2024届高考物理一轮总复习第九章磁场第3讲“带电粒子在组合场中运动”的分类强化学案.docx

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1、第3讲 “带电粒子在组合场中运动”的分类强化类型(一)带电粒子在三类组合场中的运动1组合场：电场与磁场各自位于一定的区域内且不重叠；或在同一区域，电场、磁场分时间段或分区域交替出现。2分析带电粒子在组合场中运动的方法3“电偏转”与“磁偏转”的比较比较项目垂直电场线进入匀强电场(不计重力)垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)受力情况电场力FEqE，其大小、方向不变，与速度v无关，FE是恒力洛伦兹力FBqvB，其大小不变，方向随v而改变，FB是变力轨迹抛物线圆或圆的一部分运动轨迹示例求解方法利用类平抛运动的规律求解：vxv0，xv0t vyt，yt2偏转角满足：tan 半径：r周期：T偏移距离y和偏

2、转角要结合圆的几何关系利用圆周运动规律讨论求解运动时间ttT动能变化不变考法全析考法(一)先电场后磁场(1)先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动。如图甲、乙所示，在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度。(2)先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动。如图丙、丁所示，在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度。例1(2020全国卷)CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图甲是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图乙所示。图乙中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静

3、止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P点。则( )AM处的电势高于N处的电势B增大M、N之间的加速电压可使P点左移C偏转磁场的方向垂直于纸面向外D增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移解析电子在电场中加速运动，电场力的方向和运动方向相同，而电子所受电场力的方向与电场的方向相反，所以M处的电势低于N处的电势，A错误；增大M、N之间的电压，根据动能定理可知，电子进入磁场时的初速度变大，根据r知其在磁场中的轨迹半径增大，P点将右移，B错误；根据左手定则可知，磁场的方向应该垂直于纸面向里，C错误；结合B分析，可知增大磁场的磁感应

4、强度，轨迹半径将减小，P点将左移，D正确。答案D例2(多选)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P和P3，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示。已知离子P在磁场中转过30后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时，离子P和P3( )A在电场中的加速度之比为11B在磁场中运动的半径之比为21C在磁场中转过的角度之比为12D离开电场区域时的动能之比为13解析两个离子的质量相同，其带电荷量之比是13的关系，所以由a可知，其在电场中的加速度之比是13，故A错误。要想知道半径必须先知道进入磁场的速度，而速度的决定因素是加速电场，所

5、以在离开电场时其速度表达式为v ，可知其速度之比为1。又由qvBm知r，所以其半径之比为1，故B错误。由B项分析知道，离子在磁场中运动的半径之比为1，设磁场宽度为L，离子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以sin ，则可知角度的正弦值之比为1，又P的偏转角度为30，可知P3的偏转角度为60，即在磁场中转过的角度之比为12，故C正确。由电场加速后：qUmv2可知，两离子离开电场的动能之比为13，故D正确。答案CD考法(二)先磁场后电场对于粒子从磁场进入电场的运动，常见的有两种情况：(1)进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反，如图甲所示，粒子在电场中做加速或减速运动，用动能定理或运动学公式列

6、式。(2)进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直，如图乙所示，粒子在电场中做类平抛运动，用平抛运动知识分析。例3在如图所示的平面直角坐标系中，存在一个半径R0.2 m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B1.0 T，方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与y坐标轴相切于原点O点。y轴右侧存在一个匀强电场，方向沿y轴正方向，电场区域宽度l0.1 m。现从坐标为(0.2 m，0.2 m)的P点发射出质量m2.0109 kg、带电荷量q5.0105 C的带正电粒子，沿y轴正方向射入匀强磁场，速度大小v05.0103 m/s(粒子重力不计)。(1)带电粒子从坐标为(0.1 m,0.05 m)的点射出电场，求该电

7、场强度的大小；(2)为了使该带电粒子能从坐标为(0.1 m，0.05 m)的点回到电场，可在紧邻电场的右侧区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和方向。解析(1)带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有：qv0Bm可得：r0.20 mR根据几何关系可以知道，带电粒子恰从O点沿x轴正方向进入电场，带电粒子做类平抛运动，设粒子到达电场边缘时，竖直方向的位移为y根据类平抛规律可得：lv0t，yat2 根据牛顿第二定律可得：Eqma联立可得：E1.0104 N/C。(2)粒子飞离电场时，沿电场方向速度：vyat5.0103 m/sv0粒子射出电场时速度大小vv0，方向与x

8、轴正方向夹角为45偏向右上方根据左手定则可知所加磁场方向垂直纸面向外，根据几何关系可知，粒子在B区域磁场中做圆周运动半径ry根据洛伦兹力提供向心力可得：qvBm联立可得所加匀强磁场的磁感应强度大小B4 T。答案(1)1.0104 N/C(2)4 T，方向垂直纸面向外考法(三)先后多个电磁场“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题例4如图所示，在真空中xOy平面内，有四个边界垂直于x轴的条状区域、，区域、宽度均为d，内有沿y轴负方向的匀强电场，大小均为E；区域、宽度均为2d，内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场B1和B2。M是区域右边界与x轴交点。质量为m，电荷量为q的粒子甲以速度v0从O点沿x轴

9、正方向射入电场E，经过一段时间后，沿x轴正方向与自由静止在M点的粒子乙粘合在一起，成为粒子丙进入区域，之后直接从右边界上Q点(图中未标出)离开区域。粒子乙不带电，质量为2m，粘合前后无电荷损失，粘合时间很短，E，粒子重力不计。(1)求粒子甲离开区域时速度v1大小和与x轴正方向夹角；(2)求匀强磁场B1的磁感应强度大小；(3)若匀强磁场B2磁感应强度大小不同，则粒子丙在磁场B2中运动时间不同。求粒子甲从O点到M点运动时间与粒子丙从M点到Q点运动时间之和的最大值。解析(1)设粒子甲在电场中的加速度为a1，运动时间为t1，离开区域时速度大小为v1，与x轴正方向夹角为，v1沿y轴负方向的大小为vy，则

10、qEma1，dv0t1，vya1t1，vyv0tan ，v1解得v12v0，60。(2)粒子甲运动到M点时速度沿x轴正方向，由运动的对称性，粒子甲在匀强磁场B1中做匀速圆周运动轨迹关于区域垂直于x轴的中线对称，设轨道半径为r1，则dr1sin ，qv1B1解得B1。(3)设粒子甲在磁场B1中做匀速圆周运动的周期为T1，运动时间为t2，则t2T1，T1解得t2设粒子甲在从O点到M点运动时间为t3，则t32t1t2解得t3设粒子甲在M点与粒子乙粘合前速度大小为v2，粒子丙在M点速度大小为v3，则v2v0mv23mv3粒子丙在磁场B2中以速度v3做匀速圆周运动，且从右边界上Q点离开，则当匀速圆周运动

11、的半径r22d时，粒子丙在磁场B2中运动时间最长，设为t4，则t4设粒子甲在从O点到M点运动时间与粒子丙从M点到Q点运动时间之和的最大值为tm，则tmt3t4解得tm(18227)。答案(1)2v060(2)(3)(18227)类型(二)带电粒子在交变电磁场中的运动1交变场的三种常见的类型(1)电场周期性变化，磁场不变。(2)磁场周期性变化，电场不变。(3)电场、磁场均周期性变化。2基本解题思路考法全析例1如图甲所示，宽度为d的竖直狭长区域内(边界为L1、L2)，存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场(如图乙所示)，电场强度的大小为E0，E0表示电场方向竖直向上。t0时，一带

12、正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点。Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g。上述d、E0、m、v、g为已知量。(1)求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小；(2)求电场变化的周期T；(3)改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值。解析(1)微粒做直线运动时有：mgqE0qvB微粒做圆周运动时有：mgqE0联立得q，B。(2)设微粒从N1点沿直线运动到Q点的时间为t1，做圆周运动的周期为t2，则vt1qvBm2Rvt2联立得t1，t2电场变化的周期Tt1t2。(3)若微

13、粒能完成题述的运动过程，要求d2R联立得R设在N1Q段直线运动的最短时间为t1min，由得t1min因t2不变，T的最小值Tmint1mint2。答案(1)(2)(3)例2(2022衡阳模拟)如图甲所示，整个空间存在竖直向上的匀强电场(平行于纸面)，在同一水平线上的两位置以相同速率同时喷出质量均为m的油滴a和b，带电荷量为q的a水平向右，不带电的b竖直向上。b上升高度为h时，到达最高点，此时a恰好与它相碰，瞬间结合成油滴p。忽略空气阻力，重力加速度为g。求：(1)油滴b竖直上升的时间及两油滴喷出位置的距离；(2)匀强电场的场强大小及油滴a、b结合为p后瞬间的速度；(3)若油滴p形成时恰位于某矩

14、形区域边界，取此时为t0时刻，同时在该矩形区域加一个垂直于纸面周期性变化的磁场，磁场变化规律如图乙所示，磁场变化周期为T0(垂直纸面向外为正)，已知p始终在矩形区域内运动，求矩形区域的最小面积。(忽略磁场突变的影响)解析(1)设油滴喷出时的速度为v0，油滴b做竖直上抛运动，有0v022gh，解得v0，由运动学规律可得0v0gt0，解得t0 ，对油滴a的水平分运动，有x0v0t0，解得x02h。(2)两油滴结合之前，油滴a做类平抛运动，设加速度为a，有qEmgma，hat02，解得ag，E，设结合前瞬间油滴a的速度大小为va，方向向右上且与水平方向成角，则v0vacos ，v0tan at0，解

15、得va2，45，两油滴的结合过程动量守恒，有mva2mvp，联立解得vp，方向向右上且与水平方向成45角。(3)因qE2mg，油滴p在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r，周期为T，则qvpB2m，B，解得r，由T可得T，即油滴p在磁场中的运动轨迹是两个外切圆组成的“8”字形，轨迹如图所示，最小矩形的两条边长分别为2r、4r，则矩形区域的最小面积为Smin2r4r。答案(1) 2h(2)，方向向右上且与水平方向成45角(3)例3如图甲所示，在xOy平面内存在磁场和电场，磁感应强度和电场强度大小随时间周期性变化，B的变化周期为4t0，E的变化周期为2t0，变化规律分别如图乙和图丙所示。在t0时刻从O

16、点发射一带负电的粒子(不计重力)，初速度大小为v0，方向沿y轴正方向，在x轴上有一点A(图中未标出)，坐标为。若规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，y轴正方向为电场强度的正方向，v0、t0、B0为已知量，磁感应强度与电场强度的大小满足：；粒子的比荷满足：。求：(1)在t时，粒子的位置坐标；(2)粒子偏离x轴的最大距离；(3)粒子运动至A点的时间。解析(1)在0t0时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得qB0v0mr1m解得T2t0，r1则粒子在时间内转过的圆心角所以在t时，粒子的位置坐标为。(2)粒子的运动轨迹如图所示在t02t0时间内，设粒子经电场加速后的速度为v，则vv0

17、t02v0运动的位移yt01.5v0t0在2t03t0时间内粒子做匀速圆周运动，半径r22r1故粒子偏离x轴的最大距离hyr21.5v0t0。(3)粒子在xOy平面内做周期性运动的运动周期为4t0，故粒子在一个周期内向右运动的距离d2r12r2AO间的距离为8d所以，粒子运动至A点的时间t32t0。答案(1)(2)1.5v0t0(3)32t0类型(三)STSE中的组合场模型模型(一)质谱仪(1)构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，qUmv2。粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvBm。由以上两式可得r ，m，。 例1如图，从离子源产生

18、的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：(1)磁场的磁感应强度大小；(2)甲、乙两种离子的比荷之比。解析(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有q1Um1v12由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1Bm1由几何关系知2R1l由式得B。(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁

19、场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有q2Um2v22q2v2Bm2由题给条件有2R2由式得，甲、乙两种离子的比荷之比为14。答案(1)(2)14针对训练(多选)如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成：离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器。静电分析器通道中心线MN所在圆的半径为R，通道内有均匀辐射的电场，中心线处的电场强度大小为E；磁分析器中分布着方向垂直于纸面、磁感应强度为B的匀强磁场，磁分析器的左边界与静电分析器的右边界平行。由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的离子(初速度为零，重力不计)，经加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线MN

20、做匀速圆周运动，而后由P点进入磁分析器中，最终经过Q点进入收集器。下列说法正确的是( )A磁分析器中匀强磁场的方向垂直于纸面向里B加速电场中的加速电压UERC磁分析器中轨迹圆心O2到Q点间的距离d D任何带正电的离子若能到达P点，则一定能进入收集器解析：选BC该离子在磁分析器中沿顺时针方向转动，根据左手定则可知，磁分析器中匀强磁场的方向垂直于纸面向外，A错误；该离子在静电分析器中做匀速圆周运动，有qEm，在加速电场中加速有qUmv2，联立解得UER，B正确；该离子在磁分析器中做匀速圆周运动，有qvBm，又qEm，解得r ，该离子经过Q点进入收集器，故dr ，C正确；任一初速度为零的带正电离子，

21、质量、电荷量分别记为mx、qx，经UER的加速电场后，在静电分析器中做匀速圆周运动的轨迹半径RxR，即一定能到达P点，而在磁分析器中运动的轨迹半径rx ，rx的大小与离子的质量、电荷量有关，则不一定有rxd，故能到达P点的离子不一定能进入收集器，D错误。模型(二)回旋加速器(1)构造：如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，D形盒处于匀强磁场中。(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由qvB，得Ekm，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径R决定，与加速电压无关。 例2某型号的回旋加速器的工作原理如图甲所示，图乙为俯视图

22、。回旋加速器的核心部分为两个D形盒，分别为D1 、D2。D形盒装在真空容器里，整个装置放在巨大的电磁铁两极之间的强大磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D形盒底面垂直。两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过狭缝的时间可以忽略不计。D形盒的半径为R，磁场的磁感应强度为B。若质子从粒子源O处进入加速电场的初速度不计，质子质量为m、电荷量为q。加速器接入一定频率的高频交变电压，加速电压为U。不考虑相对论效应和重力作用。(1)求质子第一次经过狭缝被加速后进入D形盒时的速度大小v1和进入D形盒后运动的轨迹半径r1；(2)求质子被加速后获得的最大动能Ekm和高频交变电压的频率f；(3)若两D形盒狭缝之间距离为d，

23、且dR，计算质子在电场中运动的总时间t1与在磁场中运动的总时间t2，并由此说明质子穿过电场的时间可以忽略不计的原因。解析(1)质子第1次经过狭缝被加速后的速度大小为v1，则qUmv12，qv1B解得v1 ，r1 。(2)当质子在磁场中运动的轨迹半径为D形盒的半径R时，质子的动能最大，设此时速度为vm，则qvmBm，Ekmmvm2解得Ekm回旋加速器正常工作时高频交变电压的频率f等于质子在磁场中运动的频率，则T解得f。(3)质子在狭缝中加速时，有qma质子在磁场中运动速度大小不变，故其在电场中运动的总时间t1质子在磁场中运动的周期T设质子在电场中加速了n次，则有nqUEkm解得n质子在磁场中运动

24、的总时间t2T，则因为dR，得t1t2，故质子穿过电场的时间可以忽略不计。答案(1) (2)(3)理由见解析升维训练(1)质子在回旋加速器中运动时，随轨迹半径r的增大，同一D形盒中相邻轨迹的半径之差r如何变化？为什么？(2)若使用这台回旋加速器加速粒子，需要如何改造？提示：(1)由动能定理有2qUmvk12mvk2，又有rk，则rk同理rk1因rk2rk，故rk1rk，即r随r增大而减小。(2)由于加速质子时f，粒子的比荷为质子的则f，故不能直接加速粒子改造方案一：磁感应强度加倍；改造方案二：交变电压频率减半。课时跟踪检测一、立足主干知识，注重基础性和综合性1.现代质谱仪可用来分析比质子重很多

25、倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为( )A11 B12 C121 D144解析：选D由动能定理有qUmv2，得带电粒子进入磁场的速度为v，结合带电粒子在磁场中运动的轨迹半径R，联立解得R，由题意可知，该离子与质子在磁场中具有相同的轨道半径和电荷量，故该离子和质子的质量比144，故选D。2(多选)如图所示，正方形abcd中abd区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁

26、场，bcd区域内有方向平行于bc的匀强电场(图中未画出)。一带电粒子从d点沿da方向射入磁场，随后经过bd的中点e进入电场，接着从b点射出电场。不计粒子的重力。则( )A粒子带负电B电场的方向是由b指向cC粒子在b点和d点的动能相等D粒子在磁场、电场中运动的时间之比为2解析：选ABD根据题述，带电粒子从d点沿da方向射入磁场，随后经过bd的中点e进入电场，由左手定则可判断出粒子带负电，A正确；根据粒子经过bd的中点e进入电场，接着从b点射出电场，可知粒子所受电场力方向由c指向b，电场的方向是由b指向c，B正确；带电粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力不做功，在匀强电场中运动，电场力做功，根据动能定理

27、，粒子在b点的动能大于在d点的动能，C错误；画出带电粒子在匀强磁场和匀强电场中的运动轨迹如图所示，设正方形abcd的边长为L，则带电粒子在磁场中运动的轨迹半径R，在匀强磁场中运动的速度为v，在匀强磁场中运动的轨迹所对的圆心角为，在匀强磁场中运动的时间t1；粒子在匀强电场中沿垂直电场方向做匀速直线运动，由vt2，解得在匀强电场中运动时间t2，粒子在磁场、电场中运动的时间之比为t1 t22，D正确。3(多选)研究表明，蜜蜂是依靠蜂房、采蜜地点和太阳三个点来定位的，蜜蜂飞行时就是根据这三个位置关系呈“8”字形运动来告诉同伴蜜源的方位。某兴趣小组用带电粒子在如图所示的电场和磁场中模拟蜜蜂的“8”字形运

28、动，即在y0的空间中和y0的空间内同时存在着大小相等，方向相反的匀强电场，上、下电场以x轴为分界线，在y轴左侧和图中竖直虚线MN右侧均无电场，但有方向垂直纸面向里和向外的匀强磁场，MN与y轴的距离为2d。一重力不计的带负电荷的粒子从y轴上的P(0，d)点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动，经过一段时间后，粒子又以相同的速度回到P点，则下列说法正确的是( )A电场与磁场的比值为v0B电场与磁场的比值为2v0C带电粒子运动一个周期的时间为D带电粒子运动一个周期的时间为解析：选BD粒子在电场中做类平抛运动，有：dv0t1，dt12，粒子在磁场中做匀速圆周运动，有：R。结合几何关系，有：Rd，联立解得

29、：2v0，A错误，B正确；带电粒子在电场中运动的总时间为4t1，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹是两个半圆，故运动时间为t2，带电粒子运动一个周期的时间为t4t1t2，故C错误，D正确。4(多选)某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时间t做周期性变化的匀强磁场(如图甲所示)，规定垂直纸面向里的磁场方向为正。为使静止于该磁场中的带正电的粒子能按abcdef的顺序做“”形运动(即如图乙所示的轨迹)，下列办法可行的是(粒子只受磁场力的作用，其他力不计)( )A若粒子的初始位置在a处，在tT时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度B若粒子的初始位置在f处，在t时给粒子一个沿切线方向竖直

30、向下的初速度C若粒子的初始位置在e处，在tT时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度D若粒子的初始位置在b处，在t时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度解析：选AD要使粒子的运动轨迹如题图乙所示，由左手定则知粒子做圆周运动的周期应为T0，若粒子的初始位置在a处时，对应时刻应为tT0T，同理判断可得A、D正确，B、C错误。5(多选)图甲是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。带电粒子从静止开始运动的速率v随时间t变化如图乙所示，已知tn时刻粒子恰射出回旋加速器，不考虑相对论效应、粒子所受的重力和穿过狭缝的时间，下列判断正确的

31、是( )At3t2t2t1t1Bv1v2v3123C粒子在电场中的加速次数为D同一D形盒中粒子的相邻轨迹半径之差保持不变解析：选AC粒子在磁场中做匀速圆周运动，由qvBm，可得r，粒子运动周期为T，故周期与粒子速度无关，每运动半周被加速一次，可知t3t2t2t1t1，A正确；粒子被加速一次，动能增加qU，被加速n次后的动能为mvn2nqU，可得v，故速度之比为v1v2v31，B错误，由B的分析可得mv12qU，mvn2nqU，联立解得n，故粒子在电场中的加速次数为，C正确；由A的分析可得r，由B的分析可知v3v2v2v1，故r3r2r2r1，即同一D形盒中粒子的相邻轨迹半径之差会改变，D错误。

32、6(2021年8省联考广东卷)如图所示，M、N两金属圆筒是直线加速器的一部分，M与N的电势差为U；边长为2L的立方体区域abcdabcd内有竖直向上的匀强磁场。一质量为m，电量为q的粒子，以初速度v0水平进入圆筒M左侧的小孔。粒子在每个筒内均做匀速直线运动，在两筒间做匀加速直线运动。粒子自圆筒N出来后，从正方形adda的中心垂直进入磁场区域，最后由正方形abba中心垂直飞出磁场区域。忽略粒子受到的重力。求：(1)粒子进入磁场区域时的速率；(2)磁感应强度的大小。解析：(1)粒子在电场中加速，有动能定理可知：qUmv2mv02解得：v 。(2)根据题意分析可得粒子在磁场中运动的轨道半径RL在磁场

33、中运动时洛伦兹力提供了向心力，qBvm解得：B。答案：(1) (2)7如图所示，在x轴上方有一匀强磁场方向垂直纸面向里。在x轴下方有一匀强电场，方向竖直向上。一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y轴上的a点(0，h)处沿y轴正方向以初速度vv0开始运动，一段时间后，粒子速度方向与x轴正方向成45角进入电场，经过y轴上b点时速度方向恰好与y轴垂直。求：(1)匀强磁场的磁感应强度大小；(2)匀强电场的电场强度大小；(3)粒子从开始运动到第三次经过x轴的时间。解析：(1)粒子运动轨迹如图由图可得rcos 45h粒子在磁场中做圆周运动qvBm联立可得rh，B。(2)粒子在x轴下方运动到b点

34、过程中，易知vbvcos 45，水平方向rrsin 45vcos 45t2竖直方向yb(vsin 450)t2由动能定理得Eqybmvb2mv2联立可得t2h，ybh，E。(3)粒子在磁场中运动总的圆心角rad rad粒子在磁场中运动总的运动时间t1粒子从开始运动到第三次经过x轴tt12t2联立可得t22。答案：(1)(2)(3)22二、强化迁移能力，突出创新性和应用性8如图甲所示，质量为m，带电荷量为q的带电粒子在t0时刻由a点以初速度v0垂直进入磁场，区域磁场的磁感应强度大小不变、方向周期性变化，如图乙所示(垂直纸面向里为正方向)；区域为匀强电场，方向向上；区域为匀强磁场，磁感应强度大小与

35、区域相同均为B0。粒子在区域内一定能完成半圆运动且每次经过MN的时刻均为整数倍，则：(1)粒子在区域运动的轨道半径为多少？(2)若初始位置与第四次经过MN时的位置距离为x，求粒子进入区域时速度的可能值(初始位置记为第一次经过MN)。解析：(1)带电粒子在区域做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qv0B0m解得r。(2)画出带电粒子的两种运动轨迹示意图。第一种情况：粒子在区域运动半径Rqv2B0m解得粒子在区域速度大小：v2第二种情况：粒子在区域运动半径R解得粒子在区域速度大小：v22v0。答案：(1)或(2)或2v09(2023浙江1月选考)探究离子源发射速度大小和方向分布的原理如图所示。x

36、轴上方存在垂直xOy平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。x轴下方的分析器由两块相距为d、长度足够的平行金属薄板M和N组成，其中位于x轴的M板中心有一小孔C(孔径忽略不计)，N板连接电流表后接地。位于坐标原点O的离子源能发射质量为m、电荷量为q的正离子，其速度方向与y轴夹角最大值为60，且各个方向均有速度大小连续分布在v0和v0之间的离子射出。已知速度大小为v0、沿y轴正方向射出的离子经磁场偏转后恰好垂直x轴射入孔C。未能射入孔C的其他离子被分析器的接地外罩屏蔽(图中没有画出)。不计离子的重力及相互作用，不考虑离子间的碰撞。(1)求孔C所处位置的坐标x0；(2)求离子打在N板上区域的长度L；

37、(3)若在N与M板之间加载电压，调节其大小，求电流表示数刚为0时的电压U0；(4)若将分析器沿着x轴平移，调节加载在N与M板之间的电压，求电流表示数刚为0时的电压Ux与孔C位置坐标x之间关系式。解析：(1)对离子由牛顿第二定律得qv0Bm，得R0，则坐标x02R0。(2)设离子速率为v时，其半径R，若离子从C点入射，应有2Rcos x02R0，如图所示可得：vcos v0，即cos ，由于vv0得：cos 1，故045由几何关系可得：离子打在N板上长度L2dtan 452d。(3)由于vyvcos v0由qU00mvy2，得U0。(4)由(2)得：C位置坐标x2Rcos ，R，结合R0得x2R0cos 则因为vv0,060，即cos 1当v，cos 时，x小当vv0，cos 1时，x大2R0故当R0x2R0时在磁场中：qvBm，在电场中：qUxmv2解得：Ux。答案：(1)(2)2d(3)(4)Ux