第8课时 电场及带电粒子在电场中的运动
(分值：100分)
选择题1～10题，12题，每小题8分，共88分。
基础保分练
1.如图1所示，在真空中光滑的水平绝缘桌面上，有带异种电荷的点电荷P1和P2。现固定P1，用绝缘锤将P2沿桌面击出。关于此后P2在桌面上的运动，下列说法正确的是( )
图1
一定是曲线运动
速度可能不变
加速度一定变小
动能和电势能之和一定不变
2.(2024·江苏卷，1)在静电场中有a、b两点，试探电荷在两点的静电力F与电荷量q满足如图2所示的关系，请问a、b两点的场强大小关系是( )
图2
Ea＝Eb Ea＝2Eb
Ea＝3Eb Ea＝4Eb
3.(2024·重庆模拟预测) “场离子显微镜”的金属钨针尖处于球形真空玻璃泡的球心O，玻璃泡内壁有一层均匀导电膜：在钨针和导电膜间加上高电压后，玻璃泡上半部分的电场线如图3所示。a、b、c、d、O为同一平面上的5个点，abc是一段以O为圆心半径为r的圆弧，d为Ob的中点。O、a、b、c、d五点的电场强度分别为EO、Ea、Eb、Ec、Ed，电势分别为φO、φa、φb、φc、φd，则下面说法正确的是( )
图3
a、b、c三点的电场强度相同
φd<φa＝φc＝φb
φO－φa<2(φO－φd)
φd－φb＝Ed·
4.(多选)(2023·全国乙卷，19)在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷静电力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图4所示。M、N是轨迹上的两点，OP＞OM，OM＝ON，则小球( )
图4
在运动过程中，电势能先增加后减少
在P点的电势能大于在N点的电势能
在M点的机械能等于在N点的机械能
从M点运动到N点的过程中，静电力始终不做功
5.(多选)(2023·海南卷，2)如图5所示，正三角形三个顶点固定三个带等量电荷的点电荷，其中A、B带正电，C带负电，O、M、N为AB边的四等分点，下列说法正确的是( )
图5
M、N两点电场强度相同
M、N两点电势相同
负电荷在M点的电势能比在O点时要小
负电荷在N点的电势能比在O点时要大
6.(多选)(2024·天津河西一模)图6(a)中M、N是同一条电场线上的两个点，一个电子仅在静电力的作用下沿着这条电场线从M点运动到N点，其运动的v－t图像如图(b)所示。电子经过M、N两点时的速度分别为vM和vN，电子的质量为m，电子电荷量的绝对值为e。以下说法正确的是( )
图6
电场强度的方向由N指向M
M、N两点之间的电势差UMN＝
电子运动的过程中，其电势能不断减小
N点的电场强度大于M点的电场强度
7.(2024·河北衡水模拟)如图7所示为一沿x轴方向的静电场的φ－x图像，现将一质量为m、电荷量为q的点电荷由O点沿x轴正方向发出，点电荷初速度大小为v0，整个运动过程中点电荷只受静电力的作用。则( )
图7
在x轴上，由O点到x＝x2处电场强度逐渐减小
正电荷在O点处的电势能等于在x轴上x＝x2处的电势能
如果点电荷带正电，点电荷在x＝x2处的电势能为qφ0
如果点电荷带负电，当v0＝2时点电荷刚好运动到x＝x2处速度减为0
8.(多选)(2024·湖南雅礼中学质检)如图8所示为真空中的实验装置，平行金属板A、B之间的加速电压为U1，C、D之间的偏转电压为U2，P为荧光屏。现有氕核、氚核和α粒子三种粒子分别在A板附近由静止开始加速，最后均打在荧光屏上。已知氕核为H、氚核为H和α粒子为He，则氕核、氚核和α粒子三种粒子( )
图8
从开始到荧光屏所经历时间之比为∶∶1
从开始到荧光屏所经历时间之比为1∶∶
打在荧光屏上时的动能之比为2∶2∶1
打在荧光屏上时的动能之比为1∶1∶2
提能增分练
9.(多选)(2024·河南开封期末)如图9所示，空间有水平方向的匀强电场E(未画出)，长为L的绝缘轻质细线一端固定在天花板上O点，另一端系质量为m、电荷量为q的带正电小球，现由图示A位置静止释放小球，小球沿圆弧经最低点C恰好能到达B点，已知OB与竖直方向的夹角为θ＝37°，且sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g，忽略空气阻力。则下列说法正确的是 ( )
图9
电场强度E＝
小球在B点时的电势能最小
小球经过C点时对细线的拉力为2mg
小球经过C点时的动能最大
10.(2024·辽宁师大附中质检)如图10所示，在光滑绝缘水平面上，A、B两小球质量分别为2m、m，带电荷量分别为＋q、＋2q。某时刻A有指向B的速度v0，B球速度为零，之后两球在运动中始终未相碰，当两小球从该时刻开始到第一次相距最近的过程中( )
图10
任意时刻A、B两小球的加速度大小之比均为2∶1
两小球构成的系统动量守恒，电势能减少
电场力对A球做功的大小为mv
A球减少的机械能大于B球增加的机械能
11.(12分)(2024·四川眉山高三上期末)如图11所示，在平面直角坐标系xOy的y轴右侧有竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E0，宽度为d，y轴左侧有水平向右的匀强电场，电场中有一粒子源，坐标为(－d，d)，粒子源能产生初速度为零、质量为m，电荷量为q的带正电粒子，粒子恰能从坐标(d，0)处离开y轴右侧电场。不计粒子重力。
图11
(1)(6分)求y轴左侧匀强电场的电场强度大小E；
(2)(6分)若粒子源位置可调，y轴左右两侧匀强电场的电场强度大小不变，求粒子从y轴右侧电场边界离开时的最小动能。
培优高分练
12.(2024·云南名校联考)如图12甲，一带电粒子沿平行板电容器中线MN以速度v平行于极板进入(记为t＝0时刻)，同时在两板上加一按图乙变化的电压。已知粒子比荷为k，带电粒子只受静电力的作用且不与极板发生碰撞，经过一段时间，粒子以平行极板方向的速度射出。则下列说法中正确的是( )
图12
粒子射出时间可能为t＝4 s
粒子射出的速度大小为2v
极板长度满足L＝3vn(n＝1，2，3，…)
极板间最小距离为 m
第8课时 电场及带电粒子在电场中的运动
1.D [若P2初速度方向在P1P2连线上，则小球做直线运动，故A错误；P2受到静电力作用，速度一定发生变化，故B错误；当小球靠近P1时，根据库仑定律可知所受库仑力变大，结合牛顿第二定律可知P2的加速度变大，故C错误；根据题意可知P2只有静电力做功，动能和电势能之和一定不变，故D正确。]
2.D [由静电力F＝qE可知F－q图像的斜率表示电场强度，由题图可知a、b两图线斜率之比为4∶1，则a、b两点的场强大小关系为Ea＝4Eb，D正确。]
3.C [电场线的疏密表示电场强度的大小，则玻璃泡上半部分的电场可视为位于O点处点电荷形成的电场，所以a、b、c三点的电场强度大小相等，方向不同，故A错误；根据点电荷形成的电场的电势分布可知沿着电场线方向电势逐渐降低，可知φd>φa＝φc＝φb，故B错误；越靠近O点的电场强度越大，则Od部分的电场强度均大于db部分的电场强度，根据电场强度与电势差的关系可知φO－φa<2(φO－φd)，φd－φb
5.BC [根据电场强度叠加原理可知，M、N两点电场强度的大小相等，方向不同，A错误；M、N两点在A、B的电场中电势相等，且比O点电势要高，同时M、N两点在C的电场中是位于同一等势面上，比O点电势要高，所以M、N两点电势相等，B正确；由于M、N点电势均高于O点电势，根据Ep＝qφ可知，负电荷在M、N点的电势能均小于在O点的电势能，C正确，D错误。]
6.AC [由图(b)可知电子的速度在增大，根据动能定理可知静电力对电子做了正功，即－eUMN＝mv－mv，解得UMN＝，静电力对电子做正功，所以静电力向右，则电场强度方向由N指向M，故A正确，B错误；根据静电力做功与电势能变化的关系可知，静电力做正功，电势能减小，故C正确；根据v－t图像的变化特点可知，电子在M、N两点的加速度大小关系为aM>aN，电子仅受静电力的作用，则qE＝ma，所以N点的电场强度小于M点的电场强度，故D错误。]
7.D [根据E＝，可知φ－x图像的斜率表示电场强度，则在x轴上，由O点到x＝x2处电场强度保持不变，故A错误；根据Ep＝qφ，由于O点处的电势高于x＝x2处的电势，则正电荷在O点处的电势能大于在x轴上x＝x2处的电势能，故B错误；如果点电荷带正电，点电荷在x＝x2处的电势能为Ep＝－qφ0，故C错误；如果点电荷带负电，当v0＝2时，设点电荷可以运动到x＝x2处，且速度大小为v，根据动能定理可得－q·2φ0＝mv2－mv，解得v＝0，故D正确。]
8.BD [粒子在A、B间加速过程，由动能定理得qU1＝mv2，解得v＝，氕核、氚核和α粒子比荷之比为6∶2∶3，则氕核、氚核和α粒子三种粒子加速获得的速度之比为∶∶，设A、B间距离为d，B板与荧光屏的距离为L，粒子在A、B间运动时，有d＝t1，粒子从B板到荧光屏，在水平方向上一直做匀速直线运动，则有L＝vt2，从开始到荧光屏，所经历的时间为t＝t1＋t2＝，可知t与v成反比，则从开始到荧光屏所经历时间之比为1∶∶，故A错误，B正确；设C、D极板长度为L1，板间距离为d1，粒子飞出偏转电场时偏转的距离y＝at＝·()2＝，可知三种粒子通过偏转电场后偏转距离相等，对粒子从开始到荧光屏的过程，由动能定理得Ek＝qU1＋qE2y，则粒子打在荧光屏时的动能Ek∝q，故打在荧光屏上时的动能之比为1∶1∶2，故C错误，D正确。]
9.AC [根据题图可知，小球从A到B运动过程中，静电力做负功，则电场方向水平向右，由A到B过程有mgLcos θ－qE(L＋Lsin θ)＝0，解得E＝，选项A正确；根据上述可知，由A到B过程静电力做负功，因此小球在B点时的电势能最大，选项B错误；由A到C过程有mgL－qEL＝mv，在C点有T－mg＝，根据牛顿第三定律有T′＝T，联立解得T′＝2mg，选项C正确；小球经过等效最低点时的动能最大，根据运动的对称性知，该位置位于AC之间，不在C点，选项D错误。]
10.D [因为两小球所受静电力大小相等，A、B两小球质量分别为2m、m，由牛顿第二定律可知A、B两小球的加速度大小之比为1∶2，故A错误；A、B两小球组成的系统所受合外力为零，故系统动量守恒，由于A小球所受静电力做负功，B小球所受静电力做正功，并且两小球所受静电力相等，A的位移大于B的位移，所以负功多于正功，静电力对系统做的总功为负值，则系统电势能增加，故B错误；运动过程中A球减少的机械能为B球增加的机械能和系统增加的电势能，则A球减少的机械能大于B球增加的机械能，故D正确；两小球相距最近时，速度相同，根据动量守恒定律可得2mv0＝(2m＋m)v，由动能定理可得静电力对A球做的功为W＝×2mv2－×2mv，联立解得W＝－mv，故C错误。]
11.(1) (2)qE0d
解析 (1)粒子在y轴左侧电场中加速过程，根据动能定理有qEd＝mv
粒子在y轴右侧电场中做类平抛运动
则有d＝·t，d＝v0t1
解得E＝。
(2)令粒子源与y轴间距为x，粒子在y轴左侧电场中加速过程，根据动能定理有qEx＝mv
粒子在y轴右侧电场中做类平抛运动
则有y＝·t，d＝v1t2
设从y轴右侧电场边界离开时的动能为Ek，有
qE0y＝Ek－mv
结合上述解得Ek＝＋
根据数学函数规律可知，当＝，即x＝2d时，粒子飞出y轴右侧电场的动能最小，为Ekmin＝qE0d。
12.D [粒子进入电容器后，在平行于极板方向做匀速直线运动，垂直极板方向运动的v－t图像如图所示，
因为粒子平行极板射出，可知粒子射出时垂直极板的分速度为0，所以射出时刻可能为1.5 s、3 s、4.5 s、…，满足t＝1.5n s(n＝1，2，3，…)，粒子射出的速度大小必定为v，选项A、B错误；极板长度为L＝v·1.5n s(n＝1，2，3，…)，选项C错误；因为粒子不与极板碰撞，则应满足≥a×1.52，a＝，联立解得d≥ m，选项D正确。]第9课时 磁场及带电粒子在磁场中的运动
(分值：100分)
选择题1～10题，每小题7分，共70分。
基础保分练
1.(2024·浙江1月选考，4)磁电式电表原理示意图如图1所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是( )
图1
A.图示左侧通电导线受到安培力向下
B.a、b两点的磁感应强度相同
C.圆柱内的磁感应强度处处为零
D.c、d两点的磁感应强度大小相等
2.(多选)(2023·福建卷，6)地球本身是一个大磁体，其磁场分布示意图如图2所示。学术界对于地磁场的形成机制尚无共识。一种理论认为地磁场主要源于地表电荷随地球自转产生的环形电流。基于此理论，下列判断正确的是( )
图2
A.地表电荷为负电荷
B.环形电流方向与地球自转方向相同
C.若地表电荷的电量增加，则地磁场强度增大
D.若地球自转角速度减小，则地磁场强度增大
3.(2023·北京卷，13)如图3所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直。管道横截面半径为a，长度为l(l a)。带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出，单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为＋q，不计粒子的重力、粒子间的相互作用，下列说法不正确的是( )
图3
A.粒子在磁场中运动的圆弧半径为a
B.粒子质量为
C.管道内的等效电流为nqπa2v
D.粒子束对管道的平均作用力大小为Bnql
4.(多选)(2024·山东淄博一模)如图4所示是小齐同学设计的一个能够测量电流的装置，其上部是一根粗细均匀横截面积为S的竖直细管，下部是一截面为正方形(边长为L)的容器。该容器左右两壁为导体，其他各面是绝缘的，其底部与大气相通。容器内有一个正方形的金属活塞，其边长也为L，可在容器内无摩擦滑动。活塞下面有一轻质弹簧支撑着，已知弹簧的劲度系数为k，活塞上部充有密度为ρ的绝缘油(测量过程中细管内始终有绝缘油)。容器的左右两壁与一电路连接，整个装置放在水平向里、磁感应强度为B的匀强磁场中。开关K闭合前，活塞处于静止状态，重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内，则( )
图4
A.闭合开关K后，竖直细管中油柱的上表面会向上移动
B.闭合开关K后，竖直细管中油柱的上表面会向下移动
C.若油柱稳定后上表面变化的高度为x，则回路中的电流为
I＝x
D.若油柱稳定后上表面变化的高度为x，则回路中的电流为
I＝x
5.(2024·河南商丘模拟)如图5，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x轴正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点，SP＝l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为( )
图5
A. B. C. D.
6.(2024·河南开封高三联考)如图6所示，虚线框MNQP内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。a、b、c三个带电粒子，它们在纸面内从PQ边的中点垂直于PQ边射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹。若不计粒子所受重力，则( )
图6
A.粒子a带负电，粒子b、c带正电
B.若三个粒子比荷相同，则粒子c在磁场中的加速度最大
C.若三个粒子入射的速度相同，则粒子c在磁场中的加速度最大
D.若三个粒子入射的动量相同，则粒子b的带电荷量最大
7.如图7所示，边长为a＝0.4 m正方形区域ABCD内无磁场，正方形中线PQ将区域外左右两侧分成两个磁感应强度均为B＝0.2 T的匀强磁场区域，PQ右侧磁场方向垂直于纸面向外，PQ左侧磁场方向垂直于纸面向里。现将一质量为m＝1×10－8 kg、电荷量为q＝2×10－6 C的带正电粒子从AB中点以某一速率垂直于AB射入磁场，不计粒子的重力，则关于粒子的运动，下列说法正确的是( )
图7
A.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内，则粒子的最大速度为12 m/s
B.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内，则粒子的速度可能为10 m/s
C.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内，则粒子的速度可能为 m/s
D.若粒子能垂直于BC射入正方形区域内，则粒子的速度可能为2 m/s
提能增分练
8.(多选)(2024·黑龙江二模)如图8所示，半径为R的一圆形区域，O为圆心，P为边界上的一点，区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。电荷量为－q、质量为m的相同带电粒子a、b(不计重力)从P点先后以大小相等的速率v＝射入磁场，粒子a正对圆心射入，粒子b射入磁场时的速度方向与粒子a射入时的速度方向夹角为θ＝30°。下列说法正确的是( )
图8
A.两粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R
B.a粒子在磁场中运动的时间为
C.b粒子在磁场中运动的时间为
D.a、b粒子离开磁场时的速度方向夹角为30°
9.如图9所示，直角三角形ABC区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，∠B＝90°，∠C＝30°。某种带电粒子(重力不计)以不同速率从BC边上D点垂直BC边射入磁场，速率为v1时粒子垂直AC边射出磁场，速率为v2时粒子从BC边射出磁场，且运动轨迹恰好与AC边相切，粒子两次在磁场中运动轨迹半径分别为r1、r2，运动时间分别为t1、t2。下列说法正确的是( )
图9
A.粒子带正电 B.r1∶r2＝2∶1
C.v1∶v2＝3∶1 D.t1∶t2＝1∶4
10.(多选)一匀强磁场垂直于xOy平面，分布在一个圆形区域内。一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，某时刻经过原点O，速度大小为v，方向沿x轴正方向，后来经过y轴上点P时，速度方向与y轴正方向的夹角为30°，P到O的距离为d，如图10所示。若粒子重力忽略不计，点O在磁场中。则粒子从点O到P的时间t和磁场区域的最小半径Rmin分别为( )
图10
A.t＝ B.t＝
C.Rmin＝ D.Rmin＝
11.(15分)(2024·吉林长春市第二中学第四次调研)如图11所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m＝5.0×10－8 kg、电荷量为q＝1.0×10－6 C的带电粒子，从静止开始经U0＝2.5 V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP＝15 cm(粒子重力不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：
图11
(1)(5分)带电粒子到达P点时速度v的大小；
(2)(5分)若磁感应强度B＝2.0 T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离；
(3)(5分)若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B′满足的条件。
培优高分练
12.(15分)(2024·安徽合肥一模)宇宙射线中含有大量的质子，为防止质子对宇航员的危害，某科研团队设计了如图12甲所示的防护装置。图乙为其截面图，半径为R的圆柱形区域是宇航员防护区，在半径分别为R和2R的同心圆柱之间加有沿轴线方向的匀强磁场。已知质子沿各个方向运动的速率均为v0，电荷量为e，质量为m，不计质子间相互作用，sin 37°＝0.6。
图12
(1)(5分)若质子垂直磁场正对圆柱轴线入射时无法进入防护区，求磁感应强度大小范围；
(2)(5分)在(1)问前提下，求质子在磁场中运动的最长时间；
(3)(5分)若垂直磁场入射的所有质子都无法进入防护区，求磁感应强度大小范围。
第9课时 磁场及带电粒子在磁场中的运动
1.A [由左手定则可知，图示左侧通电导线受到安培力向下，故A正确；a、b两点的磁感应强度大小相等，但是方向不同，故B错误；磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为零，故C错误；因c点处的磁感线较d点密集，可知c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，故D错误。]
2.AC [根据地磁场的磁场线分布，结合安培定则可知地球自转形成的环形电流方向与地球自转方向相反，物理学中规定正电荷定向移动的方向(或负电荷定向移动的反方向)为电流的方向，故地表电荷为负电荷，A正确，B错误；若地表电荷的电量增加，由I＝nqSv可知，形成的环形电流增加，产生的地磁场强度增大，C正确；若地球自转的角速度减小，则地表电荷运动的速度减小，环形电流减小，产生的地磁场强度减小，D错误。]
3.C [带正电的粒子沿轴线进入管道，然后垂直打到管壁上，可知粒子运动的圆孤半径r＝a，故A正确；根据qvB＝m，可得粒子的质量m＝，故B正确；管道内的等效电流为I＝＝nq，故C错误；粒子束对管道的平均作用力大小等于等效电流受到的安培力大小，即F＝BIl＝Bnql，故D正确。]
4.BC [闭合开关K前，活塞受到重力、弹簧的弹力和液体的压强产生的压力，设这时液体的高度为h0，弹簧的弹力为F0，由受力平衡得mg＋ρgh0L2＝F0，闭合开关K后，电流的方向从右向左，根据左手定则可以判定安培力的方向向下，此时受力平衡mg＋ρghL2＋ILB＝F，活塞会向下运动，即液体的高度要减小，油柱的上表面要下降，故A错误，B正确；油柱上表面下降x，则进入容器的液体的体积ΔV＝S·x，故活塞下降的高度x′＝＝x，液体的高度h＝h0－x＋x′＝h0＋(－1)x，弹簧的弹力变化F－F0＝kx′＝kx，联立解得I＝x，故C正确，D错误。]
5.A [带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示
]
6.C [由左手定则可知a带正电，b、c带负电，由图可知Rb>Ra>Rc，由粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力有qvB＝m＝ma，解得R＝，a＝，若三个粒子比荷相同，则粒子c在磁场中的运动速度最小，加速度最小，故A、B错误；若三个粒子入射的速度相同，则粒子c的比荷最大，粒子c在磁场中的加速度最大，故C正确；若三个粒子入射的动量相同，则粒子c的带电荷量最大，故D错误。]
7.C [根据题意可知，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得v＝，若粒子能垂直于BC射入正方形区域内，则粒子可能的运动轨迹如图所示，由几何关系可得(2n＋1)r＝(n＝0，1，2，…)，解得v＝(n＝0，1，2，…)，当n＝0时，速度最大为vmax＝8 m/s，当n＝1时，v＝ m/s，当n＝2时，v＝ m/s，故C正确，A、B、D错误。]
8.AC [由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得r＝R，故A正确；粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，粒子a、b在磁场中的运动周期均为T＝＝，由轨迹图可知θa＝90°，θb＝120°，则a、b粒子在磁场中的运动时间分别为ta＝T＝，tb＝T＝，故B错误，C正确；由图中轨迹可知，a、b粒子离开磁场时的速度方向都与OP方向垂直，即a、b粒子离开磁场时的速度方向平行，故D错误。]
9.C [由题意再结合左手定则可知粒子带负电，A错误；根据题意作出粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，由图中几何关系可得r1＝r2＋，可知粒子在磁场中运动的半径之比r1∶r2＝3∶1，B错误；根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得粒子在磁场中运动时的速度为，由此可知粒子在磁场中运动的速度之比等于运动轨迹半径之比，即v1∶v2＝r1∶r2＝3∶1，C正确；根据粒子在磁场中运动的轨迹可知，同一种粒子在相同磁场中运动的周期相同，则可知粒子在磁场中运动的时间之比等于偏转角度之比， 即t1∶t2＝30°∶180°＝1∶6，D错误。]
10.AC [粒子运动轨迹如图所示，
由几何关系可知d＝＋r，α＝120°，粒子运动半径r＝，粒子从点O到P的时间为t＝×＋＝，A正确，B错误；
磁场区域的直径等于粒子圆周运动的弦长时，半径最小，有
Rmin＝＝，C正确，D错误。]
11.(1)10 m/s (2)45 cm (3)B′≥ T
解析 (1)根据动能定理可知qU0＝mv2
代入数据可得
v＝＝ m/s＝10 m/s。
(2)根据qvB＝
可得粒子在磁场中的轨迹半径
r＝＝0.25 m＝25 cm
根据几何关系可知，带电粒子在磁场中运动的圆心恰好在x轴上，因此
OQ＝r＋rcos 37°＝45 cm。
(3)若粒子不能进入x轴上方，
临界状态时，运动轨迹恰好与x轴相切，如图所示，
根据几何关系可知
r′＋r′sin 37°＝OP
由qvB′＝
解得B′＝ T
因此若粒子不能进入x轴上方
磁感应强度B′≥ T。
12.(1)B≥ (2) (3)B≥
解析 (1)正对防护区圆心入射的质子，若恰好无法进入防护区，设质子的轨迹半径为r，质子运动轨迹如图甲所示。
由几何关系(2R)2＋r2＝(r＋R)2
可得r＝R
由洛伦兹力提供向心力可得ev0B1＝m
解得磁感应强度的大小B1＝
所以B≥。
(2)设质子在磁场中的轨迹对应的圆心角为α
由几何关系可得tan ＝＝
解得＝53°，可知α＝106°＝π
质子在磁场中运动的最长时间
t＝·＝＝。
(3)为使所有速度为v0的质子都不进入防护区，半径最大的粒子
轨迹如图乙所示
则质子的半径最大为
r′＝＝
由洛伦兹力提供向心力可知
ev0Bmin＝m
解得磁感应强度最小值Bmin＝
则磁感应强度的大小应该满足的条件为B≥。第10课时 带电粒子在复合场中的运动
(分值：100分)
选择题1～2题，每小题8分，共16分。
1.(2023·新课标卷，18)一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图1所示。已知α粒子的速度约为电子速度的，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为( )
图1
电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里
电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外
电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里
电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外
2.(多选)(2024·湖北武汉二模)现代科学仪器中常利用电、磁场控制带电粒子的运动。如图2甲所示，纸面内存在上、下宽度均为d的匀强电场与匀强磁场，匀强电场竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从电场的上边界的O点由静止释放，运动到磁场的下边界的P点时正好与下边界相切。若把电场下移至磁场所在区域，如图乙所示，重新让粒子从上边界M点由静止释放，经过一段时间粒子第一次到达最低点N，下列说法正确的是( )
图2
匀强电场的电场强度大小为
粒子从O点运动到P点的时间为
M、N两点的竖直距离为d
粒子经过N点时速度大小为
3.(12分)(2024·河北沧州一模)如图3所示，一个以坐标原点为圆心、半径为R的圆形有界区域 Ⅰ 内存在磁感应强度大小为B1、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其边界上有一粒子源，在纸面内沿不同方向向区域 Ⅰ 内连续射入大量电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，部分粒子经磁场偏转后沿x轴水平射入右侧匀强电场和匀强磁场叠加的区域 Ⅱ 中，其内磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向里，电场强度大小为E(未知)、方向沿y轴负方向。已知这部分带电粒子在区域 Ⅰ 中做圆周运动的半径r＝R，在区域 Ⅱ 中做匀速直线运动，粒子的重力和粒子间的相互作用均不计。
图3
(1)(4分)求匀强电场的电场强度的大小E；
(2)(4分)求该粒子源的位置坐标；
(3)(4分)若区域 Ⅱ 的长度为L，求这部分粒子从射入区域 Ⅰ 到离开区域 Ⅱ 的总时间。
4.(12分)(2024·重庆模拟预测)如图4所示，OP与x轴的夹角θ＝60°，在第一象限中OP右侧有沿x轴负方向的匀强电场，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从x轴上的M点平行于y轴射入电场，经电场后沿垂直于OP的方向由N点立刻进入一矩形磁场区域(未画出，方向垂直纸面向里)，并沿y轴负方向经过O点。已知O点到N点的距离为3l，不计粒子的重力，求：
图4
(1)(4分)匀强电场的电场强度大小；
(2)(4分)匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)(4分)矩形磁场区域的最小面积。
5.(12分)(2024·福建厦门三检)如图5所示，在Oxy平面直角坐标系中，虚线OO′与x轴正方向的夹角θ＝60°，OO′与y轴之间存在垂直纸面向里的匀强磁场(边界存在磁场)，第二象限存在沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m、带电荷量为－q(q>0)的粒子从x轴负半轴的P点以初速度v0进入电场，v0与x轴正方向的夹角θ＝60°，经电场偏转后从点M(0，L)垂直y轴进入磁场，粒子恰好不从OO′边界射出磁场。不计粒子重力。求：
图5
(1)(4分)电场强度E的大小；
(2)(4分)磁感应强度B的大小；
(3)(4分)粒子从P点进入电场到再次回到x轴的时间。
6.(12分)质谱仪是最早用来测定微观粒子比荷的精密仪器，某一改进后带有速度选择器的质谱仪能更快测定粒子的比荷，其原理如图6所示，A为粒子加速器，加速电压为U1，B为速度选择器，其中磁场与电场正交，磁场磁感应强度为B1，两板距离为d，C为粒子偏转分离器，磁感应强度为B2，今有一比荷为k1(未知)的带正电的粒子P，不计重力，从小孔S1“飘入”(初速度为零)，经加速后，该粒子从小孔S2进入速度选择器B，恰能通过速度选择器，粒子从小孔S3进入分离器C后做匀速圆周运动，恰好打在照相底片D点上，测出D点与S3距离为L。
图6
(1)(4分)粒子P的比荷k1为多大；
(2)(4分)速度选择器的电压U2应为多大；
(3)(4分)另一粒子Q同样从小孔S1“飘入”，保持U2和d不变，调节U1的大小，使粒子Q能通过速度选择器进入分离器C，最后打到照相底片上的F点(在D点右侧)，测出F点与D点距离为x，则可得粒子Q比荷k2，求k2(用k1表示)。
7.(12分)如图7甲所示，在xOy平面的第 Ⅰ 象限内有沿x轴正方向的匀强电场E1，在x≤0区域内同时存在着竖直向上的匀强电场E2和垂直纸面的磁场B1(未画出)，E1＝0.1 N/C，E2＝0.25 N/C，磁场B1随时间t变化的规律如图乙所示，t0＝ s，设垂直纸面向外为磁场正方向。一个质量为m、电荷量为q的带正电液滴从P点以速度v0＝2 m/s沿x轴负方向入射，恰好沿y轴负方向以速度v经过原点O后进入x≤0的区域。已知m＝5×10－6 kg，q＝2×10－4 C，t＝0时液滴恰好通过O点，重力加速度g取10 m/s2。
图7
(1)(6分)求液滴第一次到达O点时速度v的大小；
(2)(6分)求液滴在0～5t0时间内的路程。
8.(12分)(2024·江苏卷，16)如图8所示，两个半圆环区域abcd、a′b′c′d′中有垂直纸面向里的匀强磁场，区域内、外边界的半径分别为R1、R2。ab与a′b′间有一个匀强电场，电势差为U，cd与c′d′间有一个插入体，电子每次经过插入体速度减小为原来的k倍。现有一个质量为m、电荷量为e的电子，从cd面射入插入体，经过磁场、电场后再次到达cd面，速度增加，多次循环运动后，电子的速度大小达到一个稳定值，忽略相对论效应，不计电子经过插入体和电场的时间。求：
图8
(1)(4分)电子进入插入体前后在磁场中运动的半径r1、r2之比；
(2)(4分)电子多次循环后到达cd的稳定速度v；
(3)(4分)若电子到达cd中点P时速度稳定，并最终到达边界d，求电子从P到d的时间t。
9.(12分)(2024·广东茂名二模)在如图9所示的竖直平面xOy中，一质量为m、电荷量为＋q的带电小球沿x轴正方向以初速度v0＝从A点射入第一象限，第一象限有竖直向上的匀强电场E1＝，小球偏转后打到x轴上的C(L，0)点，x轴下方有匀强电场E2(图中未画出)，第三、四象限有垂直于纸面向外、磁感应强度大小不同的匀强磁场，小球在x轴下方做匀速圆周运动，已知第四象限匀强磁场的磁感应强度大小为，重力加速度大小为g。
图9
(1)(4分)求x轴下方匀强电场的电场强度E2；
(2)(4分)求带电小球在C点的速度vC；
(3)(4分)若第三象限匀强磁场的磁感应强度大小为，求粒子从C点运动到P(0，－3L)点所用的时间。
第10课时 带电粒子在复合场中的运动
1.C [假设电子打在a点，即其所受静电力与洛伦兹力大小相等，方向相反，故eE＝evB，由于α粒子的速度v′小于电子的速度v，所以2eE＞2ev′B，α粒子经过电、磁叠加场后向右偏转，即其所受合力方向向右，由于α粒子带正电，所以电场方向水平向右，A、B错误；电子所受静电力水平向左，则其所受洛伦兹力水平向右，则磁场方向垂直纸面向里，D错误，C正确；假设α粒子打在a点，同样可以得出C正确。]
2.BD [设粒子在磁场中的速率为v，半径为R，在电场中由动能定理，有qEd＝mv2，在磁场中，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，由几何关系可得R＝d，综上可得E＝，故A错误；粒子在电场中的运动时间为t1＝＝，在磁场中的运动时间为t2＝＝，粒子从O运动到P的时间为t＝t1＋t2＝，故B正确；将粒子从M到N的过程中某时刻的速度分解为向右和向下的分量vx、vy，再把粒子受到的洛伦兹力分别沿水平方向和竖直方向分解，两个洛伦兹力分量分别为Fx＝qvyB，Fy＝qvxB，设粒子在最低点N的速度大小为v1，MN的竖直距离为y。水平方向由动量定理可得mv1－0＝∑qvyBΔt＝qBy，由动能定理可得qEy＝mv－0，联立解得v1＝，y＝d，故C错误，D正确。]
3.(1) (2)(－R，－R) (3)＋
解析 (1)带电粒子在区域 Ⅰ 中做圆周运动的半径
r＝R
根据洛伦兹力提供向心力有qvB1＝m
解得v＝
在区域 Ⅱ 中做匀速直线运动，则有qvB2＝qE
解得E＝。
(2)带电粒子在区域 Ⅰ 中做圆周运动的半径r＝R，如图所示
根据几何关系可知tan θ＝＝
解得θ＝60°
则入射粒子速度方向与竖直方向的夹角为α＝2θ－90°＝30°
入射点坐标为x＝－Rsin 30°＝－R
y＝－Rcos 30°＝－R。
(3)粒子在区域 Ⅰ 中做圆周运动的时间为
t1＝·＝
在区域 Ⅱ 中做匀速直线运动的时间为t2＝＝
则总时间为t＝t1＋t2＝＋。
4.(1) (2) (3)l2
解析 (1)粒子从M点到N点做类平抛运动，在y轴方向上做匀速直线运动，在x轴方向上做初速度为零的匀加速直线运动，设粒子到达N点x轴方向的速度为vx，速度为v，如图甲
则tan 60°＝＝
粒子在y轴方向的位移大小为
y＝3lsin 60°＝v0t
解得匀强电场的电场强度大小
E＝。
(2)粒子达到N点的速度大小
v＝＝2v0
粒子由N点进入一矩形磁场并沿y轴负方向经过O点，运动轨迹如图乙所示
粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径
r＝(3l－r)sin 30°
解得r＝l
由qvB＝m，解得B＝＝。
(3)如图丙所示，矩形磁场区域的面积最小时，矩形的宽为a＝r＝l
矩形的长为b＝r＋rsin 30°＝l
所以矩形磁场区域的最小面积为
Smin＝ab＝l2。
5.(1) (2) (3)
解析 (1)粒子进入电场，在y轴方向有
vy＝v0sin θ，qE＝ma，v＝2aL
联立解得E＝。
(2)粒子在磁场中的运动轨迹如图所示。
粒子进入磁场的速度vx＝v0cos θ
由几何关系可得＋r＝L
解得r＝
洛伦兹力提供粒子在磁场中做圆周运动的向心力，有qvxB＝m
联立解得B＝。
(3)粒子第一次进入电场，在竖直方向有L＝at
粒子在磁场中运动的时间t2＝
粒子再次进入电场，在竖直方向有L－2r＝at
粒子从P点进入电场到再次回到x轴的时间t＝t1＋t2＋t3
联立解得t＝。
6.(1) (2) (3)
解析 (1)由动能定理得qU1＝mv
粒子在进入分离器C后做匀速圆周运动，则qv0B2＝m
由几何关系得R＝
由题意知k1＝
联立解得k1＝
(2)该粒子从小孔S2进入速度选择器B，恰能通过速度选择器，可得qv0B1＝q
解得U2＝。
(3)由题意得，Q粒子进入分离器的速度与P粒子的速度相同，则q′v0B2＝m′
由几何关系得R′＝
由题意知k2＝
解得k2＝。
7.(1)5 m/s (2) m
解析 (1)对带电液滴在水平方向和竖直方向的运动由动量定理有－qE1t＝0－mv0
mgt＝mv
解得v＝5 m/s。
(2)带电液滴在第 Ⅱ 、 Ⅲ 象限有qE2＝mg
则带电液滴在第 Ⅱ 、 Ⅲ 象限中在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动
qvB1＝m，T＝
当B1＝2 T时，r1＝ m，T1＝ s
当B1＝4 T时，r2＝ m，T2＝ s
带电液滴在0～5t0即0～ s内运动轨迹如图所示
则液滴在0～5t0即0～ s时间内的路程
s＝πr1＋2πr2
解得s＝ m。
8.(1) (2) (3)
解析 (1)设电子进入插入体前的速度大小为v0，则电子经过插入体前后由洛伦兹力提供向心力有ev0B＝m
e·kv0B＝m
联立解得＝。
(2)电子多次循环稳定后对电子从c′d′出发经电场到ab的过程，由动能定理有eU＝mv2－m(kv)2
解得v＝。
(3)结合(2)问分析，当电子到达cd中点P时速度稳定后，其在abcd区域运动有evB＝m
解得r＝
结合(1)问分析可知，电子在a′b′c′d′区域运动的半径为
r′＝
所以电子相邻两次经过cd边的位置间的距离为l＝2(r－r′)
由几何关系可知＝nl
又电子在磁场中运动的周期为T＝＝
联立解得电子从P运动到d的时间为
t＝nT＝。
9.(1)，方向竖直向上 (2)，与x轴正方向成60°斜向下
(3)或
解析 (1)小球在x轴下方做匀速圆周运动，则mg＝qE2
解得E2＝，方向竖直向上。
(2)小球在第一象限做类平抛运动，根据牛顿第二定律
mg－qE1＝ma，可得a＝
水平方向有L＝v0t，可得t＝
竖直方向有vy＝at，可得vy＝
根据运动的合成vC＝，可得vC＝
根据几何关系tan θ＝，可得θ＝60°
即vC方向与x轴正方向成60°斜向下。
(3)小球在第四象限内做匀速圆周运动，运动半径为r1
则qvCB4＝m，解得r1＝2L
设粒子运动的周期为T1，则T1＝
解得T1＝2π
如图甲，由几何关系可知，粒子从C到P偏转圆心角为，此过程运动时间为t1＝T1＝
粒子经P点进入第三象限后，设运动半径为r2
则qvCB3＝m，解得r2＝L
设粒子运动的周期为T2，则T2＝
解得T2＝π
如图乙，粒子从P点再回到P点所用时间为
t2＝T1＋T2＝2π
粒子从C点第二次运动到P点所用的时间为t1＋t2＝
故粒子从C点运动到P点所用的时间为或增分培优4 动态圆模型磁聚焦与磁发散模型
(分值：100分)
选择题1～9题，每小题8分，共72分。
1.(多选)如图1所示，在边长为L的正方形区域ABCD内存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场。质量为m，电荷量为q的带电粒子(不计重力)，分别以相同的速率v从A点沿不同方向垂直磁场方向射入磁场，当沿AC方向射入时，垂直于BC边射出磁场。则粒子( )
图1
A.带负电
B.运动速率v＝
C.在磁场中运动的最长时间tm＝
D.在磁场中运动的最长时间tm＝
2.(多选)如图2所示，在直角三角形ABC内充满垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，AB边长度为d，∠B＝。现垂直AB边射入一群质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子，已知垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间为t，而运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为t(不计重力)。则下列判断中正确的是( )
图2
A.粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t
B.该匀强磁场的磁感应强度大小为
C.粒子在磁场中运动的轨道半径为d
D.粒子进入磁场时速度大小为
3.(多选)如图3所示，a、b是直线上间距为4d的两点，也是半圆直径的两个端点，c位于ab上，且ac＝d，直线上方存在着磁感应强度大小为B、垂直于半圆平面的匀强磁场(未画出)，其中半圆内部没有磁场。一群比荷为k的同种带电粒子从a、c之间以相同的速率垂直于ab射入圆弧区域，所有粒子都能通过b点，不计粒子间的相互作用和粒子的重力，则( )
图3
A.粒子的速率为2dBk
B.粒子的速率为dBk
C.从c点射入的粒子在磁场中运动的时间为
D.从c点射入的粒子在磁场中运动的时间为
4.(2024·江西南昌一模)如图4所示，在PM和QK之间有大量相同的带电粒子以同一速度沿水平方向射入以O点为圆心、半径为R的圆形匀强磁场区域，该磁场方向垂直纸面向外，PM与圆心O在同一水平直线上，PM和QK间的距离为0.5R。已知所有粒子均从O点正下方的N点射出圆形磁场区域，立即进入下方垂直于纸面向里的匀强磁场，并都能打到水平挡板的下表面，挡板的左侧紧贴N点。已知下方磁场的磁感应强度是上方磁场的2倍。不计粒子重力及粒子间的相互作用。挡板下表面有粒子打到的区域长度为( )
图4
A.R B.R C.R D.R
5.(多选)(2024·四川绵阳高三诊断)如图5所示，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场分布在以O为圆心、R为半径的圆形区域内，MNCA是矩形，MN为圆形磁场的直径，AM＝R，AC为一感光板、M处有一粒子源，能沿纸面向圆内不同方向以相同速率均匀发射质子(质量为m，电荷量为q，重力不计)。已知沿MO方向射入磁场的质子，经磁场偏转后，恰好打到感光板上C处。不计质子间的相互作用。下列说法正确的是( )
图5
A.质子的速度大小为
B.射入磁场的质子有一半打在感光板上
C.能打到感光板上的质子在磁场中运动的最长时间为
D.若电子以的速率从N点沿NO方向射入磁场，则电子会打在感光板上
6.(多选)如图6，长度为a的竖直薄挡板MN处在垂直纸面向里的匀强磁场中(磁场空间足够大、图中未画出)，磁感应强度为B。挡板左侧O点有一粒子源在纸面内向各方向均匀发射电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，所有粒子的初速度大小相同。已知图中初速度与ON夹角为60°时发射的粒子恰好经过N点，ON＝a，ON⊥MN。不计粒子重力，不考虑粒子的反弹和粒子间的相互作用。则( )
图6
A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为a
B.挡板左侧能被粒子击中的竖直长度为a
C.能击中挡板右侧的粒子数占粒子总数的
D.挡板的右侧被粒子击中的竖直长度为a
7.(多选) (2024·河南名校模拟)某个粒子分析装置的简化示意图如图7所示，在垂直纸面向外的匀强磁场(未画出)中，有一圆心为O、半径为R的圆形无磁场区域，在圆形边界的P点处有一α粒子发射源，可在图示∠GPH＝90°范围内沿纸面随机向磁场区域发射速度大小相同的α粒子，在圆经过P点的直径上，固定一长度为2R的荧光挡板， α粒子击中荧光挡板后被吸收并发出荧光。已知PG与直径QP延长线的夹角为30°，α粒子的质量为m，电荷量为q。不计α粒子的重力和粒子间的相互作用，当α粒子的速度为v＝时，下列说法正确的是( )
图7
A.所有进入圆形区域的α粒子均垂直击中荧光挡板
B.荧光挡板上α粒子打到的区域长度为R，且击中荧光挡板的α粒子的位置均匀分布
C.α粒子在磁场中运动的最长时间为
D.α粒子在无磁场区域运动的最长时间为
8.(多选) (2024·黑龙江哈尔滨市模拟)如图8所示，等腰直角三角形区域分布有垂直纸面向里的匀强磁场，腰长AB＝2 m，O为BC的中点，磁感应强度B＝0.25 T，一群质量m＝1×10－7 kg，电荷量q＝－2×10－3 C的带电粒子以速度v＝5×103 m/s垂直于BO，从BO之间射入磁场区域，带电粒子不计重力，则( )
图8
A.在AC边界上有粒子射出的长度为(－1)m
B.C点有粒子射出
C.在AB边界上有粒子射出的长度为1 m
D.磁场中运动时间最长粒子从底边距B点(－1)m处入射
9.(多选)(2024·山东青岛模拟预测)利用磁聚焦和磁控束可以改变一束平行带电粒子的宽度，人们把此原理运用到薄膜材料制备上，使芯片技术得到飞速发展。如图9，宽度为r0的带正电粒子流水平向右射入半径为r0的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B0，这些带电粒子都将从磁场圆上O点进入正方形区域，正方形过O点的一边与半径为r0的磁场圆相切。在正方形区域内存在一个面积最小的匀强磁场区域，使汇聚到O点的粒子经过该磁场区域后宽度变为2r0，且粒子仍沿水平向右射出，不考虑粒子间的相互作用力及粒子的重力，下列说法正确的是( )
图9
A.正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为2B0，方向垂直纸面向里
B.正方形区域中匀强磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直纸面向里
C.正方形区域中匀强磁场的最小面积为2(π－2)r
D.正方形区域中匀强磁场的最小面积为r
10.(13分)(2024·广西柳州三模)如图10所示，正方形区域abcd内(含边界)有垂直纸面向里的匀强磁场，ab＝l，Oa＝0.4l，OO′连线与ad边平行，大量带正电的粒子从O点沿与ab边成θ＝53°角方向以不同的初速度v射入磁场，已知带电粒子的质量为m，电荷量为q，磁场的磁感应强度大小为B，sin 53°＝0.8，不计粒子重力和粒子间的相互作用。
图10
(1)(6分)求恰好从O′点射出磁场的粒子的速度大小；
(2)(7分)要使粒子从ad边离开磁场，求初速度v的取值范围。
11.(15分)(2024·辽东南协作体联考) “太空粒子探测器”由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化为如图11所示。辐射状的加速电场区域 Ⅰ 边界为两个同心平行的网状金属扇形弧面，O1为圆心，圆心角θ为120°，外圆弧面AB与内圆弧面CD间的电势差为U0，M为外圆弧的中点。紧靠O1右侧有一圆形匀强磁场区域 Ⅱ ，圆心为O2，半径为L，磁场方向垂直于纸面向外且磁感应强度大小B＝。在磁场区域下方相距L处有一足够长的收集板PNQ。已知MO1O2和PNQ为两条平行线，且与O2、N连线垂直。假设太空中飘浮着质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB弧面并经电场从静止开始加速，然后从O1进入磁场，并最终到达PNQ板被收集，忽略一切万有引力和粒子间的作用力。求：
图11
(1)(5分)粒子经电场加速后，进入磁场时的速度v的大小；
(2)(5分)粒子在磁场中运动的轨迹半径R；
(3)(5分)粒子到达收集板沿PQ方向的长度。
增分培优4 动态圆模型 磁聚焦与磁发散模型
1.BC [由左手定则可知粒子带正电，选项A错误；根据粒子的运动轨迹可知r＝L，由qvB＝m，可得v＝，选项B正确；从C点射出的粒子在磁场中运动的时间最长，圆弧所对应的圆心角为60°，则最长时间为tm＝·＝，选项C正确，D错误。]
2.ABC [带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间是T，即为T＝t，则得周期为T＝4t，故A正确；由 T＝4t，R＝，T＝，得B＝＝，故B正确；运动时间最长的粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，根据几何关系有＋rsin ＝d，解得r＝d，故C正确；根据粒子在磁场中运动的速度为v＝，周期为T＝4t，半径为r＝d，联立可得v＝，故D错误。]
3.AD [画出粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知，四边形eO1bO为菱形，可知粒子运动的轨迹半径为r＝2d，根据qvB＝m可得粒子的速率为v＝2dBk，A正确，B错误；粒子从c点射入时，其轨迹如图乙所示，由几何关系可知，粒子运动的轨迹圆心正好在圆弧ab上，可知粒子在磁场中转过的角度为240°，则运动时间t＝T＝＝，C错误，D正确。]
4.C [根据题意，由于所有带电粒子均从O点正下方的N点射出圆形磁场区域，画出带电粒子的运动轨迹如图所示，入射方向垂直于圆形磁场直径，且从同一点射出，则轨迹半径等于磁场圆的半径，有qvB＝m，解得v＝；粒子进入下方磁场，半径R′＝＝R，由几何关系可得挡板下表面有粒子打到的区域长度ΔL＝2R′－2R′sin 60°＝R，C正确。]
5.BC [沿MO方向射入磁场的质子，经磁场偏转后，恰好打到感光板上C处，则由几何关系有tan θ＝＝，可得θ＝60°，质子在磁场中运动的轨迹圆的圆心恰好在A点，由几何关系有轨迹半径r＝MA＝R，又qvB＝m，解得v＝，故A错误；在MN右侧射入磁场的质子均可以到达感光板，在MN左侧射入磁场的质子均无法到达感光板，即射入磁场的质子有一半打在感光板上，故B正确；由于质子在磁场中运动的轨迹半径是一定的，在能打到感光板上的质子中，打到C点的质子在磁场中运动的时间最长，为t＝·＝，故C正确；由于电子的质量远小于质子的质量，在速率相同的情况下，电子在磁场中运动的轨迹半径r′ r，所以其从N点沿NO方向射入后不会打在感光板上，故D错误。]
6.CD [所有粒子运动的轨道半径都相等，当粒子初速度与ON夹角为60°时，粒子运动轨迹如图中1所示，
由几何关系可知2rcos 30°＝a，可得r＝a，故A错误；当轨迹刚好与MN相切时，粒子能打到板上长度最大，如图轨迹2，设速度方向与ON夹角为θ，由几何关系可得rsin θ＋r＝a，可得sin θ＝－1，则挡板左侧能被粒子击中的竖直长度为l＝rcos θ＝a，故B错误；要使粒子打在右侧，有两个临界条件，如图中的轨迹1、3，由几何关系可知1、3的初速度夹角为α＝60°，则能击中挡板右侧的粒子数占粒子总数的n＝＝，故C正确；如图粒子1打在MN上的点与O1N、O1M组成顶角为60°的等腰三角形，所以由几何关系可知板的右侧被粒子击中的竖直长度为y＝r＝a，故D正确。]
7.AD [α粒子在磁场中运动的轨迹半径为r＝＝R，
则从P点射出的α粒子运动的轨迹如图，由几何关系可知，四边形O′MOP为菱形，可知O′M水平，则从M点进入圆形区域的粒子速度竖直向下，垂直击中荧光挡板，选项A正确；沿着PG方向射出的粒子打到挡板上的位置最远，由几何关系可知，最远点与P点的距离为2R－Rsin 30°＝R，并且从O到P，距P点越近，粒子数量越多，粒子分布不均匀，选项B错误；沿着PH方向射出的粒子在磁场中运动的时间最长，由几何关系可知粒子在磁场中转过的角度为330°，则最长时间t＝·＝，选项C错误；水平向左射出的α粒子在无磁场区域运动的时间最长，为t′＝＝，选项D正确。]
8.ACD [粒子在磁场中偏转，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，粒子在磁场中运动的轨道半径为R＝＝ m＝1 m，作出粒子在磁场中的运动轨迹图，如图所示。
由图可知，能从AC边射出的粒子长度为＝R－R＝(－1)m，故A正确；粒子不可能到达C点，故B错误；由图可知，在AB边界上有粒子射出的长度为BF＝R＝1 m，故C正确；磁场中运动时间最长粒子运动半个圆周，轨迹与AB、AC相切，由图可知从底边距B点(－1)m处入射，故D正确。]
9.BC [根据磁聚焦原理，粒子在半径为r0的圆形磁场区域中运动，粒子运动的轨迹半径为r0，有qvB0＝m，解得B0＝，要使汇聚到O点的粒子经正方形区域内的磁场偏转后宽度变为2r0，且粒子仍沿水平向右射出，作出轨迹如图所示，由几何关系可知粒子在正方形区域磁场中的轨迹半径2r0，正方形中磁场区域内应该为圆形磁场的一部分，有qvB1＝m，解得B1＝＝B0，由左手定则可知，方向垂直纸面向里，A错误，B正确； 如图所示，磁场区域的最小面积为Smin＝2(π－2)r，C正确，D错误。]
10.(1) (2)＜v≤
解析 (1)从O′点射出磁场的粒
子的运动轨迹如图甲
根据几何关系可知运动半径为
r＝
根据洛伦兹力提供向心力有
qvB＝m
解得v＝。
(2)当粒子轨迹与ad边相切时，如图乙所示
设此时初速度为v01，轨道半径为r1，由几何关系可得
r1＋r1sin 53°＝0.4l
又qv01B＝m，解得v01＝
若粒子运动轨迹能与cd边相切，如图丙所示
设此时初速度为v02，轨道半径为r2
由几何关系可得
r2＋r2cos 53°＝l
解得r2＝l
O2a＝l－r2＝l
又O2a＝＝0.3l，两次计算结果不一致
可知粒子轨迹不能与cd边相切，从d点射出时速度最大，如图丁所示。
根据几何关系可知
r2′cos θ＋r2′cos α＝l
r2′sin θ－r2′sin α＝0.4l
解得r2′＝l
根据洛伦兹力提供向心力有
qv02B＝m
解得v02＝
综上可得
解析 (1)粒子经电场加速，根据动能定理有
qU0＝mv2
解得粒子进入磁场时的速度大小v＝。
(2)根据洛伦兹力提供带电粒子做圆周运动的向心力，有
qvB＝m
解得粒子在磁场中运动的轨迹半径r＝L。
(3)所有从AB圆弧面进入的粒子进入磁场时的速度大小相等，在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径相等且等于磁场圆的半径，相同的带电粒子从同一点以相同的速率入射，则出射方向相同，且出射方向垂直于入射点所在的直径。它们经过磁场后都从磁场边界垂直于PNQ方向射出，最终到达PNQ板被收集，带电粒子的运动轨迹如图所示。
从各个带电粒子的运动轨迹可以看出，轨迹1对应的粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角最小，所以从A点进入的粒子到达收集板的最左端，根据几何知识可知该粒子的速度方向偏转了30°，轨迹1、2对应的粒子打在板上位置的距离
x12＝L－r(1－cos 30°)＝L
根据几何关系可得轨迹2、3对应的粒子打在板上位置的距离
x23＝rcos 30°＝L
粒子到达收集板沿PQ方向的长度d＝x12＋x23＝L。增分培优5 带电粒子在立体空间中的运动
(分值：60分)
1.(14分)(2024·广东广州一模)如图1，在边长为L的正方体区域的右侧面，以中心O为原点建立直角坐标系xOy，x轴平行于正方体底面。该正方体区域内加有方向均沿x轴正方向、电场强度大小为E的匀强电场和磁感强度大小为B的匀强磁场，若电荷量为q、质量为m的正离子以某一速度正对O点并垂直右侧面射入该区域，则正离子在电磁场作用下发生偏转。
图1
(1)(6分)若正离子从右侧面坐标为(x0，y0)的P点射出，求正离子通过该区域过程的动能增量；
(2)(8分)若撤去电场只保留磁场，试判断入射速度v＝的正离子能否从右侧面射出。若能，求出射点坐标；若不能，请说明理由。
2.(14分)如图2所示的空间直角坐标系Oxyz中，有一棱长为L的立方体区域，该区域内(含边界)分布有沿y轴负方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，以初速度v0从a点沿x轴正方向进入电场区域，恰能从d′点离开。
图2
(1)(6分)求电场强度的大小E；
(2)(8分)若在该区域再加一个沿y轴正方向的匀强磁场，粒子仍从a点以初速度v0沿x轴正方向进入该区域，之后从Ob′之间某点离开，求磁感应强度的大小B和离开该区域时的速度大小v1。
3.(16分)如图3，在空间直角坐标系O－xyz中，界面 Ⅰ 与Oyz平面重叠，界面 Ⅰ 、 Ⅱ 、 Ⅲ 相互平行，且相邻界面的间距均为L，与x轴的交点分别为O、O1、O2；在界面 Ⅰ 、 Ⅱ 间有沿y轴负方向的匀强电场E，在界面 Ⅱ 、 Ⅲ 间有沿z轴正方向的匀强磁场B。一质量为m、电荷量为＋q的粒子，从y轴上距O点处的P点，以速度v0沿x轴正方向射入电场区域，该粒子刚好从点O1进入磁场区域。粒子重力不计。求：
图3
(1)(8分)电场强度E的大小；
(2)(8分)要让粒子刚好不从界面 Ⅲ 飞出，磁感应强度B应多大。
4.(16分)(2024·山东潍坊一模)现代科学研究中，经常用磁场和电场约束带电粒子的运动轨迹，如图4所示，有一棱长为L的正方体电磁区域abcd－efgh，以棱ef中点为坐标原点建立三维坐标系Oxyz，正方体电磁区域内充满沿z轴负方向的匀强电场和匀强磁场，在O点有一粒子源，沿x轴正方向发射不同速率的带电粒子，粒子质量均为m，电荷量均为＋q。已知速度大小为v0的粒子，恰从坐标点飞出(图中未标出)，不计粒子的重力。求：
图4
(1)(5分)磁感应强度大小B；
(2)(5分)电场强度大小E；
(3)(6分)从正方体上表面abcd飞出的粒子速率范围。
增分培优5 带电粒子在立体空间中的运动
1.(1)qEx0 (2)能 (0，L)
解析 (1)由题意可知，
整个过程中静电力做功，洛伦兹力不做功，有ΔEk＝qEx0。
(2)正离子在磁场中做匀速圆周运动，有
qvB＝m，又v＝
解得r＝＝L
因为正离子轨道半径大于L，故能从右侧面射出，轨迹如图所示，由几何关系得(r－y1)2＋L2＝r2
解得y1＝L
则出射点坐标为(0，L)。
2.(1) (2) v0
解析 (1)设粒子在电场中运动的加速度大小为a，运动时间为t1，则L＝v0t1
L＝at
qE＝ma
解得E＝。
(2)粒子在复合场中的运动，可分解为沿y轴负方向的匀加速直线运动和沿平行于xOz平面的匀速圆周运动，由“粒子从Ob′之间某点离开”可知，粒子在平行xOz平面内的运动轨迹为半圆，由运动的等时性，其运动时间仍为t1＝，t1＝
又T＝，解得B＝
根据动能定理可得qEL＝mv－mv
解得v1＝v0。
3.(1) (2)
解析 (1)粒子在电场区域做类平抛运动，设电场中粒子的加速度为a，沿z轴正方向看，如图所示
在界面 Ⅰ 、 Ⅱ 间，有L＝v0t，＝at2
qE＝ma
联立方程解得E＝。
(2)设粒子到O1点时的速度为v，与x轴夹角为θ，
则vy＝at，tan θ＝＝1
即θ＝45°
v＝＝v0
在磁场区域，粒子做匀速圆周运动，粒子刚好不从界面 Ⅲ 飞出，运动轨迹与界面 Ⅲ 相切，如图所示，有qvB＝m
又根据几何关系r＋rsin 45°＝L
解得B＝。
4.(1) (2) (3)3(2－)v0≤v≤v0
解析 (1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，粒子从O点开始沿x轴正方向发射，其匀速圆周运动的圆心必定在y轴上。如图甲所示，根据几何关系可知，粒子到达(，L，－)点时，和O点的连线与y轴之间的夹角α满足
tan α＝
解得α＝30°
设圆周运动的半径为r1，则有
＝sin 60°
解得r1＝
根据洛伦兹力提供向心力可得
qv0B＝m
解得B＝。
(2)设带电粒子做圆周运动的周期为T，则有
qv0B＝m()2r1
解得T＝
在题述的运动中，粒子的轨迹对应的圆心角为120°
所以运动时间为t＝T＝
粒子在匀强电场的作用下做类平抛运动，加速度为a＝
沿着电场方向的位移为z＝at2＝
联立解得E＝。
(3)由上述分析可知当粒子从正方体上表面abcd飞出时，粒子速率越大，粒子的分运动匀速圆周运动的半径越大，图甲中的p点越靠近d，轨迹圆心角越小，粒子在电磁场中的运动时间越短，粒子沿z轴负方向的位移越小。当粒子速率最大为vmax时从cd边射出，对应的圆周运动轨迹为圆周，其半径等于L，则有
qvmaxB＝m
解得vmax＝v0
假设粒子沿z轴负方向的分运动匀加速运动到f点时(其位移大小等于)，粒子能够从bc边射出，设粒子在电场中运动时间为t2
则有＝t
解得t2＝
粒子的分运动匀速圆周运动的周期为T＝＝
设此情况粒子的分运动匀速圆周运动轨迹的圆心角为β
则有t2＝T
联立解得β＝150°
此情况粒子
的运动轨迹在正方体前表面adhe内的投影如图乙所示，可知假设成立，此时粒子的速率是从正方体上表面abcd飞出的粒子速率的最小值，设此时圆周运动半径
为r2
由几何关系可得
r2＋r2cos 30°＝L
解得r2＝
同理有qvminB＝m
解得vmin＝3(2－)v0
从正方体上表面abcd飞出的粒子速率范围为
3(2－)v0≤v≤v0。
