高考物理二轮复习讲练测专题11 带电粒子在复合场中的运动（练习）（2份，原卷版+解析版）

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TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc155017593" 01 带电粒子在复合场中的运动 PAGEREF _Tc155017593 \h 2
\l "_Tc155017594" 考向一 带电粒子在组合场中的运动 PAGEREF _Tc155017594 \h 2
\l "_Tc155017595" 考向二 带电粒子在复合场中的运动 PAGEREF _Tc155017595 \h 39
\l "_Tc155017596" 02 常见电学仪器 PAGEREF _Tc155017596 \h 84
\l "_Tc155017597" 考向一 常见电学仪器 PAGEREF _Tc155017597 \h 84
01 带电粒子在复合场中的运动
考向一 带电粒子在组合场中的运动
1．（2023·重庆·高考真题）某同学设计了一种粒子加速器的理想模型。如图所示，xOy平面内，x轴下方充满垂直于纸面向外的匀强磁场，x轴上方被某边界分割成两部分，一部分充满匀强电场（电场强度与y轴负方向成α角），另一部分无电场，该边界与y轴交于M点，与x轴交于N点。只有经电场到达N点、与x轴正方向成α角斜向下运动的带电粒子才能进入磁场。从M点向电场内发射一个比荷为的带电粒子A，其速度大小为v0、方向与电场方向垂直，仅在电场中运动时间T后进入磁场，且通过N点的速度大小为2v0。忽略边界效应，不计粒子重力。
（1）求角度α及M、N两点的电势差。
（2）在该边界上任意位置沿与电场垂直方向直接射入电场内的、比荷为的带电粒子，只要速度大小适当，就能通过N点进入磁场，求N点横坐标及此边界方程。
（3）若粒子A第一次在磁场中运动时磁感应强度大小为B1，以后每次在磁场中运动时磁感应强度大小为上一次的一半，则粒子A从M点发射后，每次加速均能通过N点进入磁场。求磁感应强度大小B1及粒子A从发射到第n次通过N点的时间。
【答案】（1），；（2），；（3），
【详解】（1）粒子M点垂直于电场方向入射，粒子在电场中做类平抛运动，沿电场方向做匀加速直线运动，垂直于电场方向做匀速直线运动，在N点将速度沿电场方向与垂直于电场方向分解，在垂直于电场方向上有
解得
粒子从过程，根据动能定理有
解得
（2）对于从M点射入的粒子，沿初速度方向的位移为
沿电场方向的位移为
令N点横坐标为，根据几何关系有
解得
根据上述与题意可知，令粒子入射速度为v，则通过N点进入磁场的速度为2v，令边界上点的坐标为（x，y）则在沿初速度方向上有
在沿电场方向有
解得
（3）由上述结果可知电场强度
解得
设粒子A第次在磁场中做圆周运动的线速度为，可得第次在N点进入磁场的速度为
第一次在N点进入磁场的速度大小为，可得
设粒子A第次在磁场中运动时的磁感应强度为，由题意可得
由洛伦兹力提供向心力得
联立解得
粒子A第n次在磁场中的运动轨迹如图所示

粒子每次在磁场中运动轨迹的圆心角均为300°，第n次离开磁场的位置C与N的距离等于，由C到N由动能定理得
联立上式解得
由类平抛运动沿电场方向的运动可得，粒子A第n次在电场中运动的时间为
粒子A第n次在磁场中运动的周期为
粒子A第n次在磁场中运动的时间为
设粒子A第n次在电场边界MN与x轴之间的无场区域的位移为，边界与x轴负方向的夹角为，则根据边界方程可得，
由正弦定理可得
解得
粒子A第n次在电场边界MN与x轴之间运动的时间为
粒子A从发射到第n次通过N点的过程，在电场中运动n次，在磁场和无场区域中均运动n-1次，则所求时间
由等比数列求和得
解得
2．（2023·辽宁·高考真题）如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O'点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力。
（1）求金属板间电势差U；
（2）求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ；
（3）仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O'点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。
【答案】（1）；（2）或；（3）
【详解】（1）设板间距离为，则板长为，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为
根据牛顿第二定律得，电场力提供加速度
解得
设粒子在平板间的运动时间为，根据类平抛运动的运动规律得，
联立解得
（2）设粒子出电场时与水平方向夹角为，则有
故
则出电场时粒子的速度为
粒子出电场后沿直线匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供匀速圆周运动所需的向心力得
解得
已知圆形磁场区域半径为，故
粒子沿方向射入磁场即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为，由几何关系可得
故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为或；

（3）带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为，根据几何关系可知，带电粒子在该磁场中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长。则相对应的运动轨迹和弦以及圆心M的位置如图所示：

3．（2022·浙江·高考真题）如图为研究光电效应的装置示意图，该装置可用于分析光子的信息。在xOy平面（纸面）内，垂直纸面的金属薄板M、N与y轴平行放置，板N中间有一小孔O。有一由x轴、y轴和以O为圆心、圆心角为90°的半径不同的两条圆弧所围的区域Ⅰ，整个区域Ⅰ内存在大小可调、方向垂直纸面向里的匀强电场和磁感应强度大小恒为B1、磁感线与圆弧平行且逆时针方向的磁场。区域Ⅰ右侧还有一左边界与y轴平行且相距为l、下边界与x轴重合的匀强磁场区域Ⅱ，其宽度为a，长度足够长，其中的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小可调。光电子从板M逸出后经极板间电压U加速（板间电场视为匀强电场），调节区域Ⅰ的电场强度和区域Ⅱ的磁感应强度，使电子恰好打在坐标为（a+2l，0）的点上，被置于该处的探测器接收。已知电子质量为m、电荷量为e，板M的逸出功为W0，普朗克常量为h。忽略电子的重力及电子间的作用力。当频率为ν的光照射板M时有光电子逸出，
（1）求逸出光电子的最大初动能Ekm，并求光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v0的大小范围；
（2）若区域Ⅰ的电场强度大小，区域Ⅱ的磁感应强度大小，求被探测到的电子刚从板M逸出时速度vM的大小及与x轴的夹角；
（3）为了使从O点以各种大小和方向的速度射向区域Ⅰ的电子都能被探测到，需要调节区域Ⅰ的电场强度E和区域Ⅱ的磁感应强度B2，求E的最大值和B2的最大值。
【答案】（1）；；（2）；；（3）；
【详解】（1）光电效应方程，逸出光电子的最大初动能
（2）速度选择器
如图所示，几何关系
（3）由上述表达式可得
由
而v0sinθ等于光电子在板逸出时沿y轴的分速度，则有
即
联立可得B2的最大值
4．（2022·山东·高考真题）中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破，该装置中用电磁场约束和加速高能离子，其部分电磁场简化模型如图所示，在三维坐标系中，空间内充满匀强磁场I，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；，的空间内充满匀强磁场II，磁感应强度大小为，方向平行于平面，与x轴正方向夹角为；，的空间内充满沿y轴负方向的匀强电场。质量为m、带电量为的离子甲，从平面第三象限内距轴为的点以一定速度出射，速度方向与轴正方向夹角为，在平面内运动一段时间后，经坐标原点沿轴正方向进入磁场I。不计离子重力。
（1）当离子甲从点出射速度为时，求电场强度的大小；
（2）若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，求进入磁场时的最大速度；
（3）离子甲以的速度从点沿轴正方向第一次穿过面进入磁场I，求第四次穿过平面的位置坐标（用d表示）；
（4）当离子甲以的速度从点进入磁场I时，质量为、带电量为的离子乙，也从点沿轴正方向以相同的动能同时进入磁场I，求两离子进入磁场后，到达它们运动轨迹第一个交点的时间差（忽略离子间相互作用）。
【答案】（1）；（2）；（3）（d，d，）；（4）
【详解】（1）如图所示
将离子甲从点出射速度为分解到沿轴方向和轴方向，离子受到的电场力沿轴负方向，可知离子沿轴方向做匀速直线运动，沿轴方向做匀减速直线运动，从到的过程，有
联立解得
（2）离子从坐标原点沿轴正方向进入磁场I中，在磁场I中做匀速圆周运动，经过磁场I偏转后从轴进入磁场II中，继续做匀速圆周运动，如图所示
由洛伦兹力提供向心力可得，
可得
为了使离子在磁场中运动，则离子磁场I运动时，不能从磁场I上方穿出。在磁场II运动时，不能xOz平面穿出，则离子在磁场用运动的轨迹半径需满足，
联立可得
要使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，进入磁场时的最大速度为；
（3）离子甲以的速度从点沿z轴正方向第一次穿过面进入磁场I，离子在磁场I中的轨迹半径为
离子在磁场II中的轨迹半径为
离子从点第一次穿过到第四次穿过平面的运动情景，如图所示
离子第四次穿过平面的坐标为
离子第四次穿过平面的坐标为
故离子第四次穿过平面的位置坐标为（d，d，）。
（4）设离子乙的速度为，根据离子甲、乙动能相同，可得
可得
离子甲、离子乙在磁场I中的轨迹半径分别为，
离子甲、离子乙在磁场II中的轨迹半径分别为，
根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点在离子乙第一次穿过x轴的位置，如图所示
从点进入磁场到第一个交点的过程，有
可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点的时间差为
5．（2022·天津·高考真题）如图所示，M和N为平行金属板，质量为m，电荷量为q的带电粒子从M由静止开始被两板间的电场加速后，从N上的小孔穿出，以速度v由C点射入圆形匀强磁场区域，经D点穿出磁场，CD为圆形区域的直径。已知磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，粒子速度方向与磁场方向垂直，重力略不计。
（1）判断粒子的电性，并求M、N间的电压U；
（2）求粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r；
（3）若粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，求粒子在磁场中运动的时间t。
【答案】（1）正电，；（2）；（3）
【详解】（1）带电粒子在磁场中运动，根据左手定则可知粒子带正电。粒子在电场中运动由动能定理可知
解得
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力提供向心力，有
解得
（3）设粒子运动轨道圆弧对应的圆心角为，如图
依题意粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，由几何关系，得
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，有
带电粒子在磁场中运动的时间
联立各式解得
6．（2021·全国·高考真题）如图，长度均为l的两块挡板竖直相对放置，间距也为l，两挡板上边缘P和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子自电场中某处以大小为v0的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，不计重力。
（1）求粒子发射位置到P点的距离；
（2）求磁感应强度大小的取值范围；
（3）若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。
【答案】（1） ；（2） ；（3）粒子运动轨迹见解析，
【详解】（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可知
①
②
粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，有③
粒子发射位置到P点的距离④
由①②③④式得⑤
（2）带电粒子在磁场运动在速度⑥
带电粒子在磁场中运动两个临界轨迹（分别从Q、N点射出）如图所示
由几何关系可知，最小半径⑦
最大半径⑧
带电粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式可知⑨
由⑥⑦⑧⑨解得，磁感应强度大小的取值范围
（3）若粒子正好从QN的中点射出磁场时，带电粒子运动轨迹如图所示。
由几何关系可知⑩
带电粒子的运动半径为⑪
粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离⑫
由⑩⑪⑫式解得 ⑬
7．（2021·重庆·高考真题）如图1所示的竖直平面内，在原点O有一粒子源，可沿x轴正方向发射速度不同、比荷均为的带正电的粒子。在的区域仅有垂直于平面向内的匀强磁场；的区域仅有如图2所示的电场，时间内和时刻后的匀强电场大小相等，方向相反（时间内电场方向竖直向下），时间内电场强度为零。在磁场左边界直线上的某点，固定一粒子收集器（图中未画出）。0时刻发射的A粒子在时刻经过左边界进入磁场，最终被收集器收集；B粒子在时刻以与A粒子相同的发射速度发射，第一次经过磁场左边界的位置坐标为；C粒子在时刻发射，其发射速度是A粒子发射速度的，不经过磁场能被收集器收集。忽略粒子间相互作用力和粒子重力，不考虑边界效应。
(1)求电场强度E的大小；
(2)求磁感应强度B的大小；
(3)设时刻发射的粒子能被收集器收集，求其有可能的发射速度大小。
【答案】(1)；(2)；(3) 、、
【详解】（1）由粒子类平抛
粒子先类平抛后匀直，
可得



或
解得
（2）对粒子类平抛
得
A进入磁场时速度与轴正方向夹角为，则
得
即
A粒子做匀圆，速度为半径为，有
由
可得
对粒子类平抛运动的时间为

可得
由几何关系
得
联立解得
（3）①设直接类平抛过D点，即
解得
②设先类平抛后匀圆过D点，刚进入磁场时与轴夹角为、偏移的距离为，
则


整理得
令，则上式变成
观察可得是其中一解，所以上方程等价于
可得其解是或
（另一解不符合题意，舍去）
则有
或
综上所述，能够被粒子收集器收集的粒子速度有：、、。
8．（2021·北京·高考真题）如图所示，M为粒子加速器；N为速度选择器，两平行导体板之间有方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度为B。从S点释放一初速度为0、质量为m、电荷量为q的带正电粒子，经M加速后恰能以速度v沿直线（图中平行于导体板的虚线）通过N。不计重力。
（1）求粒子加速器M的加速电压U；
（2）求速度选择器N两板间的电场强度E的大小和方向；
（3）仍从S点释放另一初速度为0、质量为2m、电荷量为q的带正电粒子，离开N时粒子偏离图中虚线的距离为d，求该粒子离开N时的动能。
【答案】（1）；（2），方向垂直导体板向下；（3）
【详解】（1）粒子直线加速，根据功能关系有
解得
（2）速度选择器中电场力与洛伦兹力平衡
得
方向垂直导体板向下。
（3）粒子在全程电场力做正功，根据功能关系有
解得
9．（2021·山东·高考真题）某离子实验装置的基本原理如图甲所示。Ⅰ区宽度为d，左边界与x轴垂直交于坐标原点O，其内充满垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为；Ⅱ区宽度为L，左边界与x轴垂直交于点，右边界与x轴垂直交于点，其内充满沿y轴负方向的匀强电场。测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界，其中心C与点重合。从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m的正离子，加速后沿x轴正方向过O点，依次经Ⅰ区、Ⅱ区，恰好到达测试板中心C。已知离子刚进入Ⅱ区时速度方向与x轴正方向的夹角为。忽略离子间的相互作用，不计重力。
（1）求离子在Ⅰ区中运动时速度的大小v；
（2）求Ⅱ区内电场强度的大小E；
（3）保持上述条件不变，将Ⅱ区分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小均为B（数值未知）方向相反且平行y轴的匀强磁场，如图乙所示。为使离子的运动轨迹与测试板相切于C点，需沿x轴移动测试板，求移动后C到的距离S。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设离子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得①
根据几何关系得②
联立①②式得
（2）离子在Ⅱ区内只受电场力，x方向做匀速直线运动，y方向做匀变速直线运动，设从进入电场到击中测试板中心C的时间为t，y方向的位移为，加速度大小为a，由牛顿第二定律得
由运动的合成与分解得，，
联立得
（3）Ⅱ区内填充磁场后，离子在垂直y轴的方向做线速度大小为vcsθ的匀速圆周运动，如图所示。设左侧部分的圆心角为，圆周运动半径为，运动轨迹长度为，由几何关系得
，
由于在y轴方向的运动不变，离子的运动轨迹与测试板相切于C点，则离子在Ⅱ区内的运动时间不变，故有
C到的距离
联立得
10．（2021·浙江·高考真题）如图甲所示，空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成，其后端面P为喷口。以金属板N的中心O为坐标原点，垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴。M、N板之间存在场强为E、方向沿z轴正方向的匀强电场；立方体内存在磁场，其磁感应强度沿z方向的分量始终为零，沿x和y方向的分量和随时间周期性变化规律如图乙所示，图中可调。氙离子（）束从离子源小孔S射出，沿z方向匀速运动到M板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面P射出，测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为v0。已知单个离子的质量为m、电荷量为，忽略离子间的相互作用，且射出的离子总质量远小于推进器的质量。
（1）求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小vS；
（2）不考虑在磁场突变时运动的离子，调节的值，使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出，求的取值范围；
（3）设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T，单位时间从端面P射出的离子数为n，且。求图乙中时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。
【答案】（1）；（2）；（3），方向沿z轴负方向
【详解】（1）离子从小孔S射出运动到金属板N中心点O处，根据动能定理有
解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小
（2）当磁场仅有沿x方向的分量取最大值时，离子从喷口P的下边缘中点射出，根据几何关系有
根据洛伦兹力提供向心力有
联立解得
当磁场在x和y方向的分量同取最大值时，离子从喷口P边缘交点射出，根据几何关系有
此时；根据洛伦兹力提供向心力有
联立解得
故的取值范围为；
（3）粒子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示
由题意根据洛伦兹力提供向心力有
且满足
所以可得
所以可得
离子从端面P射出时，在沿z轴方向根据动量定理有
根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为
方向沿z轴负方向。
11．（2021·河北·高考真题）如图，一对长平行栅极板水平放置，极板外存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，极板与可调电源相连，正极板上O点处的粒子源垂直极板向上发射速度为、带正电的粒子束，单个粒子的质量为m、电荷量为q，一足够长的挡板与正极板成倾斜放置，用于吸收打在其上的粒子，C、P是负极板上的两点，C点位于O点的正上方，P点处放置一粒子靶（忽略靶的大小），用于接收从上方打入的粒子，长度为，忽略栅极的电场边缘效应、粒子间的相互作用及粒子所受重力。。
（1）若粒子经电场一次加速后正好打在P点处的粒子靶上，求可调电源电压的大小；
（2）调整电压的大小，使粒子不能打在挡板上，求电压的最小值；
（3）若粒子靶在负极板上的位置P点左右可调，则负极板上存在H、S两点（，H、S两点末在图中标出）、对于粒子靶在区域内的每一点，当电压从零开始连续缓慢增加时，粒子靶均只能接收到n（）种能量的粒子，求和的长度（假定在每个粒子的整个运动过程中电压恒定）。
【答案】（1）；（2）；（3）；
【详解】（1）从O点射出的粒子在板间被加速，则
粒子在磁场中做圆周运动，则半径
由
解得
（2）当电压有最小值时，当粒子穿过下面的正极板后，圆轨道与挡板OM相切，此时粒子恰好不能打到挡板上，则
从O点射出的粒子在板间被加速，则
粒子在负极板上方的磁场中做圆周运动
粒子从负极板传到正极板时速度仍减小到v0，则
由几何关系可知
联立解得
（3）结合（2）分析可知，当粒子经上方磁场再进入下方磁场时，轨迹与挡板相切时，粒子运动轨迹半径分别为r2、r3，则
①当粒子在下方区域磁场的运动轨迹正好与OM相切，再进入上方磁场区域做圆周运动，轨迹与负极板的交点记为H2，当增大两极板的电压，粒子在上方磁场中恰好运动到H2点时，粒子靶恰好能够接收2种能量的粒子，此时H2点为距C点最近的位置，是接收2种能量的粒子的起点，运动轨迹如图所示
由几何关系可得
②同理可知当粒子靶接收3种能量的粒子的运动轨迹如图所示
第③个粒子经过下方磁场时轨迹与MN相切，记该粒子经过H2后再次进入上方磁场区域运动时轨迹与负极板的交点为H3 (S2) ，则该点为接收两种粒子的终点，同时也是接收3种粒子的起点。由几何关系可得
可知，粒子靶接收n种、n+1种粒子的起点（即粒子靶接收n种粒子的起点与终点）始终相距
当粒子靶接收n种能量的粒子时，可得
12．（2024·河南·校联考模拟预测）（多选）如图所示，P、Q两个平行金属板之间的电压为U，AC上方有垂直纸面向外的匀强磁场，AC下方存在电场强度大小未知的匀强电场，其方向平行于AC，且垂直于磁场方向。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子（不计粒子重力）从靠近P板的S点由静止开始做加速运动，从小孔M沿垂直于磁场的方向进入匀强磁场中，速度方向与边界线的夹角θ=60°，粒子恰好从小孔D垂直于AC射入匀强电场，最后打在N点，已知AD=L，AN=2L，则下列说法正确的是（ ）
A．粒子从小孔M进入磁场时的速度大小为
B．粒子在磁场中做圆周运动的半径为L
C．匀强磁场的磁感应强度大小为
D．匀强电场的电场强度大小为
【答案】BC
【详解】A．粒子在电场中加速，由动能定理得，可得带电粒子从小孔沿垂直于磁场方向进入磁场的速度大小，故A错误；B．画出粒子运动的轨迹如图所示（O为粒子在磁场中做圆周运动的圆心），，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，，得，
故B正确；C．粒子在磁场中做圆周运动时由洛伦兹力充当向心力，即，磁感应强度大小，故C正确；D．粒子在电场中做类平抛运动，加速度，垂直于电场方向有，沿电场方向有，电场强度大小，故D错误。
故选BC。
13．（2024·浙江金华·校联考模拟预测）如图所示，在平面直角坐标系xy的y轴左侧存在沿x轴正方向的匀强电场，在y轴的右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，匀强磁场右边界放一竖直的屏，屏与y轴平行，且与y轴间距为2L。电场中有一点A其坐标为，从A点以初速度大小为沿y轴正方向射出一质量为m、电量为q的正电荷粒子，粒子重力不计。粒子从坐标原点O进入磁场并恰好打在屏上的P点，P点在x轴上。求：
（1）粒子在O点的速度大小以及电场强度的大小；
（2）粒子从A到P的运动时间及磁感应强度B的大小；
（3）保持其它条件不变，改变磁感应强度大小，让磁场在0.5B到2B之间变化，粒子可打到屏的范围；
（4）保持其它条件不变，且保持（2）问的磁感应强度B不变，并在磁场区再加一个大小与（1）问中电场强度相等、方向竖直向下的匀强电场（图中未画出），粒子恰好打在屏上Q点，Q点的坐标为，求粒子打在Q点时速度方向与水平方向的夹角。
【答案】（1）；；（2）；；（3）P点上下；（4）
【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动
解得
水平方向由运动学公式可知
解得
（2）A到O的运动时间
在磁场中运动时，由几何关系可知轨道半径为
运动时间为
从A到P运动的总时间为
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动
解得
（3）当磁感应强度为0.5B时，带电粒子的运动半径为
分析可得带电粒子将垂直打在屏P上方的某点，设为M点，由几何关系可得
当磁感应强度为2B时，带电粒子的运动半径为
分析可得带电粒子打不到屏。
当粒子轨迹与屏相切时，为屏上的最低点，设为N点，这时圆的半径为，由几何关系
可得
故粒子可打到屏上范围为P点上下的范围。
（4）带电粒子从O点到Q点，向右为正方向，由水平方向应用动量定理

解得
根据动能定理
解得
粒子打在Q点时速度方向与水平方向的夹角为，
解得
14．（2024·贵州·统考一模）如图所示，在xOy平面第一象限有沿y轴负方向的匀强电场、第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，在坐标为（0，h）的A点有一带电粒子以某一初速度沿+x方向抛出，从坐标为（L，0）的C点进入第四象限的匀强磁场中。已知粒子电荷量为q、质量为m，匀强电场的电场强度为E，匀强磁场的磁感应强度为B，方向如图中所示。不计粒子所受重力。求：
（1）粒子进入磁场时的速度大小；
（2）粒子第二次经过x轴时的位置与坐标原点的距离。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）粒子从A点到C点，由牛顿第二定律
粒子做类平抛运动，有
解得
可得
（2）粒子在磁场中的运动过程中，洛伦兹力提供向心力
第一次和第二次经过x轴的两点间的距离为轨迹圆的弦，弦长为
为粒子第一次进入磁场时的速度与x轴正方向的夹角
解得
所以粒子第二次经过x轴时的位置与坐标原点的距离为
解得
15．（2024·江西赣州·赣州中学校考模拟预测）某同学设计的某种质谱仪原理如图所示，图中两圆为共轴的两金属圆筒的截面，两圆筒间存在沿半径方向的辐向电场，各处场强大小相等，电势差U未知，且电势差与电场中两点沿半径方向的距离成正比，小圆筒内有垂直纸面向外的匀强磁场，其壁上开有两条狭缝a、b，两狭缝与圆心O连线的夹角为120°。已知小圆筒半径为R，大圆筒半径为2R，磁感应强度为B。让比荷为k的粒子从O、a连线延长线与大圆筒内壁交点处由静止释放，加速进入小圆筒，然后从狭缝b飞出，和大圆筒内壁碰撞后再次进入磁场，并返回狭缝a做周期性运动。并且粒子与两圆筒内壁的碰撞均为弹性碰撞，碰后速度大小不变，方向立刻反向，不计粒子重力，不考虑碰撞过程经历的时间，求：
（1）两圆筒间的电势差；
（2）粒子从O、a连线延长线与大圆筒内壁交点出发到再次返回该点的时间。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）根据动能定理有
设粒子运动的轨迹半径为r，根据几何关系有
又
根据洛伦兹力提供向心力有
又比荷为
联立解得
（2）根据
可得
粒子在磁场中的运动时间
粒子从辐向电场中匀加速进入磁场，由电势差与电场中两点沿半径方向的距离成正比，得电场强度
由牛顿第二定律可得
由
可得
则粒子在电场中的运动时间
运动得总时间
解得
16．（2024·广东汕头·校考一模）某肿瘤治疗新技术是通过电子撞击目标靶，使目标靶放出X射线，对肿瘤进行准确定位，再进行治疗，其原理如图所示。圆形区域内充满垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。水平放置的目标靶长为2l，靶左端 M 与磁场心O的水平距离为l，竖直距离为，从电子枪逸出的电子（质量为m、电荷量为e初速度可以忽略）经匀强电场加速时间t后，以速度沿PO方向射入磁场，（PO与水平方向夹角为）电子离开圆形磁场区域后恰好能击中M 点，求：
（1）匀强电场E的大小
（2）匀强磁场B的方向及电子在磁场中运动的时间。

【答案】（1）；（2）垂直圆形区域向里，
【详解】（1）根据，
得
（2）电子沿顺时针方向转动，根据左手定则，磁场垂直圆形区域向里。
电子沿PO方向射入磁场，恰好能击中M 点，则电子沿OM方向射出磁场，有几何关系可知，电子圆周运动的圆心角为，则电子在磁场中运动的时间为
17．（2024·西藏拉萨·校联考一模）如图，直角坐标系xOy第Ⅰ、Ⅱ象限内存在着沿y轴正方向的匀强电场，第Ⅲ、Ⅳ象限内存在着垂直坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小。一带负电的粒子从y轴上P点（0，10cm）以的速度平行于x轴进入匀强电场，粒子从x轴上的Q点（20cm，0）进入匀强磁场。已知粒子的比荷为，不计粒子重力，求：
（1）电场强度大小；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径。

【答案】（1）25V/m；（2）10cm
【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的规律有
解得
（2）粒子从P运动到Q，只有电场力做功，根据动能定理可得
解得：
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿运动定律有：
解得
18．（2023·河北·校联考模拟预测）如图所示。研究员在研究带电粒子的受控轨迹时。设置了以下场景，空间中存在平面直角坐标系。其第一象限内存在方向沿y轴负向的匀强电场。电场强度为 E；第四象限内有一条分界线ON与x轴正方向的夹角为： 在 轴与ON 间存在垂直纸面向外的匀强磁场。研究员将一带正电的粒子从y轴上的距原点O距离d 的P点，以速度v0垂直y轴打入电场，经电场偏转后经 轴进入磁场，在磁场中运动一段时间后从ON 上以垂直于y轴的速度方向射出。已知粒子的比荷为，不计粒子重力。求：
（1）粒子从 轴打出点到原点的距离以及粒子过该点时的速度 大小；
（2）磁场的磁感应强度 B 的大小；
（3）若改变磁感应强度 B 的大小，使粒子第一次进入磁场后轨迹恰好与ON 相切再次打入电场。求粒子第三次进入磁场时距离 O点的距离。
【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】（1）粒子在电场中有
经过轴打出点时的速度大小
联立可得
（2）粒子离开电场时与x轴夹角
既
如图
根据几何关系可得
联立可得
由
可得
（3）粒子第一次进入磁场后轨迹恰好与ON 相切，则粒子第一次在磁场中转过的圆心角为，根据几何关系
粒子在磁场中轨迹半径
第一次出磁场点在A点左侧距离为
出磁场后，粒子在电场中做类斜抛运动，该过程，根据对称性，有
联立解得在第二次在电场中向右的位移大小为
根据类斜抛运动对称性，第二次进入磁场时速度方向仍与第一次进入磁场方向相同，故第二次出磁场时相比较第二次进磁场时位置向左偏转，然后第三次在电场中向右运动后第三次进入磁场，故粒子第三次进入磁场时距离 O点的距离
19．（2023·黑龙江·校联考模拟预测）如图所示，在xOy平面内，x轴下方存在垂直于纸面向外的匀强磁场，x轴上方存在电场强度的大小为E、与y轴负方向成θ=30°的匀强电场。质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子以垂直电场方向的初速度v0从y轴上的M点开始运动，从x轴上的N点进入磁场，进入磁场时的速度大小为2v0，方向与x轴正方向夹角也为θ，粒子恰好从坐标原点O第2次通过x轴。忽略边界效应，不计粒子重力，求：
（1）M、N两点的电势差；
（2）N点到坐标原点O的距离；
（3）带电粒子从M点运动到O点所用的时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示。
粒子从M→N过程，根据动能定理有
解得
（2）对于从M点射入的粒子，沿初速度方向的位移
沿电场方向，有
根据几何关系，N点到坐标原点O的距离
联立解得
（3）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系，得
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
粒子从N点运动到O点轨迹对应的圆心角
则粒子从N点运动到O点所用的时间
联立解得
则带电粒子从M点运动到O点所用的时间
20．（2023·河北·校联考模拟预测）如图所示，离子源产生的甲、乙两种离子，先由静止经电压为U的加速电场加速后在纸面内运动，再从O点沿与磁场边界成45°角方向射入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场。已知甲种离子从磁场边界的N点射出，乙种离子从磁场边界的Ｍ点射出，OM长为L，MN长为3L，不计离子重力和离子间的相互作用。
（1）求甲种离子的比荷；
（2）求乙种离子在磁场中的运动时间。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设甲种离子的质量为m1，电荷量为q1，甲种离子在电场中的加速过程有
设甲种离子在磁场中的运动半径为R1，根据洛伦兹力提供向心力有
根据几何关系有
联立解得
（2）根据乙种离子在电场中做加速运动、在磁场中做圆周运动，设乙种离子的质量为m2，电荷量为q2，可得乙种离子的比荷为
乙种离子在磁场中运动的偏转角
乙种离子在磁场中运动的周期为
所以乙种离子在磁场中的运动时间为
21．（2023·湖南·校联考模拟预测）如图所示，在平面内，有两个半圆形同心圆弧，与坐标轴分别交于、、点和、、点，其中圆弧的半径为。两个半圆弧之间的区域内分布着辐射状的电场，电场方向由原点向外辐射，其间的电势差为。圆弧上方圆周外区域，存在着上边界为的垂直纸面向里的足够大匀强磁场，圆弧内无电场和磁场。点处有一粒子源，在平面内向轴上方各个方向，射出质量为、电荷量为的带正电的粒子，带电粒子射出时的速度大小均为，被辐射状的电场加速后进入磁场，不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用，不考虑粒子从磁场返回圆形区域边界后的运动。
（1）求粒子被电场加速后的速度；
（2）要有粒子能够垂直于磁场上边界射出磁场，求磁场的磁感应强度的最大值；
（3）当磁场中的磁感应强度大小为第（2）问中的时，求能从磁场上边界射出粒子的边界宽度。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）带电粒子进入电场中，在电场加速过程中，由动能定理有
解得
（2）粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有
可得
粒子垂直上边界射出磁场，则粒子轨迹圆的圆心必然在上边界线上，且根据几何关系，轨迹圆圆心到坐标原点的距离d满足
如图所示
当时，轨道圆半径有最小值
此时磁感应强度有最大值
（3）当磁感应强度时，粒子运动圆半径
如图所示
①粒子轨迹圆与上边界相切时，粒子运动到最左边，有
②当粒子轨迹圆与上边界的交点、运轨迹圆圆心以及坐标原点点三点共线时，粒子打在最右边，此时有
解得
可知粒子能从磁场上边界射出粒子的边界宽度为
考向二 带电粒子在复合场中的运动
22．（2023·浙江·高考真题）AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示。两板间距10cm，电荷量为、质量为的小球用长为5cm的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M点（未标出），则（ ）

A．MC距离为B．电势能增加了
C．电场强度大小为D．减小R的阻值，MC的距离将变大
【答案】B
【详解】A．根据平衡条件和几何关系，对小球受力分析如图所示

根据几何关系可得,
联立解得
剪断细线，小球做匀加速直线运动，如图所示

根据几何关系可得
故A错误；
B．根据几何关系可得小球沿着电场力方向的位移
与电场力方向相反，电场力做功为
则小球的电势能增加，故B正确；
C．电场强度的大小
故C错误；
D．减小R的阻值，极板间的电势差不变，极板间的电场强度不变，所以小球的运动不会发生改变，MC的距离不变，故D错误。
故选B。
23．（2023·山西·高考真题）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，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（ ）

A．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里
B．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外
C．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里
D．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外
【答案】C
【详解】A．带电粒子在电场和磁场中运动，打到a点的粒子电场力和洛伦兹力平衡，当电场向左磁场垂直直面向里时，因粒子带正电，则受到向左的电场力和向左的洛伦兹力，则会打到a点左侧；同理电子带负电，受到向右的电场力和向右的洛伦兹力，则电子会打到a点右侧，A错误；B．因粒子带正电，设带电量为2q，速度v，电子带负电，电量-q，电子速度v＇>v，若电场方向向左，磁场方向向外，则如果粒子打在a点则受到向左的电场力和向右的洛伦兹力平衡，，因电子带负电，电量-q，且电子速度大，受到向左的洛伦兹力qv＇B大于向右的电场力qE，则电子从而向左偏转；同理如果电子打在a点，则，所以此时粒子向左的电场力2qE大于向右的洛伦兹力2qvB，则向左偏转，不会打在b点，B错误；CD．电场方向向右，磁场垂直纸面向里，如果粒子打在a点，即向右的电场力和向左的洛伦兹力平衡，，电子速度大，受到向右的洛伦兹力qv＇B大于向左的电场力qE则向右偏转，从而达到b点；同理如果电子打在a，则粒子向右的电场力2qE大于向左的洛伦兹力2qvB从而向右偏转，会打在b点；同理电场向右磁场垂直纸面向外时，粒子受到向右的电场力和洛伦兹力，电子受到向左的电场力和洛伦兹力不能受力平衡打到a点，故C正确，D错误；
故选C。
24．（2023·湖南·高考真题）如图，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，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（ ）

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，则
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则
【答案】D
【详解】由题知粒子在AC做直线运动，则有qv0B1=qE，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，则粒子转过的圆心角为90°，根据，有，A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则粒子在AC做直线运动的速度，有qvA∙2B1=qE，则再根据，可知粒子半径减小，则粒子仍然从CF边射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t=t0，A错误；B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则粒子在AC做直线运动的速度，有qvBB1=q∙2E则vB= 2v0，再根据，可知粒子半径变为原来的2倍，则粒子F点射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t=t0，B错误；C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则粒子在AC做直线运动的速度仍为v0，再根据，可知粒子半径变为原来的，则粒子从OF边射出，则画出粒子的运动轨迹如下图

根据，可知转过的圆心角θ= 60°，根据，有，则，C错误；D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则粒子在AC做直线运动的速度仍为v0，再根据，可知粒子半径变为原来的，则粒子OF边射出，则画出粒子的运动轨迹如下图

根据，可知转过的圆心角为α = 45°，根据，有，则，D正确。
故选D。
25．（2022·重庆·高考真题）2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场（如图），电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则（ ）
A．电场力的瞬时功率为B．该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B
C．v2与v1的比值不断变大D．该离子的加速度大小不变
【答案】D
【详解】A．根据功率的计算公式可知P=Fvcsθ，则电场力的瞬时功率为P=Eqv1，A错误；B．由于v1与磁场B平行，则根据洛伦兹力的计算公式有F洛=qv2B，B错误；C．根据运动的叠加原理可知，离子在垂直于纸面内做匀速圆周运动，沿水平方向做加速运动，则v1增大，v2不变，v2与v1的比值不断变小，C错误；D．离子受到的洛伦兹力大小不变，电场力不变，则该离子的加速度大小不变，D正确。
故选D。
26．（2022·辽宁·高考真题）（多选）如图所示，带电荷量为的球1固定在倾角为光滑绝缘斜面上的a点，其正上方L处固定一电荷量为的球2，斜面上距a点L处的b点有质量为m的带电球3，球3与一端固定的绝缘轻质弹簧相连并在b点处于静止状态。此时弹簧的压缩量为，球2、3间的静电力大小为。迅速移走球1后，球3沿斜面向下运动。为重力加速度，球的大小可忽略，下列关于球3的说法正确的是（ ）
A．带负电
B．运动至a点的速度大小为
C．运动至a点的加速度大小为
D．运动至ab中点时对斜面的压力大小为
【答案】BCD
【详解】A．由题意可知三小球构成一个等边三角形，小球1和3之间的力大于小球2和3之间的力，弹簧处于压缩状态，故小球1和3一定是斥力，小球1带正电，故小球3带正电，故A错误；
B．小球3运动至a点时，弹簧的伸长量等于，根据对称性可知，小球2对小球3做功为0；弹簧弹力做功为0，故根据动能定理有
解得
故B正确；
C．小球3在b点时，设小球3的电荷量为q，有
设弹簧的弹力为F，根据受力平衡，沿斜面方向有
解得
小球运动至a点时，弹簧的伸长量等于，根据对称性可知
解得
故C正确；
D．当运动至ab中点时，弹簧弹力为0，此时小球2对小球3的力为
斜面对小球的支持力为
根据牛顿第三定律可知，小球对斜面的压力大小为，故D正确。
故选BCD。
27．（2022·广东·高考真题）（多选）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（ ）
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
【答案】BC
【详解】A．由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，故A错误；
B．根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知N点的电势高于P点，故B正确；
C．由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直，故电子从M到N洛伦兹力都不做功；故C正确；
D．由于M点和P点在同一等势面上，故从M到P电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点电场力相等，即合力相等，故D错误；
故选BC。
28．（2022·湖北·高考真题）密立根油滴实验装置如图所示，两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间产生匀强电场。用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场，油滴从喷口喷出时由于摩擦而带电。金属板间电势差为U时，电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止。若仅将金属板间电势差调整为2U，则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为（ ）
A．q，rB．2q，rC．2q，2rD．4q，2r
【答案】D
【详解】初始状态下，液滴处于静止状态时，满足
即
AB．当电势差调整为2U时，若液滴的半径不变，则满足
可得
AB错误；
CD．当电势差调整为2U时，若液滴的半径变为2r时，则满足
可得
C错误，D正确。
故选D。
29．（2021·湖北·高考真题）（多选）如图所示，一匀强电场E大小未知、方向水平向右。两根长度均为L的绝缘轻绳分别将小球M和N悬挂在电场中，悬点均为O。两小球质量均为m、带等量异号电荷，电荷量大小均为q（q>0）。平衡时两轻绳与竖直方向的夹角均为θ=45°。若仅将两小球的电荷量同时变为原来的2倍，两小球仍在原位置平衡。已知静电力常量为k，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．M带正电荷B．N带正电荷
C．D．
【答案】BC
【分析】本题考查库仑定律、受力分析以及共点力的平衡。
【详解】AB．由题图可知，对小球M受力分析如图（a）所示，对小球N受力分析如图（b）所示，由受力分析图可知小球M带负电，小球N带正电，故B正确，A错误；
CD．由几何关系可知，两小球之间的距离为
当两小球的电荷量为q时，由力的平衡条件得
两小球的电荷量同时变为原来的2倍后，由力的平衡条件得
整理解得
故C正确，D错误。
故选BC。
30．（2023·福建·高考真题）如图（a），一粗糙、绝缘水平面上有两个质量均为m的小滑块A和B，其电荷量分别为和。A右端固定有轻质光滑绝缘细杆和轻质绝缘弹簧，弹簧处于原长状态。整个空间存在水平向右场强大小为E的匀强电场。A、B与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其大小均为。时，A以初速度向右运动，B处于静止状态。在时刻，A到达位置S，速度为，此时弹簧未与B相碰；在时刻，A的速度达到最大，此时弹簧的弹力大小为；在细杆与B碰前的瞬间，A的速度为，此时。时间内A的图像如图（b）所示，为图线中速度的最小值，、、均为未知量。运动过程中，A、B处在同一直线上，A、B的电荷量始终保持不变，它们之间的库仑力等效为真空中点电荷间的静电力，静电力常量为k；B与弹簧接触瞬间没有机械能损失，弹簧始终在弹性限度内。
（1）求时间内，合外力对A所做的功；
（2）求时刻A与B之间的距离；
（3）求时间内，匀强电场对A和B做的总功；
（4）若增大A的初速度，使其到达位置S时的速度为，求细杆与B碰撞前瞬间A的速度。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【详解】（1）时间内根据动能定理可知合外力做的功为
（2）由图（b）可知时刻A的加速度为0，此时滑块A所受合外力为0，设此时A与B之间的距离为r0，根据平衡条件有
其中
联立可得
（3）在时刻，A的速度达到最大，此时A所受合力为0，设此时A和B的距离为r1，则有
且有，
联立解得
时间内，匀强电场对A和B做的总功
（4）过S后，A、B的加速度相同，则A、B速度的变化相同。设弹簧的初始长度为；A在S位置时，此时刻A、B的距离为，A速度最大时，AB距离为，细杆与B碰撞时，A、B距离为。
A以过S时，到B与杆碰撞时，A增加的速度为，则B同样增加速度为，设B与杠相碰时，B向左运动。设B与弹簧相碰到B与杆相碰时，B向左运动。对A根据动能定理有
对B有
当A以过S时，设B与杆碰撞时，A速度为，则B速度为，设B与杠相碰时，B向左运动。设B与弹簧相碰到B与杆相碰时，B向左运动。
对A根据动能定理有
对B
联立解得
31．（2023·山西·高考真题）密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时，油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v0、；两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率，均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。
（1）求油滴a和油滴b的质量之比；
（2）判断油滴a和油滴b所带电荷的正负，并求a、b所带电荷量的绝对值之比。

【答案】（1）8:1；（2）油滴a带负电，油滴b带正电；4:1
【详解】（1）设油滴半径r，密度为ρ，则油滴质量
则速率为v时受阻力
则当油滴匀速下落时
解得
可知
则
（2）两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率，可知油滴a做减速运动，油滴b做加速运动，可知油滴a带负电，油滴b带正电；当再次匀速下落时，对a由受力平衡可得
其中
对b由受力平衡可得
其中
联立解得
32．（2022·河北·高考真题）两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1所示，金属板与可调电源相连形成电场，方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直平面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子源，可连续释放质量为m、电荷量为、初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求：
（1）时刻释放的粒子，在时刻的位置坐标；
（2）在时间内，静电力对时刻释放的粒子所做的功；
（3）在点放置一粒接收器，在时间内什么时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获。
【答案】（1）；（2）；（3）或
【详解】（1）在时间内，电场强度为，带电粒子在电场中加速度，根据动量定理可知
解得粒子在时刻的速度大小为
方向竖直向上，粒子竖直向上运动的距离
在时间内，根据粒子在磁场运动的周期可知粒子偏转，速度反向，根据可知粒子水平向右运动的距离为
粒子运动轨迹如图
所以粒子在时刻粒子的位置坐标为，即；
（2）在时间内，电场强度为，粒子受到的电场力竖直向上，在竖直方向
解得时刻粒子的速度
方向竖直向上，粒子在竖直方向上运动的距离为
在时间内，粒子在水平方向运动的距离为
此时粒子速度方向向下，大小为，在时间内，电场强度为，竖直方向
解得粒子在时刻的速度
粒子在竖直方向运动的距离
粒子运动的轨迹如图
在时间内，静电力对粒子的做功大小为
电场力做正功；
（3）根据（1）问中解析有，
①若粒子到达点之前，在磁场中已经过两个半圆，则释放时刻一定在时间内，若在之间的时刻释放粒子，粒子运动轨迹如图丙所示，有
，
，
，
，
，
所以
整理发现
所以需满足，代入数据解不等式，
当时不等式成立
②若粒子到达点前只经过一个半圆，则粒子在磁场中运动的轨迹半径
由得，经第一次电场加速的末速度，则粒子在时间内释放不可能，如果在时间内释放，则第一次在电场中加速的时间，即在时释放符合条件，但在此情况下，，经过一个半圆后在电场中减速至速度为零的位移大小为
联立有
故此情况下无法到达点，所以考虑在时间内释放，假设粒子第一次在电场中加速的时间为，则，在此种情况下，，经过一个半圆后在电场中减速至速度为零的位移大小为
联立有
故此情况下粒子能在点被吸收，所以粒子释放时刻为
综上可知，在或时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获
33．（2022·湖南·高考真题）如图，两个定值电阻的阻值分别为和，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为，板长为，极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为、带电量为的小球以初速度沿水平方向从电容器下板左侧边缘点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为，忽略空气阻力。
（1）求直流电源的电动势；
（2）求两极板间磁场的磁感应强度；
（3）在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小球在电磁场中做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，可得
两端的电压
根据欧姆定律得
联立解得
（2）如图所示
设粒子在电磁场中做圆周运动的半径为，根据几何关系
解得
根据
解得
（3）由几何关系可知，射出磁场时，小球速度方向与水平方向夹角为，要使小球做直线运动，当小球所受电场力与小球重力在垂直小球速度方向的分力相等时，电场力最小，电场强度最小，可得
解得
34．（2022·辽宁·高考真题）如图所示，光滑水平面和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为，之后沿轨道运动。以O为坐标原点建立直角坐标系，在区域有方向与x轴夹角为的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求：
（1）弹簧压缩至A点时的弹性势能；
（2）小球经过O点时的速度大小；
（3）小球过O点后运动的轨迹方程。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小球从A到B，根据能量守恒定律得
（2）小球从B到O，根据动能定理有
解得
（3）小球运动至O点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴，则x轴方向有
竖直方向有
解得，
说明小球从O点开始以后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有，
联立解得小球过O点后运动的轨迹方程
35．（2022·广东·高考真题）密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖。图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量均为、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离。此时给两极板加上电压U（上极板接正极），A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率，不计空气浮力，重力加速度为g。求：
（1）比例系数k；
（2）油滴A、B的带电量和电性；B上升距离电势能的变化量；
（3）新油滴匀速运动速度的大小和方向。
【答案】（1）；（2）油滴A不带电，油滴B带负电，电荷量，电势能的变化量；（3）见解析
【详解】（1）未加电压时，油滴匀速时的速度大小
匀速时
又
联立可得
（2）加电压后，油滴A的速度不变，可知油滴A不带电，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受电场力向上，极板间电场强度向下，可知油滴B带负电，油滴B向上匀速运动时，速度大小为
根据平衡条件可得
解得
根据
又
联立解得
（3）油滴B与油滴A合并后，新油滴的质量为，新油滴所受电场力
若，即
可知
新油滴速度方向向上，设向上为正方向，根据动量守恒定律
可得
新油滴向上加速，达到平衡时
解得速度大小为
速度方向向上；若，即
可知
设向下为正方向，根据动量守恒定律
可知
新油滴向下加速，达到平衡时
解得速度大小为
速度方向向下。
36．（2021·浙江·高考真题）在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆（硅片）。速度选择器、磁分析器和偏转系统中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场场强大小均为E，方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔；偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一边长为L的正方体，其偏转系统的底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O点（即图中坐标原点，x轴垂直纸面向外）。整个系统置于真空中，不计离子重力，打在晶圆上的离子，经过电场和磁场偏转的角度都很小。当α很小时，有，。求：
(1)离子通过速度选择器后的速度大小v和磁分析器选择出来离子的比荷；
(2)偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示；
(3)偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示；
(4)偏转系统同时加上电场和磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示，并说明理由。
【答案】(1)，；(2)（，0）；(3)（0，）；(4)见解析
【详解】(1)通过速度选择器离子的速度
从磁分析器中心孔N射出离子的运动半径为
由得
(2)经过电场后，离子在x方向偏转的距离
离开电场后，离子在x方向偏移的距离
位置坐标为(，0)
(3)离子进入磁场后做圆周运动半径
经过磁场后，离子在y方向偏转距离
离开磁场后，离子在y方向偏移距离
则
位置坐标为(0，)
(4)注入晶圆的位置坐标为(，),电场引起的速度增量对y方向的运动不产生影响。
37．（2024·全国·校联考一模）如图所示，竖直放置的半径为的四分之一光滑圆弧轨道与粗糙绝缘水平轨道在B处平滑连接，为圆弧轨道的圆心，OB左侧空间存在竖直向下的匀强电场，场强大小为。一质量为带负电的物块，电荷量，以一定的初速度从A点沿切线进入圆弧轨道。物块与水平轨道间的动摩擦因数为。已知重力加速度大小为，下列说法正确的是（ ）
A．无论在A点的初速度多大，物块一定能沿圆弧轨道运动到B点
B．物块以不同的初速度从A点沿圆弧轨道滑到B点，其在B点的速度最小为0
C．物块以不同的初速度从A点沿圆弧轨道滑过B点后，最终可停在距B点的位置
D．物块沿圆弧轨道滑过B点后，最终停在上，因摩擦产生的热量最小值为
【答案】D
【详解】AB．物块带负电，电场力竖直向上且大于重力，故B点为圆轨道等效最高点，物块不一定能沿圆弧轨道运动到B点；物块运动到B点的临界条件为物块在B点与轨道的压力为0，由牛顿第二定律
得B点的最小速度
在轨道，由动能定理
可得
故点也存在速度的最小值，故AB错误；
CD．在BC轨道，由动能定理
得
可知物块停止位置到B点的最小距离为
故C错误；
D．根据能量守恒与转化，摩擦产生的热量
故D正确。
故选D。
38．（2023·湖北·校联考模拟预测）如图所示，空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直纸面（平面）向外，电场的方向沿y轴正方向。一质量为m、电荷量为q的带电粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动（其轨迹如图所示）。已知磁感应强度的大小为B，电场强度大小为E，不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．粒子带负电
B．粒子运动轨迹是抛物线
C．粒子距离x轴的最大距离为
D．粒子运动过程中的最大速度为
【答案】C
【详解】A．粒子由静止开始运动，电场力方向竖直向上，故粒子带正电，选项A错误；B．粒子运动时受电场力和洛伦兹力，因洛伦兹力是变力，则轨迹不是抛物线，运动轨迹为摆线，选项B错误；CD．将粒子的运动分解为速度，的向右的匀速直线运动和速度为v的沿顺时针方向的匀速圆周运动，则粒子距x轴的最大距离，两分运动同向时速度最大，则最大速度为，故选项C正确，选项D错误。
故选C。
39．（2023·四川成都·统考一模）如图，空间存在范围足够大的匀强电场，场强大小，方向水平向右。竖直面内一绝缘轨道由半径为R的光滑圆弧与足够长的倾斜粗糙轨道AB、CD组成，AB、CD与水平面夹角均为45°且在B、C两点与圆弧轨道相切。带正电的小滑块质量为m，电荷量为q，从AB轨道上与圆心O等高的P点以的速度沿轨道下滑。已知滑块与AB、CD轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）

A．滑块在AB轨道下滑时的加速度大小为g
B．滑块在轨道中对轨道的最大压力为3mg
C．滑块最终将在轨道之间做往复运动
D．滑块在AB轨道及CD轨道上运动的总路程为2R
【答案】AD
【详解】A．根据题意可知
重力与电场力的合力，方向垂直于AB面向下，滑块在AB轨道下滑时，有
解得
加速度大小为g，A正确；
B．由几何关系可知，
滑块在轨道的B点对轨道有最大压力，设此时滑块的速度为，轨道对滑块的支持力为，有
解得
根据牛顿第二定律，有
解得
根据牛顿第三定律，滑块在轨道中对轨道的最大压力为
B错误；
C．从B点到C点，电场力做负功，滑块需克服电场力做功为
所以滑块在到达C点前已经减速到0，后反向滑回到B点，滑块从B点出发到滑回到B点的过程中，合力做功为零，所以速度大小不变，仍为，然后沿BA轨道上向上滑行，由于在BA轨道只有摩擦力做负功，所以最后会停在AB轨道上，C错误；
D． 由于滑块在轨道上合力做功为0，所以滑回B点时，速度依然为，设在AB轨道上滑行后减速为0，有
解得
所以滑块在AB轨道及CD轨道上运动的总路程为
D正确。
故选AD。
40．（2024·浙江·校联考一模）空间中固定一电量为的点电荷，且存在某方向的匀强电场，使一初速度为，带电量为的小球恰可绕该点电荷作半径为的圆周运动，则（ ）
A．若点电荷电量为，则匀强电场方向一定向上
B．将点电荷电量变为，则小球圆周运动半径变为
C．换用另一带电量的小球使之仍以绕该点电荷做圆周运动，则小球运动半径仍为
D．若只撤去点电荷，同时调节场强为，则小球将作类平抛运动
【答案】C
【详解】A．若点电荷电量为，则q带负电，小球所受的匀强电场的电场力与重力平衡，因此匀强电场方向一定竖直向下，A错误；
B．根据库仑定律和牛顿第二定律可知
可知若点电荷电量变为，小球的速度大小不变，小球圆周运动半径应变为，B错误；
C．用另一带电量的小球使之仍以绕该点电荷做圆周运动，根据
可知小球的质量变为原来的2倍，根据
可知则小球运动半径仍为，C正确；
D．只撤去点电荷，同时调节场强为，则小球所受的合力为
若初速度沿水平方向，小球做类平抛运动，若初速度竖直向上，则做匀加速直线运动，若初速度倾斜，做斜抛运动，D错误。
故选C。
41．（2023上·重庆·高三重庆市万州沙河中学校联考期中）（多选）一带电荷量为＋q的滑块放在粗糙水平地面上，空间存在水平向右、电场强度大小为E的匀强电场，给滑块一向右的初速度，滑块恰好做匀速直线运动。突然在空间施加沿纸面与水平方向成60°角、斜向右下方、电场强度大小也为E的另一匀强电场，滑块仍然做匀速直线运动，关于滑块在两个叠加电场中的运动，下列说法正确的是（ ）
A．滑块对地面的压力大小为
B．滑块与地面间的动摩擦因数为
C．滑块受到地面的滑动摩擦力大小为
D．滑块在两个叠加电场中运动时受到的电场力与受到的重力大小相等
【答案】BCD
【分析】本题考查带电物体在电场中的运动，目的是考查学生的创新能力。
【详解】ABC．只有水平电场时滑块匀速运动，则,再加沿纸面与水平方向成60°角、斜向右下方、电场强度大小也为E的另一匀强电场时滑块也做匀速运动，则,,,解得，，，，故A错误，BC正确；D．滑块在叠加电场中运动时受到的电场力，故D正确。
故选BCD。
42．（2024·四川凉山·统考一模）（多选）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xy，整个空间存在平行xy平面与y轴正方向成45°角的匀强电场E。质量为m的带电小球从坐标原点O沿x轴的正方向以速度v水平抛出，经过一段时间小球以v的速度穿过y轴正半轴某点（图中未画出），不计空气阻力，则（ ）
A．小球可能带负电
B．小球所受电场力的大小为mg
C．小球电势能最大时动能最小
D．小球电势能最大时水平速度等于竖直速度
【答案】BD
【详解】A．从抛出到穿过y轴正半轴的过程中，重力做负功，动能增加，电场力做正功，小球沿着电场线的方向运动了一段距离，因此小球带正电，A错误；B．将电场强度分解到水平方向和竖直方向，则在水平方向上，，，在竖直方向上，，而，联立解得，B正确；CD．小球抛出后，当速度方向与电场线垂直斜向上时，克服电场力做功最多，电势能最大，此时电场力的方向与速度方向垂直，而重力的方向与速度方向夹角为钝角，接下来小球的速度会继续减小，并非此时是动能最小的时刻，C错误，D正确。
故选BD。
43．（2023·河南开封·统考一模）（多选）如图所示，P、Q、S是三个带同种电荷完全相同的带电小球，现将P、Q、S三小球从同一水平面上静止释放，P小球经过有界的匀强电场落到地面上，Q小球经过有界的匀强磁场落到地面上，S小球直接落到地面上，O点是它们释放点在地面上的投影点，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．只有S小球能落在O点上，且P、Q小球可以落在O点的异侧
B．只有S小球能落在O点上，且P、Q小球一定落在O点的同侧
C．三小球落地时，动能大小关系为EkP>EkQ=EkS
D．三小球所用的时间关系为tP=tS>tQ
【答案】BC
【详解】AB．假设P、Q、S三个小球都带正电，则P小球进入电场受到水平向右的电场力，故P小球不能落到O点，降落到O点的右侧；Q小球由左手定则可知，将受到向右的洛伦兹力，向右发生偏转，故Q小球不能落到O点，降落到O点的右侧；S小球做自由落体运动，能落到O点上，故A错误，B正确；
C．三个小球下落过程重力做功相同，而P小球有电场力做正功，Q小球洛伦兹力不做功，由动能定理可知，合外力对P小球做功最多，Q、S小球做功相同，故动能大小关系为，故C正确；D．P、S小球竖直方向均做自由落体运动，故时间相同，Q小球受洛伦兹力发生偏转，偏转过程中受到洛伦兹力竖直向上的分力，故下落的加速度变小，时间变大，故三小球所用的时间关系为，故D错误。
故选D。
44．（2023·天津和平·统考二模）（多选）如图所示，在空间中存在水平向右的足够大匀强电场，一带电小球从电场中的A点以某一速度水平向右进入电场，一段时间后到达最右端B点，之后又回到A点正下方的C点（图中未标出），不计空气阻力，下列分析正确的是（ ）
A．小球从A点运动到B点电势能增加量等于动能的减小量
B．小球从A点到B点所用时间与从B点到C点所用时间相等
C．小球在C点时的动能一定大于在A点时的动能
D．A、B两点间与B、C两点间竖直位移相等
【答案】BC
【详解】A．根据能量守恒定律，可知小球从点运动到点，故A错误；B．因为带电小球在水平方向上只受电场力，水平加速度不变，所以带电小球从点运动到点与从点运动到点所用时间相等，故B正确；C．小球从点运动到点，电场力做功为零，电势能不变，因为小球的重力势能减小了，所以动能一定增大，即小球在点时的动能一定大于在点时的动能，故C正确；D．因为带电小球从点运动到点与从点运动到点所用时间相等，而在竖直方向上带电小球做自由落体运动，根据匀变速直线运动的规律，相等时间内的位移一定变大，即，故D错误。
故选BC。
45．（2024·辽宁·模拟预测）（多选）如图所示，在水平方向的匀强电场中，一质量为m的带电小球用一轻绳连接恰好在竖直平面内绕O点做半径为R的圆周运动，运动轨迹上均匀地分布着A、B、C、D、F、G、H和P点，OA垂直于电场强度方向。已知小球带电荷量为，电场强度（g为重力加速度），则下列说法错误的是（ ）
A．小球在A点时的速度为
B．小球运动至C点的电势能小于H点时的电势能
C．小球运动过程中绳子的最大拉力为
D．小球运动过程中的最小速度为
【答案】AC
【详解】AD．由于电场强度，则有，电场力和重力的合力大小为，方向与竖直方向成斜向右下；小球恰好在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动到达P点时速度最小，设为，此时电场力和重力的合力刚好提供向心力，则有，解得，小球从P到A的过程中，由动能定理可得，解得，故A错误，满足题意要求，D正确，不满足题意要求；B．由于，，根据，可知小球运动至C点的电势能小于H点时的电势能，故B正确，不满足题意要求；C．小球运动等效最低点D时的速度最大，对绳子的拉力最大，小球从P到D的过程中，由动能定理可得，在等效最低点D处，根据牛顿第二定律可得，联立解得，故C错误，满足题意要求。
故选AC。
46．（2023·陕西咸阳·校考模拟预测）（多选）如图所示，ab和bc区域的宽度均为d．ab区域存在水平向左、电场强度大小为E的匀强电场；bc区域存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向上，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小。今有一带正电的微粒从a边缘平行电场方向以初速度水平向右射入电场，从b边缘的P点进入bc区域时的速度大小不变，方向变为竖直向下。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．a、P两点间距离为
B．微粒在ab区域中做半径为d的匀速圆周运动
C．微粒在bc区域中做半径为的匀速圆周运动
D．微粒在ab、bc区域中运动的总时间为
【答案】AD
【详解】AB．微粒在区域中，水平方向做匀减速运动，竖直方向做匀加速运动，并且平均速度相同，故竖直位移和水平位移均为，故间距离为，故A正确，B错误；CD．微粒在区域中运动时间为，且满足，，在区域，重力与电场力平衡，故微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，半径为，根据几何知识可知，微粒在复合场中转过的角度为，故运动时间为，故C错误，D正确。
故选AD。
47．（2024·云南红河·统考一模）（多选）如图所示，边长均为的正方形区域和位于同一竖直平面内，内存在竖直方向的匀强电场和垂直纸面的匀强磁场，内存在匀强电场。一质量、电荷量的小球，从距A点正上方的O点静止释放，进入后做匀速圆周运动，之后恰好从C点沿水平方向进入，取，则（ ）
A．内的电场强度，方向竖直向上
B．磁感应强度，方向垂直纸面向里
C．若内存在竖直向下的匀强电场，恰好能使小球从F点飞出，则两点的电势差
D．若内存在水平向左的匀强电场强度，则恰好能使小球从G点飞出
【答案】AC
【详解】A．小球进入后做匀速圆周运动，则电场力与质量平衡，有，解得，方向竖直向上，故A正确；B．进入后做匀速圆周运动，之后恰好从C点沿水平方向进入，根据几何关系可知，小球在区域内做匀速圆周运动的半径为，粒子进入前做自由落体运动，则有，根据洛伦兹力提供向心力可得，可得磁感应强度大小为，根据左手定则可知，磁感应强度方向垂直纸面向里，故B错误；C．若内存在竖直向下的匀强电场，恰好能使小球从F点飞出，则有，，，联立解得，则两点的电势差为，故C正确；D．若内存在水平向左的匀强电场强度，设小球从边离开，则竖直方向有，解得，水平方向有，，解得，可知小球从边的中点飞出，故D错误。
故选AC。
48．（2024·江西景德镇·江西省乐平中学校联考一模）（多选）光滑绝缘水平桌面上有一个可视为质点的带正电小球，桌面右侧存在由匀强电场和匀强磁场组成的复合场，复合场的下边界是水平面，到桌面的距离为h，电场强度为E、方向竖直向上，磁感应强度为B、方向垂直纸面向外，重力加速度为g，带电小球的比荷为，如图所示。现给小球一个向右的初速度，离开桌边缘立刻进入复合场运动，从下边界射出，射出时的速度方向与下边界的夹角为。下列说法正确的是（ ）

A．小球在复合场中的运动时间可能是
B．小球在复合场中运动的加速度大小可能是
C．小球在复合场中运动的路程可能是
D．小球的初速度大小可能是
【答案】AC
【详解】带电小球的比荷为，则有，则小球合力为洛伦兹力，所以小球在复合场中做匀速圆周运动，射出时的速度方向与下边界的夹角为，则小球运动情况有两种，轨迹如下图所示

若小球速度为，则根据几何知识可得轨迹所对应的圆心角为，此时小球在复合场中的运动时间为，根据几何知识可得，其轨迹半径为，则根据洛伦兹力提供向心力有，可得，小球的速度为，则小球的路程为，小球的加速度为，若小球速度为，则根据几何知识可得轨迹所对应的圆心角为，此时小球在复合场中的运动时间为，根据几何知识可得，其轨迹半径为，则根据洛伦兹力提供向心力有，可得，小球的速度为，则小球的路程为，小球的加速度为。
故选AC。
49．（2024·湖南·湖南师大附中校联考一模）如图所示，一绝缘细杆ABC，细杆在B处平滑拐弯，，AB与水平面成37°，BC水平，空间存在与杆所在的竖直面平行水平向右场强的匀强电场，一质量电量的带正电小球套在细杆上，小球与杆间的动摩擦因数，现将小球从A端静止释放，小球通过B处时无能量损失，不计空气阻力（，）求：
（1）小球经过多长时间运动到B端；
（2）小球第一次落回到水平面时与C端的距离。
【答案】（1）；（2）10.8m
【详解】（1）从A端静止释放到B端过程对小球进行受力析如图
可知电场力沿斜面向上的分力为
电场力垂直斜面向下的分力为
由动能定理得到B端速度为
解得
由匀变速直线运动规律公式
代入数据解得
由匀变速直线运动位移公式
解得
（2）小球BC过程做匀加速直线运动，由动能定理得
解得C点速度为
小球第一次落回到水平面时，小球竖直方向做自由落体运动得
解得下落时间为
水平方向做匀加速直线运动位移为
代入数据解得
50．（2024·浙江嘉兴·统考一模）利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，在平面内存在有区域足够大的方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为。位于坐标原点处的离子源能在平面内持续发射质量为、电荷量为的负离子，其速度方向与轴夹角的最大值为，且各个方向速度大小随变化的关系为，式中为未知定值。且的离子恰好通过坐标为（，）的点。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。
（1）求关系式中的值；
（2）离子通过界面时坐标的范围；
（3）为回收离子，今在界面右侧加一定宽度且平行于轴的匀强电场，如图所示，电场强度。为使所有离子都不能穿越电场区域且重回界面，求所加电场的宽度至少为多大？
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由于的离子恰好通过坐标为（，）的点，此时离子的速度为，运动半径为
由牛顿第二定律得
解得
（2）对于任意的速度方向与轴成角的离子，设其在磁场中的运动半径为，如图所示
由牛顿第二定律得
且有
解得
故所有离子做圆周运动的轨道圆心均在界面上，且速度方向垂直于界面；当时
故离子通过界面时坐标的最小值为
坐标的最大值为
则离子通过界面时坐标的范围为
（3）须保证最大速度为的离子不能穿越电场区域。
解法一：设离子在进入电场时，除了有垂直于界面的初速度，还有两个大小相等、方向相反的沿界面的速度，如图所示
令
可得
则该离子做圆周运动的速度
与水平方向的夹角
则该离子做圆周运动时满足
可得
则所求电场的最小宽度
解法二：恰好能重回界面的离子到达右边界的速度方向与界面平行，设其为，对该离子竖直方向运用动量定理有
求和得
又由动能定理得
综合可得电场的最小宽度为
51．（2024·浙江·校联考一模）如图所示，水平地面上有一辆小车，上方固定有竖直光滑绝缘细管，管的长度，有一质量、电荷量的绝缘小球A放置在管的底部，小球的直径略小于细管。在管口所在水平面MN的下方存在着垂直纸面向里的匀强磁场。现让小车始终保持速度的向右匀速运动，以带电小球刚经过磁场的竖直边界为计时起点，并以此时刻管口处为坐标原点建立坐标系，轴与磁场边界重合，小球刚离开管口时竖直向上的分速度，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小和绝缘管对小球做的总功；
（2）小球经过轴时的坐标；
（3）若第一象限存在和第四象限大小和方向都相同的的匀强磁场，同时绝缘管内均匀紧密排满了大量相对绝缘管静止，与小球完全相同的绝缘小球。不考虑小球之间的相互静电力，求能到达纵坐标的小球个数与总小球个数的比值。
【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】（1）在水平方向上，小球随车向右做匀速直线运动，该分速度对应的洛伦兹力方向竖直向上，为一个定值，可知，小球在方向上做匀加速运动，则有
解得
在竖直方向上，根据牛顿第二定律有
解得
即有
在上升过程中，根据动能定理有
解得
（2）小球第一次上升到轴，水平位移为
其中
解得
进入第一象限后，小球做斜抛运动，加速度仍然为重力加速度，可知，当小球重新回到轴时，水平位移
解得
小球回到绝缘管后在竖直方向以做减速运动，根据周期性，与轴交点的坐标为
即坐标为。
（3）由于小球恰能到达，此时为能到达的最高点，则有
解得
结合上述有
根据速度分解有
则有
解得
可知
解得
可知能够到达处的小球个数与总小球个数的比值为
52．（2023·四川乐山·统考一模）如图所示，一个质量为0.5g，带电量+2.5×10-3C的小球用轻质细线悬挂于O点，整个装置所在空间存在竖直向上的匀强电场，电场强度大小为E=1N/C。此时，小球以O1为圆心在水平面内做匀速圆周运动，细线与竖直方向的夹角θ=37°。已知OA长度L为1m，O1O2的竖直距离为0.4m（O、O1、O2）在同一竖直线上），重力加速度g取10m/s2。
（1）求小球做匀速圆周运动的线速度大小；
（2）某时刻绳OA断裂，求小球落地时速度和水平线的夹角。
【答案】（1）1.5m/s；（2）53°
【详解】（1）对小球受力分析，如图所示
根据牛顿第二定律可得
解得
（2）细绳断裂后，小球在竖直平面内做类平抛运动，可分解为竖直方向的匀加速直线运动，则
设小球落地时与水平线的夹角为α，则
所以
53．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）如图所示， 用长为l的绝缘细线把一个质量为m， 电荷量为q的带正电小球悬挂在O点，现加一电场强度最小的匀强电场， 使小球静止在 A 点， 此时细线与竖直方向夹角重力加速度为g，求：
（1）电场强度大小及方向；
（2）要使小球能绕O点做完整的圆周运动， 在 A 点沿切线方向给小球的初速度的最小值。
【答案】（1），方向与水平方向夹角45°，斜向右上方；（2）
【详解】（1）如图所示，当电场力方向与细线垂直时电场力最小
由几何关系
解得
与水平方向夹角45°，斜向右上方。
（2）由（1）可知，在A点电场力与重力的合力为
故小球恰好通过等效最高点时有
从A到等效最高点应用动能定理有
解得
54．（2023·黑龙江·校联考一模）半径为R的半圆形光滑绝缘轨道固定在水平面上，直径AC以下存在匀强电场，以圆心为坐标原点建立xOy坐标系。质量为m、电荷量为+q的小球（可视为点电荷）从A点以上（R，R）由静止释放，从A点进入半圆形轨道，沿轨道运动到最低点B时速度恰好为零。求：
（1）刚进入半圆形轨道时小球对A点的压力；
（2）小球速度最大时的位置坐标。

【答案】（1）4mg，水平向左；（2）
【详解】（1）小球释放后到B点的过程，有
解得
小球释放后到A点的过程，有
对小球在A点水平方向做受力分析，由牛顿第二定律得
由牛顿第三定律有
解得
方向水平向左；

（3）设小球在D位置时速度最大，OD与x轴正方向的夹角为θ，从开始下落到D点的过程中，有
整理得
，
小球速度最大时
由此可知，
所以
即D点的位置坐标为。
55．（2023·全国·校联考一模）如图所示，竖直虚线的左侧存在竖直向上电场强度大小为E的匀强电场，右侧存在竖直向上电场强度大小为2E的匀强电场与垂直纸面向外磁感应强度大小为B的匀强磁场。光滑绝缘的四分之一圆弧轨道ab固定在虚线左侧的竖直平面内，a点的切线竖直，b点正好在虚线上，且切线水平，P点是圆弧ab的中点，带电量为q的带正电小球从a点由静止释放，离开b点在虚线的右侧正好做匀速圆周运动，经过一段时间到达虚线上的c点。已知b、c两点间的距离是圆弧轨道ab半径的2倍，重力加速度大小为g。
（1）求小球的质量以及小球在b点的速度大小；
（2）求圆弧轨道P点对小球的支持力大小；
（3）求小球从b到c动量的变化率以及a、c两点间的电势差。
【答案】（1），；（2）；（3），
【详解】（1）小球在虚线的右侧正好做匀速圆周运动，故在右侧小球所受重力与电场力相互平衡，则有
解得
设小球在右侧做匀速圆周运动的半径为r，小球做勺速圆周运动由洛伦兹力提供向心力，则有
小球从a点到b点，只有重力和电场力做功，则根据动能定理可得
联立解得
（2）小球在圆弧轨道上做圆周运动，在P点的向心力由重力分力、电场力分力、轨道支持力提供向心力，则有
小球从a点到P点，只有重力和电场力做功，则根据动能定理可得
联立解得
（3）小球在右侧做勺速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
解得
小球从b到c为周期的一半，则
小球从b到c速度大小不变，方向相反，则
则动量变化率为
小球从a到c受到重力、电场力做功，则根据动能定理可得
解得
则
根据电场线方向可知，a点电势高于c点，则a、c两点间的电势差为。
56．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。如图所示，在真空的坐标系中，第一象限和第四象限存在着垂直纸面向内的匀强磁场，第二象限内有边界互相平行且宽度均为d的六个区域，交替分布着方向竖直向下的匀强电场和方向垂直纸面向里匀强磁场，调节电场和磁场大小，可以控制飞出的带电粒子的速度大小及方向。现将质量为m、电荷量为q的带正电粒子在边界P处由静止释放，粒子恰好以速度大小v从y轴上的Q点进入第一象限，经过x轴上的M点时速度方向刚好沿x轴正向。已知Q点坐标为（0，L），M点坐标为（3L，0），不计粒子重力及运动时的电磁辐射，不考虑粒子再次进入第二象限的运动情况。
（1）求第一、四象限中匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）求第二象限中电场强度大小E0和磁感应强度大小B0；
（3）若粒子到达M点时立即在第一、四象限内加竖直向下的匀强电场，使粒子经过N点时速度方向沿x轴正向，已知N点坐标为（6L，0），求所加匀强电场的大小。

【答案】（1）；（2），；（3）见解析
【详解】（1）设粒子在第一象限做匀速圆周运动的半径为r，由几何关系可得
解得r=5L
由
解得
（2）粒子从P到Q，电场力做正功，洛仑兹力不做功，由动能定理得
解得
设粒子速度与y轴负方向的夹角为θ，如图

由几何关系可得
粒子在经过磁场时的水平方向上，由动量定理
即
解得
（3）①若带电粒子沿直线运动，设所加电场强度的大小为E1，则
解得
②若带电粒子沿滚轮线运动，设所加电场强度的大小为E2，则
解得
02 常见电学仪器
考向一 常见电学仪器
1．（2021·福建·高考真题）一对平行金属板中存在匀强电场和匀强磁场，其中电场的方向与金属板垂直，磁场的方向与金属板平行且垂直纸面向里，如图所示。一质子（）以速度自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动。下列粒子分别自O点沿中轴线射入，能够做匀速直线运动的是（ ）（所有粒子均不考虑重力的影响）
A．以速度的射入的正电子
B．以速度射入的电子
C．以速度射入的核
D．以速度射入的a粒子
【答案】B
【详解】质子（）以速度自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动，将受到向上的洛伦兹力和电场力，满足，解得，即质子的速度满足速度选择器的条件；A．以速度的射入的正电子，所受的洛伦兹力小于电场力，正电子将向下偏转，故A错误；B．以速度射入的电子，依然满足电场力等于洛伦兹力，而做匀速直线运动，即速度选择题不选择电性而只选择速度，故B正确；C．以速度射入的核，以速度射入的a粒子，其速度都不满足速度选器的条件，故都不能做匀速直线运动，故CD错误；
故选B。
2．（2021·江苏·高考真题）如图1所示，回旋加速器的圆形匀强磁场区域以O点为圆心，磁感应强度大小为B，加速电压的大小为U、质量为m、电荷量为q的粒子从O附近飘入加速电场，多次加速后粒子经过P点绕O做圆周运动，半径为R，粒子在电场中的加速时间可以忽略。为将粒子引出磁场，在P位置安装一个“静电偏转器”，如图2所示，偏转器的两极板M和N厚度均匀，构成的圆弧形狭缝圆心为Q、圆心角为，当M、N间加有电压时，狭缝中产生电场强度大小为E的电场，使粒子恰能通过狭缝，粒子在再次被加速前射出磁场，不计M、N间的距离。求：
（1）粒子加速到P点所需要的时间t；
（2）极板N的最大厚度；
（3）磁场区域的最大半径。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设粒子在P的速度大小为，则根据
可知半径表达式为
对粒子在静电场中的加速过程，根据动能定理有
粒子在磁场中运动的周期为
粒子运动的总时间为
解得
（2）由粒子的运动半径，结合动能表达式变形得
则粒子加速到P前最后两个半周的运动半径为，
由几何关系有
结合解得
（3）设粒子在偏转器中的运动半径为，则在偏转器中，要使粒子半径变大，电场力应和洛伦兹力反向，共同提供向心力，即
设粒子离开偏转器的点为，圆周运动的圆心为。由题意知，在上，且粒子飞离磁场的点与、在一条直线上，如图所示。
粒子在偏转器中运动的圆心在点，从偏转器飞出，即从点离开，又进入回旋加速器中的磁场，此时粒子的运动半径又变为，然后轨迹发生偏离，从偏转器的点飞出磁场，那么磁场的最大半径即为
将等腰三角形放大如图所示。
虚线为从点向所引垂线，虚线平分角，则
解得最大半径为
3．（2021·天津·高考真题）霍尔元件是一种重要的磁传感器，可用在多种自动控制系统中。长方体半导体材料厚为a、宽为b、长为c，以长方体三边为坐标轴建立坐标系，如图所示。半导体中有电荷量均为e的自由电子与空穴两种载流子，空穴可看作带正电荷的自由移动粒子，单位体积内自由电子和空穴的数目分别为n和p。当半导体材料通有沿方向的恒定电流后，某时刻在半导体所在空间加一匀强磁场，磁感应强度的大小为B，沿方向，于是在z方向上很快建立稳定电场，称其为霍尔电场，已知电场强度大小为E，沿方向。
（1）判断刚加磁场瞬间自由电子受到的洛伦兹力方向；
（2）若自由电子定向移动在沿方向上形成的电流为，求单个自由电子由于定向移动在z方向上受到洛伦兹力和霍尔电场力的合力大小；
（3）霍尔电场建立后，自由电子与空穴在z方向定向移动的速率分别为、，求时间内运动到半导体z方向的上表面的自由电子数与空穴数，并说明两种载流子在z方向上形成的电流应满足的条件。
【答案】（1）自由电子受到的洛伦兹力沿方向；（2）；（3）见解析所示
【详解】（1）自由电子受到的洛伦兹力沿方向；
（2）设t时间内流过半导体垂直于x轴某一横截面自由电子的电荷量为q，由电流定义式，有
设自由电子在x方向上定向移动速率为，可导出自由电子的电流微观表达式为
单个自由电子所受洛伦兹力大小为
霍尔电场力大小为
自由电子在z方向上受到的洛伦兹力和霍尔电场力方向相同，联立得其合力大小为
（3）设时间内在z方向上运动到半导体上表面的自由电子数为、空穴数为，则
霍尔电场建立后，半导体z方向的上表面的电荷量就不再发生变化，则应
即在任何相等时间内运动到上表面的自由电子数与空穴数相等，这样两种载流子在z方向形成的电流应大小相等、方向相反。
4．（2021·广东·高考真题）图是一种花瓣形电子加速器简化示意图，空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各区感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外。电子以初动能从圆b上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速，已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为，电子质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应，取。
（1）当时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示，求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能；
（2）已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射。当时，要保证电子从出射区域出射，求k的最大值。
【答案】（1），，；（2）
【详解】（1）电子在电场中加速有
在磁场Ⅰ中，由几何关系可得
联立解得
在磁场Ⅰ中的运动周期为
由几何关系可得，电子在磁场Ⅰ中运动的圆心角为
在磁场Ⅰ中的运动时间为
联立解得
从Q点出来的动能为
（2）在磁场Ⅰ中的做匀速圆周运动的最大半径为，此时圆周的轨迹与Ⅰ边界相切，由几何关系可得
解得
由于
联立解得
5．（2023·浙江台州·统考模拟预测）如图所示，将霍尔式位移传感器置于一个沿轴正方向的磁场中，磁感应强度随位置变化关系为（且均为常数），霍尔元件的厚度很小。当霍尔元件通以沿轴正方向的恒定电流，上、下表面会产生电势差，则下列说法正确的是（ ）
A．若霍尔元件是自由电子导电，则上表面电势低于下表面
B．当物体沿轴正方向移动时，电势差将变小
C．仅减小霍尔元件上下表面间的距离，传感器灵敏度将变弱
D．仅减小恒定电流，传感器灵敏度将变弱
【答案】D
【详解】A．霍尔元件是自由电子导电，受洛伦兹力的是电子，根据左手定则。电子受向下的洛伦兹力，所以下表面带负电，上表面带正电，上表面电势高于下表面，A错误；B．设霍尔元件上下表面高度差为，电子定向移动速度为，电子电荷量为，霍尔元件平衡时，有，解得，又因为，其中为单位体积的自由电子数，可得，则，当物体沿轴正方向移动时增大，所以增大，电势差也增大，B错误；CD．传感器灵敏度为，因为，
可得，，仅减小霍尔元件上下表面间的距离，传感器灵敏度不变，仅减小恒定电流，传感器灵敏度将变弱，C错误，D正确。
故选D。
6．（2023·四川成都·校联考模拟预测）（多选）利用霍尔效应制作的霍尔元件广泛应用于测量和自动控制等领域，如图是霍尔元件的工作原理示意图。磁感应强度B垂直于用金属材料制成的霍尔元件的表面向下，通入图示方向的电流I，C、D两端会形成电势差，电子的电荷量为e，导体中单位体积内的电子数为n，垂直于电流的侧面长宽分别为h、d。则下列说法正确的是（ ）
A．C端电势一定高于D端电势
B．载流子所受电场力的大小为
C．仅增大电流I，的绝对值将增大
D．仅增大d，的绝对值将增大
【答案】BC
【详解】A．因霍尔元件材料为金属，金属中可自由移动的是电子，电子受洛伦兹力向左，即电子会打到C端，故有，C端电势低于D端电势，故A错误；B．根据电场强度定义式可得F=Ee，又因，电子受电场力大小为，故B正确；CD．当霍尔元件状态稳定时，根据平衡条件，有，
其中，解得，仅增大电流I，增大；仅增大d，减小，故C正确，D错误。
故选BC。
7．（2023·广东·统考二模）如图甲所示为一种可用于检测和分离同位素的装置，大量带电粒子从加速电场的上边缘由静止释放，通过宽度为L的狭缝MN，垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场后，均打到照相底片上．若释放的粒子是质子和氘核，其电荷量均为，质量分别为m和2m，不考虑重力及粒子之间的相互作用。
（1）若加速电场的电势差为U，求质子打在照相底片上的位置到M点的最小距离；
（2）要使质子和氘核在照相底片上形成的谱线带能够完全分离，求加速电场的电势差应满足的条件；（用m、e、B、L表示）
（3）某同学将该装置的狭缝宽度减小到可忽略的程度，将狭缝下方的磁场改为水平向左、电场强度大小为E的匀强电场，并在狭缝MN下方距离为d处水平放置照相底片（如图乙），请推导静止释放的质子，通过两个电场后在照相底片上形成的谱线距狭缝的水平距离x与加速电场的电势差U的关系式，并判断该改装装置能否用于检测和分离同位素。

【答案】（1）；（2）；（3）见解析
【详解】（1）质子在加速电场中运动时，根据动能定理有
质子在磁场中运动时，根据牛顿第二定律有
解得质子在磁场中的轨道半径
质子打在底片上的位置到M点的最小距离x=2r1–L
解得
（2）由（1）得氘核在磁场中的轨道半径
要使两谱线完全分离，需满足2r2-2r1>L
解得
（3）质子在加速电场中运动时，根据功能定理有
质子进入水平电场后，做类平抛运动有
联立解得
照相底片上形成的谱线位置与带电粒子的质量和电荷量无关，因此该改装装置不能用来检测和分离同位素。