2024高考物理二輪復(fù)習(xí)專題3電場與磁場第2講帶電粒子在電磁場中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案

PAGE27-第2講帶電粒子在電磁場中的運(yùn)動(dòng)考情速覽·明規(guī)律高考命題點(diǎn)命題軌跡情境圖帶電粒子(體)在電場中的運(yùn)動(dòng)2024Ⅰ卷2520(1)25題19(2)24題17(2)25題2024Ⅱ卷242024Ⅱ卷25帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)2024Ⅰ卷18Ⅲ卷1820(1)18題20(3)18題19(1)24題19(2)17題19(3)18題17(3)24題17(2)18題16(2)18題16(3)18題2024Ⅰ卷24Ⅱ卷17Ⅲ卷182024Ⅱ卷18Ⅲ卷242024Ⅱ卷18Ⅲ卷18帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)2024Ⅱ卷17Ⅱ卷2420(2)17題20(2)24題19(1)24題18(1)25題18(2)25題18(3)24題17(1)16題16(1)15題2024Ⅰ卷242024Ⅰ卷25Ⅱ卷25Ⅲ卷242024Ⅰ卷162024Ⅰ卷15核心學(xué)問·提素養(yǎng)“物理觀念”構(gòu)建1．電場中常見的運(yùn)動(dòng)類型(1)勻變速直線運(yùn)動(dòng)：通常利用動(dòng)能定理qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)來求解；對于勻強(qiáng)電場，電場力做功也可以用W＝qEd來求解．(2)偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)：一般探討帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)問題．對于類平拋運(yùn)動(dòng)可干脆利用平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律以及推論；較困難的曲線運(yùn)動(dòng)常用運(yùn)動(dòng)的合成與分解的方法來處理．2．勻強(qiáng)磁場中常見的運(yùn)動(dòng)類型(僅受磁場力作用)(1)勻速直線運(yùn)動(dòng)：當(dāng)v∥B時(shí)，帶電粒子以速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng)．(2)勻速圓周運(yùn)動(dòng)：當(dāng)v⊥B時(shí)，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度大小做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．3．關(guān)于粒子的重力(1)對于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等，因?yàn)槠渲亓σ话銧顩r下與電場力或磁場力相比太小，可以忽視；而對于一些宏觀物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等一般應(yīng)考慮其重力．(2)不能干脆推斷是否要考慮重力的狀況，在進(jìn)行受力分析與運(yùn)動(dòng)分析時(shí)，依據(jù)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可分析出是否要考慮重力．“科學(xué)思維”展示1．思想方法(1)解題關(guān)鍵帶電粒子在復(fù)合場中做什么運(yùn)動(dòng)，取決于帶電粒子所受的合外力及初始運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的速度，因此帶電粒子的運(yùn)動(dòng)狀況和受力狀況的分析是解題的關(guān)鍵．(2)力學(xué)規(guī)律的選擇①當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，應(yīng)依據(jù)平衡條件列方程求解．②當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，往往同時(shí)應(yīng)用牛頓其次定律和受力分析列方程聯(lián)立求解．③當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做非勻變速曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，應(yīng)選用動(dòng)能定理或能量守恒定律列方程求解．2．模型建構(gòu)解電磁學(xué)中的曲線運(yùn)動(dòng)常用“四種”方法電磁學(xué)中的曲線運(yùn)動(dòng)常用“四種”方法運(yùn)動(dòng)的合成分解1.帶電粒子以某一初速度，垂直電場方向射入勻強(qiáng)電場中，只受電場力作用的運(yùn)動(dòng)．2．帶電粒子在勻強(qiáng)電場及重力場中的勻變速曲線運(yùn)動(dòng)．動(dòng)能定理解曲線運(yùn)動(dòng)問題帶電粒子在復(fù)合場中做變加速曲線運(yùn)動(dòng)，適合應(yīng)用動(dòng)能定理．帶電粒子在復(fù)合場中做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)也可以運(yùn)用動(dòng)能定理．利用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解圓周運(yùn)動(dòng)問題①核外電子在庫侖力作用下繞原子核的運(yùn)動(dòng)．②帶電粒子在垂直勻強(qiáng)磁場的平面里在磁場力作用下的運(yùn)動(dòng)．③帶電物體在各種外力(重力、彈力、摩擦力、電場力、磁場力等)作用下的圓周運(yùn)動(dòng)．利用幾何關(guān)系解圓周問題帶電粒子垂直射入勻強(qiáng)磁場，由于磁場的邊界不同造成粒子軌跡圓與邊界的幾何問題，由于粒子射入磁場的速度不同造成粒子軌跡圓的半徑不同，由于粒子射入磁場的方向不同造成粒子軌跡的旋轉(zhuǎn)，以上均涉及平面幾何問題.命題熱點(diǎn)·巧突破考點(diǎn)一帶電粒子(體)在電場中的運(yùn)動(dòng)考向1帶電粒子在電場中的加(減)速〔考向預(yù)料〕1．(2024·山東煙臺(tái)4月模擬)如圖所示，虛線空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，一電荷量為q＝＋1.0×10－5C的帶電粒子，從a點(diǎn)由靜止起先經(jīng)電壓為U＝100V的電場加速后，垂直于勻強(qiáng)電場方向以v0＝1.0×104m/s的速度進(jìn)入勻強(qiáng)電場中，從虛線MN上的某點(diǎn)b(圖中未畫出)離開勻強(qiáng)電場時(shí)速度與電場方向成45°角．已知PQ、MN間距離為20cm，帶電粒子的重力忽視不計(jì)．若帶電粒子質(zhì)量為m，離開電場時(shí)沿電場方向的偏轉(zhuǎn)量為y，則(A)A．m＝2.0×10－11kg，y＝10cmB．m＝2.0×10－11kg，y＝5cmC．m＝1.0×10－11kg，y＝10cmD．m＝1.0×10－11kg，y＝5cm【解析】粒子在加速電場中運(yùn)動(dòng)的過程，由動(dòng)能定理得qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得帶電粒子質(zhì)量m＝2.0×10－11kg，粒子進(jìn)入勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿初速度方向做勻速運(yùn)動(dòng)，則有d＝v0t，粒子沿電場方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，則有vy＝at，由題意得tan45°＝eq\f(v0,vy)，偏轉(zhuǎn)量y＝eq\f(1,2)at2，代入數(shù)據(jù)得y＝10cm，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤．2．(2024·浙江杭州模擬)如圖為一有界勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)方向?yàn)樗椒较?虛線為電場線)，一帶負(fù)電微粒以某一角度θ從電場的a點(diǎn)斜向上方射入，沿直線運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，則可知(D)A．電場中a點(diǎn)的電勢低于b點(diǎn)的電勢B．微粒在a點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與電勢能之和與在b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與電勢能之和相等C．微粒在a點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能小于在b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能，在a點(diǎn)時(shí)的電勢能大于在b點(diǎn)時(shí)的電勢能D．微粒在a點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能大于在b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能，在a點(diǎn)時(shí)的電勢能小于在b點(diǎn)時(shí)的電勢能【解析】微粒沿直線運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)，則微粒所受的合力與速度在同始終線上，重力豎直向下，則受到的電場力方向水平向左，電場方向水平向右，則a點(diǎn)的電勢高于b點(diǎn)的電勢，故A錯(cuò)誤；依據(jù)能量守恒，微粒的重力勢能、動(dòng)能、電勢能總量不變，從a點(diǎn)到b點(diǎn)，微粒重力勢能增大，則動(dòng)能與電勢能之和減小，故B錯(cuò)誤；微粒從a到b，電場力做負(fù)功，重力做負(fù)功，動(dòng)能減小，電勢能增大，C錯(cuò)誤，D正確．規(guī)律總結(jié)求解帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(dòng)的技巧要留意分析帶電粒子是做勻速運(yùn)動(dòng)還是勻變速運(yùn)動(dòng)，勻速運(yùn)動(dòng)問題常以平衡條件F合＝0作為突破口進(jìn)行求解，勻變速運(yùn)動(dòng)依據(jù)力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系可知，合力肯定和速度在一條直線上，然后運(yùn)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)或能量觀點(diǎn)求解．(1)運(yùn)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)時(shí)，先分析帶電粒子的受力狀況，依據(jù)F合＝ma得出加速度，再依據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)方程可得出所求物理量．(2)運(yùn)用能量觀點(diǎn)時(shí)，在勻強(qiáng)電場中，若不計(jì)重力，電場力對帶電粒子做的功等于粒子動(dòng)能的變更量；若考慮重力，則合力對帶電粒子做的功等于粒子動(dòng)能的變更量．考向2帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)〔考向預(yù)料〕3．如圖所示，兩極板與電源相連接，電子從負(fù)極板邊緣垂直電場方向射入勻強(qiáng)電場，且恰好從正極板邊緣飛出．現(xiàn)在使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，而電子仍從原位置射入，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板的間距應(yīng)變?yōu)樵瓉淼?C)A．2倍 B．4倍C．eq\f(1,2) D．eq\f(1,4)【解析】電子在兩極板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向l＝v0t，t＝eq\f(l,v0)，豎直方向d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0))，故d2＝eq\f(qUl2,2mv\o\al(2,0))，即d∝eq\f(1,v0)，故C正確．4．(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)，正方形ABCD區(qū)域內(nèi)有平行于AB邊的勻強(qiáng)電場，E、F、H是對應(yīng)邊的中點(diǎn)，P點(diǎn)是EH的中點(diǎn)．一個(gè)帶負(fù)電的粒子(不計(jì)重力)從F點(diǎn)沿FH方向射入電場后恰好從C點(diǎn)射出．以下說法正確的是(BC)A．勻強(qiáng)電場中B點(diǎn)的電勢比D點(diǎn)低B．粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡經(jīng)過PE之間某點(diǎn)C．若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话耄Ｗ忧『糜蒃點(diǎn)從BC邊射出D．若增大粒子的初速度可使粒子垂直穿過EH【解析】帶負(fù)電的粒子向下偏轉(zhuǎn)，因此電場方向應(yīng)豎直向上，B點(diǎn)的電勢應(yīng)高于D點(diǎn)，A錯(cuò)誤；粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，過C點(diǎn)作速度的反向延長線過FH的中點(diǎn)，也必過P點(diǎn)，因此運(yùn)動(dòng)軌跡應(yīng)當(dāng)過PE之間的某點(diǎn)，B正確；粒子的初速度減小到原來的一半，將從BC邊出射，由類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，豎直方向位移相等，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，水平位移將變?yōu)樵瓉淼囊话?，因此從E點(diǎn)射出，C正確；從C點(diǎn)射出的粒子，反向延長線過FH的中點(diǎn)O，OC垂直于EH；增大粒子速度，粒子從HC邊射出，速度偏角必定減小，其反向延長線不行能再垂直于EH，因此粒子經(jīng)過EH但不行能垂直于EH，D錯(cuò)誤．5．(多選)(2024·山東臨沂三模)在豎直向上的勻強(qiáng)電場中，有兩個(gè)質(zhì)量相等、帶異種電荷的小球A、B(均可視為質(zhì)點(diǎn))處在同一水平面上．現(xiàn)將兩球以相同的水平速度v0向右拋出，最終落到水平地面上，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，兩球之間的靜電力和空氣阻力均不考慮，則(AD)A．A球帶正電，B球帶負(fù)電B．A球比B球先落地C．在下落過程中，A球的電勢能削減，B球的電勢能增加D．兩球從拋出到各自落地的過程中，A球的動(dòng)能變更量比B球的小【解析】兩球在水平方向都做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由x＝v0t，v0相同，知A運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比B的長，豎直方向上，由h＝eq\f(1,2)at2，h相等，可知A的加速度比B的小，則A的合力比B的小，所以A的電場力向上，帶正電，B的電場力向下，帶負(fù)電，故A正確．A運(yùn)動(dòng)的時(shí)間比B的長，則B球比A球先落地，故B錯(cuò)誤．A的電場力向上，電場力對A球做負(fù)功，A球的電勢能增加；B的電場力向下，電場力對B球做正功，B球的電勢能減小，故C錯(cuò)誤．A的合力比B的小，則A的合力做功較少，由動(dòng)能定理知A球的動(dòng)能變更小，故D正確．6.(2024·新課標(biāo)卷Ⅰ)在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)電場，柱的橫截面積是以O(shè)為圓心，半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖所示．質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的帶電粒子在紙面內(nèi)自A點(diǎn)先后以不同的速度進(jìn)入電場，速度方向與電場的方向垂直．已知?jiǎng)傔M(jìn)入電場時(shí)速度為零的粒子，自圓周上的C點(diǎn)以速率v0穿出電場，AC與AB的夾角θ＝60°.運(yùn)動(dòng)中粒子僅受電場力作用．(1)求電場強(qiáng)度的大?。?2)為使粒子穿過電場后的動(dòng)能增量最大，該粒子進(jìn)入電場時(shí)的速度應(yīng)為多大？(3)為使粒子穿過電場前后動(dòng)量變更量的大小為mv0，該粒子進(jìn)入電場時(shí)的速度應(yīng)為多大？【答案】(1)eq\f(mv\o\al(2,0),2qR)(2)eq\f(\r(2)v0,4)(3)0或eq\f(\r(3)v0,2)【解析】(1)由題意知在A點(diǎn)速度為零的粒子會(huì)沿著電場線方向運(yùn)動(dòng)，由于q>0，故電場線由A指向C，依據(jù)幾何關(guān)系可知：xAC＝R所以依據(jù)動(dòng)能定理有：qExAC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0解得：E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qR)；(2)依據(jù)題意可知要使粒子動(dòng)能增量最大，則沿電場線方向移動(dòng)距離最多，做AC垂線并且與圓相切，切點(diǎn)為D，即粒子要從D點(diǎn)射出時(shí)沿電場線方向移動(dòng)距離最多，粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，依據(jù)幾何關(guān)系有x＝Rsin60°＝v1ty＝R＋Rcos60°＝eq\f(1,2)at2而電場力供應(yīng)加速度有qE＝ma聯(lián)立各式解得粒子進(jìn)入電場時(shí)的速度v1＝eq\f(\r(2)v0,4)；(3)因?yàn)榱Ｗ釉陔妶鲋凶鲱惼綊佭\(yùn)動(dòng)，粒子穿過電場前后動(dòng)量變更量大小為mv0，即在電場方向上速度變更為v0，過C點(diǎn)做AC垂線會(huì)與圓周交于B點(diǎn)，故由題意可知粒子會(huì)從C點(diǎn)或B點(diǎn)射出．當(dāng)從B點(diǎn)射出時(shí)由幾何關(guān)系有xBC＝eq\r(3)R＝v2t2xAC＝R＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)電場力供應(yīng)加速度有qE＝ma聯(lián)立解得v2＝eq\f(\r(3)v0,2)；當(dāng)粒子從C點(diǎn)射出時(shí)初速度為0.規(guī)律總結(jié)帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)做好兩個(gè)方向的分析在垂直電場方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在這個(gè)方向上找出平行板的板長和運(yùn)動(dòng)時(shí)間等相關(guān)物理量；沿電場力方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在這個(gè)方向上找出偏轉(zhuǎn)加速度、偏轉(zhuǎn)位移、偏轉(zhuǎn)速度等相關(guān)物理量．在垂直電場方向上有t＝eq\f(l,v0)，沿電場力方向上有y＝eq\f(1,2)at2或vy＝at，a＝eq\f(F合,m)，聯(lián)立方程可求解．考點(diǎn)二帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng),考向1帶電粒子在單(雙)直線邊界勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)1．(多選)(2024·山東聊城模擬)如圖所示，從有界勻強(qiáng)磁場的邊界上O點(diǎn)以相同的速率射出三個(gè)相同粒子a、b、c，粒子b射出的方向與邊界垂直，粒子b偏轉(zhuǎn)后打在邊界上的Q點(diǎn)，另外兩個(gè)粒子打在邊界OQ的中點(diǎn)P處，不計(jì)粒子所受的重力和粒子間的相互作用力，下列說法正確的是(BD)A．粒子肯定帶正電B．粒子a與b射出的方向間的夾角等于粒子b與c射出的方向間的夾角C．兩粒子a、c在磁場中運(yùn)動(dòng)的平均速度相同D．三個(gè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心與O點(diǎn)的連線構(gòu)成一個(gè)菱形【解析】如圖，粒子往右偏轉(zhuǎn)，依據(jù)左手定則，知粒子帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；粒子a、c均從P點(diǎn)射出，a、c粒子的軌跡半徑相等，由幾何學(xué)問得a、b粒子與b、c粒子的射出的方向間的夾角相等，故B正確；a、c粒子位移相等，時(shí)間不等，故兩粒子a、c在磁場中運(yùn)動(dòng)的平均速度不相同，故C錯(cuò)誤；依據(jù)r＝eq\f(mv,qB)，知速率相同的三個(gè)相同粒子在同一磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑相等，結(jié)合B的分析及幾何學(xué)問可知連接三個(gè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心與O點(diǎn)的連線構(gòu)成一個(gè)菱形，故D正確．2．(多選)(2024·浙江臺(tái)州中學(xué)模擬)如圖所示，O點(diǎn)有一粒子源，在某時(shí)刻放射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，它們的速度大小相等、速度方向均在xOy平面內(nèi)．在直線x＝a與x＝2a之間存在垂直于xOy平面對外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，與y軸正方向成60°角放射的粒子恰好垂直于磁場右邊界射出．不計(jì)粒子的重力和粒子間的相互作用力，關(guān)于這些粒子的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是(AC)A．粒子的速度大小為eq\f(2aBq,m)B．粒子的速度大小為eq\f(aBq,m)C．與y軸正方向成120°角射出的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長D．與y軸正方向成90°角射出的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長【解析】畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，由幾何圖形可知軌跡的半徑為R＝eq\f(a,cos60°)＝2a，由qvB＝meq\f(v2,R)，解得粒子的速度大小為v＝eq\f(2aBq,m)，A對；B錯(cuò)；在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間由圓心角確定，所以與y軸正方向成120°角射出的粒子軌跡如圖所示，由圖示知粒子此時(shí)在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長，所以C對D錯(cuò)．3.(多選)(2024·天津高考真題)如圖所示，在Oxy平面的第一象限內(nèi)存在方向垂直紙面對里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場．一帶電粒子從y軸上的M點(diǎn)射入磁場，速度方向與y軸正方向的夾角θ＝45°.粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后在N點(diǎn)(圖中未畫出)垂直穿過x軸．已知OM＝a，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，重力不計(jì)．則(AD)A．粒子帶負(fù)電荷B．粒子速度大小為eq\f(qBa,m)C．粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為aD．N與O點(diǎn)相距(eq\r(2)＋1)a【解析】粒子向下偏轉(zhuǎn)，依據(jù)左手定則推斷洛倫茲力，可知粒子帶負(fù)電，A正確；粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖．由于速度方向與y軸正方向的夾角θ＝45°，依據(jù)幾何關(guān)系可知∠OMO1＝∠OO1M＝45°，OM＝OO1＝a，則粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r＝O1M＝eq\r(2)a，洛倫茲力供應(yīng)向心力qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(\r(2)qBa,m)，BC錯(cuò)誤；N與O點(diǎn)的距離為NO＝OO1＋r＝(eq\r(2)＋1)a，D正確．故選AD．規(guī)律總結(jié)常見的幾種臨界半徑的求解方法r＋rcosθ＝d得r＝eq\f(d,1＋cosθ)當(dāng)θ＝90°時(shí)r＝dr＋rsinθ＝d得r＝eq\f(d,1＋sinθ)當(dāng)θ＝90°時(shí)r＝eq\f(1,2)dr＋eq\f(r,sinθ)＝d得r＝eq\f(sinθ,1＋sinθ)dr1＝eq\f(1,2)dL2＋(r2－d)2＝req\o\al(2,2)得r2＝eq\f(L2＋d2,2d),考向2帶電粒子在矩形(或三角形)邊界勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)4．(2024·全國卷Ⅱ)如圖，邊長為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外．a(chǎn)b邊中點(diǎn)有一電子放射源O，可向磁場內(nèi)沿垂直于ab邊的方向放射電子．已知電子的比荷為k.則從a、d兩點(diǎn)射出的電子的速度大小分別為(B)A．eq\f(1,4)kBl，eq\f(\r(5),4)kBl B．eq\f(1,4)kBl，eq\f(5,4)kBlC．eq\f(1,2)kBl，eq\f(\r(5),4)kBl D．eq\f(1,2)kBl，eq\f(5,4)kBl【解析】若電子從a點(diǎn)射出，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖線①，有qvaB＝meq\f(v\o\al(2,a),Ra)，Ra＝eq\f(l,4)解得va＝eq\f(qBRa,m)＝eq\f(qBl,4m)＝eq\f(kBl,4)若電子從d點(diǎn)射出，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖線②，有qvdB＝meq\f(v\o\al(2,d),Rd)Req\o\al(2,d)＝(Rd－eq\f(l,2))2＋l2解得vd＝eq\f(qBRd,m)＝eq\f(5qBl,4m)＝eq\f(5kBl,4)選項(xiàng)B正確．5．(2024·河北石家莊模擬)如圖，A、C兩點(diǎn)分別位于x軸和y軸上，∠OCA＝30°，OC的長度為L.在△OCA區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面對里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子，從坐標(biāo)原點(diǎn)射入磁場，不計(jì)重力．(1)若粒子沿＋y方向射入磁場，問粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間是多少？此時(shí)初速度應(yīng)滿意什么條件？(2)大量初速度大小為v＝eq\f(qBL,2m)的粒子以不同的方向射入第一象限，求從AC邊射出的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間，及該粒子的入射方向與x軸正向的夾角．【答案】(1)0<v≤eq\f(qBL,m)(2－eq\r(3))(2)eq\f(πm,3qB)eq\f(π,3)【解析】(1)粒子轉(zhuǎn)過半圓從OA邊射出時(shí)時(shí)間為定值，速度最大的粒子與AC邊相切，如圖所示依據(jù)幾何關(guān)系可得R＝Ltan15°＝(2－eq\r(3))L依據(jù)洛倫茲力供應(yīng)向心力可得qvB＝meq\f(v2,R)解得v＝eq\f(qBL,m)(2－eq\r(3))，所以滿意條件的粒子速度范圍為0<v≤eq\f(qBL,m)(2－eq\r(3))粒子速度大小相等，要使粒子在磁場中經(jīng)過的時(shí)間最短，需使粒子軌跡對應(yīng)的弦長最短，所以最短時(shí)間的軌跡如圖所示依據(jù)洛倫茲力供應(yīng)向心力可得qvB＝meq\f(v2,R)解得粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)半徑為r＝eq\f(L,2)軌跡圖中幾何關(guān)系可得CD＝Lsin30°＝eq\f(L,2)由此可知粒子軌跡對應(yīng)的圓心角為60°；最短時(shí)間為t＝eq\f(60°,360°)T＝eq\f(1,6)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,3qB)由圖可知，粒子入射方向與＋x軸的夾角為θ＝eq\f(π,3).規(guī)律總結(jié)帶電粒子在閉合邊界勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)的解題關(guān)鍵找尋“相切”的臨界點(diǎn)是解決有界磁場問題的關(guān)鍵，另外在磁場邊界上還有粒子不能達(dá)到的區(qū)域即“盲區(qū)”，也要引起大家留意．帶電粒子(不計(jì)重力)在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)狀況分析：(1)粒子射入磁場的初速度方向和矩形磁場某邊界垂直，如圖甲所示．(2)粒子射入磁場的初速度方向和矩形磁場某邊界成肯定夾角，如圖乙所示．留意：粒子速度不變、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變更也會(huì)引起粒子軌跡半徑的變更，分析方法與此類似．考向3帶電粒子在圓形邊界勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)6.(2024·全國課標(biāo)卷Ⅲ)真空中有一勻強(qiáng)磁場，磁場邊界為兩個(gè)半徑分別為a和3a的同軸圓柱面，磁場的方向與圓柱軸線平行，其橫截面如圖所示．一速率為v的電子從圓心沿半徑方向進(jìn)入磁場．已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，忽視重力．為使該電子的運(yùn)動(dòng)被限制在圖中實(shí)線圓圍成的區(qū)域內(nèi)，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度最小為(C)A．eq\f(3mv,2ae) B．eq\f(mv,ae)C．eq\f(3mv,4ae) D．eq\f(3mv,5ae)【解析】電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力供應(yīng)向心力eBv＝meq\f(v2,r)，則磁感應(yīng)強(qiáng)度與圓周運(yùn)動(dòng)軌跡關(guān)系為B＝eq\f(mv,er)，即運(yùn)動(dòng)軌跡半徑越大，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度越小．令電子運(yùn)動(dòng)軌跡最大的半徑為rmax，為了使電子的運(yùn)動(dòng)被限制在圖中實(shí)線圓圍成的區(qū)域內(nèi)，其最大半徑的運(yùn)動(dòng)軌跡與實(shí)線圓相切，如圖所示．A點(diǎn)為電子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心，電子從圓心沿半徑方向進(jìn)入磁場，由左手定則可得，AB⊥OB，△ABO為直角三角形，則由幾何關(guān)系可得(3a－rmax)2＝req\o\al(2,max)＋a2，解得rmax＝eq\f(4,3)a解得磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度最小值Bmin＝eq\f(mv,ermax)＝eq\f(3mv,4ae)，故選C．7．(多選)(2024·哈爾濱三中二模)如圖所示，半徑為R＝2cm的圓形區(qū)域中有垂直紙面對外的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2T，一個(gè)比荷為2×106C/kg的帶正電的粒子從圓形磁場邊界上的A點(diǎn)以v0＝8×104m/s的速度垂直直徑MN射入磁場，恰好從N點(diǎn)射出，且∠AON＝120°.下列選項(xiàng)正確的是(BCD)A．帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為1cmB．帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心肯定在圓形磁場的邊界上C．若帶電粒子改為從圓形磁場邊界上的C點(diǎn)以相同的速度入射，肯定從N點(diǎn)射出D．若要實(shí)現(xiàn)帶電粒子從A點(diǎn)入射，從N點(diǎn)出射，則該圓形磁場的最小面積為3π×10－4m2【解析】依據(jù)洛倫茲力供應(yīng)向心力：qvB＝meq\f(v2,r)，可得：r＝eq\f(mv,qB)，代入數(shù)據(jù)解得：r＝2cm，故A錯(cuò)誤；粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：由上可知四邊形AONP為菱形，又因?yàn)椤螦ON＝120°，依據(jù)幾何學(xué)問可得圓心P肯定在圓周上，故B正確；從圓形磁場邊界上的C點(diǎn)以相同的速度入射，軌跡如圖所示，易知四邊形SCON為菱形，依據(jù)幾何學(xué)問可知粒子肯定從N點(diǎn)射出，故C正確；當(dāng)帶電粒子從A點(diǎn)入射，從N點(diǎn)出射，以AN為直徑的圓的磁場此時(shí)有最小面積，即S＝π(eq\f(AN,2))2＝π(Rcos30°)2＝3π×10－4m2，故D正確．8．(2024·全國課標(biāo)卷Ⅰ)一勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面對外，其邊界如圖中虛線所示，eq\x\to(ab)為半圓，ac、bd與直徑ab共線，ac間的距離等于半圓的半徑．一束質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子，在紙面內(nèi)從c點(diǎn)垂直于ac射入磁場，這些粒子具有各種速率．不計(jì)粒子之間的相互作用．在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長的粒子，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間為(C)A．eq\f(7πm,6qB) B．eq\f(5πm,4qB)C．eq\f(4πm,3qB) D．eq\f(3πm,2qB)【解析】粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，qBv＝eq\f(mv2,r)，T＝eq\f(2πr,v)可得粒子在磁場中的周期T＝eq\f(2πm,qB)，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\f(θ,2π)·T＝eq\f(θm,qB)，則粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與速度無關(guān)，軌跡對應(yīng)的圓心角越大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長．采納放縮圓解決該問題，粒子垂直ac射入磁場，則軌跡圓心必在ac直線上，將粒子的軌跡半徑由零漸漸放大．當(dāng)半徑r≤0.5R和r≥1.5R時(shí)，粒子分別從ac、bd區(qū)域射出，磁場中的軌跡為半圓，運(yùn)動(dòng)時(shí)間等于半個(gè)周期．當(dāng)0.5R<r<1.5R時(shí)，粒子從半圓邊界射出，漸漸將軌跡半徑從0.5R漸漸放大，粒子射出位置從半圓頂端向下移動(dòng)，軌跡圓心角漸漸增大，當(dāng)軌跡半徑為R時(shí)，軌跡圓心角最大，然后再增大軌跡半徑，軌跡圓心角減小，因此當(dāng)軌跡半徑等于R時(shí)軌跡圓心角最大，即軌跡對應(yīng)的最大圓心角θ＝π＋eq\f(π,3)＝eq\f(4,3)π，粒子運(yùn)動(dòng)最長時(shí)間為t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(\f(4,3)π,2π)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(4πm,3qB)，故選C．9．(多選)(2024·云南保山聯(lián)考)如圖所示，在一個(gè)半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直于紙面對里的勻強(qiáng)磁場，一個(gè)比荷為eq\f(q,m)的正粒子，從A點(diǎn)沿與AO夾角30°的方向射入勻強(qiáng)磁場區(qū)域，最終從B點(diǎn)沿與AO垂直的方向離開磁場．若粒子在運(yùn)動(dòng)過程中只受磁場力作用，則(AC)A．粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r＝RB．粒子在磁場區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\f(πm,6Bq)C．粒子的初速度v0＝eq\f(qBR,m)D．若僅變更初速度的方向，該粒子仍能從B點(diǎn)飛出磁場區(qū)域【解析】畫出粒子軌跡示意圖，如下圖所示，因?yàn)榱Ｗ訌腂點(diǎn)沿與AO垂直的方向離開磁場，故O′B與AO平行，又因?yàn)椤鱋AB與△O′AB均為等腰三角形，可得：OAB＝OBA＝O′BA＝O′AB，所以O(shè)′A與BO也平行，因?yàn)榱Ｗ铀俣确较蚱D(zhuǎn)的角度為60°，故∠AO′B＝60°，所以四邊形OAO′B為兩個(gè)等邊三角形組成的菱形，故粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r＝R，故A正確；粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期：T＝eq\f(2πr,v0)＝eq\f(2πm,qB)，粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角θ＝60°，所以粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t＝eq\f(60°,360°)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,3qB)，故B錯(cuò)誤；依據(jù)洛倫茲力供應(yīng)向心力可得：qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)，結(jié)合軌道半徑r＝R，聯(lián)立可得粒子的初速度為：v0＝eq\f(qBR,m)，故C正確；當(dāng)入射粒子速度方向發(fā)生變更時(shí)，粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡示意圖如圖所示，速度大小不變，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑不變，入射速度方向發(fā)生變更，粒子在圓周上的出射點(diǎn)也隨之變更，所以若僅變更初速度的方向，該粒子將不能從B點(diǎn)飛出磁場區(qū)域，故D錯(cuò)誤．規(guī)律總結(jié)帶電粒子在圓形磁場中運(yùn)動(dòng)常見圖示圖示結(jié)論徑向進(jìn)出等角進(jìn)出點(diǎn)入平出平入點(diǎn)出考點(diǎn)三帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)考向1帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng)1．先把帶電粒子的運(yùn)動(dòng)依據(jù)組合場的依次分解為一個(gè)個(gè)獨(dú)立的過程，并分析每個(gè)過程中帶電粒子的受力狀況和運(yùn)動(dòng)狀況，然后用連接速度把這些過程關(guān)聯(lián)起來，列方程解題．2．帶電粒子的常見運(yùn)動(dòng)類型及求解方法〔考向預(yù)料〕1．(2024·全國課標(biāo)卷Ⅱ)CT掃描是計(jì)算機(jī)X射線斷層掃描技術(shù)的簡稱，CT掃描機(jī)可用于對多種病情的探測．圖(a)是某種CT機(jī)主要部分的剖面圖，其中X射線產(chǎn)生部分的示意圖如圖(b)所示．圖(b)中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內(nèi)有勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)磁場；經(jīng)調(diào)整后電子束從靜止起先沿帶箭頭的實(shí)線所示的方向前進(jìn)，打到靶上，產(chǎn)生X射線(如圖中帶箭頭的虛線所示)；將電子束打到靶上的點(diǎn)記為P點(diǎn)．則(D)A．M處的電勢高于N處的電勢B．增大M、N之間的加速電壓可使P點(diǎn)左移C．偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直于紙面對外D．增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小可使P點(diǎn)左移【解析】由于電子帶負(fù)電，要在MN間加速則MN間電場方向由N指向M，依據(jù)沿著電場線方向電勢漸漸降低可知M的電勢低于N的電勢，故A錯(cuò)誤；增大加速電壓則依據(jù)eU＝eq\f(1,2)mv2，可知會(huì)增大到達(dá)偏轉(zhuǎn)磁場的速度；又依據(jù)在偏轉(zhuǎn)磁場中洛倫茲力供應(yīng)向心力，有evB＝meq\f(v2,R)，可得R＝eq\f(mv,eB)，可知會(huì)增大在偏轉(zhuǎn)磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑，由于磁場寬度相同，故依據(jù)幾何關(guān)系可知會(huì)減小偏轉(zhuǎn)的角度，故P點(diǎn)會(huì)右移，故B錯(cuò)誤；電子在偏轉(zhuǎn)電場中做圓周運(yùn)動(dòng)，向下偏轉(zhuǎn)，依據(jù)左手定則可知磁場方向垂直紙面對里，故C錯(cuò)誤；由B選項(xiàng)的分析可知，當(dāng)其它條件不變時(shí)，增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度會(huì)減小半徑，從而增大偏轉(zhuǎn)角度，使P點(diǎn)左移，故D正確．故選D．2．(2024·高考全國卷Ⅲ)如圖，在坐標(biāo)系的第一和其次象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為eq\f(1,2)B和B、方向均垂直于紙面對外的勻強(qiáng)磁場．一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x軸射入其次象限，隨后垂直于y軸進(jìn)入第一象限，最終經(jīng)過x軸離開第一象限．粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為(B)A．eq\f(5πm,6qB) B．eq\f(7πm,6qB)C．eq\f(11πm,6qB) D．eq\f(13πm,6qB)【解析】帶電粒子在不同磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)，其速度大小不變，由r＝eq\f(mv,qB)知，第一象限內(nèi)的圓半徑是其次象限內(nèi)圓半徑的2倍，如圖所示．由幾何關(guān)系可知，粒子在第一象限轉(zhuǎn)過的角度為60°.粒子在其次象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝eq\f(T1,4)＝eq\f(2πm,4qB)＝eq\f(πm,2qB)粒子在第一象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝eq\f(T2,6)＝eq\f(2πm×2,6qB)＝eq\f(2πm,3qB)則粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝t1＋t2＝eq\f(7πm,6qB)，選項(xiàng)B正確．3.(2024·新課標(biāo)卷Ⅱ)如圖，在0≤x≤h，－∞<y<＋∞區(qū)域中存在方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小可調(diào)，方向不變．一質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從磁場區(qū)域左側(cè)沿x軸進(jìn)入磁場，不計(jì)重力．(1)若粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后穿過y軸正半軸離開磁場，分析說明磁場的方向，并求在這種狀況下磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值Bm；(2)假如磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(Bm,2)，粒子將通過虛線所示邊界上的一點(diǎn)離開磁場．求粒子在該點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向與x軸正方向的夾角及該點(diǎn)到x軸的距離．【答案】(1)磁場方向垂直于紙面對里eq\f(mv0,qh)(2)eq\f(π,6)(2－eq\r(3))h【解析】(1)由題意，粒子剛進(jìn)入磁場時(shí)應(yīng)受到方向向上的洛倫茲力，因此磁場方向垂直于紙面對里．設(shè)粒子進(jìn)入磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，依據(jù)洛倫茲力公式和圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)①由此可得R＝eq\f(mv0,qB)②粒子穿過y軸正半軸離開磁場，其在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在y軸正半軸上，半徑應(yīng)滿意R≤h③由題意，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bm時(shí)，粒子的運(yùn)動(dòng)半徑最大，由此得Bm＝eq\f(mv0,qh)④(2)若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(Bm,2)，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心仍在y軸正半軸上，由②④式可得，此時(shí)圓弧半徑為R′＝2h⑤粒子會(huì)穿過圖中P點(diǎn)離開磁場，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示．設(shè)粒子在P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向與x軸正方向的夾角為a，由幾何關(guān)系sinα＝eq\f(h,2h)＝eq\f(1,2)⑥即α＝eq\f(π,6)⑦由幾何關(guān)系可得，P點(diǎn)與x軸的距離為y＝2h(1－cosα)⑧聯(lián)立⑦⑧式得y＝(2－eq\r(3))h⑨考向2帶電粒子在疊加場中的運(yùn)動(dòng)〔典例探秘〕典例(2024·新課標(biāo)全國卷Ⅲ)空間存在一方向豎直向下的勻強(qiáng)電場，O、P是電場中的兩點(diǎn)．從O點(diǎn)沿水平方向以不同速度①先后放射兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球A、B②.A不帶電，B的電荷量為q(q>0)③.A從O點(diǎn)放射時(shí)的速度大小為v0，到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為t④；B從O點(diǎn)到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為eq\f(t,2)⑤.重力加速度為g，求(1)電場強(qiáng)度的大??；(2)B運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能．【解析】(1)設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E，小球B運(yùn)動(dòng)的加速度為a.依據(jù)牛頓定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給條件，有mg＋qE＝ma①eq\f(1,2)a(eq\f(t,2))2＝eq\f(1,2)gt2②解得E＝eq\f(3mg,q)③(2)設(shè)B從O點(diǎn)放射時(shí)的速度為v1，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek，O、P兩點(diǎn)的高度差為h，依據(jù)動(dòng)能定理有Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgh＋qEh④且有v1eq\f(t,2)＝v0t⑤h＝eq\f(1,2)gt2⑥聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek＝2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)【答案】(1)eq\f(3mg,q)(2)2m(veq\o\al(2,0)＋g2t2)【核心考點(diǎn)】本題考查了運(yùn)用電場力、牛頓其次定律和動(dòng)能定理以及平拋、類平拋學(xué)問解決帶電粒子在靜電場中的運(yùn)動(dòng)的問題，考查學(xué)生的綜合分析實(shí)力．其次定律和動(dòng)能定理以及平拋、類平拋學(xué)問解決帶電粒子在靜電場中的運(yùn)動(dòng)的問題，考查學(xué)生的綜合分析實(shí)力．【規(guī)范審題】①兩個(gè)小球和速度方向都沿水平方向，大小不同②兩小球質(zhì)量相同③強(qiáng)調(diào)A不帶電，只受重力，B帶正電荷，還受電場力．④給出A球初速度大小，以及到達(dá)P點(diǎn)的時(shí)間為t⑤B球到達(dá)P點(diǎn)的時(shí)間是A球的一半．審題結(jié)果兩個(gè)小球一個(gè)不帶電，做平拋運(yùn)動(dòng)，另一個(gè)帶正電荷，做類平拋運(yùn)動(dòng)；兩個(gè)小球初速度大小不同，都是從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，豎直位移，水平位移相同，運(yùn)動(dòng)時(shí)間A是B的兩倍.【思路分析】分解運(yùn)動(dòng)，豎直方向的位移相同，時(shí)間是二倍關(guān)系，所以豎直方向B的加速度是A的四倍；又因?yàn)樗轿灰葡嗤运椒较駼的速度是A的兩倍．【總結(jié)提升】優(yōu)選最佳解題方案，可事半功倍．一般涉剛好間的運(yùn)動(dòng)問題，采納牛頓其次定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解題；不涉剛好間時(shí)，采納動(dòng)能定理或功能關(guān)系解題．規(guī)律總結(jié)處理帶電粒子在電場、重力場中直線運(yùn)動(dòng)的方法：帶電體在電場以及重力場的共同作用下運(yùn)動(dòng)，軌跡為直線的條件是帶電體所受的合力為零或帶電體的運(yùn)動(dòng)方向與合力方向在一條直線上．處理此類問題的方法：(1)依據(jù)帶電體的受力狀況和運(yùn)動(dòng)狀況進(jìn)行分析，綜合牛頓運(yùn)動(dòng)定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律解決問題；(2)依據(jù)功能關(guān)系或能量守恒的觀點(diǎn)來處理問題，分析帶電體的能量轉(zhuǎn)化狀況時(shí)，往往涉及重力勢能、電勢能以及動(dòng)能的轉(zhuǎn)化，但應(yīng)留意能的總量保持不變．〔考向預(yù)料〕4．(多選)(2024·江西五校聯(lián)考)如圖所示，含有eq\o\al(1,1)H、eq\o\al(2,1)H、eq\o\al(4,2)He的帶電粒子束從小孔O1處射入速度選擇器，沿直線O1O2運(yùn)動(dòng)的粒子在小孔O2處射出后垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場，最終打在P1、P2兩點(diǎn)．則(BC)A．打在P1點(diǎn)的粒子是eq\o\al(4,2)HeB．打在P2點(diǎn)的粒子是eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(4,2)HeC．O2P2的長度是O2P1長度的2倍D．粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間都相等【解析】帶電粒子在沿直線通過速度選擇器時(shí)，電場力與洛倫茲力大小相等、方向相反，即qvB＝qE，所以v＝eq\f(E,B)，可知從粒子速度選擇器中射出的粒子具有相同的速度，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力供應(yīng)向心力，qvB＝eq\f(mv2,r)，所以r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(m,q)·eq\f(v,B)，可知粒子的比荷越大，運(yùn)動(dòng)的半徑越小，所以打在P1點(diǎn)的粒子是eq\o\al(1,1)H，打在P2點(diǎn)的粒子是eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(4,2)He，故A錯(cuò)誤，B正確；由題中的數(shù)據(jù)可得eq\o\al(1,1)H的比荷是eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(4,2)He的比荷的2倍，所以eq\o\al(1,1)H的軌道的半徑是eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(4,2)He的半徑的eq\f(1,2)，即O2P2的長度是O2P1長度的2倍，故C正確；粒子運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，三種粒子的比荷不全相同，所以粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不全相等，故D錯(cuò)誤．5．電動(dòng)自行車是一種應(yīng)用廣泛的交通工具，其速度限制是通過轉(zhuǎn)動(dòng)右把手實(shí)現(xiàn)的，這種轉(zhuǎn)動(dòng)把手稱“霍爾轉(zhuǎn)把”，屬于傳感器非接觸限制．轉(zhuǎn)把內(nèi)部有永久磁鐵和霍爾器件等，截面如圖甲．開啟電源時(shí)，在霍爾器件的上下面之間加肯定的電壓，形成電流，如圖乙．隨著轉(zhuǎn)把的轉(zhuǎn)動(dòng)，其內(nèi)部的永久磁鐵也跟著轉(zhuǎn)動(dòng)，霍爾器件能輸出限制車速的電壓，已知電壓與車速關(guān)系如圖丙．以下關(guān)于“霍爾轉(zhuǎn)把”敘述正確的是(B)A．為提高限制的靈敏度，永久磁鐵的上、下端分別為N、S極B．按圖甲順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)電動(dòng)車的右把手，車速將變快C．圖乙中從霍爾器件的左右側(cè)面輸出限制車速的霍爾電壓D．若霍爾器件的上下面之間所加電壓正負(fù)極性對調(diào)，將影響車速限制【解析】由于在霍爾器件的上下面之間加肯定的電壓，形成電流，當(dāng)永久磁鐵的上下端分別為N、S極時(shí)，磁場與電子的移動(dòng)方向平行，則電子不受洛倫茲力作用，那么霍爾器件不能輸出限制車速的電勢差，故A錯(cuò)誤；當(dāng)按圖甲順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)把手，導(dǎo)致霍爾器件四周的磁場增加，那么霍爾器件輸出限制車速的電勢差增大，因此車速變快，故B正確；依據(jù)題意，結(jié)合圖乙的示意圖，永久磁鐵的N、S極可能在左、右側(cè)面，或在前、后表面，因此從霍爾器件輸出限制車速的電勢差，不肯定在霍爾器件的左右側(cè)面，也可能在前后表面，故C錯(cuò)誤；當(dāng)霍爾器件