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第10課時(shí)　帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
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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的大小；
(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。
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)的速度大小；
(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。
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，求運(yùn)動(dòng)到速度為時(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＝位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的百分比。
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。空間有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1 T、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＝1 N/C、方向豎直向下的電場(chǎng)。光滑圓弧軌道圓心O′，半徑為R＝4 m，圓弧軌道底端位于坐標(biāo)軸原點(diǎn)O。質(zhì)量為m1＝1 kg、帶電荷量為q1＝－1 C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＝4 kg、帶電荷量為q2＝2 C的小球B從與圓心O′等高處?kù)o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(wú)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。
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)榇怪奔埫嫦蚶铩㈦妶?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＝，E－t圖像中E0＝。求：
圖5
(1)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)　(2)t0和t0 (3)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＝m
又周期T＝，B0＝
解得T＝t0，r1＝
所以時(shí)刻粒子坐標(biāo)為。
(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＝t0＝·＝v0，v＝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＝t0和 t2＝2t0＋t0＝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＝v0t0
6t0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＋cos 45°)r2
洛倫茲力提供粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的向心力qvB0＝m
解得r2＝＝v0t0
綜上所述可得ym＝3y0＋y磁＝(＋＋)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＝，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)(n＝1，2，3，…)　(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＝
半個(gè)周期內(nèi)，粒子向上運(yùn)動(dòng)的距離為y＝a
又d＝2ny(n＝1，2，3，…)
聯(lián)立得T＝(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＝m
解得r＝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＋2rsin θ＝d
解得sin θ＝
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－cos θ)＝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(lái)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 為速度選擇器，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　　(2)　(3)
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＝mv
聯(lián)立解得＝。
(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＝m
根據(jù)幾何關(guān)系有dOP＝2r
結(jié)合(1)問解得dOP＝。
(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＝和水平向左的速度大小為v2＝－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＝－v0＝。
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)　　(2)2(＋1－)
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＝
粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)qvB＝m
得B＝。
(2)加速一次由動(dòng)能定理有qEd＝mv
解得v1＝＝
從A點(diǎn)出發(fā)向右運(yùn)動(dòng)2r1，則
2r1＝2＝
同理可得加速第二次粒子向左運(yùn)動(dòng)
2r2＝2
粒子加速第三次后向右運(yùn)動(dòng)2r3＝2
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(＋1－)。
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9
A.油滴a帶負(fù)電，所帶電量的大小為
B.油滴a做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為
C.小油滴 Ⅰ 做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為，周期為
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＝，故A正確；根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝m，得R＝，解得油滴a做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為v＝，故B正確；設(shè)小油滴 Ⅰ 的速度大小為v1，得3R＝，解得v1＝＝，周期為T＝＝，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较颍胢v＝v1＋v2，解得v2＝－，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　　(2)　π (3)
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＝
則粒子所帶的電荷量q＝。
(2)設(shè)金屬板的板間距離為D，則板長(zhǎng)為
粒子在板間運(yùn)動(dòng)時(shí)有＝vt0
出電場(chǎng)時(shí)豎直方向速度為零，則豎直方向有
y＝2×(0.5t0)2
在磁場(chǎng)中時(shí)qvB＝m
其中的y＝2r＝
聯(lián)立解得v＝π，D＝。
(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＝mv2＋q×＝＋＝。
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，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1
A.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。現(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2
A.勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為
B.粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為
C.M、N兩點(diǎn)的豎直距離為d
D.粒子經(jīng)過N點(diǎn)時(shí)速度大小為
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＝mv2，在磁場(chǎng)中，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m，由幾何關(guān)系可得R＝d，綜上可得E＝，故A錯(cuò)誤；粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1＝＝，在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2＝＝，粒子從O運(yùn)動(dòng)到P的時(shí)間為t＝t1＋t2＝，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＝mv－0，聯(lián)立解得v1＝，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＝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)　(2)(－R，－R) (3)＋
解析　(1)帶電粒子在區(qū)域 Ⅰ 中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝R
根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB1＝m
解得v＝
在區(qū)域 Ⅱ 中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有qvB2＝qE
解得E＝。
(2)帶電粒子在區(qū)域 Ⅰ 中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝R，如圖所示
根據(jù)幾何關(guān)系可知tan θ＝＝
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＝－Rsin 30°＝－R
y＝－Rcos 30°＝－R。
(3)粒子在區(qū)域 Ⅰ 中做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
t1＝·＝
在區(qū)域 Ⅱ 中做勻速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝＝
則總時(shí)間為t＝t1＋t2＝＋。
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)　(2)　(3)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tan 60°＝＝
粒子在y軸方向的位移大小為y＝3lsin 60°＝v0t
解得勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝。
(2)粒子
達(dá)到N點(diǎn)的速度大小v＝＝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)sin 30°，解得r＝l
由qvB＝m，解得B＝＝。
(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＋rsin 30°＝l
所以矩形磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積為Smin＝ab＝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)　(2)　(3)
解析　(1)粒子進(jìn)入電場(chǎng)，在y軸方向有
vy＝v0sin θ，qE＝ma，v＝2aL
聯(lián)立解得E＝。
(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＝v0cos θ
由幾何關(guān)系可得＋r＝L
解得r＝
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＝m
聯(lián)立解得B＝。
(3)粒子第一次進(jìn)入電場(chǎng)，在豎直方向有L＝at
粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝
粒子再次進(jìn)入電場(chǎng)，在豎直方向有L－2r＝at
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＝。
6.質(zhì)譜儀是最早用來(lái)測(cè)定微觀粒子比荷的精密儀器，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)　(2)　(3)
解析　(1)由動(dòng)能定理得qU1＝mv
粒子在進(jìn)入分離器C后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則
qv0B2＝m
由幾何關(guān)系得R＝
由題意知k1＝
聯(lián)立解得k1＝。
(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＝q
解得U2＝。
(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′
由幾何關(guān)系得R′＝
由題意知k2＝
解得k2＝。
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＝0.1 N/C，E2＝0.25 N/C，磁場(chǎng)B1隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示，t0＝ 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＝2 m/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＝5×10－6 kg，q＝2×10－4 C，t＝0時(shí)液滴恰好通過O點(diǎn)，重力加速度g取10 m/s2。
圖7
(1)求液滴第一次到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度v的大小；
(2)求液滴在0～5t0時(shí)間內(nèi)的路程。
答案　(1)5 m/s　(2) 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－mv0
mgt＝mv
解得v＝5 m/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＝m，T＝
當(dāng)B1＝2 T時(shí)，r1＝ m，T1＝ s
當(dāng)B1＝4 T時(shí)，r2＝ m，T2＝ s
帶電液滴在0～5t0即0～ s內(nèi)運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示
則液滴在0～5t0即0～ s時(shí)間內(nèi)的路程s＝πr1＋2πr2
解得s＝ 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(lái)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)　(2) (3)
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＝m
e·kv0B＝m
聯(lián)立解得＝。
(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＝mv2－m(kv)2
解得v＝。
(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＝m
解得r＝
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′＝
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＝nl
又電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為T＝＝
聯(lián)立解得電子從P運(yùn)動(dòng)到d的時(shí)間為
t＝nT＝。
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＝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＝，小球偏轉(zhuǎn)后打到x軸上的C(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，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，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)，方向豎直向上　(2)，與x軸正方向成60°斜向下　
(3)或
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＝，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＝
水平方向有L＝v0t，可得t＝
豎直方向有vy＝at，可得vy＝
根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成vC＝
可得vC＝
根據(jù)幾何關(guān)系tan θ＝，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＝m，解得r1＝2L
設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)的周期為T1，則T1＝
解得T1＝2π
如圖甲，由幾何關(guān)系可知，粒子從C到P偏轉(zhuǎn)圓心角為，此過程運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1＝T1＝
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＝m，解得r2＝L
設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)的周期為T2，則T2＝
解得T2＝π
如圖乙，粒子從P點(diǎn)再回到P點(diǎn)所用時(shí)間為t2＝T1＋T2＝2π
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＝
故粒子從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用的時(shí)間為或。
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的大小；
(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)　(2)　(3)
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＝v0t
y軸方向有h＝at2
又a＝，解得E＝。
(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＝＝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＝m
由幾何知識(shí)得rmax＝L
解得Bmin＝。
(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＝
在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為t2＝T
又T＝
由軌跡圖可知θ＝
解得t2＝
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＝。
“五步”突破帶電粒子在組合場(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)的速度大小；
(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)　(2)夾角為45°且斜向右上方 (3)
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＝mv
解得vN＝。
(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＝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＝，運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)沿y軸方向的分速度vy＝＝＝vx，則帶電粒子在P處的速度vP＝＝2，設(shè)粒子在P處速度與y軸正方向的夾角為α，則sin α＝＝，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＝＝d，由qvPB＝m得B＝。
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，求運(yùn)動(dòng)到速度為時(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＝位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的百分比。
答案　(1)Bv0　(2)　(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，則電子的速度由到的過程中，由動(dòng)能定理得
eEy1＝m－m
解得y1＝。
(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＝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＝mv－mv
整理得v2－v1＝，解得v1＝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＝位置的電子數(shù)占總電子數(shù)的比例為η＝＝×100%
解得η＝90%。
“三步”解決帶電粒子在疊加場(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。空間有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1 T、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＝1 N/C、方向豎直向下的電場(chǎng)。光滑圓弧軌道圓心O′，半徑為R＝4 m，圓弧軌道底端位于坐標(biāo)軸原點(diǎn)O。質(zhì)量為m1＝1 kg、帶電荷量為q1＝－1 C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＝4 kg、帶電荷量為q2＝2 C的小球B從與圓心O′等高處?kù)o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(wú)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)2 m/s　(2)1.6 N
(3)10n2π2 m(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＝
洛倫茲力提供向心力q1v1B＝m1
聯(lián)立整理得v1＝
解得v1＝2 m/s。
(2)設(shè)B滑到O點(diǎn)的速度為v2，由動(dòng)能定理有q2ER＝m2v
解得v2＝2 m/s
A、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＝ 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＝mC
解得FN＝1.6 N。
(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＝mC及T＝
解得C球圓周運(yùn)動(dòng)周期T＝
C球豎直方向加速度a＝
C球回到y(tǒng)軸時(shí)離O點(diǎn)的距離y＝a(nT)2
代入數(shù)據(jù)解得y＝10n2π2 m(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)榇怪奔埫嫦蚶铩㈦妶?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＝，E－t圖像中E0＝。求：
圖5
(1)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)　(2)t0和t0 (3)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＝m
又周期T＝，B0＝
解得T＝t0，r1＝
所以時(shí)刻粒子坐標(biāo)為。
(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＝t0＝·＝v0，v＝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＝t0和 t2＝2t0＋t0＝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＝v0t0
6t0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＋cos 45°)r2
洛倫茲力提供粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的向心力qvB0＝m
解得r2＝＝v0t0
綜上所述可得ym＝3y0＋y磁＝(＋＋)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＝，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)(n＝1，2，3，…)　(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＝
半個(gè)周期內(nèi)，粒子向上運(yùn)動(dòng)的距離為y＝a
又d＝2ny(n＝1，2，3，…)
聯(lián)立得T＝(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＝m
解得r＝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＋2rsin θ＝d
解得sin θ＝
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－cos θ)＝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(lái)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 為速度選擇器，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　　(2)　(3)
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＝mv
聯(lián)立解得＝。
(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＝m
根據(jù)幾何關(guān)系有dOP＝2r
結(jié)合(1)問解得dOP＝。
(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＝和水平向左的速度大小為v2＝－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＝－v0＝。
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)　　(2)2(＋1－)
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＝
粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)qvB＝m
得B＝。
(2)加速一次由動(dòng)能定理有qEd＝mv
解得v1＝＝
從A點(diǎn)出發(fā)向右運(yùn)動(dòng)2r1，則
2r1＝2＝
同理可得加速第二次粒子向左運(yùn)動(dòng)
2r2＝2
粒子加速第三次后向右運(yùn)動(dòng)2r3＝2
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(＋1－)。
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9
A.油滴a帶負(fù)電，所帶電量的大小為
B.油滴a做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為
C.小油滴 Ⅰ 做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為，周期為
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＝，故A正確；根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB＝m，得R＝，解得油滴a做圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小為v＝，故B正確；設(shè)小油滴 Ⅰ 的速度大小為v1，得3R＝，解得v1＝＝，周期為T＝＝，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较颍胢v＝v1＋v2，解得v2＝－，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　　(2)　π (3)
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＝
則粒子所帶的電荷量q＝。
(2)設(shè)金屬板的板間距離為D，則板長(zhǎng)為
粒子在板間運(yùn)動(dòng)時(shí)有＝vt0
出電場(chǎng)時(shí)豎直方向速度為零，則豎直方向有
y＝2×(0.5t0)2
在磁場(chǎng)中時(shí)qvB＝m
其中的y＝2r＝
聯(lián)立解得v＝π，D＝。
(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＝mv2＋q×＝＋＝。
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，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1
A.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。現(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2
A.勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為
B.粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為
C.M、N兩點(diǎn)的豎直距離為d
D.粒子經(jīng)過N點(diǎn)時(shí)速度大小為
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＝mv2，在磁場(chǎng)中，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m，由幾何關(guān)系可得R＝d，綜上可得E＝，故A錯(cuò)誤；粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1＝＝，在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2＝＝，粒子從O運(yùn)動(dòng)到P的時(shí)間為t＝t1＋t2＝，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＝mv－0，聯(lián)立解得v1＝，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＝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)　(2)(－R，－R) (3)＋
解析　(1)帶電粒子在區(qū)域 Ⅰ 中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝R
根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB1＝m
解得v＝
在區(qū)域 Ⅱ 中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有qvB2＝qE
解得E＝。
(2)帶電粒子在區(qū)域 Ⅰ 中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝R，如圖所示
根據(jù)幾何關(guān)系可知tan θ＝＝
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＝－Rsin 30°＝－R
y＝－Rcos 30°＝－R。
(3)粒子在區(qū)域 Ⅰ 中做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
t1＝·＝
在區(qū)域 Ⅱ 中做勻速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝＝
則總時(shí)間為t＝t1＋t2＝＋。
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)　(2)　(3)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tan 60°＝＝
粒子在y軸方向的位移大小為y＝3lsin 60°＝v0t
解得勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝。
(2)粒子
達(dá)到N點(diǎn)的速度大小v＝＝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)sin 30°，解得r＝l
由qvB＝m，解得B＝＝。
(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＋rsin 30°＝l
所以矩形磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積為Smin＝ab＝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)　(2)　(3)
解析　(1)粒子進(jìn)入電場(chǎng)，在y軸方向有
vy＝v0sin θ，qE＝ma，v＝2aL
聯(lián)立解得E＝。
(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＝v0cos θ
由幾何關(guān)系可得＋r＝L
解得r＝
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＝m
聯(lián)立解得B＝。
(3)粒子第一次進(jìn)入電場(chǎng)，在豎直方向有L＝at
粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝
粒子再次進(jìn)入電場(chǎng)，在豎直方向有L－2r＝at
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＝。
6.質(zhì)譜儀是最早用來(lái)測(cè)定微觀粒子比荷的精密儀器，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)　(2)　(3)
解析　(1)由動(dòng)能定理得qU1＝mv
粒子在進(jìn)入分離器C后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則
qv0B2＝m
由幾何關(guān)系得R＝
由題意知k1＝
聯(lián)立解得k1＝。
(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＝q
解得U2＝。
(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′
由幾何關(guān)系得R′＝
由題意知k2＝
解得k2＝。
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＝0.1 N/C，E2＝0.25 N/C，磁場(chǎng)B1隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示，t0＝ 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＝2 m/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＝5×10－6 kg，q＝2×10－4 C，t＝0時(shí)液滴恰好通過O點(diǎn)，重力加速度g取10 m/s2。
圖7
(1)求液滴第一次到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度v的大小；
(2)求液滴在0～5t0時(shí)間內(nèi)的路程。
答案　(1)5 m/s　(2) 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－mv0
mgt＝mv
解得v＝5 m/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＝m，T＝
當(dāng)B1＝2 T時(shí)，r1＝ m，T1＝ s
當(dāng)B1＝4 T時(shí)，r2＝ m，T2＝ s
帶電液滴在0～5t0即0～ s內(nèi)運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示
則液滴在0～5t0即0～ s時(shí)間內(nèi)的路程s＝πr1＋2πr2
解得s＝ 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(lái)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)　(2) (3)
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＝m
e·kv0B＝m
聯(lián)立解得＝。
(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＝mv2－m(kv)2
解得v＝。
(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＝m
解得r＝
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′＝
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＝nl
又電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為T＝＝
聯(lián)立解得電子從P運(yùn)動(dòng)到d的時(shí)間為
t＝nT＝。
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＝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＝，小球偏轉(zhuǎn)后打到x軸上的C(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，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，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)，方向豎直向上　(2)，與x軸正方向成60°斜向下　
(3)或
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＝，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＝
水平方向有L＝v0t，可得t＝
豎直方向有vy＝at，可得vy＝
根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成vC＝
可得vC＝
根據(jù)幾何關(guān)系tan θ＝，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＝m，解得r1＝2L
設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)的周期為T1，則T1＝
解得T1＝2π
如圖甲，由幾何關(guān)系可知，粒子從C到P偏轉(zhuǎn)圓心角為，此過程運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1＝T1＝
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＝m，解得r2＝L
設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)的周期為T2，則T2＝
解得T2＝π
如圖乙，粒子從P點(diǎn)再回到P點(diǎn)所用時(shí)間為t2＝T1＋T2＝2π
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＝
故粒子從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用的時(shí)間為或。(共78張PPT)
第10課時(shí)　帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
專題三　電場(chǎng)與磁場(chǎng)
知識(shí)網(wǎng)絡(luò)
目 錄
CONTENTS
突破高考熱點(diǎn)
01
課時(shí)跟蹤訓(xùn)練
04
鏈接高考真題
03
新情境命題
02
突破高考熱點(diǎn)
1
熱點(diǎn)二　帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
熱點(diǎn)一　帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
熱點(diǎn)三　帶電粒子在交變場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
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的大小；
(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。
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＝v0t
(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
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
“五步”突破帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題
圖2
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：
(1)粒子剛進(jìn)入N時(shí)的速度大小；
(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。
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
熱點(diǎn)二　帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
圖3
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。
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。
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
解得η＝90%。
“三步”解決帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題
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。
解得v2＝2 m/s
A、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
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
解得FN＝1.6 N。
(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。
熱點(diǎn)三　帶電粒子在交變場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
圖5
(2)粒子在0～4t0時(shí)間內(nèi)
的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示
6t0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＋cos 45°)r2
解決帶電粒子在交變電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的基本思路
圖6
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。
(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；
如圖所示，由幾何關(guān)系得r＋2rsin θ＝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，
新情境命題
2
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(lái)分析問題，解決此類問題的思路如下：
圖7
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 為速度選擇器，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。
(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。
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
(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
根據(jù)幾何關(guān)系有dOP＝2r
圖8
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：
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
鏈接高考真題
3
ABD
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9
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。
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
(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
課時(shí)跟蹤訓(xùn)練
4
C
基礎(chǔ)保分練
圖1
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。現(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2
3.
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。
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°
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。
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
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)sin 30°，解得r＝l
(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
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。
解析　(1)粒子進(jìn)入電場(chǎng)，在y軸方向有
(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＝v0cos θ
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)。
圖7
(1)求液滴第一次到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度v的大小；
(2)求液滴在0～5t0時(shí)間內(nèi)的路程。
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－mv0
mgt＝mv
解得v＝5 m/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
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(lái)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。
解析　(1)設(shè)電子進(jìn)入插入體前的速度大小為v0，
(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
(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
聯(lián)立解得電子從P運(yùn)動(dòng)到d的時(shí)間為
圖9
(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，
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

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