第64頁(yè)（共64頁(yè)）2024-2025學(xué)年下學(xué)期高二物理滬科版（2020）期中必刷常考題之帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)一．選擇題（共7小題）1．（2024秋?惠山區(qū)校級(jí)期末）石墨烯是一種由碳原子組成的單層二維蜂窩狀晶格結(jié)構(gòu)新材料，具有豐富的電學(xué)性能。現(xiàn)設(shè)計(jì)一電路測(cè)量某二維石墨烯樣品的載流子（電子）濃度。如圖（a）所示，在長(zhǎng)為a，寬為b的石墨烯表面加一垂直向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，電極1、3間通以恒定電流I，電極2、4間將產(chǎn)生電壓U。當(dāng)I＝1.60×10﹣3A時(shí)，測(cè)得U﹣B關(guān)系圖線如圖（b）所示，元電荷e＝1.60×10﹣19C，則此樣品每平方米載流子數(shù)最接近（）A．2.7×1015 B．3.7×1016 C．2.7×1019 D．3.7×10202．（2024秋?大連期末）如圖為利用霍爾元件進(jìn)行微小位移測(cè)量的實(shí)驗(yàn)裝置。在兩塊完全相同、同極相對(duì)放置的磁體縫隙中放入金屬材料制成的霍爾元件，當(dāng)霍爾元件處于中間位置時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度為0，霍爾電壓UH（霍爾元件前后兩表面的電勢(shì)差）也為0，將該點(diǎn)作為直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)。已知沿x軸方向磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝kx（k為常數(shù)，且k＞0），霍爾元件中通以沿y軸正方向的恒定電流，當(dāng)霍爾元件沿x軸移動(dòng)時(shí)，即有霍爾電壓UH輸出，下列說(shuō)法正確的是（）A．霍爾元件有x軸正方向位移時(shí)，前表面的電勢(shì)高于后表面的電勢(shì) B．UH的大小與元件在水平方向位移的大小成正比 C．霍爾元件的位移一定時(shí)，只增大y方向恒定電流的大小，UH的大小不變 D．霍爾元件的位移一定時(shí)，只增大元件垂直磁場(chǎng)方向的面積，UH的大小增大3．（2024秋?懷柔區(qū)期末）如圖所示，將非磁性材料制成的圓管置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，當(dāng)含有大量正負(fù)離子的導(dǎo)電液體從管中由左向右流過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，測(cè)得管兩側(cè)M、N兩點(diǎn)之間有電勢(shì)差U。忽略離子重力影響，則（）A．M點(diǎn)的電勢(shì)高于N點(diǎn) B．N點(diǎn)的電勢(shì)高于M點(diǎn) C．管中導(dǎo)電液體的流速越大，M、N兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差U越小 D．管中導(dǎo)電液體的離子濃度越大，M、N兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差U越大4．（2024秋?泰州期末）如圖所示，圖甲、乙、丙、丁分別為多級(jí)直線加速器、回旋加速器、磁流體發(fā)電機(jī)、質(zhì)譜儀的原理示意圖。以下說(shuō)法正確的是（）A．圖甲中，粒子在筒中做加速運(yùn)動(dòng)，電壓越大獲得的能量越高 B．圖乙中，粒子第n次（n＞1）被加速前、后的軌道半徑之比為n-C．圖丙中，將一束等離子體噴入磁場(chǎng)，A、B板間產(chǎn)生電勢(shì)差，A板電勢(shì)高 D．圖丁中，11H、15．（2024秋?太原期末）如圖為洛倫茲力演示儀的示意圖。電子槍可以發(fā)射方向可調(diào)的電子束，玻璃泡內(nèi)充有稀薄氣體，電子束通過(guò)時(shí)能顯示電子的徑跡，勵(lì)磁線圈可產(chǎn)生垂直紙面的磁場(chǎng)。下列選項(xiàng)正確的是（）A．加磁場(chǎng)后，電子束的徑跡不可能是一條直線 B．加磁場(chǎng)后，若電子束與磁場(chǎng)方向成45°射出，其徑跡是一個(gè)圓 C．當(dāng)徑跡為圓時(shí)，電子束速度不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度變大，徑跡圓的半徑變小 D．當(dāng)徑跡為圓時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，電子束出射速度變大，徑跡圓的半徑變小6．（2024秋?惠山區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外的范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi)，固定著傾角為θ的絕緣斜面，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為﹣q的帶電小物塊以初速度v0沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。設(shè)滑動(dòng)時(shí)電荷量不變，在小物塊上滑過(guò)程中，其速度v與時(shí)間t，加速度a與時(shí)間t和動(dòng)能Ek與位移x的關(guān)系圖像，可能正確的是（）A． B． C． D．7．（2025?東湖區(qū)校級(jí)一模）如圖所示，圓形區(qū)域半徑為R，區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B=mvqR。位于磁場(chǎng)邊界最低點(diǎn)P處有一粒子源，同時(shí)將n個(gè)帶負(fù)電的粒子沿紙面內(nèi)各個(gè)方向均勻射入磁場(chǎng)區(qū)域，粒子質(zhì)量為m、電荷量大小為q、速率均為v。A、C為圓形區(qū)域水平直徑的兩個(gè)端點(diǎn)，足夠長(zhǎng)的彈性擋板MN、M′N′與圓形區(qū)域在A、A．所有粒子均與右側(cè)擋板碰撞，最終全部從D點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng) B．粒子從P點(diǎn)出發(fā)到從D點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為t=C．粒子陸續(xù)與擋板碰撞過(guò)程中對(duì)擋板的平均作用力為F=D．粒子陸續(xù)從D點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中等效電流為I二．多選題（共5小題）（多選）8．（2024秋?大連期末）如圖所示，豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在著垂直于該平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子（不計(jì)重力）以速度v0沿水平方向從P點(diǎn)射入磁場(chǎng)，其速度方向與半徑OP的夾角為45°，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，粒子恰好從O點(diǎn)正下方的Q點(diǎn)射出磁場(chǎng)，下列說(shuō)法正確的是（）A．該粒子入射的速度大小為qBRmB．該粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為3πRC．若只改變帶電粒子的入射方向，其在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間可能變長(zhǎng) D．若帶電粒子的入射點(diǎn)向下平移R2，其射出磁場(chǎng)的位置在Q（多選）9．（2024秋?深圳期末）黨的二十大報(bào)告中，習(xí)近平總書記明確指出要實(shí)施科技興國(guó)戰(zhàn)略，強(qiáng)調(diào)科技是第一生產(chǎn)力，則下列關(guān)于現(xiàn)代科技前沿磁流體發(fā)電和加速度相關(guān)說(shuō)法正確的是（）A．圖甲是磁流體發(fā)電機(jī)結(jié)構(gòu)示意圖，由圖可以判斷出A板是發(fā)電機(jī)的負(fù)極 B．圖甲中，穩(wěn)定時(shí)AB間形成的電場(chǎng)方向從A板指向B板 C．圖乙是回旋加速器的示意圖要使粒子獲得的最大動(dòng)能增大，可增大加速電壓U D．圖乙中可增加D型盒直徑來(lái)增大粒子的出射動(dòng)能（多選）10．（2024秋?青島期末）汽車的ABS是一種能夠防止車輪抱死的制動(dòng)系統(tǒng)，該系統(tǒng)的傳感器主要基于霍爾效應(yīng)原理。如圖是傳感器元件的簡(jiǎn)易圖，水平放置的元件處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，長(zhǎng)、寬、高分別是a、c、h。元件內(nèi)的電子定向移動(dòng)形成恒定電流I，電流的方向向右，下列說(shuō)法正確的是（）A．電子定向移動(dòng)的方向是從右到左 B．該元件前表面的電勢(shì)高于后表面的電勢(shì) C．若增大寬度c，前后表面電勢(shì)差的絕對(duì)值增大 D．增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，前后表面電勢(shì)差的絕對(duì)值增大（多選）11．（2024秋?天津期末）洛倫茲力在現(xiàn)代科學(xué)技術(shù)中有著廣泛的應(yīng)用，如圖為磁場(chǎng)中常見(jiàn)的4種儀器，都利用了洛倫茲力對(duì)帶電粒子的作用，下列說(shuō)法正確的是（）A．甲圖中，若僅增大加速電壓，粒子離開(kāi)加速器時(shí)的動(dòng)能變大 B．乙圖中，粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越大 C．丙圖中，A極板是磁流體發(fā)電機(jī)的負(fù)極 D．丁圖中，帶貨電的粒子從左側(cè)射入，若速度v＜（多選）12．（2024秋?濟(jì)南期末）如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)，x≥0的區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。粒子源位于坐標(biāo)為（﹣L，0）的A點(diǎn)，向坐標(biāo)為（0，h）的Q點(diǎn)發(fā)射質(zhì)量為m，電荷量為q（q＜0）的粒子，粒子重力忽略不計(jì)，速度大小可以調(diào)節(jié)。在坐標(biāo)為（-L2，0）處放置一平行于y軸的擋板，擋板中點(diǎn)位于x軸上，長(zhǎng)度略大于h2。已知粒子與擋板碰撞后，y方向的分速度不變，xA．5qBhh2+C．2qBhh2三．解答題（共3小題）13．（2024秋?惠山區(qū)校級(jí)期末）離子注入是芯片制造過(guò)程中一道重要的工序。如圖所示，在距O點(diǎn)為2r處的硅片下端與磁場(chǎng)中心O在同一水平線上，硅片長(zhǎng)為l=233r。A處的離子無(wú)初速的“飄入”加速電場(chǎng)，經(jīng)電場(chǎng)加速后從P點(diǎn)沿半徑方向進(jìn)入半徑為r的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)，最后打在豎直放置的硅片上。離子的質(zhì)量為m、電荷量為q（1）離子進(jìn)入圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大小v；（2）要求所有離子都打到硅片上，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍。14．（2024秋?武昌區(qū)期末）如圖所示，無(wú)限長(zhǎng)的兩水平邊界間劃分了三個(gè)區(qū)域，中間的矩形ABCD區(qū)域分布有豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)（圖中未畫出），邊界AB的左側(cè)分布有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，邊界CD的右側(cè)分布有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m，電荷量為q（q＞0）的粒子從P點(diǎn)豎直向下射入左側(cè)磁場(chǎng)，速度大小為v，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)，粒子第一次穿過(guò)邊界AB進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，速度方向斜向上與邊界AB的夾角為θ，之后以垂直邊界CD的方向離開(kāi)電場(chǎng)，并進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)。最終，粒子從P點(diǎn)正下方的Q點(diǎn)，沿豎直方向射出場(chǎng)區(qū)。已知，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小始終不變，但粒子每次離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)，電場(chǎng)的方向會(huì)反向，點(diǎn)P和A間距為d，上、下邊界間距為2d，sinθ＝0.6，不計(jì)粒子的重力，忽略邊緣效應(yīng)。求：（1）左側(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1為多少？（2）AD的間距L的最大值為多少？（3）若邊界AB和CD的間距為13d，則右側(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B15．（2024秋?鎮(zhèn)海區(qū)校級(jí)期末）如圖所示的直角坐標(biāo)系中，在x軸上方存在著垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在x軸下方存在相對(duì)y軸對(duì)稱的平行于x軸、電場(chǎng)強(qiáng)度E=2509V/m的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量為m＝1×10﹣21kg，電荷量q＝2×10﹣19C的帶正電的粒子從P點(diǎn)（0，0.3m）以初速度v0＝50m/s沿與y軸正方向角度θ＝37°斜向左上方射出，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與y（1）該粒子在磁場(chǎng)中的軌道半徑r；（2）Q點(diǎn)的位置坐標(biāo)；（3）粒子從P點(diǎn)出發(fā)至第三次打到x軸的位置坐標(biāo)及總時(shí)間t。（取π＝3）

2024-2025學(xué)年下學(xué)期高二物理滬科版（2020）期中必刷常考題之帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)參考答案與試題解析題號(hào)1234567答案BBABCCC一．選擇題（共7小題）1．（2024秋?惠山區(qū)校級(jí)期末）石墨烯是一種由碳原子組成的單層二維蜂窩狀晶格結(jié)構(gòu)新材料，具有豐富的電學(xué)性能。現(xiàn)設(shè)計(jì)一電路測(cè)量某二維石墨烯樣品的載流子（電子）濃度。如圖（a）所示，在長(zhǎng)為a，寬為b的石墨烯表面加一垂直向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，電極1、3間通以恒定電流I，電極2、4間將產(chǎn)生電壓U。當(dāng)I＝1.60×10﹣3A時(shí)，測(cè)得U﹣B關(guān)系圖線如圖（b）所示，元電荷e＝1.60×10﹣19C，則此樣品每平方米載流子數(shù)最接近（）A．2.7×1015 B．3.7×1016 C．2.7×1019 D．3.7×1020【考點(diǎn)】霍爾效應(yīng)與霍爾元件．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】B【分析】根據(jù)電流的微觀表達(dá)式得到載流子定向移動(dòng)的速率，根據(jù)載流子受到的洛倫茲力和電場(chǎng)力平衡寫出霍爾電壓的表達(dá)式，結(jié)合圖像的斜率計(jì)算。【解答】解：設(shè)樣品單位面積上含有的載流子為n，載流子定向移動(dòng)的速率為v，則恒定電流大小I＝nebv，霍爾電壓的大小為U，則evB=eUb，解得U=IneB，結(jié)合圖像有k=Ine=84故選：B。【點(diǎn)評(píng)】能夠?qū)懗龌魻栯妷篣和磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度之間的函數(shù)表達(dá)式是解題的基礎(chǔ)。2．（2024秋?大連期末）如圖為利用霍爾元件進(jìn)行微小位移測(cè)量的實(shí)驗(yàn)裝置。在兩塊完全相同、同極相對(duì)放置的磁體縫隙中放入金屬材料制成的霍爾元件，當(dāng)霍爾元件處于中間位置時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度為0，霍爾電壓UH（霍爾元件前后兩表面的電勢(shì)差）也為0，將該點(diǎn)作為直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)。已知沿x軸方向磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝kx（k為常數(shù)，且k＞0），霍爾元件中通以沿y軸正方向的恒定電流，當(dāng)霍爾元件沿x軸移動(dòng)時(shí)，即有霍爾電壓UH輸出，下列說(shuō)法正確的是（）A．霍爾元件有x軸正方向位移時(shí)，前表面的電勢(shì)高于后表面的電勢(shì) B．UH的大小與元件在水平方向位移的大小成正比 C．霍爾元件的位移一定時(shí)，只增大y方向恒定電流的大小，UH的大小不變 D．霍爾元件的位移一定時(shí)，只增大元件垂直磁場(chǎng)方向的面積，UH的大小增大【考點(diǎn)】霍爾效應(yīng)與霍爾元件．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】B【分析】根據(jù)左手定則判斷電子的偏轉(zhuǎn)方向，據(jù)此判斷電勢(shì)的高低；根據(jù)電子受到的洛倫茲力和電場(chǎng)力平衡，結(jié)合電流的微觀表達(dá)式寫出霍爾電壓的表達(dá)式，據(jù)此逐項(xiàng)分析即可。【解答】解：A、霍爾元件有x軸正方向位移時(shí)，通過(guò)霍爾元件的磁感線方向?yàn)樗较蜃螅鶕?jù)左手定則可知霍爾元件中的自由電子受安培力方向指向前表面，則前表面聚集電子，所以前表面的電勢(shì)低于后表面的電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；B、設(shè)霍爾元件中電子定向移動(dòng)的速率為v，霍爾元件沿y軸方向的厚度為b，沿x軸方向的厚度為a，前后表面的距離為d，霍爾元件單位體積含有的自由電子數(shù)為n，則I＝neadv，根據(jù)電子在霍爾元件中受洛倫茲力合電場(chǎng)力結(jié)合平衡條件有evB=eUHd，其中B＝kx，整理可得UH＝vdkx=IkxCD、根據(jù)霍爾電壓的表達(dá)式UH=Ikxnea可知，霍爾電壓的位移x一定時(shí)，只增大y方向恒定電流的大小，則霍爾電壓UH變大；若只增大元件垂直磁場(chǎng)方向的面積，即ad的乘積增大，可能a會(huì)增大，則霍爾電壓U故選：B。【點(diǎn)評(píng)】能夠根據(jù)電流的微觀表達(dá)式、電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡條件寫出霍爾電壓的表達(dá)式是解題的關(guān)鍵。3．（2024秋?懷柔區(qū)期末）如圖所示，將非磁性材料制成的圓管置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，當(dāng)含有大量正負(fù)離子的導(dǎo)電液體從管中由左向右流過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，測(cè)得管兩側(cè)M、N兩點(diǎn)之間有電勢(shì)差U。忽略離子重力影響，則（）A．M點(diǎn)的電勢(shì)高于N點(diǎn) B．N點(diǎn)的電勢(shì)高于M點(diǎn) C．管中導(dǎo)電液體的流速越大，M、N兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差U越小 D．管中導(dǎo)電液體的離子濃度越大，M、N兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差U越大【考點(diǎn)】電磁流量計(jì)．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；理解能力．【答案】A【分析】根據(jù)左手定則判斷正、負(fù)粒子受洛倫茲力方向，進(jìn)而比較電勢(shì)的高低；根據(jù)平衡條件寫出電勢(shì)差的表達(dá)式，據(jù)此分析即可。【解答】解：AB．管中的導(dǎo)電液體從管中由左向右流過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，由左手定則可知帶正電離子受到的洛倫茲力向上，帶負(fù)電離子受到的洛倫茲力向下，即管上壁聚集正電荷，管下壁聚集負(fù)電荷，所以M點(diǎn)的電勢(shì)高于N點(diǎn)的電勢(shì)，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．兩管壁最后電壓穩(wěn)定時(shí)，電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡，根據(jù)平衡條件則有qvB=qUd，可得U＝Bvd，可知管中導(dǎo)電液體的流速越大，M、N兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差U越大；M、N兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了左手定則的應(yīng)用，容易題。4．（2024秋?泰州期末）如圖所示，圖甲、乙、丙、丁分別為多級(jí)直線加速器、回旋加速器、磁流體發(fā)電機(jī)、質(zhì)譜儀的原理示意圖。以下說(shuō)法正確的是（）A．圖甲中，粒子在筒中做加速運(yùn)動(dòng)，電壓越大獲得的能量越高 B．圖乙中，粒子第n次（n＞1）被加速前、后的軌道半徑之比為n-C．圖丙中，將一束等離子體噴入磁場(chǎng)，A、B板間產(chǎn)生電勢(shì)差，A板電勢(shì)高 D．圖丁中，11H、1【考點(diǎn)】磁流體發(fā)電機(jī)；與加速電場(chǎng)相結(jié)合的質(zhì)譜儀；回旋加速器．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】B【分析】在筒中電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為0，據(jù)此分析；根據(jù)動(dòng)能定理得到粒子被加速后的速度，然后根據(jù)洛倫茲力提供向心力寫出半徑的表達(dá)式分析；根據(jù)左手定則分析；根據(jù)洛倫茲力提供向心力，結(jié)合半徑的表達(dá)式分析。【解答】解：A．在多級(jí)直線加速器（圖甲）中，粒子在兩筒間的電場(chǎng)中做加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)靜電平衡可知在筒中電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為0，粒子所受電場(chǎng)力為零，所以粒子在筒中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．回旋加速器（圖乙）中，根據(jù)動(dòng)能定理，第（n﹣1）次加速后q(第n次加速后qnU=又因?yàn)榱Ｗ釉诖艌?chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，則qvB=可得r=則rn-1C．對(duì)于磁流體發(fā)電機(jī)（圖丙），根據(jù)左手定則，等離子體中的正離子向B板偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子向A板偏轉(zhuǎn)，所以B板電勢(shì)高，A板電勢(shì)低，故C錯(cuò)誤；D．在質(zhì)譜儀（圖丁）中，粒子先在加速電場(chǎng)中加速qU=進(jìn)入磁場(chǎng)后qvB=聯(lián)立可得r=1B2mUq，其中1故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了對(duì)直線加速器、回旋加速器、質(zhì)譜儀和磁流體發(fā)電機(jī)工作原理的認(rèn)識(shí)。5．（2024秋?太原期末）如圖為洛倫茲力演示儀的示意圖。電子槍可以發(fā)射方向可調(diào)的電子束，玻璃泡內(nèi)充有稀薄氣體，電子束通過(guò)時(shí)能顯示電子的徑跡，勵(lì)磁線圈可產(chǎn)生垂直紙面的磁場(chǎng)。下列選項(xiàng)正確的是（）A．加磁場(chǎng)后，電子束的徑跡不可能是一條直線 B．加磁場(chǎng)后，若電子束與磁場(chǎng)方向成45°射出，其徑跡是一個(gè)圓 C．當(dāng)徑跡為圓時(shí)，電子束速度不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度變大，徑跡圓的半徑變小 D．當(dāng)徑跡為圓時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，電子束出射速度變大，徑跡圓的半徑變小【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】C【分析】AB.結(jié)合題意，根據(jù)洛倫茲力的特點(diǎn)，即可分析判斷；CD.當(dāng)徑跡為圓時(shí)，洛倫茲力提供向心力，據(jù)此列式，結(jié)合題意，即可分析判斷。【解答】解：AB.加上勻強(qiáng)磁場(chǎng)后，令電子束沿著與磁場(chǎng)垂直的方向射入磁場(chǎng)，洛倫茲力提供向心力，其徑跡為圓；令電子束沿著與磁場(chǎng)平行的方向射入磁場(chǎng)，電子不受洛倫茲力作用，其徑跡為一條直線；故AB錯(cuò)誤；CD.當(dāng)徑跡為圓時(shí)，洛倫茲力提供向心力，可得：evB=m解得：r=mv由此可知，若電子束速度v不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度B變大，則徑跡圓的半徑r變小；若磁感應(yīng)強(qiáng)度B不變，電子束出射速度v變大，則徑跡圓的半徑變大；故C正確，D錯(cuò)誤；故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)，解題時(shí)需注意，若v⊥B，則帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速率v做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力。6．（2024秋?惠山區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外的范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi)，固定著傾角為θ的絕緣斜面，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為﹣q的帶電小物塊以初速度v0沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。設(shè)滑動(dòng)時(shí)電荷量不變，在小物塊上滑過(guò)程中，其速度v與時(shí)間t，加速度a與時(shí)間t和動(dòng)能Ek與位移x的關(guān)系圖像，可能正確的是（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】帶電粒子在疊加場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力．【答案】C【分析】根據(jù)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析方法，明確帶電滑塊上滑，依據(jù)左手定則判定洛倫茲力方向，根據(jù)牛頓第二定律等知識(shí)分析，注意明確洛倫茲力與速度大小的關(guān)系。【解答】解：依據(jù)左手定則判斷物塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向下，對(duì)沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的小物塊受力分析，由牛頓第二定律可得：mgsinθ+μFN＝maFN＝mgcosθ+qvB聯(lián)立解得：a＝gsinθ+μgcosθ+μqvB所以物體沿斜面向上做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，速度越小，加速度越小，速度減小的越慢，加速度減小的越慢，在小物塊上滑過(guò)程中，當(dāng)速度為零時(shí)加速度最小，但最小值不為零；A、速度—時(shí)間圖像的切線斜率表示加速度，故A錯(cuò)誤；BC、物體加速度減小，且加速度減小的越來(lái)越慢，在小物塊上滑過(guò)程中，加速度減不到零，故C正確，B錯(cuò)誤；D、動(dòng)能Ek與位移x的關(guān)系圖像的斜率表示合力，根據(jù)以上分析可知，小物塊上滑過(guò)程中，合力為變力，則斜率會(huì)發(fā)生變化，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查左手定則與牛頓第二定律的應(yīng)用，掌握影響加速度的因素，理解倫茲力受到速率的影響。7．（2025?東湖區(qū)校級(jí)一模）如圖所示，圓形區(qū)域半徑為R，區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B=mvqR。位于磁場(chǎng)邊界最低點(diǎn)P處有一粒子源，同時(shí)將n個(gè)帶負(fù)電的粒子沿紙面內(nèi)各個(gè)方向均勻射入磁場(chǎng)區(qū)域，粒子質(zhì)量為m、電荷量大小為q、速率均為v。A、C為圓形區(qū)域水平直徑的兩個(gè)端點(diǎn)，足夠長(zhǎng)的彈性擋板MN、M′N′與圓形區(qū)域在AA．所有粒子均與右側(cè)擋板碰撞，最終全部從D點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng) B．粒子從P點(diǎn)出發(fā)到從D點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為t=C．粒子陸續(xù)與擋板碰撞過(guò)程中對(duì)擋板的平均作用力為F=D．粒子陸續(xù)從D點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中等效電流為I【考點(diǎn)】帶電粒子在直線邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問(wèn)題；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力．【答案】C【分析】由洛倫茲力提供向心力qvB＝mv2r，解得粒子運(yùn)動(dòng)半徑，根據(jù)左手定則分析粒子的運(yùn)動(dòng)情況，作出粒子軌跡圖，根據(jù)時(shí)間公式解得BC，結(jié)合動(dòng)量定理計(jì)算【解答】解：A.由洛倫茲力提供向心力，有qvB＝mv可得r＝R根據(jù)磁聚焦結(jié)論作出如圖所示的軌跡圖粒子在圓形磁場(chǎng)中射出后均能垂直打在左側(cè)擋板上，反彈后再次進(jìn)入磁場(chǎng)并全部從D點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，故A錯(cuò)誤；B.根據(jù)磁聚焦可以得出粒子在圓形磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的兩段圓弧圓心角之和為π，每個(gè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間均為t=這個(gè)時(shí)間是粒子從p點(diǎn)出發(fā)到從D點(diǎn)離開(kāi)的最短時(shí)間，故B錯(cuò)誤；C.所有粒子到達(dá)擋板的最短時(shí)間為t1=最長(zhǎng)時(shí)間為t2=粒子與擋板碰撞過(guò)程中的作用時(shí)間為Δt＝t2﹣t1對(duì)這n個(gè)粒子由動(dòng)量定理可得FΔt＝nmΔv解得F=故C正確；D.所有粒子從發(fā)出到達(dá)D點(diǎn)的最短時(shí)間為t'1=最長(zhǎng)時(shí)間為t'2=因此粒子離開(kāi)D點(diǎn)過(guò)程持續(xù)的時(shí)間為Δt'＝t'2﹣t'1則等效電流為I=解得I=同時(shí)考慮到電荷離開(kāi)D點(diǎn)時(shí)沿著不同方向，實(shí)際的電流會(huì)更小，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】解決該題需要明確知道在求解時(shí)間最值問(wèn)題，注意根據(jù)題意作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡及洛倫茲力提供向心力的應(yīng)用。二．多選題（共5小題）（多選）8．（2024秋?大連期末）如圖所示，豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在著垂直于該平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子（不計(jì)重力）以速度v0沿水平方向從P點(diǎn)射入磁場(chǎng)，其速度方向與半徑OP的夾角為45°，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，粒子恰好從O點(diǎn)正下方的Q點(diǎn)射出磁場(chǎng)，下列說(shuō)法正確的是（）A．該粒子入射的速度大小為qBRmB．該粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為3πRC．若只改變帶電粒子的入射方向，其在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間可能變長(zhǎng) D．若帶電粒子的入射點(diǎn)向下平移R2，其射出磁場(chǎng)的位置在Q【考點(diǎn)】帶電粒子在弧形或圓形邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】AC【分析】A.由牛頓第二定律結(jié)合幾何關(guān)系求得該粒子入射的速度大小；BC.根據(jù)圓心角與周期求得粒子所用時(shí)間，并判斷改變帶電粒子的入射方向，其在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間變化；D.若帶電粒子的入射點(diǎn)位置變化，速度不變，半徑不變，其射出磁場(chǎng)的位置仍在Q點(diǎn)，由此作出判斷。【解答】解：A．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可知，粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可得Bq解得v故A正確；BC．該粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的圓心角θ=3粒子的運(yùn)動(dòng)周期為T聯(lián)立解得t只改變粒子的入射方向，其對(duì)應(yīng)得圓心角可能會(huì)增大，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)得時(shí)間可能就邊長(zhǎng)，故B錯(cuò)誤，C正確；D．若帶電粒子的入射點(diǎn)向下平移R2，其圓周運(yùn)動(dòng)的半徑不變，其射出磁場(chǎng)的位置仍在Q點(diǎn)，故D故選：AC。【點(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，做題關(guān)鍵在于做出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡圖，結(jié)合幾何關(guān)系和洛倫茲力提供向心力可求解，結(jié)合圓心角與周期可求得粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。（多選）9．（2024秋?深圳期末）黨的二十大報(bào)告中，習(xí)近平總書記明確指出要實(shí)施科技興國(guó)戰(zhàn)略，強(qiáng)調(diào)科技是第一生產(chǎn)力，則下列關(guān)于現(xiàn)代科技前沿磁流體發(fā)電和加速度相關(guān)說(shuō)法正確的是（）A．圖甲是磁流體發(fā)電機(jī)結(jié)構(gòu)示意圖，由圖可以判斷出A板是發(fā)電機(jī)的負(fù)極 B．圖甲中，穩(wěn)定時(shí)AB間形成的電場(chǎng)方向從A板指向B板 C．圖乙是回旋加速器的示意圖要使粒子獲得的最大動(dòng)能增大，可增大加速電壓U D．圖乙中可增加D型盒直徑來(lái)增大粒子的出射動(dòng)能【考點(diǎn)】回旋加速器；磁流體發(fā)電機(jī)．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】AD【分析】AB.根據(jù)磁流體發(fā)電機(jī)原理結(jié)合左手定則進(jìn)行分析判斷；CD.根據(jù)回旋加速器的原理和最大動(dòng)能的決定因素分析解答。【解答】解：AB．圖甲是磁流體發(fā)電機(jī)結(jié)構(gòu)示意圖，根據(jù)左手定則可知正電荷在洛倫茲力作用下向下極板B偏轉(zhuǎn)，負(fù)電荷向上極板偏轉(zhuǎn)，穩(wěn)定時(shí)AB間形成的電場(chǎng)方向從B板指向A板，可以判斷出A板是發(fā)電機(jī)的負(fù)極，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．根據(jù)回旋加速器原理可知，要使粒子獲得的最大動(dòng)能增大需要增大D型盒直徑，增大加速電壓U只能改變加速的次數(shù)，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：AD。【點(diǎn)評(píng)】考查磁流體發(fā)電機(jī)和回旋加速器的工作原理，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。（多選）10．（2024秋?青島期末）汽車的ABS是一種能夠防止車輪抱死的制動(dòng)系統(tǒng)，該系統(tǒng)的傳感器主要基于霍爾效應(yīng)原理。如圖是傳感器元件的簡(jiǎn)易圖，水平放置的元件處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，長(zhǎng)、寬、高分別是a、c、h。元件內(nèi)的電子定向移動(dòng)形成恒定電流I，電流的方向向右，下列說(shuō)法正確的是（）A．電子定向移動(dòng)的方向是從右到左 B．該元件前表面的電勢(shì)高于后表面的電勢(shì) C．若增大寬度c，前后表面電勢(shì)差的絕對(duì)值增大 D．增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，前后表面電勢(shì)差的絕對(duì)值增大【考點(diǎn)】霍爾效應(yīng)與霍爾元件．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】ABD【分析】A.根據(jù)電流方向和電子定向移動(dòng)的方向關(guān)系進(jìn)行判斷；B.根據(jù)左手定則結(jié)合載流子的情況進(jìn)行判斷；CD.根據(jù)穩(wěn)定時(shí)滿足的方程推導(dǎo)電勢(shì)差的表達(dá)式，結(jié)合電流的微觀表達(dá)式進(jìn)行分析判斷。【解答】解：A.因?yàn)樵须娏鞣较蛳蛴遥娏魇怯须娮拥亩ㄏ蛞苿?dòng)形成的，故電子定向移動(dòng)的方向是從右向左，故A正確；B.根據(jù)左手定則，載流子是電子，則電子在洛倫茲力的作用下向后表面偏轉(zhuǎn)，所以前表面電勢(shì)高于后表面電勢(shì)，故B正確；CD.穩(wěn)定時(shí)，滿足evB＝eUc，即U＝cvB，根據(jù)電流的微觀表達(dá)式I＝neSv＝nehcv，由于I恒定，可知cv不變，可知電勢(shì)差U不變，當(dāng)B增大時(shí)U增大，故C錯(cuò)誤，D故選：ABD。【點(diǎn)評(píng)】考查霍爾效應(yīng)，帶電粒子在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問(wèn)題，熟悉霍爾效應(yīng)的基本原理，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。（多選）11．（2024秋?天津期末）洛倫茲力在現(xiàn)代科學(xué)技術(shù)中有著廣泛的應(yīng)用，如圖為磁場(chǎng)中常見(jiàn)的4種儀器，都利用了洛倫茲力對(duì)帶電粒子的作用，下列說(shuō)法正確的是（）A．甲圖中，若僅增大加速電壓，粒子離開(kāi)加速器時(shí)的動(dòng)能變大 B．乙圖中，粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越大 C．丙圖中，A極板是磁流體發(fā)電機(jī)的負(fù)極 D．丁圖中，帶貨電的粒子從左側(cè)射入，若速度v＜【考點(diǎn)】磁流體發(fā)電機(jī)；速度選擇器；與速度選擇器相結(jié)合的質(zhì)譜儀；回旋加速器．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】AB【分析】由粒子離開(kāi)回旋加速器中時(shí)，速度、動(dòng)能最大，結(jié)合洛倫茲力提供向心力，可得到最大動(dòng)能表達(dá)式，分析其影響因素；粒子在質(zhì)譜儀中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由動(dòng)能定理、洛倫茲力提供向心力，可得到偏轉(zhuǎn)半徑表達(dá)式，分析比荷對(duì)偏轉(zhuǎn)半徑的影響；由左手定則，可知等離子體運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的洛倫茲力分析，分析極板電極的正負(fù)；粒子在速度選擇器中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由其運(yùn)動(dòng)方向即電磁場(chǎng)分析，可分析其受合力方向即偏轉(zhuǎn)方向。【解答】解：A、由粒子離開(kāi)回旋加速器中時(shí)，速度、動(dòng)能最大，洛倫茲力提供向心力qvmB=mvmB、粒子在質(zhì)譜儀中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由動(dòng)能定理qU=12mv2，洛倫茲力提供向心力qvBC、由左手定則，可知等離子體中的正電荷受力向下極板B偏轉(zhuǎn)，即B為磁流體發(fā)電機(jī)的正極，故C錯(cuò)誤；D、帶負(fù)電的離子，從左側(cè)射入時(shí)，受到的洛倫茲力豎直向下，電場(chǎng)力豎直向上，若速度v＜EB故選：AB。【點(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，關(guān)鍵是根據(jù)粒子在不同元件中運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，得到其受力的關(guān)系式。（多選）12．（2024秋?濟(jì)南期末）如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)，x≥0的區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。粒子源位于坐標(biāo)為（﹣L，0）的A點(diǎn)，向坐標(biāo)為（0，h）的Q點(diǎn)發(fā)射質(zhì)量為m，電荷量為q（q＜0）的粒子，粒子重力忽略不計(jì)，速度大小可以調(diào)節(jié)。在坐標(biāo)為（-L2，0）處放置一平行于y軸的擋板，擋板中點(diǎn)位于x軸上，長(zhǎng)度略大于h2。已知粒子與擋板碰撞后，y方向的分速度不變，x方向的分速度A．5qBhh2+C．2qBhh2【考點(diǎn)】帶電粒子在直線邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】BCD【分析】由洛倫茲力提供向心力結(jié)合幾何關(guān)系求得粒子的速度大小作出判斷。【解答】解：A．當(dāng)vm時(shí)，根據(jù)題意如圖所示由幾何關(guān)系可得，粒子運(yùn)動(dòng)半徑R=洛倫茲力提供向心力可得qvB=聯(lián)立解得vm故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)粒子與擋板碰撞一次時(shí)由幾何關(guān)系可得，粒子運(yùn)動(dòng)半徑R=解得v1故B正確；C．當(dāng)粒子與擋板碰撞二次時(shí)由幾何關(guān)系可得，粒子運(yùn)動(dòng)半徑R=解得v2故C正確；D．當(dāng)粒子與擋板碰撞三次時(shí)由幾何關(guān)系可得，粒子運(yùn)動(dòng)半徑R=解得v3故D正確。故選：BCD。【點(diǎn)評(píng)】對(duì)于帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況分析，要正確分析粒子的受力情況，來(lái)判斷其運(yùn)動(dòng)情況。對(duì)于勻速圓周運(yùn)動(dòng)，要確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求軌跡半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量。三．解答題（共3小題）13．（2024秋?惠山區(qū)校級(jí)期末）離子注入是芯片制造過(guò)程中一道重要的工序。如圖所示，在距O點(diǎn)為2r處的硅片下端與磁場(chǎng)中心O在同一水平線上，硅片長(zhǎng)為l=233r。A處的離子無(wú)初速的“飄入”加速電場(chǎng)，經(jīng)電場(chǎng)加速后從P點(diǎn)沿半徑方向進(jìn)入半徑為r的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)，最后打在豎直放置的硅片上。離子的質(zhì)量為m、電荷量為q（1）離子進(jìn)入圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大小v；（2）要求所有離子都打到硅片上，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍。【考點(diǎn)】帶電粒子由磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在弧形或圓形邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；平行四邊形法則圖解法專題；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力．【答案】（1）離子進(jìn)入圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大小v為2qU（2）要求所有離子都打到硅片上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍為2qUm【分析】（1）根據(jù)動(dòng)能定理求解離子進(jìn)入圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大小；（2）畫出打在粒子打在硅片上、下端的軌跡圖像，根據(jù)幾何知識(shí)求解粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，根據(jù)牛頓第二定律求解磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，最后綜合表示磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍。【解答】解：（1）離子通過(guò)加速電場(chǎng)，由動(dòng)能定理可知qU=變形得到v=（2）根據(jù)題意，畫出離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡，如圖所示：離子打在硅片上端時(shí)，設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，∠BOD＝α，由幾何關(guān)系知道tanα=α＝30°∠QOB＝60°∠MOP＝120°∠COP＝60°∠OCP＝30°設(shè)離子的軌跡半徑為Rtan30R=由牛頓第二定律有qvB解得B1離子打在硅片下端時(shí)，設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，由幾何關(guān)系知道，離子的軌跡半徑r'＝r，由牛頓第二定律有qvB0=從而解得B0磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍2qUm答：（1）離子進(jìn)入圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大小v為2qU（2）要求所有離子都打到硅片上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍為2qUm【點(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，要求學(xué)生能根據(jù)題意作出帶電粒子的軌跡圖，能熟練應(yīng)用動(dòng)能定理求解粒子加速后的速度、幾何知識(shí)求解軌道半徑、牛頓第二定律求解速度和磁感應(yīng)強(qiáng)度。14．（2024秋?武昌區(qū)期末）如圖所示，無(wú)限長(zhǎng)的兩水平邊界間劃分了三個(gè)區(qū)域，中間的矩形ABCD區(qū)域分布有豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)（圖中未畫出），邊界AB的左側(cè)分布有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，邊界CD的右側(cè)分布有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m，電荷量為q（q＞0）的粒子從P點(diǎn)豎直向下射入左側(cè)磁場(chǎng)，速度大小為v，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)，粒子第一次穿過(guò)邊界AB進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，速度方向斜向上與邊界AB的夾角為θ，之后以垂直邊界CD的方向離開(kāi)電場(chǎng)，并進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)。最終，粒子從P點(diǎn)正下方的Q點(diǎn)，沿豎直方向射出場(chǎng)區(qū)。已知，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小始終不變，但粒子每次離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)，電場(chǎng)的方向會(huì)反向，點(diǎn)P和A間距為d，上、下邊界間距為2d，sinθ＝0.6，不計(jì)粒子的重力，忽略邊緣效應(yīng)。求：（1）左側(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1為多少？（2）AD的間距L的最大值為多少？（3）若邊界AB和CD的間距為13d，則右側(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B【考點(diǎn)】帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的往復(fù)運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】（1）左側(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1為9mv（2）AD的間距L的最大值為12（3）右側(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2的最大值為27mv【分析】（1）粒子在左側(cè)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系求得運(yùn)動(dòng)軌跡半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解磁感應(yīng)強(qiáng)度大小；（2）粒子在電場(chǎng)中做類斜拋運(yùn)動(dòng)，將運(yùn)動(dòng)按水平方向與豎直方向分解。要使AD的間距L最大，粒子恰好在D點(diǎn)垂直CD邊界進(jìn)入右邊磁場(chǎng)。根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解AD的間距L的最大值；（3）粒子在右側(cè)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，要使磁感應(yīng)強(qiáng)度最大，則運(yùn)動(dòng)半徑最小。作出粒子周期性運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)軌跡圖，求出粒子在電場(chǎng)中側(cè)移量，根據(jù)幾何關(guān)系求得粒子運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期在豎直方向上下移的距離，最終粒子從P點(diǎn)正下方的Q點(diǎn)沿豎直方向射出場(chǎng)區(qū)，根據(jù)滿足的條件求得運(yùn)動(dòng)半徑的最小值，由洛倫茲力提供向心力求解磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值。【解答】解：（1）粒子在左側(cè)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)軌道半徑為R1，如下圖所示：已知：sinθ＝0.6，則cosθ＝0.8根據(jù)幾何關(guān)系得：R1+R1cosθ＝d解得：R根據(jù)洛倫茲力提供向心力得：qvB解得：B（2）粒子在電場(chǎng)中做類斜拋運(yùn)動(dòng)，水平方向分速度大小為vx＝vsinθ，豎直方向分速度大小為vy＝vcosθ。要使AD的間距L最大，粒子恰好在D點(diǎn)垂直CD邊界進(jìn)入右邊磁場(chǎng)。設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則有：在豎直方向上有：R1sinθ在水平方向上有：x即AD的間距L的最大值為12（3）粒子在右側(cè)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)其軌道半徑為R2，要使B2最大，則R2最小。粒子做周期性運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖所示，由P點(diǎn)到M點(diǎn)為一個(gè)運(yùn)動(dòng)周期。當(dāng)邊界AB和CD的間距為13d時(shí)，設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t在水平方向上有：13d=vxt1，解得：在豎直方向上有：Δy=粒子運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期在豎直方向上下移的距離（即圖中的PM的長(zhǎng)度）為：h＝2R1sinθ﹣2Δy+2R2最終粒子從P點(diǎn)正下方的Q點(diǎn)沿豎直方向射出場(chǎng)區(qū)，需滿足：h≥R1nh＝2d，n＝1、2、3……聯(lián)立可得：R2=解得：n＝3時(shí)，R2取最小值，且最小值為：Rmin=由洛倫茲力提供向心力得：q解得磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2的最大值為：B答：（1）左側(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1為9mv（2）AD的間距L的最大值為12（3）右側(cè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2的最大值為27mv【點(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，解題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)題意作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，粒子運(yùn)動(dòng)具有周期性，根據(jù)周期性確定運(yùn)動(dòng)的幾何條件。15．（2024秋?鎮(zhèn)海區(qū)校級(jí)期末）如圖所示的直角坐標(biāo)系中，在x軸上方存在著垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在x軸下方存在相對(duì)y軸對(duì)稱的平行于x軸、電場(chǎng)強(qiáng)度E=2509V/m的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量為m＝1×10﹣21kg，電荷量q＝2×10﹣19C的帶正電的粒子從P點(diǎn)（0，0.3m）以初速度v0＝50m/s沿與y軸正方向角度θ＝37°斜向左上方射出，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與（1）該粒子在磁場(chǎng)中的軌道半徑r；（2）Q點(diǎn)的位置坐標(biāo)；（3）粒子從P點(diǎn)出發(fā)至第三次打到x軸的位置坐標(biāo)及總時(shí)間t。（取π＝3）【考點(diǎn)】帶電粒子由磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子由電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】（1）該粒子在磁場(chǎng)中的軌道半徑r為0.5m；（2）Q點(diǎn)的位置坐標(biāo)為（0，﹣0.9m）；（3）粒子從P點(diǎn)出發(fā)至第三次打到x軸的位置坐標(biāo)為（﹣1m，0），總時(shí)間t為4496000【分析】（1）該粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力求解運(yùn)動(dòng)軌跡半徑；（2）根據(jù)幾何關(guān)系畫作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡。粒子在電場(chǎng)中到達(dá)Q點(diǎn)的過(guò)程做類平拋運(yùn)動(dòng)，將運(yùn)動(dòng)分解處理。根據(jù)牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解答；（3）根據(jù)題意求得粒子打到擋板反彈后瞬間水平分速度大小，反彈后粒子沿+y方向以速度v0做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿x軸方向做對(duì)稱的勻加速與勻加速直線運(yùn)動(dòng)，可知粒子經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O進(jìn)入第三象限的磁場(chǎng)，求得到達(dá)原點(diǎn)O的速度大小與方向。由洛倫茲力提供向心力求得粒子再次在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑。由幾何關(guān)系求得粒子第三次打到x軸的位置坐標(biāo)。根據(jù)運(yùn)動(dòng)周期與圓心角求解粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，粒子在第四象限運(yùn)動(dòng)時(shí)間與在第三象限運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，進(jìn)而求得粒子從P點(diǎn)出發(fā)至第三次打到x軸的總時(shí)間。【解答】解：（1）該粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力得：qv0B=解得：r＝0.5m（2）已知OP＝0.3m，因OPcos(90°-θ)=0.3cos(90°-37°)m＝粒子垂直于x軸進(jìn)入第三象限的電場(chǎng)，在電場(chǎng)中到達(dá)Q點(diǎn)的過(guò)程做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)OQ的距離為y1，則有：y1＝v0t1r+rcos37°=解得：t1=9500s，y則Q點(diǎn)的位置坐標(biāo)為（0，﹣0.9m）（3）粒子到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)水平分速度大小為：vx1=qEmt1，解得：由題意可得粒子打到擋板反彈后瞬間水平分速度大小為：vx2=12vx1，解得：vx2反彈后粒子沿+y方向以速度v0做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿x軸方向做對(duì)稱的勻加速與勻加速直線運(yùn)動(dòng)，可知粒子經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O進(jìn)入第三象限的磁場(chǎng)，到達(dá)原點(diǎn)O的速度大小為：v2=v02+vx2速度v2的方向與﹣x方向的夾角β滿足：tanβ=vx2v0設(shè)粒子再次在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑為R，由洛倫茲力提供向心力得：qv2B=mv22粒子再次在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖所示。由幾何關(guān)系可得：OM＝2Rsinβ，解得：OM＝1m可知粒子第三次打到x軸的位置坐標(biāo)為：（﹣1m，0）粒子第一次在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t2=解得：t2=粒子第二次在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t3=解得：t2=粒子在第四象限運(yùn)動(dòng)時(shí)間與在第三象限運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，均為t1=9500s，粒子從Pt＝2t1+t2+t3解得：t=答：（1）該粒子在磁場(chǎng)中的軌道半徑r為0.5m；（2）Q點(diǎn)的位置坐標(biāo)為（0，﹣0.9m）；（3）粒子從P點(diǎn)出發(fā)至第三次打到x軸的位置坐標(biāo)為（﹣1m，0），總時(shí)間t為4496000【點(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，將運(yùn)動(dòng)分解處理。粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，結(jié)合幾何解答。

考點(diǎn)卡片1．牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問(wèn)題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程符合牛頓第二定律，表達(dá)式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命題方向】我國(guó)著名體操運(yùn)動(dòng)員童飛，首次在單杠項(xiàng)目中完成了“單臂大回環(huán)”：用一只手抓住單杠，以單杠為軸做豎直面上的圓周運(yùn)動(dòng)．假設(shè)童飛的質(zhì)量為55kg，為完成這一動(dòng)作，童飛在通過(guò)最低點(diǎn)時(shí)的向心加速度至少是4g，那么在完成“單臂大回環(huán)”的過(guò)程中，童飛的單臂至少要能夠承受多大的力．分析：運(yùn)動(dòng)員在最低點(diǎn)時(shí)處于超重狀態(tài)，由單杠對(duì)人拉力與重力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解．解答：運(yùn)動(dòng)員在最低點(diǎn)時(shí)處于超重狀態(tài)，設(shè)運(yùn)動(dòng)員手臂的拉力為F，由牛頓第二定律可得：F心＝ma心則得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飛的單臂至少要能夠承受2750N的力．點(diǎn)評(píng)：解答本題的關(guān)鍵是分析向心力的來(lái)源，建立模型，運(yùn)用牛頓第二定律求解．【解題思路點(diǎn)撥】圓周運(yùn)動(dòng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題分析（1）向心力的確定①確定圓周運(yùn)動(dòng)的軌道所在的平面及圓心的位置．②分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，該力就是向心力．（2）向心力的來(lái)源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個(gè)力的合力或某個(gè)力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解決圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題步驟①審清題意，確定研究對(duì)象；②分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，即物體的線速度、角速度、周期、軌道平面、圓心、半徑等；③分析物體的受力情況，畫出受力示意圖，確定向心力的來(lái)源；④根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律及向心力公式列方程．2．帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．若v∥B，帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)．2．若v⊥B，帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度v做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．3．半徑和周期公式：（v⊥B）【命題方向】如圖所示，MN是勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的一塊薄金屬板，帶電粒子（不計(jì)重力）在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)并穿過(guò)金屬板，虛線表示其運(yùn)動(dòng)軌跡，由圖知（）A、粒子帶負(fù)電B、粒子運(yùn)動(dòng)方向是abcdeC、粒子運(yùn)動(dòng)方向是edcbaD、粒子在上半周所用時(shí)間比下半周所用時(shí)間長(zhǎng)分析：由半徑的變化可知粒子運(yùn)動(dòng)方向；由軌跡偏轉(zhuǎn)方向可知粒子的受力方向，則由左手定則可判斷粒子的運(yùn)動(dòng)方向，由圓周對(duì)應(yīng)的圓心角及周期公式可知時(shí)間關(guān)系。解答：ABC、帶電粒子穿過(guò)金屬板后速度減小，由r=mvqB軌跡半徑應(yīng)減小，故可知粒子運(yùn)動(dòng)方向是粒子所受的洛倫茲力均指向圓心，故粒子應(yīng)是由下方進(jìn)入，故粒子運(yùn)動(dòng)方向?yàn)閑dcba，則粒子應(yīng)帶負(fù)電，故B錯(cuò)誤，AC正確；D、由T=2πmqB可知，粒子運(yùn)動(dòng)的周期和速度無(wú)關(guān)，而上下均為半圓，故所對(duì)的圓心角相同，故粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均為T故選：AC。點(diǎn)評(píng)：本題應(yīng)注意觀察圖形，圖形中隱含的速度關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵，明確了速度關(guān)系即可由左手定則及圓的性質(zhì)求解。【解題方法點(diǎn)撥】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)的分析方法．3．帶電粒子在直線邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.帶電粒子在直線邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)的兩種情形（1）直線邊界（2）平行邊界2.帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的常用幾何關(guān)系（1）四個(gè)點(diǎn)：分別是入射點(diǎn)、出射點(diǎn)、軌跡圓心和入射速度直線與出射速度直線的交點(diǎn)．（2）三個(gè)角：速度偏轉(zhuǎn)角、圓心角、弦切角，其中偏轉(zhuǎn)角等于圓心角，也等于弦切角的2倍．3.常見(jiàn)的解題思路（1）圓心的確定①由兩點(diǎn)和兩線確定圓心，畫出帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡．確定帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩個(gè)特殊點(diǎn)（一般是射入和射出磁場(chǎng)時(shí)的兩點(diǎn)），過(guò)這兩點(diǎn)作帶電粒子運(yùn)動(dòng)方向的垂線（這兩垂線即為粒子在這兩點(diǎn)所受洛倫茲力的方向），則兩垂線的交點(diǎn)就是圓心，如圖（a）所示．②若只已知過(guò)其中一個(gè)點(diǎn)的粒子運(yùn)動(dòng)方向，則除過(guò)已知運(yùn)動(dòng)方向的該點(diǎn)作垂線外，還要將這兩點(diǎn)相連作弦，再作弦的中垂線，兩垂線交點(diǎn)就是圓心，如圖（b）所示．③若只已知一個(gè)點(diǎn)及運(yùn)動(dòng)方向，也知另外某時(shí)刻的速度方向，但不確定該速度方向所在的點(diǎn)，如圖（c）所示，此時(shí)要將其中一速度的延長(zhǎng)線與另一速度的反向延長(zhǎng)線相交成一角（∠PAM），畫出該角的角平分線，它與已知點(diǎn)的速度的垂線交于一點(diǎn)O，該點(diǎn)就是圓心．（2）半徑的確定方法一：由物理方程求：半徑R=mv方法二：由幾何方程求：一般由數(shù)學(xué)知識(shí)（勾股定理、三角函數(shù)等）計(jì)算來(lái)確定．（3）時(shí)間的確定由t=θ2πT確定通過(guò)某段圓弧所用的時(shí)間，其中【命題方向】如圖所示，粒子a、b以相同的動(dòng)能同時(shí)從O點(diǎn)射入寬度為d的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩粒子的入射方向與磁場(chǎng)邊界的夾角分別為30°和60°，且同時(shí)到達(dá)P點(diǎn)，OP垂直于磁場(chǎng)邊界。a、b兩粒子的質(zhì)量之比為（）A、1：2B、2：1C、3：4D、4：3分析：求解本題的關(guān)鍵是畫出來(lái)粒子的軌跡圖，并確定圓心、求出半徑和圓心角，然后根據(jù)動(dòng)能相等的條件以及相等的運(yùn)動(dòng)時(shí)間并結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)公式聯(lián)立即可求解。解答：根據(jù)題意畫出a、b粒子的軌跡如圖所示，則a、b粒子的圓心分別是O1和O2，設(shè)磁場(chǎng)寬度為d，由圖可知，粒子a的半徑ra=d2sin60°=d3a粒子軌跡長(zhǎng)度為sa=2×60b粒子的軌跡長(zhǎng)度為sb=2×30又有：va=sa解得：v由12mava2=12故選：C。點(diǎn)評(píng)：求解有關(guān)帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的關(guān)鍵是畫出軌跡圖，并根據(jù)幾何知識(shí)確定圓心求出半徑和圓心角，再結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)的有關(guān)規(guī)律聯(lián)立即可求解。【解題思路點(diǎn)撥】由于帶電粒子往往是在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，粒子在磁場(chǎng)中只運(yùn)動(dòng)一段圓弧就飛出磁場(chǎng)邊界，其軌跡不是完整的圓，因此，此類問(wèn)題往往要根據(jù)帶電粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡作相關(guān)圖去尋找?guī)缀侮P(guān)系，分析臨界條件，然后應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)和相應(yīng)物理規(guī)律分析求解．（1）兩種思路①以定理、定律為依據(jù)，首先求出所研究問(wèn)題的一般規(guī)律和一般解的形式，然后再分析、討論臨界條件下的特殊規(guī)律和特殊解；②直接分析、討論臨界狀態(tài)，找出臨界條件，從而通過(guò)臨界條件求出臨界值．（2）兩種方法物理方法：①利用臨界條件求極值；②利用問(wèn)題的邊界條件求極值；③利用矢量圖求極值．?dāng)?shù)學(xué)方法：①利用三角函數(shù)求極值；②利用二次方程的判別式求極值；③利用不等式的性質(zhì)求極值；④利用圖象法等．（3）從關(guān)鍵詞中找突破口：許多臨界問(wèn)題，題干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脫離”等詞語(yǔ)對(duì)臨界狀態(tài)給以暗示．審題時(shí)，一定要抓住這些特定的詞語(yǔ)挖掘其隱藏的規(guī)律，找出臨界條件．4．帶電粒子在弧形或圓形邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)知】1.圓形邊界：如圖所示，帶電粒子從某點(diǎn)沿圓形磁場(chǎng)的半徑方向人射，從另一點(diǎn)射出磁場(chǎng)時(shí)速度的反向延長(zhǎng)線過(guò)磁場(chǎng)的圓心，即沿徑向射入必沿徑向射出。2.幾個(gè)與角有關(guān)的物理量如圖所示，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，φ為粒子速度的偏向角，粒子與圓心的連線轉(zhuǎn)過(guò)的角度α為回旋角（或圓心角），AB弦與切線的夾角θ為弦切角，它們的關(guān)系為φ＝α＝2θ，θ與相鄰的弦切角θ'互補(bǔ)，即θ+θ'＝180°。3.如何確定“圓心角與時(shí)間”①速度的偏向角φ＝圓弧所對(duì)應(yīng)的圓心角（回旋角）α＝2倍的弦切角θ②時(shí)間的計(jì)算方法．方法一：由圓心角求，t=θ2π?T；方法二：由弧長(zhǎng)求，【命題方向】如圖所示，虛線所圍區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．一束電子沿圓形區(qū)域的直徑方向以速度v射入磁場(chǎng)，電子束經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)區(qū)后，其運(yùn)動(dòng)的方向與原入射方向成θ角。設(shè)電子質(zhì)量為m，電荷量為e，不計(jì)電子之間的相互作用力及所受的重力。求：（1）電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑R；（2）電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t；（3）圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑r。分析：電子在磁場(chǎng)中受洛倫茲力作用，電子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，可以求出電子運(yùn)動(dòng)的半徑，畫出電子運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系可以求得電子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑。解答：（1）電子在磁場(chǎng)中受到的洛倫茲力提供電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力即：qvB=由此可得電子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R=（2）如圖根據(jù)幾何關(guān)系，可以知道電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)對(duì)圓心轉(zhuǎn)過(guò)的角度α＝θ則電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t=（3）由題意知，由圖根據(jù)幾何關(guān)系知：tanθ∴r答：（1）電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑R=mv（2）電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=mθ（3）圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑r=mv點(diǎn)評(píng)：熟悉電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)由洛倫茲力提供向心力，據(jù)此列式求出半徑和周期間的表達(dá)式，能正確作出電子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑。【解題思路點(diǎn)撥】由于帶電粒子往往是在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，粒子在磁場(chǎng)中只運(yùn)動(dòng)一段圓弧就飛出磁場(chǎng)邊界，其軌跡不是完整的圓，因此，此類問(wèn)題往往要根據(jù)帶電粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡作相關(guān)圖去尋找?guī)缀侮P(guān)系，分析臨界條件，然后應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)和相應(yīng)物理規(guī)律分析求解．（1）兩種思路①以定理、定律為依據(jù)，首先求出所研究問(wèn)題的一般規(guī)律和一般解的形式，然后再分析、討論臨界條件下的特殊規(guī)律和特殊解；②直接分析、討論臨界狀態(tài)，找出臨界條件，從而通過(guò)臨界條件求出臨界值．（2）兩種方法物理方法：①利用臨界條件求極值；②利用問(wèn)題的邊界條件求極值；③利用矢量圖求極值．?dāng)?shù)學(xué)方法：①利用三角函數(shù)求極值；②利用二次方程的判別式求極值；③利用不等式的性質(zhì)求極值；④利用圖象法等．（3）從關(guān)鍵詞中找突破口：許多臨界問(wèn)題，題干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脫離”等詞語(yǔ)對(duì)臨界狀態(tài)給以暗示．審題時(shí)，一定要抓住這些特定的詞語(yǔ)挖掘其隱藏的規(guī)律，找出臨界條件．5．帶電粒子在疊加場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.疊加場(chǎng)是指一個(gè)區(qū)域可能同時(shí)含有重力場(chǎng)、電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的兩個(gè)或三個(gè)。但本考點(diǎn)涉及的題目必須包含磁場(chǎng)。2.帶電粒子在疊加場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)有兩種情況（不考慮平行于電場(chǎng)和磁場(chǎng)射入）（1）不計(jì)粒子重力，則必有洛倫茲力等于電場(chǎng)力，Bqv＝qE。（2）考慮粒子重力，則必有電場(chǎng)力與重力的合力等于洛倫茲力。也就是說(shuō)只要粒子在含有磁場(chǎng)的疊加場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，一定是勻速直線運(yùn)動(dòng)。因?yàn)槿绻亲兯龠\(yùn)動(dòng)，則洛倫茲力也會(huì)變化，合力與速度方向不再一條直線上，粒子就不可能再做直線運(yùn)動(dòng)。【命題方向】如圖所示，某空間存在正交的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向右，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，一帶負(fù)電微粒由a點(diǎn)以一定初速度進(jìn)入電磁場(chǎng)，剛好能沿直線ab斜向上運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是（）A、微粒的動(dòng)能一定增加B、微粒的動(dòng)能一定減少C、微粒的電勢(shì)能一定減少D、微粒的機(jī)械能一定增加分析：對(duì)帶電粒子進(jìn)行受力分析，受到豎直向下的重力，水平向左的電場(chǎng)力和垂直于虛線向右上的洛倫茲力，由于帶電粒子做直線運(yùn)動(dòng)，可判斷粒子合外力為零，再根據(jù)各力的做功情況，即可判斷各選項(xiàng)的正誤．解答：根據(jù)做直線運(yùn)動(dòng)的條件和受力情況（如圖所示）可知，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以粒子的動(dòng)能保持不變，選項(xiàng)AB錯(cuò)誤；再由a沿直線運(yùn)動(dòng)到b的過(guò)場(chǎng)中，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，選項(xiàng)C正確；重力做負(fù)功，重力勢(shì)能增加，選項(xiàng)D正確。故選：CD。點(diǎn)評(píng)：帶電粒子在重力場(chǎng)、電場(chǎng)、磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中，只要是做直線運(yùn)動(dòng)，一定是勻速直線運(yùn)動(dòng)（v與B不平行）．若速度是變的，洛倫茲力會(huì)變，合力就是變的，合力與速度不在一條直線上，帶電體就會(huì)做曲線運(yùn)動(dòng)．【解題思路點(diǎn)撥】1.疊加場(chǎng)中三中場(chǎng)的比較2.帶電粒子在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析方法6．帶電粒子由磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.帶電粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)是指粒子從電場(chǎng)到磁場(chǎng)，或從磁場(chǎng)到電場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)。通常按時(shí)間的先后順序分成若干個(gè)小過(guò)程，在每一運(yùn)動(dòng)過(guò)程中從粒子的受力性質(zhì)、受力方向和速度方向的關(guān)系入手，分析運(yùn)動(dòng)性質(zhì)。2.一般的分析思路為：（1）劃分過(guò)程：將粒子運(yùn)動(dòng)的過(guò)程劃分為幾個(gè)不同的階段，對(duì)不同的階段選取相應(yīng)的規(guī)律處理。（2）找關(guān)鍵：確定帶電粒子在場(chǎng)區(qū)邊界的速度（包括大小和方向）是解決該類問(wèn)題的關(guān)鍵，（3）畫運(yùn)動(dòng)軌跡：根據(jù)受力分析和運(yùn)動(dòng)分析大致畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問(wèn)題。3.本考點(diǎn)旨在針對(duì)粒子從磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)的情況。【命題方向】如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m＝2.0×10﹣11kg，電荷量q＝+1.0×10﹣5C的帶電微粒（重力忽略不計(jì)），從靜止開(kāi)始經(jīng)U1＝100V電場(chǎng)加速后，水平進(jìn)入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓U2＝50V．金屬板長(zhǎng)L＝20cm，兩板間距d=53cm（1）微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度v0大小；（2）微粒射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角θ；（3）若該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的寬度D＝10cm，為使微粒不會(huì)從磁場(chǎng)右邊射出，則該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少多大？分析：（1）粒子在加速電場(chǎng)中，電場(chǎng)力做功，由動(dòng)能定理求出速度v0。（2）粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后，做類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解求出偏轉(zhuǎn)角。（3）粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，結(jié)合條件，畫出軌跡，由幾何知識(shí)求半徑，再求B。解答：（1）粒子在加速電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由動(dòng)能定理，得qU1=解得，v0=2qU（2）粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有加速度a=t=Lv0，v則tanθ=將上述各式代入得到tanθ=θ＝30°（3）粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速度大小為v=畫出軌跡如圖，根據(jù)幾何知識(shí)，得D＝r+rsinθr=又由qvB＝mv解得B=代入數(shù)據(jù)解得，B＝0.346T答：（1）微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度v0大小1×104m/s；（2）微粒射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角θ＝30°；（3）為使微粒不會(huì)從磁場(chǎng)右邊射出，該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少為0.346T。點(diǎn)評(píng)：本題是帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題，關(guān)鍵是分析粒子的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，用力學(xué)的方法處理。【解題思路點(diǎn)撥】解決帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的方法7．帶電粒子由電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.帶電粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)是指粒子從電場(chǎng)到磁場(chǎng)，或從磁場(chǎng)到電場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)。通常按時(shí)間的先后順序分成若干個(gè)小過(guò)程，在每一運(yùn)動(dòng)過(guò)程中從粒子的受力性質(zhì)、受力方向和速度方向的關(guān)系入手，分析運(yùn)動(dòng)性質(zhì)。2.一般的分析思路為：（1）劃分過(guò)程：將粒子運(yùn)動(dòng)的過(guò)程劃分為幾個(gè)不同的階段，對(duì)不同的階段選取相應(yīng)的規(guī)律處理。（2）找關(guān)鍵：確定帶電粒子在場(chǎng)區(qū)邊界的速度（包括大小和方向）是解決該類問(wèn)題的關(guān)鍵，（3）畫運(yùn)動(dòng)軌跡：根據(jù)受力分析和運(yùn)動(dòng)分析大致畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問(wèn)題。3.本考點(diǎn)旨在針對(duì)粒子從電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)的情況。【命題方向】如圖所示，直角坐標(biāo)系中的第Ⅰ象限中存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第Ⅱ象限中存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一電量為q、質(zhì)量為m的帶正電的粒子，在﹣x軸上的點(diǎn)a以速率v0，方向和﹣x軸方向成60°射入磁場(chǎng)，然后經(jīng)過(guò)y軸上y＝L處的b點(diǎn)垂直于y軸方向進(jìn)入電場(chǎng)，并經(jīng)過(guò)x軸上x(chóng)＝2L處的c點(diǎn)。不計(jì)重力。求：（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；（2）電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小；（3）粒子在磁場(chǎng)和電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比。分析：（1）由幾何知識(shí)求出粒子的軌道半徑，然后由牛頓第二定律求出磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。（2）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出電場(chǎng)強(qiáng)度大小。（3）求出粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，然后求出時(shí)間之比。解答：（1）粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：由幾何知識(shí)可得：r+rsin30°＝L，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑：r=23粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv0B＝mv0解得：B=3（2）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向：2L＝v0t，豎直方向：L=12at2=1解得：E=m（3）粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期：T=2由幾何知識(shí)可知，粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角：θ＝180°﹣60°＝120°，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t1=θ360°T粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t2=2粒子在磁場(chǎng)和電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比：t1答：（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為3m（2）電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小為mv（3）粒子在磁場(chǎng)和電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為2π點(diǎn)評(píng)：本題考查了粒子在磁場(chǎng)與電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程、應(yīng)用牛頓第二定律與類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期公式即可正確解題，解題時(shí)要注意數(shù)學(xué)知識(shí)的應(yīng)用。【解題思路點(diǎn)撥】解決帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的方法8．帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的往復(fù)運(yùn)動(dòng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.帶電粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)是指粒子從電場(chǎng)到磁場(chǎng)，或從磁場(chǎng)到電場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)。通常按時(shí)間的先后順序分成若干個(gè)小過(guò)程，在每一運(yùn)動(dòng)過(guò)程中從粒子的受力性質(zhì)、受力方向和速度方向的關(guān)系入手，分析運(yùn)動(dòng)性質(zhì)。2.一般的分析思路為：（1）劃分過(guò)程：將粒子運(yùn)動(dòng)的過(guò)程劃分為幾個(gè)不同的階段，對(duì)不同的階段選取相應(yīng)的規(guī)律處理。（2）找關(guān)鍵：確定帶電粒子在場(chǎng)區(qū)邊界的速度（包括大小和方向）是解決該類問(wèn)題的關(guān)鍵，（3）畫運(yùn)動(dòng)軌跡：根據(jù)受力分析和運(yùn)動(dòng)分析大致畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問(wèn)題。3.本考點(diǎn)旨在針對(duì)粒子電場(chǎng)和磁場(chǎng)間往復(fù)運(yùn)動(dòng)的情況。【命題方向】如圖，有位于豎直平面上的半徑為R的圓形光滑絕緣軌道，其上半部分處于豎直向下、場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，下半部分處于垂直水平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中；質(zhì)量為m，帶正電，電荷量為q的小球，從軌道的水平直徑的M端由靜止釋放，若小球在某一次通過(guò)最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為零，求：（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；（2）小球?qū)壍雷畹忘c(diǎn)的最大壓力；（3）若要小球在圓形軌道內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，求小球從軌道的水平直徑的M端下滑的最小速度．分析：（1）小球在通過(guò)最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為零，由此可知，在最低點(diǎn)時(shí)洛倫茲力和重力的合力恰好作為圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，根據(jù)向心力的公式即可以求得磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；（2）當(dāng)小球反向運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球受到的洛倫茲力的反向反向，在最低點(diǎn)時(shí)對(duì)小球受力分析，由向心力的公式可以求得小球?qū)壍雷畹忘c(diǎn)的最大壓力；（3）在最高點(diǎn)時(shí)，小球的重力和電場(chǎng)力作為圓周運(yùn)動(dòng)的向心力的大小，從M點(diǎn)到最高點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可以求得小球從軌道的水平直徑的M端下滑的最小速度．解答：（1）設(shè)小球向右通過(guò)最低點(diǎn)時(shí)的速率為v，由題意得：mgR=12mv2qBv﹣mg＝mv2B=3mg（2）小球向左通過(guò)最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力最大．FN﹣mg﹣qBv＝mv2FN＝6mg．…⑤（3）要小球完成圓周運(yùn)動(dòng)的條件是在最高點(diǎn)滿足：mg+qE=m從M點(diǎn)到最高點(diǎn)由動(dòng)能定理得：﹣mgR﹣qER=1由以上可得v0=3答案：（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為3mg（2）小球?qū)壍雷畹忘c(diǎn)的最大壓力為6mg，（3）小球從軌道的水平直徑的M端下滑的最小速度為3R點(diǎn)評(píng)：本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，要掌握住半徑公式、周期公式，畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡后，幾何關(guān)系就比較明顯了．【解題思路點(diǎn)撥】解決帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的方法9．速度選擇器【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.速度選擇器的原理圖如下：2.特點(diǎn)：粒子勻速垂直穿過(guò)正交的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，根據(jù)qvB＝qE，可得粒子的速度必為v=E【命題方向】如圖所示為一速度選擇器，內(nèi)有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一束粒子流以速度v水平射入，為使粒子流經(jīng)磁場(chǎng)時(shí)不偏轉(zhuǎn)（不計(jì)重力），則磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)必須同時(shí)存在一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，關(guān)于這處電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小和方向的說(shuō)法中，正確的是（）A.大小為BvB.大小為BvC.大小為Bv，方向向下，與粒子帶何種電荷無(wú)關(guān)D.大小為Bv，方向向上，與粒子帶何種電荷無(wú)關(guān)分析：首先根據(jù)粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可判斷粒子的電場(chǎng)力和洛倫茲力相等，即可得知電場(chǎng)強(qiáng)度和磁場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系。再分別假設(shè)粒子帶正電或負(fù)電，可知電場(chǎng)的方向，并發(fā)現(xiàn)電場(chǎng)的方向與電性無(wú)關(guān)。解答：為使粒子不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，粒子所受到電場(chǎng)力和洛倫茲力是平衡力，即為qvB＝qE，所以電場(chǎng)與磁場(chǎng)的關(guān)系為：E＝vB，所以選項(xiàng)AB錯(cuò)誤。假設(shè)粒子帶正電，則受到向下的洛倫茲力，則電場(chǎng)力就應(yīng)向上，電場(chǎng)向上；若粒子帶負(fù)電，洛倫茲力向上，電場(chǎng)力向下，電場(chǎng)仍然向上。所以電場(chǎng)力的方向始終向上，與粒子的電性無(wú)關(guān)。選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確。故選：D。點(diǎn)評(píng)：在速度選擇器中，粒子的受力特點(diǎn)：同時(shí)受到方向相反的電場(chǎng)力和洛倫茲力作用；粒子能勻速通過(guò)選擇器的條件：電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，即qvB＝qE，v=EB【解題思路點(diǎn)撥】速度選擇器的解題出發(fā)點(diǎn)在于受力平衡，粒子想要從做直線運(yùn)動(dòng)則必然有洛倫茲力等于電場(chǎng)力，即qvB＝qE。10．與加速電場(chǎng)相結(jié)合的質(zhì)譜儀【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】本考點(diǎn)旨在針對(duì)粒子先經(jīng)過(guò)加速電場(chǎng)加速再進(jìn)入質(zhì)譜儀的情況。1.質(zhì)譜儀示意圖如下2.質(zhì)譜儀的作用：分析粒子的性質(zhì)，測(cè)定粒子的質(zhì)量，研究同位素。3.質(zhì)譜儀例的相關(guān)參數(shù)：（1）加速電場(chǎng)中：qU=1（2）偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中：Bqv=m（3）軌跡半徑：R=1（4）照相底片上間距；d＝2ΔR。【命題方向】質(zhì)譜儀是一種測(cè)定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具，它的構(gòu)造原理如圖所示．離子源S產(chǎn)生的各種不同正離子束（速度可看作為零），經(jīng)加速電場(chǎng)（加速電場(chǎng)極板間的距離為d、電勢(shì)差為U）加速，然后垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最后到達(dá)記錄它的照相底片P上．設(shè)離子在P上的位置與入口處S1之間的距離為x．（1）求該離子的荷質(zhì)比qm（2）若離子源產(chǎn)生的是帶電量為q、質(zhì)量為m1和m2的同位素離子（m1＞m2），它們分別到達(dá)照相底片上的P1、P2位置（圖中未畫出），求P1、P2間的距離Δx．分析：（1）根據(jù)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑，通過(guò)半徑公式求出粒子的速度，再根據(jù)動(dòng)能定理得出粒子的比荷．（2）根據(jù)動(dòng)能定理、半徑公式求出粒子打到照相機(jī)底片上位置與入口處的距離，從而求出P1、P2間的距離Δx．解答：（1）離子在電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理得：qU=12mv2離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：qBv＝mv2由①②式可得：q（2）由①②式可得粒子m1在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑是r1，則：r對(duì)離子m2，同理得：r∴照相底片上P1、P2間的距離：Δx＝2（r1﹣r2）=2答：（1）求該離子的荷質(zhì)比qm（2）P1、P2間的距離Δx=2點(diǎn)評(píng)：本題考查了帶電粒子在電場(chǎng)中的加速和在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式綜合求解．【解題思路點(diǎn)撥】明確質(zhì)譜儀的構(gòu)造和工作原理。它是由加速電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)對(duì)接而成，在電場(chǎng)中加速后進(jìn)入磁場(chǎng)，進(jìn)而在磁場(chǎng)中作半圓運(yùn)動(dòng)，在加速電場(chǎng)中用動(dòng)能定理qU=12mv2-12mv011．與速度選擇器相結(jié)合的質(zhì)譜儀【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】本考點(diǎn)旨在針對(duì)粒子先經(jīng)過(guò)速度選擇器再進(jìn)入質(zhì)譜儀的情況。1.質(zhì)譜儀示意圖如下2.質(zhì)譜儀的作用：分析粒子的性質(zhì)，測(cè)定粒子的質(zhì)量，研究同位素。3.質(zhì)譜儀例的相關(guān)參數(shù)：（1）加速電場(chǎng)中：qU=1（2）偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中：Bqv=m（3）軌跡半徑：R=1（4）照相底片上間距；d＝2ΔR。【命題方向】如圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖。帶電粒子被加速電場(chǎng)加速后，進(jìn)入速度選擇器。速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)的強(qiáng)度分別為B和E．平板S上有可讓粒子通過(guò)的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2．平板S下方有強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。下列表述不正確的是（）A、質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具B、速度選擇器中的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外C、能通過(guò)的狹縫P的帶電粒子的速率等于ED、能通過(guò)的狹縫P的帶電粒子的速率等于E分析：帶電粒子經(jīng)加速后進(jìn)入速度選擇器，速度為v=EB粒子可通過(guò)選擇器，然后進(jìn)入B0，打在解答：A、進(jìn)入B0的粒子滿足qm=vB0B、假設(shè)粒子帶正電，則受電場(chǎng)力向右，由左手定則可判斷磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，故B正確；C、由qE＝qvB，得v=EB，此時(shí)離子受力平衡，可沿直線穿過(guò)選擇器，故D、由qm=vB0故選：D。點(diǎn)評(píng)：質(zhì)譜儀工作原理應(yīng)采取分段分析的方法，即粒子加速階段，速度選擇階段，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)階段。【解題思路點(diǎn)撥】明確質(zhì)譜儀的構(gòu)造和工作原理。它是由加速電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)對(duì)接而成，在電場(chǎng)中加速后進(jìn)入磁場(chǎng)，進(jìn)而在磁場(chǎng)中作半圓運(yùn)動(dòng)，在加速電場(chǎng)中用動(dòng)能定理qU=12mv2-12mv012．回旋加速器【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.回旋加速器示意圖如下：2.回旋加速器的原理：用磁場(chǎng)控制軌道、用電場(chǎng)進(jìn)行加速。D1和D2是兩個(gè)中空的半圓金屬盒，它們之間有一定的電勢(shì)差U，盒內(nèi)部空間由于靜電平衡無(wú)電場(chǎng)，電壓U在兩盒之間的縫隙處產(chǎn)生加速電場(chǎng)。盒中心A處的粒子源產(chǎn)生的帶電粒子，在兩盒之間被電場(chǎng)加速。兩個(gè)半圓盒處于與盒面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)使粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從而使粒子在縫隙處被加速后再回到縫隙處再被加速。兩盒間的交變電勢(shì)差一次一次地改變正負(fù)，保證粒子每次都能被加速。【命題方向】回旋加速器是用來(lái)加速帶電粒子的裝置，如圖為回旋加速器的示意圖。D1、D2是兩個(gè)中空的鋁制半圓形金屬扁盒，在兩個(gè)D形盒正中間開(kāi)有一條狹縫，兩個(gè)D形盒接在高頻交流電源上。在D1盒中心A處有粒子源，產(chǎn)生的帶正電粒子在兩盒之間被電場(chǎng)加速后進(jìn)入D2盒中。兩個(gè)D形盒處于與盒面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，帶電粒子在磁場(chǎng)力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)半個(gè)圓周后，再次到達(dá)兩盒間的狹縫，控制交流電源電壓的周期，保證帶電粒子經(jīng)過(guò)狹縫時(shí)再次被加速。如此，粒子在做圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中一次一次地經(jīng)過(guò)狹縫，一次一次地被加速，速度越來(lái)越大，運(yùn)動(dòng)半徑也越來(lái)越大，最后到達(dá)D形盒的邊緣，沿切線方向以最大速度被導(dǎo)出。已知帶電粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，加速時(shí)狹縫間電壓大小恒為U，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，D形盒的半徑為R，狹縫之間的距離為d。設(shè)從粒子源產(chǎn)生的帶電粒子的初速度為零，不計(jì)粒子受到的重力，求：（1）帶電粒子能被加速的最大動(dòng)能Ek；（2）帶電粒子在D2盒中第n個(gè)半圓的半徑；（3）若帶電粒子束從回旋加速器輸出時(shí)形成的等效電流為I，求從回旋加速器輸出的帶電粒子的平均功率P。分析：（1）根據(jù)qvB＝mv2R知，當(dāng)R最大時(shí)，速度最大，求出最大速度，根據(jù)EK=1（2）粒子被加速一次所獲得的能量為qU，求出第n次加速后的動(dòng)能EKn=12mvn2（3）根據(jù)電流的定義式I=Qt和Q＝Nq以及P解答：（1）粒子在D形盒內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑達(dá)到最大時(shí)被引出，具有最大動(dòng)能。設(shè)此時(shí)的速度為v，有：qvB＝mv2R可得粒子的最大動(dòng)能Ek=12mv（2）粒子被加速一次所獲得的能量為qU，粒子在D2盒中被第2n﹣1次加速后的動(dòng)能為EKn=12mvn2=q因此第n個(gè)半圓的半徑Rn=1（3）帶電粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，帶電粒子離開(kāi)加速器時(shí)速度大小為v，由牛頓第二定律知：qvB＝mv2R帶電粒子運(yùn)動(dòng)的回旋周期為：T=2由回旋加速器工作原理可知，交變電源的頻率與帶電粒子回旋頻率相同，由周期T與頻率f的關(guān)系可得：f=1設(shè)在t時(shí)間內(nèi)離開(kāi)加速器的帶電粒子數(shù)為N，則帶電粒子束從回旋加速器輸出時(shí)的平均功率P＝N12輸出時(shí)帶電粒子束的等效電流為：I=Nqt由上述各式得P=答：（1）帶電粒子能被加速的最大動(dòng)能q2（2）帶電粒子在D2盒中第n個(gè)半圓的半徑1Bq（3）若帶電粒子束從回旋加速器輸出時(shí)形成的等效電流為I，求從回旋加速器輸出的帶電粒子的平均功率B2點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道回旋加速器利用磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)和電場(chǎng)加速實(shí)現(xiàn)加速粒子，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期和交流電的周期相等，注意第3問(wèn)題，建立正確的物理模型是解題的關(guān)鍵。【解題思路點(diǎn)撥】明確回旋加速器的構(gòu)造和工作原理。它是由加速電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)對(duì)接而成，在電場(chǎng)中加速后進(jìn)入磁場(chǎng)，進(jìn)而在磁場(chǎng)中