練習(xí)9 帶電粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的動(dòng)力學(xué)問題—2025年高考物理壓軸題專項(xiàng)通關(guān)秘籍（全國(guó)通用）

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1、帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)
Ⅰ、帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)
(1)條件分析：帶電粒子垂直于電場(chǎng)線方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)．
(2)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)：勻變速曲線運(yùn)動(dòng)．
(3)處理方法：分解成相互垂直的兩個(gè)方向上的直線運(yùn)動(dòng)，類似于平拋運(yùn)動(dòng)．
(4)運(yùn)動(dòng)規(guī)律：
①沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a.能飛出電容器：t＝\f(l,v0).,b.不能飛出電容器：y＝\f(1,2)at2＝\f(qU,2md) t2，t＝ \r(\f(2mdy,qU))))
②沿電場(chǎng)力方向，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(qE,m)＝\f(qU,md),離開電場(chǎng)時(shí)的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mdv\\al(2,0)),離開電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角：tan θ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mdv\\al(2,0))))
Ⅱ、帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)時(shí)的兩個(gè)結(jié)論
(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場(chǎng)加速后再?gòu)耐黄D(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的．
證明：由qU0＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)
y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU1,md)·(eq \f(l,v0))2
tan θ＝eq \f(qU1l,mdv\\al( 2,0))
得：y＝eq \f(U1l2,4U0d)，tan θ＝eq \f(U1l,2U0d)
(2)粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長(zhǎng)線與初速度延長(zhǎng)線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn)，即O到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)邊緣的距離為eq \f(l,2).
Ⅲ、帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系
當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUy＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，其中Uy＝eq \f(U,d)y，指初、末位置間的電勢(shì)差．
2、帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問題的兩種求解思路
(1)運(yùn)動(dòng)學(xué)與動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)
①運(yùn)動(dòng)學(xué)觀點(diǎn)是指用勻變速運(yùn)動(dòng)的公式來解決實(shí)際問題，一般有兩種情況：
a．帶電粒子初速度方向與電場(chǎng)線共線，則粒子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)；
b．帶電粒子的初速度方向垂直電場(chǎng)線，則粒子做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)(類平拋運(yùn)動(dòng))．
②當(dāng)帶電粒子在電場(chǎng)中做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般要采取類似平拋運(yùn)動(dòng)的解決方法．
(2)功能觀點(diǎn)：首先對(duì)帶電粒子受力分析，再分析運(yùn)動(dòng)形式，然后根據(jù)具體情況選用公式計(jì)算．
①若選用動(dòng)能定理，則要分清有多少個(gè)力做功，是恒力做功還是變力做功，同時(shí)要明確初、末狀態(tài)及運(yùn)動(dòng)過程中的動(dòng)能的增量．
②若選用能量守恒定律，則要分清帶電粒子在運(yùn)動(dòng)中共有多少種能量參與轉(zhuǎn)化，哪些能量是增加的，哪些能量是減少的．
3、帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的分析思路
Ⅰ、勻速圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律
若v⊥B，帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度v做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．
Ⅱ、圓心的確定
(1)已知入射點(diǎn)、出射點(diǎn)、入射方向和出射方向時(shí)，可通過入射點(diǎn)和出射點(diǎn)分別作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點(diǎn)就是圓弧軌道的圓心(如圖3甲所示，P為入射點(diǎn)，M為出射點(diǎn))．
圖3
(2)已知入射方向、入射點(diǎn)和出射點(diǎn)的位置時(shí)，可以通過入射點(diǎn)作入射方向的垂線，連接入射點(diǎn)和出射點(diǎn)，作其中垂線，這兩條垂線的交點(diǎn)就是圓弧軌跡的圓心(如圖乙所示，P為入射點(diǎn)，M為出射點(diǎn))．
Ⅲ、半徑的確定
可利用物理學(xué)公式或幾何知識(shí)(勾股定理、三角函數(shù)等)求出半徑大?。?br>Ⅳ、運(yùn)動(dòng)時(shí)間的確定
粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一周的時(shí)間為T，當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)的圓弧所對(duì)應(yīng)的圓心角為θ時(shí)，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間表示為t＝eq \f(θ,2π)T(或t＝eq \f(θR,v))．
1．（2024?重慶開學(xué)）一束電子從靜止開始經(jīng)加速電壓U1＝U0加速后，水平射入水平放置的兩平行金屬板中間，如圖所示。金屬板長(zhǎng)為l，兩板距離為d＝l，豎直放置的熒光屏距金屬板右端為L(zhǎng)＝2l，若在兩金屬板間加直流電壓U2＝U0時(shí)，光點(diǎn)偏離中線打在熒光屏上的P1點(diǎn)，已知電子的質(zhì)量為m，電量為e，U0=2mv2e。不計(jì)電子重力及電子之間的相互作用。求：
（1）電子剛進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度大??；
（2）電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后打在熒光屏上OP1的距離；
（3）若把兩金屬板間加直流電壓U2′＝2U0，電子打在熒光屏上P2點(diǎn)，則電子兩次打在熒光屏上的動(dòng)能之比Ek1：Ek2是多少。
【解答】解：（1）設(shè)電子剛進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度大小為v0，由動(dòng)能定理，可得：eU1=12mv02
代入數(shù)據(jù)解得：v0＝2v
（2）電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向有：l＝v0t
垂直于電場(chǎng)線方向有：y=12at2
又根據(jù)牛頓第二定律：a=U2eml
解得：y=14l
由幾何關(guān)系，可得：y?=12l32l
整理變形得：?=34l
（3）同理，改變金屬板間電壓后，有：l＝v0t，y'=12U2'emlt2
解得：y'=12l
由動(dòng)能定理，可得電子兩次打在熒光屏上的動(dòng)能分別為：Ek1=eU0+e14U0=54eU0，
Ek2=eU0+e12U0=32eU0
所以動(dòng)能之比為：Ek1：Ek2＝5：6
答：（1）電子剛進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度大小為2v；
（2）電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后打在熒光屏上OP1的距離為34?；
（3）電子兩次打在熒光屏上的動(dòng)能之比Ek1：Ek2是5：6。
2．（2023秋?南山區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，虛線MN左側(cè)有一方向水平向左、電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著長(zhǎng)為L(zhǎng)，間距為d的平行金屬板，兩板之間電壓為U，AO過兩板的中線，在虛線PQ右側(cè)距離為L(zhǎng)2處有一水平放置，長(zhǎng)度為L(zhǎng)2的屏，屏到AO的距離為d?，F(xiàn)將一帶電量為﹣q（q＞0），質(zhì)量為﹣m的帶電粒子無初速度地放入電場(chǎng)中的A點(diǎn)，A點(diǎn)到MN的距離為kL，粒子最后可打在右側(cè)屏上。不計(jì)帶電粒子的重力，求：
（1）求帶電粒子到達(dá)MN時(shí)的速度大?。?br>（2）求帶電粒子離開平行金屬板時(shí)距中心線AO的偏移量；
（3）改變k的大小，可調(diào)節(jié)粒子在電場(chǎng)中的釋放點(diǎn)A到MN的距離，可使所有粒子都能打在屏上，求k的取值范圍。
【解答】解：（1）電子從A運(yùn)動(dòng)到MN的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得
kLEq=12mv2
解得
v=2kLEqm；
（2）粒子在平行板的運(yùn)動(dòng)時(shí)間
t=Lv=mL2kEq
根據(jù)牛頓第二定律，豎直方向的加速度為
a=Uqdm
帶電粒子離開平行金屬板時(shí)距中心線AO的偏移量
y=12at2=UL4kdE；
（3）如圖所示
當(dāng)粒子達(dá)到屏的最左側(cè)，k最大，由幾何關(guān)系有
y1=12d
故有
UL4k1dE=12d
解得
k1=2d2EUL
當(dāng)粒子達(dá)到屏的最右側(cè)，k最小，由幾何關(guān)系有
y2=13d
故有
UL4k2dE=13d
解得
k2=4d2E3UL
所以使所有粒子都能打在屏上，k的取值范圍為
4d2E3UL≤k≤2d2EUL。
答：（1）帶電粒子到達(dá)MN時(shí)的速度大小為2kLEqm；
（2）帶電粒子離開平行金屬板時(shí)距中心線AO的偏移量為UL4kdE；
（3）k的取值范圍為4d2E3UL≤k≤2d2EUL。
3．（2023秋?碑林區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，A、B接在電壓大小恒為U的交變電源上，質(zhì)量為m、電荷量為+q（q＞0）的離子，以初速度v0進(jìn)入直線加速器第1個(gè)金屬圓筒左側(cè)的小孔，離子在每個(gè)筒內(nèi)均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，時(shí)間均相等，在相鄰兩筒間的縫隙內(nèi)被電場(chǎng)加速，加速時(shí)間不計(jì)。離子從第3個(gè)金屬圓筒右側(cè)出來后，立即由M點(diǎn)射入轉(zhuǎn)向器，轉(zhuǎn)向器中有輻射狀電場(chǎng)，離子沿著圓弧虛線（等勢(shì)線）運(yùn)動(dòng)，并從N點(diǎn)射出，離子射出時(shí)速度方向與矩形區(qū)域CDQP內(nèi)有界勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向垂直，最終離子恰好打在Q點(diǎn)。已知第3個(gè)金屬圓筒的長(zhǎng)度為l，轉(zhuǎn)向器虛線MN處電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，QP＝d、PN＝2d。求：
（1）離子在每個(gè)金屬圓筒內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；（2）離子在轉(zhuǎn)向器中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑；
（3）矩形區(qū)域CDQP內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小。
【解答】解：（1）設(shè)離子在第三個(gè)圓筒內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為v，則有
12mv2?12mv02=2qU
離子在每個(gè)金屬圓筒內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間
t=lv
解得
t=lm4qU+mv02
（2）離子由M點(diǎn)射入轉(zhuǎn)向器，沿著圓弧虛線（等勢(shì)線）做圓周運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)，則有
Eq=mv2R
結(jié)合上述解得
R=4qU+mv02Eq
（3）離子在矩形區(qū)域CDQP內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)，加速度
a=qE'm
沿電場(chǎng)方向和垂直電場(chǎng)方向的位移分別為
2d=12at'2，d＝vt′
聯(lián)立可得
E'=4mv02+16qUqd
答：（1）離子在每個(gè)金屬圓筒內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間lm4qU+mv02；
（2）離子在轉(zhuǎn)向器中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑4qU+mv02Eq；
（3）矩形區(qū)域CDQP內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小4mv02+16qUqd。
4．（2023秋?廣州期末）如圖甲所示，α粒子射線管由平行于x軸的平行金屬板A、B組成，A、B板長(zhǎng)度和板間距均為L(zhǎng)，A、B板中間有平行于x軸的絕緣細(xì)管C，開口在y軸上。粒子源P放置在A極板左下端，可以沿特定方向發(fā)射α粒子。當(dāng)A、B板加上某一電壓時(shí)，α粒子剛好能以速度v水平進(jìn)入細(xì)管C，保持速度不變，再進(jìn)入靜電分析器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知靜電分析器中電場(chǎng)線的方向均沿半徑方向指向圓心O，α粒子在靜電分析器中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為L(zhǎng)。之后α粒子垂直x軸進(jìn)入第四象限（此時(shí)對(duì)應(yīng)圖乙t＝0時(shí)刻），施加如圖乙所示沿x軸方向的交變電場(chǎng)。規(guī)定沿x軸正方向?yàn)殡妶?chǎng)正方向。已知α粒子電荷量大小為q，質(zhì)量為m，重力不計(jì)。求：
（1）靜電分析器中的場(chǎng)強(qiáng)大小E0；
（2）α粒子從粒子源P發(fā)射時(shí)的初速度大??；
（3）當(dāng)t＝T時(shí)，α粒子的坐標(biāo)。
【解答】解：（1）在靜電分析器中，靜電力提供向心力，由牛頓第二定律有
q?E0=mv2r
可得
E0=mv2qL
（2）由題意可知，α粒子的運(yùn)動(dòng)可以認(rèn)為反方向的類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則有
水平方向有
L＝vt
豎直方向有
L2=0+vy2?t
則初速度大小 v0=v2+vy2
解得
v0=2v
（3）α粒子進(jìn)入第四象限做類平拋運(yùn)動(dòng)。一個(gè)周期內(nèi)，α粒子在x軸方向上，第一個(gè)T4內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，第二個(gè)T4內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，第三個(gè)T4內(nèi)反向勻加速，第四個(gè)T4內(nèi)再勻減速。由運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知α粒子在x軸上一個(gè)周期內(nèi)的位移為0
在﹣y方向上α粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故t＝T時(shí)，α粒子的縱坐標(biāo)為
y＝﹣vT
在t＝T時(shí)，α粒子的坐標(biāo)為（L，﹣vT）。
答：（1）靜電分析器中的場(chǎng)強(qiáng)大小E0為mv2qL；
（2）α粒子從粒子源P發(fā)射時(shí)的初速度大小為2v；
（3）當(dāng)t＝T時(shí)，α粒子的坐標(biāo)為（L，﹣vT）。
5．（2023秋?羅湖區(qū)校級(jí)期中）如圖甲所示，在空間中建立xOy坐標(biāo)系，α射線管由平行金屬板A、B和平行于金屬板的細(xì)管C組成，放置在第Ⅱ象限，細(xì)管C到兩金屬板距離相等，細(xì)管C開口在y軸上。放射源P在A板左端，可以沿特定方向發(fā)射某一初速度的α粒子。若金屬板長(zhǎng)為L(zhǎng)、間距為d，當(dāng)A、B板間加上某一電壓時(shí)，α粒子剛好能以速度v0從細(xì)管C水平射出，進(jìn)入位于第Ⅰ象限的靜電分析器中。靜電分析器中存在著輻向電場(chǎng)（電場(chǎng)線沿半徑方向指向圓心O），α粒子在該電場(chǎng)中恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，α粒子運(yùn)動(dòng)軌跡處的場(chǎng)強(qiáng)大小為E0。t＝0時(shí)刻α粒子垂直x軸進(jìn)入第Ⅳ象限的交變電場(chǎng)中，交變電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示，規(guī)定沿x軸正方向?yàn)殡妶?chǎng)的正方向。已知α粒子的電荷量為2e（e為元電荷）、質(zhì)量為m，重力不計(jì)。求：
（1）α粒子從放射源P運(yùn)動(dòng)到C的過程中動(dòng)能的變化量ΔEk和發(fā)射時(shí)初速度v的大?。?br>（2）α粒子在靜電分析器中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑r和運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t0；
（3）當(dāng)t＝T時(shí)，α粒子的坐標(biāo)。
【解答】解：（1）由題意可知，α粒子在平行金屬板中的逆運(yùn)動(dòng)為類平拋運(yùn)動(dòng)，粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示
沿x軸方向有
L＝v0t
沿y軸方向有
d2=12at2
由牛頓第二定律有
2e?Ud=ma
聯(lián)立解得
U=md2v022eL2
α粒子從放射源P運(yùn)動(dòng)到C的過程中，由動(dòng)能定理有
?2e?12U=ΔEk
解得
ΔEk=?md2v022L2
動(dòng)能的變化量
ΔEk=12mv02?12mv2
解得
v=v01+d2L2
（2）α粒子在靜電分析器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有
2eE0=mv02r
解得
r=mv022eE0
由
πr2=v0t0
解得
t0=πmv04eE0
（3）t=T2時(shí)，α粒子在x軸方向的速度
vx=2eE0m?T2
所以一個(gè)周期內(nèi)，α粒子在x軸方向的平均速度
vx=vx2=eE0T2m
一個(gè)周期內(nèi)α粒子沿x軸正方向前進(jìn)的距離
x0=vxT=eE0T22m
t＝0時(shí)，α粒子的橫坐標(biāo)為
r=mv022eE0
所以t＝T時(shí)，α粒子的橫坐標(biāo)為
x=r+x0=mv022eE0+eE0T22m
α粒子的縱坐標(biāo)為
y＝﹣v0T
則在t＝T時(shí)，α粒子的坐標(biāo)為(mv022eE0+eE0T22m，?v0T)。
答：（1）α粒子從放射源P運(yùn)動(dòng)到C的過程中動(dòng)能的變化量ΔEk為?md2v022L2，發(fā)射時(shí)初速度v的大小v01+d2L2；
（2）α粒子在靜電分析器中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑r為mv022eE0，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t0為πmv04eE0；
（3）當(dāng)t＝T時(shí)，α粒子的坐標(biāo)為(mv022eE0+eE0T22m，?v0T)
6．（2024?泉州二模）如圖，在直角坐標(biāo)系xOy中，y軸豎直，左側(cè)存在一個(gè)垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)；右側(cè)存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，y軸左側(cè)場(chǎng)強(qiáng)大小為右側(cè)的2倍。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），從點(diǎn)M（L，﹣2L）以某一初速度沿y軸正方向射出，恰好經(jīng)過原點(diǎn)O且此時(shí)速度方向剛好沿x軸負(fù)方向，繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后到達(dá)點(diǎn)N(?32L，?32L)。已知重力加速度大小為g。求：
（1）小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到原點(diǎn)O過程中的水平加速度大??；
（2）y軸左側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；
（3）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B。
【解答】解：（1）設(shè)小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的時(shí)間為t，水平方向的加速度大小為a，在水平方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，由位移—時(shí)間公式有：L=12at2
豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，末速度為零，同理：2L=12gt2
聯(lián)立解得：a=g2
（2）設(shè)右側(cè)場(chǎng)強(qiáng)大小為E1，左側(cè)場(chǎng)強(qiáng)大小為E2，由牛頓第二定律得：qE1＝ma
又由題意可知：E2＝2E1
解得：E2=mgq
（3）小球在y軸左側(cè)電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力：F＝qE2＝mg
方向豎直向上，所以帶電小球在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，做出小球的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，
由幾何關(guān)系可知：tan∠NOO'=3232=33
則可知：∠NOO′＝30°，ON=(32L)2+(32L)2=3L
設(shè)小球運(yùn)動(dòng)半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系有：3L=2rcs30°
設(shè)小球經(jīng)過O時(shí)的速度大小為v1，由（1）可知：v12=2aL
根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力有：qv1B=mv12r
聯(lián)立解得：B=mgLqL
答：（1）小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到原點(diǎn)O過程中的水平加速度大小為g2；
（2）y軸左側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為mgq；
（3）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B為mgLqL。
7．（2024?沈陽(yáng)一模）如圖所示，空間中存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。紙面內(nèi)有一半徑為R的圓環(huán)，圓心為O，圓環(huán)上涂有熒光材料，電子打到圓環(huán)表面時(shí)被圓環(huán)吸收，熒光材料會(huì)發(fā)出熒光。以圓環(huán)的圓心O為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立平面直角坐標(biāo)系xOy，A點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，R），P點(diǎn)的坐標(biāo)為(?3R，0)。P處有一粒子源，可在紙面內(nèi)沿著各個(gè)方向發(fā)射速率為eBRm的電子，其中m為電子質(zhì)量，e為電荷量的絕對(duì)值。不計(jì)電子重力和電子間的相互作用。求：
（1）從粒子源正對(duì)O點(diǎn)射出的電子，到達(dá)圓環(huán)的坐標(biāo)；
（2）在A點(diǎn)被吸收的電子，到達(dá)圓環(huán)所需時(shí)間；
（3）圓環(huán)上發(fā)光部分的圓弧長(zhǎng)度。
【解答】解：（1）根據(jù)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式r=mvqB得，
電子的軌跡半徑：r=mvBe=R
從粒子源正對(duì)O點(diǎn)射出的電子與圓環(huán)交于一點(diǎn)（x，y），則根據(jù)幾何關(guān)系，
電子的軌跡方程為：
(?3R?x)2+(?R?y)2=R2
且該點(diǎn)在圓上：x2+y2＝R2
聯(lián)立解二次方程，得到達(dá)圓環(huán)的坐標(biāo)為：(?32R，?12R)。
（2）根據(jù)A點(diǎn)的坐標(biāo)，如下圖，
因?yàn)椋篈P=R2+(3R)2=2R
所以電子垂直AP出射，經(jīng)過A點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)了半個(gè)圓周，電子運(yùn)動(dòng)周期：T=2πmBe
在A點(diǎn)被吸收的電子，到達(dá)圓環(huán)所需時(shí)間：t=12T=πmBe
（3）根據(jù)幾何關(guān)系可知，打在A點(diǎn)的是上弧的最遠(yuǎn)點(diǎn)，第（1）問中的粒子軌跡剛好與圓相切，是在下半圓的最遠(yuǎn)點(diǎn)，根據(jù)幾何關(guān)系可知有電子經(jīng)過的圓弧對(duì)應(yīng)圓心角為：θ＝90°+30°＝120°
所以圓環(huán)上發(fā)光部分的圓弧長(zhǎng)度：l=13×2πR=2πR3
答：（1）從粒子源正對(duì)O點(diǎn)射出的電子，到達(dá)圓環(huán)的坐標(biāo)為(?32R，?12R)；
（2）在A點(diǎn)被吸收的電子，到達(dá)圓環(huán)所需時(shí)間為πmBe；
（3）圓環(huán)上發(fā)光部分的圓弧長(zhǎng)度為2πR3。
8．（2023秋?昌平區(qū)期末）物理學(xué)中的宏觀現(xiàn)象與粒子的微觀行為之間存在必然聯(lián)系，從微觀角度分析宏觀現(xiàn)象產(chǎn)生的本質(zhì)原因是物理學(xué)的重要研究方法。
（1）如圖1所示，一段橫截面積為S、長(zhǎng)為L(zhǎng)的直導(dǎo)線，單位體積內(nèi)有n個(gè)自由電子，電子電荷量為e。該導(dǎo)線兩端加電壓時(shí)，自由電子定向移動(dòng)的平均速率為v。
a.請(qǐng)推導(dǎo)導(dǎo)線中的電流I與v之間關(guān)系式。
b.將該通電直導(dǎo)線放在磁感應(yīng)強(qiáng)度B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，電流方向與磁感線垂直，導(dǎo)線所受安培力大小為F＝BIL。請(qǐng)由安培力的表達(dá)式推導(dǎo)洛倫茲力的表達(dá)式f＝evB。
（2）如圖2所示的霍爾元件，寬度和厚度分別為h和d，放在沿﹣z方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中，當(dāng)元件通有沿x方向的電流I時(shí)，在元件的上側(cè)面和下側(cè)面之間會(huì)產(chǎn)生電勢(shì)差U。已知該霍爾元件的載流子是電子，電荷量為e，單位體積中的自由電子數(shù)為n。
a.請(qǐng)證明：U=BIne?。
b.由上問可知，在I、n、e、h一定的條件下，U與B成正比，由U的數(shù)值可以比較B的大小，因此可以用這種元件探測(cè)某空間磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度。該元件的擺放的方向?qū)y(cè)量結(jié)果是否有影響？簡(jiǎn)要說明理由。
【解答】解：（1）a．以一段導(dǎo)線作為研究對(duì)象，導(dǎo)線的橫截面積為S，單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為n，自由電子定向移動(dòng)的平均速率為v，則時(shí)間t內(nèi)通過導(dǎo)線橫截面的自由電子數(shù)為
N＝nSvt
時(shí)間t內(nèi)通過導(dǎo)線橫截面的電荷量Q＝Ne＝neSvt
根據(jù)電流的定義I=Qt
解得：I＝neSv
b．由前問推導(dǎo)可知，導(dǎo)線中電流I＝neSv
導(dǎo)線所受安培力F＝BIL
導(dǎo)線中自由電荷的總數(shù)N＝nSL
運(yùn)動(dòng)電荷所受洛倫茲力與導(dǎo)線所受安培力的關(guān)系為
Nf＝F
代入得nSLf＝BneSvL
推得：f＝evB
（2）a．自由電子在洛倫茲力的作用下積累在導(dǎo)體的上側(cè)面，下側(cè)面帶等量的正電荷，當(dāng)上下側(cè)面有穩(wěn)定的電勢(shì)差時(shí)，電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，則有
eE＝evB
上下側(cè)面間的電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，故有E=Ud
由電流的微觀表達(dá)式I＝nevS＝nevhd
由此可證U=BIne?
b．用霍爾元件探測(cè)空間磁場(chǎng)時(shí)，元件的擺放方向?qū)有影響。因?yàn)槁鍌惼澚Φ拇笮∨c電子運(yùn)動(dòng)方向有關(guān)。若B的方向平行于I的方向，則U＝0；若B的方向與I的方向垂直，U為最大值。所以使用時(shí)應(yīng)該調(diào)整裝置方向找到最大值。
答：（1）a、請(qǐng)推導(dǎo)導(dǎo)線中的電流I與v之間關(guān)系式為I＝neSv；
b、見解析；
（2）a、證明過程見解析；
b、見解析。
9．（2023?龍華區(qū)校級(jí)四模）在芯片制造過程中，離子注入是其中一道重要的工序．如圖所示是一部分離子注入工作原理示意圖，離子經(jīng)加速后沿水平方向進(jìn)入速度選擇器，選擇出一定速度的離子，然后通過磁分析器Ⅰ，選擇出特定比荷的離子，經(jīng)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)Ⅱ后注入水平放置的硅片上．速度選擇器、磁分析器中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向均垂直紙面向外；速度選擇器中的勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小為E，方向豎直向上．磁分析器截面是矩形，矩形長(zhǎng)為2L，寬為(4?23)L．其寬和長(zhǎng)中心位置C和D處各有一個(gè)小孔；半徑為L(zhǎng)的圓形偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)Ⅱ內(nèi)存在垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，D、M、N在一條豎直線上，DM為圓形偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)的直徑，最低點(diǎn)M到硅片的距離MN=L2，不計(jì)離子重力。
（1）求離子通過速度選擇器后的速度大??；
（2）求磁分析器選擇出來的離子的比荷；
（3）若偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的取值范圍233B≤B偏≤3B，求硅片上離子注入的寬度．
【解答】解：（1）離子在速度選擇器中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)離子通過速度選擇器的速度為v，由平衡條件得：
qvB＝qE
解得：v=EB
（2）離子進(jìn)入磁分析器Ⅰ后由C到D做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)其運(yùn)動(dòng)半徑為r，軌跡的圓心為O′點(diǎn)，軌跡圓心角為θ，由幾何關(guān)系得：
[r?12(4?23)L]2+L2＝r2
解得：r＝2L
sinθ=Lr=12
解得：θ＝30°
由洛倫茲力提供向心力得：
qvB＝mv2r
解得比荷：qm=E2B2L
（3）離子由D點(diǎn)進(jìn)入偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由qvB偏＝mv2R，
可得離子在偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中圓周運(yùn)動(dòng)半徑：R=mvqB偏=2BLB偏
當(dāng)B偏=3B時(shí)，其運(yùn)動(dòng)半徑為R1=233L，因R1csθ=233L×32=L，故軌跡圓心O1與圓形磁場(chǎng)的圓心O在同一水平線上，由幾何關(guān)系可得離子恰好在M點(diǎn)離開磁場(chǎng)，離開磁場(chǎng)時(shí)速度方向與水平方向夾角為θ，軌跡如圖中紅色軌跡。
當(dāng)B偏=233B時(shí)，其運(yùn)動(dòng)半徑為R2=3L，因2Lcsθ=3L＝R2，故軌跡圓心O2恰好在圓形磁場(chǎng)圓周邊界上，由幾何關(guān)系可得離子恰好在過圓心O2的水平線與磁場(chǎng)邊界的交點(diǎn)G離開磁場(chǎng)，離開磁場(chǎng)時(shí)速度方向豎直向下，軌跡如圖中藍(lán)色軌跡。
由題意可知離子在GM區(qū)域離開磁場(chǎng)，離開磁場(chǎng)離子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在硅片上離子注入的寬度等于P、Q兩點(diǎn)的距離，則有：
PN=12R2=3L2
QN=L2tanθ=3L2
PQ＝PN+QN=3L。
答：（1）離子通過速度選擇器后的速度大小為EB；
（2）磁分析器選擇出來的離子的比荷為E2B2L；
（3）硅片上離子注入的寬度為3L。
10．（2023?咸陽(yáng)一模）在芯片制造過程中，離子注入是其中一道重要的工序。如圖，是離子注入工作原理示意圖，正離子質(zhì)量為m，電荷量為q，經(jīng)電場(chǎng)加速后沿水平方向進(jìn)入速度選擇器，然后通過磁分析器，選擇出特定比荷的正離子，經(jīng)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)后注入處在水平面上的晶圓硅片。速度選擇器、磁分析器和偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向均垂直紙面向外；速度選擇器和偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小均為E，方向分別為豎直向上和垂直紙面向外。磁分析器截面是內(nèi)外半徑分別為R1和R2的四分之一圓弧，其兩端中心位置M和N處各有一小孔；偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中電場(chǎng)和磁場(chǎng)的分布區(qū)域是一棱長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方體，晶圓放置在偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)底面處。當(dāng)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)不加電場(chǎng)和磁場(chǎng)時(shí)，正離子恰好豎直注入到晶圓上的O點(diǎn)，O點(diǎn)也是偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)底面的中心。以O(shè)點(diǎn)為原點(diǎn)建立xOy坐標(biāo)系，x軸垂紙面向外。整個(gè)系統(tǒng)處于真空中，不計(jì)正離子重力，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)直接打在晶圓上的正離子偏轉(zhuǎn)的角度都很小，已知當(dāng)α很小時(shí)，滿足：sinα＝α，csα＝1?12α2。
（1）求正離子通過速度選擇器后的速度大小v及磁分析器選擇出的正離子的比荷；
（2）當(dāng)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)僅加磁場(chǎng)時(shí)，設(shè)正離子注入到顯上的位置坐標(biāo)為（x，y），請(qǐng)利用題設(shè)條件，求坐標(biāo)（x，y）的值。
【解答】解：（1）在速度選擇器中有Bqv＝Eq，解得：v=EB
在磁分析器中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=mv2R
根據(jù)幾何關(guān)系
解得qm=2EB2(R1+R2)
（2）在偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中，因?yàn)橹患佑写艌?chǎng)，所以帶電離子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。設(shè)離子軌跡的圓心角為α，如圖所示
由幾何關(guān)系得sinα=LR
所以有y＝R（1﹣csα）
由題設(shè)條件sinα＝α，csα=1?12α2
可得y=R(1?csα)=R×12α2=12R?sin2α=L22R=L2R1+R2
所以正離子注入到顯上的位置坐標(biāo)為(0，L2R1+R2)。
答：（1）正離子通過速度選擇器后的速度大小v為EB，磁分析器選擇出的正離子的比荷為2EB2(R1+R2)；
（2）坐標(biāo)（x，y）的值為(0，L2R1+R2)。
1.本專題主要講解帶電粒子(帶電體)在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合運(yùn)用，高考常以計(jì)算題出現(xiàn)。
2.學(xué)好本專題，可以加深對(duì)動(dòng)力學(xué)和能量知識(shí)的理解，能靈活應(yīng)用受力分析、運(yùn)動(dòng)分析(特別是平拋運(yùn)動(dòng)圓周運(yùn)動(dòng)等曲線運(yùn)動(dòng))的方法與技巧，熟練應(yīng)用能量觀點(diǎn)解題。
3.用到的知識(shí):受力分析、動(dòng)力學(xué)分析、能量。
題型一 優(yōu)化場(chǎng)區(qū)分布創(chuàng)新考察電、磁偏轉(zhuǎn)（計(jì)算題）
題型二 利用交變電場(chǎng)考帶電粒子在運(yùn)動(dòng)的多過程問題（計(jì)算題）
題型三 借助電子儀器考帶電粒子運(yùn)動(dòng)的應(yīng)用問題（計(jì)算題）