第11讲 带电粒子在复合场中的运动（复习篇）（解析版）-2025版高二物理寒假精-品讲义

第11讲带电粒子在复合场中的运动（复习篇）考点聚焦：复习要点+知识网络，有的放矢重点专攻：知识点和关键点梳理，查漏补缺难点强化：难点内容标注与讲解，能力提升提升专练：真题感知+提升专练，全面突破知识点1：带电粒子在组合场中的运动1.带电粒子在电场和磁场的组合场中运动，实际上是将粒子在电场中的加速与偏转，跟磁偏转两种运动组合在一起，有效地区别电偏转和磁偏转，寻找两种运动的联系和几何关系是解题的关键，当带电粒子连续通过几个不同的场区时，粒子的受力情况和运动情况也发生相应的变化，其运动过程则由几种不同的运动阶段组成.

2.“磁偏转”和“电偏转”的比较项目电偏转磁偏转偏转条件带电粒子以v⊥E进入匀强电场(不计重力)带电粒子以v⊥B进入匀强磁场(不计重力)受力情况只受恒定的电场力F=qE只受大小恒定的洛伦兹力F=qvB运动情况类平抛运动匀速圆周运动-运动轨迹抛物线圆弧求解方法利用类平抛运动的规律x=v0a=qE牛顿第二定律、匀速圆周运动公式r=mvqBT=2πmqB知识点2：带电粒子在叠加场中的应用1.磁场、重力场并存（1）若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做速直线运动.（2）若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功.故机械能守恒.如速度选择器、磁流体发电机。2.电场磁场并存（不计重力）若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体做复杂的曲线运动，可用动能定理求解.3.电场、磁场、重力场并存（1）若三力平衡，则带电体做匀速直线运动；（2）若重力与电场力平衡，v⊥B，则带电体做匀速圆周运动；（3）若合力不为0，则带电体可能做复杂的曲线运动，可用能量守恒定律定理求解.强化点一带电粒子由磁场进入电场【典例1】（23-24高二下·辽宁锦州·期末）如图，在的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，在的区域存在方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场。一个氘核和一个氚核先后从x轴上P、Q两点射出，速度大小分别为、，速度方向与x轴正方向的夹角均为。一段时间后，氘核和氚核同时沿平行x轴方向到达y轴上的M点（图中未画出）。已知Q点坐标为，不计粒子重力及粒子间的静电力作用，，，求：（1）y轴上M点的纵坐标及x轴上P点的横坐标；（2）匀强电场的电场强度E与匀强磁场的磁感应强度B大小之比。【答案】（1），；（2）【详解】（1）氚核从Q点射出后在电场中做抛体运动，在x轴方向匀速直线运动，则有解得在y轴方向解得y轴上M点的纵坐标氘核从P点射出后在磁场中做匀速圆周运动，两粒子运动轨迹如图所示由几何关系可得，解得由几何关系联立解得x轴上P点的横坐标（2）设氘核（）的质量为2m，电荷量为q，则氚核（）的质量为3m，电荷量为q。氚核，根据抛体运动规律得其中，解得氘核：根据洛伦兹力提供向心力有，解得则有【变式1-1】（23-24高二下·江西上饶·期末）如图所示，在xOy平面直角坐标系中，虚线OO'与x轴正方向的夹角为，与y轴之间存在垂直纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场，第二象限存在沿y轴正方向的匀强电场。一带负电的粒子从x轴负半轴的P点以初速度进入电场，与x轴正方向的夹角为，经电场偏转后从点M（0，L）垂直y轴进入磁场，粒子恰好不从O'O边界射出磁场。不计粒子重力，下列正确的是（）A．P点坐标 B．粒子在电场中运动的时间C．粒子的比荷为 D．电场强度大小为【答案】AC【详解】AB．根据逆向思维，粒子从P点到M点的逆运动为从M点到P点的类平抛运动，则，，解得，故P点坐标为，粒子在电场中运动的时间为，故A正确，B错误；C．粒子恰好不从O'O边界射出磁场，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示根据几何关系有根据洛伦兹力提供向心力解得粒子的比荷为故C正确；D．根据动能定理有且联立可得电场强度大小为故D错误。故选AC。【变式1-2】（23-24高二上·山东济南·期末）如图所示，在坐标系中，轴上方有匀强电场，电场强度，方向水平向左，轴下方有匀强磁场，磁感应强度为，方向垂直纸面向外。一电荷量，质量的带正电粒子从第一象限中的点开始运动，初速度方向沿轴负方向，恰好从坐标原点进入磁场；在磁场中运动一段时间后从轴上的点离开磁场，已知点的坐标为，点的坐标为，不计粒子的重力，求：（1）粒子进入磁场时速度的大小和方向；（2）磁感应强度的大小。【答案】（1），方向与x轴负方向角；（2）【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，设在O点离开电场时的速度大小为，与x轴的夹角为，轨迹如下图，则在y轴方向，粒子做匀速直线运动在x轴方向，粒子做匀加速直线运动，，则在O点时的速度，以上各式联立，解得，则粒子进入磁场时的速度的大小为，方向与x轴负方向角；（2）粒子在磁场中运动轨迹如下图由几何关系可知，得粒子在磁场中，根据牛顿第二定律代入数据，解得强化点二带电粒子由电场进入磁场【典例2】（23-24高二上·宁夏银川·期末）如图所示，y轴上M点的坐标为（，），MN与x轴平行，与x轴之间有匀强磁场区域，磁场垂直纸面向里。在的区域存在沿方向的匀强电场，电场强度为E，在坐标原点O处有一带正电粒子以速率沿方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场。已知粒子的比荷为，粒子重力不计。求：（1）匀强磁场的磁感应强度的大小；（2）从原点出发后经过多长时间，带电粒子第一次经过x轴。【答案】（1）；（2）【详解】（1）粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场。说明粒子的运动半径为L。由得（2）粒子运动轨迹如图粒子在磁场中的运动时间为粒子在电场中的加速度为在电场中的运动时间为则从原点出发，粒子第一次经过x轴的时间为【变式2-1】（23-24高二上·辽宁朝阳·期末）如图所示的坐标系中，y轴的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为，y轴的左侧存在沿x轴正方向的匀强电场。P点为x轴上的点，，一电荷量为、质量为的正粒子由P点沿x轴的正方向射入磁场，经过一段时间粒子通过y轴进入电场，速度方向与y轴的负方向成，粒子在电场中垂直x轴经过Q点。忽略粒子的重力，求：（1）粒子射入磁场的初速度大小；（2）电场强度E；（3）粒子从P点运动到Q点的时间。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，作出运动轨迹示意图如图所示由几何关系得，解得根据洛伦兹力提供向心力，有，解得（2）带电粒子在电场中运动时，沿y轴方向做匀速直线运动，有沿x轴方向做匀变速直线运动，有其中解得，（3）带电粒子进入电场前在磁场中运动的时间之后带电粒子在电场中运动的时间为则带电粒子从P点运动到Q点的时间【变式2-2】（23-24高二上·山西运城·期末）如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。在x轴下方存在匀强电场，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轴上的点沿y轴正方向以某初速度开始运动，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轴的b点时速度方向恰好与y轴垂直。求：（1）粒子在磁场中运动的轨道半径r；（2）粒子到达b点时的速度大小；（3）求坐标原点O到b点的距离。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）根据题意可大体画出粒子在组合场中的运动轨迹如图所示，由几何关系有可得（2）粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力设粒子第一次经过x轴的位置为，到达b点时速度大小为，结合类平抛运动规律，有得（3）粒子在电场中沿x轴方向做匀速直线运动沿负y轴方向做匀减速直线运动，末速度为零，解得 强化点三带电粒子在磁场和电场中的往复运动【典例3】（23-24高二上·河北邯郸·期末）在如图所示的平面直角坐标系中，的区域内有垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，的区域内有沿x轴正方向的匀强电场。一个质量为m、电荷量为的粒子从O点射出，初速度方向与x轴正方向夹角为，粒子在平面内做曲线运动，其运动轨迹经过O、M、N三点，并一直沿O、M、N围成的闭合图形运动。已知M、N两点的坐标分别为，粒子重力忽略不计。求：（1）粒子初速度的大小；（2）匀强电场的场强大小；（3）粒子从O点出发到第一次返回O点的时间。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示作和的中垂线交于点，点为粒子在磁场中做圆周运动的圆心，粒子运动轨迹半径粒子在匀强磁场中，联立解得（2）连接与初速度方向垂直，则有，得粒子在电场中运动，有，，联立解得（3）粒子在磁场中做圆周运动用时其中电场中运动时间联立可得【变式3-1】（23-24高二上·山西太原·期末）水平分界线上方有竖直向下的匀强电场，电场强度为。下方存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度均为分界线与平行。质量为的带电粒子在处由静止释放，下落一定高度后穿过，进入宽度为、垂直纸面向外的匀强磁场中做匀速圆周运动。粒子穿过后进入垂直纸面向内的匀强磁场，经过一段时间后返回出发点。不计粒子重力，求：（1）粒子的带电量；（2）粒子从点经过多长时间后返回点。【答案】（1）；（2）（取正整数）【详解】（1）粒子进入磁场后运动轨迹如图所示。带电粒子从点运动到边界带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，半径为由几何关系得，解得，（2）带电粒子在电场中加速时间为，两个磁场大小相等，周期相同带电粒子在之间做匀速圆周运动时，运动时间为带电粒子在下方磁场运动，运动时间为带电粒子第一次回到释放点的时间为根据周期性，粒子回到点（取正整数）【变式3-2】（23-24高二上·湖南衡阳·期末）如图，在xOy平面第一象限有一匀强电场，电场方向平行y轴向下。在第四象限内存在一有界匀强磁场，左边界为y轴，右边界为的直线。磁场方向垂直纸面向外。一质量为m、带电量为q的正粒子从y轴上P点以初速度v0垂直y轴射入匀强电场，在电场力作用下从x轴上Q点以与x轴正方向成45°角进入匀强磁场。已知，不计粒子重力。求：（1）电场强度的大小；（2）要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的范围；（3）要使粒子能第二次进入磁场，磁感应强度B的范围。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）设粒子进入磁场时y方向的速度为，则有设粒子在电场中运动时间为，则有，，联立解得电场强度的大小为（2）粒子刚好能再进入电场的轨迹如图所示设此时的轨迹半径为，由几何关系为，解得粒子在磁场中的速度为根据牛顿第二定律有，解得则要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的范围为（3）要使粒子刚好能第二次进入磁场的轨迹如图所示粒子从P到Q的时间为，则粒子从C到D的时间为，所以，设此时粒子在磁场中的轨道半径为，由几何关系有可得根据牛顿第二定律有则要使粒子能第二次进磁场，磁感应强度B的范围为即强化点四带电粒子在交变场中的运动【典例4】（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，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。则下列说法中正确的是（）A．若粒子经时间恰好垂直打在CD上，则磁场的磁感应强度B．若粒子经时间恰好垂直打在CD上，则粒子运动的半径大小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（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（n＝1，2，3…）【答案】AD【详解】A．若粒子经时间恰好垂直打在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，解得故A正确；B．若粒子经时间恰好垂直打在CD上，如图1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故B错误；图1CD．若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，如图2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，则根据牛顿第二定律有，解得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°，则故C错误，D正确。故选AD。图2【变式4-1】（22-23高二上·湖北武汉·期末）在如图甲所示的平面直角坐标系xOy（其中Ox水平，Oy竖直）内，矩形区域OMNP充满磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场（边界处有磁场），其中，，P点处放置一垂直于x轴的荧光屏，现将质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从OM边的中点A处以某一速度垂直于磁场且沿与y轴负方向夹角为45°的方向射入磁场，不计粒子重力。（1）若粒子打在荧光屏上形成的光点与A点等高，求粒子速度的大小；（2）求粒子能从OM边射出磁场的最大速度及其对应的运动时间；（3）若规定垂直纸面向外的磁场方向为正方向，磁感应强度B的变化规律如图乙所示（图中已知），调节磁场的周期，满足，让粒子在时刻从坐标原点O沿与x轴正方向成角的方向以一定的初速度射入磁场，若粒子恰好垂直打在屏上，求粒子的可能初速度大小及打在光屏上的位置。【答案】（1）；（2），；（3）（，，），【详解】（1）要使粒子恰好能打在荧光屏上与A等高的点，则粒子速度方向偏转了90°，轨迹如图所示由几何关系可得由洛伦兹力提供向心力可得联立解得（2）当粒子的轨迹恰好与MN相切时，对应的速度最大，如图所示由几何关系可得由洛伦兹力提供向心力可得联立解得可知轨迹对应圆心角为，粒子在磁场中的运动周期为故对应的运动时间为（3）由题意可知，磁场的周期满足可知每经过，粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角均为，运动轨迹如图所示粒子打在荧光屏上的Q点，由几何关系可得则有设粒子在磁场中运动的轨道半径为，每次偏转对应的圆心角均为，粒子恰好垂直打在屏上，由几何关系可得（，，）由洛伦兹力提供向心力可得联立解得（，，）【变式4-2】如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示，设垂直纸面向里为磁场的正方向。有一群正离子在时垂直于M板从小孔O射入磁场。已知正离子质量为、电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为，忽略粒子间的相互作用力和离子的重力。（1）求磁感应强度的大小；（2）若正离子在时刻恰好从孔垂直于N板射出磁场，求该离子在磁场中的运动半径；（3）要使正离子从孔垂直于N板射出磁场，求正离子射入磁场时速度的大小。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）正离子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，即

正离子做匀速圆周运动的周期为

联立①②解得

③（2）由题意，作出正离子的运动轨迹如图所示，根据几何关系可知正离子的运动半径为

④（3）要使正离子从孔垂直于N板射出磁场，根据离子运动轨迹的周期性可知离子在磁场中运动时间满足

⑤则运动半径满足

⑥联立①③⑥解得

⑦强化点五带电粒子在叠加场中的直线运动【典例5】（23-24高二下·四川凉山·期末）利用电场和磁场控制带电粒子的运动是现代电子设备的常见现象。如图所示，两水平正对放置的平行金属板MN和PQ之间存在竖直向下的匀强电场E（未知），两金属板的板长和间距均为平行金属板间有垂直纸面向里的磁场，N、Q连线右侧空间有垂直纸面向外的磁场，两磁感应强度均为B。质量为2m0、速度为v0、带电量为+q的粒子甲和质量为m0、速度为2v0、带电量也为+q的粒子乙先后从M、P的连线中点O处沿两平行金属板中轴线进入后，甲粒子恰好沿轴线射出金属板，乙粒子恰好从MN板右侧N点射出，此时速度方向与水平方向夹角不计粒子大小及重力，关于两粒子的运动情况，下列说法正确的是（）A．金属板间电场强度为B．甲、乙两粒子在平行金属板间的运动时间之比为2：1C．甲、乙两粒子在射出平行金属板的速度之比为D．甲、乙两粒子在N、Q连线右侧的运动时间之比为6：5【答案】AD【详解】A．甲粒子恰好沿轴线射出金属板，则有，解得，故A正确；B．甲粒子做匀速直线运动，有，解得乙粒子的运动可分解为速度大小为的匀速圆周运动和水平向右速度大小为匀速直线运动，沿电场线方向在点速度关系如图所示解得粒子在磁场中做圆周运动的周期联立可得则故B错误；C．甲粒子做匀速直线运动，射出平行金属板的速度为v0，乙粒子运动过程中，洛伦兹力不做功，只有电场力做功，则有，解得，可得，故C错误；D．甲、乙粒子在N、Q连线右侧磁场中均做匀速圆周运动，可得，根据，解得，两粒子的轨迹如图所示可得，，解得，故D正确。故选AD。【变式5-1】（2024·福建福州·三模）如图所示，带电圆环P套在足够长的、粗糙绝缘水平细杆上，空间中存在与水平杆成θ角斜向左上方的匀强电场，现给圆环P一向右初速度，使其在杆上与杆无挤压地滑行。当圆环P滑至A点时，在空间加上水平方向且垂直细杆的匀强磁场，并从此刻开始计时，时刻圆环P再次返回A点。选取水平向右为正方向，则运动过程圆环P受到的摩擦力f、速度v、加速度a、动能随时间t变化的图像，可能正确的是（）A．B．C． D．【答案】BD【详解】C．在匀强电场中，圆环在杆上与杆无挤压地滑行，则故加上磁场后，速度为时，圆环与杆间的压力为圆环向右运动的过程中，根据牛顿第二定律，且加速度为圆环向右运动的过程中，圆环速度减小，向左的加速度逐渐减小，圆环向左运动的过程中，根据牛顿第二定律，加速度为圆环向左运动的过程中，圆环速度增大，向左的加速度逐渐减小，故整个运动过程，加速度一直向左且逐渐减小，故图C不符合要求；B．由于圆环P从A点出发再返回A点，克服摩擦力做功，返回A点时的速度小于从A点出发时的速度，根据图像的斜率表示加速度，可知速度v随时间t变化的图像如图B所示，故图B符合要求；A．返回A点时圆环受到的摩擦力应小于从A点出发时圆环受到的摩擦力，故图A不符合要求；D．根据，可知动能随时间t变化的图像如图D所示，故图D符合要求。故选BD。【变式5-2】（23-24高二上·江西南昌·期末）如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿虚线L斜向上做直线运动，L与水平方向成β角，且，则下列说法中正确的是（）A．液滴一定做匀速直线运动 B．液滴有可能做匀变速直线运动C．电场线方向可能斜向下 D．液滴一定带正电【答案】AD【详解】AB．根据左手定则可知，液滴所受洛伦兹力方向位于垂直运动方向，根据物体做直线运动的条件可知，垂直运动方向合外力恒为零，液滴所受洛伦兹力恒定不变，结合洛伦兹力公式可知，故粒子的速度不变，即粒子做匀速直线运动，故A正确，B错误；CD．由于粒子一定做匀速直线运动，则液滴受重力、静电力、洛伦兹力的合力为零，静电力和洛伦兹力的合力和重力反向，可判断出洛伦兹力垂直运动方向向左上，静电力方向斜向右上。根据左手定则可知，液滴带正电。则电场线方向斜向右上，故C错误，D正确。故选AD。强化点六带电粒子在叠加场中的圆周运动【典例6】（2024·河北·二模）如图所示，在竖直面内的直角坐标系xOy中，在第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场和磁感应强度大小为B、方向垂直坐标平面向里的匀强磁场；在第一象限内存在方向竖直向上的匀强电场和磁感应强度大小也为B、方向垂直坐标平面向外的匀强磁场。一带正电的小球P从x轴上的A点以某一速度沿AK方向做直线运动，AK与x轴正方向的夹角θ=60°，从K点进入第一象限后小球P恰好做匀速圆周运动，经过x轴时竖直向下击中紧贴x轴上方静止的带电小球Q，碰后两球结合为一个结合体M，之后M从y轴上的F点离开第四象限，第四象限存在匀强磁场，方向如图所示。已知重力加速度大小为g，小球P、Q带电荷量均为q、质量均为m，不计空气阻力。（1）求第二象限与第一象限内电场的电场强度大小之比；（2）求小球Q静止的位置距O点的距离；（3）若结合体M进入第四象限时的速度为v，M在第四象限运动时的最大速度为2v，则当其速度为2v时，结合体M距x轴的距离是多少？【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）小球P沿AK方向做直线运动，由于洛伦兹力与速度有关，可知其一定做匀速直线运动，受力如图所示根据几何关系可得小球Q静止在第一象限，则联立可得（2）小球竖直向下击中Q，轨迹如图所示根据洛伦兹力提供向心力有，粒子在第二象限中有联立解得（3）结合体在第四象限中只有重力做功，根据动能定理可得，解得【变式6-1】（23-24高二上·江西鹰潭·期末）如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小。有一带电微粒，质量，电荷量，从时刻由O点开始以速度v在第一象限的竖直面内做匀速直线运动，取，求：（1）微粒做匀速直线运动的速度v的大小和方向；（2）若在时，将电场方向逆时针旋转90°，在微粒继续运动的过程中，求微粒第一次经过y轴时的坐标；（3）若在某一时刻撤掉磁场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象），在微粒继续运动的过程中，求微粒速度方向恰好平行于x轴正方向时微粒的动能。【答案】（1），速度方向斜向右上与x轴正方向成45°角；（2）（0，1.6m）；（3）【详解】（1）微粒做匀速直线运动时，受力如图所示：其所受的三个力在同一平面内，合力为零，则有代入数据解得：速度v的方向与x轴的正方向之间的夹角满足，解得即速度方向斜向右上与x轴正方向成45°角。（2）经过t=0.4s后，微粒运动到A点，运动位移OA为即A点坐标为，此时将电场逆时针旋转90°后，有分析可知，运动到A点后微粒做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r，有，解得分析可得微粒运动轨迹如图：设微粒经过y轴的交点为Q，则由几何关系可知则即微粒第一次经过y轴时的坐标为（0，1.6m）。（3）设微粒处于P点时速度恰平行于x轴正方向，P点速度大小为，刚撤去磁场时，沿y轴正方向速度为运动到P点所用的时间为，则刚撤去磁场时，沿x轴正方向速度为x轴方向加速度为微粒到达P点的速度为 微粒在P点处的动能为【变式6-2】（23-24高二上·江苏南京·期末）设在地面上方的真空室内，存在着方向水平向右的匀强电场和方向垂直于纸面向内的匀强磁场，如图所示。一段光滑且绝缘的圆弧轨道固定在纸面内，其圆心为点，半径，O，A连线在竖直方向上，弧对应的圆心角。今有一质量、电荷量的带电小球，以的初速度沿水平方向从点射入圆弧轨道内，一段时间后从点离开，此后小球做匀速直线运动。重力加速度，，。求：(1)匀强电场的场强；(2)小球经过点时的速率：(3)小球射入至圆弧轨道A端的瞬间，小球对轨道的压力（计算结果保留两位有效数字）。【答案】(1)(2)(3)，竖直向下【详解】（1）当小球离开圆弧轨道后，对其受力分析如图所示由平衡条件得代入数据解得（2）小球从进入圆弧轨道到离开圆弧轨道的过程中，由动能定理得代入数据得（3）根据小球经过点时的受力分析图可知，解得分析小球经过处时，由向心力公式可知代入数据得由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为方向竖直向下。强化点七带电粒子在叠加场中的曲线运动【典例7】（22-23高二上·江苏南京·期末）如图所示，长度为L，内壁光滑的轻玻璃管平放在水平面上，管底有一质量为，电荷量为的带正电小球。整个装置以速度进入磁感应强度为的匀强磁场，磁场方向竖直向下，在外力的作用下向右匀速运动，最终小球从上端口飞出。从玻璃管进入磁场至小球飞出上端口的过程中（）A．小球沿管方向的加速度大小 B．小球做类平抛运动C．管壁的弹力对小球不做功 D．洛伦兹力对小球做功【答案】B【详解】AB．由题意知小球既沿管方向运动，又和管一起向右匀速直线运动，管平放在水平面上，对小球受力分析知，沿管方向小球所受洛伦兹力为恒力，由牛顿第二定律得，解得即沿管方向小球做匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动，则小球做类平抛运动，故A错误，B正确；D．洛伦兹力方向总是和速度方向垂直，故洛伦兹力不做功，故D错误；C．小球最终从上端口飞出，沿管方向的速度满足水平方向一直匀速直线运动，可知小球动能增加，洛伦兹力不做功，故管壁对小球向右的弹力对小球做正功，小球飞出时速度为由动能定理得，整个过程对小球管壁的弹力对小球做功为，故C错误。故选B。【变式7-1】（23-24高二下·甘肃酒泉·期末）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。xOy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m，电荷量为e的电子从О点沿x轴正方向水平入射，入射速度为时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计电子重力及电子间相互作用。（1）求电场强度的大小E；（2）若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y；（3）若电子入射速度在的范围内均匀分布，求能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的百分比。【答案】（1）v0B；（2）；（3）87.5%【详解】（1）由题知，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（2）电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且由于电子入射速度为，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，根据动能定理有，解得（3）若电子以v入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有F合=evmB－eE在最低点有F合=eE－evB，联立有，要让电子达纵坐标位置，即y≥y2，解得则若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布，能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的87.5%。【变式7-2】（23-24高二下·四川德阳·期末）如图所示，在竖直平面内在边界以下存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为，为一根固定的粗糙倾斜绝缘杆，与水平方向的夹角为；边界下方过杆端点的竖直边界两侧分别存在着两个方向相反的水平匀强磁场，左侧磁场方向垂直电场方向向里，磁感应强度的大小为，右侧磁场方向垂直电场方向向外，磁感应强度的大小为.现有一带正电的小球，其质量为、电荷量为，以速度在过点的竖直边界左侧磁场区域做匀速直线运动，当小球经过位置时撤去磁场，运动一段时间后，小球上有一小孔刚好从端沿杆方向套在倾斜绝缘杆上，已知位置与绝缘杆端等高，小球与绝缘杆之间的动摩擦因数为，绝缘杆足够长，不考虑磁场消失引起的电磁感应现象，重力加速度大小为，，求：（1）小球匀速运动的速度的大小；（2）小球套在倾斜杆上后，沿杆下滑的最大速度；（3）小球从位置运动至位置，电场力对小球做的功。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）小球以速度在过点的竖直边界左侧磁场区域做匀速直线运动，则有解得（2）小球套在倾斜杆上后，当速度最大时受力平衡，沿杆方向根据平衡条件，解得（3）在左侧磁场运动过程中，由于重力与电场力大小相等，根据左手定则可知小球匀速时速度方向与水平方向夹角为45°斜向右上，当撤去磁场时，小球做类平抛运动，加速度大小为运动到M点时速度方向刚好沿杆，则有，解得，根据动能定理，电场力对小球做的功真题感知1．（2024·福建·高考真题）如图，直角坐标系中，第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、Ⅲ象限中有两平行板电容器、，其中垂直轴放置，极板与轴相交处存在小孔、；垂直轴放置，上、下极板右端分别紧贴轴上的、点。一带电粒子从静止释放，经电场直线加速后从射出，紧贴下极板进入，而后从进入第Ⅰ象限；经磁场偏转后恰好垂直轴离开，运动轨迹如图中虚线所示。已知粒子质量为、带电量为，、间距离为，、的板间电压大小均为，板间电场视为匀强电场，不计重力，忽略边缘效应。求：(1)粒子经过时的速度大小；(2)粒子经过时速度方向与轴正向的夹角；(3)磁场的磁感应强度大小。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）粒子从M到N的运动过程中，根据动能定理有解得（2）粒子在中，根据牛顿运动定律有根据匀变速直线运动规律有、又解得（3）粒子在P处时的速度大小为在磁场中运动时根据牛顿第二定律有由几何关系可知解得2．（2024·江苏·高考真题）如图所示，两个半圆环区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、。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。求：(1)电子进入插入体前后在磁场中运动的半径、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。【答案】(1)(2)，方向垂直于cd向左(3)【详解】（1）设电子进入插入体前后的速度大小分别为、，由题意可得电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得解得可知在磁场中的运动半径，可得（2）电子多次循环后到达cd的稳定速度大小为v，则经过插入体后的速度大小为kv。电子经过电场加速后速度大小为v，根据动能定理得解得方向垂直于cd向左。（3）电子到达cd中点P时速度稳定，并最终到达边界上的d点。由Р点开始相继在两个半圆区域的运动轨迹如下图所示。根据（1）（2）的结论，可得电子在右半圆区域的运动半径为电子在左半圆区域的运动半径为kr，则P点与d点之间的距离为电子由Р点多次循环后到达d点的循环次数为电子在左、右半圆区域的运动周期均为忽略经过电场与插入体的时间，则每一次循环的时间均等于T，可得电子从Р到d的时间为3．（2024·浙江·高考真题）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离子的倍，经电压U=kU0（其中，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，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。【答案】（1）L；（2）①；②；（3），【详解】（1）对a离子根据动能定理得a离子在匀强磁场中做匀速圆周运动a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置，联立解得（2）①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板上方任意处，则结合（1）中分析得即即②b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轴上的位置坐标为代入得故可知b离子能从栅极板（坐标范围为）任意位置经电压为的电场减速射入虚线下方的磁场，此时b离子先经过电压为U的电场加速再在第一象限磁场中做匀速圆周运动后再经过电压为的电场减速，因为根据动能定理得同时有，当时，b离子从栅极板左端经虚线下方磁场偏转打在P，此时离栅极板左端的距离为当时，b离子从栅极板右端经虚线下方磁场偏转打在P，此时离栅极板右端的距离为故b离子落在喷镀板P下表面的区域长度为（3）要求a离子落在喷镀板中点Q，由（1）可知故可得则b离子从处经过栅极板，若b离子减速一次恰好打在P板下方中央处，设，则同理可知联立解得则可得当减速n次联立得当减速n次恰好打在P板下方中央处，可得即解得即，n取整数，故可得，故可得4．（2024·北京·高考真题）我国“天宫”空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道。图为某种霍尔推进器的放电室（两个半径接近的同轴圆筒间的区域）的示意图。放电室的左、右两端分别为阳极和阴极，间距为d。阴极发射电子，一部分电子进入放电室，另一部分未进入。稳定运行时，可视为放电室内有方向沿轴向向右的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强度大小分别为E和；还有方向沿半径向外的径向磁场，大小处处相等。放电室内的大量电子可视为处于阳极附近，在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的匀速圆周运动（如截面图所示），可与左端注入的氙原子碰撞并使其电离。每个氙离子的质量为M、电荷量为，初速度近似为零。氙离子经过电场加速，最终从放电室右端喷出，与阴极发射的未进入放电室的电子刚好完全中和。已知电子的质量为m、电荷量为；对于氙离子，仅考虑电场的作用。（1）求氙离子在放电室内运动的加速度大小a；（2）求径向磁场的磁感应强度大小；（3）设被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，单位时间内阴极发射的电子总数为n，求此霍尔推进器获得的推力大小F。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）对于氙离子，仅考虑电场的作用，则氙离子在放电室时只受电场力作用，由牛顿第二定律解得氙离子在放电室内运动的加速度大小（2）电子在阳极附近在垂直于轴线的平面绕轴线做半径做匀速圆周运动，则轴线方向上所受电场力与径向磁场给的洛仑兹力平衡，沿着轴线方向的匀强磁场给的洛仑兹力提供向心力，即，解得径向磁场的磁感应强度大小为（3）单位时间内阴极发射的电子总数为n，被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，设单位时间内进入放电室的电子数为，则未进入的电子数为，设单位时间内被电离的氙离子数为,则有已知氙离子数从放电室右端喷出后与未进入放电室的电子刚好完全中和，则有联立可得单位时间内被电离的氙离子数为氙离子经电场加速，有时间内氙离子所受到的作用力为，由动量定理有解得由牛顿第三定律可知，霍尔推进器获得的推力大小则5．（2024·甘肃·高考真题）质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子（不计重力），加速后进入速度选择器做直线运动、再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。（1）粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。（2）求O点到P点的距离。（3）若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为（略大于），方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的点上。求粒子打在点的速度大小。【答案】（1）带正电，；（2）；（3）【详解】（1）由于粒子向上偏转，根据左手定则可知粒子带正电；设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子进入速度选择器时的速度为，在速度选择器中粒子做匀速直线运动，由平衡条件在加速电场中，由动能定理联立解得，粒子的比荷为（2）由洛伦兹力提供向心力可得O点到P点的距离为（3）粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力向下的电场力由于，且所以通过配速法，如图所示其中满足则粒子在速度选择器中水平向右以速度做匀速运动的同时，竖直方向以做匀速圆周运动，当速度转向到水平向右时，满足垂直打在速度选择器右挡板的点的要求，故此时粒子打在点的速度大小为【点睛】6．（2024·广东·高考真题）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、周期为的交变电压。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．一带电粒子在时刻从左侧电场某处由静止释放，在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，在时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在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和带电粒子在时刻的速度大小v；（3）求从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。【答案】（1）正电；；（2）；；（3）【详解】（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；粒子在磁场中运动的周期为根据则粒子所带的电荷量（2）若金属板的板间距离为D，则板长粒子在板间运动时出电场时竖直速度为零，则竖直方向在磁场中时其中的联立解得（3）带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图，由（2）的计算可知金属板的板间距离则粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场，在4t0时刻进入左侧的电场做减速运动速度为零后反向加速，在6t0时刻再次进入中间的偏转电场，6.5t0时刻碰到上极板，因粒子在偏转电场中运动时，在时间t0内电场力做功为零，在左侧电场中运动时，往返一次电场力做功也为零，可知整个过程中只有开始进入左侧电场时电场力做功和最后0.5t0时间内电场力做功，则7．（2024·辽宁·高考真题）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和。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。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，其中常系数，已知、k未知，取甲经过O点时。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）；（2）；（3）【详解】（1）对乙粒子，如图所示由洛伦兹力提供向心力由几何关系联立解得，磁感应强度的大小为（2）由题意可知，根据对称性，乙在磁场中运动的时间为对甲粒子，由对称性可知，甲粒子沿着直线从P点到O点，由运动学公式由牛顿第二定律联立可得Ⅲ区宽度为（3）甲粒子经过O点时的速度为因为甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，则可得设乙粒子经过Ⅲ区的时间为，乙粒子在Ⅳ区运动时间为，则上式中对乙可得整理可得对甲可得则化简可得乙追上甲前F与Δx间的关系式为【点睛】8．（2024·新疆河南·高考真题）一质量为m、电荷量为的带电粒子始终在同一水平面内运动，其速度可用图示的直角坐标系内，一个点表示，、分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时P位于图中点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，P点沿线段ab移动到点；随后粒子离开电场，进入方向竖直、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P点沿以O为圆心的圆弧移动至点；然后粒子离开磁场返回电场，P点沿线段ca回到a点。已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等。不计重力。求（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期；（2）电场强度的大小；（3）P点沿图中闭合曲线移动1周回到a点时，粒子位移的大小。【答案】（1），；（2）；（3）【详解】（1）粒子在磁场中做圆周运动时的速度为根据洛伦兹力提供向心力解得做圆周运动的半径为周期为（2）根据题意，已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等，由于曲线表示的为速度相应的曲线，根据可知任意点的加速度大小相等，故可得解得（3）根据题意分析可知从b点到c点粒子在磁场中转过的角度为，绕一圈的过程中两次在电场中运动，根据对称性可知粒子的运动轨迹如图，角为两次粒子在电场中运动时初末位置间的位移与x轴方向的夹角，从a到b过程中粒子做类平抛运动，得故可得该段时间内沿y方向位移为根据几何知识可得由粒子在两次电场中运动的对称性可知移动一周时粒子位移的大小为联立解得9．（2024·湖南·高考真题）如图，有一内半径为2r、长为L的圆筒，左右端面圆心O′、O处各开有一小孔。以O为坐标原点，取O′O方向为x轴正方向建立xyz坐标系。在筒内x≤0区域有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；筒外x≥0区域有一匀强电场，场强大小为E，方向沿y轴正方向。一电子枪在O′处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在xOy平面内，且在x轴正方向的分速度大小均为v0。已知电子的质量为m、电量为e，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互作用及电子的重力。（1）若所有电子均能经过O进入电场，求磁感应强度B的最小值；（2）取（1）问中最小的磁感应强度B，若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ，求tanθ的绝对值；（3）取（1）问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）电子在匀强磁场中运动时，将其分解为沿x轴的匀速直线运动和在yOz平面内的匀速圆周运动，设电子入射时沿y轴的分速度大小为，由电子在x轴方向做匀速直线运动得在yOz平面内，设电子做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，由牛顿第二定律知可得且由题意可知所有电子均能经过O进入电场，则有联立得当时，B有最小值，可得（2）将电子的速度分解，如图所示有当有最大值时，最大，R最大，此时，又，联立可得，（3）当最大时，电子在电场中运动时沿y轴正方向有最大位移，根据匀变速直线运动规律有由牛顿第二定律知又联立得10．（2024·山东·高考真题）如图所示，在Oxy坐标系x>0，y>0区域内充满垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。磁场中放置一长度为L的挡板，其两端分别位于x、y轴上M、N两点，∠OMN=60°，挡板上有一小孔K位于MN中点。△OMN之外的第一象限区域存在恒定匀强电场。位于y轴左侧的粒子发生器在0＜y＜的范围内可以产生质量为m，电荷量为+q的无初速度的粒子。粒子发生器与y轴之间存在水平向右的匀强加速电场，加速电压大小可调，粒子经此电场加速后进入磁场，挡板厚度不计，粒子可沿任意角度穿过小孔，碰撞挡板的粒子不予考虑，不计粒子重力及粒子间相互作用力。（1）求使粒子垂直挡板射入小孔K的加速电压U0；（2）调整加速电压，当粒子以最小的速度从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，求第一象限中电场强度的大小和方向；（3）当加速电压为时，求粒子从小孔K射出后，运动过程中距离y轴最近位置的坐标。【答案】（1）；（2），方向沿x轴正方向；（3）(n=0,1,2⋅⋅⋅)【详解】（1）根据题意，作出粒子垂直挡板射入小孔K的运动轨迹如图所示根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为在区域根据洛伦兹力提供向心力有在匀强加速电场中由动能定理有联立解得（2）根据题意，当轨迹半径最小时，粒子速度最小，则作出粒子以最小的速度从小孔K射出的运动轨迹如图所示根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为在区域根据洛伦兹力提供向心力有粒子从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，由左手定则可知粒子经过小孔K后受到的洛伦兹力沿x轴负方向，则粒子经过小孔K后受到的电场力沿x轴正方向，粒子带正电，则之外第一象限区域电场强度的方向沿x轴正方向，大小满足联立可得（3）在匀强加速电场中由动能定理有可得在区域根据洛伦兹力提供向心力有可得粒子在区域运动的轨迹半径作出从小孔K射出的粒子的运动轨迹如图所示设粒子从小孔射出的速度方向与轴正方向夹角为，根据几何关系可知则粒子从小孔射出的速度方向与轴正方向的夹角为，该速度沿轴和轴正方向的分速度大小为，则粒子从射出后的运动可分解为沿轴正方向的匀速直线运动和速度大小为的匀速圆周运动，可知解得粒子做圆周运动的周期为，粒子至少运动距离轴最近，加上整周期则粒子运动，时距离轴最近，则最近位置的横坐标为纵坐标为，综上所述，最近的位置坐标，。提升专练一、单选题1．（2024·江苏苏州·三模）图甲为洛伦兹力演示仪，调节玻璃泡角度使电子束在匀强磁场中的运动轨迹呈“螺旋”状。图乙为电子运动轨迹示意图，空间存在平行x轴的匀强磁场，在xOy平面内由坐标原点以初速度将电子射入磁场，方向与x轴正方向成角（），螺旋线的直径为D、螺距为，则下列关系式正确的是（）A． B．C． D．【答案】D【详解】根据题意可知，电子在平面做匀速圆周运动，周期为电子沿方向做匀速直线运动，则有沿方向有联立可得故选D。2．（2024·四川眉山·模拟预测）如图，在足够大的空间内，同时存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场，带正电的小球a能以v0=15m/s、方向水平向左的初速度做半径为R=1m的匀速圆周运动，当球a运动到最低点时，恰好能与静止在小平台（体积可忽略）上的不带电的小球b发生正碰，碰后经t=0.3s两球再次相碰。已知碰撞前后两小球的带电情况不变，磁感应强度大小为B=2T，重力加速度g=10m/s2，取π=3，则（）A．电场强度的大小为1N/CB．第一次碰撞后小球b获得的速度大小可能为2m/sC．第一次碰撞前后小球a的速度方向可能相同D．小球b的质量是小球a质量的14.5倍【答案】D【详解】A．小球a做匀速圆周运动，则联立解得故A错误；C．第一次碰撞后，小球b做平抛运动，能与小球a第二次碰撞，则小球a第一次碰撞后的速度方向与原来速度方向相反，故C错误；B．小球a做匀速圆周运动的周期为碰后经t=0.3s两球再次相碰，所以解得，，故B错误；D．两球碰撞过程中，有代入数据可得故D正确。故选D。3．（2024·福建泉州·模拟预测）如图所示，光滑水平地面上放置一足够长且上表面绝缘的小车，将带负电荷、电荷量q=0.5C，质量m=0.02kg的滑块放在小车的左端，小车的质量M=0.08kg，滑块与绝缘小车之间的动摩擦因数μ=0.4，它们所在空间存在磁感应强度为B=1.0T的垂直纸面向里的匀强磁场，开始时小车和滑块静止，突然给小车一个向左的冲量I=0.16N·s，g取10m/s2，那么小车与滑块因摩擦而产生的最大热量为（）A．0.160J B．0.032J C．0.014J D．0.016J【答案】C【详解】开始时小车和滑块静止，突然给小车一个向左的冲量，即解得根据左手定则可知，滑块受到的洛伦兹力方向向上，假设二者能够达到共同速度，则解得当滑块脱离小车时，有解得滑块的速度大小为所以二者不可能达到共速，根据动量守恒定律可得解得根据能量守恒定律可得故选C。4．（2024·江苏南京·模拟预测）如图所示，xOy坐标平面在竖直面内，x轴沿水平方向，y轴正方向竖直向上，在图示空间内有垂直于xOy平面的水平匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带电量为、质量为m的小球从O点由静止释放，运动轨迹如图中曲线所示。则（）A．OAB轨迹为半圆B．磁场垂直于纸面向里C．小球运动至最低点A时处于失重状态D．小球在整个运动过程中机械能守恒【答案】D【详解】A．运动过程中受洛伦兹力及重力，故轨迹为摆线，故A错误；B．根据左手定则可知磁场垂直于纸面向外，故B错误；C．由图可知小球运动至最低点A时加速度竖直向上，可知处于超重状态，故C错误；D．小球在整个运动过程中洛伦兹力不做功，只有重力做功，其机械能守恒，故D正确。故选D。5．（2024·广东·三模）如图所示，在，区域内有竖直向上的匀强电场，在x>x0区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，从y轴上0~y0范围内平行于x轴正方向射出大量质量为m、电荷量为+q、分布均匀的带电粒子，粒子射入的初速度均为v0，当电场强度为0时，从O点射入的粒子恰能运动到N（x0，y0）点，若电场强度为，MN右侧是粒子接收器，MN的长度为y0，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则（）A．磁感应强度的大小为B．从处射入的粒子，恰好从N点进入磁场C．从处射入的粒子，在磁场中偏转距离最大D．接收器接收的粒子数占粒子总数的50%【答案】D【详解】A．当电场强度为0时，从O点射入的粒子恰能运动到N点，则根据洛伦兹力提供向心力有解得故A错误；B．若粒子从处射入，则联立解得由此可知，粒子从N点下方进入磁场，故B错误；C．设粒子进入磁场中时速度方向与竖直方向的夹角为θ，粒子进入磁场中的速度大小为v，则所以粒子在磁场中偏转距离为由此可知，粒子在磁场中偏转距离相等，故C错误；D．由以上分析可知，粒子在电场中的竖直位移为所以从处射入的粒子，恰好从N点进入磁场，且恰好经磁场偏转后打在M点，即只有0~范围内平行于x轴正方向射出的粒子能被接收器接收，所以接收器接收的粒子数占粒子总数的50%，故D正确。故选D。6．（2024·河北衡水·模拟预测）如图是真空中位于同一水平面的三个同心圆e、f和g围成的区域，O为圆心。e、f间存在辐射状电场，f、g间有磁感应强度大小为B、方向垂直水平面（纸面）的匀强磁场。电子从P点静止释放，由Q进入磁场，恰好没有从PM上方圆g上的N点（未画出）飞出磁场。已知电子的比荷为k，e、f和g的半径分别a、2a和4a。则（）

A．磁场的方向垂直纸面向里 B．电子在磁场运动的半径为C．Q、P两点间的电势差为 D．Q、P两点间的电势差为【答案】D【详解】A．电子从P点静止释放，受电场力作用，由Q进入磁场，恰好没有从PM上方圆g上的N点飞出磁场，可知电子向上运动，由左手定则可知磁场的方向垂直纸面向外，故A错误；B．电子在磁场的运动如图所示

由几何关系可得解得故B错误；CD．电子在磁场中有在电场中有解得故C错误，D正确。故选D。7．（2024·安徽芜湖·一模）如图所示，氕、氘、氚三种核子分别从静止开始经过同一加速电压（图中未画出）加速，再经过同一偏转电压偏转，后进入垂直于纸面向里的有界匀强磁场，氕的运动轨迹如图。则氕、氘、氚三种核子射入磁场的点和射出磁场的点间距最大的是（

）A．氕 B．氘 C．氚 D．无法判定【答案】C【详解】设核子的质量为m，带电量为q，偏转电场对应的极板长为L，板间距离为d，板间电场强度为E，进入偏转电场的速度为v0，进入磁场的速度为v，在偏转电场的侧移量为y，速度偏转角为。核子在加速电场运动过程，由动能定理得核子在偏转电场做类平抛运动，将运动沿极板方向和垂直极板方向分解。沿极板方向做匀速直线运动，则有垂直极板方向做匀加速直线运动，则有由牛顿第二定律得联立解得速度偏转角的正切值为可见核子在偏转电场的侧移量y与速度偏转角均与核子的质量和带电量无关，故三种核子进入磁场的位置和速度方向均相同。进入磁场的速度核子在匀强磁场只受洛伦兹力而做匀速圆周运动