第1章 习题课1 带电粒子在复合场中的运动（课件PPT）-【精讲精练】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（教科版）

该高中物理课件聚焦“带电粒子在复合场中的运动”，系统整合电偏转（类平抛）、磁偏转（匀速圆周）及组合场、叠加场、交变场的受力与运动分析，通过“探究案—提升案—知能达标训练”栏目，以单一场运动规律为基础，搭建从独立场到复合场的学习支架，帮助学生建立“受力分析—运动模型—规律应用”的思维脉络。 其亮点在于以科学思维中的模型建构和科学推理为核心，结合洛伦兹力演示仪等实例设计例题与变式训练，通过“核心素养·思维升华”总结复合场问题“分段分析—找衔接量—联立方程”的解题技巧。分层训练（基础落实、能力提升）兼顾不同学生需求，助力学生深化运动与相互作用观念，教师可依托此资料实现高效备课与精准教学。

第一章　磁场对电流的作用 习题课一　带电粒子在复合场中的运动 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 探究案 关键能力·互动探究 01 知能达标训练 03 提升案 随堂演练·基础落实 02 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 01 探究案 关键能力·互动探究 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 02 提升案 随堂演练·基础落实 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 03 知能达标训练 点击进入Word 栏目导航 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 谢谢观看 栏目导航 第一章　磁场对电流的作用 1 [学业要求] 1．认识复合场的构成及三种场力各自的特点。 2．能正确分析带电粒子在复合场中的运动情况。 3．了解磁偏转在工农业生产、科技中的应用。 一、带电粒子在组合场中的运动 1．电偏转(匀强电场中) 受力特点及 运动性质 电场力为恒力，带电粒子做匀变速运动，轨迹为抛物线。只讨论v0⊥E的情况，带电粒子做类平抛运动 处理方法 运动的合成与分解 关注要点 (1)速度偏转角θ，tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(at,v0)； (2)侧移距离y0，y0＝eq \f(qEl2,2mv02) 2．磁偏转(匀强磁场中) 受力特点及 运动性质 洛伦兹力大小恒定，方向总垂直于速度方向。带电粒子做匀速圆周运动 处理方法 匀速圆周运动规律 关注要点 (1)圆心及轨道半径：两点速度垂线的交点或某点速度垂线与轨迹所对弦的中垂线的交点即圆心，r＝eq \f(mv,qB)； (2)周期及运动时间：周期T＝eq \f(2πm,qB)，运动时间t＝eq \f(θ,2π) T，掌握圆心角θ的确定方法； (3)速度的偏转角α，α＝θ 　类似于洛伦兹力演示仪的结构简图如图所示，励磁线圈通入电流I，可以产生方向垂直于线圈平面的匀强磁场，其磁感应强度B＝kI(k＝0.01 T/A)，匀强磁场内部有半径R＝0.2 m的球形玻璃泡，在玻璃泡底部有一个可以升降的粒子枪，可发射比荷eq \f(q,m)＝108 C/kg的带正电的粒子束。粒子加速前速度视为零，经过电压U(U可调节，且加速间距很小)加速后，沿水平方向从玻璃泡圆心的正下方垂直磁场方向射入，粒子束距离玻璃泡底部边缘的高度h＝0.04 m，不计粒子间的相互作用与粒子重力。则： (1)当加速电压U＝200 V、励磁线圈电流I＝1 A(方向如图)时，求带电粒子在磁场中运动的轨道半径r； (2)若仍保持励磁线圈中电流I＝1 A(方向如图)，为了防止粒子打到玻璃泡上，加速电压U应满足什么条件； (3)调节加速电压U，保持励磁线圈中电流I＝1 A，方向与图中电流方向相反。忽略粒子束宽度，粒子恰好垂直打到玻璃泡的边缘上，并以原速率反弹(碰撞时间不计)，且刚好回到发射点，则当高度h为多大时，粒子回到发射点的时间间隔最短，并求出这个最短时间。 [解析]　(1)粒子被加速过程：qU＝eq \f(1,2)mv0 2 磁场中做匀速圆周运动：qv0B＝eq \f(mv02,r) 解得r＝eq \f(1,B) eq \r(　,\f(2mU,q)) 代入数据解得r＝0.2 m。 (2)欲使得粒子达不到玻璃泡上，离子束上、下边界的粒子运动轨迹如图甲所示，即当上边界粒子运动轨迹恰与玻璃泡相切，由几何关系，粒子运动轨迹半径r1＝eq \f(2R－h,2)＝0.18 m，又由(1)可得U＝eq \f(qB2r2,2m)，故U≤162 V。 (3)要使粒子回到发射点的时间最短，运动轨迹如图乙所示，此时运动轨迹所对的圆心角之和最小为θmin＝π，周期T＝eq \f(2πm,qB)，最短时间为tmin＝eq \f(θmin,2π)T＝π×10－6 s。 由几何关系得粒子在磁场中运动轨迹半径r2＝eq \r(3)R ， h＝eq \r(3)R－R＝0.2(eq \r(3)－1) m＝0.146 m 。 [答案]　(1)0.2 m　(2)U≤162 V (3)π×10－6 s　0.146 m [变式]　在例题中，球形玻璃泡的半径R＝0.2 m，圆心O正下方P点处有一固定的粒子枪，可发射比荷eq \f(q,m)＝104 C/kg的带正电的粒子束，OP间距离h＝0.16 m。粒子加速前速度视为零，经过电压U(U可调节，且加速间距很小)加速后，沿水平向左方向从P点垂直进入磁场。当加速电压U＝2 V时，发现粒子恰好垂直打到玻璃泡上。(不计粒子间的相互作用与粒子重力，不考虑粒子撞到玻璃泡后的反弹) (1)求此时图中励磁线圈的电流方向(顺时针方向、逆时针方向)； (2)求此时图中匀强磁场的磁感应强度B大小； (3)若改变励磁线圈的电流I的方向，保持大小不变，使粒子的运动轨迹最大，求此时加速电压U的大小。 解析　(1)根据粒子的偏转方向可知玻璃泡中的磁场方向垂直纸面向里，再根据安培定则可知此时图中励磁线圈的电流方向为顺时针方向。 (2)由题意，设此时粒子从P点垂直进入磁场时的速度大小为v1，根据动能定理有qU＝eq \f(1,2)mv1 2 设粒子做匀速圆周运动的半径为r1， 根据几何关系可得R2＋r12＝(r1＋h)2 根据牛顿第二定律有qv1B＝meq \f(v12,r1) ，联立解得B＝eq \f(4,9) T。 (3)将励磁线圈的电流反向后，粒子从P点进入磁场后将向上偏转，当运动轨迹与玻璃泡相切时，半径最大，如图所示，则r2＝eq \f(1,2)(R＋h)＝0.18 m 设此时粒子的速度大小为v2， 同(1)理有qU′＝eq \f(1,2)mv22，qv2B＝meq \f(v22,r2) 联立解得U′＝32 V 答案　(1)顺时针方向　(2)eq \f(4,9) T　(3)32 V ●核心素养·思维升华 带电粒子在电场、磁场组合场中的运动通常按时间的先后顺序分成若干个小过程，在每一运动过程中从粒子的受力性质、受力方向和速度方向的关系入手，分析粒子在电场中做什么运动，在磁场中做什么运动。画出运动轨迹是解决这类问题的关键。特别注意带电粒子在两场交界处的联系物理量，一般是速度。 1．如图所示，y轴左侧区域存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E，y轴右侧区域存在匀强磁场，第一象限磁场方向垂直纸面向外，第四象限磁场方向垂直纸面向里，且第四象限磁感应强度大小是第一象限的2倍。在第一象限垂直x轴放置粒子吸收屏，该屏距y轴的距离为L。某时刻电荷量为q、质量为m的带正电粒子在A点以水平向右的初速度射出，粒子恰好从O点进入磁场，一段时间后粒子垂直击中吸收屏。已知A点的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－L，\f(L,2)))，粒子的重力不计。 (1)求粒子从A点射出时的速度大小； (2)求第一象限磁感应强度的最小值； (3)求粒子击中吸收屏的纵坐标的可能值。 解析　(1)粒子由A到O做类平抛运动，则有L＝vAt，eq \f(L,2)＝eq \f(at2,2) 据牛顿第二定律可得Eq＝ma，联立解得vA＝eq \r(\f(EqL,m))。 (2)粒子到达O点时的竖直分速度为vOy＝at＝vA＝eq \r(\f(EqL,m)) 则进入磁场时的速度大小为v＝eq \r(2)vA＝eq \r(\f(2EqL,m)) 速度方向与x轴正方向成45°角向右下；设粒子在第四象限做匀速圆周运动的半径为r1，在第一象限做匀速圆周运动的半径为r2，第一象限磁感应强度大小为B，第四象限磁感应强度大小为2B，则在第四象限运动时qv·2B＝eq \f(mv2,r1) 在第一象限运动时qvB＝eq \f(mv2,r2)，解得r2＝2r1＝eq \f(mv,qB)， 磁感应强度最小即半径最大时r1max＝eq \f(L,2\r(2))，r2max＝eq \f(L,\r(2)) 联立解得第一象限磁感应强度的最小值为Bmin＝2eq \r(\f(mE,qL)) (3)根据粒子在磁场中做圆周运动的周期性得 L＝n(eq \r(2)r1＋eq \r(2)r2)＋eq \r(2)r1＋eq \f(\r(2)r2,2)(n＝0,1,2，…) 粒子击中吸收屏的纵坐标y＝r2－eq \f(\r(2),2)r2 联立解得y＝eq \f(\r(2)－1,3n＋2)L(n＝0,1,2，…) 答案　(1)eq \r(\f(EqL,m))　(2)2eq \r(\f(mE,qL))　(3)y＝eq \f(\r(2)－1,3n＋2)L(n＝0,1,2，…) 二、带电粒子在叠加场中的运动 1．叠加场：一般是指电场、磁场和重力场并存，或其中两种场并存。 2．三种场的比较 力的特点 功和能的特点 重力场 大小：G＝mg； 方向：竖直向下 重力做功与路径无关； 重力做功改变物体的重力势能 电场 大小：F＝qE； 方向：正电荷受力方向与电场强度方向相同，负电荷受力方向与电场强度方向相反 电场力做功与路径无关； W＝qU； 电场力做功改变电势能 磁场 大小：F＝qvB(v⊥B)； 方向：可用左手定则判断 洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能 3．“三步”解决问题 　(2022·湖南卷)如图所示，两个定值电阻的阻值分别为R1和R2，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为eq \r(3)d，极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为m、带电荷量为＋q的小球以初速度v沿水平方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。 (1)求直流电源的电动势E0； (2)求两极板间磁场的磁感应强度B； (3)在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值E′。 [解析]　(1)小球在电磁场中做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，可得Eq＝mg，R2两端的电压U2＝Ed，根据欧姆定律得U2＝eq \f(E0,R1＋R2)·R2，联立解得E0＝eq \f(mgdR1＋R2,qR2)。 (2)带电小球在电磁场中运动轨迹如图所示 设粒子在电磁场中做圆周运动的半径为r，根据几何关系(r－d)2＋(eq \r(3)d)2＝r2，解得r＝2d，根据qvB＝meq \f(v2,r)，解得B＝eq \f(mv,2dq)。 (3)由几何关系可知，射出磁场时，小球速度方向与水平方向夹角为60°，要使小球做直线运动，当小球所受电场力与小球重力在垂直小球速度方向的分力相等时，电场力最小，电场强度最小，可得E′q＝mgcos 60°，解得E′＝eq \f(mg,2q)。 [答案]　(1)eq \f(mgdR1＋R2,qR2)　(2)eq \f(mv,2dq)　(3)eq \f(mg,2q) [变式]　如图所示，两个定值电阻的阻值分别为R1和R2，直流电源的内阻为r，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，极板长未知，极板间存在方向水平向里的匀强磁场B＝eq \f(mv,2dq)。质量为m、带电量为＋q的小球以初速度v沿水平方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。求： (1)直流电源的电动势E0； (2)极板长度L。 解析　(1)小球在电磁场中做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡 有Eq＝mg，U2＝Ed 根据闭合欧姆定律U2＝eq \f(E0R2,R1＋R2＋r) 联立解得E0＝eq \f(mgdR1＋R2＋r,qR2)。 (2)设粒子在电磁场中做圆周运动的半径为r，运动轨迹如图所示 根据qvB＝meq \f(v2,r)，B＝eq \f(mv,2dq)，解得r＝2d 根据几何关系(r－d)2＋L2＝r2 解得L＝eq \r(3)d。 答案　(1)eq \f(mgd\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R1＋R2＋r)),qR2)　(2)eq \r(3)d ●核心素养·思维升华 复合场中运动问题的求解技巧 带电体在复合场中的运动问题仍是一个力学问题，求解思路与力学问题的求解思路基本相同，仍然按照对带电体进行受力分析、运动过程分析，充分挖掘题目中的隐含条件，根据不同的运动情况建立相应的方程。 2．如图甲所示，竖直平面直角坐标系xOy内存在着互相垂直的匀强电场和匀强磁场(图中未画出)。匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B；匀强电场的电场强度大小为E，方向竖直向下。两质量相等、带电量均为－q的带电小球a、b分别静止在y、x轴上，对应坐标(0，L)和(2L，0)。现给a球一个沿x轴正方向的初速度，经过一段时间后，a球和b球发生碰撞，不计两小球间的库仑力。碰后两球的运动轨迹如图乙所示，已知a、b球的运动轨迹都是圆，且相切于一点，两圆的半径满足Rb＝3Ra，重力加速度大小为g。求： (1)小球a的质量m； (2)小球a的初速度v0； (3)碰撞过程中损失的动能ΔEk。 解析　(1)小球能静止，由题意可知mg＝Eq，解得m＝eq \f(Eq,g)。 (2)小球a先做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力,结合几何关系可知： qvB＝meq \f(v2,R)，R2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R－L))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2L))2，解得v0＝eq \f(5BgL,2E)。 (3)设碰撞后两小球的速度分别为va、vb，因为碰后Rb＝3Ra 且小球环绕方向一致，两球碰后速度方向相同，结合动量守恒定律、能量守恒定律可知vb＝3va，mv0＝mva＋mvb ΔEk＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)v0))2－eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)v0))2 解得ΔEk＝eq \f(75gqB2L2,64E)。 答案　(1)eq \f(Eq,g)　(2)eq \f(5BgL,2E)　(3)eq \f(75gqB2L2,64E) 三、带电粒子在交变场中的运动 解决带电粒子在交变电磁场中的运动问题的基本思路 先读图 看清并明白场的变化情况 受力分析 分析粒子在不同的变化场区的受力情况 过程分析 分析粒子在不同时间内的运动情况 找衔接点 找出衔接相邻两过程的物理量 选规律 联立不同阶段的方程求解 　如图甲所示，在足够大的光滑绝缘水平面上建立xOy坐标系。y轴左侧有宽为L的匀强电场区域，电场方向平行于y轴且沿y轴正方向，匀强电场左侧有一电压为U的加速电场。一质量为eq \f(m,2)、电荷量为＋2q的带电小球a在A点由静止释放，加速后撤去加速电场，带电小球a由x轴上的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－L，0))的P点沿x轴正向进入匀强电场，之后与静止在y轴上坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(L,2)))的Q点的不带电的质量为m小球b发生弹性正碰。空间存在一圆形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示， 取磁场垂直纸面向外为正方向。t＝eq \f(T0,4)时刻进入磁场的小球b始终在磁场区域内沿闭合轨迹做周期性运动。两个小球的大小完全相同且大小均可以忽略，在碰撞瞬间电荷平分，y轴左侧电场消失。试求： (1)匀强电场的场强大小E； (2)小球b在圆形磁场中的运动半径r； (3)圆形磁场区域的最小面积S。 [解析]　(1)小球a从A点到P点，由动能定理有2qU＝eq \f(1,2)×eq \f(m,2)v02， 得v0＝2eq \r(\f(2qU,m)) 小球a在匀强电场中沿x轴方向有L＝v0t，沿y轴方向有eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)at2 根据牛顿第二定律有2qE＝eq \f(m,2)a，联立解得E＝eq \f(2U,L)。 (2)小球a经过Q点前瞬间沿y轴方向的速度vy＝at 则小球a经过Q点前瞬间速度大小v＝eq \r(v02＋vy2) 解得v＝eq \r(2)v0＝4eq \r(\f(qU,m)) 设小球a经过Q点前瞬间速度方向与y轴正方向夹角为θ， 则sin θ＝eq \f(v0,v)＝eq \f(\r(2),2)，θ＝45° 取小球a经过Q点前瞬间速度方向为正方向，对小球a和小球b有 eq \f(m,2)v＝eq \f(m,2)va＋mvb，eq \f(1,2)×eq \f(m,2)v2＝eq \f(1,2)×eq \f(m,2)va2＋eq \f(1,2)×mvb2 解得碰后小球b的速度为vb＝eq \f(8,3) eq \r(\f(qU,m)) 方向与y轴正方向夹角为45°，设小球b在磁场中的运动半径为r， 则qvbB＝meq \f(vb2,r) 解得r＝eq \f(4T0,3π) eq \r(\f(qU,m))。 (3)小球b在磁场中的运动周期T＝eq \f(2πm,qB)＝T0 小球b在磁场中的运动轨迹如图， 所以圆形磁场的最小半径R＝3r 最小面积S＝πR2＝eq \f(16qUT02,πm)。 [答案]　(1)eq \f(2U,L)　(2)eq \f(4T0,3π) eq \r(\f(qU,m))　(3)eq \f(16qUT02,πm) 3．(多选)如图甲所示，ABCD是一长方形有界匀强磁场边界，磁感应强度按图乙规律变化，取垂直纸面向外为磁场的正方向，图中AB＝eq \r(3)AD＝eq \r(3)L，一质量为m、所带电荷量为q的带正电粒子以速度v0在t＝0时从A点沿AB方向垂直磁场射入，粒子重力不计。则下列说法正确的是(　　) A．若粒子经时间t＝eq \f(1,2)T0恰好垂直打在CD上，则磁场的磁感应强度B0＝eq \f(mv0,qL) B．若粒子经时间t＝eq \f(3,2)T0恰好垂直打在CD上，则粒子运动的半径大小R＝eq \f(L,2) C．若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，则磁场的磁感应强度的大小B0＝eq \f(nmv0,2qL)(n＝1,2，3，…) D．若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，磁场变化的周期T0＝eq \f(2πL,3nv0)(n＝1,2,3，…) 解析　若粒子经时间t＝eq \f(1,2)T0恰好垂直打在CD上，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为L，根据牛顿第二定律有qv0B0＝meq \f(v02,L)，解得B0＝eq \f(mv0,qL)，故A正确；若粒子经时间t＝eq \f(3,2)T0恰好垂直打在CD上，如图a所示，可知粒子运动了三段四分之一圆弧，则运动的半径大小为R＝eq \f(L,3)，故B错误；若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，如图b所示，则粒子运动的总时间一定为磁感应强度变化周期的整数倍，设粒子运动的半径为r， 则2L＝2nr(n＝1,2,3，…)，根据牛顿第二定律有qv0B0＝meq \f(v02,r)，解得B0＝eq \f(nmv0,qL)(n＝1,2,3，…)，根据几何关系可知粒子在一个磁场变化的周期T0内转过的圆心角为120°，则T0＝eq \f(\f(1,3)·2πr,v0)＝eq \f(2πL,3nv0)(n＝1,2,3，…)，故C错误，D正确。 INCLUDEPICTURE "../方正/教科物理选择性必修第二册（做课件）/58.tif" \* MERGEFORMAT" 　 答案　AD 1．(2023·全国乙卷)如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP ＝l，S与屏的距离为eq \f(l,2)，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为(　　) A．eq \f(E,2aB2)　　 B．eq \f(E,aB2) C．eq \f(B,2aE2) D．eq \f(B,aE2) 解析　由题知，一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，带电粒子轨迹如图所示 则根据几何关系可知粒子出离磁场时速度方向与竖直方向夹角为30°，则sin 30°＝eq \f(r－a,r) 解得粒子做圆周运动的半径r ＝2a 则粒子做圆周运动有qvB＝meq \f(v2,r) 则有eq \f(q,m)＝eq \f(v,2aB) 如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，则有Eq ＝qvB 联立有eq \f(q,m)＝eq \f(E,2aB2)，故选A。 答案　A 2．(2022·全国甲卷)空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是(　　) 解析　在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O静止的带正电粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动。磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x轴负方向偏转。AC错误。运动的过程中电场力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直。由于匀强电场方向是沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次运动到x轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x轴时的速度为0，随后受电场力作用再次进入第二象限重复向左偏转，故B正确，D错误。故选B。 答案　B 3．(2023·辽宁卷)如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的eq \r(3)倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O′点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为eq \f(2mv0,3qB)，不计粒子重力。 (1)求金属板间电势差U； (2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ； (3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O′点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的侧形磁场区域的圆心M。 解析　(1)设板间距离为d，则板长为eq \r(3)d，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为E＝eq \f(U,d) 根据牛顿第二定律得，电场力提供加速度qE＝ma 解得a＝eq \f(qU,md) 设粒子在平板间的运动时间为t0， 根据类平抛运动的运动规律得eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)at02，eq \r(3)d＝v0t0 联立解得U＝eq \f(mv02,3q)。 (2)设粒子出电场时与水平方向夹角为α，则有tan α＝eq \f(at0,v0)＝eq \f(\r(3),3) 故α＝eq \f(π,6) 则出电场时粒子的速度为v＝eq \f(v0,cos α)＝eq \f(2\r(3),3)v0 粒子出电场后沿直线匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供匀速圆周运动所需的向心力得qvB＝meq \f(v2,r) 解得r＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(2\r(3)mv0,3qB) 已知圆形磁场区域半径为R＝eq \f(2mv0,3qB)，故r＝eq \r(3)R 粒子沿PO方向射入磁场即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为θ，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为θ，由几何关系可得θ＝2α＝eq \f(π,3) 故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为eq \f(π,3)。 (3)带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为r＝eq \r(3)R，根据几何关系可知，带电粒子在该磁场中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长。则相对应的运动轨迹和弦以及圆心M的位置如图所示： 答案　(1)eq \f(mv02,3q)　(2)eq \f(π,3)　(3)见解析图 4．一斜面的竖直截面如图所示，质量为m、电荷量为＋q的小球，放在倾角θ＝30°的足够长光滑绝缘斜面上，平行于斜面的绝缘细绳一端与小球连接，另一端固定在斜面顶端小柱的A点。现在斜面所在的足够大区域加一水平向右的匀强电场E和垂直于纸面向里的匀强磁场B，小球处于静止状态，此时细绳的拉力大小T＝mg。已知重力加速度为g。 (1)求电场强度E的大小； (2)若将连接小球的细绳剪断，小球在斜面上运动的最远距离为s，求磁感应强度B的大小。 解析　(1)小球处于静止状态，由受力分析得qE cos θ＋mgsin θ＝T 解得E＝eq \f(\r(3)mg,3q)。 (2)对小球受力分析可知，小球在斜面上做匀加速直线运动， 设加速度为a，则qEcos θ＋mgsin θ＝ma， v2＝2as 小球运动到最远距离s时， 受力分析得qEsin θ＋f洛＝mgcos θ， f洛＝qvB 联立解得B＝eq \f(m,q) eq \r(\f(g,6s))。 答案　(1)eq \f(\r(3)mg,3q)　(2)eq \f(m,q) eq \r(\f(g,6s)) $$