2025届高考物理二轮复习第一部分专题三电场和磁场第10讲带电粒子在组合场复合场中的运动练习含解析

PAGE41-第10讲带电粒子在组合场、复合场中的运动构建网络·重温真题1．(2024·全国卷Ⅲ)如图，在坐标系的第一和其次象限内存在磁感应强度大小分别为eq\f(1,2)B和B、方向均垂直于纸面对外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入其次象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最终经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为()A.eq\f(5πm,6qB) B.eq\f(7πm,6qB)C.eq\f(11πm,6qB) D.eq\f(13πm,6qB)答案B解析带电粒子在不同磁场中做圆周运动，其速度大小不变，由r＝eq\f(mv,qB)知，第一象限内的轨迹圆半径是其次象限内的轨迹圆半径的2倍，如图所示，由几何学问可知，粒子在其次象限内轨迹所对圆心角为90°，在第一象限内轨迹所对圆心角为60°。粒子在其次象限内运动的时间t1＝eq\f(T1,4)＝eq\f(2πm,4qB)＝eq\f(πm,2qB)，粒子在第一象限内运动的时间t2＝eq\f(T2,6)＝eq\f(2πm×2,6qB)＝eq\f(2πm,3qB)，则粒子在磁场中运动的时间t＝t1＋t2＝eq\f(7πm,6qB)，B正确。2．(2024·全国卷Ⅰ)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面对里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是()A．ma>mb>mc B．mb>ma>mcC．mc>ma>mb D．mc>mb>ma答案B解析设三个微粒的电荷量均为q，a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力供应向心力，重力与电场力平衡，即mag＝qE①b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则mbg＝qE＋qvbB②c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则mcg＋qvcB＝qE③比较①②③式得：mb>ma>mc，B正确。3．(2024·天津高考)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此限制屏幕的熄灭。则元件的()A．前表面的电势比后表面的低B．前、后表面间的电压U与v无关C．前、后表面间的电压U与c成正比D．自由电子受到的洛伦兹力大小为eq\f(eU,a)答案D解析由左手定则推断，后表面带负电，电势低，A错误；电子受力平衡后，U稳定不变，由eeq\f(U,a)＝evB得U＝Bav，故前、后表面间的电压U与v成正比，与c无关，故B、C错误；自由电子受到的洛伦兹力大小F＝evB＝eq\f(eU,a)，D正确。4．(2024·全国卷Ⅲ)如图，从离子源产生的甲、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对里，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。答案(1)eq\f(4U,lv1)(2)1∶4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q1U＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)①由洛伦兹力公式和牛顿其次定律有q1v1B＝m1eq\f(v\o\al(2,1),R1)②由几何关系知2R1＝l③由①②③式得B＝eq\f(4U,lv1)④(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有q2U＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)⑤q2v2B＝m2eq\f(v\o\al(2,2),R2)⑥由题给条件有2R2＝eq\f(l,2)⑦由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝1∶4。5．(2024·全国卷Ⅰ)如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面对外。一带正电的粒子从静止起先经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。答案(1)eq\f(4U,B2d2)(2)eq\f(Bd2,4U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3)))解析(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2①设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿其次定律有qvB＝meq\f(v2,r)②粒子运动的轨迹如图，由几何关系知d＝eq\r(2)r③联立①②③式得eq\f(\a\vs4\al(q),m)＝eq\f(4U,B2d2)④(2)由几何关系知，带电粒子从射入磁场到运动至x轴所经过的路程为s＝eq\f(πr,2)＋rtan30°⑤带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t＝eq\f(s,v)⑥联立②③④⑤⑥式得t＝eq\f(Bd2,4U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3)))。6．(2024·全国卷Ⅰ)如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面对外的匀强磁场。一个氕核eq\o\al(1,1)H和一个氘核eq\o\al(2,1)H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知eq\o\al(1,1)H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。eq\o\al(1,1)H的质量为m，电荷量为q。不计重力。求：(1)eq\o\al(1,1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；(2)磁场的磁感应强度大小；(3)eq\o\al(2,1)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。答案(1)eq\f(2\r(3),3)h(2)eq\r(\f(6mE,qh))(3)eq\f(2\r(3),3)(eq\r(2)－1)h解析(1)eq\o\al(1,1)H在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示。设eq\o\al(1,1)H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1。由运动学公式有s1＝v1t1①h＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)②由题给条件，eq\o\al(1,1)H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°。eq\o\al(1,1)H进入磁场时速度的y重量的大小为a1t1＝v1tanθ1③联立以上各式得s1＝eq\f(2\r(3),3)h④(2)eq\o\al(1,1)H在电场中运动时，由牛顿其次定律有qE＝ma1⑤设eq\o\al(1,1)H进入磁场时速度的大小为v1′，由速度合成法则有v1′＝eq\r(v\o\al(2,1)＋a1t12)⑥设磁感应强度大小为B，eq\o\al(1,1)H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿其次定律有qv1′B＝eq\f(mv1′2,R1)⑦由几何关系得s1＝2R1sinθ1⑧联立以上各式得B＝eq\r(\f(6mE,qh))⑨(3)设eq\o\al(2,1)H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)⑩由牛顿其次定律有qE＝2ma2⑪设eq\o\al(2,1)H第一次射入磁场时的速度大小为v2′，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2。由运动学公式有s2＝v2t2⑫h＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)⑬v2′＝eq\r(v\o\al(2,2)＋a2t22)⑭sinθ2＝eq\f(a2t2,v2′)⑮联立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝eq\f(\r(2),2)v1′⑯设eq\o\al(2,1)H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得R2＝eq\f(2mv2′,qB)＝eq\r(2)R1⑰所以出射点在原点左侧。设eq\o\al(2,1)H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2′，由几何关系有s2′＝2R2sinθ2⑱联立④⑧⑯⑰⑱式得，eq\o\al(2,1)H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为s2′－s2＝eq\f(2\r(3),3)(eq\r(2)－1)h。7．(2024·全国卷Ⅱ)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条形区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；(2)求该粒子从M点射入时速度的大小；(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为eq\f(π,6)，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。答案(1)轨迹见解析图a(2)eq\f(2El′,Bl)(3)eq\f(4\r(3)El′,B2l2)eq\f(Bl,E)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3)πl,18l′)))解析(1)粒子运动的轨迹如图a所示。(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ(见图b)，速度沿电场方向的重量为v1，依据牛顿其次定律有qE＝ma①式中q和m分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有v1＝at②l′＝v0t③v1＝vcosθ④粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿其次定律得qvB＝eq\f(mv2,R)⑤由几何关系得l＝2Rcosθ⑥联立①②③④⑤⑥式得v0＝eq\f(2El′,Bl)⑦(3)由运动学公式和题给数据得v1＝v0coteq\f(π,6)⑧联立①②③⑦⑧式得eq\f(q,m)＝eq\f(4\r(3)El′,B2l2)⑨设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则t′＝2t＋eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(π,6))),2π)T⑩式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，T＝eq\f(2πm,qB)⑪由③⑦⑨⑩⑪式得t′＝eq\f(Bl,E)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3)πl,18l′)))。8．(2024·天津高考)如图所示，在水平线ab下方有一匀强电场，电场强度为E，方向竖直向下，ab的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面对里，磁场中有一内、外半径分别为R、eq\r(3)R的半圆环形区域，外圆与ab的交点分别为M、N。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放，由M进入磁场，从N射出，不计粒子重力。(1)求粒子从P到M所用的时间t；(2)若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出，同样能由M进入磁场，从N射出，粒子从M到N的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q时速度v0的大小。答案(1)eq\f(\r(3)RB,E)(2)eq\f(qBR,m)解析(1)设粒子在磁场中运动的速度大小为v，所受洛伦兹力供应向心力，有qvB＝meq\f(v2,\r(3)R)①设粒子在电场中运动所受电场力为F，有F＝qE②设粒子在电场中运动的加速度为a，依据牛顿其次定律有F＝ma③粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，有v＝at④联立①②③④式得t＝eq\f(\r(3)RB,E)⑤(2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期和速度、圆周运动半径无关，运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小确定，故当轨迹与内圆相切时，所用的时间最短，设粒子在磁场中的轨迹半径为r′，由几何关系可知(r′－R)2＋(eq\r(3)R)2＝r′2⑥设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为θ，即圆弧所对圆心角的一半，由几何关系可知tanθ＝eq\f(\r(3)R,r′－R)⑦粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动，在电场方向上的分运动和从P释放后的运动状况相同，所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v，在垂直于电场方向的分速度始终为v0，由运动的合成和分解可知tanθ＝eq\f(v,v0)⑧联立①⑥⑦⑧式得v0＝eq\f(qBR,m)。9．(2024·江苏高考)如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d，宽为d，中间两个磁场区域间隔为2d，中轴线与磁场区域两侧相交于O、O′点，各区域磁感应强度大小相等。某粒子质量为m、电荷量为＋q，从O沿轴线射入磁场。当入射速度为v0时，粒子从O上方eq\f(d,2)处射出磁场。取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。(1)求磁感应强度大小B；(2)入射速度为5v0时，求粒子从O运动到O′的时间t；(3)入射速度仍为5v0，通过沿轴线OO′平移中间两个磁场(磁场不重叠)，可使粒子从O运动到O′的时间增加Δt，求Δt的最大值。答案(1)eq\f(4mv0,qd)(2)(eq\f(53π＋72,180))eq\f(d,v0)(3)eq\f(d,5v0)解析(1)粒子圆周运动的半径r0＝eq\f(mv0,qB)由题意知r0＝eq\f(d,4)解得B＝eq\f(4mv0,qd)。(2)粒子入射速度为5v0时，圆周运动半径r＝eq\f(5mv0,qB)＝5r0＝eq\f(5d,4)，如图所示，设粒子在矩形磁场中的偏转角为α，由d＝rsinα，得sinα＝eq\f(4,5)，即α＝53°在一个矩形磁场中的运动时间t1＝eq\f(α,360°)·eq\f(2πm,qB)解得t1＝eq\f(53πd,720v0)直线运动的时间t2＝eq\f(2d,v)，解得t2＝eq\f(2d,5v0)则t＝4t1＋t2＝(eq\f(53π＋72,180))eq\f(d,v0)。(3)将中间两磁场分别向中心移动距离x，粒子从O点向上运动的最大偏移量y＝2r(1－cosα)＋xtanα由y≤2d，解得x≤eq\f(3,4)d则当xm＝eq\f(3,4)d时，Δt有最大值粒子直线运动路程的最大值sm＝eq\f(2xm,cosα)＋(2d－2xm)＝3d增加路程的最大值Δsm＝sm－2d＝d增加时间的最大值Δtm＝eq\f(Δsm,5v0)＝eq\f(d,5v0)。命题特点：常以计算题的形式考查带电粒子在组合场、复合场中的运动规律，常用数形结合解决带电粒子在电磁场中多过程的困难问题；常以选择题的形式考查电磁技术的应用实例。思想方法：分解法、临界法、对称法。高考考向1带电粒子在组合场中的运动例1(2024·天津市和平区三模)如图，离子源A产生的初速为零、带电量均为e、质量不同的正离子被电压为U0的加速电场加速后匀速通过准直管，垂直射入匀强偏转电场，偏转后通过极板HM上的小孔S离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN进入磁感应强度为B的匀强磁场。已知HO＝d，HS＝2d，∠MNQ＝90°。(忽视粒子所受重力)(1)求偏转电场场强E0的大小以及HM与MN的夹角φ；(2)求质量为m的离子在磁场中做圆周运动的半径；(3)若质量为4m的离子垂直打在NQ的中点S1处，质量为16m的离子打在S2处。求S1和S2之间的距离以及能打在NQ上的正离子的质量范围。eq\a\vs4\al(破题关键点)(1)要求夹角φ，应先求什么物理量？提示：离子射出偏转电场的速度偏向角。(2)求质量为m的离子在磁场中做圆周运动的半径须要知道速度，离子进入磁场的速度是否确定？提示：离子垂直偏转电场方向的速度和射出偏转电场的速度偏向角肯定，故离子进入磁场的速度确定。(3)不同质量的离子在磁场中的轨迹圆心有什么特点？提示：在边界MN及其延长线上。[解析](1)正离子被电压为U0的加速电场加速后的速度设为v1，对正离子，应用动能定理有eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，正离子垂直射入匀强偏转电场，做类平抛运动正离子受到电场力F＝eE0，产生的加速度为a＝eq\f(F,m)，即a＝eq\f(eE0,m)，在垂直电场方向正离子做匀速运动，有2d＝v1t，沿场强方向，正离子做匀加速直线运动：d＝eq\f(1,2)at2，联立解得E0＝eq\f(U0,d)又tanφ＝eq\f(v1,at)，解得φ＝45°。(2)正离子进入磁场时的速度大小为v2＝eq\f(v1,sin45°)＝eq\r(2)v1，正离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力供应向心力，ev2B＝eq\f(mv\o\al(2,2),R)，解得离子在磁场中做圆周运动的半径R＝eq\f(2,B)eq\r(\f(mU0,e))。(3)依据R＝eq\f(2,B)eq\r(\f(mU0,e))可知，质量为4m的离子在磁场中运动打在S1处，其运动半径为R1＝2eq\r(\f(4mU0,eB2))，质量为16m的离子在磁场中运动打在S2处，其运动半径为R2＝2eq\r(\f(16mU0,eB2))，设质量为16m的离子在磁场中运动轨迹的圆心为O1，如图甲所示，有O1N＝R2－R1，由几何关系可知S1和S2之间的距离Δs＝eq\r(R\o\al(2,2)－O1N2)－R1，联立解得Δs＝4(eq\r(3)－1)eq\r(\f(mU0,eB2))；如图乙所示，若正离子恰好打到Q点，其轨迹半径R′满意R′2＝(2R1)2＋(R′－R1)2，解得R′＝eq\f(5,2)R1，若正离子能打到NQ上，其轨迹半径Rx须满意eq\f(1,2)R1≤Rx≤eq\f(5,2)R1，依据R1＝2eq\r(\f(4mU0,eB2))，可解得这些正离子的质量mx满意m≤mx≤25m。[答案](1)eq\f(U0,d)45°(2)eq\f(2,B)eq\r(\f(mU0,e))(3)4(eq\r(3)－1)eq\r(\f(mU0,eB2))m≤mx≤25m带电粒子在组合场中运动问题的处理方法(1)解决带电粒子在组合场中运动问题的一般思维模板(2)用规律选择思路①带电粒子经过电场区域时利用动能定理或类平抛的学问来处理；②带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系来处理。(3)关注从一种场进入另一种场的连接速度。1．(2024·西南名校联盟“3＋3＋3”高考诊断)(多选)如图所示，边长为L的正方形虚线框内充溢着垂直于纸面的匀强磁场，虚线AC及其上方的框内磁场方向向里，虚线AC下方的框内磁场方向向外，磁感应强度大小均为B。现有两个比荷相同的带电粒子a、b，分别以v1、v2的速度沿图示方向垂直磁场方向射入磁场，并分别从B、C两点离开磁场，设a、b两粒子在磁场中运动的时间分别为t1、t2。则下列说法中正确的是()A．粒子a肯定带正电，粒子b肯定带负电B．v1∶v2可能等于1∶2C．v1∶v2肯定等于1∶1D．t1∶t2可能等于3∶2答案ABD解析粒子a做eq\f(1,4)个圆周运动后干脆从B点飞出，粒子b可能在两边磁场中做多个圆弧运动后从C点飞出，结合左手定则可知，粒子a带正电，粒子b带负电，A正确；结合几何关系可知，粒子a的圆周半径r1＝eq\f(\r(2),2)L，粒子b的圆周半径r2＝eq\f(\r(2),n)L(n＝1,2,3，…)，由qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(qBr,m)，则v1∶v2＝r1∶r2＝n∶2(n＝1,2,3，…)，故B正确，C错误；由T＝eq\f(2πm,qB)可知，粒子a在磁场中运动的时间t1＝eq\f(T,4)，粒子b在磁场中运动的时间t2＝neq\f(T,6)(n＝1，2，3，…)，则t1∶t2＝3∶2n(n＝1,2,3，…)，则D正确。2．(2024·福建泉州二模)华裔科学家丁肇中负责的AMS项目，是通过“太空粒子探测器”探测高能宇宙射线粒子，找寻反物质。某学习小组设想了一个探测装置，截面图如图所示。其中辐射状加速电场的内、外边界为两个同心圆，圆心为O，外圆电势为零，内圆电势φ＝－45V，内圆半径R＝1.0m。在内圆内有磁感应强度大小B＝9×10－5T、方向垂直纸面对里的匀强磁场，磁场内有一圆形接收器，圆心也在O点。假设射线粒子中有正电子，先被吸附在外圆上(初速度为零)，经电场加速后进入磁场，并被接收器接收。已知正电子质量m＝9×10－31kg，电荷量q＝1.6×10－19C，不考虑粒子间的相互作用。(1)求正电子在磁场中运动的速率v和半径r；(2)若正电子恰好能被接收器接收，求接收器的半径R′。答案(1)4×106m/s0.25m(2)eq\f(\r(17)－1,4)m解析(1)电场外边界与内边界间的电势差为U＝0－φ＝45V，在加速正电子的过程中，依据动能定理可得qU＝eq\f(1,2)mv2－0，代入数据解得v＝4×106m/s。正电子进入磁场做匀速圆周运动，由向心力公式可得：qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝0.25m。(2)正电子在磁场中运动的轨迹如图所示，当轨迹与接收器相切时，正电子恰好能被接收器接收，由几何关系可得：R′＝eq\r(R2＋r2)－r，解得R′＝eq\f(\r(17)－1,4)m。3．(2024·河南六市高三其次次联考)现代科学仪器常利用电场、磁场限制带电粒子的运动。如图所示，真空中存在着多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，宽度均为d。电场强度为E，方向水平向左，垂直纸面对里磁场的磁感应强度为B1，垂直纸面对外磁场的磁感应强度为B2，电场、磁场的边界相互平行且与电场方向垂直。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层磁场左侧边界以初速度v0射入，方向与边界夹角为θ，设粒子始终在电场、磁场中运动，除B1、B2、E以外其他物理量已知，不计粒子重力及运动时的电磁辐射。(cos53°＝0.6，sin53°＝0.8)(1)若θ＝53°，要求粒子不进入电场，求B1至少为多大？(2)若B1、E均已知，求粒子从第n层磁场右侧边界穿出时速度的大小；(3)若θ＝53°，且B1＝eq\f(mv0,5qd)，要求粒子不穿出第1层的电场，求E至少多大？答案(1)eq\f(2mv0,5qd)(2)eq\r(v\o\al(2,0)－\f(2nEqd,m))(3)eq\f(9mv\o\al(2,0),50qd)解析(1)当θ＝53°时，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R1，依据洛伦兹力供应向心力可得：qv0B1＝meq\f(v\o\al(2,0),R1)，粒子不进入电场，有：R1－R1cosθ≤d，解得：B1≥eq\f(2mv0,5qd)，即B1至少为eq\f(2mv0,5qd)。(2)对粒子，设它从第n层磁场右侧边界穿出时速度的大小为vn，依据动能定理可得：－nEqd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得：vn＝eq\r(v\o\al(2,0)－\f(2nEqd,m))。(3)当θ＝53°且B1＝eq\f(mv0,5qd)时，设粒子在B1场中做圆周运动的半径为R1′，依据洛伦兹力供应向心力可得：qv0B1＝meq\f(v\o\al(2,0),R1′)，设粒子进入电场时与界面夹角为β，如图所示，在B1场中，由几何关系有：R1′cosβ－R1′cosθ＝d，解得：β＝37°，粒子在电场中沿场强方向上做匀减速运动，要求粒子不穿出第1层的电场，则有：eq\f(v0sinβ2,2\f(Eq,m))≤d，解得：E≥eq\f(9mv\o\al(2,0),50qd)，即E至少为eq\f(9mv\o\al(2,0),50qd)。高考考向2带电粒子在复合场中的运动例2(2024·广东深圳二模)如图a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，带电量为＋q的a水平向右，不带电的b竖直向上。b上上升度为h时，到达最高点，此时a恰好与它相碰，瞬间结合成油滴P。忽视空气阻力，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形成时恰位于某矩形区域边界，取此时为t＝0时刻，同时在该矩形区域加一个垂直于纸面的周期性变更的匀强磁场，磁场变更规律如图b所示，磁场变更周期为T0(垂直纸面对外为正)，已知P始终在矩形区域内运动，求矩形区域的最小面积。(忽视磁场突变的影响)eq\a\vs4\al(破题关键点)(1)a、b碰撞前分别做什么运动？提示：a在重力和电场力的作用下做类平抛运动，b在重力的作用下做竖直上抛运动。(2)油滴P在矩形区域内运动时受什么力？提示：重力、电场力、洛伦兹力。[解析](1)设油滴的喷出速率为v0，油滴b做竖直上抛运动，则：0＝veq\o\al(2,0)－2gh，解得v0＝eq\r(2gh)0＝v0－gt0解得t0＝eq\r(\f(2h,g))油滴a做类平抛运动，对其水平分运动，有：x0＝v0t0解得x0＝2h。(2)两油滴结合之前，油滴a做类平抛运动，设加速度为a，对其竖直分运动有：qE－mg＝mah＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)解得a＝g，E＝eq\f(2mg,q)设结合前瞬间油滴a速度大小为va，方向向右上方，与水平方向的夹角为θ，则：v0＝vacosθv0tanθ＝at0解得va＝2eq\r(gh)，θ＝45°两油滴的结合过程系统动量守恒：mva＝2mvP解得vP＝eq\r(gh)，方向向右上方，与水平方向夹角为45°。(3)因qE＝2mg，油滴P在磁场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为r，周期为T，则：qvPeq\f(8πm,qT0)＝2meq\f(v\o\al(2,P),r)解得r＝eq\f(T0\r(gh),4π)由T＝eq\f(2πr,vP)，解得T＝eq\f(1,2)T0分析可知油滴P在磁场中的运动轨迹是两个半径为r的外切圆组成的“8”字形，最小矩形的两条边长分别为2r和4r，轨迹如图，矩形区域的最小面积为：Smin＝2r×4r＝eq\f(ghT\o\al(2,0),2π2)。[答案](1)eq\r(\f(2h,g))2h(2)eq\f(2mg,q)eq\r(gh)，方向向右上方，与水平方向夹角为45°(3)eq\f(ghT\o\al(2,0),2π2)带电粒子在复合场中运动问题的处理方法(1)明种类：明确复合场的种类及特征。(2)析特点：正确分析带电粒子的受力特点及运动特点。(3)画轨迹：画出运动过程示意图，明确圆心、半径及边角关系。(4)用规律：敏捷选择不同的运动规律。①两场共存，电场与磁场中满意qE＝qvB或重力场与磁场中满意mg＝qvB且两力方向相反时，粒子做匀速直线运动，依据受力平衡列方程求解。②两场共存，电场力与重力都恒定时，粒子平衡时依据平衡条件求解，做匀变速直线运动时用牛顿运动定律、运动学规律或动能定理求解，做匀变速曲线运动时用运动的合成与分解或动能定理求解。③三场共存，合力为零时，受力平衡，粒子做匀速直线运动或静止。其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂直。④三场共存，粒子在复合场中做匀速圆周运动时，mg与qE相平衡，依据mg＝qE，由此可计算粒子比荷，判定粒子电性。粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，应用洛伦兹力公式和牛顿运动定律结合圆周运动规律求解，有qvB＝mrω2＝meq\f(v2,r)＝mreq\f(4π2,T2)＝ma。⑤当带电粒子做困难的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解。4．(2024·河南开封高三上第一次模拟)如图所示，空间存在垂直纸面对里、磁感应强度为B的匀强磁场和水平向左、场强为E的匀强电场。有一质量为m、电荷量大小为q的微粒以垂直于磁场且与水平方向成45°角的速度v做直线运动，重力加速度为g。则下列说法正确的是()A．微粒可能做匀加速直线运动B．微粒可能只受两个力作用C．匀强磁场的磁感应强度B＝eq\f(mg,qv)D．匀强电场的电场强度E＝eq\f(mg,q)答案D解析若微粒不受重力，在电场力和洛伦兹力作用下微粒不行能做直线运动，故微粒肯定受重力、电场力、洛伦兹力三个力的作用，B错误。若微粒带正电，电场力水平向左，洛伦兹力垂直速度v斜向右下方，重力竖直向下，则电场力、洛伦兹力和重力三个力的合力不为零，洛伦兹力的大小与方向必定变更，微粒不行能做直线运动，所以微粒不行能带正电；若微粒带负电，电场力水平向右，洛伦兹力垂直速度v斜向左上方，重力竖直向下，如图所示，只有电场力、洛伦兹力和重力三力平衡，微粒才能做直线运动，所以微粒做匀速直线运动，故A错误。依据平衡条件，有：qE＝mgtan45°，qvB＝eq\r(mg2＋qE2)，联立解得：E＝eq\f(mg,q)，B＝eq\f(\r(2)mg,qv)，故D正确，C错误。5．如图所示，空间中存在一水平方向的匀强电场和一水平方向的匀强磁场，且电场方向和磁场方向相互垂直。在电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60°角且处于竖直平面内。一质量为m、电荷量为＋q(q＞0)的小球套在绝缘杆上。给小球一沿杆向下的初速度v0，小球恰好做匀速运动，电荷量保持不变。已知磁感应强度大小为B，电场强度大小为E＝eq\f(\r(3)mg,q)，则以下说法中不正确的是()A．小球的初速度v0＝eq\f(2mg,qB)B．若小球的初速度为eq\f(3mg,qB)，小球将做加速度不断增大的减速运动，最终停止C．若小球的初速度为eq\f(mg,qB)，小球将做加速度不断增大的减速运动，最终停止D．若小球的初速度为eq\f(mg,qB)，则运动中克服摩擦力做功为eq\f(m3g2,2B2q2)答案B解析对小球进行受力分析如图所示，电场力的大小F＝qE＝eq\r(3)mg，由于重力的方向竖直向下，电场力的方向水平向左，二者垂直，二者的合力F合＝2mg，方向与杆的方向垂直，而洛伦兹力的方向也与速度的方向垂直，三力的合力不做功，所以当小球做匀速直线运动时，不行能存在摩擦力，则杆对小球没有支持力的作用，则qv0B＝2mg，v0＝eq\f(2mg,qB)，故A正确；若小球的初速度为eq\f(3mg,qB)，此时洛伦兹力F洛＝qvB＝3mg＞F合，在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的支持力，存在摩擦力f＝μFN，小球将做减速运动，随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力渐渐减小，摩擦力减小，小球做加速度不断减小的减速运动，最终当速度减小到eq\f(2mg,qB)时，FN＝0，f＝0，小球起先做匀速直线运动，故B错误；若小球的初速度为eq\f(mg,qB)，此时洛伦兹力F洛′＝qv′B＝mg＜F合，在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的支持力，存在摩擦力f＝μFN，小球将做减速运动，随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力渐渐增大，摩擦力渐渐增大，小球的加速度增大，所以小球将做加速度不断增大的减速运动，最终停止，故C正确；由C项的分析可知运动中克服摩擦力所做的功等于小球的动能减小量(重力和电场力的合力不做功)，所以W＝eq\f(1,2)mv′2＝eq\f(m3g2,2q2B2)，故D正确。本题要求选说法不正确的，故选B。

高考考向3电磁技术的应用例3(2024·湖南常德高三一模)2024年，我省加大环保督查力度，打响碧波蓝天保卫战。督查暗访组在某化工厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，其长为L、直径为D，左右两端开口，在前后两个内侧面a、c固定有金属板作为电极，匀强磁场方向竖直向下。污水(含有大量的正、负离子)充溢管口从左向右流经该测量管时，a、c两端的电压为U，显示仪器显示污水流量Q(单位时间内排出的污水体积)。则()A．a侧电势比c侧电势低B．污水中离子浓度越高，显示仪器的示数越大C．污水流量Q与U成正比，与L、D无关D．匀强磁场的磁感应强度B＝eq\f(πDU,4Q)eq\a\vs4\al(破题关键点)(1)液体中的载流子是什么？载流子运动稳定时受力有什么特点？提示：正离子和负离子。正、负离子会受到电场力、洛伦兹力而处于平衡状态。(2)依据定义，污水流量如何表示？提示：Q＝eq\f(vπD2,4)。[解析]污水中正、负离子从左向右移动，受到洛伦兹力，依据左手定则，正离子向a表面偏转，负离子向c表面偏转，所以a侧电势比c侧电势高，故A错误；最终正、负离子受到电场力和洛伦兹力而处于平衡状态，有qE＝qvB，即eq\f(U,D)＝vB，而污水流量Q＝eq\f(vπD2,4)＝eq\f(U,DB)·eq\f(πD2,4)＝eq\f(πUD,4B)，可知Q与U、D成正比，与L无关，与离子浓度无关，B、C错误；由Q＝eq\f(πUD,4B)可知，匀强磁场的磁感应强度B＝eq\f(πUD,4Q)，故D正确。[答案]D组合场、复合场中电磁技术的解题技巧在电磁技术中，中学阶段常见的是带电粒子在正交的匀强电场和匀强磁场中运动的几种模型。如：速度选择器、回旋加速器、质谱仪、磁流体发电机、霍尔元件、电磁流量计等。其中速度选择器、磁流体发电机、霍尔元件和电磁流量计的共同特征是粒子在仪器中只受电场力和洛伦兹力作用，并且最终电场力和洛伦兹力平衡。所以我们应化繁为简探讨实质。6．(2024·湖北省七市州教科研协作体高三联考)如图表示磁流体发电机的原理：将一束等离子体以速度v喷射入磁感应强度为B的磁场中(速度方向水平向里且垂直磁场)，在磁场中有两块金属板A、B，板间距离为d，金属板上会聚集电荷，产生电压，不计等离子体重力和电阻，以下说法正确的是()A．流过R的电流方向为从上向下B．R上电压最终会稳定且等于BdvC．其他条件不变，只增大磁感应强度，A、B间电势差减小D．其他条件不变，只增大射入速度，A、B间电势差减小答案B解析大量带正电和带负电的等离子体进入磁场时，由左手定则可以推断正离子受到的洛伦兹力向下，所以正离子会聚集到B板上，负离子受到的洛伦兹力向上，负离子聚集到A板上，故A板相当于电源的负极，B板相当于电源的正极，所以通过电阻R的电流方向向上，故A错误；当带电离子受力平衡时，依据平衡条件qvB＝qeq\f(U,d)得，U＝Bdv，故B正确；依据U＝Bdv可知，其他条件不变，若只增大磁感应强度，A、B间电势差增大，若只增大射入速度，A、B间电势差增大，故C、D错误。7．(2024·江苏高考)回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。被加速粒子的质量为m、电荷量为＋q，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U0，周期T＝eq\f(2πm,qB)。一束该种粒子在t＝0～eq\f(T,2)时间内从A处匀称地飘入狭缝，其初速度视为零。现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用。求：(1)出射粒子的动能Em；(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0；(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满意的条件。答案(1)eq\f(q2B2R2,2m)(2)eq\f(πBR2＋2BRd,2U0)－eq\f(πm,qB)(3)d<eq\f(πmU0,100qB2R)解析(1)粒子运动半径为R时qvB＝meq\f(v2,R)，且Em＝eq\f(1,2)mv2，解得Em＝eq\f(q2B2R2,2m)。(2)粒子被加速n次达到动能Em，则Em＝nqU0粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间为Δt加速度a＝eq\f(qU0,md)由匀加速直线运动规律有nd＝eq\f(1,2)a·Δt2在磁场中运动的周期T＝eq\f(2πm,qB)由t0＝(n－1)·eq\f(T,2)＋Δt，解得t0＝eq\f(πBR2＋2BRd,2U0)－eq\f(πm,qB)。(3)只有在0～eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)－Δt))时间内飘入的粒子才能每次均被加速则所占的比例为η＝eq\f(\f(T,2)－Δt,\f(T,2))，由η>99%，解得d<eq\f(πmU0,100qB2R)。易错警示带电粒子在交变复合场中的运动例(2024·江苏省丹阳市丹阳高级中学三模)如图a所示，匀强磁场垂直于xOy平面，磁感应强度B1按图b所示规律变更(垂直于纸面对外为正)。t＝0时，一比荷为eq\f(q,m)＝1×105C/kg的带正电粒子从原点沿y轴正方向射入，速度大小v＝5×104m/s，不计粒子重力。(1)求带电粒子在匀强磁场中运动的轨道半径；(2)求t＝eq\f(π,2)×10－4s时带电粒子的坐标；(3)保持图b中磁场不变，再加一垂直于xOy平面对外的恒定匀强磁场B2，其磁感应强度为0.3T，在t＝0时，粒子仍以原来的速度从原点射入，求粒子回到坐标原点的时刻。分析与解(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力，qvB1＝meq\f(v2,r)解得r＝1m。(2)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T0＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2π,5)×10－4s在0～eq\f(π,4)×10－4s过程中，粒子运动了eq\f(5T0,8)，圆弧对应的圆心角θ1＝eq\f(5π,4)在eq\f(π,4)×10－4～eq\f(π,2)×10－4s过程中，粒子又运动了eq\f(5T0,8)，圆弧对应的圆心角θ2＝eq\f(5π,4)轨迹如图甲所示，依据几何关系可知，带电粒子的横坐标：x＝2r＋2rsineq\f(π,4)＝(2＋eq\r(2))m≈3.41m纵坐标：y＝－2rcoseq\f(π,4)＝－eq\r(2)m≈－1.41m故带电粒子的坐标为(3.41m，－1.41m)。(3)施加B2＝0.3T的匀强磁场与原磁场叠加后，合磁场的磁感应强度B随时间的变更如图乙所示，①当nT≤t<nT＋eq\f(T,2)(n＝0,1,2，…)时，粒子在B1′＝0.8T的匀强磁场中做圆周运动的周期T1＝eq\f(2πm,qB1＋B2)＝eq\f(π,4)×10－4s；②当nT＋eq\f(T,2)≤t<(n＋1)T(n＝0,1,2，…)时，粒子在B2′＝－0.2T的匀强磁场中做圆周运动的周期T2＝eq\f(2πm,qB1－B2)＝π×10－4s。在t＝0时射入的粒子，先运动1个小圆周，再运动eq\f(1,4)大圆周，……，粒子运动轨迹如图丙所示。若粒子在B1′磁场中运动回到原点，则t1＝T1＋n(4T1＋T2)(n＝0,1,2，…)；若粒子在B2′磁场中运动回到原点，则t2＝(n＋1)·(4T1＋T2)(n＝0,1,2，…)综上，粒子回到坐标原点的时刻为：t1＝(eq\f(π,4)＋2nπ)×10－4s和t2＝2(n＋1)π×10－4s(n＝0,1,2，…)。答案(1)1m(2)(3.41m，－1.41m)(3)t1＝(eq\f(π,4)＋2nπ)×10－4s和t2＝2(n＋1)π×10－4s(n＝0,1,2，…)易错警示此题在原来的交变磁场中叠加一个恒定匀强磁场组成复合场，状况看似困难，但是可以用等效的思想将这个复合场看成新的交变磁场，然后求粒子在新的交变磁场中的运动周期，再画轨迹图求解。此题要留意问题的多解状况。配套作业限时：90分钟满分：100分一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分，其中第1～3题为单选题，第4～8题为多选题)1．(2024·辽宁大连双基模拟)信息时代，霍尔元件被广泛应用。如图所示，宽度为h、厚度为d的金属霍尔元件，单位体积内自由电子数为n，电子电量为e。将它放在与之垂直的磁感应强度大小为B＝B0sinωt的匀强磁场中。当恒定电流I通过霍尔元件时，在它的前后两个侧面之间会产生沟通电压，这样就实现了将直流输入转化为沟通输出。在元件的前后两个侧面接入沟通电压表(图中未画出)，则电压表示数为()A.eq\f(IB0,ned)sinωt B.eq\f(IB0,\r(2)ned)C.eq\f(IB0,neh)sinωt D.eq\f(IB0,\r(2)neh)答案B解析自由电子做定向移动，电子所受电场力和洛伦兹力平衡，有eeq\f(U,h)＝Bev，解得U＝Bhv；而电流的微观表达式I＝neSv＝nehdv，则有：U＝Bheq\f(I,nehd)＝eq\f(IB0,ned)sinωt；电压表的示数为沟通电压的有效值，故有：U有效＝eq\f(Um,\r(2))＝eq\f(IB0,\r(2)ned)，故B正确，A、C、D错误。2．(2024·苏州虎丘新区一中一模)如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的三个相同带电小球a、b、c，从同一高度以初速度v0水平抛出，小球a只在重力作用下运动，小球b在重力和洛伦兹力作用下运动，小球c在重力和电场力作用下运动，它们落地的时间分别为ta、tb、tc，落地时重力的瞬时功率分别为Pa、Pb、Pc，则以下推断中正确的是()A．ta＝tb＝tc B．ta＝tc<tbC．Pb<Pa<Pc D．Pa＝Pb>Pc答案A解析设三个小球下落的高度为h，依据题意可知，小球a只在重力作用下做平抛运动，下落时间为ta＝eq\r(\f(2h,g))，小球b在重力和洛伦兹力作用下运动，竖直方向初速度为零，且只受重力作用，小球b在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速圆周运动，其下落时间tb＝eq\r(\f(2h,g))；小球c在重力和电场力作用下运动，竖直方向初速度为零，且只受重力作用，小球c在竖直方向做自由落体运动，其下落时间tc＝eq\r(\f(2h,g))，故A正确，B错误；a、b、c三个小球竖直方向都做自由落体运动，故落地时竖直方向分速度相同，且三球重力相同，依据PG＝mg·vy知三球落地时重力的瞬时功率相等，C、D错误。3．(2024·湖南长沙第一中学高三下学期模拟卷一)质谱仪可测定同位素的组成。现有一束一价的钾39和钾41离子经电场加速后，沿着与磁场和边界均垂直的方向进入匀强磁场中，如图所示。测试时规定加速电压大小为U0，但在试验过程中加速电压有较小的波动，可能偏大或偏小ΔU。为使钾39和钾41打在照相底片上的区域不重叠，不计离子的重力，则ΔU不得超过()A.eq\f(39,40)U0 B.eq\f(39,41)U0C.eq\f(2,41)U0 D.eq\f(1,40)U0答案D解析设加速电压为U，磁场的磁感应强度为B，电荷的电荷量为q，质量为m，运动半径为R，由qU＝eq\f(1,2)mv2，qvB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))。由此式可知，在B、q、U相同时，m小的R小，所以U＝U0时，钾39在磁场中运动的轨迹半径小，钾41在磁场中运动的轨迹半径大。在m、B、q相同时，U大则R大。设钾39质量为m1，电压为U0＋ΔU时，半径最大，为R1；钾41质量为m2，电压为U0－ΔU时，半径最小，为R2。则R1＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2m1U0＋ΔU,q))，R2＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2m2U0－ΔU,q))；两离子打在照相底片上的区域恰好不重叠时，有R1＝R2，则m1(U0＋ΔU)＝m2(U0－ΔU)解得ΔU＝eq\f(m2－m1,m2＋m1)U0＝eq\f(41－39,41＋39)U0＝eq\f(1,40)U0，故ΔU不超过eq\f(1,40)U0。故A、B、C错误，D正确。4．(2024·湖北荆门龙泉中学高三第五次学业检测)如图，地面旁边空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直于纸面对里。一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动。由此可以推断()A．假如油滴带正电，它是从M点运动到N点B．假如油滴带正电，它是从N点运动到M点C．假如水平电场方向向右，油滴是从M点运动到N点D．假如水平电场方向向右，油滴是从N点运动到M点答案AD解析如图，油滴受重力、电场力、洛伦兹力作用，油滴沿MN直线必做匀速直线运动，合力为零。假如油滴带正电，由左手定则推断可知，油滴从M点运动到N点，故A正确，B错误。假如水平电场方向向右，油滴只能带负电，由左手定则推断可知，油滴从N点运动到M点，故C错误，D正确。5．(2024·合肥质检)如图所示，竖直放置的两平行金属板，长为L，板间距离为d，接在电压为U的直流电源上。在两板间加一磁感应强度为B，方向垂直纸面对里的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q的带正电油滴，从距金属板上端高为h处由静止起先自由下落，并经两板上端连线的中点P进入板间。油滴在P点所受的电场力与洛伦兹力大小恰好相等，且最终恰好从金属板的下边缘离开。空气阻力不计，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．油滴刚进入两板间时的加速度大小为gB．油滴起先下落的高度h＝eq\f(U2,2B2d2g)C．油滴从左侧金属板的下边缘离开D．油滴离开时的速度大小为eq\r(\f(－qU,m)＋2gL＋\f(U2,B2d2))答案ABD解析油滴刚到达P点时受重力、电场力和洛伦兹力的作用，电场力和洛伦兹力等大反向，因此油滴在P点的合力大小等于重力，由牛顿运动定律可知油滴在P点的加速度大小为g，A正确；由于油滴在P点水平方向的合力为零，则由力的平衡条件可知qeq\f(U,d)＝qBv，对油滴从释放到P点的过程中，由机械能守恒定律可知mgh＝eq\f(1,2)mv2，整理得h＝eq\f(U2,2gB2d2)，B正确；油滴进入平行金属板间后，做加速运动，则电场力小于洛伦兹力，由左手定则可知，油滴所受的洛伦兹力向右，则最终油滴从右侧金属板的下边缘离开，C错误；对油滴从释放到从右侧金属板的下边缘离开的过程，由动能定理有mg(h＋L)－qeq\f(U,2)＝eq\f(1,2)mv′2，解得v′＝eq\r(2gL＋\f(U2,B2d2)－\f(qU,m))，D正确。6．(2024·安徽合肥高三上一诊)如图所示，一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度大小为E＝eq\f(2mg,q)，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电小圆环套在杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ，现使圆环以初速度v0向下运动，经时间t0，圆环回到动身点。若圆环回到动身点之前已经起先做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法中正确的是()A．环经过eq\f(t0,2)时间刚好到达最低点B．环的最大加速度为am＝g＋eq\f(μqv0B,m)C．环在t0时间内损失的机械能为eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)－eq\f(m2g2,μ2q2B2))D．环下降过程和上升过程系统因摩擦产生的内能相等答案BC解析由题意可知，环在运动的过程中，受到的电场力大小为F＝qE＝2mg，方向始终竖直向上。假设竖直向下为正方向，则在环下滑的过程中，依据牛顿其次定律得：mg－(qE＋μqvB)＝ma，得a＝－(g＋eq\f(μqvB,m))，负号代表该加速度与运动方向相反，故环在下滑的过程中做加速度渐渐减小的减速运动；在环上升的过程中，依据牛顿其次定律得：mg＋μqvB－qE＝ma′，解得：a′＝－(g－eq\f(μqvB,m))，环做加速度渐渐减小的加速运动，在到达原动身点前，加速度减为零，此时，a′＝0，v＝eq\f(mg,μqB)，之后以速度v做匀速直线运动。由运动的不对称性可以确定，从起先下滑到最低点的时间不等于eq\f(t0,2)，A错误；整个运动过程中，加速度始终减小，所以在运动的最起先，加速度最大，加速度的最大值为：am＝g＋eq\f(μqv0B,m)，B正确；整个过程中，系统损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)－eq\f(m2g2,q2μ2B2))，C正确；环上升和下降的过程中，摩擦力的平均值大小不相等，故因摩擦产生的内能不相等，D错误。7．(2024·陕西榆林一模)如图所示，在其次象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等。在该平面有一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，以初速度v0垂直x轴，从x轴上的P点进入匀强电场，之后与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间恰好垂直于x轴进入下面的磁场，已知OP之间的距离为d，不计带电粒子的重力，则()A．磁感应强度B＝eq\f(\r(2)mv0,4qd)B．电场强度E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qd)C．自进入磁场至在磁场中其次次经过x轴所用时间为eq\f(7\r(2)πd,2v0)D．自进入磁场至在磁场中其次次经过x轴所用时间为eq\f(7πd,2v0)答案BD解析粒子的轨迹如图所示，带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀加速运动，竖直方向做匀速运动，由题得知，出电场时，vx＝vy＝v0，依据x＝d＝eq\f(1,2)vxt、y＝vyt＝v0t，得y＝2x＝2d，出电场时轨迹与y轴交点坐标为(0,2d)。设粒子在磁场中运动的半径为R，则有Rsin(180°－β)＝y＝2d，而β＝135°，解得：R＝2eq\r(2)d，粒子在磁场中运动的速度v＝eq\r(2)v0，依据R＝eq\f(mv,qB)，解得B＝eq\f(mv0,2qd)，故A错误；依据vx＝at＝eq\f(qE,m)t＝v0、d＝eq\f(1,2)vxt，得E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qd)，故B正确；粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(4πd,v0)，在第一象限运动时间t1＝eq\f(135°,360°)T＝eq\f(3πd,2v0)，在第四象限运动时间t1＝eq\f(1,2)T＝eq\f(2πd,v0)，所以自进入磁场至在磁场中其次次经过x轴所用时间t＝t1＋t2＝eq\f(7πd,2v0)，故D正确，C错误。8．(2024·湖南师大附中高考二模)如图所示，在直角坐标系xOy中x>0空间内充溢方向垂直纸面对里的匀强磁场(其他区域无磁场)，磁感应强度为B，x<0空间内充溢方向水平向右的匀强电场(其他区域无电场)，电场强度为E，在y轴上关于O点对称的C、D两点间距为L。带电粒子P(不计重力)从C点以速率v沿x轴正方向射入磁场，并能从D点射出磁场；与粒子P不相同的粒子Q从C点以不同的速度v′同时沿纸面平行x轴射入磁场，并恰好从D点第一次穿过y轴进入电场，且粒子P、Q同时过D点，则下列说法正确的是()A．粒子P带正电B．在粒子Q从C点运动到D点的过程中，粒子P在磁场中运动的时间肯定为eq\f(πL,2v)C．在粒子Q从C点运动到D点的过程中，粒子P在磁场中运动的路程可能为eq\f(2πL,3)D．粒子P与Q的比荷之比可能为2＋eq\f(2vB,πE)答案ABD解析分析可知粒子P经磁场匀速圆周运动偏转后垂直y轴进入电场，经电场中匀变速直线运动后，又在磁场中偏转，如此往复。由左手定则易知粒子P带正电，A正确；由粒子P在磁场中做周期性运动可知，若粒子P在磁场中偏转n次(n＝2,3,4，…)，则2nR＝L，其在磁场中运动的路程s＝n·πR＝eq\f(πL,2)，C错误；P在磁场中运动的时间t＝eq\f(s,v)＝eq\f(πL,2v)，B正确；若粒子P在磁场中偏转n次，那么tP＝eq\f(πm,Bq)n＋eq\f(2vm,Eq)(n－1)，Q在磁场中运动半周，tQ＝eq\f(πm′,Bq′)，而tP＝tQ，当n＝2时，P与Q的比荷之比为2＋eq\f(2vB,πE)，D正确。二、计算题(本题共5小题，共60分，须写出规范的解题步骤)9．(2024·河南郑州二模)(10分)如图所示，三块挡板围成截面边长L＝1.2m的等边三角形区域，C、P、Q分别是MN、AM和AN中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN水平，MN上方是竖直向下的匀强电场，场强E＝4×10－4N/C。三角形区域内有垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度为B1；AMN以外区域有垂直纸面对外、磁感应强度大小为B2＝3B1的匀强磁场。现将一比荷eq\f(q,m)＝108C/kg的带正电的粒子，从O点由静止释放，粒子从MN小孔C进入内部匀强磁场，经内部磁场偏转后干脆垂直AN经过Q点进入外部磁场。已知粒子最终回到了O点，O、C相距2m。设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重力，不计挡板厚度，取π＝3。求：(1)磁感应强度B1的大小；(2)粒子从O点动身，到再次回到O点经验的时间；(3)若仅变更B2的大小，当B2满意什么条件时，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点(若粒子经过A点马上被汲取)。答案(1)eq\f(2,3)×10－5T(2)2.85×10－2s(3)eq\f(4k＋2,3)×10－5T(k＝0,1,2,3，…)解析(1)粒子从O到C在电场中做加速运动，设OC间的距离为x，则由动能定理得：Eqx＝eq\f(1,2)mv2解得v＝400m/s由几何关系可知R1＝eq\f(L,2)＝0.6m由qvB1＝meq\f(v2,R1)，代入数据得B1＝eq\f(2,3)×10－5T。(2)由题可知B2＝3B1＝2×10－5TqvB2＝meq\f(v2,R2)，则R2＝eq\f(R1,3)＝0.2m由题设条件可知，带电粒子在磁场中运动轨迹如下图所示，粒子由电场中静止释放做匀加速直线运动，有x＝eq\f(1,2)vt1，得到t1＝0.01s，粒子在磁场B1中的运动周期为T1＝eq\f(2πm,qB1)＝9×10－3s，则在磁场B1中的运动时间为t2＝eq\f(1,3)T1＝3×10－3s在磁场B2中的运动周期为T2＝eq\f(2πm,qB2)＝3×10－3s在磁场B2中的运动时间为t3＝eq\f(180°＋300°＋180°,360°)T2＝eq\f(11,6)×3×10－3s＝5.5×10－3s则粒子在复合场中经验的总时间为：t＝2t1＋t2＋t3＝(20＋8.5)×10－3s＝2.85×10－2s。(3)设挡板外磁场变为B2′，粒子在磁场中的轨迹半径为r，则有qvB2′＝meq\f(v2,r)依据已知条件分析知，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点，需满意条件eq\f(L,2)＝(2k＋1)r，(其中k＝0,1,2,3…)解得B2′＝eq\f(4k＋2,3)×10－5T(其中k＝0,1,2,3…)。10．(2024·湖北省高三4月调考)(10分)在高度为H的竖直区域内分布着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左；磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面对里。在该区域上方的某点A，将质量为m、电荷量为＋q的小球，以某一初速度水平抛出，小球恰好在该区域做直线运动。已知重力加速度为g。(1)求小球平抛的初速度v0的大小；(2)若电场强度大小为E，求A点距该区域上边界的高度h；(3)若令该小球所带电荷量为－q，以相同的初速度将其水平抛出，小球离开该区域时，速度方向竖直向下，求小球穿越该区域的时间。答案(1)eq\f(mg,qB)(2)eq\f(E2,2gB2)(3)eq\f(BH,E)－eq\f(m2g,BEq2)解析(1)设小球进入复合场时，速度方向与水平方向成θ角，小球受力如图甲，有qvBcosθ＝mg，v＝eq\f(v0,cosθ)解得v0＝eq\f(mg,qB)。(2)小球从A点抛出，进入复合场，由动能定理mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)由三力平衡知(mg)2＋(qE)2＝(qvB)2解得h＝eq\f(E2,2gB2)。(3)设某时刻小球经某处时速度为v，将其正交分解为vx、vy如图乙，则小球受力如图丙，在水平方向上，由动量定理∑(qE－qvyB)·Δt＝0－mv0即BqH－Eqt＝mv0解得t＝eq\f(BH,E)－eq\f(m2g,BEq2)。11．(2024·陕西榆林高三第三次模拟)(12分)如图甲所示，在xOy平面内有足够大的匀强电场E，在y轴左侧平面内有足够大的磁场，磁感应强度B1随时间t变更的规律如图乙所示，选定磁场垂直纸面对里为正方向。在y轴右侧平面内还有方向垂直纸面对外的恒定的匀强磁场，分布在一个半径为r＝0.3m的圆形区域(图中未画出)且圆的左侧与y轴相切，磁感应强度B2＝0.8T。t＝0时刻，一质量m＝8×10－4kg、电荷量q＝＋2×10－4C的微粒从x轴上xP＝－0.8m处的P点以速度v＝0.12m/s向x轴正方向入射。已知该带电微粒在电磁场区域做匀速圆周运动。(g取10m/s2)(1)求电场强度；(2)若y轴左侧的磁场15πs后消逝，求微粒在其次象限运动过程中离x轴的最大距离；(3)若微粒穿过y轴右侧圆形磁场时速度方向的偏转角最大，求此圆形磁场的圆心坐标(x，y)。答案(1)40N/C，方向竖直向上(2)2.4m(3)(0.30m,2.25m)解析(1)微粒在电磁场区域做匀速圆周运动，它受到的电场力和重力大小相等，则：qE＝mg解得：E＝40N/C，方向竖直向上。(2)B1≠0时，微粒做匀速圆周运动，由牛顿其次定律有：qvB1＝meq\f(v2,R1)所以R1＝eq\f(mv,qB1)＝0.6mT＝eq\f(2πm,qB1