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培优点1　带电粒子在复合场中的运动
1.带电粒子在组合场中运动问题的处理方法
(1)按照进入不同的场的时间顺序分成几个不同的阶段。
(2)分析带电粒子在各场中的受力情况和运动情况。若粒子进入电场区域，则其运动为加速(减速)以及偏转两大类运动，而进入磁场区域时，粒子通常做匀速圆周运动。
(3)画出带电粒子的运动轨迹，注意运用几何知识，找出相应的几何关系与物理关系。
(4)注意确定粒子在组合场交界处的速度大小与方向，该速度往往是联系两段运动的“桥梁”。
2.(1)重力场、静电场和磁场，其中两场共存时，粒子受其中两个力的合力为零，则其表现为匀速直线运动状态或静止状态。
(2)重力场、静电场和磁场三场共存
①合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F=qvB的方向与速度v垂直。
②粒子做匀速圆周运动时，则有mg=qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB=m。
3.“配速法”求解摆线问题
(1)适用条件：
①在叠加场中；
②合力做功不为零。
(2)方法：把速度分解为两个分速度，使其中一个分速度对应的洛伦兹力与重力(或静电力、或重力和静电力的合力)平衡，使粒子在这个方向上做匀速直线运动，另一个分速度产生的洛伦兹力使粒子做匀速圆周运动，粒子的运动轨迹为摆线。初速度为零时，速度分解为两个等大反向的速度；初速度不为零时，按矢量分解法则分解。
考点一　带电粒子在组合场中的运动
1.(2024·青海西宁市三模)如图所示，一虚线将xOy坐标系分为上下两部分，虚线交y轴于P点、交x轴于Q点，∠PQO=60°。虚线上方区域为垂直PQ指向左下方的匀强电场，电场强度大小为E；下方区域为垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度未知。一带电荷量为+q、质量为m的粒子从P点以速度v0沿x轴正方向抛出，不计重力，此后运动过程中其轨迹与虚线边界的第一个交点为M、第二个交点为N(M、N两点未画出)。
(1)(3分)求从P点运动至M点的过程中，粒子离虚线边界的最远距离；
(2)(5分)若PM=MN，求磁感应强度的大小。
2.(2024·黑吉辽·15)现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场足够宽，各区边界均垂直于x轴，O为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为+q，质量均为m的粒子。如图，甲、乙平行于x轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为v0和v0。甲到P点时，乙刚好射入Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，甲到O点时，乙恰好到P点。已知Ⅲ区存在沿+x方向的匀强电场，电场强度大小E0=。不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电场产生的磁场。
(1)(3分)求磁感应强度的大小B；
(2)(3分)求Ⅲ区宽度d；
(3)(6分)Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴，电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为E=ωt-kx，其中常系数ω>0，ω已知、k未知，取甲经过O点时t=0。已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，设乙在Ⅳ区受到的电场力大小为F，甲、乙间距为Δx，求乙追上甲前F与Δx间的关系式(不要求写出Δx的取值范围)。
【点拨·提炼】
考点二　带电粒子在叠加场中的运动
3.(2024·河北省二模)如图所示，在竖直面内的直角坐标系xOy中，在第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场和磁感应强度大小为B、方向垂直坐标平面向里的匀强磁场；在第一象限内存在方向竖直向上的匀强电场和磁感应强度大小也为B、方向垂直坐标平面向外的匀强磁场。一带正电的小球P从x轴上的A点以某一速度沿AK方向做直线运动，AK与x轴正方向的夹角θ=60°，从K点进入第一象限后小球P恰好做匀速圆周运动，经过x轴时竖直向下击中紧贴x轴上方静止的带电小球Q，碰后两球结合为一个结合体M，之后M从y轴上的F点离开第四象限，第四象限存在匀强磁场，方向如图所示。已知重力加速度大小为g，小球P、Q带电荷量均为q、质量均为m，均可视为质点，不计空气阻力。
(1)(3分)求第二象限与第一象限内电场的电场强度大小之比；
(2)(4分)求小球Q静止的位置距O点的距离；
(3)(3分)若结合体M进入第四象限时的速度为v，M在第四象限运动时的最大速度为2v，则当其速度为2v时，结合体M距x轴的距离是多少？
考点三　“配速法”解摆线问题
4.(2024·黑龙江大庆市模拟)如图所示，两平行极板水平放置，两板间有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场，磁场的磁感应强度为B。一束质量均为m、电荷量均为+q的粒子，以不同速率沿着两板中轴线PQ方向进入板间后，速率为v的甲粒子恰好做匀速直线运动；速率为的乙粒子在板间的运动轨迹如图中曲线所示，A为乙粒子第一次到达轨迹最低点的位置。不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用，求：
(1)(2分)两板间电场强度的大小；
(2)(4分)乙粒子偏离中轴线的最远距离；
(3)(4分)乙粒子运动过程中的最大速度。
1.(多选)(2024·安徽卷·10)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：
A.油滴a带负电，所带电量的大小为
B.油滴a做圆周运动的速度大小为
C.小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为
D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
2.(2024·甘肃卷·15)质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为E1，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子(不计重力)，加速后进入速度选择器做直线运动、再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。
(1)(4分)粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。
(2)(2分)求O点到P点的距离。
(3)(6分)若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为E2(E2略大于E1)，方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点上。求粒子打在O'点的速度大小。
答案精析
高频考点练
1.(1)　(2)
解析　(1)将v0在沿电场强度方向和垂直电场强度方向分解，当沿电场强度方向速度减至0时，粒子离虚线边界最远，
根据牛顿第二定律有qE=ma
t1=
最远距离s=a=
(2)粒子轨迹如图所示。粒子从P→M在垂直电场强度方向上做匀速直线运动，则
PM=v0sin 30°·2t1=
粒子从M到N做匀速圆周运动，
由qv0B0=m
整理得R0=
由几何关系知MN=2R0cos 30°
=
结合PM=MN
解得B0=。
2.(1)　(2)πL
(3)F=·Δx
解析　(1)对乙粒子，如图所示
由洛伦兹力提供向心力
qv0B=m
由几何关系sin 30°=
联立解得磁感应强度的大小为
B=
(2)由题意可知，根据对称性，乙在磁场中运动的时间为t1=2××=
对甲粒子，由对称性可知，甲粒子沿着直线从P点到O点，
由运动学公式d=v0t1+a
由牛顿第二定律a==
联立可得Ⅲ区宽度为d=πL
(3)甲粒子经过O点时的速度为
v甲=v0+at1=3v0
因为甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，
则E=0，
即ωt=kx=k×3v0t
可得k=
设乙粒子经过Ⅲ区的时间为t2，乙粒子在Ⅳ区运动时间为t0，则t=t0+t2
对乙可得=ω(t0+t2)-kx2
整理可得x2=3v0(t0+t2)-
对甲可得x1=3v0(t0+t2)
则Δx=x1-x2=
化简可得乙追上甲前F与Δx间的关系式为F=·Δx。
3.(1)　(2)(+2)　(3)
解析　(1)小球P沿AK方向做直线运动，由于洛伦兹力与速度有关，可知其一定做匀速直线运动，受力如图所示
根据受力平衡及几何关系可得=tan θ
小球Q静止在第一象限，则qE1=mg
联立可得=tan θ=
(2)小球P竖直向下击中Q，轨迹如图所示
根据洛伦兹力提供向心力有
qvB=m
rsin θ+r=d
小球P在第二象限中有
qvBcos θ=mg
联立解得d=(+2)
(3)结合体在第四象限中洛伦兹力对它不做功，只有重力做功，根据动能定理可得
2mgh=×2m(2v)2-×2mv2
解得h=。
4.(1)Bv　(2)　(3)v
解析　(1)速率为v的甲粒子恰好做匀速直线运动，则qE=Bqv，解得两板间电场强度的大小为E=Bv；
(2)(3)解法1：配速法
将在P点的速度分解为向右的v和向左的其中向右的v产生的洛伦兹力qvB=qE，向左的在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动
qB=
解得r=
ymax=2r=
vmax=+v=v。
解法2：动量定理+动能定理法
对甲：qvB=qE①
对乙：从开始至最低点的过程中，根据动能定理
qEym=m-m()2②
粒子在y方向的速度产生x方向的洛伦兹力，即Fx=qBvy
取沿x方向移动一小段时间Δt，
根据动量定理：
FxΔt=qBvy·Δt③
式子中vy·Δt表示粒子沿y方向运动的距离
则从开始至最远点的过程
qBym=m(vm-)④
由①②④得ym=vm=v。
补偿强化练
1.ABD　[油滴a做圆周运动，故重力与静电力平衡，可知带负电，有mg=Eq
解得q=故A正确；
根据洛伦兹力提供向心力有
Bqv=m
联立解得油滴a做圆周运动的速度大小为v=故B正确；
设小油滴Ⅰ的速度大小为v1，得
v1B=·
解得v1=
周期为T==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=v1+v2，
解得v2=-
由于分离后的小液滴受到的静电力和重力仍然平衡，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。]
2.(1)带正电　　(2)
(3)
解析　(1)粒子在Ⅲ中磁场所受洛伦兹力方向向上，根据左手定则可知粒子带正电；
设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子进入速度选择器时的速度为v0，在加速电场中，由动能定理qU=m
在速度选择器中粒子做匀速直线运动，
由平衡条件qv0B1=qE1
联立解得，粒子的比荷为=
(2)在Ⅲ中由洛伦兹力提供向心力qv0B2=m
可得O点到P点的距离为
OP=2r=
(3)粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力
F洛=qv0B1
向下的静电力F=qE2
由于E2>E1，且qv0B1=qE1
所以通过配速法，如图所示
其中满足qE2=q(v0+v1)B1
则粒子在速度选择器中水平向右以速度v0+v1做匀速直线运动的同时，竖直方向以v1做匀速圆周运动，当速度转向到水平向右时，满足垂直打在速度选择器右挡板的O'点的要求，故此时粒子打在O'点的速度大小为v'=v0+v1+v1=。(共44张PPT)
专题一　力与运动
培优点1
带电粒子在复合场中的运动
知识聚焦
高频考点练
内容索引
核心精讲
补偿强化练
知识聚焦
PART ONE
1.带电粒子在组合场中运动问题的处理方法
(1)按照进入不同的场的时间顺序分成几个不同的阶段。
(2)分析带电粒子在各场中的受力情况和运动情况。若粒子进入电场区域，则其运动为加速(减速)以及偏转两大类运动，而进入磁场区域时，粒子通常做匀速圆周运动。
(3)画出带电粒子的运动轨迹，注意运用几何知识，找出相应的几何关系与物理关系。
(4)注意确定粒子在组合场交界处的速度大小与方向，该速度往往是联系两段运动的“桥梁”。
核心精讲
PART TWO
2.(1)重力场、静电场和磁场，其中两场共存时，粒子受其中两个力的合力为零，则其表现为匀速直线运动状态或静止状态。
(2)重力场、静电场和磁场三场共存
①合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F=qvB的方向与速度v垂直。
②粒子做匀速圆周运动时，则有mg=qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB=m。
3.“配速法”求解摆线问题
(1)适用条件：
①在叠加场中；
②合力做功不为零。
(2)方法：把速度分解为两个分速度，使其中一个分速度对应的洛伦兹力与重力(或静电力、或重力和静电力的合力)平衡，使粒子在这个方向上做匀速直线运动，另一个分速度产生的洛伦兹力使粒子做匀速圆周运动，粒子的运动轨迹为摆线。初速度为零时，速度分解为两个等大反向的速度；初速度不为零时，按矢量分解法则分解。
考点一　带电粒子在组合场中的运动
1.(2024·青海西宁市三模)如图所示，一虚线将xOy坐标系分为上下两部分，虚线交y轴于P点、交x轴于Q点，∠PQO=60°。虚线上方区域为垂直PQ指向左下方的匀强电场，电场强度大小为E；下方区域为垂直于平面向里
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高频考点练
PART THREE
的匀强磁场，磁感应强度未知。一带电荷量为+q、质量为m的粒子从P点以速度v0沿x轴正方向抛出，不计重力，此后运动过程中其轨迹与虚线边界的第一个交点为M、第二个交点为N(M、N两点未画出)。
(1)求从P点运动至M点的过程中，粒子离虚线边界的最远距离；
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答案　　
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将v0在沿电场强度方向和垂直电场强度方向分解，当沿电场强度方向速度减至0时，粒子离虚线边界最远，
根据牛顿第二定律有qE=ma
t1=
最远距离s=a=
(2)若PM=MN，求磁感应强度的大小。
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答案　
粒子轨迹如图所示。粒子从P→M在垂直电场强度方向上做匀速直线
运动，则PM=v0sin 30°·2t1=
粒子从M到N做匀速圆周运动，
由qv0B0=m
整理得R0=
由几何关系知MN=2R0cos 30°=
结合PM=MN
解得B0=。
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2.(2024·黑吉辽·15)现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场足够宽，各区边界均垂直于x轴，O为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为+q，质量均为m的粒子。如图，甲、乙平行于x轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为v0和v0。甲到P点时，乙刚好射入Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，甲到O点时，
乙恰好到P点。已知Ⅲ区存在沿+x方向的匀强电场，电场强度大小E0=。不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电场产生的磁场。
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(1)求磁感应强度的大小B；
答案　　
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对乙粒子，如图所示
由洛伦兹力提供向心力
qv0B=m
由几何关系sin 30°=
联立解得磁感应强度的大小为B=
(2)求Ⅲ区宽度d；
答案　πL　
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由题意可知，根据对称性，乙在磁场中运动的时间为t1=2×× =
对甲粒子，由对称性可知，
甲粒子沿着直线从P点到O点，
由运动学公式d=v0t1+a
由牛顿第二定律a==
联立可得Ⅲ区宽度为d=πL
(3)Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴，电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为E=ωt-kx，其中常系数ω>0，ω已知、k未知，取甲经过O点时t=0。已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，设乙在Ⅳ区受到的电场力大小为F，甲、乙间距为Δx，求乙追上甲前F与Δx间的关系式(不要求写出Δx的取值范围)。
答案　F=·Δx
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甲粒子经过O点时的速度为
v甲=v0+at1=3v0
因为甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，
则E=0，
即ωt=kx=k×3v0t
可得k=
设乙粒子经过Ⅲ区的时间为t2，乙粒子在Ⅳ区运动时间为t0，则t=t0+t2
1
2
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对乙可得=ω(t0+t2)-kx2
整理可得x2=3v0(t0+t2)-
对甲可得x1=3v0(t0+t2)
则Δx=x1-x2=
化简可得乙追上甲前F与Δx间的关系式为
F=·Δx。
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点拨·提炼
考点二　带电粒子在叠加场中的运动
3.(2024·河北省二模)如图所示，在竖直面内的直角坐标系xOy中，在第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场和磁感应强度大小为B、方向垂直坐标平面向里的匀强磁场；在第一象限内存在方向竖直向上的匀强电场和磁感应强度大小也为B、方向垂直坐标平面向外的匀强磁场。一带正电的小球P从x轴上的A点以某一速度沿AK方向做直线运动，AK与x轴正方向的夹角θ=60°，从K点进入第一象限后小球P恰好做匀速圆周运动，经过x轴时竖直向下击中紧贴x轴上方静
止的带电小球Q，碰后两球结合为一个结合体M，之后M从y轴上的F点离开第四象限，第四象限存在匀强磁场，方向如图所示。已知重力加速度大小为g，小球P、Q带电荷量均为q、质量均为m，均可视为质点，不计空气阻力。
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(1)求第二象限与第一象限内电场的电场强度大小之比；
答案　　
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小球P沿AK方向做直线运动，由于洛伦兹力与速度有关，可知其一定做匀速直线运动，受力如图所示
根据受力平衡及几何关系可得=tan θ
小球Q静止在第一象限，则qE1=mg
联立可得=tan θ=
(2)求小球Q静止的位置距O点的距离；
答案　(+2)　
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小球P竖直向下击中Q，轨迹如图所示
根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m
rsin θ+r=d
小球P在第二象限中有qvBcos θ=mg
联立解得d=(+2)
(3)若结合体M进入第四象限时的速度为v，M在第四象限运动时的最大速度为2v，则当其速度为2v时，结合体M距x轴的距离是多少？
答案　
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结合体在第四象限中洛伦兹力对它不做功，只有重力做功，根据动能定理可得
2mgh=×2m(2v)2-×2mv2
解得h=。
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考点三　“配速法”解摆线问题
4.(2024·黑龙江大庆市模拟)如图所示，两平行极板水平放置，两板间有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场，磁场的磁感应强度为B。一束质量均为m、电荷量均为+q的粒子，以不同速率沿着两板中轴线PQ方向进入板间后，速率为v的甲粒子恰好做匀速直线运动；速率为
的乙粒子在板间的运动轨迹如图中曲线所示，A为乙粒子第一次到达轨迹最低点的位置。不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用，求：
1
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(1)两板间电场强度的大小；
答案　Bv　
速率为v的甲粒子恰好做匀速直线运动，则qE=Bqv，解得两板间电场强度的大小为E=Bv；
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(2)乙粒子偏离中轴线的最远距离；
答案　　
(3)乙粒子运动过程中的最大速度。
答案　v
1
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(2)(3)解法1：配速法
将在P点的速度分解为向右的v和向左的，其中向右的v产生的洛伦兹力qvB=qE，向左的在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动
qB=
解得r=
ymax=2r=
vmax=+v=v。
1
2
3
4
解法2：动量定理+动能定理法
对甲：qvB=qE ①
对乙：从开始至最低点的过程中，根据动能定理
qEym=m-m()2 ②
粒子在y方向的速度产生x方向的洛伦兹力，即Fx=qBvy
取沿x方向移动一小段时间Δt，
根据动量定理：
FxΔt=qBvy·Δt ③
1
2
3
4
式子中vy·Δt表示粒子沿y方向运动的距离
则从开始至最远点的过程
qBym=m(vm-) ④
由①②④得ym=，vm=v。
1.(多选)(2024·安徽卷·10)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。
1
2
补偿强化练
PART FOUR
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
A.油滴a带负电，所带电量的大小为
B.油滴a做圆周运动的速度大小为
C.小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为
D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
1
2
√
√
√
1
2
油滴a做圆周运动，故重力与静电力平衡，
可知带负电，有mg=Eq解得q=，故A正确；
根据洛伦兹力提供向心力有Bqv=m
联立解得油滴a做圆周运动的速度大小为v=，故B正确；
设小油滴Ⅰ的速度大小为v1，得v1B=·
解得v1=，
周期为T==，故C错误；
1
2
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=v1+v2，
解得v2=-，
由于分离后的小液滴受到的静电力和重力仍然平衡，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。
1
2
2.(2024·甘肃卷·15)质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为E1，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为B2，方
向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子(不计重力)，加速后进入速度选择器做直线运动、再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。
1
2
(1)粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。
答案　带正电　　
1
2
粒子在Ⅲ中磁场所受洛伦兹力方向向上，根据左手定则可知粒子带正电；
设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子进入速度选择器时的速度为v0，在加速电场中，由动能定理qU=m
在速度选择器中粒子做匀速直线运动，
由平衡条件qv0B1=qE1
联立解得，粒子的比荷为=
1
2
(2)求O点到P点的距离。
答案　
在Ⅲ中由洛伦兹力提供向心力qv0B2=m
可得O点到P点的距离为OP=2r=
1
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(3)若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为E2(E2略大于E1)，方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点上。求粒子打在O'点的速度大小。
答案　
1
2
粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力
F洛=qv0B1
向下的静电力F=qE2
由于E2>E1，且qv0B1=qE1
所以通过配速法，如图所示
其中满足qE2=q(v0+v1)B1
1
2
则粒子在速度选择器中水平向右以速度v0+v1做匀速直线运动的同时，竖直方向以v1做匀速圆周运动，当速度转向到水平向右时，满足垂直打在速度选择器右挡板的O'点的要求，故此时粒子打在O'点的速度大小为v'=v0+v1+v1=。

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