2026版高考物理步步高大二轮 （培优版）第一部分 专题整合提升专题三第10课时 带电粒子在复合场中的运动含答案

2026版高考物理步步高大二轮（培优版）第一部分专题整合提升专题三第10课时带电粒子在复合场中的运动【知识网络】热点一带电粒子在组合场中的运动例1(2024·安徽皖南八校联考)如图1所示的平面直角坐标系xOy，在第一象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第四象限的等边三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，等边三角形边长为L，且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a点(2h，0)进入第四象限，经过磁场后又从y轴上的某点进入第三象限，且速度方向与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。求：图1(1)电场强度E的大小；(2)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值；(3)粒子从P点出发到回到y轴上所用时间的最大值。答案(1)eq\f(mveq\o\al(2,0),2qh)(2)eq\f(2mv0,qL)(3)eq\f(16h＋πL,4v0)解析(1)带电粒子在电场中做类平抛运动x轴方向有2h＝v0ty轴方向有h＝eq\f(1,2)at2又a＝eq\f(qE,m)，解得E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2qh)。(2)粒子到达a点时，沿y轴负方向的分速度为vy＝at＝v0则粒子到达a点时的速度大小为v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(2)v0，方向与x轴正方向成45°角。粒子在磁场中做匀速圆周运动，当粒子从b点射出时，半径最大，磁场的磁感应强度有最小值，运动轨迹如图所示由牛顿第二定律得qvBmin＝meq\f(v2,rmax)由几何知识得rmax＝eq\f(\r(2),2)L解得Bmin＝eq\f(2mv0,qL)。(3)结合(1)(2)分析可知，粒子在电场中的运动时间为t1＝eq\f(2h,v0)在磁场中运动的最长时间为t2＝eq\f(θ,2π)T又T＝eq\f(2πm,qBmin)由轨迹图可知θ＝eq\f(π,2)解得t2＝eq\f(πL,4v0)粒子出磁场后做匀速直线运动，x轴方向分速度与粒子在电场中的x轴方向分速度大小相等，则有t3＝t1粒子从P点出发到回到y轴上所用时间的最大值为t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(16h＋πL,4v0)。“五步”突破带电粒子在组合场中的运动问题训练1(2024·福建卷，15)如图2所示，一质量为m、电荷量为q的带电粒子经电容器M由静止开始加速后从另一电容器N下极板进入偏转电场，经电场偏转后恰从电容器N的上极板射出偏转电场，已知两电容器电压均为U，以N电容器下极板右侧O点建立坐标系，粒子自y轴上距离O为d的P点进入右侧磁场，粒子经磁场偏转后垂直于x轴方向经过x轴，求：图2(1)粒子刚进入N时的速度大小；(2)粒子在P处速度方向与y轴正方向的夹角；(3)磁场的磁感应强度大小。答案(1)eq\r(\f(2qU,m))(2)夹角为45°且斜向右上方(3)eq\f(1,d)eq\r(\f(2mU,q))解析(1)粒子在电容器M两极板间受静电力做匀加速直线运动，由动能定理得qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)解得vN＝eq\r(\f(2qU,m))。(2)带电粒子在电容器N中做类平抛运动，沿x轴方向以速度vx＝vN＝eq\r(\f(2qU,m))做匀速直线运动，沿y轴正方向做匀加速直线运动，加速度a＝eq\f(qU,md)，运动到P点时沿y轴方向的分速度vy＝eq\r(2ad)＝eq\r(\f(2qU,m))＝vx，则带电粒子在P处的速度vP＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))＝2eq\r(\f(qU,m))，设粒子在P处速度与y轴正方向的夹角为α，则sinα＝eq\f(vx,vP)＝eq\f(\r(2),2)，解得α＝45°，故vP与y轴正方向的夹角为45°，斜向右上方。(3)带电粒子在电容器N及磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系得∠OPQ＝45°，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径r＝eq\f(d,cos45°)＝eq\r(2)d，由qvPB＝meq\f(veq\o\al(2,P),r)得B＝eq\f(1,d)eq\r(\f(2mU,q))。热点二带电粒子在叠加场中的运动例2(2023·江苏卷，16)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图3所示的模型。Oxy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；入射速度小于v0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。不计重力及电子间相互作用。图3(1)求电场强度的大小E；(2)若电子入射速度为eq\f(v0,4)，求运动到速度为eq\f(v0,2)时位置的纵坐标y1；(3)若电子入射速度在0＜v＜v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标y2＝eq\f(mv0,5eB)位置的电子数N占总电子数N0的百分比。答案(1)Bv0(2)eq\f(3mv0,32eB)(3)90%解析(1)电子沿x轴正方向做直线运动，则电子受力平衡，即eE＝ev0B解得E＝Bv0。(2)电子在电场和磁场叠加场中运动，受洛伦兹力和电场力的作用，只有电场力做功，则电子的速度由eq\f(v0,4)到eq\f(v0,2)的过程中，由动能定理得eEy1＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,4)))eq\s\up12(2)解得y1＝eq\f(3mv0,32eB)。(3)设电子的入射速度为v1时刚好能到达纵坐标为y2＝eq\f(mv0,5eB)的位置，此时电子在最高点的速度沿水平方向，且大小假设为v2，则电子在最低点的合力为F1＝eE－ev1B电子在最高点的合力为F2＝ev2B－eE由题意可知电子在最高点与最低点的合力大小相等，即F2＝F1整理得v1＋v2＝2v0电子由最低点到最高点的过程，由动能定理得eEy2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)整理得v2－v1＝eq\f(v0,5)，解得v1＝eq\f(9,10)v0又电子入射速度越小，电子运动轨迹的最高点对应的纵坐标越大，则能到y2＝eq\f(mv0,5eB)位置的电子数占总电子数的比例为η＝eq\f(N,N0)＝eq\f(v1,v0)×100%解得η＝90%。“三步”解决带电粒子在叠加场中的运动问题训练2(2024·江西鹰潭一模)在空间建立直角坐标系，坐标轴正方向如图4所示。空间有磁感应强度为B＝1T、方向垂直于纸面向里的磁场，Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限(含x、y轴)有电场强度为E＝1N/C、方向竖直向下的电场。光滑eq\f(1,4)圆弧轨道圆心O′，半径为R＝4m，圆弧轨道底端位于坐标轴原点O。质量为m1＝1kg、带电荷量为q1＝－1C的小球A从O′处水平向右飞出，经过一段时间，正好运动到O点。质量为m2＝4kg、带电荷量为q2＝2C的小球B从与圆心O′等高处静止释放，与A同时运动到O点并发生完全非弹性碰撞，碰后生成小球C。小球A、B、C均可视为质点，所在空间无重力场作用。求：图4(1)小球A在O′处的初速度；(2)碰撞完成后瞬间，圆弧轨道对小球C的支持力；(3)小球C从O点飞出后的瞬间，将磁场方向改为竖直向上。分析C球在后续运动过程中，回到y轴时离O点的距离。答案(1)2m/s(2)1.6N(3)10n2π2m(n＝1，2，3，…)解析(1)A从O′飞出后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，半径为rA＝eq\f(R,2)洛伦兹力提供向心力q1v1B＝m1eq\f(veq\o\al(2,1),rA)联立整理得v1＝eq\f(q1BrA,m1)解得v1＝2m/s。(2)设B滑到O点的速度为v2，由动能定理有q2ER＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)解得v2＝2m/sA、B在O点发生完全非弹性碰撞，设碰后生成的C球速度为v，由动量守恒定律，有m2v2－m1v1＝(m1＋m2)v解得v＝eq\f(6,5)m/s在碰后瞬间，C球做圆周运动，设轨道对C支持力为FN，C球带电荷量q＝q1＋q2质量mC＝m1＋m2由FN－qE＋qvB＝mCeq\f(v2,R)解得FN＝1.6N。(3)C球从轨道飞出后，受到竖直向下的静电力和垂直纸面向外的洛伦兹力，在静电力作用下，C球在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在水平方向做匀速圆周运动，每隔一个周期T，C球回到y轴上一次。由qvB＝mCeq\f(v2,rC)及T＝eq\f(2πrC,v)解得C球圆周运动周期T＝eq\f(2πmC,qB)C球竖直方向加速度a＝eq\f(qE,mC)C球回到y轴时离O点的距离y＝eq\f(1,2)a(nT)2代入数据解得y＝10n2π2m(n＝1，2，3，…)。热点三带电粒子在交变场中的运动例3(2024·江苏南通一模)如图5甲所示，xOy平面内存在着变化电场和变化磁场，变化规律如图乙所示，磁感应强度的正方向为垂直纸面向里、电场强度的正方向为＋y方向。t＝0时刻，一电荷量为＋q、质量为m的粒子从坐标原点O以初速v0沿x轴正方向入射(不计粒子重力)。B－t图像中B0＝eq\f(2πm,qt0)，E－t图像中E0＝eq\f(mv0,qt0)。求：图5(1)eq\f(t0,4)时刻粒子的坐标；(2)0～4t0时间段内粒子速度沿x轴负方向的时刻；(3)0～7t0时间段内粒子轨迹纵坐标的最大值。答案(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0t0,2π)，\f(v0t0,2π)))(2)eq\f(1,2)t0和eq\f(19,8)t0(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋\f(\r(2),2π)＋\f(1,2π)))v0t0解析(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qv0B0＝meq\f(veq\o\al(2,0),r1)又周期T＝eq\f(2πr1,v0)，B0＝eq\f(2πm,qt0)解得T＝t0，r1＝eq\f(v0t0,2π)所以eq\f(t0,4)时刻粒子坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0t0,2π)，\f(v0t0,2π)))。(2)粒子在0～4t0时间内的运动轨迹如图所示在2t0时刻，vy＝at0＝eq\f(qE0,m)t0＝eq\f(qt0,m)·eq\f(mv0,qt0)＝v0，v＝eq\r(2)v0，可知在2t0时刻粒子的速度方向与＋x方向的夹角为45°，此后，根据左手定则可知粒子沿逆时针方向运动，当粒子的速度方向偏转135°时速度沿－x方向。0～4t0时间内粒子速度沿x轴负方向的时刻为t1＝eq\f(1,2)t0和t2＝2t0＋eq\f(3,8)t0＝eq\f(19,8)t0。(3)根据运动的对称性和匀变速运动的规律可得t0～2t0、3t0～4t0、5t0～6t0时间内粒子沿y轴方向的位移均为y0＝eq\f(1,2)v0t06t0时刻与2t0时刻粒子的速度相同6t0～7t0时间内粒子沿y轴方向的最大位移y磁＝(1＋cos45°)r2洛伦兹力提供粒子在磁场中运动的向心力qvB0＝meq\f(v2,r2)解得r2＝eq\f(mv,qB0)＝eq\f(\r(2),2π)v0t0综上所述可得ym＝3y0＋y磁＝(eq\f(3,2)＋eq\f(\r(2),2π)＋eq\f(1,2π))v0t0。解决带电粒子在交变电磁场中运动的基本思路训练3如图6甲所示，水平放置的平行金属板P和Q相距为d，两板间存在周期性变化的电场或磁场。P、Q间的电势差UPQ随时间的变化规律如图乙所示，磁感应强度B随时间变化的规律如图丙所示，磁场方向垂直纸面向里为正方向。t＝0时刻，一质量为m、电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0由P板左端靠近板面的位置，沿平行于板面的方向射入两板之间，q、m、d、v0、U0为已知量。图6(1)若仅存在交变电场，要使电荷飞到Q板时，速度方向恰好与Q板相切，求交变电场的周期T；(2)若仅存在匀强磁场，且满足B0＝eq\f(2mv0,qd)，粒子经一段时间恰能垂直打在Q板上(不考虑粒子反弹)，求击中点到出发点的水平距离。答案(1)eq\r(\f(4md2,nqU0))(n＝1，2，3，…)(2)eq\f(\r(3)－1,2)d解析(1)当粒子飞到Q板时的速度方向恰与Q板相切时，竖直速度为零，设加速度为a，则a＝eq\f(qU0,md)半个周期内，粒子向上运动的距离为y＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))eq\s\up12(2)又d＝2ny(n＝1，2，3，…)联立得T＝eq\r(\f(4md2,nqU0))(n＝1，2，3，…)。(2)仅存在磁场时，带电粒子在匀强磁场中做半径为r的匀速圆周运动，则有qv0B0＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)解得r＝eq\f(1,2)d要使粒子能垂直打到Q板上，在交变磁场的半周期，粒子轨迹的圆心角设为90°＋θ，如图所示，由几何关系得r＋2rsinθ＝d解得sinθ＝eq\f(1,2)则粒子打到上极板的位置距出发点的水平距离为x＝r－2r(1－cosθ)＝eq\f(\r(3)－1,2)d。新情境命题现代科技与电磁场情境分析高考常以现代科技中的电、磁场问题为背景进行命题，通过建构组合场、叠加场模型。运用电场、磁场及力学规律来分析问题，解决此类问题的思路如下：典例1(2024·甘肃卷，15)质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图7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E1，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为B1，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B2，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。图7(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E2(E2略大于E1)，方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O′点上。求粒子打在O′点的速度大小。答案(1)正电eq\f(Eeq\o\al(2,1),2UBeq\o\al(2,1))(2)eq\f(4UB1,E1B2)(3)eq\f(2E2－E1,B1)解析(1)粒子在Ⅲ区域磁场中向上偏转，根据左手定则可知，粒子带正电粒子在Ⅱ区域中做直线运动，必是匀速直线运动，则有qv0B1＝qE1粒子在Ⅰ区域中，根据动能定理有qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)联立解得eq\f(q,m)＝eq\f(Eeq\o\al(2,1),2UBeq\o\al(2,1))。(2)粒子在Ⅲ区域磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有qv0B2＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)根据几何关系有dOP＝2r结合(1)问解得dOP＝eq\f(4UB1,E1B2)。(3)将粒子进入速度选择器时的速度v0分解为水平向右的速度大小为v1＝eq\f(E2,B1)和水平向左的速度大小为v2＝eq\f(E2,B1)－v0，则粒子在速度选择器中的运动就分解为了以速度v1向右的匀速直线运动和以速率v2逆时针的匀速圆周运动由于粒子垂直打在O′点，则粒子在O′点的速度v＝v1＋v2＝eq\f(2E2,B1)－v0＝eq\f(2E2－E1,B1)。典例2(2024·陕西安康模拟)如图8所示，为回旋加速器的工作原理示意图，两个D形盒的正中间有狭缝，狭缝宽度为d，狭缝之间存在匀强电场，电场强度为E；两个半径为R的D形盒接上高频交流电，并处在匀强磁场中，在D1的中心A处有一个粒子源，它产生并发出比荷为k的带正电粒子，粒子的初速度视为0，经加速后从D形盒的边缘以速度v飞出，不计粒子重力，求：图8(1)粒子在狭缝之间运动的总时间和匀强磁场的磁感应强度；(2)粒子第4次被加速结束的瞬间位置与A点之间的距离。答案(1)eq\f(v,kE)eq\f(v,kR)(2)2(eq\r(3)＋1－eq\r(2))eq\f(R,v)eq\r(2Edk)解析(1)由牛顿第二定律有qE＝ma根据运动学公式v＝at整理得t＝eq\f(v,kE)粒子在磁场中做匀速圆周运动qvB＝meq\f(v2,R)得B＝eq\f(v,kR)。(2)加速一次由动能定理有qEd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得v1＝eq\r(\f(2qEd,m))＝eq\r(2kEd)从A点出发向右运动2r1，则2r1＝2eq\f(mv1,qB)＝eq\f(2,B)eq\r(\f(2Ed,k))同理可得加速第二次粒子向左运动2r2＝2eq\r(2)eq\f(1,B)eq\r(\f(2Ed,k))粒子加速第三次后向右运动2r3＝2eq\r(3)eq\f(1,B)eq\r(\f(2Ed,k))所以，第四次加速结束瞬间距A点的距离为x＝2r1－2r2＋2r3＝2(eq\r(3)＋1－eq\r(2))eq\f(R,v)eq\r(2Edk)。1.(多选)(2024·安徽卷，10)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9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()图9A.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答案ABD解析油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知带负电，有mg＝qE，解得q＝eq\f(mg,E)，故A正确；根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,R)，得R＝eq\f(mv,qB)，解得油滴a做圆周运动的速度大小为v＝eq\f(gBR,E)，故B正确；设小油滴Ⅰ的速度大小为v1，得3R＝eq\f(\f(m,2)v1,\f(q,2)B)，解得v1＝eq\f(3BqR,m)＝eq\f(3gBR,E)，周期为T＝eq\f(2π·3R,v1)＝eq\f(2πE,gB)，故C错误；带电油滴a分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，得mv＝eq\f(m,2)v1＋eq\f(m,2)v2，解得v2＝－eq\f(gBR,E)，由于分离后的小油滴受到的电场力和重力仍然平衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反，根据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。2.(2024·广东卷，15)如图10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。图10(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。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)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；粒子在磁场中运动的周期为T＝2t0根据T＝eq\f(2πm,qB)则粒子所带的电荷量q＝eq\f(πm,Bt0)。(2)设金属板的板间距离为D，则板长为eq\f(πD,3)粒子在板间运动时有eq\f(πD,3)＝vt0出电场时竖直方向速度为零，则竖直方向有y＝2×eq\f(1,2)eq\f(U0q,Dm)(0.5t0)2在磁场中时qvB＝meq\f(v2,r)其中的y＝2r＝eq\f(2mv,qB)联立解得v＝πeq\r(\f(πU0,24Bt0))，D＝eq\r(\f(3πt0U0,8B))。(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D＝3r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W＝eq\f(1,2)mv2＋qeq\f(U0,D)×eq\f(D,3)＝eq\f(π3mU0,48Bt0)＋eq\f(πmU0,3Bt0)＝eq\f(πmU0（π2＋16）,48Bt0)。1.(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1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()图1A.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答案C解析假设电子打在a点，即其所受静电力与洛伦兹力大小相等，方向相反，故eE＝evB，由于α粒子的速度v′小于电子的速度v，所以2eE＞2ev′B，α粒子经过电、磁叠加场后向右偏转，即其所受合力方向向右，由于α粒子带正电，所以电场方向水平向右，A、B错误；电子所受静电力水平向左，则其所受洛伦兹力水平向右，则磁场方向垂直纸面向里，D错误，C正确；假设α粒子打在a点，同样可以得出C正确。2.(多选)(2024·湖北武汉二模)现代科学仪器中常利用电、磁场控制带电粒子的运动。如图2甲所示，纸面内存在上、下宽度均为d的匀强电场与匀强磁场，匀强电场竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从电场的上边界的O点由静止释放，运动到磁场的下边界的P点时正好与下边界相切。若把电场下移至磁场所在区域，如图乙所示，重新让粒子从上边界M点由静止释放，经过一段时间粒子第一次到达最低点N，下列说法正确的是()图2A.匀强电场的电场强度大小为eq\f(B2qd,m)B.粒子从O点运动到P点的时间为eq\f(（π＋4）m,2qB)C.M、N两点的竖直距离为eq\f(3,4)dD.粒子经过N点时速度大小为eq\f(Bqd,m)答案BD解析设粒子在磁场中的速率为v，半径为R，在电场中由动能定理，有qEd＝eq\f(1,2)mv2，在磁场中，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，由几何关系可得R＝d，综上可得E＝eq\f(B2qd,2m)，故A错误；粒子在电场中的运动时间为t1＝eq\f(d,\f(v,2))＝eq\f(2m,qB)，在磁场中的运动时间为t2＝eq\f(T,4)＝eq\f(πm,2qB)，粒子从O运动到P的时间为t＝t1＋t2＝eq\f(（π＋4）m,2qB)，故B正确；将粒子从M到N的过程中某时刻的速度分解为向右和向下的分量vx、vy，再把粒子受到的洛伦兹力分别沿水平方向和竖直方向分解，两个洛伦兹力分量分别为Fx＝qvyB，Fy＝qvxB，设粒子在最低点N的速度大小为v1，MN的竖直距离为y。水平方向由动量定理可得mv1－0＝∑qvyBΔt＝qBy，由动能定理可得qEy＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0，联立解得v1＝eq\f(Bqd,m)，y＝d，故C错误，D正确。3.(2024·河北沧州一模)如图3所示，一个以坐标原点为圆心、半径为R的圆形有界区域Ⅰ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，其边界上有一粒子源，在纸面内沿不同方向向区域Ⅰ内连续射入大量电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，部分粒子经磁场偏转后沿x轴水平射入右侧匀强电场和匀强磁场叠加的区域Ⅱ中，其内磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向里，电场强度大小为E(未知)、方向沿y轴负方向。已知这部分带电粒子在区域Ⅰ中做圆周运动的半径r＝eq\r(3)R，在区域Ⅱ中做匀速直线运动，粒子的重力和粒子间的相互作用均不计。图3(1)求匀强电场的电场强度的大小E；(2)求该粒子源的位置坐标；(3)若区域Ⅱ的长度为L，求这部分粒子从射入区域Ⅰ到离开区域Ⅱ的总时间。答案(1)eq\f(\r(3)qB1RB2,m)(2)(－eq\f(1,2)R，－eq\f(\r(3),2)R)(3)eq\f(πm,3qB1)＋eq\f(\r(3)Lm,3qB1R)解析(1)带电粒子在区域Ⅰ中做圆周运动的半径r＝eq\r(3)R根据洛伦兹力提供向心力有qvB1＝meq\f(v2,r)解得v＝eq\f(\r(3)qB1R,m)在区域Ⅱ中做匀速直线运动，则有qvB2＝qE解得E＝eq\f(\r(3)qB1RB2,m)。(2)带电粒子在区域Ⅰ中做圆周运动的半径r＝eq\r(3)R，如图所示根据几何关系可知tanθ＝eq\f(\r(3)R,R)＝eq\r(3)解得θ＝60°则入射粒子速度方向与竖直方向的夹角为α＝2θ－90°＝30°入射点坐标为x＝－Rsin30°＝－eq\f(1,2)Ry＝－Rcos30°＝－eq\f(\r(3),2)R。(3)粒子在区域Ⅰ中做圆周运动的时间为t1＝eq\f(60°,360°)·eq\f(2πr,v)＝eq\f(πm,3qB1)在区域Ⅱ中做匀速直线运动的时间为t2＝eq\f(L,v)＝eq\f(\r(3)Lm,3qB1R)则总时间为t＝t1＋t2＝eq\f(πm,3qB1)＋eq\f(\r(3)Lm,3qB1R)。4.(2024·重庆模拟预测)如图4所示，OP与x轴的夹角θ＝60°，在第一象限中OP右侧有沿x轴负方向的匀强电场，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从x轴上的M点平行于y轴射入电场，经电场后沿垂直于OP的方向由N点立刻进入一矩形磁场区域(未画出，方向垂直纸面向里)，并沿y轴负方向经过O点。已知O点到N点的距离为3l，不计粒子的重力，求：图4(1)匀强电场的电场强度大小；(2)匀强磁场的磁感应强度大小；(3)矩形磁场区域的最小面积。答案(1)eq\f(2mveq\o\al(2,0),3ql)(2)eq\f(2mv0,ql)(3)eq\f(3,2)l2解析(1)粒子从M点到N点做类平抛运动，在y轴方向上做匀速直线运动，在x轴方向上做初速度为零的匀加速直线运动，设粒子到达N点x轴方向的速度为vx，速度为v，如图甲则tan60°＝eq\f(vx,v0)＝eq\f(qEt,mv0)粒子在y轴方向的位移大小为y＝3lsin60°＝v0t解得匀强电场的电场强度大小E＝eq\f(2mveq\o\al(2,0),3ql)。(2)粒子达到N点的速度大小v＝eq\f(v0,cos60°)＝2v0粒子由N点进入一矩形磁场并沿y轴负方向经过O点，运动轨迹如图乙所示粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝(3l－r)sin30°，解得r＝l由qvB＝meq\f(v2,r)，解得B＝eq\f(mv,qr)＝eq\f(2mv0,ql)。(3)如图丙所示矩形磁场区域的面积最小时，矩形的宽为a＝r＝l矩形的长为b＝r＋rsin30°＝eq\f(3,2)l所以矩形磁场区域的最小面积为Smin＝ab＝eq\f(3,2)l2。5.(2024·福建厦门三检)如图5所示，在Oxy平面直角坐标系中，虚线OO′与x轴正方向的夹角θ＝60°，OO′与y轴之间存在垂直纸面向里的匀强磁场(边界存在磁场)，第二象限存在沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m、带电荷量为－q(q>0)的粒子从x轴负半轴的P点以初速度v0进入电场，v0与x轴正方向的夹角θ＝60°，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OO′边界射出磁场。不计粒子重力。求：图5(1)电场强度E的大小；(2)磁感应强度B的大小；(3)粒子从P点进入电场到再次回到x轴的时间。答案(1)eq\f(3mveq\o\al(2,0),8qL)(2)eq\f(3mv0,2qL)(3)eq\f(（4\r(3)＋2π＋4）L,3v0)解析(1)粒子进入电场，在y轴方向有vy＝v0sinθ，qE＝ma，veq\o\al(2,y)＝2aL联立解得E＝eq\f(3mveq\o\al(2,0),8qL)。(2)粒子在磁场中的运动轨迹如图所示。粒子进入磁场的速度vx＝v0cosθ由几何关系可得eq\f(r,cosθ)＋r＝L解得r＝eq\f(L,3)洛伦兹力提供粒子在磁场中做圆周运动的向心力，有qvxB＝meq\f(veq\o\al(2,x),r)联立解得B＝eq\f(3mv0,2qL)。(3)粒子第一次进入电场，在竖直方向有L＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)粒子在磁场中运动的时间t2＝eq\f(πr,vx)粒子再次进入电场，在竖直方向有L－2r＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,3)粒子从P点进入电场到再次回到x轴的时间t＝t1＋t2＋t3联立解得t＝eq\f(（4\r(3)＋2π＋4）L,3v0)。6.质谱仪是最早用来测定微观粒子比荷eq\f(q,m)的精密仪器，某一改进后带有速度选择器的质谱仪能更快测定粒子的比荷，其原理如图6所示，A为粒子加速器，加速电压为U1，B为速度选择器，其中磁场与电场正交，磁场磁感应强度为B1，两板距离为d，C为粒子偏转分离器，磁感应强度为B2，今有一比荷为k1(未知)的带正电的粒子P，不计重力，从小孔S1“飘入”(初速度为零)，经加速后，该粒子从小孔S2进入速度选择器B，恰能通过速度选择器，粒子从小孔S3进入分离器C后做匀速圆周运动，恰好打在照相底片D点上，测出D点与S3距离为L。图6(1)粒子P的比荷k1为多大；(2)速度选择器的电压U2应为多大；(3)另一粒子Q同样从小孔S1“飘入”，保持U2和d不变，调节U1的大小，使粒子Q能通过速度选择器进入分离器C，最后打到照相底片上的F点(在D点右侧)，测出F点与D点距离为x，则可得粒子Q比荷k2，求k2(用k1表示)。答案(1)eq\f(8U1,Beq\o\al(2,2)L2)(2)eq\f(4B1dU1,B2L)(3)eq\f(k1L,L＋x)解析(1)由动能定理得qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)粒子在进入分离器C后做匀速圆周运动，则qv0B2＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)由几何关系得R＝eq\f(L,2)由题意知k1＝eq\f(q,m)联立解得k1＝eq\f(8U1,Beq\o\al(2,2)L2)。(2)该粒子从小孔S2进入速度选择器B，恰能通过速度选择器，可得qv0B1＝qeq\f(U2,d)解得U2＝eq\f(4B1dU1,B2L)。(3)由题意得，Q粒子进入分离器的速度与P粒子的速度相同，则q′v0B2＝m′eq\f(veq\o\al(2,0),R′)由几何关系得R′＝eq\f(L＋x,2)由题意知k2＝eq\f(q′,m′)解得k2＝eq\f(k1L,L＋x)。7.如图7甲所示，在xOy平面的第Ⅰ象限内有沿x轴正方向的匀强电场E1，在x≤0区域内同时存在着竖直向上的匀强电场E2和垂直纸面的磁场B1(未画出)，E1＝0.1N/C，E2＝0.25N/C，磁场B1随时间t变化的规律如图乙所示，t0＝eq\f(π,160)s，设垂直纸面向外为磁场正方向。一个质量为m、电荷量为q的带正电液滴从P点以速度v0＝2m/s沿x轴负方向入射，恰好沿y轴负方向以速度v经过原点O后进入x≤0的区域。已知m＝5×10－6kg，q＝2×10－4C，t＝0时液滴恰好通过O点，重力加速度g取10m/s2。图7(1)求液滴第一次到达O点时速度v的大小；(2)求液滴在0～5t0时间内的路程。答案(1)5m/s(2)eq\f(5π,32)m解析(1)对带电液滴在水平方向和竖直方向的运动由动量定理有－qE1t＝0－mv0mgt＝mv解得v＝5m/s。(2)带电液滴在第Ⅱ、Ⅲ象限有qE2＝mg则带电液滴在第Ⅱ、Ⅲ象限中在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qvB1＝meq\f(v2,r)，T＝eq\f(2πr,v)当B1＝2T时，r1＝eq\f(1,16)m，T1＝eq\f(π,40)s当B1＝4T时，r2＝eq\f(1,32)m，T2＝eq\f(π,80)s带电液滴在0～5t0即0～eq\f(π,32)s内运动轨迹如图所示则液滴在0～5t0即0～eq\f(π,32)s时间内的路程s＝eq\f(3,2)πr1＋2πr2解得s＝eq\f(5π,32)m。8.(2024·江苏卷，16)如图8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。求：图8(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。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))解析(1)设电子进入插入体前的速度大小为v0，则电子经过插入体前后由洛伦兹力提供向心力有ev0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r1)e·kv0B＝meq\f(（kv0）2,r2)联立解得eq\f(r1,r2)＝eq\f(1,k)。(2)电子多次循环稳定后对电子从c′d′出发经电场到ab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)结合(2)问分析，当电子到达cd中点P时速度稳定后，其在abcd区域运动有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′)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)联立解得电子从P运动到d的时间为t＝nT＝eq\f(π（R2－R1）,2)eq\r(\f(（1＋k）m,2（1－k）eU))。9.(2024·广东茂名二模)在如图9所示的竖直平面xOy中，一质量为m、电荷量为＋q的带电小球沿x轴正方向以初速度v0＝eq\r(\f(gL,2))从A点射入第一象限，第一象限有竖直向上的匀强电场E1＝eq\f(mg,2q)，小球偏转后打到x轴上的C(eq\r(3)L，0)点，x轴下方有匀强电场E2(图中未画出)，第三、四象限有垂直于纸面向外、磁感应强度大小不同的匀强磁场，小球在x轴下方做匀速圆周运动，已知第四象限匀强磁场的磁感应强度大小为eq\f(m,q)eq\r(\f(g,2L))，重力加速度大小为g。图9(1)求x轴下方匀强电场的电场强度E2；(2)求带电小球在C点的速度vC；(3)若第三象限匀强磁场的磁感应强度大小为eq\f(2m,q)eq\r(\f(g,2L))，求粒子从C点运动到P(0，－3L)点所用的时间。答案(1)eq\f(mg,q)，方向竖直向上(2)eq\r(2gL)，与x轴正方向成60°斜向下(3)eq\f(2π,3)eq\r(\f(2L,g))或eq\f(8π,3)eq\r(\f(2L,g))解析(1)小球在x轴下方做匀速圆周运动，则mg＝qE2，解得E2＝eq\f(mg,q)，方向竖直向上。(2)小球在第一象限做类平抛运动，根据牛顿第二定律mg－qE1＝ma，可得a＝eq\f(g,2)水平方向有eq\r(3)L＝v0t，可得t＝eq\r(\f(6L,g))竖直方向有vy＝at，可得vy＝eq\r(\f(3gL,2))根据运动的合成vC＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))可得vC＝eq\r(2gL)根据几何关系tanθ＝eq\f(vy,v0)，可得θ＝60°即vC方向与x轴正方向成60°斜向下。(3)小球在第四象限内做匀速圆周运动，运动半径为r1则qvCB4＝meq\f(veq\o\al(2,C),r1)，解得r1＝2L设粒子运动的周期为T1，则T1＝eq\f(2πr1,vC)解得T1＝2πeq\r(\f(2L,g))如图甲，由几何关系可知，粒子从C到P偏转圆心角为eq\f(2π,3)，此过程运动时间为t1＝eq\f(1,3)T1＝eq\f(2π,3)eq\r(\f(2L,g))粒子经P点进入第三象限后，设运动半径为r2，则qvCB3＝meq\f(veq\o\al(2,C),r2)，解得r2＝L设粒子运动的周期为T2，则T2＝eq\f(2πr2,vC)解得T2＝πeq\r(\f(2L,g))如图乙，粒子从P点再回到P点所用时间为t2＝eq\f(1,2)T1＋T2＝2πeq\r(\f(2L,g))粒子从C点第二次运动到P点所用的时间为t1＋t2＝eq\f(8π,3)eq\r(\f(2L,g))故粒子从C点运动到P点所用的时间为eq\f(2π,3)eq\r(\f(2L,g))或eq\f(8π,3)eq\r(\f(2L,g))。增分培优4动态圆模型磁聚焦与磁发散模型旋转圆适用条件粒子的入射点位置相同，速度大小一定，半径一定，速度方向不同应用方法将半径为r＝eq\f(mv0,qB)的圆绕入射点进行旋转，从而找出临界条件旋转圆的圆心在以入射点P为圆心、半径r＝eq\f(mv0,qB)的圆上例1(多选)(2024·安徽芜湖二模)如图1甲所示，在x轴及其上方存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，坐标原点O处有一粒子源，可向x轴和x轴上方的各个方向不断地发射速度大小均为v＝1×106m/s、质量为m＝1×10－15kg、带电荷量为q＝1×10－9C的同种带电正粒子。在x轴上距离原点1m处垂直于x轴放置一个长度为1m、厚度不计且能接收带电粒子的薄金属板P(粒子一旦打在金属板P上立即被接收)。现观察到沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端。不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力。π＝3，则被薄金属板接收的粒子运动的时间可能为()图1A.1.1×10－6s B.1.4×10－6s C.2.5×10－6s D.4.6×10－6s答案ABD解析如图甲所示，由观察到沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，可知粒子做圆周运动的半径为1m，结合r＝eq\f(mv,qB)，可知磁感应强度为B＝1T，打在P左侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是60°，此时运动时间最短，可得被薄金属板接收的粒子在磁场运动的最短时间(被P左侧接收到的粒子在磁场中运动的最短时间)tmin＝eq\f(60°,360°)T＝eq\f(1,6)·eq\f(2πm,qB)＝1×10－6s，被P左侧接收到的粒子在磁场中运动时间最长，粒子轨迹对应的圆心角为90°，此时运动时间t2＝eq\f(90°,360°)T＝eq\f(1,4)·eq\f(2πm,qB)＝1.5×10－6s，被P右侧接收到的粒子在磁场中运动时间最短的粒子轨迹对应的圆心角为270°，此时粒子运动时间t3＝eq\f(270°,360°)T＝eq\f(3,4)·eq\f(2πm,qB)＝4.5×10－6s，打在P右侧下端的粒子在磁场中运动的时间最长，此时粒子轨迹对应的圆心角为300°，如图乙所示，最长时间tmax＝eq\f(300°,360°)T＝eq\f(5,6)·eq\f(2πm,qB)＝5×10－6s，粒子能被P接收时，粒子在磁场中运动时间应满足tmin≤t≤t2，或t3≤t≤tmax，故A、B、D正确。放缩圆适用条件粒子的入射点位置相同，速度方向一定，速度大小不同应用方法以入射点P为定点，轨迹圆的圆心位于粒子处于入射点时所受洛伦兹力所在的射线PP′上，将半径放缩作轨迹圆，粒子轨迹与磁场边界相切是恰好不射出磁场的临界状态例2如图2所示，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面向里，图中虚线为磁场的边界，其中bc段是半径为R的四分之一圆弧，ab、dc的延长线通过圆弧的圆心，Ob长为R。一束质量均为m、电荷量均为q的粒子，在纸面内以不同的速率从O点垂直ab射入磁场，已知所有粒子均从圆弧边界射出，其中M、N是圆弧边界上的两点，不计粒子重力和粒子间的相互作用。则下列分析中正确的是()图2A.粒子带负电B.从M点射出粒子的速率一定大于从N点射出粒子的速率C.从M点射出粒子在磁场中所用时间一定小于从N点射出粒子所用时间D.所有粒子中射出磁场时所用的最短时间为eq\f(2πm,3qB)答案D解析粒子做逆时针的匀速圆周运动，根据左手定则可知，粒子带正电，A错误；根据qvB＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\f(qBr,m)，从M点射出粒子的圆半径更小，则速度更小，B错误；由t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(θ,2π)·eq\f(2πm,qB)，粒子运动周期相同，运动轨迹对应的圆心角θ越大，粒子运动时间越长，由几何关系可知，当运动轨迹的弦与bc圆弧相切时，θ最小，运动时间最短，如图所示，Ob等于R，由几何关系可知，此时运动轨迹对应的圆心角为120°，则最短时间为tmin＝eq\f(120°,360°)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2πm,3qB)，M、N两点具体位置未知，则无法判断从M点射出粒子所用时间和从N点射出粒子所用时间的大小关系，C错误，D正确。平移圆适用条件粒子的入射点位置不同但在同一直线上，速度大小、方向均一定应用方法轨迹圆的半径相同，将半径为r＝eq\f(mv0,qB)的圆沿入射点所在的直线进行平移，从而找到临界条件轨迹圆的所有圆心在一条直线上例3如图3所示，有一等腰直角三角形AOC，直角边长为3d，AOC区域范围内(包含边界)存在磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，质量为m、电荷量为＋q的粒子可在直角边AO上的不同位置垂直边界、垂直磁场射入，入射速度大小为eq\f(qBd,m)，D、E是AO边界上的两点(图中未画出)，AD＝EO＝0.5d，不计粒子重力，则()图3A.粒子在磁场做圆周运动的半径为2dB.粒子距A点(eq\r(2)＋1)d处射入，恰好不从AC边界出射C.从D点射入的粒子，在磁场中运动的时间为eq\f(πm,3qB)D.从E点射入的粒子，在磁场中运动的时间为eq\f(πm,3qB)答案D解析由洛伦兹力提供向心力，可得qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)＝d，故A错误；粒子刚好不出磁场区域的运动轨迹如图甲所示。恰好与AC相切，根据几何关系可得，此时入射点到A的距离为x＝(eq\r(2)－1)d，即入射点到A点距离大于(eq\r(2)－1)d的粒子都不从AC边界出射，故B错误；从D点射入的粒子，运动轨迹为半圆，如图乙所示，在磁场中运动的时间为t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB)，从E点射入的粒子运动轨迹如图乙所示，由几何关系可知cosθ＝eq\f(r－0.5d,r)＝0.5，即圆心角为60°，粒子在磁场中运动的时间为t′＝eq\f(60°,360°)T＝eq\f(πm,3qB)，故C错误，D正确。磁聚焦与磁发散成立条件：磁场区域圆的半径等于轨迹圆的半径r＝eq\f(mv,qB)带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，如果轨迹圆半径与磁场区域圆半径相等，则粒子从磁场边界上同一点射出，该点切线与入射速度方向平行带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一点射入，如果轨迹圆半径与磁场区域圆半径相等，则粒子出射方向与入射点的切线方向平行例4(2024·辽宁朝阳二模)如图4所示的直角坐标系，在横轴下方有一半径为R的圆形磁场区域，与x轴相切于坐标原点。在－R＜y＜0的范围内沿y方向均匀分布着大量质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，它们以平行于x轴的相同初速度射入圆形磁场区域，均恰能由O点射入第一象限的矩形磁场区域OPQN内，矩形磁场区域的长度为其宽度的2倍。已知在矩形磁场区域内运动时间最长的粒子转过的圆心角为eq\f(π,2)，两磁场区域的磁感应强度大小均为B，不计粒子重力。求：图4(1)粒子的初速度v0；(2)矩形磁场区域的宽度a；(3)从PQ边射出的粒子数与射入磁场的总粒子数的比。答案(1)eq\f(qBR,m)(2)eq\f(4＋\r(6),10)R(3)eq\f(6－\r(6),10)解析(1)设粒子在磁场区域内做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律，有qv0B＝eq\f(mveq\o\al(2,0),r)因为入射的粒子均由O点进入第一象限，是磁聚焦模型，有r＝R解得v0＝eq\f(qBR,m)。(2)设在矩形区域内运动时间最长的粒子其速度方向与y轴正方向夹角为θ由题意知，其轨迹与PQ边刚好相切，由几何关系得rsinθ＋rcosθ＝2arsinθ＋a＝r解得a＝eq\f(4＋\r(6),10)R，sinθ＝eq\f(6－\r(6),10)。(3)设在矩形区域内运动时间最长的粒子，其射入圆形磁场区域时的纵坐标为－y1，由几何关系得R－y1＝Rsinθ所求粒子占比为eq\f(R－y1,R)代入数据得eq\f(R－y1,R)＝eq\f(6－\r(6),10)。1.(多选)如图1所示，在边长为L的正方形区域ABCD内存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场。质量为m，电荷量为q的带电粒子(不计重力)，分别以相同的速率v从A点沿不同方向垂直磁场方向射入磁场，当沿AC方向射入时，垂直于BC边射出磁场。则粒子()图1A.带负电B.运动速率v＝eq\f(\r(2)qBL,m)C.在磁场中运动的最长时间tm＝eq\f(πm,3qB)D.在磁场中运动的最长时间tm＝eq\f(πm,qB)答案BC解析由左手定则可知粒子带正电，选项A错误；根据粒子的运动轨迹可知r＝eq\r(2)L，由qvB＝meq\f(v2,r)，可得v＝eq\f(\r(2)BqL,m)，选项B正确；从C点射出的粒子在磁场中运动的时间最长，圆弧所对应的圆心角为60°，则最长时间为tm＝eq\f(60°,360°)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,3qB)，选项C正确，D错误。2.(多选)如图2所示，在直角三角形ABC内充满垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，AB边长度为d，∠B＝eq\f(π,6)。现垂直AB边射入一群质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子，已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t，而运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为eq\f(4,3)t(不计重力)。则下列判断中正确的是()图2A.粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4tB.该匀强磁场的磁感应强度大小为eq\f(πm,2qt)C.粒子在磁场中运动的轨道半径为eq\f(2,5)dD.粒子进入磁场时速度大小为eq\f(\r(3)πd,7t)答案ABC解析带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是eq\f(1,4)T，即为eq\f(1,4)T＝t，则得周期为T＝4t，故A正确；由T＝4t，R＝eq\f(mv,qB)，T＝eq\f(2πR,v)，得B＝eq\f(2πm,qT)＝eq\f(πm,2qt)，故B正确；运动时间最长的粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，根据几何关系有eq\f(r,sin\f(π,6))＋rsineq\f(π,6)＝d，解得r＝eq\f(2,5)d，故C正确；根据粒子在磁场中运动的速度为v＝eq\f(2πr,T)，周期为T＝4t，半径为r＝eq\f(2,5)d，联立可得v＝eq\f(πd,5t)，故D错误。3.(多选)如图3所示，a、b是直线上间距为4d的两点，也是半圆直径的两个端点，c位于ab上，且ac＝d，直线上方存在着磁感应强度大小为B、垂直于半圆平面的匀强磁场(未画出)，其中半圆内部没有磁场。一群比荷为k的同种带电粒子从a、c之间以相同的速率垂直于ab射入圆弧区域，所有粒子都能通过b点，不计粒子间的相互作用和粒子的重力，则()图3A.粒子的速率为2dBkB.粒子的速率为dBkC.从c点射入的粒子在磁场中运动的时间为eq\f(2π,3kB)D.从c点射入的粒子在磁场中运动的时间为eq\f(4π,3kB)答案AD解析画出粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知，四边形eO1bO为菱形，可知粒子运动的轨迹半径为r＝2d，根据qvB＝meq\f(v2,r)可得粒子的速率为v＝2dBk，A正确，B错误；粒子从c点射入时，其轨迹如图乙所示，由几何关系可知，粒子运动的轨迹圆心正好在圆弧ab上，可知粒子在磁场中转过的角度为240°，则运动时间t＝eq\f(240°,360°)T＝eq\f(4πm,3qB)＝eq\f(4π,3kB)，C错误，D正确。4.(2024·江西南昌一模)如图4所示，在PM和QK之间有大量相同的带电粒子以同一速度沿水平方向射入以O点为圆心、半径为R的圆形匀强磁场区域，该磁场方向垂直纸面向外，PM与圆心O在同一水平直线上，PM和QK间的距离为0.5R。已知所有粒子均从O点正下方的N点射出圆形磁场区域，立即进入下方垂直于纸面向里的匀强磁场，并都能打到水平挡板的下表面，挡板的左侧紧贴N点。已知下方磁场的磁感应强度是上方磁场的2倍。不计粒子重力及粒子间的相互作用。挡板下表面有粒子打到的区域长度为()图4A.eq\f(1,2)R B.eq\f(\r(3),2)R C.eq\f(2－\r(3),2)R D.eq\f(\r(3)－1,2)R答案C解析根据题意，由于所有带电粒子均从O点正下方的N点射出圆形磁场区域，画出带电粒子的运动轨迹如图所示，入射方向垂直于圆形磁场直径，且从同一点射出，则轨迹半径等于磁场圆的半径，有qvB＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\f(qBR,m)；粒子进入下方磁场，半径R′＝eq\f(mv,q·2B)＝eq\f(1,2)R，由几何关系可得挡板下表面有粒子打到的区域长度ΔL＝2R′－2R′sin60°＝eq\f(2－\r(3),2)R，C正确。5.(多选)(2024·四川绵阳高三诊断)如图5所示，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场分布在以O为圆心、R为半径的圆形区域内，MNCA是矩形，MN为圆形磁场的直径，AM＝eq\r(3)R，AC为一感光板、M处有一粒子源，能沿纸面向圆内不同方向以相同速率均匀发射质子(质量为m，电荷量为q，重力不计)。已知沿MO方向射入磁场的质子，经磁场偏转后，恰好打到感光板上C处。不计质子间的相互作用。下列说法正确的是()图5A.质子的速度大小为eq\f(\r(3)qBR,3m)B.射入磁场的质子有一半打在感光板上C.能打到感光板上的质子在磁场中运动的最长时间为eq\f(πm,3qB)D.若电子以eq\f(\r(3)qBR,3)的速率从N点沿NO方向射入磁场，则电子会打在感光板上答案BC解析沿MO方向射入磁场的质子，经磁场偏转后，恰好打到感光板上C处，则由几何关系有tanθ＝eq\f(NC,NO)＝eq\r(3)，可得θ＝60°，质子在磁场中运动的轨迹圆的圆心恰好在A点，由几何关系有轨迹半径r＝MA＝eq\r(3)R，又qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(\r(3)qBR,m)，故A错误；在MN右侧射入磁场的质子均可以到达感光板，在MN左侧射入磁场的质子均无法到达感光板，即射入磁场的质子有一半打在感光板上，故B正确；由于质子在磁场中运动的轨迹半径是一定的，在能打到感光板上的质子中，打到C点的质子在磁场中运动的时间最长，为t＝eq\f(60°,360°)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,3qB)，故C正确；由于电子的质量远小于质子的质量，在速率相同的情况下，电子在磁场中运动的轨迹半径r′≪r，所以其从N点沿NO方向射入后不会打在感光板上，故D错误。6.(多选)如图6，长度为a的竖直薄挡板MN处在垂直纸面向里的匀强磁场中(磁场空间足够大、图中未画出)，磁感应强度为B。挡板左侧O点有一粒子源在纸面内向各方向均匀发射电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，所有粒子的初速度大小相同。已知图中初速度与ON夹角为60°时发射的粒子恰好经过N点，ON＝eq\r(3)a，ON⊥MN。不计粒子重力，不考虑粒子的反弹和粒子间的相互作用。则()图6A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为eq\f(\r(3),2)aB.挡板左侧能被粒子击中的竖直长度为aC.能击中挡板右侧的粒子数占粒子总数的eq\f(1,6)D.挡板的右侧被粒子击中的竖直长度为a答案CD解析所有粒子运动的轨道半径都相等，当粒子初速度与ON夹角为60°时，粒子运动轨迹如图中1所示，由几何关系可知2rcos30°＝eq\r(3)a，可得r＝a，故A错误；当轨迹刚好与MN相切时，粒子能打到板上长度最大，如图轨迹2，设速度方向与ON夹角为θ，由几何关系可得rsinθ＋r＝eq\r(3)a，可得sinθ＝eq\r(3)－1，则挡板左侧能被粒子击中的竖直长度为l＝rcosθ＝aeq\r(2\r(3)－3)，故B错误；要使粒子打在右侧，有两个临界条件，如图中的轨迹1、3，由几何关系可知1、3的初速度夹角为α＝60°，则能击中挡板右侧的粒子数占粒子总数的n＝eq\f(60°,360°)＝eq\f(1,6)，故C正确；如图粒子1打在MN上的点与O1N、O1M组成顶角为60°的等腰三角形，所以由几何关系可知板的右侧被粒子击中的竖直长度为y＝r＝a，故D正确。7.(多选)(2024·河南名校模拟)某个粒子分析装置的简化示意图如图7所示，在垂直纸面向外的匀强磁场(未画出)中，有一圆心为O、半径为R的圆形无磁场区域，在圆形边界的P点处有一α粒子发射源，可在图示∠GPH＝90°范围内沿纸面随机向磁场区域发射速度大小相同的α粒子，在圆经过P点的直径上，固定一长度为2R的荧光挡板，α粒子击中荧光挡板后被吸收并发出荧光。已知PG与直径QP延长线的夹角为30°，α粒子的质量为m，电荷量为q。不计α粒子的重力和粒子间的相互作用，当α粒子的速度为v＝eq\f(qBR,m)时，下列说法正确的是()图7A.所有进入圆形区域的α粒子均垂直击中荧光挡板B.荧光挡板上α粒子打到的区域长度为R，且击中荧光挡板的α粒子的位置均匀分布C.α粒子在磁场中运动的最长时间为eq\f(5πm,3qB)D.α粒子在无磁场区域运动的最长时间为eq\f(m,qB)答案AD解析α粒子在磁场中运动的轨迹半径为r＝eq\f(mv,qB)＝R，则从P点射出的α粒子运动的轨迹如图，由几何关系可知，四边形O′MOP为菱形，可知O′M水平，则从M点进入圆形区域的粒子速度竖直向下，垂直击中荧光挡板，选项A正确；沿着PG方向射出的粒子打到挡板上的位置最远，由几何关系可知，最远点与P点的距离为2R－Rsin30°＝eq\f(3,2)R，并且从O到P，距P点越近，粒子数量越多，粒子分布不均匀，选项B错误；沿着PH方向射出的粒子在磁场中运动的时间最长，由几何关系可知粒子在磁场中转过的角度为330°，则最长时间t＝eq\f(330°,360°)·eq\f(2πR,v)＝eq\f(11πm,6qB)，选项C错误；水平向左射出的α粒子在无磁场区域运动的时间最长，为t′＝eq\f(R,v)＝eq\f(m,qB)，选项D正确。8.(多选)(2024·黑龙江哈尔滨市模拟)如图8所示，等腰直角三角形区域分布有垂直纸面向里的匀强磁场，腰长AB＝2m，O为BC的中点，磁感应强度B＝0.25T，一群质量m＝1×10－7kg，电荷量q＝－2×10－3C的带电粒子以速度v＝5×103m/s垂直于BO，从BO之间射入磁场区域，带电粒子不计重力，则()图8A.在AC边界上有粒子射出的长度为(eq\r(2)－1)mB.C点有粒子射出C.在AB边界上有粒子射出的长度为1mD.磁场中运动时间最长粒子从底边距B点(eq\r(2)－1)m处入射答案ACD解析粒子在磁场中偏转，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)，粒子在磁场中运动的轨道半径为R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(10－7×5×103,2×10－3×0.25)m＝1m，作出粒子在磁场中的运动轨迹图，如图所示。由图可知，能从AC边射出的粒子长度为eq\o(DE,\s\up6(－))＝eq\r(2)R－R＝(eq\r(2)－1)m，故A正确；粒子不可能到达C点，故B错误；由图可知，在AB边界上有粒子射出的长度为BF＝R＝1m，故C正确；磁场中运动时间最长粒子运动半个圆周，轨迹与AB、AC相切，由图可知从底边距B点(eq\r(2)－1)m处入射，故D正确。9.(多选)(2024·山东青岛模拟预测)利用磁聚焦和磁控束可以改变一束平行带电粒子的宽度，人们把此原理运用到薄膜材料制备上，使芯片技术得到飞速发展。如图9，宽度为r0的带正电粒子流水平向右射入半径为r0的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B0，这些带电粒子都将从磁场圆上O点进入正方形区域，正方形过O点的一边与半径为r0的磁场圆相切。在正方形区域内存在一个面积最小的匀强磁场区域，使汇聚到O点的粒子经过该磁场区域后宽度变为2r0，且粒子仍沿水平向右射出，不考虑粒子间的相互作用力及粒子的重力，下列说法正确的是()图9A.正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为2B0，方向垂直纸面向里B.正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为eq\f(1,2)B0，方向垂直纸面向里C.正方形区域中匀强磁场的最小面积为2(π－2)req\o\al(2,0)D.正方形区域中匀强磁场的最小面积为eq\f(π－2,2)req\o\al(2,0)答案BC解析根据磁聚焦原理，粒子在半径为r0的圆形磁场区域中运动，粒子运动的轨迹半径为r0，有qvB0＝meq\f(v2,r0)，解得B0＝eq\f(mv,qr0)，要使汇聚到O点的粒子经正方形区域内的磁场偏转后宽度变为2r0，且粒子仍沿水平向右射出，作出轨迹如图所示，由几何关系可知粒子在正方形区域磁场中的轨迹半径2r0，正方形中磁场区域内应该为圆形磁场的一部分，有qvB1＝meq\f(v2,2r0)，解得B1＝eq\f(mv,2qr0)＝eq\f(1,2)B0，由左手定则可知，方向垂直纸面向里，A错误，B正确；如图所示，磁场区域的最小面积为Smin＝2(π－2)req\o\al(2,0)，C正确，D错误。10.(2024·广西柳州三模)如图10所示，正方形区域abcd内(含边界)有垂直纸面向里的匀强磁场，ab＝l，Oa＝0.4l，OO′连线与ad边平行，大量带正电的粒子从O点沿与ab边成θ＝53°角方向以不同的初速度v射入磁场，已知带电粒子的质量为m，电荷量为q，磁场的磁感应强度大小为B，sin53°＝0.8，不计粒子重力和粒子间的相互作用。图10(1)求恰好从O′点射出磁场的粒子的速度大小；(2)要使粒子从ad边离开磁场，求初速度v的取值范围。答案(1)eq\f(5qBl,6m)(2)eq\f(2qBl,9m)＜v≤eq\f(29qBl,46m)解析(1)从O′点射出磁场的粒子的运动轨迹如图甲根据几何关系可知运动半径为r＝eq\f(\f(l,2),cos53°)根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)解得v＝eq\f(5qBl,6m)。(2)当粒子轨迹与ad边相切时，如图乙所示设此时初速度为v01，轨道半径为r1，由几何关系可得r1＋r1sin53°＝0.4l又qv01B＝meq\f(veq\o\al(2,01),r1)，解得v01＝eq\f(2qBl,9m)若粒子运动轨迹能与cd边相切，如图丙所示设此时初速度为v02，轨道半径为r2，由几何关系可得r2＋r2cos53°＝l解得r2＝eq\f(5,8)lO2a＝l－r2＝eq\f(3,8)l又O2a＝eq\f(Oa,tan53°)＝0.3l，两次计算结果不一致可知粒子轨迹不能与cd边相切，从d点射出时速度最大，如图丁所示。根据几何关系可知r2′cosθ＋r2′cosα＝lr2′sinθ－r2′sinα＝0.4l解得r2′＝eq\f(29,46)l根据洛伦兹力提供向心力有qv02B＝meq\f(veq\o\al(2,02),r2′)解得v02＝eq\f(29qBl,46m)综上可得eq\f(2qBl,9m)<v≤eq\f(29qBl,46m)。11.(2024·辽东南协作体联考)“太空粒子探测器”由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化为如图11所示。辐射状的加速电场区域Ⅰ边界为两个同心平行的网状金属扇形弧面，O1为圆心，圆心角θ为120°，外圆弧面AB与内圆弧面CD间的电势差为U0，M为外圆弧的中点。紧靠O1右侧有一圆形匀强磁场区域Ⅱ，圆心为O2，半径为L，磁场方向垂直于纸面向外且磁感应强度大小B＝eq\r(\f(2mU0,qL2))。在磁场区域下方相距L处有一足够长的收集板PNQ。已知MO1O2和PNQ为两条平行线，且与O2、N连线垂直。假设太空中飘浮着质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB弧面并经电场从静止开始加速，然后从O1进入磁场，并最终到达PNQ板被收集，忽略一切万有引力和粒