2024高考物理一轮复习第九章第3讲带电粒子在复合场中的运动学案含解析

PAGEPAGE44第3讲带电粒子在复合场中的运动主干梳理对点激活学问点带电粒子在复合场中的运动Ⅱ1．组合场与叠加场(1)组合场：电场与磁场各位于肯定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场分时间段交替出现。(2)叠加场：电场、eq\o(□,\s\up4(01))磁场、重力场在同一区域共存，或其中某两场在同一区域共存。2．三种场的比较3．带电粒子在复合场中的运动分类(1)静止或匀速直线运动当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做eq\o(□,\s\up4(15))匀速直线运动。(2)匀速圆周运动当带电粒子所受的重力与电场力大小eq\o(□,\s\up4(16))相等，方向eq\o(□,\s\up4(17))相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做eq\o(□,\s\up4(18))匀速圆周运动。(3)较困难的曲线运动当带电粒子所受合外力的大小和方向均变更，且与初速度方向不在同一条直线上时，粒子做eq\o(□,\s\up4(19))非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线。(4)分阶段运动带电粒子可能依次通过几个状况不同的复合场区域，其运动状况随区域发生变更，其运动过程由几种不同的运动阶段组成。学问点带电粒子在复合场中运动的应用实例Ⅰ(一)电场、磁场分区域应用实例1．质谱仪(1)构造：如图甲所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，依据动能定理可得关系式qU＝eq\f(1,2)mv2。粒子在磁场中受洛伦兹力作用而偏转，做匀速圆周运动，依据牛顿其次定律得关系式qvB＝meq\f(v2,r)。由两式可得出须要探讨的物理量，如粒子轨道半径、粒子质量、比荷。r＝eq\o(□,\s\up4(01))eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，m＝eq\o(□,\s\up4(02))eq\f(qr2B2,2U)，eq\f(q,m)＝eq\o(□,\s\up4(03))eq\f(2U,B2r2)。2．回旋加速器(1)构造：如图乙所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接沟通电源，D形盒处于匀强磁场中。(2)原理：沟通电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D形盒缝隙，两盒间的电势差一次一次地反向，粒子就会被一次一次地加速。由qvB＝eq\f(mv2,r)，得Ekm＝eq\o(□,\s\up4(04))eq\f(q2B2r2,2m)，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径r确定，与加速电压无关。(二)电场、磁场同区域并存的实例一思维辨析1．带电粒子在复合场中做匀速圆周运动，必有mg＝Eq，洛伦兹力做向心力。()2．粒子速度选择器只选择速度大小，不选择速度方向。()3．回旋加速器中粒子获得的最大动能与加速电压有关。()4．带电粒子在重力、电场力(恒力)、洛伦兹力三个力作用下可以做变速直线运动。()5．质谱仪可以测带电粒子比荷。()6．有的时候，题目中没明确说明时，带电粒子是否考虑重力，要结合运动状态进行判定。()答案1.√2.×3.×4.×5.√6.√二对点激活1．(多选)如图所示，一带电小球在一正交电场、磁场区域里做匀速圆周运动，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面对里，则下列说法正确的是()A．小球肯定带正电B．小球肯定带负电C．小球的绕行方向为顺时针D．变更小球的速度大小，小球将不做圆周运动答案BC解析小球做匀速圆周运动，重力必与电场力平衡，则电场力方向竖直向上，结合电场方向可知小球肯定带负电，A错误，B正确；洛伦兹力充当向心力，由曲线运动轨迹的弯曲方向结合左手定则可得，绕行方向为顺时针方向，C正确；变更小球的速度大小，重力仍与电场力平衡，小球仍在洛伦兹力作用下做圆周运动，D错误。2.(人教版选修3－1·P98·T4改编)(多选)磁流体发电是一项新兴技术，如图是它的示意图。平行金属板A、B之间有一个很强的磁场，磁感应强度为B。将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)喷入磁场，A、B两板间便产生电压。假如把A、B和用电器连接，A、B就是一个直流电源的两个电极。A、B两板间距为d，等离子体以速度v沿垂直于磁场方向射入A、B两板之间，所带电荷量为q，则下列说法正确的是()A．A板是电源的正极 B．B板是电源的正极C．电源的电动势为Bdv D．电源的电动势为qvB答案BC解析依据左手定则，带正电粒子向下偏转，所以B板带正电，为电源正极，A错误，B正确；最终带电粒子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，有qvB＝qeq\f(E,d)，解得E＝Bdv，D错误，C正确。3．(人教版选修3－1·P100·例题改编)一个质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最终打到照相底片D上。(1)求粒子进入磁场时的速率；(2)求粒子打在照相底片D上的点到S3的距离。答案(1)eq\r(\f(2qU,m))(2)eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU,q))解析(1)粒子被加速电场加速有qU＝eq\f(1,2)mv2得v＝eq\r(\f(2qU,m))(2)带电粒子进入磁场做匀速圆周运动qvB＝eq\f(mv2,r)把v代入得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))。粒子打在照相底片D上的点到S3的距离为2r＝eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU,q))。考点细研悟法培优考点1带电粒子在组合场中的运动这类问题的特点是电场、磁场或重力场依次出现，包含空间上先后出现和时间上先后出现，常见的有磁场、电场与无场区交替出现相组合的场等。其运动形式包含匀速直线运动、匀变速直线运动、类平抛运动、圆周运动等，涉及牛顿运动定律、功能关系等学问的应用。1．解题思路(1)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选用不同的规律处理。(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键。(3)画运动轨迹：依据受力分析和运动分析，大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。(4)选择合适的物理规律，列方程：对于类平抛运动，一般分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向的匀加速直线运动；对粒子在磁场中做匀速圆周运动的状况，一般都是洛伦兹力供应向心力。2．常见的基本运动形式例1(2024·太原模拟)如图所示，在直角坐标系xOy平面内，x≤0的区域存在平行于y轴的匀强电场(图中未画出)，电场强度的大小为E，方向沿y轴负方向；在x≥0的区域有一个半径为L的圆形区域，圆心O′坐标为(L,0)，圆内有方向垂直于xOy平面对里的匀强磁场。一带正电的粒子从M－L，eq\f(\r(3),2)L点以初速度v0沿x轴正方向运动，恰好经O点进入磁场，之后以平行x轴正方向的速度射出磁场。不计粒子的重力，求：(1)粒子的比荷及粒子通过O点时的速度；(2)磁感应强度的大小；(3)粒子在磁场中运动的时间。解题探究(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，水平位移和竖直位移分别为多少？提示：水平位移为L，竖直位移为eq\f(\r(3),2)L。(2)带电粒子从磁场中穿出时速度平行x轴正方向，说明在磁场中的速度偏转角与在电场中的速度偏转角有什么关系？提示：相等。尝试解答(1)eq\f(q,m)＝eq\f(\r(3)v\o\al(2,0),EL)2v0，方向斜向下与x轴正方向夹角为60°(2)eq\f(2E,3v0)(3)eq\f(\r(3)πL,6v0)(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，有水平方向：L＝v0t1，竖直方向：eq\f(\r(3),2)L＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，a＝eq\f(Eq,m)，v1＝eq\r(v\o\al(2,0)＋at12)，由上式解得eq\f(q,m)＝eq\f(\r(3)v\o\al(2,0),EL)，v1＝2v0，设带电粒子进入磁场时速度方向与x轴正方向夹角为θ，则有cosθ＝eq\f(v0,v1)＝eq\f(1,2)，则粒子通过O点时速度v1＝2v0，方向斜向下与x轴正方向夹角为θ＝60°。(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力供应向心力，有qv1B＝meq\f(v\o\al(2,1),R)，R＝eq\f(mv1,qB)，结合图中几何关系解得R＝eq\r(3)L，故B＝eq\f(2E,3v0)。(3)设带电粒子在磁场中的运动时间为t2，由几何关系知粒子在磁场中偏转角为60°，通过的弧长：s＝eq\f(π,3)R＝v1t2，解得t2＝eq\f(\r(3)πL,6v0)。总结升华带电粒子在组合场中运动的处理方法(1)解决带电粒子在组合场中运动的思路(2)常用物理规律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分析；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)解题关键：从一种场进入另一种场时连接速度不变。[变式1](2024·郑州质量预料)如图所示为平面直角坐标系xOy，在其次象限内存在沿x轴负方向的匀强电场；在第一象限内某区域存在方向垂直于坐标平面对里的有界圆形匀强磁场(图中未画出)。一粒子源固定在x轴上坐标为(－L,0)的A点，粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为v的电子，电子恰好能通过y轴上坐标为(0,2L)的C点，电子接着前进距离L后进入磁场区域，再次回到x轴时速度方向与x轴正方向成45°角。已知电子的质量为m，电荷量为e，有界圆形匀强磁场的磁感应强度B＝eq\f(mv,eL)，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用，求：(1)匀强电场的电场强度E的大小；(2)圆形磁场的最小面积Smin；(3)电子从进入电场到再次回到x轴所用的总时间t总。答案(1)E＝eq\f(mv2,2eL)(2)Smin＝πL2(3)t总＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\r(2)＋\f(π,2)))eq\f(L,v)解析(1)电子在从A点运动到C点的过程中，做类平抛运动，在x轴方向上，L＝eq\f(eE,2m)t2在y轴方向上，2L＝vt联立解得E＝eq\f(mv2,2eL)。(2)电子离开电场时的速度的反向延长线过y轴方向位移的中点，故tanθ＝1，θ＝45°电子进入磁场后仅受洛伦兹力作用，在磁场中做匀速圆周运动由牛顿其次定律有，evCB＝meq\f(v\o\al(2,C),r)依据几何关系可知vC＝eq\f(v,cos45°)依据题意作出电子的运动轨迹示意图如图所示，由图中几何关系可知，电子在磁场中偏转90°后射出当图中弧PQ对应的弦为圆形磁场的直径时其半径最小，即Rmin＝rsin45°联立解得Smin＝πReq\o\al(2,min)＝πL2。(3)运动过程经验的总时间为t总＝eq\f(2L,v)＋eq\f(πm,2eB)＋eq\f(2\r(2)＋1L,\r(2)v)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋\r(2)＋\f(π,2)))eq\f(L,v)。考点2带电粒子(带电体)在叠加场中的运动1.带电粒子(带电体)在叠加场中无约束状况下的运动(1)电场力、重力并存电场力与重力的合力为恒力，粒子一般做匀速直线运动或匀变速直线(或曲线)运动，比较简洁。(2)磁场力、重力并存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，则带电体将做困难的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题。(3)电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做困难的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题。(4)电场力、磁场力、重力并存①若三力平衡，肯定做匀速直线运动。②若重力与电场力平衡，肯定做匀速圆周运动。③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做困难的曲线运动，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．带电体在叠加场中有约束状况下的运动带电体在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的状况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功状况，并留意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果。特殊提示：是否考虑重力的推断①对于微观粒子，如电子、质子、离子等，若无特殊说明，一般不考虑重力；对于宏观带电小物体，如带电小球、尘埃、油滴、液滴等，若无特殊说明，一般须要考虑重力。②题目中已明确说明则须要考虑重力。③不能干脆推断是否须要考虑重力的，在进行受力分析和运动分析时，由分析结果确定是否考虑重力。例2如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，y轴沿竖直方向，其次、三和四象限有沿水平方向，垂直纸面对外的匀强磁场，磁感应强度为B。第四象限的空间内有沿x轴正方向的匀强电场，场强为E，一个带正电荷的小球从图中x轴上的M点，沿着与水平方向成θ＝30°角斜向下的直线做匀速运动。经过y轴上的N点进入x<0的区域内，在x<0区域内另加一匀强电场E1(图中未画出)，小球进入x<0区域后能在竖直面内做匀速圆周运动。(已知重力加速度为g)(1)求匀强电场E1的大小和方向；(2)若带电小球做圆周运动通过y轴上的P点(P点未标出)，求小球从N点运动到P点所用的时间t；(3)若要使小球从其次象限穿过y轴后能够沿直线运动到M点，可在第一象限加一匀强电场，求此电场强度的最小值E2，并求出这种状况下小球到达M点的速度vM。解题探究(1)带电小球沿直线MN做匀速直线运动的条件是什么？提示：合外力为零。(2)带电小球在x<0区域内做匀速圆周运动的条件是什么？提示：电场力与重力平衡，洛伦兹力供应向心力。尝试解答(1)E1＝eq\r(3)E方向竖直向上(2)t＝eq\f(4\r(3)πE,3Bg)(3)E2＝eq\f(3,2)EvM＝eq\r(10)eq\f(E,B)(1)设小球质量为m，电荷量为q，速度大小为v，小球在MN段受力如图甲所示，因为在MN段小球做匀速直线运动，所以小球受力平衡有：mgtan30°＝qEqvBsin30°＝qE解得：mg＝eq\r(3)qEv＝eq\f(2E,B)在x<0的区域内，有mg＝qE1联立解得E1＝eq\r(3)E，方向为竖直向上。(2)小球在磁场中做匀速圆周运动的周期是：T＝eq\f(2πm,qB)小球到达N点时速度方向与y轴夹角为60°，所以小球在x<0的区域转过240°角到达y轴上P点，所用时间t＝eq\f(2,3)T联立得小球从N到P经验的时间是：t＝eq\f(4\r(3)πE,3Bg)。(3)小球到达P点时速度与x轴夹角为30°，小球从P点沿直线运动到M点，说明P点与N点关于O点对称，画出轨迹如图乙，小球在重力和电场力作用下做直线运动，合力与速度共线，当电场力与PM垂直时电场强度最小，由受力分析可知qE2＝mgcos30°解得：E2＝eq\f(3,2)E这种状况下，小球从P点沿直线运动到M点的加速度为a＝gsin30°＝eq\f(1,2)g由几何关系可知，P、M的距离为s＝Rcot30°R＝eq\f(mv,qB)依据veq\o\al(2,M)－v2＝2as联立解得vM＝eq\r(10)eq\f(E,B)。总结升华带电粒子(带电体)在叠加场中运动的解题思路(1)弄清叠加场的组成，一般有磁场、电场的叠加，电场、重力场的叠加，磁场、重力场的叠加，磁场、电场、重力场三者的叠加。(2)正确分析受力，除重力、弹力、摩擦力外要特殊留意电场力和磁场力的分析。(3)确定带电粒子(带电体)的运动状态，留意运动状况和受力状况的分析。(4)画出粒子(带电体)运动轨迹，敏捷选择不同的运动规律。(5)对于粒子(带电体)连续通过几个不同叠加场的问题，要分阶段进行处理。连接点的速度不变往往成为解题的突破口。[变式2－1](2024·大连二十四中联考)(多选)如图所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面对外的匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B。足够长的斜面固定在水平面上，斜面倾角为45°，有一带电的小球P静止于斜面顶端A处，且恰好对斜面无压力。若将小球P以初速度v0水平向右抛出(P可视为质点)，一段时间后，小球落在斜面上的C点。已知小球的运动轨迹在同一竖直平面内，则()A．若抛出的初速度小于v0，小球在斜面上的落点与A点的距离小于A、C两点间的距离B．若抛出的初速度小于v0，小球落在斜面上所用的时间将缩短C．若沿竖直向上方向以初速度v0抛出小球，小球仍会落到C点D．若沿竖直向上方向以初速度v0抛出小球，小球不会落到C点答案AC解析带电小球P静止于斜面顶端A处且恰好对斜面无压力，说明小球所受的电场力与重力平衡。将带电小球P以初速度v0水平向右抛出，洛伦兹力供应向心力，带电小球做匀速圆周运动，小球落在斜面上的C点。若抛出的初速度小于v0，则带电小球运动的轨迹半径减小，小球在斜面上的落点与A点的距离小于A、C两点之间的距离，A正确；若小球抛出的初速度小于v0，小球落在斜面上时做圆周运动的轨迹所对应的圆心角仍为90°，由带电小球在磁场中做圆周运动的时间只与运动轨迹所对的圆心角有关，可知带电小球落在斜面上所用的时间不变，B错误；依据带电小球在匀强磁场中运动的相关学问及几何关系可知，若沿竖直向上方向以初速度v0抛出小球，小球仍会落到C点，C正确，D错误。[变式2－2](多选)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，磁感应强度大小为B，垂直纸面对里，电场强度大小为E＝eq\f(\r(3)mg,q)，水平向左，在正交的电磁场空间中有一固定的粗细匀称的足够长粗糙绝缘杆，与电场正方向成60°夹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，当小球沿杆向下的初速度为v0时，小球恰好做匀速直线运动，已知重力加速度大小为g，小球电荷量保持不变，则下列说法正确的是()A．小球的初速度v0＝eq\f(mg,2qB)B．若小球沿杆向下的初速度v＝eq\f(mg,qB)，小球将沿杆做加速度不断增大的减速运动直到停止C．若小球沿杆向下的初速度v＝eq\f(3mg,qB)，小球将沿杆做加速度不断减小的减速运动直到停止D．若小球沿杆向下的初速度v＝eq\f(4mg,qB)，则从起先运动至稳定，小球克服摩擦力做功为eq\f(6m3g2,q2B2)答案BD解析依据题意可知小球受力平衡，电场力F＝qE＝eq\r(3)mg，电场力与重力的合力为G′＝2mg，方向垂直于杆斜向下，洛伦兹力垂直于斜杆向上，所以小球不受杆的摩擦力，则cos60°＝eq\f(mg,qv0B)，所以v0＝eq\f(2mg,qB)，A错误；当v＝eq\f(mg,qB)时，qvB＝mg<G′，则小球受到垂直于杆斜向上的弹力，即G′＝FN＋qvB，同时受到沿杆向上的摩擦力，依据牛顿其次定律可知f＝μFN＝μ(G′－qvB)＝ma，小球做加速度增大的减速运动直至停止，B正确；当v＝eq\f(3mg,qB)时，qvB＝3mg>G′，则小球受到垂直于杆斜向下的弹力，即G′＋FN＝qvB，同时受到沿杆向上的摩擦力，依据牛顿其次定律可知f＝μFN＝μ(qvB－G′)＝ma，小球做加速度减小的减速运动，当v＝eq\f(2mg,qB)时，qvB＝G′＝2mg，小球不受摩擦力作用，起先做匀速直线运动，C错误；同理，当v＝eq\f(4mg,qB)时，小球先做加速度减小的减速运动，当v＝eq\f(2mg,qB)时起先做匀速直线运动，依据动能定理得小球克服摩擦力做功Wf＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4mg,qB)))2－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2mg,qB)))2＝eq\f(6m3g2,q2B2)，D正确。考点3带电粒子在交变场中的运动交变场是指电场、磁场在某一区域内随时间做周期性变更，带电粒子在交变场中的运动问题涉及的物理过程比较困难。粒子的运动状况不仅与交变电磁场的变更规律有关，还与粒子进入场的时刻有关。交替变更的电磁场会使带电粒子顺次历经不同特点的电磁场，从而表现出“多过程”现象。所以最好画出粒子的运动轨迹草图，并把粒子的运动分解成多个阶段分别列方程联立求解。例3(2013·江苏高考)在科学探讨中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的限制。如图甲所示的xOy平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间t周期性变更的图象如图乙所示。x轴正方向为E的正方向，垂直纸面对里为B的正方向。在坐标原点O有一粒子P，其质量和电荷量分别为m和＋q，不计重力。在t＝eq\f(τ,2)时刻释放P，它恰能沿肯定轨道做往复运动。(1)求P在磁场中运动时速度的大小v0；(2)求B0应满意的关系；(3)在t0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<t0<\f(τ,2)))时刻释放P，求P速度为零时的坐标。解题探究(1)带电粒子在eq\f(τ,2)～τ内做什么运动？τ～2τ内做什么运动？提示：eq\f(τ,2)～τ内做匀加速直线运动，τ～2τ内做匀速圆周运动。(2)P速度为零的时刻，x坐标应为多少？提示：x＝0。尝试解答(1)v0＝eq\f(qE0τ,2m)(2)B0＝eq\f(2n＋1πm,qτ)(n＝0,1,2,3，…)(3)x＝0y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2E0[kτ－2t0＋t0],B0),\f(2kE0τ－2t0,B0)))，(k＝1,2,3，…)(1)由题图乙知，粒子P在eq\f(τ,2)～τ做匀加速直线运动，τ～2τ做匀速圆周运动，则电场力F＝qE0加速度a＝eq\f(F,m)速度v0＝at且t＝eq\f(τ,2)解得v0＝eq\f(qE0τ,2m)。(2)只有当t＝2τ时，P在磁场中做圆周运动结束并起先沿x轴负方向运动，才能沿肯定轨道做往复运动，如图1所示。设P在磁场中做圆周运动的周期为T。则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))T＝τ(n＝0,1,2,3，…)匀速圆周运动的周期T＝eq\f(2πm,qB0)解得B0＝eq\f(2n＋1πm,qτ)(n＝0,1,2,3，…)。(3)如图2所示，在t0时刻释放P，P在电场中加速的时间为τ－t0，在磁场中做匀速圆周运动，有v1＝eq\f(qE0τ－t0,m)圆周运动的半径r1＝eq\f(mv1,qB0)解得r1＝eq\f(E0τ－t0,B0)；又经(τ－t0)时间P减速为零后向右加速的时间为t0，P再进入磁场，有v2＝eq\f(qE0t0,m)圆周运动的半径r2＝eq\f(mv2,qB0)解得r2＝eq\f(E0t0,B0)。综上分析，速度为零时横坐标x＝0相应的纵坐标为y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2[kr1－k－1r2],2kr1－r2))，(k＝1,2,3，…)解得y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2E0[kτ－2t0＋t0],B0),\f(2kE0τ－2t0,B0)))，(k＝1,2,3，…)。总结升华1．解决带电粒子在交变电磁场中运动问题的基本思路2．解决带电粒子在交变电磁场中运动问题的留意事项电场或磁场周期性变更，或者二者都周期性变更，在某段时间内，电场、磁场、重力场可以只存在其中之一、可以存在其中之二、也可以三者同时存在，导致带电粒子的运动出现多样性，求解带电粒子在交变电磁场中的运动的方法，就是各个击破，分段分析。首先信任，命题者设计的带电粒子的运动肯定是很规律的运动，如匀速直线运动、类平抛运动、圆周运动，每段时间内电场强度的大小和方向、磁感应强度的大小和方向、每段时间的长短都是细心“算出来”的，所以当我们分析某段运动毫无规律时，一般是我们算错了，需仔细核实。[变式3](2024·衡水冀州中学高三第四次调研)在图甲中，加速电场A、B板水平放置，半径R＝0.2m的圆形偏转磁场与加速电场的A板相切于N点，有一群比荷为eq\f(q,m)＝5×105C/kg的带电粒子从电场中的M点处由静止释放，经过电场加速后，从N点垂直于A板进入圆形偏转磁场，加速电场的电压U随时间t的变更如图乙所示，每个带电粒子通过加速电场的时间极短，可认为加速电压不变。eq\f(T,6)时刻进入电场的粒子恰好水平向左离开磁场，(不计粒子的重力)求：(1)粒子的电性；(2)磁感应强度B的大小；(3)何时释放的粒子在磁场中运动的时间最短？最短时间t是多少？(π取3)答案(1)负电(2)0.1T(3)kT＋eq\f(T,2)(k＝0,1,2,3，…)2×10－5s解析(1)由题意可知，粒子水平向左离开磁场，则粒子所受洛伦兹力向左，依据左手定则得，粒子带负电。(2)由图乙可知，在eq\f(T,6)时刻，U＝100V，依据动能定理得：Uq＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力供应向心力，由牛顿其次定律得：qv1B＝meq\f(v\o\al(2,1),r1)粒子恰好水平向左离开磁场，粒子轨道半径：r1＝R解得：B＝0.1T。(3)速度越大，粒子在磁场中运动的轨迹半径越大，时间越短，则当t＝kT＋eq\f(T,2)(k＝0,1,2,3…)时进入电场的粒子在磁场中运动的时间最短，依据动能定理得：U′q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，依据牛顿其次定律得：qv2B＝meq\f(v\o\al(2,2),r2)设圆弧所对的圆心角为2θ，由几何关系得：eq\f(R,r2)＝tanθ，依据周期公式得：T＝eq\f(2πr2,v2)，粒子在磁场中的运动时间：t＝eq\f(2θ,2π)T。解得t＝2×10－5s。考点4带电粒子在电磁场中运动的应用实例分析1.质谱仪的主要特征将质量数不等、电荷数相等的带电粒子经同一电场加速后进入偏转磁场。各粒子由于轨道半径不同而分别，其轨道半径r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(\r(2mEk),qB)＝eq\f(\r(2mqU),qB)＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))。在上式中，B、U、q对同一元素均为常量，故r∝eq\r(m)，依据不同的半径，就可计算出粒子的质量或比荷。2．回旋加速器的主要特征(1)带电粒子在两D形盒中的回旋周期等于两盒狭缝之间高频电场的变更周期，与带电粒子的速度无关。(2)将带电粒子在两盒狭缝之间的运动首尾连起来是一个初速度为零的匀加速直线运动。(3)带电粒子每加速一次，回旋半径就增大一次，所以各半径之比为1∶eq\r(2)∶eq\r(3)…(4)粒子的最大速度v＝eq\f(BqR,m)，可见带电粒子加速后的能量取决于D形盒的最大半径R和磁场的强弱。3．霍尔效应的原理和分析(1)定义：高为h，宽为d的导体(或半导体)置于匀强磁场B中，当电流通过导体(或半导体)时，在导体(或半导体)的上表面A和下表面A′之间产生电势差，这种现象称为霍尔效应，此电压称为霍尔电压。(2)电势凹凸的推断：导电的载流子有正电荷和负电荷。以电子导电的金属为例，如图，金属导体中的电流I向右时，依据左手定则可得，下表面A′的电势高。正电荷导电时则相反。(3)霍尔电压的计算：导体中的自由电荷在洛伦兹力作用下偏转，A、A′间出现电势差，当自由电荷所受静电力和洛伦兹力平衡时，A、A′间的电势差(U)就保持稳定，由qvB＝qeq\f(U,h)，I＝nqvS，S＝hd，联立得U＝eq\f(BI,nqd)＝keq\f(BI,d)，k＝eq\f(1,nq)称为霍尔系数。速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计与霍尔效应类似，均以平衡方程Eq＝Bqv为基础，就不多做介绍了。例4回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频沟通电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变更的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示。设D形盒半径为R。若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频沟通电频率为f。则下列说法正确的是()A．质子被加速后的最大速度不行能超过2πfRB．质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小有关C．高频电源只能运用矩形交变电流，不能运用正弦式交变电流D．不变更B和f，该回旋加速器也能用于加速α粒子解题探究(1)质子被加速后的最大速度由什么确定？提示：D形盒半径R。(2)质子与α粒子在磁场中运动的周期相同吗？提示：不同。尝试解答选A。由T＝eq\f(2πR,v)，T＝eq\f(1,f)，可得质子被加速后的最大速度为2πfR，其不行能超过2πfR，质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关，A正确，B错误；高频电源可以运用正弦式交变电源，C错误；要加速α粒子，高频沟通电周期必需变为α粒子在其中做圆周运动的周期，即T＝eq\f(2πmα,qαB)，故D错误。总结升华回旋加速器中的五个基本问题(1)同步问题交变电压的频率与粒子在磁场中做匀速圆周运动的频率相等，交变电压的频率f＝eq\f(1,T)＝eq\f(qB,2πm)(当粒子的比荷或磁感应强度变更时，同时也要调整交变电压的频率)。(2)粒子的最大动能粒子从边缘离开回旋加速器时动能最大，Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)，可知在q、m和B肯定的状况下，回旋加速器的半径R越大，粒子的能量就越大(最大动能与加速电压无关)。(3)回旋加速的次数粒子每加速一次动能增加qU，故须要加速的次数n＝eq\f(Ekm,Uq)，回旋的次数为eq\f(n,2)。(4)粒子运动时间粒子运动时间由加速次数n或回旋的次数eq\f(n,2)确定，在磁场中的回旋时间t1＝eq\f(n,2)T；在电场中的加速时间t2＝eq\f(nd,\f(v,2))或t2＝eq\r(\f(2nd,a))，其中a＝eq\f(qU,md)。在回旋加速器中运动的总时间t＝t1＋t2。(5)回旋轨道半径rn＝eq\f(mvn,qB)，nqU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)，n为加速次数。[变式4](2024·洛阳统考)(多选)为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，在垂直于前、后面的方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N作为电极，污水充溢管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U，若用Q表示污水流量(单位时间内流出的污水体积)，下列说法中正确的是()A．M板电势肯定高于N板的电势B．污水中离子浓度越高，电压表的示数越大C．污水流淌的速度越大，电压表的示数越大D．电压表的示数U与污水流量Q成正比答案ACD解析对于污水中带正电的离子，由左手定则可推断出正离子所受洛伦兹力的方向指向M板，即正离子向M板偏转；对于污水中带负电的离子，由左手定则可推断出负离子所受洛伦兹力的方向指向N板，即负离子向N板偏转，即M板电势肯定高于N板的电势，A正确。当污水中的离子不再向金属板偏转时电压表的电压U稳定，对离子分析，此时洛伦兹力与电场力平衡，Bqv＝eq\f(U,c)q，U＝Bcv，即污水流淌的速度越大，电压表的示数越大，C正确，B错误。污水流量Q＝cbv，电压表示数U＝Bcv＝eq\f(BQ,b)，即电压表的示数U与污水流量Q成正比，D正确。【案例剖析】(2014·重庆高考)(18分)如图所示，①在无限长的竖直边界NS和MT间充溢匀强电场，同时该区域上、下部分分别充溢方向垂直于NSTM平面对外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，②距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h。质量为m、③带电量为＋q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，①在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g。(1)求④电场强度的大小和方向；(2)⑤要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值；(3)若⑥粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的全部可能值。[审题抓住信息，精确推断][破题形成思路，快速突破](1)粒子在两边界之间做圆周运动，受电场力、磁场力，考虑重力吗？重力和电场力的关系是什么？提示：必需考虑重力，且重力和电场力大小相等、方向相反。(2)要使粒子不从NS边界飞出，在上、下两部分区域，粒子运动轨迹应如何画？提示：依据题意，画出粒子速度非最小时的运动轨迹，然后让速度减小，从轨迹变更中找寻当速度最小时的运动轨迹，依据相关几何关系求出最小速度，留意轨迹的对称性及与边界相切的状况。(3)要使粒子能经过Q点从MT边界飞出，从P点经上、下两个区域转到与Q点等高的地方为一个周期，向右移动的水平距离为L，则应满意什么条件，才能刚好转到Q点？提示：nL＝1.8h，n为正整数。[解题规范步骤，水到渠成](1)设电场强度大小为E，由题意有mg＝qE，(1分)得E＝eq\f(mg,q)，方向竖直向上。(1分)(2)如图1所示，设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin，对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r1和r2，圆心的连线与NS的夹角为φ。由r＝eq\f(mv,qB)，(1分)有r1＝eq\f(mvmin,qB)，r2＝eq\f(1,2)r1，(2分)又由(r1＋r2)sinφ＝r2，(1分)r1＋r1cosφ＝h，(1分)得vmin＝(9－6eq\r(2))eq\f(qBh,m)。(2分)(3)如图2所示，设粒子入射速度为v，粒子在上、下方区域的运动半径分别为r1′和r2′，粒子第一次通过KL时距离K点为x，圆心O1′O2′连线与NS的夹角为φ′，则仍有r2′＝eq\f(1,2)r1′。由题意有3nx＝1.8h(n＝1,2,3，…)(2分)x＋eq\f(x,2)＝r1′sinφ′＋r2′sinφ′≥(r1＋r2)sinφ＝r2，即eq\f(3,2)x≥eq\f(9－6\r(2)h,2)(2分)x＝eq\r(r1′2－h－r1′2)(1分)得r1′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(0.36,n2)))eq\f(h,2)，n≤eq\f(9＋6\r(2),5)<4(1分)Bqv＝eq\f(mv2,r1′)，则v＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(0.36,n2)))eq\f(qBh,2m)，n<4即n＝1时，v＝eq\f(0.68qBh,m)；(1分)n＝2时，v＝eq\f(0.545qBh,m)；(1分)n＝3时，v＝eq\f(0.52qBh,m)。(1分)[点题突破瓶颈，稳拿满分]对于带电粒子在复合场中的运动问题，应充分挖掘题目中关键信息，仔细进行受力分析和运动过程分析，分过程、分步骤、规范解题，步步得分。高考模拟随堂集训

1．(2024·北京高考)某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以肯定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动，下列因素与完成上述两类运动无关的是()A．磁场和电场的方向 B．磁场和电场的强弱C．粒子的电性和电量 D．粒子入射时的速度答案C解析由题可知，当带电粒子在复合场内做匀速直线运动时，有Eq＝qvB，则v＝eq\f(E,B)，若仅撤除电场，粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，说明要满意题意须要对磁场与电场的方向以及强弱程度、粒子入射时的速度都有要求，但是对粒子的电性和电量无要求，故C正确，A、B、D错误。2．(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°，则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)h。④(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。3．(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(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联立③⑦⑨⑩⑪式得t′＝eq\f(Bl,E)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(3)πl,18l′)))。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·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配套课时作业时间：60分钟满分：100分一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分。其中1～4为单选，5～8为多选)1.(2024·全国卷Ⅰ)现代质谱仪可用来分析比质子重许多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止起先被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止起先被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为()A．11B．12C．121D．144答案D解析设质子和离子的质量分别为m1和m2，原磁感应强度为B1，变更后的磁感应强度为B2。在加速电场中qU＝eq\f(1,2)mv2，在磁场中qvB＝meq\f(v2,R)，联立两式得m＝eq\f(R2B2q,2U)，故有eq\f(m2,m1)＝eq\f(B\o\al(2,2),B\o\al(2,1))＝144，D正确。2．(2024·大连八中联考)如图所示，板间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，不计重力的氘核、氚核和氦核初速度为零，经相同的电压加速后，从两极板中间垂直射入电场和磁场区域，且氘核沿直线射出。不考虑粒子间的相互作用，则射出时()A．偏向正极板的是氚核B．偏向正极板的是氦核C．射入电场和磁场区域时，氚核的动能最大D．射入电场和磁场区域时，氦核的动量最大答案D解析初速度为零的氘核、氚核和氦核，经相同的电压U加速，由动能定理qU＝eq\f(1,2)mv2，解得加速后速度大小为v＝eq\r(\f(2qU,m))，速度大小与粒子比荷的二次方根成正比。氘核的电荷量为e，质量数为2；氚核的电荷量为e，质量数为3；氦核的电荷量为2e，质量数为4。由于氘核和氦核的比荷相同且均大于氚核的比荷，所以氘核和氦核的速度相同，氚核的速度较小。氘核沿直线射出，即所受电场力与洛伦兹力平衡，eE＝evB，速度方向向右。由于氘核和氦核的速度相同，所以氦核也向右沿直线射出，B错误。由于氚核的速度较小，所受洛伦兹力小于电场力，故氚核偏向负极板，A错误。由于氦核电荷量最大，在电场中加速时，电场力做功最多，依据动能定理，射入电场和磁场区域时，氦核的动能最大，C错误。依据动能与动量的关系式p＝eq\r(2mEk)，可知氦核动能与质量的乘积最大，所以射入电场和磁场区域时，氦核的动量最大，D正确。3．磁流体发电机极板表面积为S，板间距离为L，电阻率为ρ的等离子体以速度v匀速通过磁感应强度大小为B的磁场，磁场方向与两板平行，并与等离子体速度方向垂直，如图所示。负载电阻阻值为R，则电压表的示数为()A．BLv B.eq\f(BLvR,SR＋ρL)C.eq\f(BLvSR,R＋ρL) D.eq\f(BLvSR,SR＋ρL)答案D解析依据左手定则知正离子向上偏转，负离子向下偏转，上极板带正电，下极板带负电，当外电路断开时，最终离子处于平衡状态，假设此时极板间电压即电动势为E，有qvB＝qeq\f(E,L)，解得E＝BLv。外电路接负载电阻时，依据电阻定律，内阻r＝ρeq\f(L,S)，依据闭合电路欧姆定律，流过负载电阻的电流I＝eq\f(BLv,R＋\f(ρL,S))，故电压表示数为eq\f(BLv,R＋\f(ρL,S))R＝eq\f(BLvSR,SR＋ρL)，故D正确。4．(2024·大连一模)随着电子技术的发展，霍尔传感器被广泛应用在汽车的各个系统中。其中霍尔转速传感器在测量发动机转速时，情境可简化如图甲所示，被测转子的轮齿(表面具有磁性)每次经过霍尔元件时，都会使霍尔电压发生变更。霍尔元件的原理如图乙所示，传感器的内置电路会将霍尔电压调整放大，输出一个脉冲信号。下列说法正确的是()A．霍尔电压是由元件中定向移动的载流子受到电场力作用发生偏转而产生的B．其他条件不变的状况下，霍尔元件的厚度c越大，产生的霍尔电压越高C．若霍尔元件的前端电势比后端低，则元件中的载流子为负电荷D．若转速表显示1800r/min，转子上齿数为150个，则霍尔传感器每分钟输出12个脉冲信号答案C解析霍尔电压是由元件中定向移动的载流子受到洛伦兹力作用发生偏转而产生的，A错误；载流子沿电流方向通过霍尔元件，设产生的霍尔电压为U，则有eq\f(eU,b)＝evB，解得U＝Bbv，即其他条件不变的状况下，霍尔元件的长度b越大，产生的霍尔电压越高，B错误；依据左手定则，载流子是负电荷时，霍尔元件的前端电势比后端低，C正确；若转速表显示1800r/min，转子上齿数为150个，则霍尔传感器每分钟输出1800×150＝2.7×105个脉冲，D错误。5．(2024·福建省五校联考)如图所示，空间存在水平向左的匀强电场E和垂直纸面对外的匀强磁场B，在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球，不考虑两带电小球间的相互作用，两小球的电荷量始终不变，关于小球的运动，下列说法正确的是()A．沿ab、ac方向抛出的小球都可能做直线运动B．若小球沿ac方向做直线运动，则小球带负电，可能做匀加速运动C．若小球沿ab方向做直线运动，则小球带正电，且肯定做匀速运动D．两小球在运动过程中机械能均守恒答案AC解析先分析沿ab方向抛出的带电小球，若小球带正电，则小球所受电场力方向与电场强度方向相同，重力竖直向下，由左手定则知小球所受洛伦兹力方向垂直ab斜向上，小球受力可能平衡，可能做直线运动；若小球带负电，则小球受力不行能平衡。再分析沿ac方向抛出的带电小球，同理可知，只有小球带负电时可能受力平衡，可能做直线运动。若小球做直线运动，假设小球同时做匀加速运动，则小球受到的洛伦兹力持续增大，那么小球将无法做直线运动，假设不成立，小球做的直线运动肯定是匀速运动，故A、C正确，B错误；在小球的运动过程中，洛伦兹力不做功，电场力对小球做功，故小球的机械能不守恒，D错误。6.如图所示，在水平向左的匀强电场和垂直纸面对里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m、电荷量为＋q，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。小球由静止起先下滑直到稳定的过程中()A．小球的加速度始终减小B．小球的机械能和电势能的总和保持不变C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v＝eq\f(\a\vs4\al(2μqE＋mg),2μqB)D．小球向下运动的稳定速度为v＝eq\f(\a\vs4\al(μqE＋mg),μqB)答案CD解析小球静止时只受电场力、重力、弹力及摩擦力，电场力水平向左，弹力水平向右，摩擦力竖直向上；起先时，对小球由牛顿其次定律mg－μEq＝ma，小球的加速度为a＝g－eq\f(\a\vs4\al(μEq),m)，小球速度将增大，产生洛伦兹力，由左手定则可知，洛伦兹力向右，故水平方向弹力将减小，摩擦力减小，故加速度先增大，故A错误。在下降过程中有摩擦力做功，故有部分能量转化为内能，故机械能和电势能的总和将减小，故B错误。当洛伦兹力等于电场力时，摩擦力为零，此时加速度为g，达到最大；此后速度接着增大，则洛伦兹力增大，水平方向上的弹力增大，摩擦力将增大，加速度将减小，故最大加速度的一半会有两种状况，一是洛伦兹力小于电场力的状况，另一种是洛伦兹力大于电场力的状况，当洛伦兹力小于电场力时：eq\f(g,2)＝eq\f(mg－μEq－Bqv1,m)，解得：v1＝eq\f(\a\vs4\al(2μEq－mg),2μBq)；当洛伦兹力大于电场力时：eq\f(g,2)＝eq\f(mg－μBqv2－Eq,m)，解得：v2＝eq\f(\a\vs4\al(2μEq＋mg),2μBq)，故C正确。当加速度等于零时，速度最大且保持稳定：mg＝μ(Bqv3－Eq)，解得：v3＝eq\f(\a\vs4\al(mg＋μEq),μBq)，故D正确。7．(2024·湖南省六校联考)如图所示，M、N为两个同心金属圆环，半径分别为R1和R2，两圆环之间存在着沿金属圆环半径方向的辐向电场，N环内存在着垂直于环面对外的匀强磁场，磁感应强度为B，N环上有匀称分布的6个小孔，从M环的内侧边缘由静止释放一质量为m，电荷量为＋q的粒子(不计重力)，经电场加速后通过小孔射入磁场，经过一段时间，粒子再次回到动身点，全程与金属环无碰撞。则M、N间电压U满意的条件是()A．U＝eq\f(qB2R\o\al(2,2),6m) B．U＝eq\f(qB