\f(60°,360°)T＝eq\f(1,6)·eq\f(2πm,qB)＝1×10－6s，被P左側(cè)接收到的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，粒子軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為90°，此時(shí)運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝eq\f(90°,360°)T＝eq\f(1,4)·eq\f(2πm,qB)＝1.5×10－6s，被P右側(cè)接收到的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短的粒子軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為270°，此時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間t3＝eq\f(270°,360°)T＝eq\f(3,4)·eq\f(2πm,qB)＝4.5×10－6s，打在P右側(cè)下端的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，此時(shí)粒子軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為300°，如圖乙所示，最長(zhǎng)時(shí)間tmax＝eq\f(300°,360°)T＝eq\f(5,6)·eq\f(2πm,qB)＝5×10－6s，粒子能被P接收時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間應(yīng)滿足tmin≤t≤t2，或t3≤t≤tmax，故A、B、D正確。放縮圓適用條件粒子的入射點(diǎn)位置相同，速度方向一定，速度大小不同應(yīng)用方法以入射點(diǎn)P為定點(diǎn)，軌跡圓的圓心位于粒子處于入射點(diǎn)時(shí)所受洛倫茲力所在的射線PP′上，將半徑放縮作軌跡圓，粒子軌跡與磁場(chǎng)邊界相切是恰好不射出磁場(chǎng)的臨界狀態(tài)例2如圖2所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，圖中虛線為磁場(chǎng)的邊界，其中bc段是半徑為R的四分之一圓弧，ab、dc的延長(zhǎng)線通過圓弧的圓心，Ob長(zhǎng)為R。一束質(zhì)量均為m、電荷量均為q的粒子，在紙面內(nèi)以不同的速率從O點(diǎn)垂直ab射入磁場(chǎng)，已知所有粒子均從圓弧邊界射出，其中M、N是圓弧邊界上的兩點(diǎn)，不計(jì)粒子重力和粒子間的相互作用。則下列分析中正確的是()圖2A.粒子帶負(fù)電B.從M點(diǎn)射出粒子的速率一定大于從N點(diǎn)射出粒子的速率C.從M點(diǎn)射出粒子在磁場(chǎng)中所用時(shí)間一定小于從N點(diǎn)射出粒子所用時(shí)間D.所有粒子中射出磁場(chǎng)時(shí)所用的最短時(shí)間為eq\f(2πm,3qB)答案D解析粒子做逆時(shí)針的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，A錯(cuò)誤；根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\f(qBr,m)，從M點(diǎn)射出粒子的圓半徑更小，則速度更小，B錯(cuò)誤；由t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(θ,2π)·eq\f(2πm,qB)，粒子運(yùn)動(dòng)周期相同，運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角θ越大，粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)，由幾何關(guān)系可知，當(dāng)運(yùn)動(dòng)軌跡的弦與bc圓弧相切時(shí)，θ最小，運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，如圖所示，Ob等于R，由幾何關(guān)系可知，此時(shí)運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為120°，則最短時(shí)間為tmin＝eq\f(120°,360°)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2πm,3qB)，M、N兩點(diǎn)具體位置未知，則無法判斷從M點(diǎn)射出粒子所用時(shí)間和從N點(diǎn)射出粒子所用時(shí)間的大小關(guān)系，C錯(cuò)誤，D正確。平移圓適用條件粒子的入射點(diǎn)位置不同但在同一直線上，速度大小、方向均一定應(yīng)用方法軌跡圓的半徑相同，將半徑為r＝eq\f(mv0,qB)的圓沿入射點(diǎn)所在的直線進(jìn)行平移，從而找到臨界條件軌跡圓的所有圓心在一條直線上例3如圖3所示，有一等腰直角三角形AOC，直角邊長(zhǎng)為3d，AOC區(qū)域范圍內(nèi)(包含邊界)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為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的粒子可在直角邊AO上的不同位置垂直邊界、垂直磁場(chǎng)射入，入射速度大小為eq\f(qBd,m)，D、E是AO邊界上的兩點(diǎn)(圖中未畫出)，AD＝EO＝0.5d，不計(jì)粒子重力，則()圖3A.粒子在磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為2dB.粒子距A點(diǎn)(eq\r(2)＋1)d處射入，恰好不從AC邊界出射C.從D點(diǎn)射入的粒子，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為eq\f(πm,3qB)D.從E點(diǎn)射入的粒子，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為eq\f(πm,3qB)答案D解析由洛倫茲力提供向心力，可得qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)＝d，故A錯(cuò)誤；粒子剛好不出磁場(chǎng)區(qū)域的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示。恰好與AC相切，根據(jù)幾何關(guān)系可得，此時(shí)入射點(diǎn)到A的距離為x＝(eq\r(2)－1)d，即入射點(diǎn)到A點(diǎn)距離大于(eq\r(2)－1)d的粒子都不從AC邊界出射，故B錯(cuò)誤；從D點(diǎn)射入的粒子，運(yùn)動(dòng)軌跡為半圓，如圖乙所示，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB)，從E點(diǎn)射入的粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示，由幾何關(guān)系可知cosθ＝eq\f(r－0.5d,r)＝0.5，即圓心角為60°，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t′＝eq\f(60°,360°)T＝eq\f(πm,3qB)，故C錯(cuò)誤，D正確。磁聚焦與磁發(fā)散成立條件：磁場(chǎng)區(qū)域圓的半徑等于軌跡圓的半徑r＝eq\f(mv,qB)帶電粒子平行射入圓形有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如果軌跡圓半徑與磁場(chǎng)區(qū)域圓半徑相等，則粒子從磁場(chǎng)邊界上同一點(diǎn)射出，該點(diǎn)切線與入射速度方向平行帶電粒子從圓形有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)邊界上同一點(diǎn)射入，如果軌跡圓半徑與磁場(chǎng)區(qū)域圓半徑相等，則粒子出射方向與入射點(diǎn)的切線方向平行例4(2024·遼寧朝陽二模)如圖4所示的直角坐標(biāo)系，在橫軸下方有一半徑為R的圓形磁場(chǎng)區(qū)域，與x軸相切于坐標(biāo)原點(diǎn)。在－R＜y＜0的范圍內(nèi)沿y方向均勻分布著大量質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子，它們以平行于x軸的相同初速度射入圓形磁場(chǎng)區(qū)域，均恰能由O點(diǎn)射入第一象限的矩形磁場(chǎng)區(qū)域OPQN內(nèi)，矩形磁場(chǎng)區(qū)域的長(zhǎng)度為其寬度的2倍。已知在矩形磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)的粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為eq\f(π,2)，兩磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，不計(jì)粒子重力。求：圖4(1)粒子的初速度v0；(2)矩形磁場(chǎng)區(qū)域的寬度a；(3)從PQ邊射出的粒子數(shù)與射入磁場(chǎng)的總粒子數(shù)的比。答案(1)eq\f(qBR,m)(2)eq\f(4＋\r(6),10)R(3)eq\f(6－\r(6),10)解析(1)設(shè)粒子在磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，根據(jù)牛頓第二定律，有qv0B＝eq\f(mveq\o\al(2,0),r)因?yàn)槿肷涞牧Ｗ泳蒓點(diǎn)進(jìn)入第一象限，是磁聚焦模型，有r＝R解得v0＝eq\f(qBR,m)。(2)設(shè)在矩形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)的粒子其速度方向與y軸正方向夾角為θ由題意知，其軌跡與PQ邊剛好相切，由幾何關(guān)系得rsinθ＋rcosθ＝2arsinθ＋a＝r解得a＝eq\f(4＋\r(6),10)R，sinθ＝eq\f(6－\r(6),10)。(3)設(shè)在矩形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)的粒子，其射入圓形磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的縱坐標(biāo)為－y1，由幾何關(guān)系得R－y1＝Rsinθ所求粒子占比為eq\f(R－y1,R)代入數(shù)據(jù)得eq\f(R－y1,R)＝eq\f(6－\r(6),10)。1.(多選)如圖1所示，在邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形區(qū)域ABCD內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子(不計(jì)重力)，分別以相同的速率v從A點(diǎn)沿不同方向垂直磁場(chǎng)方向射入磁場(chǎng)，當(dāng)沿AC方向射入時(shí)，垂直于BC邊射出磁場(chǎng)。則粒子()圖1A.帶負(fù)電B.運(yùn)動(dòng)速率v＝eq\f(\r(2)qBL,m)C.在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間tm＝eq\f(πm,3qB)D.在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間tm＝eq\f(πm,qB)答案BC解析由左手定則可知粒子帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可知r＝eq\r(2)L，由qvB＝meq\f(v2,r)，可得v＝eq\f(\r(2)BqL,m)，選項(xiàng)B正確；從C點(diǎn)射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，圓弧所對(duì)應(yīng)的圓心角為60°，則最長(zhǎng)時(shí)間為tm＝eq\f(60°,360°)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,3qB)，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。2.(多選)如圖2所示，在直角三角形ABC內(nèi)充滿垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出)，AB邊長(zhǎng)度為d，∠B＝eq\f(π,6)。現(xiàn)垂直AB邊射入一群質(zhì)量均為m、電荷量均為q、速度大小均為v的帶正電粒子，已知垂直AC邊射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，而運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為eq\f(4,3)t(不計(jì)重力)。則下列判斷中正確的是()圖2A.粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為4tB.該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(πm,2qt)C.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為eq\f(2,5)dD.粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度大小為eq\f(\r(3)πd,7t)答案ABC解析帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，垂直AC邊射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是eq\f(1,4)T，即為eq\f(1,4)T＝t，則得周期為T＝4t，故A正確；由T＝4t，R＝eq\f(mv,qB)，T＝eq\f(2πR,v)，得B＝eq\f(2πm,qT)＝eq\f(πm,2qt)，故B正確；運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系有eq\f(r,sin\f(π,6))＋rsineq\f(π,6)＝d，解得r＝eq\f(2,5)d，故C正確；根據(jù)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度為v＝eq\f(2πr,T)，周期為T＝4t，半徑為r＝eq\f(2,5)d，聯(lián)立可得v＝eq\f(πd,5t)，故D錯(cuò)誤。3.(多選)如圖3所示，a、b是直線上間距為4d的兩點(diǎn)，也是半圓直徑的兩個(gè)端點(diǎn)，c位于ab上，且ac＝d，直線上方存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、垂直于半圓平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(未畫出)，其中半圓內(nèi)部沒有磁場(chǎng)。一群比荷為k的同種帶電粒子從a、c之間以相同的速率垂直于ab射入圓弧區(qū)域，所有粒子都能通過b點(diǎn)，不計(jì)粒子間的相互作用和粒子的重力，則()圖3A.粒子的速率為2dBkB.粒子的速率為dBkC.從c點(diǎn)射入的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為eq\f(2π,3kB)D.從c點(diǎn)射入的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為eq\f(4π,3kB)答案AD解析畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示，由幾何關(guān)系可知，四邊形eO1bO為菱形，可知粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r＝2d，根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)可得粒子的速率為v＝2dBk，A正確，B錯(cuò)誤；粒子從c點(diǎn)射入時(shí)，其軌跡如圖乙所示，由幾何關(guān)系可知，粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡圓心正好在圓弧ab上，可知粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的角度為240°，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(240°,360°)T＝eq\f(4πm,3qB)＝eq\f(4π,3kB)，C錯(cuò)誤，D正確。4.(2024·江西南昌一模)如圖4所示，在PM和QK之間有大量相同的帶電粒子以同一速度沿水平方向射入以O(shè)點(diǎn)為圓心、半徑為R的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，該磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，PM與圓心O在同一水平直線上，PM和QK間的距離為0.5R。已知所有粒子均從O點(diǎn)正下方的N點(diǎn)射出圓形磁場(chǎng)區(qū)域，立即進(jìn)入下方垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，并都能打到水平擋板的下表面，擋板的左側(cè)緊貼N點(diǎn)。已知下方磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度是上方磁場(chǎng)的2倍。不計(jì)粒子重力及粒子間的相互作用。擋板下表面有粒子打到的區(qū)域長(zhǎng)度為()圖4A.eq\f(1,2)R B.eq\f(\r(3),2)R C.eq\f(2－\r(3),2)R D.eq\f(\r(3)－1,2)R答案C解析根據(jù)題意，由于所有帶電粒子均從O點(diǎn)正下方的N點(diǎn)射出圓形磁場(chǎng)區(qū)域，畫出帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，入射方向垂直于圓形磁場(chǎng)直徑，且從同一點(diǎn)射出，則軌跡半徑等于磁場(chǎng)圓的半徑，有qvB＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\f(qBR,m)；粒子進(jìn)入下方磁場(chǎng)，半徑R′＝eq\f(mv,q·2B)＝eq\f(1,2)R，由幾何關(guān)系可得擋板下表面有粒子打到的區(qū)域長(zhǎng)度ΔL＝2R′－2R′sin60°＝eq\f(2－\r(3),2)R，C正確。5.(多選)(2024·四川綿陽高三診斷)如圖5所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)分布在以O(shè)為圓心、R為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)，MNCA是矩形，MN為圓形磁場(chǎng)的直徑，AM＝eq\r(3)R，AC為一感光板、M處有一粒子源，能沿紙面向圓內(nèi)不同方向以相同速率均勻發(fā)射質(zhì)子(質(zhì)量為m，電荷量為q，重力不計(jì))。已知沿MO方向射入磁場(chǎng)的質(zhì)子，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，恰好打到感光板上C處。不計(jì)質(zhì)子間的相互作用。下列說法正確的是()圖5A.質(zhì)子的速度大小為eq\f(\r(3)qBR,3m)B.射入磁場(chǎng)的質(zhì)子有一半打在感光板上C.能打到感光板上的質(zhì)子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為eq\f(πm,3qB)D.若電子以eq\f(\r(3)qBR,3)的速率從N點(diǎn)沿NO方向射入磁場(chǎng)，則電子會(huì)打在感光板上答案BC解析沿MO方向射入磁場(chǎng)的質(zhì)子，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，恰好打到感光板上C處，則由幾何關(guān)系有tanθ＝eq\f(NC,NO)＝eq\r(3)，可得θ＝60°，質(zhì)子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡圓的圓心恰好在A點(diǎn)，由幾何關(guān)系有軌跡半徑r＝MA＝eq\r(3)R，又qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(\r(3)qBR,m)，故A錯(cuò)誤；在MN右側(cè)射入磁場(chǎng)的質(zhì)子均可以到達(dá)感光板，在MN左側(cè)射入磁場(chǎng)的質(zhì)子均無法到達(dá)感光板，即射入磁場(chǎng)的質(zhì)子有一半打在感光板上，故B正確；由于質(zhì)子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑是一定的，在能打到感光板上的質(zhì)子中，打到C點(diǎn)的質(zhì)子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，為t＝eq\f(60°,360°)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,3qB)，故C正確；由于電子的質(zhì)量遠(yuǎn)小于質(zhì)子的質(zhì)量，在速率相同的情況下，電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑r′?r，所以其從N點(diǎn)沿NO方向射入后不會(huì)打在感光板上，故D錯(cuò)誤。6.(多選)如圖6，長(zhǎng)度為a的豎直薄擋板MN處在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中(磁場(chǎng)空間足夠大、圖中未畫出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。擋板左側(cè)O點(diǎn)有一粒子源在紙面內(nèi)向各方向均勻發(fā)射電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同。已知圖中初速度與ON夾角為60°時(shí)發(fā)射的粒子恰好經(jīng)過N點(diǎn)，ON＝eq\r(3)a，ON⊥MN。不計(jì)粒子重力，不考慮粒子的反彈和粒子間的相互作用。則()圖6A.粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為eq\f(\r(3),2)aB.擋板左側(cè)能被粒子擊中的豎直長(zhǎng)度為aC.能擊中擋板右側(cè)的粒子數(shù)占粒子總數(shù)的eq\f(1,6)D.擋板的右側(cè)被粒子擊中的豎直長(zhǎng)度為a答案CD解析所有粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑都相等，當(dāng)粒子初速度與ON夾角為60°時(shí)，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中1所示，由幾何關(guān)系可知2rcos30°＝eq\r(3)a，可得r＝a，故A錯(cuò)誤；當(dāng)軌跡剛好與MN相切時(shí)，粒子能打到板上長(zhǎng)度最大，如圖軌跡2，設(shè)速度方向與ON夾角為θ，由幾何關(guān)系可得rsinθ＋r＝eq\r(3)a，可得sinθ＝eq\r(3)－1，則擋板左側(cè)能被粒子擊中的豎直長(zhǎng)度為l＝rcosθ＝aeq\r(2\r(3)－3)，故B錯(cuò)誤；要使粒子打在右側(cè)，有兩個(gè)臨界條件，如圖中的軌跡1、3，由幾何關(guān)系可知1、3的初速度夾角為α＝60°，則能擊中擋板右側(cè)的粒子數(shù)占粒子總數(shù)的n＝eq\f(60°,360°)＝eq\f(1,6)，故C正確；如圖粒子1打在MN上的點(diǎn)與O1N、O1M組成頂角為60°的等腰三角形，所以由幾何關(guān)系可知板的右側(cè)被粒子擊中的豎直長(zhǎng)度為y＝r＝a，故D正確。7.(多選)(2024·河南名校模擬)某個(gè)粒子分析裝置的簡(jiǎn)化示意圖如圖7所示，在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(未畫出)中，有一圓心為O、半徑為R的圓形無磁場(chǎng)區(qū)域，在圓形邊界的P點(diǎn)處有一α粒子發(fā)射源，可在圖示∠GPH＝90°范圍內(nèi)沿紙面隨機(jī)向磁場(chǎng)區(qū)域發(fā)射速度大小相同的α粒子，在圓經(jīng)過P點(diǎn)的直徑上，固定一長(zhǎng)度為2R的熒光擋板，α粒子擊中熒光擋板后被吸收并發(fā)出熒光。已知PG與直徑QP延長(zhǎng)線的夾角為30°，α粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q。不計(jì)α粒子的重力和粒子間的相互作用，當(dāng)α粒子的速度為v＝eq\f(qBR,m)時(shí)，下列說法正確的是()圖7A.所有進(jìn)入圓形區(qū)域的α粒子均垂直擊中熒光擋板B.熒光擋板上α粒子打到的區(qū)域長(zhǎng)度為R，且擊中熒光擋板的α粒子的位置均勻分布C.α粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為eq\f(5πm,3qB)D.α粒子在無磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為eq\f(m,qB)答案AD解析α粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r＝eq\f(mv,qB)＝R，則從P點(diǎn)射出的α粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖，由幾何關(guān)系可知，四邊形O′MOP為菱形，可知O′M水平，則從M點(diǎn)進(jìn)入圓形區(qū)域的粒子速度豎直向下，垂直擊中熒光擋板，選項(xiàng)A正確；沿著PG方向射出的粒子打到擋板上的位置最遠(yuǎn)，由幾何關(guān)系可知，最遠(yuǎn)點(diǎn)與P點(diǎn)的距離為2R－Rsin30°＝eq\f(3,2)R，并且從O到P，距P點(diǎn)越近，粒子數(shù)量越多，粒子分布不均勻，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；沿著PH方向射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，由幾何關(guān)系可知粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的角度為330°，則最長(zhǎng)時(shí)間t＝eq\f(330°,360°)·eq\f(2πR,v)＝eq\f(11πm,6qB)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；水平向左射出的α粒子在無磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，為t′＝eq\f(R,v)＝eq\f(m,qB)，選項(xiàng)D正確。8.(多選)(2024·黑龍江哈爾濱市模擬)如圖8所示，等腰直角三角形區(qū)域分布有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，腰長(zhǎng)AB＝2m，O為BC的中點(diǎn)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.25T，一群質(zhì)量m＝1×10－7kg，電荷量q＝－2×10－3C的帶電粒子以速度v＝5×103m/s垂直于BO，從BO之間射入磁場(chǎng)區(qū)域，帶電粒子不計(jì)重力，則()圖8A.在AC邊界上有粒子射出的長(zhǎng)度為(eq\r(2)－1)mB.C點(diǎn)有粒子射出C.在AB邊界上有粒子射出的長(zhǎng)度為1mD.磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)粒子從底邊距B點(diǎn)(eq\r(2)－1)m處入射答案ACD解析粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(10－7×5×103,2×10－3×0.25)m＝1m，作出粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡圖，如圖所示。由圖可知，能從AC邊射出的粒子長(zhǎng)度為eq\o(DE,\s\up6(－))＝eq\r(2)R－R＝(eq\r(2)－1)m，故A正確；粒子不可能到達(dá)C點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；由圖可知，在AB邊界上有粒子射出的長(zhǎng)度為BF＝R＝1m，故C正確；磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)粒子運(yùn)動(dòng)半個(gè)圓周，軌跡與AB、AC相切，由圖可知從底邊距B點(diǎn)(eq\r(2)－1)m處入射，故D正確。9.(多選)(2024·山東青島模擬預(yù)測(cè))利用磁聚焦和磁控束可以改變一束平行帶電粒子的寬度，人們把此原理運(yùn)用到薄膜材料制備上，使芯片技術(shù)得到飛速發(fā)展。如圖9，寬度為r0的帶正電粒子流水平向右射入半徑為r0的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，這些帶電粒子都將從磁場(chǎng)圓上O點(diǎn)進(jìn)入正方形區(qū)域，正方形過O點(diǎn)的一邊與半徑為r0的磁場(chǎng)圓相切。在正方形區(qū)域內(nèi)存在一個(gè)面積最小的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，使匯聚到O點(diǎn)的粒子經(jīng)過該磁場(chǎng)區(qū)域后寬度變?yōu)?r0，且粒子仍沿水平向右射出，不考慮粒子間的相互作用力及粒子的重力，下列說法正確的是()圖9A.正方形區(qū)域中勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B0，方向垂直紙面向里B.正方形區(qū)域中勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(1,2)B0，方向垂直紙面向里C.正方形區(qū)域中勻強(qiáng)磁場(chǎng)的最小面積為2(π－2)req\o\al(2,0)D.正方形區(qū)域中勻強(qiáng)磁場(chǎng)的最小面積為eq\f(π－2,2)req\o\al(2,0)答案BC解析根據(jù)磁聚焦原理，粒子在半徑為r0的圓形磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)，粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r0，有qvB0＝meq\f(v2,r0)，解得B0＝eq\f(mv,qr0)，要使匯聚到O點(diǎn)的粒子經(jīng)正方形區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后寬度變?yōu)?r0，且粒子仍沿水平向右射出，作出軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知粒子在正方形區(qū)域磁場(chǎng)中的軌跡半徑2r0，正方形中磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)應(yīng)該為圓形磁場(chǎng)的一部分，有qvB1＝meq\f(v2,2r0)，解得B1＝eq\f(mv,2qr0)＝eq\f(1,2)B0，由左手定則可知，方向垂直紙面向里，A錯(cuò)誤，B正確；如圖所示，磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積為Smin＝2(π－2)req\o\al(2,0)，C正確，D錯(cuò)誤。10.(2024·廣西柳州三模)如圖10所示，正方形區(qū)域abcd內(nèi)(含邊界)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，ab＝l，Oa＝0.4l，OO′連線與ad邊平行，大量帶正電的粒子從O點(diǎn)沿與ab邊成θ＝53°角方向以不同的初速度v射入磁場(chǎng)，已知帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，sin53°＝0.8，不計(jì)粒子重力和粒子間的相互作用。圖10(1)求恰好從O′點(diǎn)射出磁場(chǎng)的粒子的速度大小；(2)要使粒子從ad邊離開磁場(chǎng)，求初速度v的取值范圍。答案(1)eq\f(5qBl,6m)(2)eq\f(2qBl,9m)＜v≤eq\f(29qBl,46m)解析(1)從O′點(diǎn)射出磁場(chǎng)的粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲根據(jù)幾何關(guān)系可知運(yùn)動(dòng)半徑為r＝eq\f(\f(l,2),cos53°)根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)解得v＝eq\f(5qBl,6m)。(2)當(dāng)粒子軌跡與ad邊相切時(shí)，如圖乙所示設(shè)此時(shí)初速度為v01，軌道半徑為r1，由幾何關(guān)系可得r1＋r1sin53°＝0.4l又qv01B＝meq\f(veq\o\al(2,01),r1)，解得v01＝eq\f(2qBl,9m)若粒子運(yùn)動(dòng)軌跡能與cd邊相切，如圖丙所示設(shè)此時(shí)初速度為v02，軌道半徑為r2，由幾何關(guān)系可得r2＋r2cos53°＝l解得r2＝eq\f(5,8)lO2a＝l－r2＝eq\f(3,8)l又O2a＝eq\f(Oa,tan53°)＝0.3l，兩次計(jì)算結(jié)果不一致可知粒子軌跡不能與cd邊相切，從d點(diǎn)射出時(shí)速度最大，如圖丁所示。根據(jù)幾何關(guān)系可知r2′cosθ＋r2′cosα＝lr2′sinθ－r2′sinα＝0.4l解得r2′＝eq\f(29,46)l根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qv02B＝meq\f(veq\o\al(2,02),r2′)解得v02＝eq\f(29qBl,46m)綜上可得eq\f(2qBl,9m)<v≤eq\f(29qBl,46m)。11.(2024·遼東南協(xié)作體聯(lián)考)“太空粒子探測(cè)器”由加速、偏轉(zhuǎn)和收集三部分組成，其原理可簡(jiǎn)化為如圖11所示。輻射狀的加速電場(chǎng)區(qū)域Ⅰ邊界為兩個(gè)同心平行的網(wǎng)狀金屬扇形弧面，O1為圓心，圓心角θ為120°，外圓弧面AB與內(nèi)圓弧面CD間的電勢(shì)差為U0，M為外圓弧的中點(diǎn)。緊靠O1右側(cè)有一圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ，圓心為O2，半徑為L(zhǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外且磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝eq\r(\f(2mU0,qL2))。在磁場(chǎng)區(qū)域下方相距L處有一足夠長(zhǎng)的收集板PNQ。已知MO1O2和PNQ為兩條平行線，且與O2、N連線垂直。假設(shè)太空中飄浮著質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們能均勻地吸附到AB弧面并經(jīng)電場(chǎng)從靜止開始加速，然后從O1進(jìn)入磁場(chǎng)，并最終到達(dá)PNQ板被收集，忽略一切萬有引力和粒