第1部分 第10讲 带电粒子在复合场中的运动-【金版教程】2026年高考物理大二轮专题复习冲刺方案课件PPT

第一部分　专题强化复习 专题三　电场与磁场 第10讲　带电粒子在复合场中的运动 知识框架 学习目标 1.会分析求解带电粒子在组合场中的运动问题。 2.会分析求解带电粒子在叠加场中的运动问题。 2 目录 1 2 专题作业 课时检测Ⅰ 考点 高考风向标 3 课时检测Ⅱ 4 考点 考点1　带电粒子在组合场中的运动 解答带电粒子在组合场中运动问题的基本思路 考点 5 注：带电粒子在交变组合场中运动时，思路大致相同，只是还要明确场的变化情况，分析不同时间范围内粒子的受力情况和运动情况，在不同的时间范围内应用相应规律，注意场变化时粒子速度一般不变。 考点 6 例1　(2024·江苏卷，16)如图所示，两个半圆环区域abcd、 a′b′c′d′中有垂直纸面向里的匀强磁场，区域内、外边界的半径 分别为R1、R2。ab与a′b′间有一个匀强电场，电势差为U，cd与 c′d′间有一个插入体，电子每次经过插入体速度减小为原来的 k倍。现有一个质量为m、电荷量为e的电子，从cd面射入插入体，经过磁场、电场后再次到达cd面，速度增加，多次循环运动后，电子的速度大小达到一个稳定值，忽略相对论效应，不计电子经过插入体和电场的时间，电子每次进出磁场时速度方向均垂直于边界。求： (1)电子进入插入体前后在磁场中运动的半径r1、r2之比； (2)电子多次循环后到达cd的稳定速度v； (3)若电子到达cd中点P时速度稳定，并最终到达边界d，求电子从P到d的时间t。 考点 7 考点 8 考点 9 考点 10 考点 11 考点 12 考点 13 考点 14 考点 15 考点 16 考点 17 考点 18 考点 19 考点 20 考点 21 考点2　带电粒子在叠加场中的运动 考点 22 2．分析思路 考点 23 考点 24 考点 25 例4　(2024·江西卷，7)石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子(电子)浓度。如图a所示，在长为a、宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当I＝1.00×10－3 A时，测得U­B关系图线如图b所示，元电荷e＝1.60×10－19 C，则此样品每平方米载流子数最接近(　　) A．1.7×1019 B．1.7×1015 C．2.3×1020 D．2.3×1016 考点 26 考点 27 考点 28 考点 29 高考风向标 高考风向标 31 高考风向标 32 高考风向标 33 高考风向标 34 高考风向标 35 高考风向标 36 高考风向标 37 4．(2025·江西省南昌市高三下一模)如图甲所示，xOy平面内有两条平行直线MN、KL相距为d，在两平行直线之间分布着沿y轴的匀强电场(图中未画出)，在MN、KL两侧分布着垂直xOy平面的匀强磁场(图中未画出)。t＝0时刻，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从O点以初速度v0垂直MN进入电场，随后在电场和磁场的作用下在xOy平面内运动，其速度可用图乙所示的直角坐标系内一点P(vx，vy)表示，vx、vy分别表示粒子速度在两个坐标轴上的分量。在图乙中，粒子初始时P点位于图乙中a点(0，－v0)，随后粒子在电场作用下运动， 高考风向标 38 P点沿线段移动到b点(0，－2v0)，之后粒子离开电场进入磁场Ⅰ，P点沿以O为圆心的圆弧移动至c点(0，2v0)，然后粒子再次回到电场中，P点沿线段移动到d点(0，v0)，之后粒子再次离开电场进入磁场Ⅱ，P点沿以O为圆心的圆弧回到a点。此后P点将沿图乙中的曲线a→b→c→d→a一直运动下去。已知任何相等的时间内P点沿图乙中闭合曲线通过的曲线长度都相等，不计重力。求： (1)MN、KL间的电场强度E的大小和方向； (2)磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度B1和B2的大小和方向； (3)从O点出发后带电粒子由电场进入磁场Ⅱ时经 过x轴的位置坐标和相应的时刻。 高考风向标 39 高考风向标 40 高考风向标 41 高考风向标 42 高考风向标 43 专题作业 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅰ 2．(2025·浙江省诸暨市高三下适应性考试)霍尔元件是一种重要的磁传感器。如图所示为某长方体的半导体材料，其电流I沿x轴正方向，匀强磁场B沿z轴正方向。半导体材料内有电荷量均为e的自由电子和空穴(空穴可看作自由移动的带正电离子，电荷量为元电荷)，已知单位体积内自由电子和空穴的数目之比为n∶p。当半导体材料通有恒定电流后，能很快建立沿y轴正方向的稳定电场，即霍尔电场，则建立稳定电场后(　　) A．电子和空穴都做匀速直线运动 B．空穴受到的霍尔电场力大于洛伦兹力 C．电子和空穴沿y轴方向上的平均速率之比为p∶n D．单位时间内打到下极板的电子和空穴数目之比为n∶p 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅰ 4．(2025·安徽省黄山市高三下二模)如图所示，边长为L的正方形abcd区域内存在方向垂直该平面向外的匀强磁场，ad边与y轴重合，且坐标原点O位于ad边的中点。第三象限内存在方向沿y轴正方向的匀强电场，电场强度为E。带正电的粒子质量为m，电荷量为q，从第三象限内(包含坐标原点)的不同位置p沿x轴正方向以速度v0出发，都经过坐标原点O进入正方形abcd区域。若p位于O点时，粒子恰好从cd边中点垂直于cd边射出，不计粒子的重力，求： (1)磁感应强度大小； (2)带电粒子出发点p的坐标轨迹方程； (3)从bc边飞出磁场的粒子，其出发点p的x轴坐标范围。 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅰ 专题作业 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅱ 2．(2025·四川卷，10)(多选)如图所示，Ⅰ区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为正方形；Ⅱ区有垂直于纸面向外的匀强磁场，其外边界为圆形，内边界与Ⅰ区边界重合；正方形与圆形中心同为O点。Ⅰ区和Ⅱ区的磁感应强度大小比值为4∶1。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a点沿正方形某一条边的中垂线方向进入磁场，一段时间后从a点离开。取sin37°＝0.6。则带电粒子(　　) A．在Ⅰ区的轨迹圆心不在O点 B．在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为1∶2 C．在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37 D．在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为127∶148 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅱ 名师点拨　本题较复杂，可以将大题拆解成若干简单的小题，分步解答；另外，应注意答题规范：列出必要的关系式、不要写成连等式、画出必要的运动示意图、角标要分清，从而在能力范围内尽可能得高分。 1 2 3 4 5 6 课时检测Ⅱ 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析　(1)设磁场的磁感应强度大小为B，电子进入插入体前的速度大小为v0，则电子经过插入体后的速度大小为kv0，由洛伦兹力提供向心力有 ev0B＝m2,0)eq \f(v,r1) e·kv0B＝meq \f(（kv0）2,r2) 联立解得eq \f(r1,r2)＝eq \f(1,k)。 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)) (2)电子多次循环稳定后，到达cd的速度为v，则到达c′d′的速度为kv，此后，对电子从c′d′出发经磁场、电场、磁场到cd的过程，由动能定理有eU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)m(kv)2 解得v＝eq \r(\f(2eU,m（1－k2）))。 (3)当电子到达cd中点P时速度稳定后，设其在abcd区域 运动的轨迹半径为r，则有evB＝meq \f(v2,r) 解得r＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,e（1－k2）)) 结合(1)问分析可知，电子在a′b′c′d′区域运动的半径为r′＝eq \f(k,B) eq \r(\f(2mU,e（1－k2）)) 所以电子相邻两次经过cd边的位置间的距离为l＝2(r－r′) 设电子从P到d运动了n周，由几何关系可知 eq \f(R2－R1,2)＝nl 又电子在磁场中运动的周期为T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,eB) T与速度大小无关，则电子从P运动到d的时间为t＝nT 联立解得t＝eq \f(π（R2－R1）,2) eq \r(\f(（1＋k）m,2（1－k）eU))。 例2　(2025·湖北卷，14)如图所示，两平行虚线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为v0的初速度射出，方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为eq \f(3mv0,2qB)，粒子能回到O点，并在纸面内做周期性运动。不计重力，求 (1)粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径。 (2)粒子在第一次和第二次经过PQ时位置的间距。 (3)粒子的运动周期。 答案　(1)eq \f(mv0,qB)　(2)eq \f(\r(3)mv0,2qB)　(3)eq \f(5πm,3qB)＋eq \f(\r(3)m,qB) 解析　(1)设粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径为r1，由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m2,0)eq \f(v,r1) 解得r1＝eq \f(mv0,qB)。 (2)设粒子在PQ右侧区域中运动轨迹的半径为r2， 由洛伦兹力提供向心力有qv0·2B＝m2,0)eq \f(v,r2) 解得r2＝eq \f(mv0,2qB) 由于粒子能回到O点，则粒子的轨迹关于过O点的MN的垂线对称，设粒子在MN左侧区域运动轨迹的圆心为O1，在PQ右侧区域运动轨迹的圆心为O2，作出粒子的运动轨迹如图所示 设粒子在MN、PQ间运动的轨迹直线与MN、PQ的夹角为θ，由图中几何关系可知， cosθ＝eq \f(\a\vs4\al(\f(3mv0,2qB)－r1),r1) 解得θ＝60° 由几何关系可知，粒子在第一次和第二次经过PQ时位置的间距为s＝2r2sin60° 解得s＝eq \f(\r(3)mv0,2qB)。 (3)粒子在MN左侧区域、PQ右侧区域做匀速圆周运动的周期分别为T1＝eq \f(2πr1,v0)、T2＝eq \f(2πr2,v0) 粒子在MN左侧区域、PQ右侧区域运动轨迹所对的圆心角 分别为α1＝360°－2θ、α2＝2θ 则一个周期内粒子在磁场区域运动的时间为t1＝eq \f(α1,360°)T1＋eq \f(α2,360°)T2 由几何关系可知，粒子每次在MN、PQ间运动的距离x满足2xcosθ＋2r2sinθ＝2r1sinθ 则一个周期内粒子在MN、PQ间运动的时间为t2＝eq \f(2x,v0) 粒子的运动周期为T＝t1＋t2 联立解得T＝eq \f(5πm,3qB)＋eq \f(\r(3)m,qB)。 对于粒子在组合场中运动的计算题，应该写出必要的文字说明和基本方程，画出准确的轨迹示意图，不能直接写出运算结果或课本没有给出的推论eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(如r＝\f(mv,qB)、T＝\f(2πm,qB)))，选择题则可以用这些结论快速解题。 [跟进训练]　(2025·江西省鹰潭市高三下二模)直角坐标系xOy如图所示，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ区域边界均平行于y轴，Ⅰ区域内存在磁感应强度大小为B0、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其宽度为eq \r(3)L；Ⅱ区域内存在磁感应强度大小为B1(未知)、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，其宽度为2L；Ⅲ区域内存在沿x轴正方向的匀强电场，其宽度为2L；Ⅳ区域内存在磁感应强度大小为B1、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、带电荷量为＋q的粒子由点P(0，L)沿x轴正方向射入Ⅰ区域，粒子经点A(eq \r(3)L，0)射入Ⅱ区域，经点Q(eq \r(3)L＋2L，0)射入Ⅲ区域，粒子经Ⅲ区域后，与x轴正方向成θ＝30°夹角射入Ⅳ区域。粒子经Ⅳ区域偏转后再次返回Ⅲ区域。不计粒子重力。求： (1)粒子由P运动至Q所用的时间； (2)Ⅲ区域内电场强度的大小E； (3)粒子第二次经过Ⅲ区域右边界的坐标。 答案：(1)eq \f(（3＋2\r(3)）πm,9B0q)　(2)2,0)eq \f(2BqL,m) (3)(eq \r(3)L＋4L，－eq \r(3)L) 解析：(1)设粒子从P点射入时速度大小为v，在Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ区域做圆周运动的半径分别为R1、R2、R3，圆心分别为O1、O2、O3，作出粒子的运动轨迹，如图所示。 在Ⅰ区域内，由几何知识可得(R1－L)2＋(eq \r(3)L)2＝Req \o\al(2,1) 根据洛伦兹力提供向心力可得B0qv＝meq \f(v2,R1) 解得R1＝2L，v＝eq \f(2B0qL,m) 由几何知识可知，图中α满足sinα＝eq \f(\r(3)L,R1) 解得α＝60° 在Ⅱ区域内，由几何关系有sinα＝eq \f(L,R2) 根据洛伦兹力提供向心力可得B1qv＝meq \f(v2,R2) 解得R2＝eq \f(2\r(3)L,3)，B1＝eq \r(3)B0 粒子在Ⅰ区域运动的周期T1＝eq \f(2πR1,v) 解得T1＝eq \f(2πm,B0q) 则粒子在Ⅰ区域运动的时间t1＝eq \f(α,360°)T1＝eq \f(πm,3B0q) 粒子在Ⅱ区域运动的周期T2＝eq \f(2πR2,v) 解得T2＝eq \f(2πm,\r(3)B0q) 粒子在Ⅱ区域运动的时间t2＝eq \f(2α,360°)T2＝eq \f(2\r(3)πm,9B0q) 粒子由P运动至Q所用的时间t＝t1＋t2 可得t＝eq \f(（3＋2\r(3)）πm,9B0q)。 (2)在Ⅲ区域内，根据平行四边形定则可知，沿x轴方向的初速度v0x＝vcosα＝eq \f(B0qL,m) 沿y轴方向的初速度v0y＝vsinα＝eq \f(\r(3)B0qL,m) 粒子在电场中沿x轴方向做匀加速运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律有Eq＝ma 设射入Ⅳ区域时沿x轴的分速度为vx，根据运动学规律可得veq \o\al(2,x)－veq \o\al(2,0x)＝2a·2L 粒子沿y轴做匀速直线运动，则tanθ＝eq \f(v0y,vx) 解得vx＝eq \f(3B0qL,m)，a＝2,0)eq \f(2Bq2L,m2) ，E＝2,0)eq \f(2BqL,m) 。 (3)设粒子在Ⅲ区域的运动时间为t0 沿x轴方向有vx＝v0x＋at0 沿y轴方向，粒子在电场中向上偏转的位移y＝v0yt0 联立可得y＝eq \r(3)L 粒子射入Ⅳ区域时的速度大小 v′＝2,x)eq \r(v＋veq \o\al(2,0y)) ＝eq \f(2\r(3)B0qL,m) 由洛伦兹力提供向心力，有B1qv′＝meq \f(v′2,R3) 解得R3＝2L 根据几何关系可知，粒子在Ⅳ区域做圆周运动轨迹对应的弦长s＝2R3cosθ＝2eq \r(3)L 则粒子第二次经过Ⅲ区域右边界的纵坐标为y′＝y－s＝－eq \r(3)L 故粒子第二次经过Ⅲ区域右边界的坐标为(eq \r(3)L＋4L，－eq \r(3)L)。 1．三种典型运动 (1)若只有两个场，所受合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态。例如电场与磁场叠加满足qE＝qvB时，重力场与磁场叠加满足mg＝qvB时，重力场与电场叠加满足mg＝qE时。 (2)若三场共存，所受合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂直。 (3)若三场共存，粒子做匀速圆周运动时，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝meq \f(v2,r)。 例3　(2025·安徽省池州市高三下教学质量统一监测)如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，其轨道半径为R，已知电场强度大小为E，方向竖直向下；磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则下列说法中正确的是(　　) A．带电液滴沿逆时针运动 B．带电液滴运动速度大小为eq \f(EBR,g) C．若仅撤去匀强磁场，带电液滴可能做曲线运动 D．若仅撤去匀强电场，带电液滴机械能一定不变 解析　带电液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合 场中做匀速圆周运动，可知液滴所受重力与电场力平衡，即 电场力方向竖直向上，说明液滴带负电，且有qE＝mg，根 据左手定则可判断带电液滴沿顺时针运动，且洛伦兹力提供 向心力，有qvB＝meq \f(v2,R)，联立解得v＝eq \f(\a\vs4\al(BRg),E)，故A、B错误；若仅撤去匀强磁场，带电液滴仅在重力和电场力作用下受力平衡，将做匀速直线运动，故C错误；若仅撤去匀强电场，带电液滴运动过程中，只有重力做功，机械能一定不变，故D正确。 解析　设此样品每平方米载流子(电子)数为n，载流子从电极3向电极1定向移动的速率为v，则时间t内通过此样品的电荷量q＝nevtb，根据电流的定义式得I＝eq \f(\a\vs4\al(q),t)，当载流子稳定通过此样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有eeq \f(U,b)＝evB，联立解得U＝eq \f(I,ne)B，结合题图b可知，k＝eq \f(I,ne)＝eq \f(88×10－3,320×10－3) V/T，代入数据解得n＝2.3×1016，D正确。 [跟进训练]　(2023·新课标卷，18)一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的eq \f(1,10)，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为(　　) A．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里 B．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外 C．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里 D．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外 解析：设电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，电子从小 孔射出的速度大小为v1，α粒子从小孔射出的速度大小为v2，则 v1＝10v2。假设α粒子打在a点，则其所受电场力与洛伦兹力平 衡，有2eE＝2ev2B，电子射出小孔时受到的洛伦兹力大小F洛＝ ev1B＝10ev2B，所受电场力大小F电＝eE，则F洛>F电，而电子打 在b点，则电子所受洛伦兹力向右，由左手定则可判断磁场方向垂直纸面向里，由α粒子受力平衡和左手定则，可判断电场方向水平向右；假设电子打在a点，则其所受电场力与洛伦兹力平衡，有eE＝ev1B，α粒子射出小孔时所受洛伦兹力大小F洛′＝2ev2B＝eq \f(1,5)ev1B，所受电场力大小F电′＝2eE，则F洛′<F电′，而α粒子打在b点，所以α粒子所受电场力水平向右，电场方向水平向右，由电子受力平衡和左手定则，可判断磁场方向垂直纸面向里。故选C。 1．(2025·广东卷，6)某同步加速器简化模型如图所示，其中仅直通道PQ内有加速电场，三段圆弧内均有可调的匀强偏转磁场B。带电荷量为－q、质量为m的离子以初速度v0从P处进入加速电场后，沿顺时针方向在加速器内循环加速。已知加速电压为U，磁场区域中离子的偏转半径均为R。忽略离子重力和相对论效应，下列说法正确的是(　　) A．偏转磁场的方向垂直纸面向里 B．第1次加速后，离子的动能增加了2qU C．第k次加速后，离子的速度大小变为2,0)eq \f(\r(m2v＋kqUm),m) D．第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为2,0)eq \f(\r(m2v－2kqUm),qR) 解析：离子沿顺时针方向在加速器内循环加速，在磁场区域 中做圆周运动，由左手定则可知，偏转磁场的方向垂直纸面向里， A正确；每次加速过程，由动能定理有qU＝ΔEk，则第1次加速 后，离子的动能增加了qU，B错误；设第k次加速后，离子的速 度大小为v，则对1～k次加速过程，由动能定理有kqU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，解得v＝2,0)eq \f(\r(m2v＋2kqUm),m) ，设第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小为Bk，离子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qvBk＝meq \f(v2,R)，解得Bk＝2,0)eq \f(\r(m2v＋2kqUm),qR) ，C、D错误。 2．(2025·湖南省长沙市第一中学高三下考前模拟卷一)铀235中常混有同位素铀238，现用质谱仪将其分离。进入质谱仪之前二者的初速度均可视为0。若加速电压在U±ΔU之间发生轻微浮动，且二者的轨迹不发生交叠，则eq \f(ΔU,U)应该不能超过(　　) A．6.3% B．0.63% C．3.6% D．0.36% 解析：由题意，粒子在质谱仪加速电场中加速时，由动能定理有qU＝eq \f(1,2)mv2－0，进入偏转磁场中，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,r)，联立可得粒子在磁场中的偏转半径r＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q))，可知相同加速电压下，铀235的偏转半径较小，设铀235的质量为m1，则其在磁场中偏转的最大半径为rmax＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2m1（U＋ΔU）,q))，设铀238的质量为m2，则其在磁场中偏转的最小半径为rmin＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2m2（U－ΔU）,q))，这两种粒子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为rmax<rmin，联立可得eq \f(ΔU,U)<eq \f(m2－m1,m2＋m1)＝eq \f(238－235,238＋235)≈0.0063＝0.63%，故选B。 3．(2025·山东卷，12)(多选)如图甲所示的Oxy平面内，y轴右侧被直线x＝3L分为两个相邻的区域Ⅰ、Ⅱ。区域Ⅰ内充满匀强电场，区域Ⅱ内充满垂直Oxy平面的匀强磁场，电场和磁场的大小、方向均未知。t＝0时刻，质量为m、电荷量为＋q的粒子从O点沿x轴正向出发，在Oxy平面内运动，在区域Ⅰ中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分，如图甲所示。t0时刻粒子第一次到达两区域分界面，在区域Ⅱ中运动的y­t图像为正弦曲线的一部分，如图乙所示。不计粒子重力。下列说法正确的是(　　) A．区域Ⅰ内电场强度大小E＝2,0)eq \f(4mL,qt) ，方向沿y轴正方向 B．粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径R＝eq \f(20L,3) C．区域Ⅱ内磁感应强度大小B＝eq \f(3m,5qt0)，方向垂直Oxy平面向外 D．粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17L,3)，0)) 解析：根据题意可知，粒子在区域Ⅰ内做类平抛运动，且加 速度方向沿y轴正方向，则电场强度方向沿y轴正方向，沿y轴 方向上，由运动学规律有2L＝eq \f(1,2)ateq \o\al(2,0)，由牛顿第二定律有qE＝ma， 联立解得电场强度大小E＝2,0)eq \f(4mL,qt) ，A正确；区域Ⅱ中，粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，结合题图乙可知，其运动轨迹如图所示，则粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径R＝eq \f(10L,3)，B错误；在区域Ⅰ中，由运动学规律可知，粒子沿x轴方向有3L＝v0t0，可得粒子的初速度v0＝eq \f(3L,t0)，对粒子在区域Ⅰ中的运动过程由动能定理有 qE·2L＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，解得粒子在区域Ⅱ中的运动速度大小为v＝eq \f(5L,t0)，在区域Ⅱ中，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,R)，解得磁感应强度大小B＝eq \f(3m,2qt0)，由轨迹图结合左手定则可知，磁场的方向垂直Oxy平面向外，C错误；设粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标为(x0，0)，由几何关系有(x0－3L)2＋(2L)2＝R2，解得x0＝eq \f(17L,3)，即圆心坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(17L,3)，0))，D正确。 答案：(1)2,0)eq \f(3mv,2qd) 　方向沿y轴负方向 (2)eq \f(3mv0,4qd)，方向垂直xOy平面向里　eq \f(3mv0,2qd)，方向垂直xOy平面向里 (3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4nd＋\f(4,3)d，0))(n＝1，2，3，…)　 eq \f([（6n－2）π＋4n]d,3v0)(n＝1，2，3，…) 解析：(1)P点从a到b的过程，粒子从MN以沿y轴负方向的速度v0，一直做匀加速直线运动到KL，速度达到2v0，根据动能定理有qEd＝eq \f(1,2)m(2v0)2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 解得E＝2,0)eq \f(3mv,2qd) ，方向沿y轴负方向。 (2)根据图乙，P点从b→c表示粒子在磁场Ⅰ中速度方向逆时针变化，所以B1的方向垂直xOy平面向里；同理P点从d→a表示粒子在磁场Ⅱ中速度方向逆时针变化，所以B2的方向垂直xOy平面向里。任何相等的时间内P点沿图乙中闭合曲线通过的曲线长度都相等，设从a到b的时间为t0，可知t0对应图乙上的长度为v0，且有d＝eq \f(v0＋2v0,2)t0 可得t0＝eq \f(2d,3v0) 粒子在磁场Ⅰ中运动半个周期的时间为eq \f(T1,2)＝eq \f(π×2v0,v0)×t0 又T1＝eq \f(2πr1,2v0)，qB1×2v0＝meq \f(（2v0）2,r1) 可得B1＝eq \f(3mv0,4qd) 同理，粒子在磁场Ⅱ中有eq \f(T2,2)＝eq \f(πv0,v0)×t0 T2＝eq \f(2πr2,v0)，qB2v0＝m2,0)eq \f(v,r2) 可得B2＝eq \f(3mv0,2qd) 综上所述，B1＝eq \f(3mv0,4qd)，方向垂直xOy平面向里；B2＝eq \f(3mv0,2qd)，方向垂直xOy平面向里。 (3)由第(2)问可得，粒子在磁场Ⅰ、Ⅱ中的轨迹半径分别为r1＝eq \f(8,3)d，r2＝eq \f(2,3)d 带电粒子轨迹如图所示 根据几何关系，粒子第n次由电场进入磁场Ⅱ经过x轴的位置的x轴坐标为x＝(n－1)×2(r1－r2)＋2r1＝4nd＋eq \f(4,3)d(n＝1，2，3，…) 即位置坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4nd＋\f(4,3)d，0))(n＝1，2，3，…) 在磁场Ⅰ中转半圈所用时间t1＝eq \f(πr1,2v0)＝eq \f(4πd,3v0) 在磁场Ⅱ中转半圈所用时间t2＝eq \f(πr2,v0)＝eq \f(2πd,3v0) 则从O点出发后粒子第n次由电场进入磁场Ⅱ经过x轴相应的时刻t＝nt1＋(n－1)t2＋2nt0＝eq \f([（6n－2）π＋4n]d,3v0)(n＝1，2，3，…)。 1．(2024·安徽卷，10)(多选)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则(　　) A．油滴a带负电，所带电量的大小为eq \f(mg,E) B．油滴a做圆周运动的速度大小为eq \f(gBR,E) C．小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为eq \f(3gBR,E)，周期为eq \f(4πE,gB) D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动 解析：设油滴a所带电量的大小为q，运动至P点之前， 油滴a做圆周运动，故所受重力与电场力平衡，有mg＝Eq， 且所受电场力方向竖直向上，与电场方向相反，可知q＝eq \f(\a\vs4\al(mg),E)， 油滴a带负电，故A正确；设油滴a做圆周运动的速度大小为v，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq \f(v2,R)，解得v＝eq \f(\a\vs4\al(gBR),E)，故B正确；设小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为v1，根据洛伦兹力提供向心力，有eq \f(1,2)qv1B＝eq \f(1,2)m2,1)eq \f(v,3R) ，解得v1＝eq \f(\a\vs4\al(3gBR),E)，则小油滴Ⅰ做圆周运动的周期为T＝eq \f(2π·3R,v1)＝eq \f(2πE,gB)，故C错误； 带电油滴a分离前后系统动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2，以油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，由动量守恒定律有mv＝eq \f(m,2)v1＋eq \f(m,2)v2，解得v2＝－eq \f(\a\vs4\al(gBR),E)，负号表示小油滴Ⅱ在P点的速度方向与正方向相反，由eq \f(1,2)mg＝eq \f(1,2)qE知，分离后的小油滴Ⅱ受到的电场力和重力仍然平衡，结合左手定则可知，小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。 解析：根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力方向向 下，空穴受到的洛伦兹力方向向下，霍尔电场沿y轴正方向， 所以电子受到的霍尔电场力方向向下，空穴受到的霍尔电场 力方向向上，则电子所受合力向下而打到下极板，不做匀速直线运动，因霍尔电场稳定，所以下极板带电量不变，说明空穴所受合力也向下而打到下极板，即空穴受到的霍尔电场力小于洛伦兹力，且单位时间内打到下极板的电子和空穴数目相等，即nSeq \o(v,\s\up14(－))nyΔt＝pSeq \o(v,\s\up14(－))pyΔt(S为上、下底面的面积)，得电子和空穴沿y轴方向上的平均速率之比为eq \o(v,\s\up14(－))ny∶eq \o(v,\s\up14(－))py＝p∶n，故A、B、D错误，C正确。 3．(2024·广东卷，15)如图甲所示，两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带电粒子在t＝0时刻从左侧电场某处由静止释放，在t＝t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在t＝2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在t＝3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的eq \f(π,3)倍，粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。 (1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q； (2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t＝t0时 刻的速度大小v； (3)求从t＝0时刻开始到带电粒子最终碰到上金 属板的过程中，电场力对粒子做的功W。 解析：(1)根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹，结合左手定则可知，粒子带正电 设粒子在磁场中运动的周期为T，则有eq \f(T,2)＝3t0－2t0 设粒子在磁场中运动的速率为v0，轨迹半径为r，则有T＝eq \f(2πr,v0) 根据洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝m2,0)eq \f(v,r) 联立解得q＝eq \f(πm,Bt0)。 答案：(1)正电　eq \f(πm,Bt0) (2)eq \r(\f(3πt0U0,8B))　πeq \r(\f(πU0,24Bt0))　(3)eq \f(πmU0（π2＋16）,48Bt0) (2)由题意知，金属板的板长为L＝eq \f(πD,3) 粒子在板间运动时，沿金属板方向有L＝vt0 根据题意，粒子离开金属板间电场时，垂直金属板方向的速度为0，则v0＝v 设粒子在金属板间运动的加速度大小为a，则沿垂直金属板方向的位移大小为y＝2×eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t0,2))) eq \s\up12(2) 根据牛顿第二定律，有qE＝ma 其中板间场强大小E＝eq \f(U0,D) 由几何关系可知y＝2r 联立解得D＝eq \r(\f(3πt0U0,8B))，v＝πeq \r(\f(πU0,24Bt0))。 (3)由(2)可解得r＝eq \r(\f(πt0U0,24B))，即金属板的板间距离D＝3r 分析可知，粒子在t＝4t0时刻进入金属板左侧的电场开始做减速运动，在t＝6t0时刻再次进入金属板间的偏转电场，t＝6.5t0时刻碰到上金属板，带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示。根据轨迹图分析可知，整个过程中电场力对粒子做的功，等于粒子最开始在水平向右的匀强电场中运动的过程以及最后0.5t0时间内电场力做功之和，设在这两个过程中电场力做的功分别为W1、W2，则W＝W1＋W2 根据动能定理知W1＝eq \f(1,2)mv2－0 根据功的定义有W2＝qE(D－2r) 联立解得W＝eq \f(πmU0（π2＋16）,48Bt0)。 解析：(1)p位于O点时，粒子恰好从cd边中点垂直于cd边射出，由几何知识可知，圆周运动的半径为r0＝eq \f(L,2) 根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m2,0)eq \f(v,r0) 解得磁感应强度B＝eq \f(2mv0,qL)。 答案：(1)eq \f(2mv0,qL)　(2)y＝－2,0)eq \f(\a\vs4\al(Eq),2mv) x2(x≤0) (3)－2,0)eq \f(\r(3)mv,Eq) ≤x≤－2,0)eq \f(3mv,4Eq) (2)设p点的坐标为(x，y)，粒子在电场中的加速度大小为a，运动到坐标原点的时间为t，由运动学公式可知， 在x轴方向有0－x＝v0t 在y轴方向有0－y＝eq \f(1,2)at2 由牛顿第二定律有Eq＝ma 联立解得出发点p的坐标轨迹方程为y＝－2,0)eq \f(\a\vs4\al(Eq),2mv) x2(x≤0)。 (3)设从坐标原点O飞入磁场的粒子速度为v，方向与x轴正方向的夹角为α，在磁场中运动的轨迹半径为r，有v0＝vcosα 由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,r) 可得rcosα＝eq \f(L,2) 可知磁场中所有粒子的轨迹圆心都在dc边上。如图1所示， 当粒子轨迹与ab边相切时，轨迹半径r1＝L 由r1cosα1＝eq \f(L,2)得α1＝60° 粒子飞入磁场时的竖直分速度vy1＝v0tanα1＝eq \r(3)v0 粒子在电场中的运动时间t1＝eq \f(vy1,a) 则在电场中沿x轴方向的位移x1＝v0t1 联立得x1＝2,0)eq \f(\r(3)mv,Eq) 如图2所示，当粒子从c点飞出时，轨迹与bc边相切，轨迹半径r2满足 r2＋r2sinα2＝L 又r2cosα2＝eq \f(L,2) 可得α2＝37° 粒子飞入磁场时的竖直分速度vy2＝v0tanα2＝eq \f(3v0,4) 粒子在电场中的运动时间t2＝eq \f(vy2,a) 则在电场中沿x轴方向的位移x2＝v0t2 联立得x2＝2,0)eq \f(3mv,4Eq) 可知从bc边飞出磁场的粒子，其出发点p的x轴坐标范围为－2,0)eq \f(\r(3)mv,Eq) ≤x≤－2,0)eq \f(3mv,4Eq) 。 5．(2025·黑吉辽蒙卷，15)如图，在xOy平面第一、四象限内存在 垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带正电的粒子从 M(0，－y0)点射入磁场，速度方向与y轴正方向夹角θ＝30°，从N(0， y0)点射出磁场。已知粒子的电荷量为q(q>0)，质量为m，忽略粒子重力 及磁场边缘效应。 (1)求粒子射入磁场的速度大小v1和在磁场中运动的时间t1。 (2)若在xOy平面内某点固定一负点电荷，电荷量为48q，粒子质量取m＝3,0)eq \f(B2y,k) (k为静电力常量)，粒子仍沿(1)中的轨迹从M点运动到N点，求射入磁场的速度大小v2。 (3)在(2)问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间t2速度方向首次与N点速度方向相反，求t2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0时，与该点电荷,距离为r处的电势φ＝k\f(Q,r)))。 答案：(1)eq \f(2Bqy0,m)　eq \f(πm,3qB)　(2)2,0)eq \f(\a\vs4\al(6kq),By) 　(3)3,0)eq \f(2\r(3)πBy,3kq) 解析：(1)粒子从M点运动到N点，运动轨迹如图1所示 设轨迹半径为r，根据几何关系可知rsinθ＝y0 解得r＝2y0 粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有qv1B＝m2,1)eq \f(v,r) 解得v1＝eq \f(2Bqy0,m) 粒子在磁场中运动的周期T＝eq \f(2πr,v1) 粒子在磁场中运动的时间为t1＝eq \f(2θ,360°)·T 联立解得t1＝eq \f(πm,3qB)。 (2)粒子轨迹不变，则点电荷只能位于轨迹圆心O1处，库仑力和洛伦兹力的合力提供向心力，有qv2B＋keq \f(\a\vs4\al(q·48q),r2)＝m2,2)eq \f(v,r) 解得v2＝2,0)eq \f(\a\vs4\al(6kq),By) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(另一解v2＝－\f(\a\vs4\al(4kq),Byeq \o\al(2,0))不符合实际，舍去)) 。 (3)粒子从N点射出磁场后，仅在点电荷的作用下运动。 粒子刚离开磁场时，所需的向心力m2,2)eq \f(v,r) 大于点电荷提供的库 仑力keq \f(\a\vs4\al(q·48q),r2)，因此粒子无法做匀速圆周运动，只能做类似行星绕太阳的椭圆轨道运动，N点可类比为“近日点”。粒子的运动轨迹如图2所示 粒子从N点运动至首次与N点速度方向相反的过程中，只有电场力做功，粒子电势能和动能总和不变，有eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)＋qφ2＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,3)＋qφ3 其中φ2＝eq \f(\a\vs4\al(－48kq),r)，φ3＝eq \f(\a\vs4\al(－48kq),R) 类比开普勒第二定律有eq \f(1,2)v2Δt·r＝eq \f(1,2)v3Δt·R 联立解得R＝6y0(另一解R＝2y0不符合实际，舍去) 粒子椭圆轨迹的半长轴a＝eq \f(R＋r,2)＝4y0 类比开普勒第三定律可知，粒子沿椭圆轨迹运动的周期，与绕点电荷以半径a做匀速圆周运动的周期相同，设为T′，由牛顿第二定律可得 keq \f(\a\vs4\al(48q2),a2)＝m·eq \f(4π2,T′2)a 粒子从N点到首次与N点方向相反经历的时间t2＝eq \f(1,2)T′ 联立解得t2＝3,0)eq \f(2\r(3)πBy,3kq) 。 6．(2024·辽宁卷，15)现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场足够宽；各区边界均垂直于x轴，O为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为＋q、质量均为m的粒子。如图，甲、乙平行于x轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为eq \f(3,2)v0和v0。甲到P点时，乙刚好射入Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°。甲到O点时，乙恰好到P点。已知Ⅲ区存在沿＋x方向的匀强电场，电场强度大小E0＝2,0)eq \f(9mv,4πqL) 。不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电场产生的磁场。 (1)求磁感应强度的大小B； (2)求Ⅲ区宽度d； (3)Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴，电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为E＝ωt－kx，其中常系数ω>0，ω已知、k未知，取甲经过O点时t＝0。已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，设乙在Ⅳ区受到的电场力大小为F，甲、乙间距为Δx，求乙追上甲前F与Δx间的关系式(不要求写出Δx的取值范围)。 答案：(1)eq \f(mv0,2qL)　(2)eq \f(3,2)πL　(3)F＝eq \f(\a\vs4\al(qω),3v0)·Δx 解析：(1)根据题意，画出乙在Ⅰ区的运动轨迹，如图所示 设乙在Ⅰ区做圆周运动的轨迹半径为r1，由几何关系得L＝r1sin30° 解得r1＝2L 由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m2,0)eq \f(v,r1) 解得B＝eq \f(mv0,2qL)。 (2)根据对称性可知，乙经过P点时的速度沿x轴正方向，在Ⅱ区中的速度偏转角也为30°。乙在磁场中做圆周运动的周期为T＝eq \f(2πr1,v0) 根据题意，乙在磁场中运动的总时间等于甲在Ⅲ区运动的时间，为t1＝2×eq \f(30°,360°)×T 联立解得t1＝eq \f(2πL,3v0) 由对称性可知，甲在P点的速度沿x轴正方向，则甲从P点到O点做匀加速直线运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律得qE0＝ma 解得a＝2,0)eq \f(9v,4πL) 由运动学公式得d＝eq \f(3,2)v0t1＋eq \f(1,2)ateq \o\al(2,1) 解得d＝eq \f(3,2)πL。 (3)甲经过O点时的速度为v甲＝eq \f(3,2)v0＋at1 设t时刻甲的位置坐标为x1，因为甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，则x1＝v甲t 受力分析知，甲不受电场力作用，则有 ωt－kx1＝0 设t时刻乙的位置坐标为x2，对乙可得 eq \f(F,q)＝ωt－kx2 乙追上甲前，甲、乙间距Δx＝x1－x2 联立可得，乙追上甲前F与Δx间的关系式为F＝eq \f(\a\vs4\al(qω),3v0)·Δx。 1．(2025·福建卷，7)(多选)如图，竖直面内存在垂直纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E，一带电粒子在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，当粒子运动到N点时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P点，已知MN与水平面的夹角为45°，NP水平向右。粒子带电荷量为q，速度为v，质量为m，重力加速度为g。则(　　) A．电场强度大小为E＝eq \f(\r(2)mg,q) B．磁感应强度大小为B＝eq \f(\r(2)mg,qv) C．N、P两点的电势差为U＝eq \f(2mv2,q) D．粒子从N运动到P的过程中，与NP的距离最大值为eq \f(v2,8g) 解析：粒子沿MN运动过程中，受到垂直MN方向的洛伦兹 力、水平方向的电场力、竖直向下的重力，由题意可知，该过程 中粒子受力平衡，假设粒子带负电，由左手定则可知，洛伦兹力 垂直MN向下，电场力水平向左，与竖直向下的重力无法达到平 衡，故假设错误，则粒子带正电，即洛伦兹力垂直MN向上，电场力水平向右，由平衡条件有qvBcos45°＝mg，qvBsin45°＝qE，解得电场强度大小为E＝eq \f(\a\vs4\al(mg),q)，磁感应强度大小为B＝eq \f(\a\vs4\al(\r(2)mg),qv)，A错误，B正确；撤去磁场后，粒子所受电场力和重力不变，则其在竖直方向上做竖直上抛运动，由于N、P在同一水平面上， 所以粒子从N运动到P的过程中，当粒子竖直方向的速度减为 0时，其与NP的距离最大，设为hm，则有2ghm＝(vsin45°)2， 可解得hm＝eq \f(v2,4g)，D错误；设粒子从N运动到P的过程所用的时 间为t，则有－vsin45°＝vsin45°－gt，解得t＝eq \f(\r(2)v,g)，粒子在 水平方向上做匀加速直线运动，有qE＝ma，xNP＝vtcos45°＋eq \f(1,2)at2，解得xNP＝eq \f(2v2,g)，又因电场线从N指向P，所以N、P两点的电势差U＝ExNP＝eq \f(2mv2,q)，C正确。 解析：分析可知，粒子的运动轨迹如图所示，在Ⅰ区的 轨迹圆心不在O点，故A正确；设粒子的速率为v，对粒子 在磁场中的圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,r)， 可得半径r＝eq \f(mv,qB)，故粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹半径之比为eq \f(r1,r2) ＝eq \f(B2,B1)＝eq \f(1,4)，故B错误；设粒子在Ⅱ区偏转的圆心角为α，由几何关系有cosα＝eq \f(r2,r1＋r2)，可得α＝37°，粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度分别为 l1＝eq \f(360°－2×（90°－α）,360°)×2πr1＝eq \f(254°,360°)×2πr1，l2＝eq \f(2×α,360°)×2πr2＝eq \f(74°,360°)×2πr2，可解得粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的轨迹长度之比为eq \f(l1,l2)＝eq \f(127,148)，而粒子在Ⅰ区和Ⅱ区中的速率相等，由t＝eq \f(l,v)可知，粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比eq \f(t1,t2)＝eq \f(l1,l2)＝eq \f(127,148)，故C错误，D正确。 3．(2025·陕西省榆林市高三下三模)霍尔推进器中的一个局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在沿y轴负方向的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射，入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度不等于v0时，电子将沿曲线运动。电子所受的重力可忽略不计，则(　　) A．电场强度的大小E>v0B B．若电子入射速度小于v0，则电子可能进入y<0的区域运动 C．若电子入射速度为1.5v0，运动到速度为v0时位置的纵坐标y1＝eq \f(5mv0,8eB) D．若电子入射速度为eq \f(v0,4)，运动到速度为eq \f(v0,2)时位置的纵坐标y2＝eq \f(3mv0,32eB) 解析：入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动，则有Ee ＝ev0B，解得E＝v0B，A错误；若电子入射速度v<v0，则Ee> evB，电子将向上偏转，会在x轴上方做周期性运动，不可能进 入y<0的区域运动，B错误；若电子入射速度为v＝1.5v0，则Ee<evB，电子将向下偏转，当电子运动到速度为v0时，根据动能定理有－EeΔy1＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)m(1.5v0)2，解得电子向下运动的距离Δy1＝2,0)eq \f(5mv,8eE) ，所以运动到速度为v0时位置的纵坐标为y1＝－2,0)eq \f(5mv,8eE) ，又Ee＝ev0B，解得y1＝－eq \f(5mv0,8eB)，C错误； 若电子入射速度为v＝eq \f(v0,4)，则Ee>evB，电子将向上偏转，当电子运动到速度为eq \f(v0,2)时，根据动能定理有EeΔy2＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v0)) eq \s\up12(2)－eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)v0)) eq \s\up12(2)，解得电子向上运动的距离Δy2＝2,0)eq \f(3mv,32eE) ，所以运动到速度为eq \f(v0,2)时位置的纵坐标为y2＝2,0)eq \f(3mv,32eE) ，又Ee＝ev0B，解得y2＝eq \f(3mv0,32eB)，D正确。 4．(2025·河南卷，15)如图，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电量为q(q＞0)的粒子从磁场中的a点以速度v0向右水平发射，当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60°，然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点，通过b点时其速度方向水平向右。a、b距水平虚线的距离均为h，两点之间的距离为s＝3eq \r(3)h。不计重力。 (1)求磁感应强度的大小； (2)求电场强度的大小； (3)若粒子从a点以v0竖直向下发射，长时间来看，粒子将向左或向右漂移，求漂移速度大小。(一个周期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度) 答案：(1)eq \f(mv0,2qh)　(2)2,0)eq \f(mv,2qh) 　(3)eq \f(3\r(3),8π＋6\r(3))v0 解析：(1)作出粒子的运动轨迹，如图1所示。 设粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，由几何关系有r－h＝rcos60° 解得r＝2h 设磁感应强度的大小为B，对粒子在磁场中的运动， 由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m2,0)eq \f(v,r) 解得B＝eq \f(mv0,2qh)。 (2)粒子在电场中做类斜抛运动，设运动时间为t1，加速度大小为a，由斜抛运动规律可知，水平方向位移大小x1＝v0cos60°·t1 竖直方向有v0sin60°＝a·eq \f(t1,2) 设电场强度的大小为E，由牛顿第二定律有qE＝ma 粒子从a点开始运动到进入电场水平位移大小为x2＝rsin60° 分析可知，粒子从离开电场至到达b点水平位移大小也为x2，则粒子从a点运动到b点的水平位移大小为s＝x1＋2x2 联立解得E＝2,0)eq \f(mv,2qh) 。 (3)作出竖直向下发射时一个周期内粒子的运动轨迹，如图2所示，粒子在磁场中运动的轨迹半径仍为r＝2h 由几何关系可知，粒子从磁场进入电场时速度与水平虚线的夹角θ满足cosθ＝eq \f(h,r) 解得θ＝eq \f(π,3) 粒子从a点开始运动到进入电场过程水平向左的位移 大小为x2′＝r－rsinθ 该过程粒子的运动时间为t2＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ))r,v0) 因为θ＝60°，则一个周期内粒子在电场中水平向左的位移大小仍为x1，运动时间仍为t1，且由(2)得x1＝eq \r(3)h，t1＝eq \f(2\r(3)h,v0) 粒子从电场进入磁场至到达b′的过程水平向右的位移大小为x3＝r＋rsinθ 该过程粒子的运动时间为t3＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π＋\f(π,2)－θ))r,v0) 则一个周期内粒子向右的位移大小为s′＝x3－x1－x2′ 粒子的运动周期为t＝t1＋t2＋t3 则粒子的漂移速度大小为v＝eq \f(s′,t) 联立解得v＝eq \f(3\r(3),8π＋6\r(3))v0。 5．(2025·江西省高三下第三次模拟)现代科技中常用 电场和磁场来控制带电粒子的运动。如图甲所示，在竖直 平面内建立xOy坐标系，在y≥0区域存在磁感应强度大 小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在O点沿y轴正 方向放置足够长的荧光屏A。第三象限内存在沿y轴正方 向的匀强电场，在点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)a，－\f(3,2)a))处沿x轴正方向射出速度为v0的粒子，恰好以2v0的速率从O点射入磁场，粒子的质量为m，电荷量为＋q，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。 (1)求该粒子击中荧光屏A的位置Q； (2)求该粒子从P运动到Q的时间； (3)如图乙所示，移去荧光屏A，在y＝eq \f(9mv0,4Bq)处，平行 于x轴放置一足够长的挡板C，在电场中P、O两点之间有 一连续分布的曲线状粒子源，其形状的曲线方程为y＝－eq \f(1,2a)x2，－eq \r(3)a≤x<0。该粒子源沿x轴正方向以速度v0持续发射与P点处相同的粒子，粒子按y坐标均匀分布，粒子源发射一段时间后停止发射，粒子击中挡板C立即被吸收。求击中挡板C的粒子数与发射的总粒子数之比η。 答案：(1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2mv0,Bq)))　(2)eq \f(\r(3)a,v0)＋eq \f(πm,3Bq)　(3)eq \f(13,16) 解析：(1)如图1所示，粒子在第一象限做匀速圆周运动。设在O点的速度方向与y轴正方向成θ夹角，粒子在电场中做类平抛运动，则其在O点有sinθ＝eq \f(v0,2v0)＝eq \f(1,2) 可得θ＝30° 设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由洛伦兹力提供向心力有q·2v0·B＝meq \f(（2v0）2,r) 可得r＝eq \f(2mv0,Bq) 由几何关系知OQ＝2rsinθ 解得OQ＝eq \f(2mv0,Bq) 则Q点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2mv0,Bq)))。 (2)设粒子在电场中的运动时间为t1，在电场中，沿x轴方向有eq \r(3)a＝v0t1 粒子在磁场中的运动时间t2＝eq \f(2θr,2v0) 粒子从P运动到Q的时间t总＝t1＋t2 联立解得t总＝eq \f(\r(3)a,v0)＋eq \f(πm,3Bq)。 (3)设粒子在电场中做类平抛运动的加速度大小为a加，则从P运动到O，有a加＝eq \f(2v0cosθ,t1) 可得a加＝2,0)eq \f(v,a) 若粒子源所发出的粒子做类平抛运动经过时间t到y轴，则 沿x轴方向的位移－x＝v0t 沿y轴方向的位移－y＝eq \f(1,2)a加t2 联立解得y＝－eq \f(1,2a)x2 结合题意可知，从粒子源上发出的所有粒子均从O点进入磁场 对于从O点以与y轴正方向夹角为α射入磁场的粒子，其在磁场中运动的速度大小v1＝eq \f(v0,sinα) 由(1)问，同理知其在磁场中做圆周运动的半径r1＝eq \f(mv1,qB) 如图2所示，其在磁场中做圆周运动过程中沿y轴方向可以运动的最大距离为 ymax＝r1(1＋sinα) 联立解得ymax＝eq \f(mv0,qB) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,sinα)＋1)) 由动能定理知，粒子源上粒子发射的纵坐标绝对值越 大，则v1越大，α越小，ymax越大，越容易打到挡板C上 设从O点以与y轴正方向夹角为α0的速度进入磁场的粒子，其运动轨迹恰好与挡板C相切，则有eq \f(9mv0,4qB)＝eq \f(mv0,qB) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,sinα0)＋1)) 可得sinα0＝eq \f(4,5)，即α0＝53° 其在电场中做类平抛运动时，其释放点的纵坐标y0满足eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,tanα0))) eq \s\up12(2)－0＝2a加(－y0) 解得y0＝－eq \f(9,32)a 所以η＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(y0－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)a)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)a))) 解得η＝eq \f(13,16)。 6．(2024·浙江6月选考，20)探究性学习小组设计了一 个能在喷镀板的上下表面喷镀不同离子的实验装置，截面如 图所示。在xOy平面内，除x轴和虚线之间的区域外，存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。在无磁场区域内，沿着x轴依次放置离子源、长度为L的喷镀板P、长度均为L的栅极板M和N(由金属细丝组成的网状电极)，喷镀板P上表面中点Q的坐标为(1.5L，0)，栅极板M中点S的坐标为(3L，0)。离子源产生a和b两种正离子，其中a离子质量为m，电荷量为q，b离子的比荷为a离子的eq \f(1,4)倍，经电压U＝kU0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中U0＝\f(qB2L2,8m)，k大小可调，a和b离子初速度视为0)) 的电场加速后，沿着y轴射入上方磁场。经磁场偏转和栅极板N和M间电压UNM调控(UNM>0)，a和b离子分别落在喷镀板的上下表面，并立即被吸收且电中和，忽略场的边界效应、离子受到的重力及离子间相互作用力。 (1)若U＝U0，求a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置x0(用L表示)。 (2)调节U和UNM，并保持UNM＝eq \f(3,4)U，使a离子能落到喷镀板P上表面任意位置，求： ①U的调节范围(用U0表示)； ②b离子落在喷镀板P下表面的区域长度。 (3)要求a和b离子恰好分别落在喷镀板P上下表面的中点，求U和UNM的大小。 解析：(1)设a离子离开加速电场时速度大小为v，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，a离子在电场中加速的过程，根据动能定理得qU＝eq \f(1,2)mv2－0 a离子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，有Bqv＝meq \f(v2,R) 根据几何关系，可知a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置坐标x＝2R 联立解得x＝eq \f(2,B) eq \r(\f(2mU,q)) 若U＝U0＝eq \f(B2qL2,8m) 可得x0＝L。 答案：(1)L　(2)①U0≤U≤4U0　②eq \f(1,2)L (3)eq \f(\a\vs4\al(9B2qL2),32m)　eq \f(\a\vs4\al(27B2qL2),128m)或eq \f(\a\vs4\al(27B2qL2),256m)或eq \f(\a\vs4\al(9B2qL2),128m) (2)①分析可知，要使a离子能落到喷镀板P上表面任意位置，只能经电压为U的电场加速后再经第一象限匀强磁场偏转一次打在P板上，则a离子经磁场偏转到x轴上的位置坐标x满足L≤x≤2L 结合(1)中x的表达式，解得eq \f(\a\vs4\al(qB2L2),8m)≤U≤eq \f(\a\vs4\al(qB2L2),2m) 即U0≤U≤4U0。 ②由(1)分析同理可知，b离子经过电压为U的电场加速后，在磁场中第一次偏转打在x轴上的位置坐标为xb＝eq \f(2,B) eq \r(\f(2mbU,qb)) 其中eq \f(qb,mb)＝eq \f(\a\vs4\al(q),4m) 可得xb＝eq \f(2,B) eq \r(\f(8mU,q)) 代入U0≤U≤4U0 得2L≤xb≤4L 分析可知，只有当eq \f(5,2)L≤xb≤eq \f(7,2)L时，b离子才可能落在P下表面 解得满足条件的U的范围为eq \f(25U0,16)≤U≤eq \f(49U0,16) 设b离子第一次到达栅极板N时的速度大小为vb，根据动能定理得 qbU－qbUNM＝eq \f(1,2)mbveq \o\al(2,b)－0 其中UNM＝eq \f(3,4)U 设b离子第一次在虚线下方磁场中运动的轨迹半径为R′，根据洛伦兹力提供向心力有Bqbvb＝mb2,b)eq \f(v,R′) 根据几何关系，b离子第一次离开虚线下方磁场时向左运动的距离Δxb＝2R′ 第一次离开虚线下方磁场时的x坐标为xb′＝xb－Δxb 联立可得xb′＝eq \f(2,B) eq \r(\f(8mU,q))－eq \f(2,B) eq \r(\f(2mU,q)) 分析可知，当U＝eq \f(25,16)U0时，b离子第一次离开虚线下方磁场时的x坐标有最小值xb1′，则可得xb1′＝eq \f(5,4)L 分析可知，当U＝eq \f(49,16)U0时，b离子第一次离开虚线下方磁场时的x坐标有最大值xb2′，则可得xb2′＝eq \f(7,4)L 因为xb1′、xb2′满足L<xb1′<2L、L<xb2′<2L，故满足eq \f(25U0,16)≤U≤eq \f(49U0,16)时，b离子均能落在P下表面，故b离子落在喷镀板P下表面的区域长度为Δx＝xb2′－xb1′＝eq \f(1,2)L。 (3)要求a离子落在喷镀板P上表面中点Q，由(1)(2)可知，a离子经磁场偏转一次后到达x轴的坐标为x＝eq \f(2,B) eq \r(\f(2mU,q))＝eq \f(3,2)L 可得U＝eq \f(\a\vs4\al(9B2qL2),32m)。 将U的值代入xb的表达式，可得b离子第一次经过栅极板的x坐标为xb＝eq \f(2,B) eq \r(\f(8mU,q))＝3L 若b离子减速n(n＝1，2，3，…)次恰好打在P板下表面 中点处，设打在P板下表面中点处的速度大小为vb′，运动 轨迹如图所示，根据动能定理有Uqb－nUNMqb＝eq \f(1,2)mbvb′2－0 根据洛伦兹力提供向心力有Bqbvb′＝meq \f(vb′2,rn) 联立可得req \o\al(2,n)＝eq \f(9L2,4)－eq \f(8nm,B2q)UNM b离子减速n次恰好打在P板下表面中点，又每次从x轴上方到达x轴的坐标均为xb＝3L 由几何关系可得，2rn－1>xb－L 2rn＝xb－eq \f(3,2)L 将rn－1、rn的值代入，可得eq \f(9L2,4)－eq \f(8（n－1）m,B2q)UNM>L2 eq \f(9L2,4)－eq \f(8nm,B2q)UNM＝eq \f(9,16)L2 联立可解得n<eq \f(27,7) 又n为正整数，故n只能取1，2，3 将n＝1、n＝2、n＝3分别代入eq \f(9L2,4)－eq \f(8nm,B2q)UNM＝eq \f(9,16)L2 可解得满足条件的UNM值分别为UNM1＝eq \f(\a\vs4\al(27B2qL2),128m)，UNM2＝eq \f(\a\vs4\al(27B2qL2),256m)，UNM3＝eq \f(\a\vs4\al(9B2qL2),128m)。 $