第12講.帶電粒子在電場磁場中的運(yùn)動（解析版）-2024高考二輪復(fù)習(xí)

2024高考二輪復(fù)習(xí)二十五講第12講、帶電粒子在電磁場中的運(yùn)動第一部分織網(wǎng)點睛，綱舉目張1．帶電粒子在電場中常見的運(yùn)動類型(1)勻變速直線運(yùn)動：通常利用動能定理qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02來求解；對于勻強(qiáng)電場，電場力做功也可以用W＝qEd來求解。(2)偏轉(zhuǎn)運(yùn)動：一般爭辯的是帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)問題。對于類平拋運(yùn)動可直接利用平拋運(yùn)動的規(guī)律以及推論；較簡單的曲線運(yùn)動常用運(yùn)動的合成與分解的方法來處理。2．帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的幾種常見情形直線邊界粒子進(jìn)出磁場具有對稱性平行邊界粒子運(yùn)動存在臨界條件圓形邊界粒子沿徑向射入的再沿徑向射出3.放縮圓、旋轉(zhuǎn)圓、平移圓（1）.當(dāng)帶電粒子射入磁場的速度方向確定，速度大小變化或磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變化時，粒子做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑r隨著變化?？梢砸匀肷潼c為定點，作出半徑不同的一系列軌跡，即放縮圓。“放縮圓”模型的應(yīng)用適用條件速度方向肯定，大小不同粒子源放射速度方向肯定、大小不同的帶電粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時，這些帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的軌跡半徑隨速度的變化而變化。軌跡圓圓心共線如圖所示(圖中只畫出粒子帶正電的情景)，速度v越大，運(yùn)動半徑也越大?？梢园l(fā)覺這些帶電粒子射入磁場后，它們運(yùn)動軌跡的圓心在垂直初速度方向的直線PP′上。界定方法以入射點P為定點，圓心位于PP′直線上，將半徑放縮作軌跡圓，從而探究出臨界條件，這種方法稱為“放縮圓”法。（2）.當(dāng)帶電粒子射入磁場的速度大小不變，方向轉(zhuǎn)變，粒子做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑r不變?？梢砸匀肷潼c為定點，作出軌跡圓，將軌跡圓旋轉(zhuǎn)，即旋轉(zhuǎn)圓。“旋轉(zhuǎn)圓”模型的應(yīng)用適用方法速度大小肯定，方向不同粒子源放射速度大小肯定、方向不同的帶電粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時，它們在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑相同，若射入初速度為v0，則圓周運(yùn)動半徑為R＝eq\f(mv0,qB)，如圖所示。軌跡圓圓心共圓帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的圓心在以入射點P為圓心、半徑R＝eq\f(mv0,qB)的圓上。界定方法將一半徑為R＝eq\f(mv0,qB)的圓以入射點為圓心進(jìn)行旋轉(zhuǎn)，從而探究粒子的臨界條件，這種方法稱為“旋轉(zhuǎn)圓”法（3）.速度大小和方向相同的一排相同帶電粒子進(jìn)入直線邊界，各個帶電粒子的軌跡圓弧可以由其它粒子的軌跡圓弧沿著邊界平移，即定圓平移。3．當(dāng)圓形磁場的半徑與圓軌跡半徑相等時，存在兩條特殊規(guī)律；規(guī)律一：帶電粒子從圓形有界磁場邊界上某點射入磁場，假如圓形磁場的半徑與圓軌跡半徑相等，則粒子的出射速度方向與圓形磁場上入射點的切線方向平行，如甲圖所示。規(guī)律二：平行射入圓形有界磁場的相同帶電粒子，假如圓形磁場的半徑與圓軌跡半徑相等，則全部粒子都從磁場邊界上的同一點射出，并且出射點的切線與入射速度方向平行，如乙圖所示。4.關(guān)于粒子的重力(1)對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，由于其重力一般狀況下與電場力或磁場力相比太小，可以忽視；而對于一些宏觀物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等一般應(yīng)考慮其重力。(2)不能直接推斷是否要考慮重力的狀況，在進(jìn)行受力分析與運(yùn)動分析時，依據(jù)運(yùn)動狀態(tài)可分析出是否要考慮重力。其次部分實戰(zhàn)訓(xùn)練，高考真題演練1.（2023高考全國乙卷）如圖，一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，方向垂直于紙面（xOy平面）向里，磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運(yùn)動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；SP=l，S與屏的距離為，與x軸的距離為a。假如保持全部條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場，該粒子入射后則會沿x軸到達(dá)接收屏。該粒子的比荷為（）A. B. C. D.【參考答案】A【命題意圖】本題考查帶電粒子在磁場和復(fù)合場中的運(yùn)動及其相關(guān)學(xué)問點。【解題思路】設(shè)帶電粒子電荷量q，質(zhì)量為m，從O點沿x軸正方向射入磁場，畫出運(yùn)動軌跡，由圖中幾何關(guān)系可知偏轉(zhuǎn)角θ為60°，由cosθ=解得r=2a。由洛倫茲力供應(yīng)向心力，得qvB=m，在磁場區(qū)域加上電場，入射粒子沿x軸到達(dá)接受屏，qE=qvB，聯(lián)立解得=，A正確?！舅悸伏c撥】解答帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動問題，正確畫出帶電粒子運(yùn)動軌跡是關(guān)鍵。2.（2023高考全國甲卷）光滑剛性絕緣圓筒內(nèi)存在著平行于軸的勻強(qiáng)磁場，筒上P點開有一個小孔，過P的橫截面是以O(shè)為圓心的圓，如圖所示。一帶電粒子從P點沿PO方向射入，然后與筒壁發(fā)生碰撞。假設(shè)粒子每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點的切線方向的重量大小不變，沿法線方向的重量大小不變，方向相反；電荷量不變，重力不計。下列說法正確的是A.粒子運(yùn)動軌跡可能通過圓心，B.最少經(jīng)2次碰撞，粒子就可能從小孔射出C.射入小孔時粒子的速度越大，在圓內(nèi)運(yùn)動時間越短D.每次碰撞后瞬間，粒子速度方向肯定平行于碰撞點與圓心O的連線【參考答案】BD【命題意圖】本題考查帶電粒子在圓形區(qū)域勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動、洛倫茲力、牛頓運(yùn)動定律及其相關(guān)學(xué)問點。【解題思路】粒子沿PO射入，由于受到洛倫茲力作用，粒子運(yùn)動軌跡不行能通過圓心，A錯誤；畫出粒子運(yùn)動軌跡，如圖，可知粒子最少經(jīng)2次碰撞，可能從小孔射出，B正確；射入小孔時速度越大，粒子做圓周運(yùn)動的半徑越大，碰撞次數(shù)會可能增多，粒子運(yùn)動時間不肯定削減，C錯誤；由題述和對稱性可知，每次碰撞后瞬間，粒子速度方向肯定平行于碰撞點與圓心O的連線，D正確。3.（2023高考湖南卷）如圖，真空中有區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，區(qū)域Ⅰ中存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向下（與紙面平行），磁場方向垂直紙面對里，等腰直角三角形CGF區(qū)域（區(qū)域Ⅱ）內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面對外。圖中A、C、O三點在同始終線上，AO與GF垂直，且與電場和磁場方向均垂直。A點處的粒子源持續(xù)將比荷肯定但速率不同的粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ中，只有沿直線AC運(yùn)動的粒子才能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ。若區(qū)域Ⅰ中電場強(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的中點射出，它們在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動的時間為t0。若轉(zhuǎn)變電場或磁場強(qiáng)弱，能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ中的粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動的時間為t，不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是（）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)椋瑒tD.若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?，則【參考答案】D【名師解析】依據(jù)題述，粒子從CF的中點射出，由左手定則可知，粒子帶正電。若區(qū)域Ⅰ中電場強(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，沿直線AC運(yùn)動的粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，其速度v=E/B1，設(shè)CF=L，粒子從CF的中點射出，在區(qū)域II的磁場中運(yùn)動軌跡半徑為r0=，所對的圓心角為90°，它們在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動的時間為t0=T/4。若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?B1，沿直線AC運(yùn)動的粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，其速度v=E/2B1,在區(qū)域II的磁場中運(yùn)動軌跡所對的圓心角為90°，它們在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動的時間為t1=T/4，A錯誤；若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強(qiáng)度大小變?yōu)?E，沿直線AC運(yùn)動的粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，其速度v=2E/B1,在區(qū)域II的磁場中運(yùn)動軌跡所對的圓心角為90°，它們在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動的時間為t2=T/4，B錯誤；若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?，由qv=m，解得r==r0==，大于，帶電粒子將從GF射出，由sinθ==，粒子運(yùn)動軌跡所對的圓心角θ=π/3則，C錯誤；若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?，由qv=m，解得r==r0==L，大于，帶電粒子將從GF射出，由sinθ==，粒子運(yùn)動軌跡所對的圓心角θ=π/4，則，D正確。4.（2023高考海南卷）如圖所示，質(zhì)量為，帶電量為的點電荷，從原點以初速度射入第一象限內(nèi)的電磁場區(qū)域，在（為已知）區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場，在區(qū)域內(nèi)有垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場，把握電場強(qiáng)度（值有多種可能），可讓粒子從射入磁場后偏轉(zhuǎn)打到接收器上，則（）A粒子從中點射入磁場，電場強(qiáng)度滿足B.粒子從中點射入磁場時速度為C.粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的圓心到的距離為D.粒子在磁場中運(yùn)動的圓周半徑最大值是【參考答案】AD【名師解析】若粒子打到PN中點，則，解得，選項A正確；粒子從PN中點射出時，則速度選項B錯誤；C．粒子從電場中射出時的速度方向與豎直方向夾角為θ，則粒子從電場中射出時的速度粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，則則粒子進(jìn)入磁場后做圓周運(yùn)動的圓心到MN的距離為解得選項C錯誤；D．當(dāng)粒子在磁場中運(yùn)動有最大運(yùn)動半徑時，進(jìn)入磁場的速度最大，則此時粒子從N點進(jìn)入磁場，此時豎直最大速度出離電場的最大速度則由可得最大半徑選項D正確；5．（2023高考湖北卷）如圖所示，空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、垂直于xOy平面對里的勻強(qiáng)磁場。t=0時刻，一帶正電粒子甲從點P（2a，0）沿y軸正方向射入，第一次到達(dá)點O時與運(yùn)動到該點的帶正電粒子乙發(fā)生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小變?yōu)榕銮暗?倍，粒子甲運(yùn)動一個圓周時，粒子乙剛好運(yùn)動了兩個圓周。己知粒子甲的質(zhì)量為m，兩粒子所帶電荷量均為q。假設(shè)全部碰撞均為彈性正碰，碰撞時間忽視不計，碰撞過程中不發(fā)生電荷轉(zhuǎn)移，不考慮重力和兩粒子間庫侖力的影響。求：（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大?。唬?）粒子乙的質(zhì)量和第一次碰撞后粒子乙的速度大??；（3）時刻粒子甲、乙的位置坐標(biāo)，及從第一次碰撞到的過程中粒子乙運(yùn)動的路程。（本小問不要求寫出計算過程，只寫出答案即可）【參考答案】（1）；（2），；（3）甲（－6a，0），乙（0，0），67πa【名師解析】（1）由題知，粒子甲從點P（2a，0）沿y軸正方向射入到達(dá)點O，則說明粒子甲的半徑r=a依據(jù)解得（2）由題知，粒子甲運(yùn)動一個圓周時，粒子乙剛好運(yùn)動了兩個圓周，則T甲=2T乙依據(jù)，有則粒子甲、乙碰撞過程，取豎直向下為正有mv甲0＋m乙v乙0=－mv甲1＋m乙v乙1

解得v乙0=－5v甲0，v乙1=3v甲0則第一次碰撞后粒子乙的速度大小為。（3）已知在時，甲、乙粒子發(fā)生第一次碰撞且碰撞后有v甲1=－3v甲0，v乙1=3v甲0則依據(jù)，可知此時乙粒子的運(yùn)動半徑為可知在時，甲、乙粒子發(fā)生其次次碰撞，且甲、乙粒子發(fā)生第一次碰撞到其次次碰撞過程中乙粒子運(yùn)動了2圈，此過程中乙粒子走過的路程為S1=6πa且在其次次碰撞時有mv甲1＋m乙v乙1=mv甲2＋m乙v乙2解得v甲2=v甲0，v乙2=－5v甲0可知在時，甲、乙粒子發(fā)生第三次碰撞，且甲、乙粒子發(fā)生其次次碰撞到第三次碰撞過程中乙粒子運(yùn)動了2圈，此過程中乙粒子走過的路程為S2=10πa且在第三次碰撞時有mv甲2＋m乙v乙2=mv甲3＋m乙v乙3解得v甲3=－3v甲0，v乙3=3v甲0依次類推在時，甲、乙粒子發(fā)生第九次碰撞，且甲、乙粒子發(fā)生第八次碰撞到第九次碰撞過程中乙粒子運(yùn)動了2圈，此過程中乙粒子走過的路程為S8=10πa且在第九次碰撞時有mv甲8＋m乙v乙8=mv甲9＋m乙v乙9解得v甲9=－3v甲0，v乙9=3v甲0在到過程中，甲粒子剛好運(yùn)動半周，且甲粒子的運(yùn)動半徑為r甲1=3a則時甲粒子運(yùn)動到P點即（－6a，0）處。在到過程中，乙粒子剛好運(yùn)動一周，則時乙粒子回到坐標(biāo)原點，且此過程中乙粒子走過的路程為S0=3πa故整個過程中乙粒子走過總路程為S=4×6πa＋4×10πa＋3πa=67πa6.（2023高考山東高中學(xué)業(yè)水公平級考試）如圖所示，在，的區(qū)域中，存在沿y軸正方向、場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場，電場的四周分布著垂直紙面對外的恒定勻強(qiáng)磁場。一個質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子從OP中點A進(jìn)入電場（不計粒子重力）。（1）若粒子初速度為零，粒子從上邊界垂直QN其次次離開電場后，垂直NP再次進(jìn)入電場，求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。唬?）若轉(zhuǎn)變電場強(qiáng)度大小，粒子以肯定的初速度從A點沿y軸正方向第一次進(jìn)入電場、離開電場后從P點其次次進(jìn)入電場，在電場的作用下從Q點離開。（i）求轉(zhuǎn)變后電場強(qiáng)度的大小和粒子的初速度；（ii）通過計算推斷粒子能否從P點第三次進(jìn)入電場。【參考答案】（1）；（2）（i），；（ii）不會【名師解析】（1）由題意粒子在電場中做勻加速直線運(yùn)動，依據(jù)動能定理有粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，有粒子從上邊界垂直QN其次次離開電場后，垂直NP再次進(jìn)入電場，軌跡如圖依據(jù)幾何關(guān)系可知聯(lián)立可得（2）（i）由題意可知，做出粒子在電場和磁場中運(yùn)動軌跡如圖在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，依據(jù)幾何關(guān)系可知解得由sinθ==0.8，解得，洛倫茲力供應(yīng)向心力帶電粒子從A點開頭做勻加速直線運(yùn)動，依據(jù)動能定理有再一次進(jìn)入電場后做類似斜拋運(yùn)動，沿x方向有，沿y方向上有，其中依據(jù)牛頓其次定律有聯(lián)立以上各式解得，，（ii）粒子從P到Q依據(jù)動能定理有可得從Q射出時的速度為

此時粒子在磁場中的半徑依據(jù)其幾何關(guān)系可知對應(yīng)的圓心坐標(biāo)為，而圓心與P的距離為故不會再從P點進(jìn)入電場。7.（2023高考選擇性考試遼寧卷）如圖，水平放置的兩平行金屬板間存在勻強(qiáng)電場，板長是板間距離的倍。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、方向垂直于紙面對外的勻強(qiáng)磁場。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點飛出電場，并沿PO方向從圖中O'點射入磁場。己知圓形磁場區(qū)域半徑為，不計粒子重力。（1）求金屬板間電勢差U；（2）求粒子射出磁場時與射入磁場時運(yùn)動方向間的夾角θ；（3）僅轉(zhuǎn)變圓形磁場區(qū)域的位置，使粒子仍從圖中O'點射入磁場，且在磁場中的運(yùn)動時間最長。定性畫出粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡及相應(yīng)的弦，標(biāo)出轉(zhuǎn)變后的側(cè)形磁場區(qū)域的圓心M。【參考答案】（1）；（2）或；（3）【名師解析】（1）設(shè)板間距離為，則板長為，帶電粒子在板間做類平拋運(yùn)動，兩板間的電場強(qiáng)度為依據(jù)牛頓其次定律得，電場力供應(yīng)加速度解得設(shè)粒子在平板間的運(yùn)動時間為，依據(jù)類平拋運(yùn)動的運(yùn)動規(guī)律得，聯(lián)立解得（2）設(shè)粒子出電場時與水平方向夾角為，則有故則出電場時粒子的速度為粒子出電場后沿直線勻速直線運(yùn)動，接著進(jìn)入磁場，依據(jù)牛頓其次定律，洛倫茲力供應(yīng)勻速圓周運(yùn)動所需的向心力得解得已知圓形磁場區(qū)域半徑為，故粒子沿方向射入磁場即沿半徑方向射入磁場，故粒子將沿半徑方向射出磁場，粒子射出磁場時與射入磁場時運(yùn)動方向的夾角為，則粒子在磁場中運(yùn)動圓弧軌跡對應(yīng)的圓心角也為，由幾何關(guān)系可得故粒子射出磁場時與射入磁場時運(yùn)動方向的夾角為或；（3）帶電粒子在該磁場中運(yùn)動的半徑與圓形磁場半徑關(guān)系為，依據(jù)幾何關(guān)系可知，帶電粒子在該磁場中運(yùn)動的軌跡肯定為劣弧，故劣弧所對應(yīng)軌跡圓的弦為磁場圓的直徑時粒子在磁場中運(yùn)動的時間最長。則相對應(yīng)的運(yùn)動軌跡和弦以及圓心M的位置如圖所示：8.（2023高考江蘇學(xué)業(yè)水平選擇性考試）霍爾推動器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型。Oxy平面內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直坐標(biāo)平面對里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從O點沿x軸正方向水平入射。入射速度為v0時，電子沿x軸做直線運(yùn)動；入射速度小于v0時，電子的運(yùn)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。不計重力及電子間相互作用。（1）求電場強(qiáng)度的大小E；（2）若電子入射速度為，求運(yùn)動到速度為時位置的縱坐標(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)位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的百分比?！緟⒖即鸢浮浚?）v0B；（2）；（3）90%【名師解析】（1）由題知，入射速度為v0時，電子沿x軸做直線運(yùn)動則有Ee=ev0B解得E=v0B（2）電子在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直坐標(biāo)平面對里的勻強(qiáng)磁場的復(fù)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)，依據(jù)動能定理有解得（3）若電子以v入射時，設(shè)電子能達(dá)到的最高點位置的縱坐標(biāo)為y，則依據(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(dá)縱坐標(biāo)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(dá)縱坐標(biāo)位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的90%。9．（11分）（2023年6月浙江高考選考）利用磁場實現(xiàn)離子偏轉(zhuǎn)是科學(xué)儀器中廣泛應(yīng)用的技術(shù)。如圖所示，Oxy平面（紙面）的第一象限內(nèi)有足夠長且寬度均為L、邊界均平行x軸的區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，其中區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1的勻強(qiáng)磁場，區(qū)域Ⅱ存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2的磁場，方向均垂直紙面對里，區(qū)域Ⅱ的下邊界與x軸重合。位于處的離子源能釋放出質(zhì)量為m、電荷量為q、速度方向與x軸夾角為60°的正離子束，沿紙面射向磁場區(qū)域。不計離子的重力及離子間的相互作用，并忽視磁場的邊界效應(yīng)。（1）求離子不進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的最大速度v1及其在磁場中的運(yùn)動時間t；（2）若，求能到達(dá)處的離子的最小速度v2；（3）若，且離子源射出的離子數(shù)按速度大小均勻地分布在范圍，求進(jìn)入第四象限的離子數(shù)與總離子數(shù)之比η?！久麕熃馕觥浚?）畫出離子恰不進(jìn)入?yún)^(qū)域II的軌跡，由軌跡圖中幾何關(guān)系得sin30°=，解得r1=2L。由洛倫茲力供應(yīng)向心力，qv1B1=m，解得v1=運(yùn)動軌跡所對圓心角為θ=2π/3離子在區(qū)域II中運(yùn)動時間t==（2）解法一：常規(guī)法畫出離子恰好運(yùn)動到y(tǒng)=L/2處的運(yùn)動軌跡，如圖。速度為v2的離子在區(qū)域I，由洛倫茲力供應(yīng)向心力，qv2B1=m，解得r2=速度為v2的離子在區(qū)域II，由洛倫茲力供應(yīng)向心力，qv2B2=m，解得r2’===r2/2在區(qū)域II，離子運(yùn)動軌跡恰好與y=L/2水平線相切，r2’-r2’cosα=L/2，即r2-r2cosα=L，解得：cosα=在區(qū)域I，r2cosα-r2cos60°=L，即r2·-r2cos60°=L，解得：r2=4L，由=r2/2=2L，解得v2=解法二：等效法。若B2=2B1，由r=mv/qB可知離子在區(qū)域I運(yùn)動軌跡半徑為r2=r’1/2，可以等效為B2=B1時離子恰好運(yùn)動到y(tǒng)=0處。由圖中幾何關(guān)系可得：sin30°=，解得r1’=4L。離子在區(qū)域I磁場中運(yùn)動，qv2B1=m，解得v2=解法三。動量定理+微元法畫出離子恰好運(yùn)動到y(tǒng)=L/2處的運(yùn)動軌跡，如圖。我們可以通過微元法，利用動量定理解答。對離子進(jìn)入磁場到恰好運(yùn)動到y(tǒng)=L/2處的過程，沿y軸方向的微元時間△t，運(yùn)用動量定理，-qB1vy1△t-qB2vy2△t=m△v方程兩側(cè)求和，-qB1Σvy1△t-qB2Σvy2△t=mΣ△v留意到Σvy1△t=L，Σvy2△t=0.5L，Σ△v=-v2sin30°可得-2qB1L=0.5mv2解得：v2=（3）解法一：等效法畫出B2=圖像，如圖。區(qū)域II中磁場可等效為勻強(qiáng)磁場B1/2的勻強(qiáng)磁場，若把區(qū)域II中磁場等效為勻強(qiáng)磁場B1，則磁場寬度則為L/2。畫出恰好能夠進(jìn)入第四象限的離子運(yùn)動軌跡，如圖。由軌跡圖中幾何關(guān)系得sin30°=，解得r3=3L。由洛倫茲力供應(yīng)向心力，qv3B1=m，解得v3=即速度大于v3=的離子都能夠進(jìn)入第四象限，進(jìn)入第四象限的離子數(shù)與總離子數(shù)之比為η=×100%=60%解法二：動量定理+微元法畫出B2=圖像，如圖。區(qū)域II中磁場可等效為勻強(qiáng)磁場B1/2的勻強(qiáng)磁場，對離子進(jìn)入磁場到恰好運(yùn)動到x軸的過程，沿y軸方向的微元時間△t，運(yùn)用動量定理，-qB1vy1△t-qB2vy2△t=m△v方程兩側(cè)求和，-qB1Σvy1△t-qB2Σvy2△t=mΣ△v留意到Σvy1△t=L，ΣB2vy2△t=Σvy2△t=Σvy2△t=L，Σ△v=-v2sin30°可得qB1L=mv2解得：v3=即速度大于v3=的離子都能夠進(jìn)入第四象限，進(jìn)入第四象限的離子數(shù)與總離子數(shù)之比為η=×100%=60%10．（2023高考北京卷）（10分）某種負(fù)離子空氣凈化原理如圖所示．由空氣和帶負(fù)電的灰塵顆粒物（視為小球）組成的混合氣流進(jìn)入由一對平行金屬板構(gòu)成的收集器．在收集器中，空氣和帶電顆粒沿板方向的速度保持不變．在勻強(qiáng)電場作用下，帶電顆粒打到金屬板上被收集，已知金屬板長度為L，間距為d．不考慮重力影響和顆粒間相互作用．（1）若不計空氣阻力，質(zhì)量為m、電荷量為的顆粒恰好全部被收集，求兩金屬板間的電壓；（2）若計空氣阻力，顆粒所受阻力與其相對于空氣的速度v方向相反，大小為，其中r為顆粒的半徑，k為常量．假設(shè)顆粒在金屬板間經(jīng)極短時間加速達(dá)到最大速度．a(chǎn)．半徑為R、電荷量為的顆粒恰好全部被收集，求兩金屬板間的電壓；b．已知顆粒的電荷量與其半徑的平方成正比，進(jìn)入收集器的均勻混合氣流包含了直徑為和的兩種顆粒，若的顆粒恰好100%被收集，求的顆粒被收集的百分比．【名師解析】：（1）只要緊靠上極板的顆粒能夠落到收集板右側(cè)，顆粒就能夠全部收集。L=v0t，d=,qE=ma,E=U1/d聯(lián)立解得：U1=,（2）a?？砂杨w粒的運(yùn)動分解為水平方向勻速直線運(yùn)動和豎直方向運(yùn)動顆粒在水平方向，L=v0t，顆粒極短時間內(nèi)加速到最大速度后，所受阻力等于電場力，f=kRvmax，f=qU2/d在豎直方向顆粒勻速下落，d=vmaxt聯(lián)立解得：U2=b.q∞r(nóng)2，10μm帶電荷量q的顆粒恰好100%收集，顆粒極短時間內(nèi)加速到最大速度后，所受阻力等于電場力，f=kRvmax，f=qU2/d在豎直方向顆粒勻速下落，d=vmaxt2.5μm的顆粒帶電荷量為q’=q/16，顆粒極短時間內(nèi)加速到最大速度后，所受阻力等于電場力，f’=kRv’max，f’=q’U2/d設(shè)只有距離下極板為d’的顆粒被收集，在豎直方向顆粒勻速下落，d’=v’maxt聯(lián)立解得：d’=d/42.5μm的顆粒被收集的百分比為×100%=25%。12.．（2023高考北京卷）如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面對外的勻強(qiáng)磁場中，固定一內(nèi)部真空且內(nèi)壁光滑的圓柱形薄壁絕緣管道，其軸線與磁場垂直．管道橫截面半徑為a，長度為l（）．帶電粒子束持續(xù)以某一速度v沿軸線進(jìn)入管道，粒子在磁場力作用下經(jīng)過一段圓弧垂直打到管壁上，與管壁發(fā)生彈性碰撞，多次碰撞后從另一端射出，單位時間進(jìn)入管道的粒子數(shù)為n，粒子電荷量為，不計粒子的重力、粒子間的相互作用，下列說法不正確的是（）A．粒子在磁場中運(yùn)動的圓弧半徑為aB．粒子質(zhì)量為C．管道內(nèi)的等效電流為D．粒子束對管道的平均作用力大小為【參考答案】C【名師解析】依據(jù)題述，帶電粒子束持續(xù)以某一速度v沿軸線進(jìn)入管道，粒子在磁場力作用下經(jīng)過一段圓弧垂直打到管壁上，可知粒子在磁場中運(yùn)動的圓弧半徑為r=a，A正確；由洛倫茲力供應(yīng)向心力，qvB=m，可得m=，B正確；由于帶電粒子在管道內(nèi)做勻速曲線運(yùn)動，其定向移動的速度小于v，所以管道內(nèi)的等效電流小于，C不正確；設(shè)△t時間與管道壁碰撞的帶電粒子數(shù)為N，同一時間與管道壁碰撞的帶電粒子數(shù)為N’=l/2a，對帶電粒子與管道壁碰撞，由動量定理，F(xiàn)△t=NN’m·2v，N=n△t，m=，聯(lián)立解得F=，D正確。14.（2023高考福建卷）阿斯頓（F．Aston）借助自己創(chuàng)造的質(zhì)譜儀發(fā)覺了氖等元素的同位素而獲得諾貝爾獎，質(zhì)譜儀分析同位素簡化的工作原理如圖所示。在上方存在一垂直紙面對外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。兩個氖離子在O處以相同速度v垂直磁場邊界入射，在磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，分別落在M和N處。已知某次試驗中，，落在M處氖離子比荷（電荷量和質(zhì)量之比）為；P、O、M、N、P在同始終線上；離子重力不計。（1）求OM的長度；（2）若ON的長度是OM的1.1倍，求落在N處氖離子的比荷?！緟⒖即鸢浮浚?）；（2）【名師解析】（1）粒子進(jìn)入磁場，洛倫茲力供應(yīng)圓周運(yùn)動的向心力則有整理得OM的長度為（2）若ON的長度是OM的1.1倍，則ON運(yùn)動軌跡半徑為OM運(yùn)動軌跡半徑1.1倍，依據(jù)洛倫茲力供應(yīng)向心力得整理得第三部分思路歸納，內(nèi)化方法1.求解帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動的技巧要留意分析帶電粒子是做勻速運(yùn)動還是勻變速運(yùn)動，勻速運(yùn)動問題常以平衡條件F合＝0作為突破口進(jìn)行求解，勻變速運(yùn)動依據(jù)力和運(yùn)動的關(guān)系可知，合力肯定和速度在一條直線上，然后運(yùn)用動力學(xué)觀點或能量觀點求解。(1)運(yùn)用動力學(xué)觀點時，先分析帶電粒子的受力狀況，依據(jù)F合＝ma得出加速度，再依據(jù)運(yùn)動學(xué)方程可得出所求物理量。(2)運(yùn)用能量觀點時，在勻強(qiáng)電場中，若不計重力，電場力對帶電粒子做的功等于粒子動能的變化量；若考慮重力，則合力對帶電粒子做的功等于粒子動能的變化量。2.帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動做好兩個方向的分析在垂直電場方向上做勻速直線運(yùn)動，在這個方向上找出平行板的板長和運(yùn)動時間等相關(guān)物理量；沿電場力方向做勻加速直線運(yùn)動，在這個方向上找出偏轉(zhuǎn)加速度、偏轉(zhuǎn)位移、偏轉(zhuǎn)速度等相關(guān)物理量。在垂直電場方向上有t＝eq\f(l,v0)，沿電場力方向上有y＝eq\f(1,2)at2或vy＝at，a＝eq\f(F合,m)，聯(lián)立方程可求解。3.帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動（1）帶電粒子在磁場中運(yùn)動時的三個幾何關(guān)系（2）帶電粒子在有界磁場中運(yùn)動的臨界極值問題(i)關(guān)注常見關(guān)鍵詞，如：“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脫離”等臨界狀態(tài)詞。(ii)兩種處理方法①利用“矢量圖”“邊界條件”等求臨界值。②利用“三角函數(shù)”“不等式的性質(zhì)”“二次方程的判別式”等求極值。（iii）常見的幾種臨界半徑的求解方法r＋rcosθ＝d得r＝eq\f(d,1＋cosθ)當(dāng)θ＝90°時r＝dr＋rsinθ＝d得r＝eq\f(d,1＋sinθ)當(dāng)θ＝90°時r＝eq\f(1,2)dr＋eq\f(r,sinθ)＝d得r＝eq\f(sinθ,1＋sinθ)dr1＝eq\f(1,2)dL2＋(r2－d)2＝r22得r2＝eq\f(L2＋d2,2d)4帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的多解問題（1）．產(chǎn)生多解現(xiàn)象的4種因素緣由特點圖例帶電粒子電性不確定受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電，也可能帶負(fù)電，在相同的初速度條件下，正、負(fù)粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡不同，因而形成多解磁場方向不確定有些題目只告知了磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，而未具體指出磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，此時必需考慮由磁感應(yīng)強(qiáng)度方向不確定而形成的多解臨界狀態(tài)不唯一如圖所示，帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運(yùn)動軌跡是圓弧狀，因此，它可能直接穿過去了，也可能轉(zhuǎn)過180°從入射界面反向飛出，于是形成了多解運(yùn)動的往復(fù)性帶電粒子在部分是電場、部分是磁場的空間運(yùn)動時，往往具有往復(fù)性，因而形成多解（2）．解決多解問題的一般思路5.帶電粒子在組合場中運(yùn)動問題的處理原則及方法處理原則：分解過程，依次分析，場場關(guān)聯(lián)，求解速度。處理方法：(1)依據(jù)進(jìn)入不同的場的時間挨次分成幾個不同的階段。(2)分析帶電粒子在各場中的受力狀況和運(yùn)動狀況。若粒子進(jìn)入電場區(qū)域，則其運(yùn)動為加速(減速)以及偏轉(zhuǎn)兩大類運(yùn)動，而進(jìn)入磁場區(qū)域時，粒子通常做勻速圓周運(yùn)動。(3)畫出帶電粒子的運(yùn)動軌跡，留意運(yùn)用幾何學(xué)問，找出相應(yīng)幾何關(guān)系與物理關(guān)系。(4)選擇物理規(guī)律列方程。對于加速(減速)運(yùn)動，一般依據(jù)動能定理或牛頓其次定律分析；對于類平拋運(yùn)動，一般分解為沿初速度方向的勻速直線運(yùn)動和垂直于初速度方向的勻加速直線運(yùn)動；對于粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的狀況，應(yīng)留意洛倫茲力供應(yīng)向心力這一特點。(5)留意確定粒子在組合場交界處的速度大小與方向，該速度往往是聯(lián)系兩段運(yùn)動的“橋梁”。6.解答帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動問題基本思路7.把握好帶電粒子在交變場中運(yùn)動的周期性（1）．引起帶電粒子運(yùn)動的周期性的緣由，主要有兩個方面：(i)帶電粒子運(yùn)動空間的周期性。帶電粒子通過周期性的圓周運(yùn)動或來回式運(yùn)動，可以在不同時刻通過同一位置而帶來周期性。(ii)帶電粒子運(yùn)動時間的周期性。此時的電磁場一般為周期性變化的交變電場或交變磁場，在交變電磁場中時間的周期性導(dǎo)致帶電粒子的運(yùn)動具有周期性。（2）．依據(jù)帶電粒子運(yùn)動的周期性作出其運(yùn)動軌跡，然后找出運(yùn)動空間或運(yùn)動時間的周期性，并列出相應(yīng)的通式，對于有特解的狀況，可以由通式得出對應(yīng)的最大值或最小值。第四部分最新模擬集萃，提升應(yīng)試力量1..(2024福建莆田重點高中12月質(zhì)檢)如圖甲所示，離子源持續(xù)逸出帶電量為、質(zhì)量為m的離子，其初速度視為0，離子經(jīng)過加速電場后，以速度沿兩平行極板PQ的中線飛入交變電場。已知極板P、Q水平放置，間距為d，長度為L，極板上所加的交變電壓如圖乙所示，變化周期，全部離子均能從PQ極板右側(cè)射出，不計離子重力及離子間相互作用，求：（1）加速電場的電壓大??；（2）PQ極板間所加電壓U的最大值。【參考答案】（1）；（2）【名師解析】（1）離子經(jīng)過加速電場后有解得（2）離子在平行極板PQ間運(yùn)動時，水平方向為勻速直線運(yùn)動解得即離子在平行極板PQ間運(yùn)動的時間恰為電場變化的一個周期，則（n=0，1，2，3……）時刻進(jìn)入電場的離子恰從極板邊緣離開時，電壓最大，依據(jù)牛頓其次定律可得解得2.(2024重慶名校1月質(zhì)檢)某個粒子分析裝置的簡化示意圖如圖所示，一圓心為、半徑為的半圓和一圓心為、半徑為的圓相切于A點，直徑下方的半圓圓外區(qū)域存在垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場，半徑為的圓內(nèi)區(qū)域存在垂直紙面對外的勻強(qiáng)磁場（未知），上方電容器的平行金屬板和正對放置，板長為，兩板間距為，金屬板下邊緣連線與圓形磁場最高點在同一水平線上，點距左金屬板，上邊緣連線緊挨著一水平放置的感光板。一群電量為、質(zhì)量為的粒子，可在左側(cè)長度為的水平線狀粒子放射裝置上以相同速度豎直向下射出，把握動身的時間，使得全部粒子同時到達(dá)A點，其中點動身的粒子經(jīng)過A點后恰好能運(yùn)動至點，粒子進(jìn)入電容器若打到金屬板上會被吸取，不考慮電容器的邊緣效應(yīng)，不計粒子重力及粒子之間相互作用力。（計算過程中?。?）求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小；（2）若要點動身的粒子能打到感光板上，求電容器的板電勢差范圍；（3）把握電容器的電壓，使得全部粒子都能打到感光板上讓感光板上發(fā)光，求感光板發(fā)光持續(xù)的時間?！緟⒖即鸢浮浚?）；（2）；（3）【名師解析】（1）從上以相同速度豎直向下射出的相同帶電粒子，依據(jù)幾何學(xué)問可知，只有在勻強(qiáng)磁場內(nèi)做圓周運(yùn)動的半徑為2R時，才能都到達(dá)A點，帶電粒子軌跡如下圖即解得（2）點動身的粒子經(jīng)過A點后恰好能運(yùn)動至點，依據(jù)幾何關(guān)系可得故即點動身的粒子經(jīng)過A點后恰好能運(yùn)動至點，在磁場中的偏轉(zhuǎn)角度為，而點動身的粒子經(jīng)過A點時速度與水平方向為，故在點速度與水平方向的夾角為，即帶電粒子在電容器的板間做類斜拋運(yùn)動，豎直方向做勻速直線運(yùn)動，水平方向做勻變速直線運(yùn)動，且若帶電粒子能到達(dá)感光板，則運(yùn)動時間為若帶電粒子恰能到達(dá)感光板的最左側(cè)，此時電容器的板為高電勢，則解得若帶電粒子恰能到達(dá)感光板的最右側(cè)，此時電容器的板為低電勢，取水平向右為正方向，設(shè)此時加速度大小為a，則解得故電場強(qiáng)度大小為故此時故電容器的板電勢差范圍為（3）對于由點動身的粒子，依據(jù)幾何學(xué)問可得依據(jù)幾何學(xué)問可得解得依據(jù)洛倫茲力供應(yīng)向心了可得帶電粒子在磁場B2中周期為帶電粒子在磁場B2中的運(yùn)動時間為帶電粒子從A點動身到達(dá)感光板的時間為對于由點動身的粒子，運(yùn)動軌跡如下圖帶電粒子從A點動身后，設(shè)在磁場B1內(nèi)的偏轉(zhuǎn)角為，由幾何學(xué)問可得由題意可知故故帶電粒子在磁場B2中的運(yùn)動時間為帶電粒子射出磁場B2時速度的豎直分速度為帶電粒子射出磁場B2到運(yùn)動到達(dá)感光板豎直方向的位移大小為由于帶電粒子射出磁場B2到運(yùn)動到達(dá)感光板豎直方向都做勻速直線運(yùn)動，故該過程時間為故帶電粒子從A點動身到達(dá)感光板的時間為故感光板發(fā)光持續(xù)的時間為t=t6-t3=3.（2024江西紅色十校9月聯(lián)考）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第一、二象限內(nèi)有垂直于坐標(biāo)平面對外的勻強(qiáng)磁場，在第三、四象限內(nèi)有平行于坐標(biāo)平面斜向下的勻強(qiáng)電場，電場方向與x軸負(fù)方向的夾角為45°，從坐標(biāo)原點O向其次象限內(nèi)射出一個質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電粒子，粒子射出的初速度大小為v0，方向與x軸負(fù)方向的夾角也為45°，此粒子從O點射出后第三次經(jīng)過x軸的位置P點離O點的距離為d，粒子其次次在電場中運(yùn)動后恰好從O點離開電場，不計粒子重力，求：（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；（2）電場強(qiáng)度E的大小；（3）粒子從O點射出到第一次回到O點所經(jīng)受的時間?！緟⒖即鸢浮浚?）；（2）；（3）【名師解析】（1）設(shè)粒子在第一次在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為r，帶負(fù)電粒子運(yùn)動軌跡如圖所示由幾何關(guān)系即由牛頓其次定律可得可得（2）粒子其次次進(jìn)入電場做類平拋運(yùn)動，則qE=ma解得（3）粒子在磁場中運(yùn)動的時間粒子第一次在電場中運(yùn)動的時間其中則則粒子從O點射出到第一次回到O點所經(jīng)受時間4.（2024遼寧十校聯(lián)合體）回旋加速器在科學(xué)爭辯中得到了廣泛應(yīng)用，其原理如圖所示。和是兩個中空的半圓形金屬盒，置于與盒面垂直的勻強(qiáng)磁場中，他們接在電壓為U、頻率為f的高頻溝通電源上。已知勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，D形盒的半徑為r。若位于圓心處的粒子源A處能不斷產(chǎn)生帶電量為q、速率為零的粒子經(jīng)過電場加速后進(jìn)入磁場，當(dāng)粒子被加速到最大動能后，再將他們引出。忽視粒子在電場中運(yùn)動的時間，忽視相對論效應(yīng)，下列說法正確的是（）A.粒子第n次被加速前后的軌道半徑之比為B.從D形盒出口引出時的速度為C.粒子在D形盒中加速的次數(shù)為D.當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?倍，同時轉(zhuǎn)變溝通電頻率，該粒子從D形盒出口引出時的動能為【參考答案】D【名師解析】依據(jù)洛倫茲力供應(yīng)向心力做勻速圓周運(yùn)動，則有半徑公式與可得所以粒子第n次被加速前、后的軌道半徑之比為，選項A錯誤；B．從D形盒出口引出時依據(jù)可得其中解得速度為選項B錯誤；C．粒子在D形盒中加速的次數(shù)為選項C錯誤；D．粒子從D形盒出口引出時的動能為當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?倍，因則f變?yōu)樵瓉淼?倍，則此時選項D正確。。5.（2024南京六校聯(lián)合體調(diào)研）如圖所示，在x軸上方有垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場。在x軸下方有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場。一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q、初速度為v的帶電粒子從a（0，d）點處沿y軸正方向開頭運(yùn)動，一段時間后，粒子速度方向與x軸正方向成45°角進(jìn)入電場，經(jīng)過y軸上b點時速度方向恰好與y軸垂直，帶電粒子重力不計。求：（1）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；（2）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小；（3）粒子從a點開頭到第三次經(jīng)過x軸的時間?！緟⒖即鸢浮浚?）；（2）；（3）【名師解析】（1）粒子運(yùn)動軌跡如圖以后重復(fù)過程，粒子磁場中做圓周運(yùn)動有由圖可得rcos45°=d聯(lián)立可得（2）粒子在x軸下方運(yùn)動到b點過程中，水平方向r＋rsin45°=vcos45°?t2豎直方向聯(lián)立可得（3）粒子在磁場中運(yùn)動到x1，即第一次到達(dá)x軸所用時間從x1到x2，依據(jù)對稱性可知在x2處，粒子以速度v與x軸正方向成45°進(jìn)入磁場，從x2到x3所以粒子第三次到達(dá)x軸所用時間為6.（2024黑龍江大慶第一次質(zhì)檢）如圖所示，一對長平行柵極板（有縫的平行板）水平放置，極板外存在方向垂直紙面對外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)磁場，兩極板與電壓為的電源相連。一帶正電粒子從正極板上點處以大小為的速度垂直極板向上射出，粒子的質(zhì)量為、電荷量為。粒子經(jīng)電場一次加速后從點進(jìn)入上方磁場，然后第一次從負(fù)極板上的點返回電場。一足夠長的不帶電絕緣擋板與正極板成傾斜放置。忽視柵極板的電場邊緣效應(yīng)及粒子所受的重力。（1）求粒子進(jìn)入上方磁場時的速度大??；（2）求、兩點間的距離；（3）若轉(zhuǎn)變兩極板間的電壓（保持下極板接電源正極），其他條件不變，使粒子不能打在擋板上，求電壓應(yīng)滿足的條件?！緟⒖即鸢浮浚?）；（2）；（3）【名師解析】（1）粒子經(jīng)電場加速，對此過程由動能定理有解（2）設(shè)粒子在極板上方磁場中運(yùn)動的半徑為，由洛倫效力供應(yīng)向心力有解得（3）粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示粒子兩次經(jīng)過極板間電場后，進(jìn)入正極板下方的勻強(qiáng)磁場，粒子不能打在擋板上，臨界條件是粒子做勻速圓周運(yùn)動的軌跡與擋板相切，粒子兩次經(jīng)過極板間電場，電場力對粒子做的總功為零，則粒子進(jìn)入下方磁場的速度大小等于，設(shè)粒子進(jìn)入上方磁場的速度大小為，對應(yīng)的勻速圓周運(yùn)動的半徑為，在下方磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為，由動能定理有由洛倫茲力供應(yīng)向心力，有由幾何關(guān)系有可得解得故當(dāng)，其他條件不變，使粒子不能打在擋板上。7.(11分)(2024浙江名校聯(lián)考)如圖為某同學(xué)設(shè)計的帶電粒子的聚焦和加速裝置示意圖。位于S點的粒子源可以沿紙面內(nèi)與SO1(O1為圓形磁場的圓心)的夾角為()的方向內(nèi)均勻地放射速度為v0=10m/s、電荷量均為q=-2.0×10-4C、質(zhì)量均為m=1.0×10-6kg的粒子，粒子射入半徑為R=0.1m的圓形區(qū)域勻強(qiáng)磁場。已知粒子源在單位時間放射N=2.0×105個粒子，圓形區(qū)域磁場方向垂直紙面對里，沿著SO1射入圓形區(qū)域磁場的粒子恰好沿著水平方向射出磁場。粒子數(shù)把握系統(tǒng)是由豎直寬度為L、且L在范圍內(nèi)大小可調(diào)的粒子通道構(gòu)成，通道豎直寬度L的中點與O1始終等高。聚焦系統(tǒng)是由有界勻強(qiáng)電場和有界勻強(qiáng)磁場構(gòu)成，勻強(qiáng)電場的方向水平向右、場強(qiáng)E=0.625N/C,邊界由x軸、曲線OA和直線GF(方程為:y=-x+0.4(m))構(gòu)成，勻強(qiáng)磁場方向垂直紙面對里、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.25T,磁場的邊界由x軸、直線GF、y軸構(gòu)成，已知全部經(jīng)過聚焦系統(tǒng)的粒子均可以從F點沿垂直x軸的方向經(jīng)過一段真空區(qū)域射入加速系統(tǒng)。加速系統(tǒng)是由兩個開有小孔的平行金屬板構(gòu)成，兩小孔的連線過P點,上下兩板間電勢差U=-10kV，不計粒子的重力和粒子間的相互作用力。求：(1)圓形磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0;(2)當(dāng)L=R時，求單位時間進(jìn)入聚焦系統(tǒng)的粒子數(shù)N0;(3)若進(jìn)入加速系統(tǒng)內(nèi)粒子的初速度均忽視不計，設(shè)從加速系統(tǒng)射出的粒子在測試樣品中運(yùn)動所受的阻力f與其速度v關(guān)系為(k=0.2N·s·m-1),求粒子在樣品中可達(dá)的深度d;(4)曲線0A的方程?！久麕熃馕觥浚?）由洛倫茲力供應(yīng)向心力得qvB0=m

解得B0=0.5T

（2）臨界1：粒子恰好從把握系統(tǒng)上邊界進(jìn)入，粒子在S點入射速度與SO1的夾角為θ1,

sinθ1=0.5解得θ1=30°

臨界2：粒子恰好從把握系統(tǒng)下邊界進(jìn)入，粒子在S點入射速度與SO1的夾角為θ2,

sinθ2=0.5解得θ2=30°能進(jìn)入把握系統(tǒng)的粒子數(shù)N0=N=105個粒子

（3）對粒子在加速系統(tǒng)運(yùn)用動能定理：qU=

解得v=2000m/s

對粒子進(jìn)入樣品得過程運(yùn)用動量定理-Σkv△t=0-mv

解得d=Σv△t=mv/k=0.01m（4）設(shè)粒子從曲線OA的（x、y）點進(jìn)入電場，則粒子從直線GF的（0.4-y，y）點射出電場，

qE（0.4-y-x）=-。│q│v1B=m得10y2-y-x=08．（2023福建晉江部分重點高中聯(lián)考）如圖所示，在一邊長為l的等邊三角形OPQ內(nèi)存在方向垂直紙面對外的勻強(qiáng)磁場