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(共75张PPT)
第一阶段　突破核心　升华思维
专题三　电场与磁场
第8讲　带电粒子在复合场中的运动
【备考指南】
1．高考对本讲的命题热点集中在带电粒子在组合场、叠加场中的运动以及与最新科技或实际生活中的电磁装置相关联等问题的考查上。突出推理论证能力、加强数学知识在物理问题中的应用。
2．要善于将实际问题转化为物理模型，正确画出运动轨迹，灵活选用几何关系和三角函数知识进行分析与计算。
突破点一　带电粒子在组合场中的运动
01
突破点二　带电粒子在叠加场中的运动
02
随堂练 临考预测 名师押题
03
专题限时集训(八)
04
突破点一　带电粒子在组合场中的运动
　　　　　　
1．带电粒子在组合场中运动问题的分类及解题方法
2．带电粒子在组合场中运动问题的分析思路
[典例1]　(磁场＋电场组合)(2024·吉林卷)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(q>0)、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＝。不计粒子所受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)求Ⅰ、Ⅱ区磁场的磁感应强度的大小B。
(2)求Ⅲ区宽度d。
(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区受到的静电力大小为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)。
[思路点拨]　
[解析]　(1)根据题意，作出甲、乙两粒子在Ⅰ区和Ⅱ区中的运动轨迹，如图所示。
乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，则乙在Ⅰ区运动轨迹所对的圆心角为30°
根据几何关系有r乙sin 30°＝L
对乙在Ⅰ区运动的过程，由洛伦兹力提供向心力有
qv0B＝
联立解得B＝。
(2)乙从进入Ⅰ区到运动至P点的过程，运动时间t1＝T
又T＝＝
解得t1＝
分析可知，甲、乙都沿＋x方向从P点射入Ⅲ区，在t1时间内，甲从P点运动到O点，根据运动学规律有
d＝
根据牛顿第二定律有qE0＝ma
联立解得d＝πL。
(3)甲从P点运动到O点的过程，根据运动学规律有
v甲O＝v0＋at1
解得v甲O＝3v0
由于甲在Ⅳ区做匀速直线运动，则甲所在位置的电场强度为
E甲＝ωt－kx＝ωt－kv甲Ot＝0
解得k＝
当甲运动t0时间至x＝x0处时，乙在Ⅳ区x＝(x0－Δx)处
在x＝x0处有E甲＝ωt0－kx0＝0
在x＝(x0－Δx)处有E乙＝ωt0－k(x0－Δx)
又F＝qE乙
联立解得F＝Δx。
[答案]　(1)　(2)πL　(3)F＝Δx
突破点二　带电粒子在叠加场中的运动
　　　　　　
带电粒子在叠加场中的三大类运动情况分析
磁场力、 重力并存 ①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题。
静电力、 磁场力并存 (重力不计) ①若静电力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。
②若静电力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题。
静电力、 磁场力、 重力并存 ①若三力平衡，则带电粒子一定做匀速直线运动。
②若重力与静电力平衡，则带电粒子可能做匀速圆周运动。
③若合力不为0且与速度方向不垂直，则带电粒子将做复杂的曲线运动，洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题。
[典例2]　(重力、静电力、磁场力的叠加)(2024·江西鹰潭一模)如图所示，在空间建立直角坐标系，坐标轴正方向如图所示。空间有磁感应强度为B＝1 T、 方向垂直于纸面向里的磁场，Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限(含x、y轴)有电场强度为E＝1 N/C、竖直向下的电场。光滑1/4圆弧轨道圆心为O′，半径为R＝
4 m，圆弧轨道底端位于坐标轴原点O。质量m1＝1 kg、带电荷量q1＝－1 C的小球A从O′处水平向右飞出，经过一段时间，正好运动到O点。质量m2＝4 kg、带电荷量q2＝2 C的小球B从与圆心等高处静
止释放，与A同时运动到O点并发生完全非弹性碰
撞，碰后生成小球C。小球A、B、C均可视为质
点，所在空间无重力场作用。
(1)小球A在O′处的初速度为多大；
(2)碰撞完成后瞬间，圆弧轨道对小球C的支持力；
(3)小球C从O点飞出后的瞬间，将磁场方向改为竖直向上。分析C球在后续运动过程中，再次回到y轴时离O点的距离。
[解析]　(1)A从O′飞出后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，rA＝
由洛伦兹力提供向心力得|q1|v1B＝
联立整理得v1＝
解得v1＝2 m/s。
(2)设B滑到O点的速度为v2，由动能定理得Eq2R＝
解得v2＝2 m/s
A、B在O点发生完全非弹性碰撞，设碰后生成的C球速度为v，由动量守恒定律得
m2v2－m1v1＝(m1＋m2)v
在碰后瞬间，C球做圆周运动，设轨道对C的支持力为F，C球带电荷量q＝q1＋q2
由F－Eq＋qvB＝
解得F＝1.6 N。
(3)C球从轨道飞出后，受到竖直向下的静电力和垂直纸面向外的洛伦兹力，在静电力作用下，C球在竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，在水平方向做匀速圆周运动，每隔一个周期T，C球回到y轴上。由qvB＝及T＝
解得C球圆周运动周期T＝
C球竖直方向加速度a＝
C球回到y轴时坐标y＝a(nT)2
代入数据解得y＝10n2π2(n＝1，2，3，…)(m)。
[答案]　(1)2 m/s　(2)1.6 N　(3)y＝10n2π2(n＝1，2，3，…)(m)
【教师备选资源】
1．(带电粒子在叠加场中的运动)(2023·江苏卷)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力
大小相等。不计重力及电
子间相互作用。
(1)求电场强度的大小E；
(2)若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1；
(3)若电子入射速度在0[解析]　(1)根据电子在复合场中做直线运动，有eE＝ev0B，解得E＝v0B。
(2)电子在复合场的运动过程中，洛伦兹力不做功，只有静电力做功，根据动能定理，有
eE·y1＝m－m，
解得y1＝。
(3)由分析可知，电子在最高点速度最大，设能到达的最大高度y2的电子的入射速度为v，在最大高度处的速度为vm，
由题意有eE－evB＝evmB－eE，
根据动能定理有eE·y2＝－mv2，解得v＝v0，
则入射速度在0＝＝，所以×100%＝90%。
[答案]　(1)v0B　(2)　(3)90%
2．(带电粒子在复合场中的运动)(多选)(2024·湖北二模)现代科学仪器中常利用电、磁场控制带电粒子的运动。如图甲所示，纸面内存在上、下宽度均为d的匀强电场与匀强磁场，匀强电场竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从电场的上边界的O点由静止释放，运动到磁场的下边界的P点时正好与下边界相切。若把电场下移至磁场所在区域，如图乙所示，重新让粒子从上边界M点由静止释放，经过一段时间粒子第一次到
达最低点N，下列说法正确的是(　　)
A．匀强电场的电场强度大小为
B．粒子从O点运动到P点的时间为
C．M、N两点的竖直距离为d
D．粒子经过N点时速度大小为
√
√
BD　[设粒子在磁场中的速率为v，半径为R，在电场中由动能定理，有qEd＝mv2，洛伦兹力充当向心力，有qvB＝m，由几何关系可得R＝d，综上可得E＝，故A错误；粒子在电场中的运动时间为t1＝＝，在磁场中的运动时间为t2＝＝，粒子从O运动到P的时间为t＝，故B正确；将粒子从M到N的过程中某时
刻的速度分解为向右和向下的分量vx、vy，再把粒子受到的洛伦兹力分别沿水平方向和竖直方向分解，两个洛伦兹力分量分别为Fx＝qvyB，Fy＝qvxB，设粒子在最低点N的速度大小为v1，MN的竖直距离为y。水平方向由动量定理可得mv1－0＝＝qBy，由动能定理可得qEy＝－0，联立解得v1＝，y＝d，故C错误，D正确。故选BD。]
[典例3]　(电磁场与现代科技)(2024·江西卷)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。如图甲所示，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关系图线如图乙所示，元电荷e＝1.60×10-19 C，则此样品每平方米载流子数最接近(　　)
A．1.7×1019 B．1.7×1015
C．2.3×1020 D．2.3×1016
√
D　[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＝＝nevb，当电子稳定通过样品时，其所受静电力与洛伦兹力平衡，则有e＝evB，联立解得U＝B，结合题图乙可知k＝＝ V/T，解得n≈2.3×1016，D正确。]
1．(热点情境·现代科技)(2024·湖南永州高三校联考开学考试)如图所示，速度选择器M、N两极板间的距离为d，板间匀强磁场的磁感应强度大小为B，O为速度选择器中轴线上的粒子源，可沿OO′方向发射速度大小不同、带电荷量均为q(q>0)、质量均为m的带电粒子，经速度选择器后，粒子
先后经过真空中两平行边界的匀强磁场区域到达足够大荧光屏；
匀强磁场的磁感应强度分别为B1、B2，对应边界的宽度分别为
d1、d2。调节滑片P可改变速度选择器M、N两极板间的电压，
使粒子沿OO′方向垂直磁场B1边界进入B1，经磁场B1偏转后进
入B2，最后荧光屏恰好未发光，粒子重力不计，则M、N两极
板间的电压大小是(　　)
随堂练 临考预测 名师押题
A． B．
C． D．
√
C　[设粒子速度为v0，M、N两极板间电压为U，在速度选择器中有qBv0＝q，可得v0＝，由题意，粒子运动的轨迹如图，由三角形相似可得＝，又R1＝，R2＝，联立解得U＝，故选C。]
2．(高考热点·带电粒子在叠加场中的运动)(多选)如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的液滴以速度v与水平方向成45°角斜向上进入正交的、足够大的匀强电场和匀强磁场叠加区域，电场强度方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，液滴在场区做直线运动。重力加速度为g。则(　　)
A．电场强度E的大小为
B．磁感应强度B的大小为
C．液滴在场区做直线运动过程中机械能的增加量大于
电势能的减少量
D．当液滴运动到某一点M时，电场方向突然变为竖直向上，大小不变，不考虑电场变化对磁场的影响，此时液滴加速度a的大小为g
√
√
√
ABD　[液滴在叠加场中做直线运动，则一定做匀速直线运动。液滴在场区做直线运动，所以液滴带正电，液滴受力如图所示，根据平衡条件，有Eq＝mg tan θ＝mg，qvB＝＝mg，解得E＝，B＝，选项A、B正确；因洛伦兹力不做功，只有重力和静电力做功，所以机械能的增加量等于电势能的减少量，选项C错误；电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，故
静电力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力，粒子做
匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有a＝＝
g，所以选项D正确。]
3．(高考热点·带电粒子在组合场中的运动)(多选)如图所示，OP两侧分布着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，现有一个质量为m、电荷量为－q的带电粒子，从M点以速度v0平行于x轴向右进入电场区域，再从N点进入磁场区域，恰好从x轴上C点离开，且速度方向与x轴垂直，已知两点坐标M(0，3d)、N(2d，2d)，α＝45°，粒子所受重力可忽略不计，下列说法正确的是(　　)
A．粒子到达N点的速度大小为2v0
B．电场强度大小为
C．磁感应强度大小为
D．粒子在磁场中运动的时间为
√
√
BC　[由题意，粒子从M到N做类平抛运动，进入磁场做匀速圆周运动，从x轴离开磁场，轨迹如图所示，在竖直方向，位移大小为Δy1＝d＝t，粒子沿水平方向做匀速运动，由几何关系有Δx1＝2d＝v0t，解得vy＝v0，在N点粒子速度大小为v＝v0，选项A错误；由牛顿第二定律有qE＝ma，又vy＝at，联立解得电场强度大小为E＝，选项B正确；由题意，粒子从N点垂直OP进入磁场，从C点垂直x轴离开磁场，由几何关系，则粒子在磁场中做圆周运动的半径R＝LON＝2d，对粒子由牛顿第二定律有qvB＝m，解得
B＝，选项C正确；由运动规律可知粒子在磁场中运
动的时间为t＝＝，选项D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
专题限时集训(八)
1．(2024·浙江嘉兴9月质检)如图所示，一长度为L、宽度为d、厚度为h(h≠d)的长方体导体板放在方向与前表面垂直、磁感应强度为B的匀强磁场中，当导体板通有从左向右的电流时，导体板的上、下表面之间会产生电势差UH(称为霍尔电压)，这种现象称为霍尔效应。若导体板单位体积内自由电子的个数为N，通过导体板的电流为
I，电子电荷量为e，则(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
A．上表面的电势高于下表面
B．电势差UH＝
C．若电流I大小不变，方向从上向下，左、右表面间电势差为UH
D．若将导体板挖成薄壁空腔并充满电解质溶液，通电后霍尔电压为0
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
D　[该科技应用模型为霍尔元件，电子的定向移动方向与电流方向相反，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向上，则电子向上偏转，上表面积累电子，使得上表面电势比下表面电势低，故A错误；当电势差稳定时，竖直方向自由电子受到的洛伦兹力大小等于静电力，则有evB＝eE＝e，根据电流微观表达式可得I＝NeSv＝Nedhv，联立解得UH＝，故B错误；若电流I方向从上向下，左、右表面间电势差为U′H＝＝UH，故C错误；若将导体板挖成薄壁空腔并充满电解质溶液，通电后正负离子受洛伦兹力作用，都向上移动，霍尔电压为零，故D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
2．(2024·广东深圳一模)如图所示，整个空间存在一水平向右的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，光滑绝缘斜面固定在水平面上。一带正电滑块从斜面顶端由静止下滑，下滑过程中始终没有离开斜面，下滑过程中滑块的位移x、受到的洛伦兹力f洛、加速度a与机械能E机等物理量的大小随时间变化的图线可能正确的是(　　)
A　　　　B　　　C　　　　　D
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
B　[滑块下滑过程中始终没有离开斜面，滑块沿斜面受到的重力分力和静电力分力均保持不变，滑块做匀加速直线运动，则a-t图像为一条与横轴平行的直线；根据x-t图像的斜率表示速度，可知x-t图像的斜率逐渐增大，故A、C错误；由于滑块由静止做匀加速直线运动，则有f洛＝qvB＝qBat∝t，可知f洛-t图像为过原点的倾斜直线，故B正确；除重力做功外，还有静电力做功，则滑块的机械能不守恒，故D错误。故选B。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
3．(多选)(2024·安徽卷)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，二者带电荷量、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(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
A．油滴a带负电，所带电荷量的大小为
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
√
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
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，得R＝，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3R＝，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＝－， 由于分离后的小油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。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
4．回旋加速器的工作原理示意图如图所示。D1和D2是中空的两个半径为r的D形金属盒，分别与一频率为f、电压为U的高频交流电源两极相接，两盒放在恒定的磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面向下，粒子源置于盒的圆心A附近。两盒间的狭缝很小，粒子在D形盒内做匀速圆周运动，当其到达两盒间的缝隙时，缝隙中的交变电场恰好使粒子
被加速，且加速过程中不考虑重力的影响。忽略粒子
在电场中运动的时间，忽略相对论效应，下列说法正
确的是(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
A．无论加速的是何种粒子，粒子出D形盒时的动能都相同
B．粒子飞出回旋加速器的速度为πfr
C．粒子在加速器中加速的次数为
D．粒子第n次加速前后轨迹半径之比为∶
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
D　[粒子从D形盒出口飞出时，根据Bqv＝m，可得vm＝，又有f＝，解得速度为vm＝2πfr，则不同粒子飞出D形盒的速度大小相同，但粒子质量可能不同，故动能可能不相同，A、B错误；粒子加速过程中，静电力做的功等于粒子增加的动能，粒子在D形盒中加速的次数为N＝＝，C错误；根据洛伦兹力提供粒子做匀速圆周运动的向心力，有R＝，又nqU＝mv2，可得R＝，所以粒子第n次加速前、后的轨迹半径之比为∶，D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
5．(2024·安徽皖南八校8月联考)如图所示的平面直角坐标系xOy，在第一象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第四象限的等边三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，等边三角形边长为L，且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a点(2h，0)进入第四象限，经过磁场后又从y轴上的某点进入第三象限，且速度方向与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。求：
(1)电场强度E的大小；
(2)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值；
(3)粒子从P点出发到回到y轴上所用时间的最大值。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
[解析]　(1)带电粒子在电场中做类平抛运动
x轴方向有2h＝v0t，y轴方向有h＝at2，又a＝
解得E＝。
(2)粒子到达a点时，沿y轴负方向的分速度为vy＝at＝v0
则粒子到达a点时的速度大小为v＝＝v0，方向与x轴正方向成45°角。粒子在磁场中做匀速圆周运动
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
当粒子从b点射出时，半径最大，磁场的磁感应强度有最小值，运动轨迹如图所示。
由牛顿第二定律得qvBmin＝m
由几何知识得rmax＝L
解得Bmin＝。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
(3)结合(1)(2)分析可知，粒子在电场中的运动时间为t1＝
在磁场中运动的最长时间为t2＝T，又T＝
由轨迹图可知θ＝
解得t2＝
粒子出磁场后做匀速直线运动，x轴方向分速度与粒子在电场中的x轴方向分速度大小相等，则有t3＝t1
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
粒子从P点出发到回到y轴上所用时间的最大值为t＝t1＋t2＋t3＝。
[答案]　　(2)　(3)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
6．(多选)(2024·四川德阳二模)如图所示为绝缘固定的斜面的剖面图AD，AD与水平面的夹角为θ＝37°，点O、点C为直线AD上的两点，OA段粗糙，OD段光滑，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场充满AD所在的空间，AD与磁场方向垂直。质量为m、电荷量为q的物块在C点以某一初速度v0(未知)沿斜面AD向上运动，此时物块与斜面AD之间的相互作用力的大小为0.6mg，已知OA＝，OC＝，OA段的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
下列说法正确的是(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
A．物块带负电
B．物块在C点上滑的初速度大小为
C．物块在斜面AD上做匀变速运动的时间为
D．物块在OA段因摩擦产生的热量为
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
BC　[若没有磁场，则物块对斜面的压力N＝mg cos 37°＝0.8mg，由于物块与斜面AD之间的相互作用力的大小为0.6mg，所以洛伦兹力方向垂直于斜面向上，物块带正电，故A错误；根据qvB＝0.8mg－0.6mg＝0.2mg得v＝，故B正确；物块从C点运动到O点的过程中受到的合外力为F＝mg sin 37°＝0.6mg，加速度a＝g sin 37°＝0.6g，取向下为正方向，有CO＝－vt＋at2，解得t＝，故C正确；物块运动到O点时的速度v1＝－v＋at＝，此时受到的洛伦兹力F＝qv1B＝，方向垂直于斜面向下，摩擦力f＝μ(F＋mg cos 37°)＝0.6mg，开始匀速运动，所以物块在OA段因摩擦产生的热量为Q＝f·OA＝，故D错误。故选BC。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
7．(多选)(2024·安徽模拟预测)如图所示，在xOy平面的第一、二象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在第三、四象限－d≤y≤0范围内有沿x轴正方向的匀强电场，在坐标原点O有一个粒子源可以向x轴上方以不同速率向各个方向发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子，x轴上的P点坐标为(－d，0)，y轴上的Q点坐标为(0，－d)。不计粒子所受重力及粒子之间的
相互作用。下列说法中正确的是(　　)
题号
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A．所有经过P点的粒子最小速度为vmin＝
B．若以最小速率经过P点的粒子又恰好能过Q点，则电场强度大小为E＝
C．沿不同方向进入匀强磁场的粒子要经过P点，速度大小一定不同
D．所有经过P点的粒子在匀强电场中运动的时间均相同
√
√
题号
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AD　[根据洛伦兹力充当向心力有Bqv＝m，可得R＝，而所有通过P点的粒子，OP为其轨迹上的一条弦，可知在粒子比荷相同的情况下，粒子的发射速度越大，粒子在磁场中运动的轨迹半径越大，因此当OP为粒子轨迹的直径时，经过P点的粒子半径最小，最小半径Rmin＝，可得最小入射速度vmin＝＝，故A正确；以最小速率经过P点的粒子入射方向沿着y轴正方向，出射方向过P点沿着y轴负方向，即进入电场时垂直于电场方向，可知粒子进入电
题号
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场后做类平抛运动，竖直方向做匀速直线运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据平抛运动的研究方法可得d＝vmint，d＝·t2，联立解得E＝，故B错误；如图1所示，沿图1所示轨迹运动的粒子，进入磁场的方向不同，
但都经过了P点，且粒子入射速度大小相同，
故C错误；设沿不同方向进入磁场的粒子经
过P点的速度方向与x轴的夹角为θ，
题号
1
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如图2所示，根据几何关系可得R＝＝，vy＝v sin θ，则有vy＝，可知粒子出磁场时垂直电场方向的分速度vy为定值，则粒子穿过电场的过程中沿y轴负方向做匀速直线运动，有d＝vyt，可得t＝＝，因此，所有经过P点的粒子在匀
强电场中运动的时间均相同，故D正确。
故选AD。]
题号
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8．(2024·新课标卷)一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子始终在同一水平面内运动，其速度可用图示的直角坐标系内一个点P(vx，vy)表示，vx、vy分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时P位于图中a(0，v0)点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，P沿线段ab移动到b(v0，v0)点；随后粒子离开电场，进入方向竖直、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P沿以O为圆心的圆弧移动至c(－v0，v0)点；然后粒子离开
磁场返回电场，P沿线段ca回到a点。已知任何相等
的时间内P沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等。
不计重力，求：
题号
1
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(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期；
(2)电场强度的大小；
(3)P沿图中闭合曲线移动1周回到a点时，粒子位移的大小。
[解析]　(1)由运动的合成可知，P到b点时粒子的速度大小为vb＝v0
P从b点运动到c点的过程，对粒子由洛伦兹力提供向心力有qvbB＝
题号
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联立解得粒子在磁场中做圆周运动的半径为
r＝
又T＝
则粒子做圆周运动的周期为T＝。
题号
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(2)由几何关系可知P从b点运动到c点的过程速度偏转角为270°，则粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为270°，故P从b点运动到c点的时间为tbc＝T＝
根据题意，任何相等的时间内P沿题图中闭合曲线通过的曲线长度都相等
可知＝＝＝
题号
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根据题图可知P由a点运动到b点的过程，粒子在电场中做类平抛运动，沿电场方向有
v0＝atab
由牛顿第二定律有qE＝ma
联立解得电场强度的大小为E＝Bv0。
题号
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(3)P沿题图中闭合曲线移动1周回到a点的过程，粒子运动的轨迹如图所示。
P由a点运动到b点的过程，粒子垂直电场方向的位移yab＝v0tab＝
P由c点回到a点的过程，粒子垂直电场方向的位移yca′＝yab
由几何关系可知P沿题图中闭合曲线移动一周回到a点时，粒子位移大小为
y＝2r cos 45°－2yab＝。
[答案]　(1)　(2)Bv0(3)
题号
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9．(2024·山东烟台一模)如图所示，在xOy平面内y轴左侧存在平行于纸面范围足够大的匀强电场E1(大小未知)。一质量为m、电荷量为e的电子(重力不计)，从x轴上x＝－L的P点以速度v0、与x轴负方向夹角θ＝45°入射，之后电子从y轴上的Q点以2v0的速度沿x轴正方向射入第一象限，在第一象限有一垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B1＝的匀强磁场，分布在一个半径为r＝的圆形区域内(图中未画出)，且圆形区域
题号
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的左侧与y轴相切，圆形区域所处的位置恰好能够使得电子穿过圆形区域时速度的偏转角度最大。电子从圆形区域射出后，从x轴上M点射入x轴下方，在x轴下方存在范围足够大、方向均沿y轴负方向的匀强电场E2(大小未知)和匀强磁场B2(大小未知)，电子在x轴下方运动一段时间后能够恰好返回M点，求：
(1)P、Q两点间的电势差；
(2)Q点的纵坐标；
(3)电子在圆形磁场区域中运动的时间；
(4)的可能值。
题号
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[解析]　(1)P到Q由动能定理得
－eUPQ＝m(2v0)2－m(v0)2
解得UPQ＝。
题号
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(2)如图所示，将P点速度沿水平方向和竖直方向分解得
vx＝v0cos θ＝v0
vy＝v0sin θ＝v0
又L＝t
解得竖直位移y＝t＝L
则Q点纵坐标值yQ＝L。
题号
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(3)由洛伦兹力提供向心力有B1e·2v0＝m
解得r1＝
偏转角最大则圆心角最大，即轨迹弧长最长，且等于圆形区域的直径2r＝，故圆心角αmax＝60°
此时运动时间t＝＝＝。
题号
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(4)将M点速度分解为＝2v0·cos 60°＝v0
＝2v0·sin 60°＝v0
静电力在竖直方向，则水平方向速度不变，则有
B2e ＝m
绕M点垂直于纸面方向做匀速圆周运动，周期为T′＝
竖直方向做匀速直线运动，返回M点时2＝t′
题号
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且t′＝nT′
则有＝
解得＝＝(n＝1，2，3，…)。
[答案]　　(2)L　(3)　(4)(n＝1，2，3，…)
谢 谢

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