资源描述
第4讲 力与物体的曲线运动(二)
——电场和磁场中的曲线运动
1．(多选) (2022·江苏单科，9)如图1－4－1所示，MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界．一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场．若粒子速度为v0，最远能落在边界上的A点．下列说法正确的有( )
图1－4－1
A．若粒子落在A点的左侧，其速度肯定小于v0
B．若粒子落在A点的右侧，其速度肯定大于v0
C．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不行能小于v0－
D．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不行能大于v0＋
解析 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，qv0B＝，所以r＝，当带电粒子从不同方向由O点以速度v0进入匀强磁场时，其轨迹是半径为r的圆，轨迹与边界的交点位置最远是离O点2r的距离，即OA＝2r，落在A点的粒子从O点垂直入射，其他粒子则均落在A点左侧，若落在A点右侧，则必需有更大的速度，选项B正确．若粒子速度虽然比v0大，但进入磁场时与磁场边界夹角过大或过小，粒子仍有可能落在A点左侧，选项A、D错误．
若粒子落在A点左右两侧d的范围内，设其半径为r′，则r′≥，代入r＝，r′＝，解得v≥v0－，选项C正确．
答案 BC
2．(2022·江苏卷，14)(16分)某装置用磁场把握带电粒子的运动，工作原理如图1－4－2所示．装置的长为L，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d.装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，M位于轴线OO′上，N、P分别位于下方磁场的上、下边界上．
在纸面内，质量为m、电荷量为－q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点．转变粒子入射速度的大小，可以把握粒子到达收集板上的位置．不计粒子的重力．
图1－4－2
(1) 求磁场区域的宽度h；
(2)欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点，求粒子入射速度的最小变化量Δv；
(3)欲使粒子到达M点，求粒子入射速度大小的可能值．
解析 (1)设粒子在磁场中的轨道半径为r，画出带电粒子的运动轨迹如图所示．
由几何关系得L＝3rsin 30°＋3× ①(2分)
又由h＝r(1－cos 30°) ②(2分)
联立①②解得：h＝(L－d)(1－) ③(1分)
(2)设转变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r′，则有qvB＝m及qv′B＝m ④(2分)
又由几何关系得
3rsin 30°＝4r′sin 30° ⑤(2分)
联立④⑤解得Δv＝v－v′＝(－d) ⑥(1分)
(3)设粒子经过上方磁场n次，则由几何关系得
L＝(2n＋2)rnsin 30°＋(2n＋2)/tan 30° ⑦(2分)
又由qvnB＝m， ⑧(2分)
解得vn＝(－d)(1≤n<－1，n取整数) ⑨(2分)
答案 (1)(L－d)(1－)
(2)(－d)
(3)(－d)(1≤n＜－1，n取整数)
主要题型：选择题、计算题
学问热点
(1)单独命题
①带电粒子在电场中的受力分析与运动分析．
②带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动问题．
(2)交汇命题点
①结合匀变速曲线运动规律、动能定理进行考查．
②带电粒子在电场、磁场、重力场中的运动分析．
物理方法
(1)运动的合成与分解方法(如类平抛运动的处理方法) (2)对称法 (3)数形结合法(利用几何关系) (4)模型法(类平抛运动模型、匀速圆周运动模型)
命题趋势
近几年江苏省高考对带电粒子在电场中的运动没有单独命题，猜测2021年以生产与生活中的带电粒子在电场中的运动为背景，突出表现物理学问在实际生活中的应用应为重视点．
热点一 带电粒子在电场中的运动
1．(2022·扬州市高三期末)如图1－4－3所示，水平放置的两块带电平行金属板．板间存在着方向竖直向下、场强大小为E的匀强电场和垂直于纸面的匀强磁场．假设电场、磁场只存在于两板间．一个带正电的粒子，以水平速度v0从两极板的左端正中心沿垂直于电场、磁场的方向射入极板间，恰好做匀速直线运动．不计粒子的重力及空气阻力．则( )
图1－4－3
A．板间所加的匀强磁场B＝，方向垂直于纸面对里
B．若粒子电量加倍，将会向下偏转
C．若粒子从极板的右侧射入，肯定沿直线运动
D．若粒子带负电，其他条件不变，将向上偏转
解析 对于粒子的匀速直线运动，由共点力平衡条件有qv0B－qE＝0，解得B＝，由左手定则可知匀强磁场的方向垂直纸面对里，A对；若电量加倍，qv0B－qE＝0仍成立，粒子仍做匀速直线运动，不会偏转，B错；若粒子从极板的右侧射入，粒子所受电场力及洛伦兹力方向都将向下，粒子向下偏转，C错；若带负电粒子从左向右射入，电场力、洛伦兹力均反向，qv0B－qE＝0仍成立，粒子不会偏转，D错．
答案 A
2．(2022·安徽联考)如图1－4－4所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料．ABCD面带正电，EFGH面带负电．从小孔P沿水平方向以相同速度射入三个质量相同的带正电液滴A、B、C，最终分别落在1、2、3三点．则下列说法正确的是( )
图1－4－4
A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动
B．三个液滴的运动时间不肯定相同
C．三个液滴落到底板时的速率相同
D．液滴C所带电荷量最多
解析 三个液滴具有相同的水平初速度，但除了受重力以外，还受水平方向的电场力作用，不是平抛运动，选项A错误；在竖直方向上三个液滴都做自由落体运动，下落高度又相同，运动时间必相同，选项B错误；在相同的运动时间内，液滴C水平位移最大，说明它在水平方向的加速度最大，它受到的电场力最大，故它所带电荷量也最多，选项D正确；由于电场力对液滴C做功最多，它落到底板时的速率最大，选项C错误．
答案 D
3．(山西省2022届高三四校联考)有一种电荷把握式喷墨打印机的打印头的结构简图如图1－4－5所示．其中墨盒可以喷出微小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以肯定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符．已知偏移量越小打在纸上的字迹越小，现要缩小字迹，下列措施可行的是( )
图1－4－5
A．增大墨汁微粒的比荷
B．减小墨汁微粒进入偏转电场时的初动能
C．减小偏转极板的长度
D．增大偏转极板间的电压
解析 已知偏移量越小打在纸上的字迹越小，因偏移量y＝，现要缩小字迹，可行的措施可减小墨汁微粒的比荷，增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能mv，减小偏转极板的长度L，减小偏转极板间的电压U，故选C.
答案 C
4. (2022·山东卷，18)如图1－4－6所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h.质量均为m、带电量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时消灭在电场中)．不计重力．若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于( )
图1－4－6
A. B.
C. D.
解析 两粒子都做类平抛运动，轨迹恰好相切，由对称性可知，切点为矩形的几何中心，则有＝t2，＝v0t，可得，v0＝，正确选项为B.
答案 B
1．解题途径的选择
(1)求解带电粒子在匀强电场中的运动时，运动和力、功能关系两个途径都适用，选择依据是题给条件，当不涉准时间时选择功能关系，否则必需选择运动和力．
(2)带电粒子在非匀强电场中运动时，加速度不断变化，只能选择功能关系求解．
2．逆向思维巧解题
平抛和类平抛运动均有可运用逆向思维解题的命题消灭，如上面题组中第4题．
热点二 带电粒子在磁场中的运动
5. (2022·全国卷新课标Ⅰ，16)如图1－4－7，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)．一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O.已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变．不计重力，铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )
A．2 B.
C．1 D.
图1－4－7
解析 设粒子在铝板上方和下方的速率及轨道半径分别为v1、v2及R1、R2.
由牛顿其次定律及洛伦兹力公式得：
qv1B上＝①
qv2B下＝②
由题意知：R1＝2R2③
mv＝×mv④
联立①②③④得：＝，选项D正确．
答案 D
6. (多选)(2022·南通市、扬州市、泰州市、连云港市、淮安市高三三模)如图1－4－8所示，范围足够大、磁感应强度为B的匀强磁场垂直于xOy平面对里，两质量相等的粒子带等量异种电荷，它们从x轴上关于O点对称的两点同时由静止释放，运动过程中未发生碰撞，不计粒子所受的重力．则( )
图1－4－8
A．两粒子沿x轴做直线运动
B．运动过程中，若两粒子间的距离等于初始位置间的距离时，它们的速度均为零
C．运动过程中，两粒子间的距离最小时，它们的速度沿y轴方向的重量vy最大
D．若减小磁感应强度，再从原处同时由静止释放两粒子，它们可能会发生碰撞
解析 粒子开头运动后受到洛伦兹力的作用，速度方向会发生转变，不会沿直线运动，选项A错误；当两粒子间距离等于初始距离时，电场力做功为零，由功能关系知，粒子动能为零，它们的速度均为零，选项B正确；粒子间的距离最小时，电场力做功最多，速度最大，但速度沿x轴方向的重量为零，故速度沿y轴方向的重量最大，选项C正确；若减小磁感应强度，粒子所受洛伦兹力减小，其运动轨道曲率半径增大，两粒子可能会发生碰撞，选项D正确．
答案 BCD
7. 如图1－4－9所示，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点．有很多带有同样电荷、具有同样质量的粒子在纸面内沿各个方向以相同的速率通过P点进入磁场．这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的.将磁感应强度的大小从原来的B1变为B2，结果相应的弧长变为原来的一半，则B2/B1等于
( )
A. B.
C．2 D．3
图1－4－9
解析 当轨道半径小于或等于磁场区半径时，粒子射出圆形磁场的点离入射点最远距离为轨迹直径．如图所示，当粒子从圆周射出磁场时，粒子在磁场中运动的轨道直径为PQ，粒子都从圆弧PQ之间射出，因此轨道半径r1＝Rcos 30°＝R；
若粒子射出的圆弧对应弧长为“原来”的一半，即周长，对应的弦长为R，即粒子运动轨迹直径等于磁场区半径R，半径r2＝，由r＝可得＝＝.
答案 B
8．(多选)(2022·全国卷新课标Ⅱ，20)图1－4－10为某磁谱仪部分构件的示意图．图中，永磁铁供应匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹．宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子．当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是( )
A．电子与正电子的偏转方向肯定不同
B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径肯定相同
C．仅依据粒子运动轨迹无法推断该粒子是质子还是正电子
D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小
图1－4－10
解析 由于电子和正电子带电性相反，若入射速度方向相同时，受力方向相反，则偏转方向肯定相反，选项A正确；由于电子和正电子的入射速度大小未知，依据r＝可知，运动半径不肯定相同，选项B错误；虽然质子和正电子带电量及电性相同，但是两者的质量和速度大小未知，由r＝知，依据运动轨迹无法推断粒子是质子还是正电子，选项C正确；由Ek＝mv2，则r＝＝，可知粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越大，选项D错误．
答案 AC
9．(2022·岳阳一中质检)如图1－4－11所示，L1和L2为距离d＝0.1 m的两平行的虚线，L1上方和L2下方都是垂直纸面对里的磁感应强度为B＝0.20 T的匀强磁场，A、B两点都在L2上，质量为m＝1.67×10－27 kg、电荷量q＝1.60×10－19 C的质子，从A点以v0＝5.0×105 m/s的速度与L2成θ＝45°角斜向上射出，经过上方和下方的磁场偏转后正好经过B点，经过B点时速度方向也斜向上，求(结果保留两位有效数字)
图1－4－11
(1)质子在磁场中做圆周运动的半径；
(2)A、B两点间的最短距离；
(3)质子由A点运动到B点的时间的可能值．
解析 (1)质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力，设半径为R，有：
qv0B＝①
R＝＝2.6×10－2 m②
(2)质子由A点运动到B点可重复若干
周期，其中一个周期内的运动状况如图所示．
由几何关系知，A、B两点间的最短距离为：
dmin＝2dtan θ＝2d＝0.20 m③
(3)质子在两磁场中各运动一次的时间正好为一个圆周运动的周期T(优弧加劣弧恰好为一个整圆)T＝，
设在L1、L2间运动的时间为t1，则有：t1＝④
所以t2＝T＋t1＝＋＝8.9×10－7 s⑤
质子从A到B运动时间的可能值应为t2的整数倍
即tAB＝nt2＝8.9×10－7n s(n＝1,2,3，…)
答案 (1)2.6×10－2 m (2)0.20 m
(3)8.9×10－7n s(n＝1,2,3，…)
1．分析带电粒子在磁场中运动的基本步骤
2．对称性的应用
(1)粒子从直线边界射入磁场，再从这一边界射出时，速度方向与边界的夹角相等．
(2)粒子沿径向射入圆形磁场区域时，必沿径向射出磁场区域．
3．带电粒子在有界磁场中运动临界问题的三种几何关系
(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．
(2)当粒子的运动速率v肯定时，粒子经过的弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．
(3)当粒子的运动速率v变化时，带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹对应的圆心角越大，其在磁场中的运动时间越长.
高考命题热点 4.带电粒子在匀强磁场中的运动
图1－4－12
(1)圆心O的确定是关键：如图1－4－12所示，圆心O总是位于粒子在不同位置的两点A、B处所受洛伦兹力F作用线的交点上或弦AB的中垂线OO′与任一个洛伦兹力F作用线的交点上；
(2)确定半径R
①物理方法：R＝；②几何方法：一般由三角关系及圆的学问来计算确定．
(3)确定圆心角(也叫回旋角)φ与时间t：粒子的速度偏向角α等于回旋角φ，且等于弦AB与切线的夹角(弦切角)θ的2倍，即有φ＝α＝2θ＝ωt＝t，或α＝φ＝(几何方法，s为φ对应的圆弧弧长)，或t＝＝＝.
推断挨次：圆心O→半径R→圆心角φ.
①沿半径方向射入，则必沿径向射出；
②若带电粒子的轨道半径等于圆形区半径，则粒子经磁场后射出方向总平行入射点的切线，与粒子射入磁场的方向无关．
【典例】 (2021·海南高考，14)(13分)如图1－4－13所示，纸面内有E、F、G三点，∠GEF＝30°，∠EFG＝135°，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面对外．先使带有电荷量为q(q＞0)的点电荷a在纸面内垂直于EF从F点射出，其轨迹经过G点；
图1－4－13
再使带有同样电荷量的点电荷b在纸面内与EF成肯定角度从E点射出，其轨迹也经过G点，两点电荷从射出到经过G点所用的时间相同，且经过G点时的速度方向也相同．已知点电荷a的质量为m，轨道半径为R，不计重力，求：
(1)点电荷a从射出到经过G点所用的时间；
(2)点电荷b的速度的大小．
审题流程
(1)读题、审题的关键
把抽象思维形象思维．
(2)思维转化过程
满分解答 (1)设点电荷a的速度大小为v，由牛顿其次定律得
qvB＝m ①(1分)
由①式得v＝ ②(1分)
设点电荷a做圆周运动的周期为T，有T＝ ③(2分)
如图，O和O1分别是a和b的圆轨道的圆心．设a在磁场中偏转的角度为θ，b在磁场中偏转的角度为θ1，由几何关系得θ＝90°，θ1＝60° ④(1分)
故a从开头运动到经过G点所用的时间t为
t＝ ⑤(1分)
(2)设点电荷b的速度大小为v1，轨道半径为R1，依题意有t＝＝ ⑥(2分)
由⑥式得v1＝v ⑦(1分)
由于两轨道在G点相切，所以过G点的半径OG和O1G在同始终线上．由几何关系和题给条件得
θ1＝60° ⑧(1分)
R1＝2R ⑨(1分)
联立②④⑦⑧⑨⑩式，解得
v1＝ ⑩(2分)
答案 (1) (2)
(2022·山东卷，24)(20分)如图1－4－14甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场．取垂直于纸面对里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，一质量为m、带电量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区．当B0和TB取某些特定值时，可使t＝0时刻入射的粒子经Δt时间恰能垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)．上述m、q、d、v0为已知量．
图1－4－14
(1)若Δt＝TB，求B0；
(2)若Δt＝TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；
(3)若B0＝，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB.
解析 (1)设粒子做圆周运动的半径为R1，由牛顿其次定律得qv0B0＝①(1分)
据题意由几何关系得R1＝d②(1分)
联立①②式得B0＝③(1分)
(2)设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得a＝④(1分)
据题意由几何关系得3R2＝d⑤(1分)
联立④⑤式得a＝⑥(1分)
(3)设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动公式得T＝⑦(1分)
由牛顿其次定律得qv0B0＝⑧(1分)
由题意知B0＝，代入⑧式得d＝4R⑨(1分)
粒子在1个TB内的运动轨迹如图所示，
O1、O2为圆心，O1O2连线与水平方向的夹角为θ，在每个TB内，只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板，且均要求0<θ<，
由题意可知T＝ ⑩(1分)
设经受完整TB的个数为n(n＝0,1,2,3……)
若在A点击中P板，据题意由几何关系得
R＋2(R＋Rsin θ)n＝d ⑪(1分)
当n＝0时，无解 ⑫(1分)
当n＝1时，联立⑨⑪式得
θ＝(或sin θ＝) ⑬(1分)
联立⑦⑨⑩⑬式得TB＝ ⑭(1分)
当n≥2时，不满足0＜θ<的要求 ⑮(1分)
若在B点击中P板，据题意由几何关系得
R＋2Rsin θ＋2(R＋Rsin θ)n＝d ⑯(1分)
当n＝0时，无解 ⑰(1分)
当n＝1时，联立⑨⑯式得
θ＝arcsin(或sin θ＝) ⑱(1分)
联立⑦⑨⑩⑱式得TB＝(＋arcsin) ⑲(1分)
当n≥2时，不满足0<θ<90°的要求 ⑳(1分)
答案 (1) (2) (3)见解析
一、单项选择题
1.
图1－4－15
(2022·河北唐山二模，16)一个带正电的粒子，在xOy平面内以速度v0从O点进入一个匀强电场，重力不计．粒子只在电场力作用下连续在xOy平面内沿图1－4－15中虚线轨迹运动到A点，且在A点时的速度方向与y轴平行，则电场强度的方向可能是( )
A．沿x轴正方向 B．沿x轴负方向
C．沿y轴正方向 D．垂直于xOy平面对里
解析 在O点粒子速度有水平向右的重量，而到A点时水平重量变为零，说明该粒子所受电场力向左或有向左的重量，又由于粒子带正电，故只有B正确．
答案 B
图1－4－16
2．如图1－4－16所示，虚线MN上方的空间内存在一磁感应强度大小为B的匀强磁场．一群电子以不同的速率v从MN边界上的P点以相同的方向射入磁场，其中某一速率为v0的电子从Q点射出．已知电子入射方向与边界的夹角为θ，则由以上条件可推断( )
A．该匀强磁场的方向垂直纸面对外
B．全部电子在磁场中的运动轨迹都相同
C．全部电子的速度方向都转变了2θ
D．速率大于v0的电子在磁场中运动的时间长
解析 由左手定则可知该匀强磁场的方向垂直纸面对里，选项A错误；由半径公式r＝可知，电子进入磁场的速率越大，其轨道半径就越大，则不同速率的电子在磁场中的运动轨迹不同，选项B错误；全部电子在磁场中运动的圆心角为2θ，全部电子的速度方向都转变了2θ，选项C正确；又由于电子在磁场中运动的周期为T＝，所以电子在磁场中运动的时间为t＝T＝，与电子运动的速率无关，选项D错误．
答案 C
图1－4－17
3．(2022·江苏省无锡市期末)如图1－4－17所示，足够大的光滑绝缘水平面上有三个带电质点，A和C均围绕B以相同的角速度做匀速圆周运动，三个带电质点始终在同始终线上，B恰能保持静止．其中A、C和B的距离分别是L1和L2.不计三质点间的万有引力，则A和C的比荷(电荷量与质量之比)之比应是( )
A.2 B.2 C.3 D.3
解析 依据B恰能保持静止可得：k＝k.A做匀速圆周运动，k－k＝mAω2L1，C做匀速圆周运动，k－k＝mCω2L2，联立解得A和C的比荷(电荷量与质量之比)之比等于()3，选项C正确．
答案 C
图1－4－18
4．如图1－4－18所示为圆柱形区域的横截面，在没有磁场的状况下，带电粒子(不计重力)以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域的时间为t.在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场，磁感应强度为B，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，速度方向偏转60°角，依据上述条件不行能求下列物理量中的哪几个( )
A．带电粒子的比荷
B．带电粒子在磁场中运动的时间
C．带电粒子在磁场中运动的半径
D．带电粒子在磁场中运动的角速度
解析 设磁场区域的半径为R，不加磁场时，带电粒子速度的表达式为v＝
带电粒子在磁场中运动半径由题中的图可知
r＝Rcot 30°＝R
由粒子在磁场中运动的轨道半径公式可得R＝
由以上三式可得＝，
周期T＝＝＝πt，
在磁场中运动时间t′＝＝t，
运动角速度ω＝＝＝，所以选C.
答案 C
5．(2022·合肥市第三次质量检测)
图1－4－19
如图1－4－19所示，虚线MN上方存在方向垂直纸面对里的匀强磁场B1，带电粒子从边界MN上的A点以速度v0垂直磁场方向射入磁场、经磁场偏转后从边界MN上的B点射出．若在粒子经过的区域PQ上方再叠加方向垂直纸面对里的匀强磁场B2.让该粒子仍以速度v0从A处沿原方向射入磁场，经磁场偏转后从边界MN上的B′点射出．(图中未标出)，不计粒子的重力，下列关于粒子的说法正确的是( )
A．B′点在B点的右侧
B．从B′点射出的速度大于从B点射出的速度
C．从B′点射出的速度方向平行于从B点射出的速度方向
D．从A到B′的时间等于从A到B的时间
解析
粒子在匀强磁场中运动，依据洛伦兹力供应向心力qvB＝得：r＝，所以磁感应强度越大，粒子运动的半径越小，所以带电粒子在PQ上方时做圆周运动的半径小，粒子透过PQ连线的速度方向不变，故运动轨迹(PQ上方)如图，因此B′点在B点的左侧，故A错误；洛伦兹力对运动电荷不做功，所以粒子的速度不变，故B错误；从图中可以看出，两种状况下，粒子穿过PQ连线时转过的角度相同，所以从PQ的上方出来时的速度方向是相同的，因此从B′点射出的速度方向平行于从B点射出的速度方向，故C正确；因T＝＝，所以在粒子经过的区域PQ上方再叠加方向垂直纸面对里的匀强磁场时，上方的磁场变大，粒子穿过上方的时间就变小，所以从A到B′的时间小于从A到B的时间，故D错．
答案 C
二、多项选择题
6．(2022·扬州市期末)
图1－4－20
如图1－4－20所示，两个带正电的小球套在一个倾斜的直杆上，其中A球固定，两球均可视为点电荷，B球质量为m.现将B球从M点由静止释放，它能自由向下滑行至N点恰好静止，且MO＝ON，则( )
A．若将B球由N点释放可能滑至M点
B．在MO与ON段电场力对B球做功相等
C．B球从M至N点，重力势能未能完全转化为电势能
D．若从比M点更高点滑下时，B球速度最大的位置仍旧不变
解析 由于克服摩擦力做功，若将B球由N点释放，它不行能滑至M点，A错；由于MO段与ON段电势差不相等，两段中电场力对B球做功不相等，B错；由于克服摩擦做功，B球从M至N点，削减的重力势能转化为电势能和内能，C对；B球速度最大位置是合力为零的位置，该位置固定不变，D对．
答案 CD
图1－4－21
7．(2022·河南洛阳市统考)在光滑绝缘的水平桌面上，存在着方向水平向右的匀强电场，电场线如图1－4－21中实线所示．一初速度不为零的带电小球从桌面上的A点开头运动，到C点时，突然受到一个外加的恒力F作用而连续运动到B点，其运动轨迹如图中虚线所示，v表示小球经过C点时的速度．则( )
A．小球带正电
B．恒力F的方向可能水平向左
C．恒力F的方向可能与v方向相反
D．在A、B两点小球的速率不行能相等
解析 由小球从A到C的运动轨迹可知，小球所受电场力向右，小球带正电，选项A正确；到C点时，突然受到一个外加的水平恒力F作用而连续运动到B点，恒力F的方向可能水平向左，选项B正确；恒力F的方向与v方向的夹角肯定小于180°，选项C错误；在A、B两点小球的速率有可能相等，选项D错误．
答案 AB
图1－4－22
8．在xOy平面内有一个宽为L(ac＝L)的磁场区，磁场垂直纸面对外，如图1－4－22所示，一带电粒子从x轴上的P点以速度v垂直于x轴射出，经磁场后从M点穿过y轴．今要求粒子从N点穿过y轴，下列措施可行的是( )
A．将磁场区向y轴负向平移适当距离
B．将磁场区向y轴正向平移适当距离
C．保持cd不动，将ab向y轴正方向平移适当距离
D．保持磁场位置和宽度不变，减小磁感应强度
解析 带电粒子进入磁场后的运动轨迹如图所示，若磁场宽度不变，则轨迹efM不变，将磁场区沿y轴平移时，efM随之平移，因此磁场区向y轴负向平移可使粒子由N点过y轴，A对、B错；当保持cd不动，将ab向y轴正方向平移时，粒子在磁场中运动的时间增长，偏转角增大，可使粒子过N点，C正确；若保持磁场位置和宽度不变，减小磁感应强度，则轨道半径增大，偏转角减小，粒子从离N点更远处过y轴，D错．
答案 AC
9.
图1－4－23
(2022·高考押题卷三)如图1－4－23所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域．磁场方向垂直于纸面对里，磁感应强度大小为B.∠A＝60°，AO＝a.在O点放置一个粒子源，可以向纸面内各个方向放射某种带负电粒子，粒子的比荷为，速度大小都为v0，且满足v0＝，放射方向由图中的角度θ表示．对于粒子进入磁场后的运动(不计重力作用)，下列说法正确的是( )
A．粒子在磁场中运动的半径为a
B．粒子有可能打到A点
C．以θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间最短
D．在AC边界上只有一半区域有粒子射出
解析 依据qv0B＝得：R＝a，故选项A正确．θ＝0时，粒子的运动轨迹如图所示，随着θ的增大，粒子将在A、D之间射出，当θ＝60°时，粒子恰好从A点射出，且在磁场中的运动时间最长，当θ＞60°时，随着θ的增大，粒子在磁场中的运动时间减小．由以上分析可知，选项A、B、D正确．
答案 ABD
三、非选择题
图1－4－24
10．(2022·广州模拟)如图1－4－24所示，板长L＝10 cm，板间距离d＝10 cm的平行板电容器水平放置，它的左侧有与水平方向成60°角斜向右上方的匀强电场，某时刻一质量为m、带电荷量为q的小球由O点静止释放，沿直线OA从电容器C的中线水平进入，最终刚好打在电容器的上极板右边缘，O到A的距离x＝45 cm，(g取10 m/s2)求：
(1)电容器外左侧匀强电场的电场强度E的大小；
(2)小球刚进入电容器C时的速度v的大小；
(3)电容器C极板间的电压U.
解析 (1)由于带电小球做直线运动，因此小球所受合力沿水平方向，则：Eq＝
得E＝
(2)从O点到A点，由动能定理得：
mgxcot 60°＝mv2－0
解得：v＝3 m/s
(3)小球在电容器C中做类平抛运动，
水平方向：L＝vt①
竖直方向：＝at2②
a＝－g③
①②③联立求解得U＝
答案 (1) (2)3 m/s (3)
图1－4－25
11．(2022·常州市训练同学会同学学业水平监测)如图1－4－25所示，在矩形区域abcd内布满垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度为B.在ad边中点O的粒子源，在t＝0时刻垂直于磁场放射出大量的同种带电粒子，全部粒子的初速度大小相同，方向与Od的夹角分布在0～180°范围内．已知沿Od方向放射的粒子在t＝t0时刻刚好从磁场边界cd上的p点离开磁场，ab＝1.5L，bc＝L，粒子在磁场中做圆周运动的半径R＝L，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，求：
(1)粒子在磁场中的运动周期T和粒子的比荷；
(2)粒子在磁场中运动的最长时间；
(3)t＝t0时刻仍在磁场中的粒子所处位置在某一圆弧上，在图中画出该圆弧并说明圆弧的圆心位置以及圆心角大小．
解析 (1)初速度沿Od方向放射的粒子在磁场中运动的轨迹如图甲，其圆心为n，由几何关系有
∠Onp＝，T＝6t0
粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力供应，依据牛顿其次定律得
Bqv＝
v＝
得＝
(2)在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹的弦
Ob＝L
设此粒子运动轨迹对应的圆心角为θ，则
sin＝，θ＝，如图乙所示圆心恰在ab边上
在磁场中运动的最长时间
tm＝T＝T＝2t0
(3)依题意，如图丙所示t0时刻仍在磁场中的粒子都运动了π/3的弧，所以该时刻仍在磁场中的粒子应位于以O为圆心，半径为L，圆心角120°的弧Pe上．
答案 (1) (2)2t0
(3)见解析
12．(2022·广东卷，36)如图1－4－26所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6 L，两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为抱负分界面．Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面对外．A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离为L、质量为m、电量为＋q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区、P点与A1板的距离是L的k倍．不计重力，遇到挡板的粒子不予考虑．
图1－4－26
(1)若k＝1，求匀强电场的电场强度E;
(2)若2<k<3，且粒子沿水平方向从S2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B与k的关系式．
解析 (1)若k＝1，则有：MP＝L，①
即该状况粒子的轨迹半径为：R0＝L，②
粒子做匀速圆周运动，其向心力由洛伦兹力供应：
qvB0＝m③
v＝④
粒子在匀强电场中，据动能定理有：qEd＝mv2⑤
解得：E＝⑥
(2)由于P距离A1为kL，且2<k<3，粒子从S2水平飞出，该粒子运动轨迹如图所示，则依据从S1到P处的轨迹由几何关系得
R2－(kL)2＝(R－L)2⑦
又由qvB0＝m⑧
则整理得：v＝⑨
又由题意及轨迹图得：6L－2kL＝PQ⑩
据几何关系，由相像三角形得：＝⑪
又有qvB＝m⑫
解得Ⅱ区的磁感应强度B与k关系为：B＝⑬
答案 (1) (2)v＝ B＝
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