第50讲 带电粒子在叠加场中的运动（复习讲义）（湖南专用）（教师版）

第50讲带电粒子在叠加场中的运动目录TOC\o"1-4"\h\z\u01考情解码·命题预警 202体系构建·思维可视 303核心突破·靶向攻坚 4考点一带电粒子在叠加场中的运动 4知识点1重力场、电场和磁场 4知识点2带电粒子在叠加场中的直线运动 4知识点3带电粒子在叠加场中的圆周运动 5考向1带电粒子在叠加场中的直线运动 5考向2带电粒子在叠加场中的圆周运动 7考向3带电粒子在叠加场中的一般曲线运动 10考点二叠加场中的现代科学仪器 13知识点电磁叠加场中的各类仪器、规律和共性 13考向1速度选择器 13考向2磁流体发电机 16考向3电磁流量计 17考向4霍尔元件 1904真题溯源·考向感知 21

考点要求考频2025年2024年2023年带电粒子在叠加场中的运动应用\叠加场中的现代科学仪器应用高频2023·湖南·高考物理第6题考情分析：1.命题形式：单选题非选择题2.命题分析：湖南高考对带电粒子在复合场中的运动的考查录较为频繁，其中对洛伦兹力与现代科技的考查频率相对也较高，题目多以选择题或计算题的形式出现，选择题难度中等3.备考建议：本讲内容备考时候，理解和掌握质谱仪及回旋加速器的原理，掌握带电粒子在电磁叠加场的基本规律。学会分析带电粒子的受力情况及运动情景并解决问题。4.命题情境：与现代科技相结合考查科学仪器，另考查带电粒子运动的综合计算题型5.常用方法：动能定理、功能关系、动量守恒、运动的合成与分解法复习目标：1.了解叠加场的特点，会分析带电粒子在叠加场中的运动问题。2.会分析带电粒子在交变电、磁场中的运动问题。考点一带电粒子在叠加场中的运动知识点1重力场、电场和磁场1.叠加场：静电场、磁场、重力场在同一区域叠加，或其中某两场在同一区域叠加。(1)静电场、重力场叠加静电力与重力的合力一般为恒力，带电体做匀速直线运动或匀变速直线(或曲线)运动，比较简单。(2)磁场、重力场叠加①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。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，由此可求解问题。(3)静电场、磁场叠加(不计重力的微观粒子)①若静电力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。②若静电力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题。(4)静电场、磁场、重力场叠加①若三力平衡，一定做匀速直线运动。②若重力与静电力平衡，且粒子速度方向与磁场垂直，则一定做匀速圆周运动。③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题。2．关于是否考虑粒子重力的三种情况(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与静电力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、尘埃等一般应当考虑其重力。(2)在题目中有明确说明是否要考虑重力的，按题目要求处理。(3)不能直接判断是否要考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要结合运动状态确定是否要考虑重力。知识点2带电粒子在叠加场中的直线运动(1)带电粒子在电场和磁场的叠加场中做直线运动，电场力和洛伦兹力一定相互平衡，因此可利用二力平衡解题。(2)带电粒子在电场、磁场、重力场的叠加场中做直线运动，则粒子一定处于平衡状态，因此可利用平衡条件解题。知识点3带电粒子在叠加场中的圆周运动(1)带电粒子做匀速圆周运动，隐含条件是必须考虑重力，且电场力和重力平衡。(2)洛伦兹力提供向心力和带电粒子只在磁场中做圆周运动解题方法相同。(3)带电粒子在叠加场若存在合力且不等于洛伦兹力，粒子将做一般曲线运动。解决方法可以用运动的合成与分解。考向1带电粒子在叠加场中的直线运动例1（2025·湖南娄底第一中学·一模）霍尔推进器中的一个局部区域可抽象成如图所示的模型。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，入射速度为时，电子沿x轴做直线运动；入射速度不等于时，电子将沿曲线运动。电子间相互作用及其所受的重力均可忽略不计，则（）A．电场强度的大小B．若电子入射速度小于，则电子可能进入的区域运动C．若电子入射速度为，运动到速度为时位置的纵坐标D．若电子入射速度为，运动到速度为时位置的纵坐标【答案】D【知识点】带电粒子在叠加场中做直线运动【详解】A．由题知，入射速度为时，电子沿x轴做直线运动,则有解得A错误；B．若速度，则，电子所受合力沿y轴正方向，电子将向上偏转，故其不可能进入的区域运动，B错误；C．若电子入射速度为，电子受到的电场力和磁场力的合力向下，电子将向下偏转，当电子运动到速度为时，根据动能定理则有解得由于粒子向下偏转，所以运动到速度为时纵坐标为根据解得C错误；D．若电子入射速度为，电子受到的电场力和磁场力的合力向上，电子将向上偏转，根据动能定理有，解得D正确。故选D。【变式训练·变载体】多选)（2025·安徽池州·二模）如图所示，足够长的竖直绝缘墙壁右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为。质量为、带电量为（）的绝缘物块与绝缘墙壁之间的动摩擦因数为，重力加速度g。现将小物块紧贴竖直墙壁由静止释放，当小物块沿绝缘墙壁下滑h时获得最大速度开始匀速下滑，墙壁足够长，下列说法不正确的是（）A．小物块运动过程中的最大加速度为B．小物块获得最大速度C．小物块沿绝缘墙壁下滑h过程克服摩擦力做的功D．小物块沿绝缘墙壁下滑h过程经历的时间【答案】C【解析】小物块运动过程中的加速度物块由静止释放时有最大加速度A正确；B．物块速度最大时合力为零，根据平衡条件得解得小物块能达到的最大速度为B正确；C．小物块沿绝缘墙壁下滑h过程根据动能定理解得C错误；D．小物块沿绝缘墙壁下滑h过程，根据动量定理解得D正确；故选C。考向2带电粒子在叠加场中的圆周运动例2（多选）（2025·湖南师大附中高三第一次质量检测）光滑绝缘水平桌面上有一个可视为质点的带正电小球，桌面右侧存在由匀强电场和匀强磁场组成的复合场，复合场的下边界是水平面，到桌面的距离为h，电场强度为E、方向竖直向上，磁感应强度为B、方向垂直纸面向外，重力加速度为g，带电小球的比荷为，如图所示。现给小球一个向右的初速度，离开桌边缘立刻进入复合场运动，从下边界射出，射出时的速度方向与下边界的夹角为。下列说法正确的是（）A.小球在复合场中的运动时间可能是B.小球在复合场中运动的加速度大小可能是C.小球在复合场中运动的路程可能是D.小球的初速度大小可能是【答案】AC【解析】，重力与电场力相等，洛伦兹力提供向心力，带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动。带电小球的比荷为，则有则小球合力为洛伦兹力，所以小球在复合场中做匀速圆周运动，射出时的速度方向与下边界的夹角为，则小球运动情况有两种，轨迹如下图所示若小球速度为，则根据几何知识可得轨迹所对应的圆心角为，此时小球在复合场中的运动时间为根据几何知识可得，其轨迹半径为则根据洛伦兹力提供向心力有可得，小球的速度为则小球的路程为小球的加速度为若小球速度为，则根据几何知识可得轨迹所对应的圆心角为，此时小球在复合场中的运动时间为根据几何知识可得，其轨迹半径为则根据洛伦兹力提供向心力有可得，小球的速度为则小球的路程为小球的加速度为故选AC【变式训练·变考法】（2025·江西省鹰潭市高三下学期第二次模拟考试）如图所示，在空间建立直角坐标系，坐标轴正方向如图所示。空间有磁感应强度为方向垂直于纸面向里的磁场，Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限（含x、y轴）有电场强度为竖直向下的电场。光滑1/4圆弧轨道圆心O'，半径为圆弧轨道底端位于坐标轴原点O。质量为带电的小球A从处水平向右飞出，经过一段时间，正好运动到O点。质量为带电小球的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。（1）小球A在、处的初速度为多大；（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，再次回到y轴时离O点的距离。【答案】（1）2m/s；（2）1.6N；（3）【解析】（1）A从飞出后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力联立整理得解得（2）设B滑到O点的速度为，由动能定理解得A、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，由动量守恒定律在碰后瞬间，C球做圆周运动，设轨道对C支持力为F，C球带电量由解得（3）C球从轨道飞出后，受到竖直向下的电场力和垂直纸面向外的洛伦兹力，在电场力作用下，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。由及解得C球圆周运动周期C球竖直方向加速度C球回到y轴时坐标代入数据解得（n=1、2、3…考向3带电粒子在叠加场中的一般曲线运动例3（2025·湖南·模拟预测）如图所示，直角坐标系的第一象限空间存在垂直纸面向里的磁场，磁感应强度大小沿轴方向满足（、为已知量）；第二象限空间存在沿方向、场强大小为的匀强电场，和磁感应强度大小为、垂直平面向里的匀强磁场；第三象限存在方向和大小未知的匀强电场（图中未画出）。一质量为、电荷量为的带电粒子，从轴上的点沿纸面以与方向夹角的初速度射入第三象限的匀强电场，并从原点射入第一象限，过点的速度方向与方向夹角为。不计粒子重力，求：(1)第三象限电场强度的大小和方向；(2)粒子在第一象限的轨迹与坐标轴围成的面积S；(3)若，粒子在第二象限运动过程中的最大速度（结果用含的式子表示）。【答案】(1)，与轴的夹角为(2)(3)【详解】（1）粒子在第三象限匀强电场中做类斜抛运动，粒子在方向的位移为零，方向的平均速度也为零，设末速度为，有粒子类斜抛的末速度与初速度垂直，画出速度矢量三角形（如图1）。分析可知，的方向与轴的夹角为，电场力的方向与的方向相同，故的方向与轴的夹角为，与轴的夹角为。且有设粒子在电场中运动的时间为，在方向做匀速直线运动的位移为，在电场力方向类自由落体运动的位移也为，加速度为，有则有根据牛顿第二定律有解得（2）由于洛伦兹力不做功，粒子在第一象限做匀速率曲线运动，由磁场特点（相同的各点磁感应强度相同）可知，粒子的轨迹为上下对称的曲线，如图2所示。对粒子在方向应用动量定理，有可得故粒子在第一象限的轨迹与坐标轴围成的面积为（3）粒子以速度射入第二象限，在叠加场中做曲线运动，轨迹为旋轮线。（配速法）将进入第二象限的初速度分解为和，粒子以做匀速直线运动，以做匀速圆周运动，如图3所示。有解得由于当两个分运动的速度方向相同时，粒子的合速度最大，为【变式训练·变考法】如图所示，坐标系xoy位于竖直平面内，所在空间有沿水平方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在x＜0的空间内还有沿x轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E．一个带电油滴经图中x轴上的M点，沿着直线MP方向以速率v做匀速运动，图中直线MP与x轴夹角α＝30°，经过P点后油滴进入x＞0的区域，要使油滴在x＞0的区域内做匀速圆周运动，需要在该区域内加一个匀强电场．若带电油滴沿弧PN做匀速圆周运动，并垂直于x轴通过轴上的N点，已知重力加速度为g．试求：（1）油滴的带电性质和匀强磁场的磁感应强度大小；（2）在x＞0的区域内所加电场的场强；（3）带电油滴从P点运动到N点经历的时间．【答案】（1）（2）（3）【详解】（1）油滴在x＜0区域做匀速直线运动，又因为油滴在此区域受重力mg、电场力F和洛伦兹力F洛作用，故三个力的合力为0；油滴在x＞0区域做匀速圆周运动，根据油滴轨迹和左手定则可知油滴带正电．在x＜0区域对粒子受力分析有：F＝F洛sin30°即：Eq＝qvBsin30°所以磁感应强度（2）在x＜0区域油滴受力平衡有F洛•cos30°＝mg又有F洛sin30°＝qE所以有：在x＞0区域油滴做匀速圆周运动，所以油滴受到的电场力与重力平衡，令此时电场强度为E′则有：所以（3）由题意作出油滴在x＞0区域的轨迹如下图所示，根据几何关系有：β＝180°﹣（90°﹣α）＝120°油滴做圆周运动的周期所以油滴从P至BN所用时间又因为mg＝qvBcos30°所以考点三叠加场中的各类仪器知识点电磁叠加场中的各类仪器、规律和共性装置原理图规律共性规律速度选择器若qv0B＝Eq，即v0＝eq\f(E,B)，粒子做匀速直线运动稳定平衡时电荷所受电场力和洛伦兹力平衡，即qeq\f(U,d)＝qvB磁流体发电机等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带正、负电荷，两极板间电压为U时稳定，qeq\f(U,d)＝qv0B，U＝v0Bd电磁流量计当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差(U)达到最大，由qeq\f(U,d)＝qvB，可得v＝eq\f(U,Bd)霍尔元件当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，b、a间的电势差(U)就保持稳定，由qvB＝qeq\f(U,d)，可得U＝vBd考向1速度选择器例1（2025·新疆乌鲁木齐·一模）速度选择器是质谱仪的重要组成部分，工作时电场和磁场共同作用，能从各种速率的带电粒子中选择出具有一定速率的粒子。下列图示结构中电场方向均水平，磁场方向均垂直纸面，则下列结构能成为速度选择器的是（

）A． B． C． D．【答案】BC【详解】A．该图中从入口射入的正电荷受向左的电场力和向左的洛伦兹力，电荷向左偏转，则该结构不能成为速度选择器，故A错误；B．该图中从入口射入的正电荷受向右的电场力和向左的洛伦兹力，当二力相等时电荷沿直线从出口射出，则该结构能成为速度选择器，故B正确；C．该图中从入口射入的正电荷受向左的电场力和向右的洛伦兹力，当二力相等时电荷沿直线从出口射出，则该结构能成为速度选择器，故C正确；D．该图中从入口射入的正电荷受向右的电场力和向右的洛伦兹力，电荷向右偏转，则该结构不能成为速度选择器，故D错误。故选BC。【变式训练】如图所示，M、N为速度选择器的上、下两个带电极板，两极板间有匀强电场和匀强磁场。匀强电场的场强大小为E、方向由M板指向N板，匀强磁场的方向垂直纸面向里。速度选择器左右两侧各有一个小孔P、Q，连线与两极板平行。某种带电微粒以速度v从P孔沿连线射入速度选择器，从Q孔射出。不计微粒重力，下列判断正确的是（）A．带电微粒一定带正电B．匀强磁场的磁感应强度大小为C．若将该种带电微粒以速率v从Q孔沿连线射入，不能从P孔射出D．若将该带电微粒以的速度从P孔沿连线射入后将做类平抛运动【答案】C【详解】A．若带电微粒带正电，则受到的洛伦兹力向上，电场力向下，若微粒带负电，受到的洛伦兹力向下，电场力向上，洛伦兹力等于电场力，微粒沿PQ运动，因此微粒可以是正电也可以是负电，故A错误；B．对微粒受力分析解得故B错误；C．若带电微粒带负电，从Q孔沿连线射入，受到的洛伦兹力和电场力均向上，若带电微粒带正电，从Q孔沿连线射入，受到的洛伦兹力和电场力均向下，不可能做直线运动，故不能从P孔射出，故C正确；D．若将该带电微粒以的速度从P孔沿连线射入后，洛伦兹力大于电场力，微粒做曲线运动，由于洛伦兹力是变力，不可能做类平抛运动，故D错误。故选C。考向2磁流体发电机例2（2025·北京门头沟·一模）磁流体发电机是一种将内能直接转换为电能的新型发电装置，具有发电效率高、环境污染小、结构简单等特点，具有广泛的应用前景。如图所示为该装置的导流通道，其主要结构如图1所示，通道的上下平行金属板M、N之间有很强的磁场，将等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）从左侧不断高速喷入整个通道中，M、N两板间便产生了电压，其简化示意图如图2所示。M、N两金属板相距为a，板宽为b，板间匀强磁场的磁感应强度为B，速度为v的等离子体自左向右穿过两板后速度大小仍为v，截面积前后保持不变。设两板之间单位体积内等离子的数目为n，每个离子的电量为q，板间部分的等离子体等效内阻为r，外电路电阻为R。(1)金属板M、N哪一个是电源的正极，求这个发电机的电动势E；(2)开关S接通后，设等离子体在板间受到阻力恒为f，请从受力或能量转化与守恒的角度，求等离子体进出磁场前后的压强差Δp；(3)假设上下金属板M、N足够大，若R阻值可以改变，试讨论R中电流的变化情况，求出其最大值Im。并在图3中坐标上定性画出I随R变化的图线，并指出横、纵轴关键点坐标值的大小。【答案】(1)M板为正极，(2)(3)，见解析图【详解】（1）由左手定则可知，正离子向上偏转，则M板为正极。S断开时，M、N两板间电压的最大值，等于此发电机的电动势，根据得（2）方法一：根据能量转化与守恒外电路闭合后，有：即：得：方法二：根据平衡角度分析：外电路闭合后，有等离子体横向受力平衡，则解得（3）若R可调，由（2）知I随R减小而增大。当所有进入通道的离子全部偏转到极板上形成电流时，电流达到最大值，即饱和电流Im。当I<Im时，由（2）可得：解得：当时，I随R的增大而减小，当时，电流饱和保持不变。由上分析：可定性画出如图所示的I-R图像（图中，）。【变式训练】（多选）磁流体发电技术是目前世界上正在研究的新兴技术。如图所示，等离子体进入两平行极板之间的区域，速度为v，两金属板的板长（沿初速度方向）为L，板间距离为d，金属板的正对面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于等离子体初速度方向，并与极板平行，负载电阻为R，等离子体充满两板间的空间。当稳定发电时，电流表的示数为I。下列说法正确的是（）A．稳定发电时，带电粒子受到的洛伦兹力和电场力等大反向B．稳定发电时，正电荷受洛伦兹力向上，负电荷受洛伦兹力向下C．稳定发电时，产生的电动势大小为BLvD．稳定发电时，板间等离子体的等效阻值为【答案】AD【详解】ABC．等离子体飞入磁场中时，受到洛伦兹力的作用，根据左手定则判断知，正电荷向下极板聚集，负电荷向上极板聚集，在极板间产生竖直向上的电场，当粒子受到的洛伦兹力与电场力等大反向时，稳定发电。由可得稳定发电时，极板间的电动势故A正确，BC错误；D．由题意，根据闭合电路欧姆定律有可得稳定发电时，板间等离子体的等效阻值为故D正确。故选AD。考向3电磁流量计例32025·宁夏·一模）人体血管状况及血液流速可以反映身体健康状态。血管中的血液通常含有大量的正负离子。如图，血管内径为d，血流速度v方向水平向右。现将方向与血管横截面平行，且垂直纸面向内的匀强磁场施于某段血管，其磁感应强度大小恒为B，当血液的流量（单位时间内流过管道横截面的液体体积）一定时（）A．血管上侧电势低，血管下侧电势高 B．若血管内径变小，则血液流速变小C．血管上下侧电势差与血液流速无关 D．血管上下侧电势差变大，说明血管内径变小【答案】D【知识点】电磁流量计的相关计算【详解】A．根据左手定则可知正粒子向血管上侧偏转，负离子向血管下侧偏转，则血管上侧电势高，血管下侧电势低，故A错误；B．血液的流量（单位时间内流过管道横截面的液体体积）一定为，若血管内径变小，则血管的横截面积变小，根据可知则血液流速变大，故B错误；CD．稳定时，粒子所受洛伦兹力等于所受的电场力，根据可得又联立可得根据可知血管上下侧电势差变大，说明血管内径变小，血液的流速变化，则血管内径一定改变，则血管上下侧电势差改变，所以血管上下侧电势差与血液流速有关，故D正确，C错误。故选D。考向4霍尔元件例4（（2025·山西太原·一模）如图所示为一种测量磁场磁感应强度的金属导体霍尔元件，待霍尔电势差稳定后，下列说法正确的是（）A．a端电势低于b端电势B．若要测量赤道附近的地磁场，工作面应平行于地面C．霍尔电势差的大小由单位体积中自由电子的个数和电子的热运动速率决定D．测量某匀强磁场时，若通过元件的电流I不变，元件的厚度d增加，则ab两端霍尔电势差减小【答案】D【知识点】霍尔效应的相关计算【详解】A．由题图知电流方向从右向左，则霍尔元件中电子从左向右定向移动，根据左手定则判断可知在洛伦兹力的作用下电子向b端偏转，故b端电势较低，故A错误；B．由于赤道附近的地磁场平行于地面，若要测量赤道附近地磁场，工作面应该处于竖直状态，故B错误；CD．设元件的前后距离为和厚度为，稳定后，定向移动的电子受到的电场力与洛伦兹力大小相等，则有根据电流微观表达式有又联立解得可知a、b两端电势差U与电子的热运动速率v无关；故在测量某匀强磁场时，若通过元件的电流I不变，元件的厚度d增加，则ab两端霍尔电势差减小，故C错误，D正确。故选D。【变式训练】（2025·北京东城·一模）如图所示，将一金属或半导体薄片垂直磁场放置，在薄片的左右两个侧面间通入电流，前后两个侧面间产生电势差（霍尔电压），这一现象称为霍尔效应。(1)设图中薄片为某N型半导体（自由电子导电），其宽度为、厚度为，单位体积内的自由电子个数为，电子所带电荷量为，电流大小为，磁感应强度大小为。a.判断图中前后侧面电势的高低；b.推导霍尔电压的表达式。(2)实际上，霍尔电压很小，不易测量。已知金属导体中单位体积的自由电子数约个，半导体材料中单位体积的导电粒子数约个，请说明为什么选用半导体材料制作霍尔元件。【答案】(1)a.前侧面电势高，后侧面电势低；b.(2)见解析【详解】（1）a.根据左手定则可知电子向后侧面聚集，则前侧面电势高，后侧面电势低；b.稳定时，电子所受电场力与洛伦兹力平衡，即由场强与电势差关系根据电流的微观表达式联立可得（2）由于半导体材料单位体积的导电粒子数小于金属导体中单位体积的自由电子数，根据可知在相同条件下，用半导体材料制作的霍尔元件产生的霍尔电压更大，更容易测量，所以选用半导体材料制作霍尔元件。1.（2025·云南·高考真题）磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干扰。如图所示，区域存在垂直平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为（未知）。第一象限内存在边长为的正方形磁屏蔽区ONPQ，经磁屏蔽后，该区域内的匀强磁场方向仍垂直平面向里，其磁感应强度大小为（未知），但满足。某质量为m、电荷量为的带电粒子通过速度选择器后，在平面内垂直y轴射入区域，经磁场偏转后刚好从ON中点垂直ON射入磁屏蔽区域。速度选择器两极板间电压U、间距d、内部磁感应强度大小已知，不考虑该粒子的重力。(1)求该粒子通过速度选择器的速率；(2)求以及y轴上可能检测到该粒子的范围；(3)定义磁屏蔽效率，若在Q处检测到该粒子，则是多少？【答案】(1)(2)，(3)【详解】（1）由于该粒子在速度选择器中受力平衡，故其中则该粒子通过速度选择器的速率为（2）粒子在区域内左匀速圆周运动，从ON的中点垂直ON射入磁屏蔽区域，由几何关系可知由洛伦兹力提供给向心力联立可得由于，根据洛伦兹力提供给向心力解得当时粒子磁屏蔽区向上做匀速直线运动，离开磁屏蔽区后根据左手定则，粒子向左偏转，如图所示根据洛伦兹力提供向心力可得故粒子打在y轴3L处，综上所述y轴上可能检测到该粒子的范围为。（3）若在Q处检测到该粒子，如图由几何关系可知解得由洛伦兹力提供向心力联立解得其中根据磁屏蔽效率可得若在Q处检测到该粒子，则2．（2025·福建·高考真题）空间中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，一带电体在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，MN与水平方向呈45°，NP水平向右。带电量为q，速度为v，质量为m，当粒子到N时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P点，重力加速度为,则（）A．电场强度为B．磁场强度为C．NP两点的电势差为D．粒子从N→P时距离NP的距离最大值为【答案】BC【详解】AB、带电体在复合场中能沿着做匀速直线运动，可知粒子受力情况如图所示。由受力平衡可知解得电场强度，磁感应强度，故A错误，B正确。C、在点撤去磁场后，粒子受力方向与运动方向垂直，做类平抛运动，如图所示。且加速度粒子到达点时，位移偏转角为，故在点，速度角的正切值所以粒子在点的速度到过程，由动能定理，有解得两点间的电势差，C正确；D、将粒子在点的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，可知粒子在竖直方向做竖直上抛运动，且故粒子能向上运动的最大距离D错误；故选BC。3．（2025·广西·高考真题）如图，带等量正电荷q的M、N两种粒子，以几乎为0的初速度从S飘入电势差为U的加速电场，经加速后从O点沿水平方向进入速度选择器（简称选择器）。选择器中有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场。当选择器的电场强度大小为E，磁感应强度大小为B1，右端开口宽度为2d时，M粒子沿轴线OO′穿过选择器后，沿水平方向进入磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向外的匀强磁场（偏转磁场），并最终打在探测器上；N粒子以与水平方向夹角为θ的速度从开口的下边缘进入偏转磁场，并与M粒子打在同一位置，忽略粒子重力和粒子间的相互作用及边界效应，则（）A．M粒子质量为B．刚进入选择器时，N粒子的速度小于M粒子的速度C．调节选择器，使N粒子沿轴线OO′穿过选择器，此时选择器的电场强度与磁感应强度大小之比为D．调节选择器，使N粒子沿轴线OO′进入偏转磁场，打在探测器上的位置与调节前M粒子打在探测器上的位置间距为【答案】AD【详解】A．对M粒子在加速电场中在速度选择器中解得M的质量，故A正确；B．进入粒子速度选择器后因N粒子向下偏转，可知即，故B错误；C．M粒子在磁场中运动半径为r1，则解得N粒子在磁场中运动的半径为r2，则解得其中可得由动能定理N粒子在选择器中在加速电场中解得，则要想使得粒子N沿轴线OO＇通过选择器，则需满足联立解得，故C错误；D．若N粒子沿直线通过选择器，则在磁场中运动的半径为r3，则打在探测器的位移与调节前M打在探测器上的位置间距为其中，可得，故D正确。故选AD。4．（2024·贵州·高考真题）如图，边长为L的正方形区域及矩形区域内均存在电场强度大小为E、方向竖直向下且与边平行的匀强电场，右边有一半径为且与相切的圆形区域，切点为的中点，该圆形区域与区域内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从b点斜向上射入电场后沿图中曲线运动，经边的中点进入区域，并沿直线通过该区域后进入圆形区域。所有区域均在纸面内，粒子始终在该纸面内运动，不计粒子重力。求：(1)粒子沿直线通过区域时的速度大小；(2)粒子的电荷量与质量之比；(3)粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）带电粒子在区域做直线运动，则有电场力与洛伦兹力平衡，可知粒子带正电，经边的中点速度水平向右，设粒子到达边的中点速度大小为，带电荷量为，质量为，由平衡条件则有解得（2）粒子从b点到边的中点的运动，可逆向看做从边的中点到b点的类平抛运动，设运动时间为，加速度大小为，由牛顿第二定律可得由类平抛运动规律可得联立解得粒子的电荷量与质量之比（3）粒子从中点射出到圆形区域做匀圆周运动，设粒子的运动半径为，由洛伦兹力提供向心力可得解得粒子在磁场中运动轨迹图如图所示，由图可知，粒子沿半径方向射入，又沿半径方向射出，设粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角为，由几何关系可知可得则有5．（2024·天津·高考真题）如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内，存在半径为R的半圆形匀强磁场区域，半圆与x轴相切于M点，与y轴相切于N点，直线边界与x轴平行，磁场