2024高考物理二轮复习专题3电场与磁场第2讲带电粒子在电磁场中的运动学案

PAGE27-第2讲带电粒子在电磁场中的运动考情速览·明规律高考命题点命题轨迹情境图带电粒子(体)在电场中的运动2024Ⅰ卷2520(1)25题19(2)24题17(2)25题2024Ⅱ卷242024Ⅱ卷25带电粒子在有界匀强磁场中的运动2024Ⅰ卷18Ⅲ卷1820(1)18题20(3)18题19(1)24题19(2)17题19(3)18题17(3)24题17(2)18题16(2)18题16(3)18题2024Ⅰ卷24Ⅱ卷17Ⅲ卷182024Ⅱ卷18Ⅲ卷242024Ⅱ卷18Ⅲ卷18带电粒子在复合场中的运动2024Ⅱ卷17Ⅱ卷2420(2)17题20(2)24题19(1)24题18(1)25题18(2)25题18(3)24题17(1)16题16(1)15题2024Ⅰ卷242024Ⅰ卷25Ⅱ卷25Ⅲ卷242024Ⅰ卷162024Ⅰ卷15核心学问·提素养“物理观念”构建1．电场中常见的运动类型(1)匀变速直线运动：通常利用动能定理qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)来求解；对于匀强电场，电场力做功也可以用W＝qEd来求解．(2)偏转运动：一般探讨带电粒子在匀强电场中的偏转问题．对于类平抛运动可干脆利用平抛运动的规律以及推论；较困难的曲线运动常用运动的合成与分解的方法来处理．2．匀强磁场中常见的运动类型(仅受磁场力作用)(1)匀速直线运动：当v∥B时，带电粒子以速度v做匀速直线运动．(2)匀速圆周运动：当v⊥B时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度大小做匀速圆周运动．3．关于粒子的重力(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般状况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽视；而对于一些宏观物体，如带电小球、液滴、金属块等一般应考虑其重力．(2)不能干脆推断是否要考虑重力的状况，在进行受力分析与运动分析时，依据运动状态可分析出是否要考虑重力．“科学思维”展示1．思想方法(1)解题关键带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的合外力及初始运动状态的速度，因此带电粒子的运动状况和受力状况的分析是解题的关键．(2)力学规律的选择①当带电粒子在复合场中做匀速直线运动时，应依据平衡条件列方程求解．②当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿其次定律和受力分析列方程联立求解．③当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时，应选用动能定理或能量守恒定律列方程求解．2．模型建构解电磁学中的曲线运动常用“四种”方法电磁学中的曲线运动常用“四种”方法运动的合成分解1.带电粒子以某一初速度，垂直电场方向射入匀强电场中，只受电场力作用的运动．2．带电粒子在匀强电场及重力场中的匀变速曲线运动．动能定理解曲线运动问题带电粒子在复合场中做变加速曲线运动，适合应用动能定理．带电粒子在复合场中做匀变速曲线运动也可以运用动能定理．利用牛顿运动定律解圆周运动问题①核外电子在库仑力作用下绕原子核的运动．②带电粒子在垂直匀强磁场的平面里在磁场力作用下的运动．③带电物体在各种外力(重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等)作用下的圆周运动．利用几何关系解圆周问题带电粒子垂直射入匀强磁场，由于磁场的边界不同造成粒子轨迹圆与边界的几何问题，由于粒子射入磁场的速度不同造成粒子轨迹圆的半径不同，由于粒子射入磁场的方向不同造成粒子轨迹的旋转，以上均涉及平面几何问题.命题热点·巧突破考点一带电粒子(体)在电场中的运动考向1带电粒子在电场中的加(减)速〔考向预料〕1．(2024·山东烟台4月模拟)如图所示，虚线空间存在水平向右的匀强电场，一电荷量为q＝＋1.0×10－5C的带电粒子，从a点由静止起先经电压为U＝100V的电场加速后，垂直于匀强电场方向以v0＝1.0×104m/s的速度进入匀强电场中，从虚线MN上的某点b(图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成45°角．已知PQ、MN间距离为20cm，带电粒子的重力忽视不计．若带电粒子质量为m，离开电场时沿电场方向的偏转量为y，则(A)A．m＝2.0×10－11kg，y＝10cmB．m＝2.0×10－11kg，y＝5cmC．m＝1.0×10－11kg，y＝10cmD．m＝1.0×10－11kg，y＝5cm【解析】粒子在加速电场中运动的过程，由动能定理得qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得带电粒子质量m＝2.0×10－11kg，粒子进入匀强电场中做类平抛运动，沿初速度方向做匀速运动，则有d＝v0t，粒子沿电场方向做匀加速运动，则有vy＝at，由题意得tan45°＝eq\f(v0,vy)，偏转量y＝eq\f(1,2)at2，代入数据得y＝10cm，故A正确，B、C、D错误．2．(2024·浙江杭州模拟)如图为一有界匀强电场，场强方向为水平方向(虚线为电场线)，一带负电微粒以某一角度θ从电场的a点斜向上方射入，沿直线运动到b点，则可知(D)A．电场中a点的电势低于b点的电势B．微粒在a点时的动能与电势能之和与在b点时的动能与电势能之和相等C．微粒在a点时的动能小于在b点时的动能，在a点时的电势能大于在b点时的电势能D．微粒在a点时的动能大于在b点时的动能，在a点时的电势能小于在b点时的电势能【解析】微粒沿直线运动到b点，则微粒所受的合力与速度在同始终线上，重力竖直向下，则受到的电场力方向水平向左，电场方向水平向右，则a点的电势高于b点的电势，故A错误；依据能量守恒，微粒的重力势能、动能、电势能总量不变，从a点到b点，微粒重力势能增大，则动能与电势能之和减小，故B错误；微粒从a到b，电场力做负功，重力做负功，动能减小，电势能增大，C错误，D正确．规律总结求解带电粒子在电场中的直线运动的技巧要留意分析带电粒子是做匀速运动还是匀变速运动，匀速运动问题常以平衡条件F合＝0作为突破口进行求解，匀变速运动依据力和运动的关系可知，合力肯定和速度在一条直线上，然后运用动力学观点或能量观点求解．(1)运用动力学观点时，先分析带电粒子的受力状况，依据F合＝ma得出加速度，再依据运动学方程可得出所求物理量．(2)运用能量观点时，在匀强电场中，若不计重力，电场力对带电粒子做的功等于粒子动能的变更量；若考虑重力，则合力对带电粒子做的功等于粒子动能的变更量．考向2带电粒子在电场中的偏转〔考向预料〕3．如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出．现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的(C)A．2倍 B．4倍C．eq\f(1,2) D．eq\f(1,4)【解析】电子在两极板间做类平抛运动，水平方向l＝v0t，t＝eq\f(l,v0)，竖直方向d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0))，故d2＝eq\f(qUl2,2mv\o\al(2,0))，即d∝eq\f(1,v0)，故C正确．4．(多选)如图所示，在竖直平面内，正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场，E、F、H是对应边的中点，P点是EH的中点．一个带负电的粒子(不计重力)从F点沿FH方向射入电场后恰好从C点射出．以下说法正确的是(BC)A．匀强电场中B点的电势比D点低B．粒子的运动轨迹经过PE之间某点C．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点从BC边射出D．若增大粒子的初速度可使粒子垂直穿过EH【解析】带负电的粒子向下偏转，因此电场方向应竖直向上，B点的电势应高于D点，A错误；粒子做类平抛运动，过C点作速度的反向延长线过FH的中点，也必过P点，因此运动轨迹应当过PE之间的某点，B正确；粒子的初速度减小到原来的一半，将从BC边出射，由类平抛运动的规律，竖直方向位移相等，则运动时间相同，水平位移将变为原来的一半，因此从E点射出，C正确；从C点射出的粒子，反向延长线过FH的中点O，OC垂直于EH；增大粒子速度，粒子从HC边射出，速度偏角必定减小，其反向延长线不行能再垂直于EH，因此粒子经过EH但不行能垂直于EH，D错误．5．(多选)(2024·山东临沂三模)在竖直向上的匀强电场中，有两个质量相等、带异种电荷的小球A、B(均可视为质点)处在同一水平面上．现将两球以相同的水平速度v0向右抛出，最终落到水平地面上，运动轨迹如图所示，两球之间的静电力和空气阻力均不考虑，则(AD)A．A球带正电，B球带负电B．A球比B球先落地C．在下落过程中，A球的电势能削减，B球的电势能增加D．两球从抛出到各自落地的过程中，A球的动能变更量比B球的小【解析】两球在水平方向都做匀速直线运动，由x＝v0t，v0相同，知A运动的时间比B的长，竖直方向上，由h＝eq\f(1,2)at2，h相等，可知A的加速度比B的小，则A的合力比B的小，所以A的电场力向上，带正电，B的电场力向下，带负电，故A正确．A运动的时间比B的长，则B球比A球先落地，故B错误．A的电场力向上，电场力对A球做负功，A球的电势能增加；B的电场力向下，电场力对B球做正功，B球的电势能减小，故C错误．A的合力比B的小，则A的合力做功较少，由动能定理知A球的动能变更小，故D正确．6.(2024·新课标卷Ⅰ)在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示．质量为m，电荷量为q(q>0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直．已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ＝60°.运动中粒子仅受电场力作用．(1)求电场强度的大小；(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？(3)为使粒子穿过电场前后动量变更量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？【答案】(1)eq\f(mv\o\al(2,0),2qR)(2)eq\f(\r(2)v0,4)(3)0或eq\f(\r(3)v0,2)【解析】(1)由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q>0，故电场线由A指向C，依据几何关系可知：xAC＝R所以依据动能定理有：qExAC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0解得：E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qR)；(2)依据题意可知要使粒子动能增量最大，则沿电场线方向移动距离最多，做AC垂线并且与圆相切，切点为D，即粒子要从D点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，依据几何关系有x＝Rsin60°＝v1ty＝R＋Rcos60°＝eq\f(1,2)at2而电场力供应加速度有qE＝ma联立各式解得粒子进入电场时的速度v1＝eq\f(\r(2)v0,4)；(3)因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变更量大小为mv0，即在电场方向上速度变更为v0，过C点做AC垂线会与圆周交于B点，故由题意可知粒子会从C点或B点射出．当从B点射出时由几何关系有xBC＝eq\r(3)R＝v2t2xAC＝R＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)电场力供应加速度有qE＝ma联立解得v2＝eq\f(\r(3)v0,2)；当粒子从C点射出时初速度为0.规律总结带电粒子在电场中的偏转运动做好两个方向的分析在垂直电场方向上做匀速直线运动，在这个方向上找出平行板的板长和运动时间等相关物理量；沿电场力方向做匀加速直线运动，在这个方向上找出偏转加速度、偏转位移、偏转速度等相关物理量．在垂直电场方向上有t＝eq\f(l,v0)，沿电场力方向上有y＝eq\f(1,2)at2或vy＝at，a＝eq\f(F合,m)，联立方程可求解．考点二带电粒子在有界匀强磁场中的运动,考向1带电粒子在单(双)直线边界匀强磁场中的运动1．(多选)(2024·山东聊城模拟)如图所示，从有界匀强磁场的边界上O点以相同的速率射出三个相同粒子a、b、c，粒子b射出的方向与边界垂直，粒子b偏转后打在边界上的Q点，另外两个粒子打在边界OQ的中点P处，不计粒子所受的重力和粒子间的相互作用力，下列说法正确的是(BD)A．粒子肯定带正电B．粒子a与b射出的方向间的夹角等于粒子b与c射出的方向间的夹角C．两粒子a、c在磁场中运动的平均速度相同D．三个粒子做圆周运动的圆心与O点的连线构成一个菱形【解析】如图，粒子往右偏转，依据左手定则，知粒子带负电，故A错误；粒子a、c均从P点射出，a、c粒子的轨迹半径相等，由几何学问得a、b粒子与b、c粒子的射出的方向间的夹角相等，故B正确；a、c粒子位移相等，时间不等，故两粒子a、c在磁场中运动的平均速度不相同，故C错误；依据r＝eq\f(mv,qB)，知速率相同的三个相同粒子在同一磁场中运动的轨迹半径相等，结合B的分析及几何学问可知连接三个粒子做圆周运动的圆心与O点的连线构成一个菱形，故D正确．2．(多选)(2024·浙江台州中学模拟)如图所示，O点有一粒子源，在某时刻放射大量质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，它们的速度大小相等、速度方向均在xOy平面内．在直线x＝a与x＝2a之间存在垂直于xOy平面对外的磁感应强度为B的匀强磁场，与y轴正方向成60°角放射的粒子恰好垂直于磁场右边界射出．不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动，下列说法正确的是(AC)A．粒子的速度大小为eq\f(2aBq,m)B．粒子的速度大小为eq\f(aBq,m)C．与y轴正方向成120°角射出的粒子在磁场中运动的时间最长D．与y轴正方向成90°角射出的粒子在磁场中运动的时间最长【解析】画出粒子的运动轨迹如图，由几何图形可知轨迹的半径为R＝eq\f(a,cos60°)＝2a，由qvB＝meq\f(v2,R)，解得粒子的速度大小为v＝eq\f(2aBq,m)，A对；B错；在磁场中的运动时间由圆心角确定，所以与y轴正方向成120°角射出的粒子轨迹如图所示，由图示知粒子此时在磁场中运动的时间最长，所以C对D错．3.(多选)(2024·天津高考真题)如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面对里，磁感应强度大小为B的匀强磁场．一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°.粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴．已知OM＝a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计．则(AD)A．粒子带负电荷B．粒子速度大小为eq\f(qBa,m)C．粒子在磁场中运动的轨道半径为aD．N与O点相距(eq\r(2)＋1)a【解析】粒子向下偏转，依据左手定则推断洛伦兹力，可知粒子带负电，A正确；粒子运动的轨迹如图．由于速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°，依据几何关系可知∠OMO1＝∠OO1M＝45°，OM＝OO1＝a，则粒子运动的轨道半径为r＝O1M＝eq\r(2)a，洛伦兹力供应向心力qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(\r(2)qBa,m)，BC错误；N与O点的距离为NO＝OO1＋r＝(eq\r(2)＋1)a，D正确．故选AD．规律总结常见的几种临界半径的求解方法r＋rcosθ＝d得r＝eq\f(d,1＋cosθ)当θ＝90°时r＝dr＋rsinθ＝d得r＝eq\f(d,1＋sinθ)当θ＝90°时r＝eq\f(1,2)dr＋eq\f(r,sinθ)＝d得r＝eq\f(sinθ,1＋sinθ)dr1＝eq\f(1,2)dL2＋(r2－d)2＝req\o\al(2,2)得r2＝eq\f(L2＋d2,2d),考向2带电粒子在矩形(或三角形)边界匀强磁场中的运动4．(2024·全国卷Ⅱ)如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外．ab边中点有一电子放射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向放射电子．已知电子的比荷为k.则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为(B)A．eq\f(1,4)kBl，eq\f(\r(5),4)kBl B．eq\f(1,4)kBl，eq\f(5,4)kBlC．eq\f(1,2)kBl，eq\f(\r(5),4)kBl D．eq\f(1,2)kBl，eq\f(5,4)kBl【解析】若电子从a点射出，运动轨迹如图线①，有qvaB＝meq\f(v\o\al(2,a),Ra)，Ra＝eq\f(l,4)解得va＝eq\f(qBRa,m)＝eq\f(qBl,4m)＝eq\f(kBl,4)若电子从d点射出，运动轨迹如图线②，有qvdB＝meq\f(v\o\al(2,d),Rd)Req\o\al(2,d)＝(Rd－eq\f(l,2))2＋l2解得vd＝eq\f(qBRd,m)＝eq\f(5qBl,4m)＝eq\f(5kBl,4)选项B正确．5．(2024·河北石家庄模拟)如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA＝30°，OC的长度为L.在△OCA区域内有垂直于xOy平面对里的匀强磁场，磁感应强度为B．质量为m、电荷量为q的带负电粒子，从坐标原点射入磁场，不计重力．(1)若粒子沿＋y方向射入磁场，问粒子在磁场中运动的最长时间是多少？此时初速度应满意什么条件？(2)大量初速度大小为v＝eq\f(qBL,2m)的粒子以不同的方向射入第一象限，求从AC边射出的粒子在磁场中运动的最短时间，及该粒子的入射方向与x轴正向的夹角．【答案】(1)0<v≤eq\f(qBL,m)(2－eq\r(3))(2)eq\f(πm,3qB)eq\f(π,3)【解析】(1)粒子转过半圆从OA边射出时时间为定值，速度最大的粒子与AC边相切，如图所示依据几何关系可得R＝Ltan15°＝(2－eq\r(3))L依据洛伦兹力供应向心力可得qvB＝meq\f(v2,R)解得v＝eq\f(qBL,m)(2－eq\r(3))，所以满意条件的粒子速度范围为0<v≤eq\f(qBL,m)(2－eq\r(3))粒子速度大小相等，要使粒子在磁场中经过的时间最短，需使粒子轨迹对应的弦长最短，所以最短时间的轨迹如图所示依据洛伦兹力供应向心力可得qvB＝meq\f(v2,R)解得粒子在磁场中的运动半径为r＝eq\f(L,2)轨迹图中几何关系可得CD＝Lsin30°＝eq\f(L,2)由此可知粒子轨迹对应的圆心角为60°；最短时间为t＝eq\f(60°,360°)T＝eq\f(1,6)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,3qB)由图可知，粒子入射方向与＋x轴的夹角为θ＝eq\f(π,3).规律总结带电粒子在闭合边界匀强磁场中运动的解题关键找寻“相切”的临界点是解决有界磁场问题的关键，另外在磁场边界上还有粒子不能达到的区域即“盲区”，也要引起大家留意．带电粒子(不计重力)在匀强磁场中的运动状况分析：(1)粒子射入磁场的初速度方向和矩形磁场某边界垂直，如图甲所示．(2)粒子射入磁场的初速度方向和矩形磁场某边界成肯定夹角，如图乙所示．留意：粒子速度不变、磁感应强度大小可调时，磁感应强度的变更也会引起粒子轨迹半径的变更，分析方法与此类似．考向3带电粒子在圆形边界匀强磁场中的运动6.(2024·全国课标卷Ⅲ)真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示．一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场．已知电子质量为m，电荷量为e，忽视重力．为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为(C)A．eq\f(3mv,2ae) B．eq\f(mv,ae)C．eq\f(3mv,4ae) D．eq\f(3mv,5ae)【解析】电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力供应向心力eBv＝meq\f(v2,r)，则磁感应强度与圆周运动轨迹关系为B＝eq\f(mv,er)，即运动轨迹半径越大，磁场的磁感应强度越小．令电子运动轨迹最大的半径为rmax，为了使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，其最大半径的运动轨迹与实线圆相切，如图所示．A点为电子做圆周运动的圆心，电子从圆心沿半径方向进入磁场，由左手定则可得，AB⊥OB，△ABO为直角三角形，则由几何关系可得(3a－rmax)2＝req\o\al(2,max)＋a2，解得rmax＝eq\f(4,3)a解得磁场的磁感应强度最小值Bmin＝eq\f(mv,ermax)＝eq\f(3mv,4ae)，故选C．7．(多选)(2024·哈尔滨三中二模)如图所示，半径为R＝2cm的圆形区域中有垂直纸面对外的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度B＝2T，一个比荷为2×106C/kg的带正电的粒子从圆形磁场边界上的A点以v0＝8×104m/s的速度垂直直径MN射入磁场，恰好从N点射出，且∠AON＝120°.下列选项正确的是(BCD)A．带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为1cmB．带电粒子在磁场中运动轨迹的圆心肯定在圆形磁场的边界上C．若带电粒子改为从圆形磁场边界上的C点以相同的速度入射，肯定从N点射出D．若要实现带电粒子从A点入射，从N点出射，则该圆形磁场的最小面积为3π×10－4m2【解析】依据洛伦兹力供应向心力：qvB＝meq\f(v2,r)，可得：r＝eq\f(mv,qB)，代入数据解得：r＝2cm，故A错误；粒子运动轨迹如图所示：由上可知四边形AONP为菱形，又因为∠AON＝120°，依据几何学问可得圆心P肯定在圆周上，故B正确；从圆形磁场边界上的C点以相同的速度入射，轨迹如图所示，易知四边形SCON为菱形，依据几何学问可知粒子肯定从N点射出，故C正确；当带电粒子从A点入射，从N点出射，以AN为直径的圆的磁场此时有最小面积，即S＝π(eq\f(AN,2))2＝π(Rcos30°)2＝3π×10－4m2，故D正确．8．(2024·全国课标卷Ⅰ)一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面对外，其边界如图中虚线所示，eq\x\to(ab)为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径．一束质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率．不计粒子之间的相互作用．在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为(C)A．eq\f(7πm,6qB) B．eq\f(5πm,4qB)C．eq\f(4πm,3qB) D．eq\f(3πm,2qB)【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，qBv＝eq\f(mv2,r)，T＝eq\f(2πr,v)可得粒子在磁场中的周期T＝eq\f(2πm,qB)，粒子在磁场中运动的时间t＝eq\f(θ,2π)·T＝eq\f(θm,qB)，则粒子在磁场中运动的时间与速度无关，轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长．采纳放缩圆解决该问题，粒子垂直ac射入磁场，则轨迹圆心必在ac直线上，将粒子的轨迹半径由零渐渐放大．当半径r≤0.5R和r≥1.5R时，粒子分别从ac、bd区域射出，磁场中的轨迹为半圆，运动时间等于半个周期．当0.5R<r<1.5R时，粒子从半圆边界射出，渐渐将轨迹半径从0.5R渐渐放大，粒子射出位置从半圆顶端向下移动，轨迹圆心角渐渐增大，当轨迹半径为R时，轨迹圆心角最大，然后再增大轨迹半径，轨迹圆心角减小，因此当轨迹半径等于R时轨迹圆心角最大，即轨迹对应的最大圆心角θ＝π＋eq\f(π,3)＝eq\f(4,3)π，粒子运动最长时间为t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(\f(4,3)π,2π)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(4πm,3qB)，故选C．9．(多选)(2024·云南保山联考)如图所示，在一个半径为R的圆形区域内存在磁感应强度为B、方向垂直于纸面对里的匀强磁场，一个比荷为eq\f(q,m)的正粒子，从A点沿与AO夹角30°的方向射入匀强磁场区域，最终从B点沿与AO垂直的方向离开磁场．若粒子在运动过程中只受磁场力作用，则(AC)A．粒子运动的轨道半径r＝RB．粒子在磁场区域内运动的时间t＝eq\f(πm,6Bq)C．粒子的初速度v0＝eq\f(qBR,m)D．若仅变更初速度的方向，该粒子仍能从B点飞出磁场区域【解析】画出粒子轨迹示意图，如下图所示，因为粒子从B点沿与AO垂直的方向离开磁场，故O′B与AO平行，又因为△OAB与△O′AB均为等腰三角形，可得：OAB＝OBA＝O′BA＝O′AB，所以O′A与BO也平行，因为粒子速度方向偏转的角度为60°，故∠AO′B＝60°，所以四边形OAO′B为两个等边三角形组成的菱形，故粒子运动的轨道半径r＝R，故A正确；粒子在磁场中运动的周期：T＝eq\f(2πr,v0)＝eq\f(2πm,qB)，粒子在磁场中转过的圆心角θ＝60°，所以粒子在磁场中运动的时间为：t＝eq\f(60°,360°)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,3qB)，故B错误；依据洛伦兹力供应向心力可得：qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)，结合轨道半径r＝R，联立可得粒子的初速度为：v0＝eq\f(qBR,m)，故C正确；当入射粒子速度方向发生变更时，粒子运动的轨迹示意图如图所示，速度大小不变，粒子做圆周运动的半径不变，入射速度方向发生变更，粒子在圆周上的出射点也随之变更，所以若仅变更初速度的方向，该粒子将不能从B点飞出磁场区域，故D错误．规律总结带电粒子在圆形磁场中运动常见图示图示结论径向进出等角进出点入平出平入点出考点三带电粒子在复合场中的运动考向1带电粒子在组合场中的运动1．先把带电粒子的运动依据组合场的依次分解为一个个独立的过程，并分析每个过程中带电粒子的受力状况和运动状况，然后用连接速度把这些过程关联起来，列方程解题．2．带电粒子的常见运动类型及求解方法〔考向预料〕1．(2024·全国课标卷Ⅱ)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(a)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(b)所示．图(b)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；经调整后电子束从静止起先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(D)A．M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对外D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移【解析】由于电子带负电，要在MN间加速则MN间电场方向由N指向M，依据沿着电场线方向电势渐渐降低可知M的电势低于N的电势，故A错误；增大加速电压则依据eU＝eq\f(1,2)mv2，可知会增大到达偏转磁场的速度；又依据在偏转磁场中洛伦兹力供应向心力，有evB＝meq\f(v2,R)，可得R＝eq\f(mv,eB)，可知会增大在偏转磁场中的偏转半径，由于磁场宽度相同，故依据几何关系可知会减小偏转的角度，故P点会右移，故B错误；电子在偏转电场中做圆周运动，向下偏转，依据左手定则可知磁场方向垂直纸面对里，故C错误；由B选项的分析可知，当其它条件不变时，增大偏转磁场磁感应强度会减小半径，从而增大偏转角度，使P点左移，故D正确．故选D．2．(2024·高考全国卷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(B)A．eq\f(5πm,6qB) B．eq\f(7πm,6qB)C．eq\f(11πm,6qB) D．eq\f(13πm,6qB)【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，第一象限内的圆半径是其次象限内圆半径的2倍，如图所示．由几何关系可知，粒子在第一象限转过的角度为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)，选项B正确．3.(2024·新课标卷Ⅱ)如图，在0≤x≤h，－∞<y<＋∞区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变．一质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力．(1)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种状况下磁感应强度的最小值Bm；(2)假如磁感应强度大小为eq\f(Bm,2)，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场．求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离．【答案】(1)磁场方向垂直于纸面对里eq\f(mv0,qh)(2)eq\f(π,6)(2－eq\r(3))h【解析】(1)由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面对里．设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，依据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)①由此可得R＝eq\f(mv0,qB)②粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满意R≤h③由题意，当磁感应强度大小为Bm时，粒子的运动半径最大，由此得Bm＝eq\f(mv0,qh)④(2)若磁感应强度大小为eq\f(Bm,2)，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径为R′＝2h⑤粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示．设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为a，由几何关系sinα＝eq\f(h,2h)＝eq\f(1,2)⑥即α＝eq\f(π,6)⑦由几何关系可得，P点与x轴的距离为y＝2h(1－cosα)⑧联立⑦⑧式得y＝(2－eq\r(3))h⑨考向2带电粒子在叠加场中的运动〔典例探秘〕典例(2024·新课标全国卷Ⅲ)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点．从O点沿水平方向以不同速度①先后放射两个质量均为m的小球A、B②.A不带电，B的电荷量为q(q>0)③.A从O点放射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t④；B从O点到达P点所用时间为eq\f(t,2)⑤.重力加速度为g，求(1)电场强度的大小；(2)B运动到P点时的动能．【解析】(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a.依据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有mg＋qE＝ma①eq\f(1,2)a(eq\f(t,2))2＝eq\f(1,2)gt2②解得E＝eq\f(3mg,q)③(2)设B从O点放射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，依据动能定理有Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgh＋qEh④且有v1eq\f(t,2)＝v0t⑤h＝eq\f(1,2)gt2⑥联立③④⑤⑥式得Ek＝2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)【答案】(1)eq\f(3mg,q)(2)2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)【核心考点】本题考查了运用电场力、牛顿其次定律和动能定理以及平抛、类平抛学问解决带电粒子在静电场中的运动的问题，考查学生的综合分析实力．其次定律和动能定理以及平抛、类平抛学问解决带电粒子在静电场中的运动的问题，考查学生的综合分析实力．【规范审题】①两个小球和速度方向都沿水平方向，大小不同②两小球质量相同③强调A不带电，只受重力，B带正电荷，还受电场力．④给出A球初速度大小，以及到达P点的时间为t⑤B球到达P点的时间是A球的一半．审题结果两个小球一个不带电，做平抛运动，另一个带正电荷，做类平抛运动；两个小球初速度大小不同，都是从O点运动到P点，竖直位移，水平位移相同，运动时间A是B的两倍.【思路分析】分解运动，竖直方向的位移相同，时间是二倍关系，所以竖直方向B的加速度是A的四倍；又因为水平位移相同，所以水平方向B的速度是A的两倍．【总结提升】优选最佳解题方案，可事半功倍．一般涉刚好间的运动问题，采纳牛顿其次定律结合运动学公式解题；不涉刚好间时，采纳动能定理或功能关系解题．规律总结处理带电粒子在电场、重力场中直线运动的方法：带电体在电场以及重力场的共同作用下运动，轨迹为直线的条件是带电体所受的合力为零或带电体的运动方向与合力方向在一条直线上．处理此类问题的方法：(1)依据带电体的受力状况和运动状况进行分析，综合牛顿运动定律和匀变速直线运动的规律解决问题；(2)依据功能关系或能量守恒的观点来处理问题，分析带电体的能量转化状况时，往往涉及重力势能、电势能以及动能的转化，但应留意能的总量保持不变．〔考向预料〕4．(多选)(2024·江西五校联考)如图所示，含有eq\o\al(1,1)H、eq\o\al(2,1)H、eq\o\al(4,2)He的带电粒子束从小孔O1处射入速度选择器，沿直线O1O2运动的粒子在小孔O2处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在P1、P2两点．则(BC)A．打在P1点的粒子是eq\o\al(4,2)HeB．打在P2点的粒子是eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(4,2)HeC．O2P2的长度是O2P1长度的2倍D．粒子在偏转磁场中运动的时间都相等【解析】带电粒子在沿直线通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力大小相等、方向相反，即qvB＝qE，所以v＝eq\f(E,B)，可知从粒子速度选择器中射出的粒子具有相同的速度，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力，qvB＝eq\f(mv2,r)，所以r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(m,q)·eq\f(v,B)，可知粒子的比荷越大，运动的半径越小，所以打在P1点的粒子是eq\o\al(1,1)H，打在P2点的粒子是eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(4,2)He，故A错误，B正确；由题中的数据可得eq\o\al(1,1)H的比荷是eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(4,2)He的比荷的2倍，所以eq\o\al(1,1)H的轨道的半径是eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(4,2)He的半径的eq\f(1,2)，即O2P2的长度是O2P1长度的2倍，故C正确；粒子运动的周期T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，三种粒子的比荷不全相同，所以粒子在偏转磁场中运动的时间不全相等，故D错误．5．电动自行车是一种应用广泛的交通工具，其速度限制是通过转动右把手实现的，这种转动把手称“霍尔转把”，属于传感器非接触限制．转把内部有永久磁铁和霍尔器件等，截面如图甲．开启电源时，在霍尔器件的上下面之间加肯定的电压，形成电流，如图乙．随着转把的转动，其内部的永久磁铁也跟着转动，霍尔器件能输出限制车速的电压，已知电压与车速关系如图丙．以下关于“霍尔转把”叙述正确的是(B)A．为提高限制的灵敏度，永久磁铁的上、下端分别为N、S极B．按图甲顺时针转动电动车的右把手，车速将变快C．图乙中从霍尔器件的左右侧面输出限制车速的霍尔电压D．若霍尔器件的上下面之间所加电压正负极性对调，将影响车速限制【解析】由于在霍尔器件的上下面之间加肯定的电压，形成电流，当永久磁铁的上下端分别为N、S极时，磁场与电子的移动方向平行，则电子不受洛伦兹力作用，那么霍尔器件不能输出限制车速的电势差，故A错误；当按图甲顺时针转动把手，导致霍尔器件四周的磁场增加，那么霍尔器件输出限制车速的电势差增大，因此车速变快，故B正确；依据题意，结合图乙的示意图，永久磁铁的N、S极可能在左、右侧面，或在前、后表面，因此从霍尔器件输出限制车速的电势差，不肯定在霍尔器件的左右侧面，也可能在前后表面，故C错误；当霍尔器件