專題23帶電粒子在電場(chǎng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)-三年（2022-2024）高考物理真題分類匯編全國(guó)通含答案

專題23帶電粒子在電場(chǎng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)三年考情（2022-2024）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1帶電粒子在電場(chǎng)中加速或偏轉(zhuǎn)后進(jìn)入磁場(chǎng)（5年5考）2024年高考全國(guó)新課程卷：帶電粒子電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)后進(jìn)入磁場(chǎng)；2024年高考山東卷：帶電粒子加速后進(jìn)入三角形邊界磁場(chǎng)；2024年高考遼寧卷：帶電粒子電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后進(jìn)入圓形邊界磁場(chǎng)。1.帶電粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)涉及動(dòng)能定理、類平拋運(yùn)動(dòng)、勻速圓周運(yùn)動(dòng)、臨界極值等，是高考考查的熱點(diǎn)。2.帶電粒子在電場(chǎng)中加速，利用動(dòng)能定理列方程；帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng)，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)是常見的運(yùn)動(dòng)模型；臨界極值能力要求高，考查頻繁?？键c(diǎn)2帶電粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)后進(jìn)入電場(chǎng)（5年3考）2024年高考山東卷：現(xiàn)代粒子加速器常用電磁場(chǎng)控制粒子團(tuán)的運(yùn)動(dòng)。考點(diǎn)01帶電粒子電場(chǎng)加速或偏轉(zhuǎn)后進(jìn)入磁場(chǎng)1.（2024年高考全國(guó)新課程卷）一質(zhì)量為m、電荷量為的帶電粒子始終在同一水平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，其速度可用圖示的直角坐標(biāo)系內(nèi)，一個(gè)點(diǎn)表示，、分別為粒子速度在水平面內(nèi)兩個(gè)坐標(biāo)軸上的分量。粒子出發(fā)時(shí)P位于圖中點(diǎn)，粒子在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)作用下運(yùn)動(dòng)，P點(diǎn)沿線段ab移動(dòng)到點(diǎn)；隨后粒子離開電場(chǎng)，進(jìn)入方向豎直、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，P點(diǎn)沿以O(shè)為圓心的圓弧移動(dòng)至點(diǎn)；然后粒子離開磁場(chǎng)返回電場(chǎng)，P點(diǎn)沿線段ca回到a點(diǎn)。已知任何相等的時(shí)間內(nèi)P點(diǎn)沿圖中閉合曲線通過的曲線長(zhǎng)度都相等。不計(jì)重力。求（1）粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和周期；（2）電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；（3）P點(diǎn)沿圖中閉合曲線移動(dòng)1周回到a點(diǎn)時(shí)，粒子位移的大小。解題思路本題考查的考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng)和在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)。（1）根據(jù)題述，粒子出發(fā)時(shí)P位于圖中點(diǎn)，粒子在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)作用下運(yùn)動(dòng)，P點(diǎn)沿線段ab移動(dòng)到點(diǎn)；可知帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度v==v0，由qvB=m解得r=周期T=2πr/v=（2）根據(jù)題述，已知任何相等的時(shí)間內(nèi)P點(diǎn)沿圖中閉合曲線通過的曲線長(zhǎng)度都相等，由于曲線表示的為速度相應(yīng)的曲線，所以P點(diǎn)沿圖中閉合曲線的加速度相等，故可得=解得E=（3）根據(jù)題意分析，可知，P點(diǎn)從b到c，轉(zhuǎn)過270°。P點(diǎn)返回a點(diǎn)時(shí)，根據(jù)對(duì)稱性可知與初始位置等高，從a到b過程中，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，t=v0，沿y方向位移L=v0t。聯(lián)立解得L=根據(jù)幾何知識(shí)可知bc之間距離xbc=r=由粒子在兩次電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知移動(dòng)一周時(shí)粒子位移大小為xad=xbc-2L=2（2024年高考山東卷）如圖所示，在Oxy坐標(biāo)系x>0，y>0區(qū)域內(nèi)充滿垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。磁場(chǎng)中放置一長(zhǎng)度為L(zhǎng)的擋板，其兩端分別位于x、y軸上M、N兩點(diǎn)，∠OMN=60°，擋板上有一小孔K位于MN中點(diǎn)。△OMN之外的第一象限區(qū)域存在恒定勻強(qiáng)電場(chǎng)。位于y軸左側(cè)的粒子發(fā)生器在0＜y＜的范圍內(nèi)可以產(chǎn)生質(zhì)量為m，電荷量為+q的無(wú)初速度的粒子。粒子發(fā)生器與y軸之間存在水平向右的勻強(qiáng)加速電場(chǎng)，加速電壓大小可調(diào)，粒子經(jīng)此電場(chǎng)加速后進(jìn)入磁場(chǎng)，擋板厚度不計(jì)，粒子可沿任意角度穿過小孔，碰撞擋板的粒子不予考慮，不計(jì)粒子重力及粒子間相互作用力。（1）求使粒子垂直擋板射入小孔K的加速電壓U0；（2）調(diào)整加速電壓，當(dāng)粒子以最小的速度從小孔K射出后恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求第一象限中電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向；（3）當(dāng)加速電壓為時(shí)，求粒子從小孔K射出后，運(yùn)動(dòng)過程中距離y軸最近位置的坐標(biāo)?！敬鸢浮浚?）；（2），方向沿x軸正方向；（3）【解析】（1）根據(jù)題意，作出粒子垂直擋板射入小孔K的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為在區(qū)域根據(jù)洛倫茲力提供向心力有在勻強(qiáng)加速電場(chǎng)中由動(dòng)能定理有聯(lián)立解得（2）根據(jù)題意，當(dāng)軌跡半徑最小時(shí)，粒子速度最小，則作出粒子以最小的速度從小孔K射出的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為在區(qū)域根據(jù)洛倫茲力提供向心力有粒子從小孔K射出后恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由左手定則可知粒子經(jīng)過小孔K后受到的洛倫茲力沿x軸負(fù)方向，則粒子經(jīng)過小孔K后受到的電場(chǎng)力沿x軸正方向，又粒子帶正電，則之外第一象限區(qū)域電場(chǎng)強(qiáng)度的方向沿x軸正方向，大小滿足聯(lián)立可得（3）在勻強(qiáng)加速電場(chǎng)中由動(dòng)能定理有可得在區(qū)域根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得粒子在區(qū)域運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑作出從小孔K射出的粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示粒子出K時(shí)，越偏向軸，離軸越近，由幾何關(guān)系有則有由配速法將運(yùn)動(dòng)分解為軸方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和沿方向的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其中勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為故最小距離為3.（2023高考湖南卷）如圖，真空中有區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，區(qū)域Ⅰ中存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向下（與紙面平行），磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，等腰直角三角形CGF區(qū)域（區(qū)域Ⅱ）內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外。圖中A、C、O三點(diǎn)在同一直線上，AO與GF垂直，且與電場(chǎng)和磁場(chǎng)方向均垂直。A點(diǎn)處的粒子源持續(xù)將比荷一定但速率不同的粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ中，只有沿直線AC運(yùn)動(dòng)的粒子才能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ。若區(qū)域Ⅰ中電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，則粒子從CF的中點(diǎn)射出，它們?cè)趨^(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0。若改變電場(chǎng)或磁場(chǎng)強(qiáng)弱，能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ中的粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，不計(jì)粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是（）A.若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?B1，則t>t0B.若僅將區(qū)域Ⅰ中電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)?E，則t>t0C.若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?，則D.若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?，則【參考答案】D【名師解析】根據(jù)題述，粒子從CF的中點(diǎn)射出，由左手定則可知，粒子帶正電。若區(qū)域Ⅰ中電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，沿直線AC運(yùn)動(dòng)的粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，其速度v=E/B1，設(shè)CF=L，粒子從CF的中點(diǎn)射出，在區(qū)域II的磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為r0=，所對(duì)的圓心角為90°，它們?cè)趨^(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0=T/4。若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?B1，沿直線AC運(yùn)動(dòng)的粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，其速度v=E/2B1,在區(qū)域II的磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)的圓心角為90°，它們?cè)趨^(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1=T/4，A錯(cuò)誤；若僅將區(qū)域Ⅰ中電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)?E，沿直線AC運(yùn)動(dòng)的粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，其速度v=2E/B1,在區(qū)域II的磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)的圓心角為90°，它們?cè)趨^(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2=T/4，B錯(cuò)誤；若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?，由qv=m，解得r==r0==，大于，帶電粒子將從GF射出，由sinθ==，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)的圓心角θ=π/3則，C錯(cuò)誤；若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?，由qv=m，解得r==r0==L，大于，帶電粒子將從GF射出，由sinθ==，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)的圓心角θ=π/4，則，D正確。4.（2023高考海南卷）如圖所示，質(zhì)量為，帶電量為的點(diǎn)電荷，從原點(diǎn)以初速度射入第一象限內(nèi)的電磁場(chǎng)區(qū)域，在（為已知）區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，控制電場(chǎng)強(qiáng)度（值有多種可能），可讓粒子從射入磁場(chǎng)后偏轉(zhuǎn)打到接收器上，則（）A粒子從中點(diǎn)射入磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度滿足B.粒子從中點(diǎn)射入磁場(chǎng)時(shí)速度為C.粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心到的距離為D.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓周半徑最大值是【參考答案】AD【名師解析】若粒子打到PN中點(diǎn)，則，解得，選項(xiàng)A正確；粒子從PN中點(diǎn)射出時(shí)，則速度選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．粒子從電場(chǎng)中射出時(shí)的速度方向與豎直方向夾角為θ，則粒子從電場(chǎng)中射出時(shí)的速度粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則則粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心到MN的距離為解得選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．當(dāng)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)有最大運(yùn)動(dòng)半徑時(shí)，進(jìn)入磁場(chǎng)的速度最大，則此時(shí)粒子從N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，此時(shí)豎直最大速度出離電場(chǎng)的最大速度則由可得最大半徑選項(xiàng)D正確；5.（18分）（2023高考重慶卷）某同學(xué)設(shè)計(jì)了一種粒子加速器的理想模型。如題15圖所示，xOy平面內(nèi)，x軸下方充滿垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，x軸上方被某邊界分割成兩部分，一部分充滿勻強(qiáng)電場(chǎng)（電場(chǎng)強(qiáng)度與y軸負(fù)方向成α角），另一部分無(wú)電場(chǎng)，該邊界與y軸交于M點(diǎn)，與x軸交于N點(diǎn)。只有經(jīng)電場(chǎng)到達(dá)N點(diǎn)、與x軸正方向成α角斜向下運(yùn)動(dòng)的帶電粒子才能進(jìn)入磁場(chǎng)。從M點(diǎn)向電場(chǎng)內(nèi)發(fā)射一個(gè)比荷為的帶電粒子A，其速度大小為v0、方向與電場(chǎng)方向垂直，僅在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間T后進(jìn)入磁場(chǎng)，且通過N點(diǎn)的速度大小為2v0。忽略邊界效應(yīng)，不計(jì)粒子重力。求角度α及M、N兩點(diǎn)的電勢(shì)差。在該邊界上任意位置沿與電場(chǎng)垂直方向直接射入電場(chǎng)內(nèi)的、比荷為的帶電粒子，只要速度大小適當(dāng)，就能通過N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，求N點(diǎn)橫坐標(biāo)及此邊界方程。若粒子A第一次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，以后每次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為上一次的一半，則粒子A從M點(diǎn)發(fā)射后，每次加速均能通過N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)。求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1及粒子A從發(fā)射到第n次通過N點(diǎn)的時(shí)間。

【參考答案】（1）α=30°U=（2）xN=x+3y-=0（3）B1=tn=T+(-1)【名師解析】（1）根據(jù)題述，可畫出帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中類平拋運(yùn)動(dòng)軌跡如圖。將帶電粒子運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的速度沿勻強(qiáng)電場(chǎng)方向和垂直電場(chǎng)方向分解，可知2v0cos2α=v0，解得α=30°。由動(dòng)能定理，qU=-解得U=（2）沿電場(chǎng)方向分速度vE=2v0sin2α=設(shè)N點(diǎn)的橫坐標(biāo)為xN，MN之間沿電場(chǎng)方向的距離為d，則有xN/d=sinαvE=aT，聯(lián)立解得：xN=帶電粒子在沿y軸方向做類豎直上拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)M點(diǎn)縱坐標(biāo)為yM。則yM==由y=yM+kx，k=-yM/xN得邊界方程x+3y-=0（或?qū)懗蓎=-x）(3)畫出帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡。由幾何關(guān)系可知P1N=r1而r1=4由qB1·2v0=m解得B1=粒子A從發(fā)射到第1次通過N點(diǎn)的時(shí)間為t1=T；粒子A從發(fā)射到第2次通過N點(diǎn)的時(shí)間為t2=T++T+2T=T+(-1)。粒子A從發(fā)射到第3次通過N點(diǎn)的時(shí)間為t3=T+(-1)。?！ぁぁぁぁぁちＷ覣從發(fā)射到第n次通過N點(diǎn)的時(shí)間為tn=T+(-1)【答案】（1），；（2），；（3），【解析】【詳解】（1）粒子M點(diǎn)垂直于電場(chǎng)方向入射，粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，垂直于電場(chǎng)方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在N點(diǎn)將速度沿電場(chǎng)方向與垂直于電場(chǎng)方向分解，在垂直于電場(chǎng)方向上有解得粒子從過程，根據(jù)動(dòng)能定理有解得（2）對(duì)于從M點(diǎn)射入的粒子，沿初速度方向的位移為沿電場(chǎng)方向的位移為令N點(diǎn)橫坐標(biāo)為，根據(jù)幾何關(guān)系有解得根據(jù)上述與題意可知，令粒子入射速度為v，則通過N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)的速度為2v，令邊界上點(diǎn)的坐標(biāo)為（x，y）則在沿初速度方向上有沿電場(chǎng)方向有解得（3）由上述結(jié)果可知電場(chǎng)強(qiáng)度解得設(shè)粒子A第次在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度為，可得第次在N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)的速度為第一次在N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小為，可得設(shè)粒子A第次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為，由題意可得由洛倫茲力提供向心力得聯(lián)立解得粒子A第n次在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示粒子每次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心角均為300°，第n次離開磁場(chǎng)的位置C與N的距離等于，由C到N由動(dòng)能定理得聯(lián)立上式解得由類平拋運(yùn)動(dòng)沿電場(chǎng)方向的運(yùn)動(dòng)可得，粒子A第n次在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為粒子A第n次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為粒子A第n次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為設(shè)粒子A第n次在電場(chǎng)邊界MN與x軸之間的無(wú)場(chǎng)區(qū)域的位移為，邊界與x軸負(fù)方向的夾角為，則根據(jù)邊界方程可得，由正弦定理可得解得粒子A第n次在電場(chǎng)邊界MN與x軸之間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為粒子A從發(fā)射到第n次通過N點(diǎn)的過程，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)n次，在磁場(chǎng)和無(wú)場(chǎng)區(qū)域中均運(yùn)動(dòng)n-1次，則所求時(shí)間由等比數(shù)列求和得解得6.（2023高考山東高中學(xué)業(yè)水平等級(jí)考試）如圖所示，在，的區(qū)域中，存在沿y軸正方向、場(chǎng)強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)的周圍分布著垂直紙面向外的恒定勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子從OP中點(diǎn)A進(jìn)入電場(chǎng)（不計(jì)粒子重力）。（1）若粒子初速度為零，粒子從上邊界垂直QN第二次離開電場(chǎng)后，垂直NP再次進(jìn)入電場(chǎng)，求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；（2）若改變電場(chǎng)強(qiáng)度大小，粒子以一定的初速度從A點(diǎn)沿y軸正方向第一次進(jìn)入電場(chǎng)、離開電場(chǎng)后從P點(diǎn)第二次進(jìn)入電場(chǎng)，在電場(chǎng)的作用下從Q點(diǎn)離開。（i）求改變后電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和粒子的初速度；（ii）通過計(jì)算判斷粒子能否從P點(diǎn)第三次進(jìn)入電場(chǎng)?！緟⒖即鸢浮浚?）；（2）（i），；（ii）不會(huì)【名師解析】（1）由題意粒子在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有粒子從上邊界垂直QN第二次離開電場(chǎng)后，垂直NP再次進(jìn)入電場(chǎng)，軌跡如圖根據(jù)幾何關(guān)系可知聯(lián)立可得（2）（i）由題意可知，做出粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系可知解得由sinθ==0.8，解得，洛倫茲力提供向心力帶電粒子從A點(diǎn)開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有再一次進(jìn)入電場(chǎng)后做類似斜拋運(yùn)動(dòng)，沿x方向有，沿y方向上有，其中根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立以上各式解得，，（ii）粒子從P到Q根據(jù)動(dòng)能定理有可得從Q射出時(shí)的速度為

此時(shí)粒子在磁場(chǎng)中的半徑根據(jù)其幾何關(guān)系可知對(duì)應(yīng)的圓心坐標(biāo)為，而圓心與P的距離為故不會(huì)再?gòu)腜點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)。7.（2023高考選擇性考試遼寧卷）如圖，水平放置的兩平行金屬板間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，板長(zhǎng)是板間距離的倍。金屬板外有一圓心為O的圓形區(qū)域，其內(nèi)部存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子沿中線以速度v0水平向右射入兩板間，恰好從下板邊緣P點(diǎn)飛出電場(chǎng)，并沿PO方向從圖中O'點(diǎn)射入磁場(chǎng)。己知圓形磁場(chǎng)區(qū)域半徑為，不計(jì)粒子重力。（1）求金屬板間電勢(shì)差U；（2）求粒子射出磁場(chǎng)時(shí)與射入磁場(chǎng)時(shí)運(yùn)動(dòng)方向間的夾角θ；（3）僅改變圓形磁場(chǎng)區(qū)域的位置，使粒子仍從圖中O'點(diǎn)射入磁場(chǎng)，且在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)。定性畫出粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡及相應(yīng)的弦，標(biāo)出改變后的側(cè)形磁場(chǎng)區(qū)域的圓心M?！緟⒖即鸢浮浚?）；（2）或；（3）【名師解析】（1）設(shè)板間距離為，則板長(zhǎng)為，帶電粒子在板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度為根據(jù)牛頓第二定律得，電場(chǎng)力提供加速度解得設(shè)粒子在平板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律得，聯(lián)立解得（2）設(shè)粒子出電場(chǎng)時(shí)與水平方向夾角為，則有故則出電場(chǎng)時(shí)粒子的速度為粒子出電場(chǎng)后沿直線勻速直線運(yùn)動(dòng)，接著進(jìn)入磁場(chǎng)，根據(jù)牛頓第二定律，洛倫茲力提供勻速圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力得解得已知圓形磁場(chǎng)區(qū)域半徑為，故粒子沿方向射入磁場(chǎng)即沿半徑方向射入磁場(chǎng)，故粒子將沿半徑方向射出磁場(chǎng)，粒子射出磁場(chǎng)時(shí)與射入磁場(chǎng)時(shí)運(yùn)動(dòng)方向的夾角為，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)圓弧軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角也為，由幾何關(guān)系可得故粒子射出磁場(chǎng)時(shí)與射入磁場(chǎng)時(shí)運(yùn)動(dòng)方向的夾角為或；（3）帶電粒子在該磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑與圓形磁場(chǎng)半徑關(guān)系為，根據(jù)幾何關(guān)系可知，帶電粒子在該磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡一定為劣弧，故劣弧所對(duì)應(yīng)軌跡圓的弦為磁場(chǎng)圓的直徑時(shí)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)。則相對(duì)應(yīng)的運(yùn)動(dòng)軌跡和弦以及圓心M的位置如圖所示：考點(diǎn)02帶電粒子磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后進(jìn)入電場(chǎng)1（2024年高考山東卷）現(xiàn)代粒子加速器常用電磁場(chǎng)控制粒子團(tuán)的運(yùn)動(dòng)及尺度。簡(jiǎn)化模型如圖：Ⅰ、Ⅱ區(qū)寬度均為L(zhǎng)，存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向；Ⅲ、Ⅳ區(qū)為電場(chǎng)區(qū)，Ⅳ區(qū)電場(chǎng)足夠?qū)?，各區(qū)邊界均垂直于x軸，O為坐標(biāo)原點(diǎn)。甲、乙為粒子團(tuán)中的兩個(gè)電荷量均為＋q，質(zhì)量均為m的粒子。如圖，甲、乙平行于x軸向右運(yùn)動(dòng)，先后射入Ⅰ區(qū)時(shí)速度大小分別為和。甲到P點(diǎn)時(shí)，乙剛好射入Ⅰ區(qū)。乙經(jīng)過Ⅰ區(qū)的速度偏轉(zhuǎn)角為30°，甲到O點(diǎn)時(shí)，乙恰好到P點(diǎn)。已知Ⅲ區(qū)存在沿＋x方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小。不計(jì)粒子重力及粒子間相互作用，忽略邊界效應(yīng)及變化的電場(chǎng)產(chǎn)生的磁場(chǎng)。（1）求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B；（2）求Ⅲ區(qū)寬度d；（3）Ⅳ區(qū)x軸上的電場(chǎng)方向沿x軸，電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間t、位置坐標(biāo)x的變化關(guān)系為，其中常系數(shù)，已知、k未知，取甲經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)。已知甲在Ⅳ區(qū)始終做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)乙在Ⅳ區(qū)受到的電場(chǎng)力大小為F，甲、乙間距為Δx，求乙追上甲前F與Δx間的關(guān)系式（不要求寫出Δx的取值范圍）【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）對(duì)乙粒子，如圖所示由洛倫茲力提供向心力由幾何關(guān)系聯(lián)立解得，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為（2）由題意可知，根據(jù)對(duì)稱性，乙在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為對(duì)甲粒子，由對(duì)稱性可知，甲粒子沿著直線從P點(diǎn)到O點(diǎn)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式由牛頓第二定律聯(lián)立可得Ⅲ區(qū)寬度為（3）甲粒子經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)的速度為因甲在Ⅳ區(qū)始終做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則可得設(shè)乙粒子經(jīng)過Ⅲ區(qū)的時(shí)間為，乙粒子在Ⅳ區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，則上式中對(duì)乙可得整理可得對(duì)甲可得則化簡(jiǎn)可得乙追上甲前F與Δx間的關(guān)系式為專題24帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)三年考情（2022-2024）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1帶電粒子在電磁復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（5年3考）2023高考江蘇卷：霍爾推進(jìn)器；2022·全國(guó)理綜甲卷第18題：空間存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶正電的粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)的作用下，從坐標(biāo)原點(diǎn)O由靜止開始運(yùn)動(dòng)，選擇可能正確的運(yùn)動(dòng)軌跡；2022年高考廣東物理：磁控管。1.帶電粒子在電磁復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)的考查大多以科技為情景，可能為選擇題，也可能為計(jì)算題。2.帶電粒子在電磁與重力的復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)包括：電場(chǎng)和重力復(fù)合場(chǎng)，磁場(chǎng)和重力復(fù)合場(chǎng)；電場(chǎng)、磁場(chǎng)和重力復(fù)合場(chǎng)?？疾榉绞娇赡転檫x擇題，也可能為計(jì)算題?？键c(diǎn)2帶電小球在電磁與重力的復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（5年3考）2023年全國(guó)新課程卷第25題：密立根油滴實(shí)驗(yàn)2023年北京卷：負(fù)離子空氣凈化原理2022高考廣東卷：密立根通過觀測(cè)油滴的運(yùn)動(dòng)規(guī)律證明了電荷的量子性考點(diǎn)01帶電粒子在電磁復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1.（2023高考江蘇學(xué)業(yè)水平選擇性考試）霍爾推進(jìn)器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型。Oxy平面內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從O點(diǎn)沿x軸正方向水平入射。入射速度為v0時(shí)，電子沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)；入射速度小于v0時(shí)，電子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中的虛線所示，且在最高點(diǎn)與在最低點(diǎn)所受的合力大小相等。不計(jì)重力及電子間相互作用。（1）求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E；（2）若電子入射速度為，求運(yùn)動(dòng)到速度為時(shí)位置的縱坐標(biāo)y1；（3）若電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)均勻分布，求能到達(dá)縱坐標(biāo)位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的百分比?！緟⒖即鸢浮浚?）v0B；（2）；（3）90%【名師解析】（1）由題知，入射速度為v0時(shí)，電子沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)則有Ee=ev0B解得E=v0B（2）電子在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中，由于洛倫茲力不做功，且由于電子入射速度為，則電子受到的電場(chǎng)力大于洛倫茲力，則電子向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有解得（3）若電子以v入射時(shí)，設(shè)電子能達(dá)到的最高點(diǎn)位置的縱坐標(biāo)為y，則根據(jù)動(dòng)能定理有由于電子在最高點(diǎn)與在最低點(diǎn)所受的合力大小相等，則在最高點(diǎn)有F合=evmB－eE在最低點(diǎn)有F合=eE－evB聯(lián)立有

要讓電子達(dá)縱坐標(biāo)位置，即y≥y2解得則若電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)均勻分布，能到達(dá)縱坐標(biāo)位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的90%。2．（2022·全國(guó)理綜甲卷·18）空間存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁場(chǎng)的方向垂直于紙面（平面）向里，電場(chǎng)的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)的作用下，從坐標(biāo)原點(diǎn)O由靜止開始運(yùn)動(dòng)。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的是（）A．B．C．D．【參考答案】 B 【命題意圖】本題考查帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)?！窘忸}思路】帶電粒子受到豎直向上的電場(chǎng)力和垂直速度方向的洛倫茲力作用，由左手定則可判斷出洛倫茲力方向向左，軌跡可能正確的是B。【名師解析】運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解，將該運(yùn)動(dòng)分解為勻速圓周運(yùn)動(dòng)和勻速直線運(yùn)動(dòng)，如下，因?yàn)椋跛俣葹榱?，所以勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小和勻速直線的速度大小相等，

運(yùn)動(dòng)到x軸時(shí)，電場(chǎng)力做功為零、洛倫茲力不做功，都有v圓=v直

，因此兩運(yùn)動(dòng)的合成，其速度不會(huì)出現(xiàn)反向，排除CD。由左手定則可判斷出所受洛倫茲力向左，軌跡向左偏轉(zhuǎn)，由勻速直線運(yùn)動(dòng)可知，整體運(yùn)動(dòng)向左，由勻速圓周運(yùn)動(dòng)可知，初始時(shí)刻速度向上，所以軌跡可能正確的是B。然后，我們補(bǔ)充說明一下幾種不同情況下的軌跡形狀，（1）若

v圓=0

，軌跡為直線。（2）若

v直=0

，軌跡為圓。（3）若v圓=v直

，如下，（4）若

v圓>v直

，軌跡如下，速度有反向，（5）若

v圓<v直

，軌跡如下，【易錯(cuò)提醒】根據(jù)左手定則可以判斷出AC是錯(cuò)誤的。注意到洛倫茲力使帶電粒子向左下偏轉(zhuǎn)后電場(chǎng)力做負(fù)功，帶電粒子速度減小，洛倫茲力減小，可排除圖像D。3．（2022·高考廣東物理）如圖7所示，磁控管內(nèi)局部區(qū)域分布有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。電子從M點(diǎn)由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經(jīng)過N、P兩點(diǎn)。已知M、P在同一等勢(shì)面上，下列說法正確的有（）A．電子從N到P，電場(chǎng)力做正功B．N點(diǎn)的電勢(shì)高于P點(diǎn)的電勢(shì)C．電子從M到N，洛倫茲力不做功D．電子在M點(diǎn)所受的合力大于在P點(diǎn)所受的合力【參考答案】BC【命題意圖】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，等勢(shì)面，洛倫茲力，電勢(shì)，電場(chǎng)力做功，洛倫茲力做功等知識(shí)點(diǎn)?！窘忸}思路】電子從M點(diǎn)由靜止釋放，從M到N，電場(chǎng)力做正功。由于M、P在同一等勢(shì)面上，電子從N到P，電場(chǎng)力做負(fù)功，A錯(cuò)誤；根據(jù)沿電場(chǎng)線方向，電勢(shì)降低，可知N點(diǎn)電勢(shì)高于P點(diǎn)電勢(shì)，B正確；根據(jù)洛倫茲力方向與速度方向垂直，對(duì)帶電粒子永遠(yuǎn)不做功，可知電子從M到N，洛倫茲力不做功，C正確；由于洛倫茲力不做功，M、P在同一等勢(shì)面上，電子在M點(diǎn)和P點(diǎn)速度都是零，所以電子在M點(diǎn)和P點(diǎn)都是只受到電場(chǎng)力作用，所以電子在M點(diǎn)所受的合力等于在P點(diǎn)所受的合力，D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)02帶電小球在電磁和重力復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1.（2023年全國(guó)新課程卷第25題）（14分）密立根油滴實(shí)驗(yàn)的示意圖如圖所示。兩水平金屬平板上下放置，間距固定，可從上板中央的小孔向兩板間噴入大小不同、帶電量不同、密度相同的小油滴。兩板間不加電壓時(shí)，油滴a、b在重力和空氣阻力的作用下豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)，速率分別為v0、；兩板間加上電壓后（上板為正極），這兩個(gè)油滴很快達(dá)到相同的速率，均豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)。油滴可視為球形，所受空氣阻力大小與油滴半徑、運(yùn)動(dòng)速率成正比，比例系數(shù)視為常數(shù)。不計(jì)空氣浮力和油滴間的相互作用。（1）求油滴a和油滴b的質(zhì)量之比；（2）判斷油滴a和油滴b所帶電荷的正負(fù)，并求a、b所帶電荷量的絕對(duì)值之比。【名師解析】（1）根據(jù)題述f=kvr。設(shè)a油滴質(zhì)量為m1，a油滴以速度v0向下勻速運(yùn)動(dòng)，由平衡條件，m1g=kv0r1，m1=（2分）設(shè)b油滴質(zhì)量為m2，b油滴以速度v0向下勻速運(yùn)動(dòng)，由平衡條件，m2g=kv0r2，m2=（2分）聯(lián)立解得：油滴a和油滴b的質(zhì)量之比=（2分）（2）當(dāng)在上下極板加恒定電壓（上極板高電勢(shì)），這兩個(gè)油滴均以v0向下勻速運(yùn)動(dòng)，a油滴速度減小，說明a油滴受到了向上的電場(chǎng)力，則a油滴帶負(fù)電荷；b油滴速度增大，說明b油滴受到了向下的電場(chǎng)力，則b油滴帶正電荷。（2分）由=8和m1=，m2=可知，a、b兩油滴的半徑之比為=2，由f=kvr可知兩個(gè)油滴均以v0向下勻速運(yùn)動(dòng)，所受阻力之比為==2（1分）設(shè)b油滴以速度v0向下勻速運(yùn)動(dòng)，所受阻力為f=m2g，由f=kvr可知b油滴以v0向下勻速運(yùn)動(dòng)，所受阻力f2=2f=2m2g，a油滴以v0向下勻速運(yùn)動(dòng)，所受阻力f1=2f2=4m2g，（2分）設(shè)a油滴電荷量為q1，由平衡條件，m1g=q1E+f1，設(shè)b油滴電荷量為q2，由平衡條件，m2g+q2E=f2，（2分）聯(lián)立解得：a、b所帶電荷量的絕對(duì)值之比為=（1分）2．（10分）（2023年北京卷）某種負(fù)離子空氣凈化原理如圖所示．由空氣和帶負(fù)電的灰塵顆粒物（視為小球）組成的混合氣流進(jìn)入由一對(duì)平行金屬板構(gòu)成的收集器．在收集器中，空氣和帶電顆粒沿板方向的速度保持不變．在勻強(qiáng)電場(chǎng)作用下，帶電顆粒打到金屬板上被收集，已知金屬板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，間距為d．不考慮重力影響和顆粒間相互作用．（1）若不計(jì)空氣阻力，質(zhì)量為m、電荷量為的顆粒恰好全部被收集，求兩金屬板間的電壓；（2）若計(jì)空氣阻力，顆粒所受阻力與其相對(duì)于空氣的速度v方向相反，大小為，其中r為顆粒的半徑，k為常量．假設(shè)顆粒在金屬板間經(jīng)極短時(shí)間加速達(dá)到最大速度．a(chǎn)．半徑為R、電荷量為的顆粒恰好全部被收集，求兩金屬板間的電壓；b．已知顆粒的電荷量與其半徑的平方成正比，進(jìn)入收集器的均勻混合氣流包含了直徑為和的兩種顆粒，若的顆粒恰好100%被收集，求的顆粒被收集的百分比．【名師解析】：（