2025届高考物理二轮专题复习与测试模块三电场和磁场专题九带电粒子在复合场中的运动

这是一份2025届高考物理二轮专题复习与测试模块三电场和磁场专题九带电粒子在复合场中的运动，共23页。
1．熟练掌握带电粒子在平面复合场中运动轨迹的画图技巧，综合应用几何知识解决物理问题。
2．用运动分解的思想分析带电粒子在空间复合场中运动的问题。
命题点1 复合场中运动的实例分析
1．(多选)(2024·湖北卷，T9)磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电压。下列说法正确的是( AC )
A．极板MN是发电机的正极
B．仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小
C．仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大
D．仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大
解析：带正电的离子受到洛伦兹力向上偏转，极板MN带正电为发电机正极，A正确；离子受到的洛伦兹力和电场力相互平衡时，此时令极板间距为d，则qvB＝ eq \f(qU,d) ，可得U＝Bdv，因此增大极板间距，U增大，增大速率，U增大，U大小和粒子数密度无关，B、D错误，C正确。
2．(2024·江西卷，T7)石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子(电子)浓度。如图(a)所示，在长为a，宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当I＝1.00×10－3 A时，测得U－B关系图线如图(b)所示，元电荷e＝1.60×10－19 C，则此样品每平方米载流子数最接近( D )
A．1.7×1019 B．1.7×1015
C．2.3×1020 D．2.3×1016
解析：设样品每平方米载流子(电子)数为n，电子定向移动的速率为v，则时间t内通过样品的电荷量q＝nevtb，根据电流的定义式得I＝ eq \f(q,t) ＝nevb，当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有evB＝e eq \f(U,b) ，联立解得U＝ eq \f(I,ne) B，结合图像可得k＝ eq \f(I,ne) ＝ eq \f(88×10－3,320×10－3) V/T，解得n≈2.3×1016。
3．(2023·广东卷，T5)某小型医用回旋加速器最大回旋半径为0.5 m，磁感应强度大小为1.12 T，质子加速后获得的最大动能为1.5×107 eV。根据给出的数据，可计算质子经该回旋加速器加速后的最大速率约为(忽略相对论效应，1 eV＝1.6×10－19 J)( C )
A．3.6×106 m/s B．1.2×107 m/s
C．5.4×107 m/s D．2.4×108 m/s
解析：根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m eq \f(v2,R) ，质子加速后获得的最大动能Ek＝ eq \f(1,2) mv2，解得最大速率约为v＝5.4×107 m/s。
命题点2 带电粒子在复合场中的运动
4．(多选)(2024·安徽卷，T10)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示，当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则( ABD )
A．油滴a带负电，所带电荷量的大小为 eq \f(mg,E)
B．油滴a做圆周运动的速度大小为 eq \f(gBR,E)
C．小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为 eq \f(3gBR,E) ，周期为 eq \f(4πE,gB)
D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
解析：油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知油滴a带负电，有mg＝Eq，解得q＝ eq \f(mg,E) ，故A正确；根据洛伦兹力提供向心力有Bqv＝m eq \f(v2,R) ，得R＝ eq \f(mv,Bq) ，解得油滴a做圆周运动的速度大小v＝ eq \f(gBR,E) ，故B正确；设小油滴Ⅰ的速度大小为v1，得3R＝ eq \f(\f(m,2)v1,B\f(q,2)) ，解得v1＝ eq \f(3gBR,E) ，周期T＝ eq \f(2π·3R,v1) ＝ eq \f(2πE,gB) ，故C错误；带电油滴a分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，得mv＝ eq \f(m,2) v1＋ eq \f(m,2) v2，解得v2＝－ eq \f(gBR,E) ，由于分离后的小液滴受到的电场力和重力仍然平衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反，根据左手定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。
5．(2024·安徽卷，T8)在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电量为＋q，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v2、v3，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了 eq \f(kq2,2d) ，k为静电力常量，不计空气阻力，则( D )
A．该过程中小球3受到的合力大小始终不变
B．该过程中系统能量守恒，动量不守恒
C．在图乙位置，v1＝v2，v3≠2v1
D．在图乙位置，v3＝ eq \r(\f(2kq2,3md))
解析：该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统分析可知系统受到的合外力为0，故动量守恒；当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力相等，此时球3受到1和2的电场力大小相等，方向相反，故可知此时球3受到的合力为0，球3从静止状态开始运动，瞬间受到的合力不为0，故该过程中小球3受到的合力在改变，故A、B错误；对系统根据动量守恒定律有mv1＋mv2＝mv3，根据球1和2运动的对称性可知v1＝v2，解得v3＝2v1，根据能量守恒定律 eq \f(1,2) mv eq \\al(2,1) ＋ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,2) ＋ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,3) ＝ eq \f(kq2,2d) ，解得v3＝ eq \r(\f(2kq2,3md)) ，故C错误，D正确。
6．(多选)(2022·广东卷，T8)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有( BC )
A．电子从N到P，电场力做正功
B．N点的电势高于P点的电势
C．电子从M到N，洛伦兹力不做功
D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
解析：电子从M点由静止释放，从M到N，电场力做正功，M、P在同一等势面上，可知电子从N到P，电场力做负功，A错误；根据沿电场线方向电势降低，可知N点电势高于P点电势，B正确；根据洛伦兹力方向与速度方向垂直，对带电粒子永远不做功，可知电子从M到N，洛伦兹力不做功，C正确；洛伦兹力不做功，且M、P在同一等势面上，可知电子在M点和P点速度都是零，即电子在M点和P点都是只受到电场力作用，所以电子在M点所受的合力等于在P点所受的合力，D错误。
7．(2024·广东卷，T15)如图甲所示，两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带电粒子在t＝0时刻从左侧电场某处由静止释放，在t＝t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在t＝2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在t＝3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的 eq \f(π,3) 倍，粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。
(1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q；
(2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t＝t0时刻的速度大小v；
(3)求从t＝0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。
解析：(1)根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电；粒子在磁场中运动的周期T＝2t0
根据T＝ eq \f(2πm,qB) 知粒子所带的电荷量q＝ eq \f(πm,Bt0) 。
(2)若金属板的板间距离为D，则板长为 eq \f(πD,3) ，粒子在板间运动时有 eq \f(πD,3) ＝vt0
出电场时竖直方向速度为零，则竖直方向
y＝2× eq \f(1,2) × eq \f(U0q,Dm) (0.5t0)2
在磁场中时有qvB＝m eq \f(v2,r)
其中的y＝2r＝ eq \f(2mv,qB)
联立解得v＝π eq \r(\f(πU0,24Bt0)) ，D＝ eq \r(\f(3πt0U0,8B)) 。
(3)带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图，由(2)的计算可知金属板的板间距离D＝3r，则粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场，在4t0时刻进入左侧的电场做减速运动速度为零后反向加速，在6t0时刻再次进入中间的偏转电场，6.5t0时刻碰到上极板，因粒子在偏转电场中运动时，在时间t0内电场力做功为零，在左侧电场中运动时，往返一次电场力做功也为零，可知整个过程中只有开始进入左侧电场时电场力做功和最后0.5t0时间内电场力做功，则W＝ eq \f(1,2) mv2＋Eq× eq \f(D,3) ＝ eq \f(π3mU0,48Bt0) ＋ eq \f(πmU0,3Bt0) ＝ eq \f(πmU0(π2＋16),48Bt0) 。
答案：(1)正电 eq \f(πm,Bt0)
(2) eq \r(\f(3πt0U0,8B)) π eq \r(\f(πU0,24Bt0))
(3) eq \f(πmU0(π2＋16),48Bt0)
题型一 复合场中运动的实例分析
考向1 质谱仪
质谱仪是分析同位素的重要工具，其原理如图所示。氖元素的两种同位素粒子a、b质量不同、电荷量相同。a、b两种粒子从容器A下方的小孔S1，飘入电势差为U的加速电场，其初速度可视为0，然后经过S2沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场。a、b两种粒子分别打到照相底片D上的M和N处，关于a、b两种粒子在磁场中的运动，下列说法正确的是( D )
A．两种粒子的动能不相同
B．a粒子的速度大于b粒子的速度
C．a粒子受到的洛伦兹力大于b粒子受到的洛伦兹力
D．a粒子的运动时间大于b粒子的运动时间
[解析] 设两粒子的电荷量为q，粒子在电场中加速有Uq＝Ek，两粒子电荷量相同，动能相同，A错误；离子在电场中加速有Uq＝ eq \f(1,2) mv2，解得v＝ eq \r(\f(2Uq,m)) ，在磁场中偏转有qvB＝m eq \f(v2,r) ，解得r＝ eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q)) ，a、b两种粒子分别做圆周运动打到照相底片D上的M和N处，a做圆周运动的半径大于b做圆周运动的半径，两粒子质量关系ma>mb，由v＝ eq \r(\f(2Uq,m)) 可知vamb，则ta>tb，D正确。
考向2 回旋加速器
(多选)图甲所示的是我国建造的第一台回旋加速器，该加速器存放于中国原子能科学研究院，其工作原理如图乙所示：其核心部分是两个D形盒，粒子源O置于D形盒的圆心附近，能不断释放出带电粒子，忽略粒子在电场中运动的时间，不考虑加速过程中引起的粒子质量变化。现用该回旋加速器对 eq \\al(2,1) H、 eq \\al(4,2) He粒子分别进行加速，下列说法正确的是( AD )
A．两种粒子在回旋加速器中运动的时间相等
B．两种粒子在回旋加速器中运动的时间不相等
C．两种粒子离开出口处的动能相等
D．两种粒子离开出口处的动能不相等
[解析] 粒子在磁场中飞出的最大轨道半径为D形盒的半径，对应速度也最大，则有qvmaxB＝m eq \f(v eq \\al(2,max) ,R) ，最大动能Ekmax＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,max) ，粒子在电场中加速，因此在磁场中回旋半周，令加速的次数为n，则有Ekmax＝nqU，解得n＝ eq \f(qR2B2,2mU) ，则粒子运动的时间t＝n eq \f(T,2) ，其中T＝ eq \f(2πm,qB) ，解得t＝ eq \f(πBR2,2U) ，可知两种粒子在回旋加速器中运动的时间相等，A正确，B错误；粒子离开出口处的动能最大，根据上述解得Ekmax＝ eq \f(q2R2B2,2m) ， eq \\al(2,1) H粒子的质量数为2，电荷数为1， eq \\al(4,2) He粒子的质量数为4，电荷数为2，可知 eq \\al(4,2) He粒子离开出口处的动能为 eq \\al(2,1) H粒子的2倍，即两种粒子离开出口处的动能不相等，C错误，D正确。
考向3 磁流体发电机
我国科研人员采用全新发电方式——“爆炸发电”，以满足高耗能武器的连续发射需求。其原理如图所示，爆炸将惰性气体转化为高速等离子体，射入磁流体动力学发生器，发生器的前后有两强磁极N和S，使得上、下两金属电极之间产生足够高的电压，下列说法正确的是( C )
A．上极板电势比下极板电势低
B．仅使L增大，两金属电极间的电动势会变大
C．仅使d增大，两金属电极间的电动势会变大
D．仅使b增大，两金属电极间的电动势会变大
[解析] 根据题意，由左手定则可知，正离子受向上的洛伦兹力向上偏转，负离子受向下的洛伦兹力向下偏转，则上极板电势比下极板电势高，故A错误；根据题意可知，当上、下两金属电极之间产生足够高电压时，有 eq \f(U,d) q＝qvB，解得U＝Bdv，可知，两金属电极间的电动势与L和b无关，与d有关，且仅使d增大，两金属电极间的电动势会变大，故B、D错误，C正确。
考向4 电磁流量计
为监测某化工厂的含有离子的污水排放情况，技术人员在排污管中安装了监测装置，该装置的核心部分是一个用绝缘材料制成的空腔，其宽和高分别为b和c，左、右两端开口与排污管相连，如图所示。在垂直于上、下底面加磁感应强度为B的向下的匀强磁场，在空腔前、后两个面上各有长为a的相互平行且正对的电极M和N，M和N与内阻为R的电流表相连。污水从左向右流经该装置时，电流表将显示出污水排放情况。下列说法正确的是( D )
A．M板比N板电势高
B．污水中离子浓度越高，则电流表的示数越小
C．污水流量大小，对电流表的示数无影响
D．若只增大所加磁场的磁感强度，则电流表的示数也增大
[解析] 根据左手定则可知，正离子往N板偏，负离子往M板偏，最终M板带负电，N板带正电，M板电势比N板电势低，故A错误；最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态，可得q eq \f(U,b) ＝Bqv，污水的流量Q＝vbc，则M、N两端间的电势差U＝ eq \f(QB,c) ，污水流量越大，电势差越大，电流表示数越大，增加磁感应强度，电势差增大，电流表示数也增大，电势差与污水中的离子浓度无关，故B、C错误，D正确。
考向5 霍尔元件
(多选)如图甲所示，平板电脑机身和磁吸保护壳对应部位分别有霍尔元件和磁体。如图乙所示，霍尔元件为一块长、宽、高分别为a、b、c的矩形半导体，元件内的导电粒子为自由电子，通入的电流方向向右。当保护套合上时，霍尔元件处于磁感应强度大小为B、方向垂直于上表面向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压，以此控制屏幕的熄灭。已知电子定向移动速率为v，则( AC )
A．霍尔元件前表面的电势比后表面的高
B．霍尔元件前表面的电势比后表面的低
C．霍尔元件前、后表面间的电压U＝Bbv
D．霍尔元件前、后表面间的电压U＝Bav
[解析] 根据题图可知电子受到的洛伦兹力使其向后表面偏转，所以后表面电势低，A正确，B错误；当前、后表面间电压稳定后，电子受到的洛伦兹力与电场力平衡，此时有F洛＝Bev＝F电＝ eq \f(U,b) ·e，解得U＝Bbv，故C正确，D错误。
题型二 带电粒子在叠加场中的运动
1．若只有两个场存在且带电粒子所受合力为零，则粒子做匀速直线运动或处于静止状态。例如电场与磁场的叠加场中满足qE＝qvB；重力场与磁场的叠加场中满足mg＝qvB；重力场与电场的叠加场中满足mg＝qE。
2．三场共存时，若合力为零，则粒子做匀速直线运动；若粒子做匀速圆周运动，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝m eq \f(v2,r) 。
3．当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解。
如图甲所示，空间存在方向竖直向上周期性变化的匀强电场，场强大小随时间变化如图乙所示，空间还存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小随时间变化如图丙所示。一个质量为0.1 kg、带电量为＋0.2 C的带电小球，在空间P点在t＝0时刻在纸面内以水平向右、大小为10 m/s的速度抛出。小球在空中运动的时间大于2 s，最终落地时速度垂直于地面。重力加速度g取10 m/s2，小球可视为质点，求：
(1)t＝1 s时，小球的速度大小；
(2)第2 s内小球受到的合力大小；
(3)小球第一次速度水平向左时离P点的高度；
(4)P点离地面的高度至少为多少。
[解析] (1)小球在前1 s内只在重力作用下做平抛运动，设t＝1 s时，小球的速度为v1，小球在此时的竖直方向分速度v1y＝gt1＝10 m/s
因此v1＝ eq \r(v eq \\al(2,1y) ＋v eq \\al(2,0) ) ＝ eq \r(102＋102) m/s＝10 eq \r(2) m/s。
(2)在第2 s内，由于
qE＝5×0.2 N＝1 N，mg＝0.1×10 N＝1 N
则重力与电场力的合力为0，此时合力
F合＝qv1B＝0.2×10 eq \r(2) ·π N＝2 eq \r(2) π N。
(3)小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，运动周期T＝ eq \f(2πm,Bq) ＝1 s
即在第2 s内，小球刚好在磁场中做完整的圆周运动，根据牛顿第二定律得qv1B＝m eq \f(v eq \\al(2,1) ,R1)
解得R1＝ eq \f(5\r(2),π) m
小球在第1 s内下落的高度h1＝ eq \f(1,2) gt eq \\al(2,1) ＝5 m
小球开始做圆周运动时，速度与水平方向夹角为45°，当小球做圆周运动速度水平向左时，小球离P点的高度
h＝h1＋R1＋ eq \f(\r(2),2) R1＝ eq \f(5(π＋\r(2)＋1),π) m。
(4)小球第二次在磁场中运动且落地时速度垂直于地面，这时P点离地面的高度最小。在前3 s内，小球下落的高度h2＝ eq \f(1,2) gt eq \\al(2,2) ＝20 m
设第3 s末，小球的速度为v2，根据动能定理得
mgh2＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,2) － eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0)
解得v2＝10 eq \r(5) m/s。
设此时速度与竖直方向的夹角为θ，则
sin θ＝ eq \f(v0,v2) ＝ eq \f(1,\r(5)) ＝ eq \f(\r(5),5)
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R2，根据牛顿第二定律得qv2B＝m eq \f(v eq \\al(2,2) ,R2)
解得R2＝ eq \f(mv2,qB) ＝ eq \f(5\r(5),π) m
根据几何关系可知P点离地面的最小高度
H＝h2＋R2sin θ＝(20＋ eq \f(5,π) ) m。
[答案] (1)10 eq \r(2) m/s (2)2 eq \r(2) π N
(3) eq \f(5(π＋\r(2)＋1),π) m (4)(20＋ eq \f(5,π) ) m
题型三 带电粒子在组合场中的运动
1．偏转模型
(1)电偏转：带电粒子垂直进入匀强电场中。
(2)磁偏转：带电粒子垂直进入匀强磁场中。
2．思维流程
考向1 电场与磁场的组合
如图所示，在坐标系第一象限内Ⅰ、Ⅱ区域有磁场，磁感应强度大小B＝1.0 T，方向垂直于纸面向里，Ⅰ区域有与磁场正交的匀强电场，电场强度大小E＝1.0×103 V/m，方向未知。现有一质量m＝1×10－14 kg、电荷量q＝1×10－10 C的带负电的粒子以某一速度v沿与x轴正方向夹角为53°的方向从O点进入第一象限，在Ⅰ区域内做直线运动，而后进入Ⅱ区域，由右侧射出，一段时间后，粒子经过x轴上的D点(图中未画出)。已知A点坐标为(12 cm，0)、C点坐标为(26 cm，0)，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，不计粒子所受重力。求：
(1)粒子速度的大小v；
(2)粒子运动轨迹与x轴的交点D的坐标；
(3)由O运动到D点的时间t。
[解析] (1)粒子在Ⅰ区域内做直线运动，因为速度的变化会引起洛伦兹力的变化，所以粒子必做匀速直线运动。这样，电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，电场E的方向与微粒运动的方向垂直，即与x轴正向成37°角斜向右下方。由平衡条件有Eq＝Bqv，得v＝ eq \f(E,B) ＝103 m/s。
(2)粒子进入Ⅱ区域洛伦兹力提供向心力做圆周运动，轨迹如图所示，
根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝ eq \f(mv2,r)
得r＝0.1 m
由几何知识得xAC＝r sin θ＋r sin α，解得α＝37°，β＝53°
设粒子在磁场右边界射出点到x轴的距离为y，根据几何关系得
y＝xOAtan 53°－r cs θ＋r cs α＝18 cm
xCD＝y tan 53°＝24 cm，所以D点坐标为(50 cm，0)。
(3)由O运动到D点分三段，Ⅰ区域内有
t1＝ eq \f(xOA,v cs 53°) ＝2×10－4 s
Ⅱ区域内有t2＝ eq \f(πr,2v) ≈1.57×10－4 s
出磁场后有t3＝ eq \f(y,v cs 53°) ＝3×10－4 s
由O运动到D点的时间t＝t1＋t2＋t3＝6.57×10－4 s。
[答案] (1)103 m/s (2)(50 cm，0) (3)6.57×10－4 s
如图所示，在第一象限的0≤x≤L区域内存在沿x轴正方向、电场强度大小为E的匀强电场，在x≥L的区域内存在沿y轴负方向、电场强度大小未知的匀强电场E′，x轴下方存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小未知的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计粒子所受的重力)从y轴上A(0，L)点处由静止释放，粒子离开0≤x≤L区域后撤去该区域内的匀强电场，粒子经C(3L，0)进入x轴下方的磁场中，之后粒子经过第二象限回到A点。求：
(1)匀强电场的电场强度大小E′；
(2)粒子从A点出发至第一次返回A点所用时间t总。
[解析] (1)粒子在0≤x≤L区域内做匀加速直线运动，根据动能定理，有
qEL＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(2,0) －0
进入竖直向下的电场后做类平抛运动，经C(3L，0)进入x轴下方的磁场中，根据运动的合成与分解，
水平方向有2L＝v0t
竖直方向有L＝ eq \f(1,2) at2
a＝ eq \f(qE′,m)
联立解得E′＝E。
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，飞出磁场后，在第二象限做匀速直线运动，粒子进入磁场时的水平速度
v0＝ eq \r(\f(2qEL,m))
竖直速度vy＝at＝ eq \r(\f(2qEL,m)) ＝v0
所以粒子进入磁场时速度方向与x轴成45°斜向下，速度大小vC＝ eq \r(2) v0＝2 eq \r(\f(qEL,m))
粒子的运动轨迹如图所示
可知粒子离开磁场时的速度也是与x轴成45°斜向上，粒子经过第二象限回到A点，根据几何关系可得
L＋3L＝ eq \r(2) R
解得R＝2 eq \r(2) L
粒子在磁场中运动的轨迹所对圆心角为270°，粒子在磁场中运动的时间
t磁＝ eq \f(3,4) × eq \f(2πR,vC) ＝3πL eq \r(\f(m,2qEL))
粒子在电场中运动的时间
t电＝ eq \f(L,\f(v0,2)) ＋ eq \f(2L,v0) ＝4L eq \r(\f(m,2qEL))
粒子在第二象限运动的时间
t匀＝ eq \f(\r(2)L,\r(2)v0) ＝L eq \r(\f(m,2qEL))
所以粒子从A点出发回到A点所用的时间为
t总＝t磁＋t电＋t匀＝(5＋3π) eq \r(\f(mL,2qE)) 。
[答案] (1)E (2)(5＋3π) eq \r(\f(mL,2qE))
考向2 带电粒子在交变场中的运动
研究高能粒子的运动时，电磁场约束可以控制带电粒子运动的轨迹。如图甲所示为相关研究装置的简化示意图，两块面积足够大的金属板MN水平放置，金属板与可调电源连接形成电场，在两板之间施加磁场。电场强度与磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，电场的正方向为竖直向下，磁场的正方向为垂直于纸面向外，E0与B0已知，电场和磁场交替存在的时间间隔为 eq \f(2πm,B0q) (持续交替存在，后续时间未画出)。t＝0时刻，带正电粒子(质量m，电荷量q，不计重力)在极板M的上边缘向右水平射入，初速度大小为 eq \f(4\r(3)πE0,3B0) 。
(1)若经时间 eq \f(2πm,B0q) 后，粒子未与极板N相撞，求此时粒子速度大小；
(2)若N板的位置可调，为保证粒子在 eq \f(6πm,B0q) ～ eq \f(8πm,B0q) 时间内不撞到N板，求MN板间的最小距离。
[解析] (1)正电粒子做类平抛运动，经时间 eq \f(2πm,B0q) 后，粒子垂直两板的分速度
vy＝at＝ eq \f(qE0,m) · eq \f(2πm,B0q) ＝ eq \f(2πE0,B0)
此时粒子速度大小
v＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2πE0,B0)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3)πE0,3B0)))2) ＝ eq \f(2\r(21)πE0,3B0) 。
(2)粒子在磁场中运动周期T＝ eq \f(2πm,B0q)
则粒子在洛伦兹力作用下做完整的圆周运动后，继续在电场力的作用下做曲线运动，如图所示
t＝ eq \f(6πm,B0q) 时，设速度与水平方向夹角为θ，则
tan θ＝ eq \f(2vy,v0) ＝ eq \r(3) ，即θ＝60°
当第二个圆周运动的半径
r＝ eq \f(m\f(v0,cs 60°),qB0) ＝ eq \f(8\r(3)mπE0,3qB eq \\al(2,0) )
轨迹与N板相切时，MN板间距最小，则最小间距
d＝ eq \f((2vy)2,2a) ＋r cs 60°＋r
得d＝ eq \f((8π＋4\r(3))mπE0,qB eq \\al(2,0) ) 。
[答案] (1) eq \f(2\r(21)πE0,3B0) (2) eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(8π＋4\r(3)))mπE0,qB eq \\al(2,0) )
1．(多选)(2024·广州市二模) 如图，无初速度的 eq \\al(4,2) He经加速电场加速后，沿水平虚线进入速度选择器，打到右侧荧光屏上O点。若无初速度的 eq \\al(1,1) H和 eq \\al(2,1) H经同一加速电场加速，进入速度选择器，最后打到右侧荧光屏上，则( BC )
A． eq \\al(1,1) H打到O点 B． eq \\al(2,1) H打到O点
C． eq \\al(1,1) H打到O点下方 D． eq \\al(2,1) H打到O点上方
解析：在加速电场中，根据动能定理qU＝ eq \f(1,2) mv2，解得v＝ eq \r(\f(2qU,m)) ， eq \\al(4,2) He经加速电场加速后，沿水平虚线进入速度选择器，打到右侧荧光屏上的O点，则qvB＝qE，可得v＝ eq \f(E,B) ， eq \\al(2,1) H的荷质比等于 eq \\al(4,2) He的荷质比，故 eq \\al(2,1) H离开加速电场时的速度等于 eq \\al(4,2) He离开加速电场时的速度，等于 eq \f(E,B) ，故 eq \\al(2,1) H打到O点， eq \\al(1,1) H的荷质比大于 eq \\al(4,2) He的荷质比，故 eq \\al(2,1) H离开加速电场时的速度大于 eq \\al(4,2) He离开加速电场时的速度，大于 eq \f(E,B) ，在速度选择器中， eq \\al(1,1) H受到的洛伦兹力大于电场力， eq \\al(1,1) H打到O点下方。
2.(多选)电磁血流计是医生测量血管中血液流速的装置。如图所示，某段血管处于磁感应强度为B的匀强磁场中，血液中的正、负离子随血流一起在磁场中运动时(方向如图)，M、N两点间会有微小的电势差，则下列说法正确的是( AD )
A．M点的电势低于N点的电势
B．正、负离子所受洛伦兹力方向相同
C．血流计理论上可以测量任何液体的流速
D．血液流速越大，M、N两点间电势差越大
解析：由左手定则可知正离子向下偏转，负离子向上偏转，可知M点的电势低于N点的电势，故A正确；根据A选项分析可知正、负离子所受洛伦兹力方向相反，故B错误；根据血流计原理可知只有液体中有带电粒子血流计才可以测流速，故C错误；正、负离子达到稳定状态时，离子所受的洛伦兹力与电场力平衡有qvB＝q eq \f(U,d) ，可得M、N两点间电势差U＝Bdv，可知血液流速越大，M、N两点间电势差越大，故D正确。
3．一个粒子源发出很多种带电粒子，经速度选择器后仅有甲、乙、丙、丁四种粒子沿平行于纸面的水平直线穿过竖直挡板MN上的小孔O，之后进入正方形虚线框内，虚线框内分布着垂直于纸面向里的匀强磁场，四种粒子的运动轨迹如图所示，则关于速度选择器两极板间磁场方向和四种粒子的比荷大小说法正确的是( A )
A．垂直于纸面向里，甲的比荷最大
B．垂直于纸面向里，丙的比荷最大
C．垂直于纸面向外，丙的比荷最大
D．垂直于纸面向外，丁的比荷最大
解析：由题图可知甲、乙粒子向上偏转，根据左手定则可知甲、乙粒子带正电，所以甲、乙粒子在速度选择器中所受电场力向下，则所受洛伦兹力向上，所以速度选择器两极板间磁场方向垂直于纸面向里；设粒子在磁场中运动的半径为R，根据牛顿第二定律有qvB＝m eq \f(v2,R) ，解得R＝ eq \f(mv,Bq) ，易知四种粒子的速度大小相同，满足qvB＝qE，所以R越小，比荷越大，所以甲的比荷最大。综上所述可知A正确。
4.(2024·湛江市二模)核废水中包含了具有放射性的碘的同位素131I，利用质谱仪可分析碘的各种同位素。如图所示，电荷量相同的131I和127I以相同的速度从O点进入速度选择器(速度选择器中的电场方向水平向右、磁场的磁感应强度为B1)后，再进入偏转磁场(磁感应强度为B2)，最后打在照相底片的c、d两点，不计各种粒子受到的重力。下列说法正确的是( C )
A．B1垂直于纸面向里，131I和127I在偏转磁场中的轨道半径之比为127∶131
B．B1垂直于纸面向里，131I和127I在偏转磁场中的轨道半径之比为 eq \r(127) ： eq \r(131)
C．B1垂直于纸面向外，131I和127I在偏转磁场中的轨道半径之比为131∶127
D．B1垂直于纸面向外，131I和127I在偏转磁场中的轨道半径之比为 eq \r(131) ∶ eq \r(127)
解析：在速度选择器中，粒子所受的电场力和洛伦兹力平衡，根据左手定则可知B1的方向垂直于纸面向外，A、B错误；设碘131和碘127的电荷量为q，质量分别为m1、m2进入偏转磁场时的速度为v，则碘131在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力qvB2＝m1 eq \f(v2,r1) 解得r1＝ eq \f(m1v,qB2) ，同理可得，碘127在磁场中运动的轨道半径r2＝ eq \f(m2v,qB2) ，则碘131和碘127的半径之比 eq \f(r1,r2) ＝ eq \f(m1,m2) ＝ eq \f(131,127) 。
5.(2023·新课标卷，T5)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，如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的 eq \f(1,10) ，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( C )
A．电场方向水平向左、磁场方向垂直于纸面向里
B．电场方向水平向左、磁场方向垂直于纸面向外
C．电场方向水平向右、磁场方向垂直于纸面向里
D．电场方向水平向右、磁场方向垂直于纸面向外
解析：假设电子打在a点，即其所受电场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、磁组合场后向右偏转，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；电子所受电场力水平向左，则其所受洛伦兹力水平向右，则磁场方向垂直于纸面向里，D错误，C正确。假设α粒子打在a点，同样可以得出C正确。
6．(2023·湖南卷，T6)如图所示，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里，等腰直角三角形CGF区域(区域Ⅱ)内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子所受的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是( D )
A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t>t0
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t > t0
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 eq \f(\r(3),4) B2，则t＝ eq \f(t0,2)
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 eq \f(\r(2),4) B2，则t＝ eq \r(2) t0
解析：粒子在Ⅰ中 eq \(――→,\s\up7(匀速直线),\s\d5(运动)) qv0B1＝qE→v0＝ eq \f(E,B1) →粒子在Ⅱ中运动的轨迹半径为r0＝ eq \f(mv0,qB2) ＝ eq \f(mE,qB1B2) ，所用时间t0＝ eq \f(90°,360°) T＝ eq \f(1,4) × eq \f(2πm,qB2) ＝ eq \f(πm,2qB2) ，仅将B1变为2B1→v1＝ eq \f(1,2) v0→r1＝ eq \f(1,2) r0→从CF的四等分点处竖直向下射出；仅将E变为2E→v2＝2v0→r2＝2r0→从F点竖直向下射出，粒子在区域Ⅱ中的运动轨迹如图1所示，
粒子转过的圆心角均为90°，粒子在Ⅱ中运动的时间仍为t0，A、B错误；
仅将Ⅱ中磁场变为 eq \f(\r(3),4) B2→半径r3＝ eq \f(4,\r(3)) r0>2r0，粒子从OF边离开，如图2所示→对应圆心角的正弦值sin θ1＝ eq \f(2r0,r3) ＝ eq \f(\r(3),2) →粒子转过圆心角θ1＝60°→粒子运动时间t＝ eq \f(60°,360°) × eq \f(2πm,q·\f(\r(3),4)B2) ＝ eq \f(8\r(3),9) t0，C错误；仅将Ⅱ中磁场变为 eq \f(\r(2),4) B2→半径r4＝ eq \f(4,\r(2)) r0>2r0，粒子从OF边离开，如图3所示→对应圆心角的正弦值sin θ2＝ eq \f(2r0,r4) ＝ eq \f(\r(2),2) →粒子转过圆心角θ2＝45°→粒子运动时间t＝ eq \f(45°,360°) × eq \f(2πm,q·\f(\r(2),4)B2) ＝ eq \r(2) t0，D正确。
7.(2024·深圳市龙岗区期末)把用金属导体制成的霍尔元件接入如图电路中，把电压表接在霍尔元件a、b极上，调节滑动变阻器使输入电流为I，又从左向右加垂直于板面的磁感应强度为B的匀强磁场，当电场力等于洛伦兹力时，电压表测出的霍尔电压为UH。下列判断正确的是( B )
A．a极的电势高于b极的电势
B．只改变B的强度，则UH跟B成正比
C．只改变I的强度，则UH跟I的平方成正比
D．改变B、I的方向，电压表指针会偏向另一边
解析：根据左手定则可知，电子受到的安培力的方向指向a极，故电子向a极偏转，故a极的电势低于b极的电势，故A错误；电子平衡时，电子所受洛伦兹力与电场力平衡，则evB＝eE＝e eq \f(UH,d) ，可得UH＝Bdv，由电流微观粒子表达式得I＝neSv，联立可得UH＝Bd eq \f(I,neS) ，所以只改变B的强度，则UH跟B成正比，只改变I的强度，UH跟I也成正比，故B正确，C错误；改变B、I的方向，根据左手定则可知，a极的电势仍低于b极的电势，故电压表指针不会偏向另一边，故D错误。
8.(2024·广东省多校联考三模)如图所示，在0