帶電粒子在組合場、疊加場中的運動-2024年高考物理重難點（新高考專用）

重難點11帶電粒子在組合場、疊加場中的運動

?命題趨勢

■■—II，，，一

1.命題中經(jīng)常出現(xiàn)帶電粒子電場和磁場組合場運動的情況，即由電場進(jìn)入磁場、由磁場進(jìn)入電場或在電場

和磁場中的往復(fù)運動。

2.命題中經(jīng)常出現(xiàn)帶電粒子在重力場、電場、磁場等疊加場中的運動。既有直線運動，又有曲線運動。要

對帶電粒子受力分析，運動過程分析，力學(xué)規(guī)律和能量觀點解決問題。

重難詮釋

一、帶電粒子在組合場的運動

1.兩大偏轉(zhuǎn)模型

電偏轉(zhuǎn)：帶電粒子垂直進(jìn)入勻強電場中；磁偏轉(zhuǎn)：帶電粒子垂直進(jìn)入勻強磁場中.

2.思維流程

二、帶電粒子在疊加場的運動

1.解題規(guī)范

(1)疊加場的組成特點：電場、磁場、重力場兩兩疊加，或者三者疊加.

(2)受力分析：正確分析帶電粒子的受力情況，場力、彈力和摩擦力.

(3)運動分析：勻速直線運動、勻速圓周運動、勻變速直線運動、類平拋運動、非勻變速曲線運動.

(4)選規(guī)律，列方程：應(yīng)用運動學(xué)公式、牛頓運動定律和功能關(guān)系.

2.靈活選擇運動規(guī)律

(1)若只有兩個場且正交，合力為零，則表現(xiàn)為勻速直線運動或靜止?fàn)顟B(tài).例如電場與磁場中滿足&

重力場與磁場中滿足mg=qvB\重力場與電場中滿足mg=qE.

(2)三場共存時，若合力為零，則粒子做勻速直線運動；若粒子做勻速圓周運動，則有加g=qE,粒子在洛倫

茲力作用下做勻速圓周運動，即qvB=m—.

⑶當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜的曲線運動或有約束的變速直線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解.

重難通關(guān)練

（建議用時：30分鐘）

~"、單選題

1.如圖所示，氣;H、笊但、旅汨三種核子分別從靜止開始經(jīng)過同一加速電壓歷（圖中未畫出）加速,

再經(jīng)過同一偏轉(zhuǎn)電壓切偏轉(zhuǎn)，后進(jìn)入垂直于紙面向里的有界勻強磁場,氣;H的運動軌跡如圖。則筋H、

笊汨、瓶汨三種核子射入磁場的點和射出磁場的點間距最大的是（）

A.元HB.MiHC.D.無法判定

【答案】C

【解析】設(shè)核子的質(zhì)量為加，帶電量為q,偏轉(zhuǎn)電場對應(yīng)的極板長為L板間距離為亂板間電場強度為

E,進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的速度為vo,進(jìn)入磁場的速度為v,在偏轉(zhuǎn)電場的側(cè)移量為》速度偏轉(zhuǎn)角為0。核子在

加速電場運動過程，由動能定理得

12

qUi=-mv0

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

L=vot

沿極板方向做勻加速直線運動，則有

y=^at2

x/y=at

由牛頓第二定律得

qE_qU

Cl——2

mmd

聯(lián)立解得

"4U0

速度偏轉(zhuǎn)角的正切值為

tan6?=^=-^

%2U1d

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(jìn)入磁場的位

置和速度方向均相同。進(jìn)入磁場的速度

COS0

核子在勻強磁場只受洛倫茲力而做勻速圓周運動，軌跡如圖所示

由牛頓第二定律得

V2

qvBD=m——

r

由幾何關(guān)系可得，射入磁場的點和射出磁場的點間距s為

s=2rcos0

聯(lián)立解得

_2mv0_2,2一.

qBBRq

氣;H、旅汨三種核子的電量相等，晁汨的質(zhì)量最大，則疑汨的射入磁場的點和射出磁場的點間

距最大。

故選Co

2.（2023?山東日照?統(tǒng)考三模）如圖所示，三個同心圓。、b、。的半徑分別為廣、2八2后,在圓。區(qū)域

內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場用。在圓。和圓6間的環(huán)形區(qū)域存在背向圓心的輻向電場，在圓6和圓c

間的環(huán)形區(qū)域存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為與。一質(zhì)量為加、電荷量為4（4＞。）的粒子，

從圓。邊界上的A點沿半徑方向以速度%射入圓。內(nèi)，第一次從圓。邊界射出時速度方向偏轉(zhuǎn)60。，經(jīng)過輻

向電場加速后，從圓6邊界上進(jìn)入外環(huán)區(qū)域，粒子恰好不會從圓c飛離磁場。已知磁感應(yīng)強度

民=叵%，不計粒子的重力。則（）

qr

A.圓。區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度耳大小為叵叫

B.圓。與圓。兩邊界間輻向電場的電勢差為等

2q

C.粒子從電場回到入射點A,在磁場中運動的最短時間為皿

%

D.粒子從電場回到入射點A,在磁場中運動的最短時間為嘻匕

9%

【答案】B

=m-

R=^

弱

由幾何關(guān)系得，半徑

R=6

聯(lián)立解得

B-2^

'一6qr

故A錯誤;

根據(jù)幾何關(guān)系，在圓6和圓C間的環(huán)形區(qū)域的勻強磁場偏轉(zhuǎn)半徑

&=2技

又

qU=^mv[-^mvl

聯(lián)立解得

u=2

2q

故B正確;

粒子圓。區(qū)域內(nèi)勻強磁場運動的周期

T_2TTR_2冗m

%qB、

粒子從電場回到入射點A,在磁場中運動的最短時間為

27rm

粒子圓C區(qū)域內(nèi)勻強磁場運動的周期

T_2兀R_2冗m

匕qB2

在磁場中運動的最短時間為

8711n

t=------

c3qBi

粒子從電場回到入射點4在磁場中運動的最短時間為

故CD錯誤。

故選Bo

3.一帶正電的小球質(zhì)量為O.Olkg,帶電量為0.01C,小球在相互垂直的勻強電場和勻強磁場的空間沿一斜

線向下做勻速直線運動。已知其水平分量為Vx=6m/s,磁感應(yīng)強度大小為IT,方向垂直紙面向里，電場力

做負(fù)功的功率大小為PE=0.3W,則電場強度的大小和方向為(g=10m/s2)()

XXXxxvxXX

xx乂、k3xxx

xxxx'、遲xxx

XXgXXx'xXX

xxxxxxxx

XXXXXXXX

A.5N/C,方向向上偏左37。角

B.5N/C,方向向上偏右37。角

C.4N/C,方向向上偏左37。角

D.4N/C,方向向上偏右37。角

【答案】A

【解析】設(shè)電場方向與水平方向的夾角為a,小球的豎直分速度為山，因為洛倫茲力不做功，只有電場力

和重力做功，且沿一斜線向下做勻速直線運動，小球動能不變，應(yīng)有

mgVy=PE

得

Vy=3m/s

小球受力如圖所示

則有水平方向

^Ecosoc=qBvy

豎直方向

qEsina+qBvx=mg

代入整理后得

Ecosa=3N/C

Esina=4N/C

解得

E=5N/C

cc=535

可知電場方向向上偏左37。角。

故選A?

4.如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第二象限內(nèi)存在水平向左的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場用,

質(zhì)量為加、帶電荷量為+4的小球從A點以速度為沿直線A0運動，A0與X軸負(fù)方向成37。角。在y軸與

之間的區(qū)域團(tuán)內(nèi)加一電場強度最小的勻強電場后，可使小球繼續(xù)做直線運動到上的C點，MN與

P。之間區(qū)域團(tuán)內(nèi)存在寬度為d的豎直向上勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場與，小球在區(qū)域團(tuán)內(nèi)做勻速

圓周運動并恰好不能從右邊界飛出，已知小球在C點的速度大小為2%,重力加速度為g,sin37°=0.6,

cos37°=0.8,則下列結(jié)論錯誤的是（）

A.區(qū)域團(tuán)內(nèi)勻強電場的場強大小弱

B.區(qū)域團(tuán)內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小與=》

qa

C.小球從A—O做勻速直線運動，OfC做勻加速直線運動

D.區(qū)域團(tuán)內(nèi)勻強電場的最小場強大小為4=要，方向與x軸正方向成53。角向上

5q

【答案】B

【解析】A.小球在區(qū)域團(tuán)內(nèi)做勻速圓周運動，所以

mg=qE3

解得

&=逋

q

故A正確，不符合題意；

B.因為小球恰好不從右邊界穿出，小球運動軌跡如圖所示

d=*r

5

由洛倫茲力提供向心力知

況qx2%=加色工

r

解得

B,=4

5qd

故B錯誤，符合題意；

CD.帶電小球在第二象限內(nèi)受重力、電場力和洛倫茲力做直線運動，三力滿足如圖所示關(guān)系

所以小球從只能做勻速直線運動。

區(qū)域回中。一C小球做直線運動，電場強度最小，受力如圖所示（電場力方向與速度方向垂直）

qE2

37合、4.j…

/F

???

▼mg

所以小球做勻加速直線運動，由圖知

cos37。=破

mg

解得

F_4mg

25q

方向與無軸正方向成53。角向上。故CD正確，不符合題意。

故選Bo

二、多選題

5.如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy在水平面內(nèi)，z軸豎直向上。坐標(biāo)原點O處固定一帶正電的點電荷，空間中

存在豎直向下的勻強磁場及質(zhì)量為相帶電量為q的小球A,繞z軸做勻速圓周運動，小球A的速度大小

為vo,小球與坐標(biāo)原點。的距離為廠，。點和小球A的連線與z軸的夾角6=37。。重力加速度為g,m、q、

廠已知。(cos37°=0.8,sin370=0.6)則下列說法正確的是()

A.小球A與點電荷之間的庫侖力大小為

B.從上往下看帶電小球只能沿逆時針方向做勻速圓周運動

C.vo越小所需的磁感應(yīng)強度8越小

D.%=在gr時,所需的磁感應(yīng)強度8最小

【答案】ABD

【解析】A.對小球A受力分析如圖所示，洛倫茲力尸2沿水平方向，庫侖力B沿著0f2方向。

>

在豎直方向，根據(jù)平衡條件得

Fxcos37°=mg

解得

L5

Px=~mg

小球A與點電荷之間的庫侖力大小為+o故A正確；

B.原點。處帶正電的點電荷與小球之間的庫侖力為斥力，故小球帶正電，空間中存在豎直向下的勻強磁

場，洛倫茲力需要指向圓心，根據(jù)左手定則，從上往下看帶電小球只能沿逆時針方向做勻速圓周運動。故

B正確；

CD.水平方向根據(jù)牛頓第二定律得

qvB-耳sin37°=m----------

'Qrsin37°

其中

3

Fxsin37°=—

解得

B_5mv013mg

3qr4qv0

當(dāng)

5mv0_3mg

3qr4q%

即

8取值最小，可知B與v°并非單調(diào)函數(shù)關(guān)系。故C錯誤；D正確。

故選ABD。

6.如圖所示，有一半徑為R的半圓形光滑絕緣軌道尸。。（PQ為直徑）固定在豎直平面內(nèi)，空間分布著水

平方向、垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為2,軌道的最低點。處放一質(zhì)量為機、帶電荷量為q

（4>0）的小球（圖中未畫出），現(xiàn)給小球一水平向左的初速度，小球恰好能運動到與圓心。等高處，在

此過程中小球始終與軌道接觸，已知重力加速度為g。關(guān)于此過程，下列說法正確的是（）

A.小球在。處的速度大小為

B.小球在。處對軌道的壓力大小為3〃區(qū)+贅、閑

C.小球由。處到P處對軌道的壓力先增大后減小

D.小球由。處到尸處對軌道的壓力一直減小

【答案】ABD

【解析】A.小球從。點運動至最高點P的過程，只有重力做負(fù)功，所受的洛倫茲力和軌道的支持力均不

做功，由動能定理有

12

-mgR=0——mvQ

解得

v0=y/2gR

故A正確；

B.小球在。處受力分析，由牛頓第二定律有

N-mg-qv0B=

由牛頓第三定律可知

N'=N

解得小球在D處對軌道的壓力大小為

N'=3mg+qB^lgR

故B正確；

CD.小球由。處到尸處，設(shè)小球的位置和圓心的連線與豎直方向的夾角為。，由牛頓第二定律有

N-mgcos0-qvB=m—

因。逐漸增大，即cos9減小，速度v逐漸減小，則軌道的支持力逐漸減小，故小球?qū)壍赖膲毫χ饾u減

小，故C錯誤，D正確。

故選ABD。

三、解答題

7.如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中，第一象限內(nèi)y軸與直線尤=乙之間存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度為8

2

的勻強磁場，第四象限內(nèi)y軸與直線無=￡之間存在方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度為的勻強磁場；在

直線的右側(cè)存在沿y軸正方向的有界勻強電場，在電場的右側(cè)存在方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度為

B的有界勻強磁場，電場、磁場左右邊界的間距相等。質(zhì)量為加、電荷量為q的帶正電粒子甲從y軸上的〃

點以沿著y軸負(fù)方向的速度射入磁場，到達(dá)X軸上的c點時速度沿?zé)o軸的正方向，c點的坐標(biāo)為（乙,0）；帶

電量為3q的帶正電粒子乙從y軸上的b點以沿著y軸正方向的速度射入磁場，到達(dá)c點時以沿?zé)o軸的正方

向的速度與甲相碰；碰撞后甲、乙立即組成整體進(jìn)入電場，甲從。到c的運動時間是乙從。到c的運動時

間的2倍，整體從p點離開電場進(jìn)入磁場，最后從e點以平行x方向的速度離開磁場，整體在p點的速度

與電場線的夾角為37。。不計兩粒子的重力以及粒子間的相互作用力，碰撞過程無電量損失，sin37?=0.6,

cos37°=0.8,求:

(1)乙的質(zhì)量以及整體在c點時的共同速度;

；(3)E-竺迎

2m

【解析】（1）設(shè)乙的質(zhì)量為加。，甲、乙在磁場中運動的周期分別為

TZim

2^m0

乙=2

-Bx3q

TT

由幾何關(guān)系可得甲、乙在磁場中運動的速度偏轉(zhuǎn)角均為二，甲從。到C的運動時間與乙從6到C的運動時

2

間分別為（梟、；￡，甲從。到c的運動時間是乙從b到c的運動時間的2倍，則有

%=2崇乙

聯(lián)立解得

外=m

設(shè)甲、乙兩粒子在磁場中的速度大小分別為叫、巳，由幾何關(guān)系可得甲、乙在磁場中做勻速圓周運動的

半徑均為乙由洛倫茲力提供向心力可得

Bq%-—

2_mvl

]Bx3qv乙=—^

甲、乙在C點發(fā)生碰撞，由動量守恒定律可得

mv^+mv^=2mv

聯(lián)立解得

3BqL

2m

(2)整體的質(zhì)量為2加，帶電量為4q,從,，到〃做類平拋運動，把整體在。點的速度V。分別沿X、y軸分

解，則有

V

—=sin37°

V

—=tan37°

設(shè)整體從p到e運動軌跡的半徑為R,由洛倫茲力提供向心力可得

2mv2

Bx4qVp=pn

K

聯(lián)立解得

IBqL

ym

5BqL

p2m

R2

4

(3)過小e分別做速度的垂線，設(shè)電場、磁場左右邊界的間距均為d,由幾何關(guān)系可得

—=cos37°

R

設(shè)整體從c到。的運動時間為f,勻強電場的強度為E,由類平拋運動的規(guī)律可得

d=vt

v_Ex4q'

y2m

聯(lián)立解得

EW生

2m

8.如圖甲所示為帶電粒子三維動量映射分析技術(shù)的原理圖。系統(tǒng)整體設(shè)計采用圓柱對稱型結(jié)構(gòu)，對稱軸

為亥姆霍茲線圈用以形成沿系統(tǒng)軸向的均勻磁場區(qū)，可以抑制帶電粒子的橫向發(fā)散，使得系統(tǒng)具有

較大的粒子收集效率。位置敏感探測器用以接收帶電粒子，記錄帶電粒子的飛行時間二和粒子撞擊探測器

的位置（x,y）。粒子源和探測器中心均位于對稱軸上，建立空間坐標(biāo)系。一孫z,z軸與對稱軸重合，y軸豎

直向上，探測器的平面坐標(biāo)系。一沖從左向右看如圖乙所示。已知粒子源發(fā)射質(zhì)量為小，電荷量為4的帶

正電荷的粒子，粒子速度V方向與Z軸的夾角為6,探測器半徑為R,軸向勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B,方

向水平向右。不計粒子重力和粒子間相互作用。

（1）從左向右看，粒子運動方向是順時針還是逆時針？

（2）若粒子剛好打在探測器的中心。，求粒子源到探測器距離乙需要滿足的條件；

（3）若粒子發(fā)射時速度大小巧=回”，速度方向位于zoy平面內(nèi)，與z軸夾角4=45。，粒子打在探測

m

器的位置坐標(biāo)為‘,求帶電粒子的飛行時間。；

（4）若粒子源沿著與z軸夾角02=37。的各個方向連續(xù)發(fā)射粒子，粒子速度大小%=多”，粒子源到探

【解析】（1）從左向右看，根據(jù)左手定則可知粒子運動方向是逆時針。

（2）粒子剛好打在探測器的中心，則所有時間為周期的整數(shù)倍，則有

Bq

T八27rmnvcos3

L.=vcosGt=----------------(〃=1,2,3)

Bq

（3）設(shè)粒子做圓周運動的半徑為彳，由洛倫茲力提供向心力可得

曲sin<

4

可得

r=mvlsm0l=R

,Bq

ax=45°

則帶電粒子的飛行時間為

：二[%+§「(k=l,2,3)

即

(1]2兀m

7(k=1,2,3)

（4）設(shè)粒子做圓周運動的半徑為弓，則有

_mv2sin02

rL-Bq-

解得

R

=一

G22

設(shè)粒子飛行的時間為e2,則有

L2

t2=----------

v2cos02

解得

2671m

t=--------2

26Bq4r

在探測器的位置坐標(biāo)如圖2所示

圖2

由幾何關(guān)系可知

a2=60°

因為粒子沿著與z軸夾角％的各個方向連續(xù)發(fā)射，由粒子在探測器上位置如圖2虛線；則位置坐標(biāo)方程為

R2

4

培優(yōu)爭分練

（建議用時：30分鐘）

一、單選題

1.圖中關(guān)于磁場中的四種儀器的說法中錯誤的是（）

A.甲圖中要使粒子獲得的最大動能增大,可以增大D形盒的半徑

B.乙圖中不改變質(zhì)譜儀各區(qū)域的電場、磁場時擊中光屏同一位置的粒子比荷相同

C.丙圖是載流子為負(fù)電荷的霍爾元件通過如圖所示電流和加上如圖磁場時N側(cè)帶負(fù)電荷

D.丁圖長寬高分別為。、沃c的電磁流量計加上如圖所示磁場，若流量Q恒定，則前后兩個金屬側(cè)面

的電壓與a、b、c均無關(guān)

【答案】D

【解析】A.在回旋加速度器中，由洛倫茲力充當(dāng)向心力有

v2

Bqv=m——

R

可得

吁婭

m

可知，在回旋加速度所處磁場一定的情況下，粒子射出回旋加速度的最終速度跟D形盒的半徑有關(guān)，半徑

越大獲得的速度越大，動能就越大，因此甲圖中要使粒子獲得的最大動能增大，可以增大D形盒的半徑，

故A正確；

B.粒子經(jīng)過質(zhì)譜儀速度選擇器時，只有滿足

Eq=Bqv

的粒子才能被選擇，可得

E

v=一

B

顯然，經(jīng)過質(zhì)譜儀的速度選擇器區(qū)域的粒子速度v都相同，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)磁場時擊中光屏同一位置的粒子在偏

轉(zhuǎn)磁場中做圓周運動的軌跡半徑R相等，根據(jù)牛頓第二定律有

V2

B,qv=m—

1R

可得

R=—

弱

由此可知，打在同一位置的粒子的比荷包都相同，故B正確；

m

C.在霍爾元件中，因載流子帶負(fù)電，而電流的方向為正電荷定向移動的方向，可知帶負(fù)電的載流子移動

方向與電流方向相反，根據(jù)左手定則可知，帶負(fù)電的載流子在洛倫茲力的作用下向著霍爾元件的N側(cè)偏

轉(zhuǎn)，使N側(cè)帶上負(fù)電，故C正確；

D.經(jīng)過電磁流量計的帶電粒子會在洛倫茲的作用下向著前后兩個側(cè)面偏轉(zhuǎn)，時前后兩個側(cè)面產(chǎn)生電勢

差，從而形成電場，當(dāng)前后兩個側(cè)面帶上足夠多的電荷后將形成穩(wěn)定的電場，此時滿足

Bqv=Eq

其中V表示液體的流速，即此時兩側(cè)電壓達(dá)到最大值，則有

U=Eb

聯(lián)立可得

U=Bvb

而流量

Q=bcv

解得

則前后兩個金屬側(cè)面的電壓與服b無關(guān)，但與c有關(guān)，故D錯誤。

故此題選擇錯誤選項，故選D。

2.如圖所示，在空間坐標(biāo)系。-孫z中，存在著電場強度為E的勻強電場和磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場（圖

中都未畫出），方向均沿y軸負(fù)方向。一質(zhì)量為機電荷量為+q的油滴從。點以速度v沿x軸正方向進(jìn)入復(fù)

合場，關(guān)于油滴的運動下列說法正確的是（）

A.若Bvq=mg,則油滴做勻速直線運動

B.若Eq=mg,則油滴做勻速圓周運動

C.若Bvq=mg,則油滴做類平拋運動

D.無論如何，油滴都不可能做勻變速曲線運動

【答案】C

【解析】ACD.油滴從。點以速度v沿x軸正方向進(jìn)入復(fù)合場，受到豎直向下的重力，豎直向上的洛倫茲

力，沿y軸負(fù)方向的電場力，若洛倫茲力與重力相等，則電場力和初速度垂直，則油滴做類平拋運動，加

速度大小方向不變，為勻變速曲線運動，故AD錯誤，C正確；

B.若Eq=mg,則油滴做螺旋運動，故B錯誤。

故選Co

3.（2023?北京通州,潞河中學(xué)?？既＃〤T掃描是計算機X射線斷層掃描技術(shù)的簡稱，圖中的CT掃描機可

用于對多種病情的探測。圖（a）是某種CT機主要部分的剖面圖，其中X射線產(chǎn)生部分的示意圖如圖

<b）所示。圖（b）中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內(nèi)有勻強偏轉(zhuǎn)磁場，經(jīng)調(diào)節(jié)后電子束從

靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進(jìn)，打到靶上，產(chǎn)生X射線（如圖中帶箭頭的虛線所示），將電子

束打到靶上的點記為P點。則（）

B.偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直于紙面向外

C.僅減小〃、N之間的加速電壓，可使P點左移

D.僅增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應(yīng)強度的大小，可使尸點右移

【答案】c

【解析】A.根據(jù)題意可知，電子在之間加速，受到向右的電場力，所以之間的電場線水平向

左，則M接加速電壓的負(fù)極，故A錯誤；

B.由電子運動軌跡粒子，電子進(jìn)入磁場時受到向下的洛倫茲力作用，根據(jù)左手定則可知偏轉(zhuǎn)磁場的方向

垂直于紙面向里，故B錯誤；

CD.電子在加速電場中加速，由動能定理得

12

eU=—mv-0

2

電子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得

V2

evB=m——

r

解得電子在磁場中做圓周運動的軌道半徑

―1l2mU

，一-[e

如減小M、N之間的加速電壓，電子在磁場中做圓周運動的半徑r減小，電子出磁場時的速度偏角變大，P

點左移；增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應(yīng)強度的大小，則電子在磁場中做圓周運動的半徑減小，電子出磁場時的速度

偏角增大，P點左移，故C正確，D錯誤。

故選C。

4.（2023?河北保定?統(tǒng)考三模）粗糙水平地面上方存在著方向豎直向下的勻強電場，邊界的左邊存在著

如圖所示的勻強磁場，一帶電滑塊（可視為質(zhì)點）以速度v向右勻速運動，已知電場強度為E,磁感應(yīng)強

,速度方向與水平面夾角30。，根據(jù)以上條

N

A.滑塊帶正電B.滑塊可帶正電也可以帶負(fù)電

n2

D.在時間f內(nèi)，滑塊在水平方向的位移為Y上

3gg

【答案】C

【解析】AB.滑塊滑過邊界之后經(jīng)時間，速度方向與水平面夾角30。，可知滑塊受電場力向上，所以

滑塊帶負(fù)電，故AB錯誤；

CD.在MN左側(cè)，帶電滑塊（可視為質(zhì)點）以速度向右勻速運動，則有

qE=qvB+mg

F

結(jié)合題中5=不，解得

2v

qE=2mg

滑塊在MN右側(cè)，根據(jù)牛頓第二定律有

qE—mg=ma

解得

a=g,方向向上

經(jīng)f時間，根據(jù)速度的關(guān)系有

tan30°=—

V

解得

U叵

3g

水平方向做勻速直線運動，有

國1

x=vt=----

3g

故C正確，D錯誤。

故選C。

二、多選題

5.（2023?遼寧沈陽?統(tǒng)考三模）如圖所示，在xOy平面內(nèi)存在著磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，第一、

二、四象限內(nèi)的磁場方向垂直紙面向外，第三象限內(nèi)的磁場方向垂直紙面向里。尸（-L,。）、。（。,-乙）為坐

標(biāo)軸上的兩個點?，F(xiàn)有一電量大小為小質(zhì)量為優(yōu)的帶正電粒子（不計重力），以與x軸正向成45。角從尸

點射出，恰好經(jīng)原點。到達(dá)。點，則下列對尸。段運動描述正確的是（）

2兀m

A.粒子運動的最短時間為一^

qB

B.粒子運動的總路程可能為信工

C.粒子在。點速度方向與y軸正向的夾角可能為45°

D.粒子從尸到。的時間與從。到。的時間之比可能為1：3

【答案】BCD

【解析】C.若粒子從P點出發(fā)恰好經(jīng)原點。到達(dá)。點，運動軌跡可能如圖所示:

第一種情況粒子在。點速度方向與>軸負(fù)向的夾角為45。；第二種情況粒子在。點速度方向與y軸正向的

夾角為45。，選項C正確；

A.根據(jù)粒子的運動軌跡圖可知第一種情況粒子運動的時間最短，為

八9e入?2兀m7im

t=2x——T=2x,x------=——

2兀2兀qBqB

選項A錯誤；

B.第一種情況粒子運動的總路程

S[=2r0=2xLx兀L

第二種情況粒子運動的總路程粒子運動的總路程

S2=2弓。+22]=2、（￥乙、（）+2義（專乙*?）=缶L

選項B正確；

D.根據(jù)粒子的運動軌跡圖可知第一種情況粒子從尸到。的時間與從。到。的時間之比為101；

第二種情況粒子從P到O的時間為

n

e5i

=2x——T=2X^T=-T

2萬In2

粒子與從。到。的時間為

3%

夕73

t.=2x——T=2xJcr=-T

2%2n2

因此第二種情況粒子從尸到。的時間與從。到。的時間之比為

t23

選項D正確。

故選BCDo

6.如圖所示，真空區(qū)域有左右寬度為/、上下足夠長的勻強磁場，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為8,磁場

方向垂直于紙面向里，MN、尸。是磁場的左右豎直邊界。一質(zhì)量為加、電荷量為q的粒子（不計粒子重

力），在豎直平面內(nèi)，沿著與夾角為0=30的方向射入磁場中。則下列說法正確的是（）

-------L——p

\xx：

&X；

；義Bx；

；xx；

N'Q

A.若帶電粒子帶負(fù)電，入射速度只要大于但紀(jì)!1竺，粒子就會從PQ射出

m

5兀m

B.粒子在磁場中運動的最長時間可能是。

3qB

Tim

C.MN邊界上，從入射點下方射出的所有粒子，在磁場中運動時間均為。

3qB

D.若在該空間再加一個勻強電場，粒子有可能做勻加速直線運動

【答案】BC

【解析】A.若帶電粒子帶負(fù)電，粒子恰好從尸。射出，軌跡如圖

由洛倫茲力提供向心力

V2

qvB=m—

r

由幾何關(guān)系

rcos01=r

解得粒子入射速度

Bql2（2+甸Bql

y=------------------=----------------------

（1-cos6）%m

入射速度只要大于Gt泗竺，粒子就會從尸。射出，A錯誤；

m

B.若帶電粒子帶正電，粒子在磁場中運動的最長時間對應(yīng)軌跡為

由洛倫茲力提供向心力

V2

qvB=m——

r

由幾何關(guān)系

rcos0+r=1

運動時間

（2?-2。）（2TI-2。）2冗r（2萬-2。）m5兀m

2%2〃vBq3Bq

5兀m

粒子在磁場中運動的最長時間可能是。，B正確；

3qB

C.MN邊界上，從入射點下方射出的所有粒子（帶負(fù)電），在磁場中運動時間均為

20Ijtr—r__2,0_m____7_r_m_______

2?vBq3Bq

c正確；

D.若在該空間再加一個勻強電場，帶電粒子受電場力與洛倫茲力，由于洛倫茲力垂直于速度方向，且大

小為

F=qvB

若粒子做勻加速直線運動，則速度增加，洛倫茲力變大，合力不再與速度共線，所以若在該空間再加一個

勻強電場，粒子不可能做勻加速直線運動，D錯誤。

故選BCo

三、解答題

7.如圖為某同