資源簡介

培優點1　帶電粒子在復合場中的運動
1.帶電粒子在組合場中運動問題的處理方法
(1)按照進入不同的場的時間順序分成幾個不同的階段。
(2)分析帶電粒子在各場中的受力情況和運動情況。若粒子進入電場區域，則其運動為加速(減速)以及偏轉兩大類運動，而進入磁場區域時，粒子通常做勻速圓周運動。
(3)畫出帶電粒子的運動軌跡，注意運用幾何知識，找出相應的幾何關系與物理關系。
(4)注意確定粒子在組合場交界處的速度大小與方向，該速度往往是聯系兩段運動的“橋梁”。
2.(1)重力場、靜電場和磁場，其中兩場共存時，粒子受其中兩個力的合力為零，則其表現為勻速直線運動狀態或靜止狀態。
(2)重力場、靜電場和磁場三場共存
①合力為零時，粒子做勻速直線運動，其中洛倫茲力F=qvB的方向與速度v垂直。
②粒子做勻速圓周運動時，則有mg=qE，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，即qvB=m。
3.“配速法”求解擺線問題
(1)適用條件：
①在疊加場中；
②合力做功不為零。
(2)方法：把速度分解為兩個分速度，使其中一個分速度對應的洛倫茲力與重力(或靜電力、或重力和靜電力的合力)平衡，使粒子在這個方向上做勻速直線運動，另一個分速度產生的洛倫茲力使粒子做勻速圓周運動，粒子的運動軌跡為擺線。初速度為零時，速度分解為兩個等大反向的速度；初速度不為零時，按矢量分解法則分解。
考點一　帶電粒子在組合場中的運動
1.(2024·青海西寧市三模)如圖所示，一虛線將xOy坐標系分為上下兩部分，虛線交y軸于P點、交x軸于Q點，∠PQO=60°。虛線上方區域為垂直PQ指向左下方的勻強電場，電場強度大小為E；下方區域為垂直于平面向里的勻強磁場，磁感應強度未知。一帶電荷量為+q、質量為m的粒子從P點以速度v0沿x軸正方向拋出，不計重力，此后運動過程中其軌跡與虛線邊界的第一個交點為M、第二個交點為N(M、N兩點未畫出)。
(1)(3分)求從P點運動至M點的過程中，粒子離虛線邊界的最遠距離；
(2)(5分)若PM=MN，求磁感應強度的大小。
2.(2024·黑吉遼·15)現代粒子加速器常用電磁場控制粒子團的運動及尺度。簡化模型如圖：Ⅰ、Ⅱ區寬度均為L，存在垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度等大反向；Ⅲ、Ⅳ區為電場區，Ⅳ區電場足夠寬，各區邊界均垂直于x軸，O為坐標原點。甲、乙為粒子團中的兩個電荷量均為+q，質量均為m的粒子。如圖，甲、乙平行于x軸向右運動，先后射入Ⅰ區時速度大小分別為v0和v0。甲到P點時，乙剛好射入Ⅰ區。乙經過Ⅰ區的速度偏轉角為30°，甲到O點時，乙恰好到P點。已知Ⅲ區存在沿+x方向的勻強電場，電場強度大小E0=。不計粒子重力及粒子間相互作用，忽略邊界效應及變化的電場產生的磁場。
(1)(3分)求磁感應強度的大小B；
(2)(3分)求Ⅲ區寬度d；
(3)(6分)Ⅳ區x軸上的電場方向沿x軸，電場強度E隨時間t、位置坐標x的變化關系為E=ωt-kx，其中常系數ω>0，ω已知、k未知，取甲經過O點時t=0。已知甲在Ⅳ區始終做勻速直線運動，設乙在Ⅳ區受到的電場力大小為F，甲、乙間距為Δx，求乙追上甲前F與Δx間的關系式(不要求寫出Δx的取值范圍)。
【點撥·提煉】
考點二　帶電粒子在疊加場中的運動
3.(2024·河北省二模)如圖所示，在豎直面內的直角坐標系xOy中，在第二象限內存在沿x軸正方向的勻強電場和磁感應強度大小為B、方向垂直坐標平面向里的勻強磁場；在第一象限內存在方向豎直向上的勻強電場和磁感應強度大小也為B、方向垂直坐標平面向外的勻強磁場。一帶正電的小球P從x軸上的A點以某一速度沿AK方向做直線運動，AK與x軸正方向的夾角θ=60°，從K點進入第一象限后小球P恰好做勻速圓周運動，經過x軸時豎直向下擊中緊貼x軸上方靜止的帶電小球Q，碰后兩球結合為一個結合體M，之后M從y軸上的F點離開第四象限，第四象限存在勻強磁場，方向如圖所示。已知重力加速度大小為g，小球P、Q帶電荷量均為q、質量均為m，均可視為質點，不計空氣阻力。
(1)(3分)求第二象限與第一象限內電場的電場強度大小之比；
(2)(4分)求小球Q靜止的位置距O點的距離；
(3)(3分)若結合體M進入第四象限時的速度為v，M在第四象限運動時的最大速度為2v，則當其速度為2v時，結合體M距x軸的距離是多少？
考點三　“配速法”解擺線問題
4.(2024·黑龍江大慶市模擬)如圖所示，兩平行極板水平放置，兩板間有垂直紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場，磁場的磁感應強度為B。一束質量均為m、電荷量均為+q的粒子，以不同速率沿著兩板中軸線PQ方向進入板間后，速率為v的甲粒子恰好做勻速直線運動；速率為的乙粒子在板間的運動軌跡如圖中曲線所示，A為乙粒子第一次到達軌跡最低點的位置。不計粒子受到的重力及粒子間的相互作用，求：
(1)(2分)兩板間電場強度的大小；
(2)(4分)乙粒子偏離中軸線的最遠距離；
(3)(4分)乙粒子運動過程中的最大速度。
1.(多選)(2024·安徽卷·10)空間中存在豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，電場強度大小為E，磁感應強度大小為B。一質量為m的帶電油滴a，在紙面內做半徑為R的圓周運動，軌跡如圖所示。當a運動到最低點P時，瞬間分成兩個小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者帶電量、質量均相同。Ⅰ在P點時與a的速度方向相同，并做半徑為3R的圓周運動，軌跡如圖所示。Ⅱ的軌跡未畫出。已知重力加速度大小為g，不計空氣浮力與阻力以及Ⅰ、Ⅱ分開后的相互作用，則：
A.油滴a帶負電，所帶電量的大小為
B.油滴a做圓周運動的速度大小為
C.小油滴Ⅰ做圓周運動的速度大小為，周期為
D.小油滴Ⅱ沿順時針方向做圓周運動
2.(2024·甘肅卷·15)質譜儀是科學研究中的重要儀器，其原理如圖所示。Ⅰ為粒子加速器，加速電壓為U；Ⅱ為速度選擇器，勻強電場的電場強度大小為E1，方向沿紙面向下，勻強磁場的磁感應強度大小為B1，方向垂直紙面向里；Ⅲ為偏轉分離器，勻強磁場的磁感應強度大小為B2，方向垂直紙面向里。從S點釋放初速度為零的帶電粒子(不計重力)，加速后進入速度選擇器做直線運動、再由O點進入分離器做圓周運動，最后打到照相底片的P點處，運動軌跡如圖中虛線所示。
(1)(4分)粒子帶正電還是負電？求粒子的比荷。
(2)(2分)求O點到P點的距離。
(3)(6分)若速度選擇器Ⅱ中勻強電場的電場強度大小變為E2(E2略大于E1)，方向不變，粒子恰好垂直打在速度選擇器右擋板的O'點上。求粒子打在O'點的速度大小。
答案精析
高頻考點練
1.(1)　(2)
解析　(1)將v0在沿電場強度方向和垂直電場強度方向分解，當沿電場強度方向速度減至0時，粒子離虛線邊界最遠，
根據牛頓第二定律有qE=ma
t1=
最遠距離s=a=
(2)粒子軌跡如圖所示。粒子從P→M在垂直電場強度方向上做勻速直線運動，則
PM=v0sin 30°·2t1=
粒子從M到N做勻速圓周運動，
由qv0B0=m
整理得R0=
由幾何關系知MN=2R0cos 30°
=
結合PM=MN
解得B0=。
2.(1)　(2)πL
(3)F=·Δx
解析　(1)對乙粒子，如圖所示
由洛倫茲力提供向心力
qv0B=m
由幾何關系sin 30°=
聯立解得磁感應強度的大小為
B=
(2)由題意可知，根據對稱性，乙在磁場中運動的時間為t1=2××=
對甲粒子，由對稱性可知，甲粒子沿著直線從P點到O點，
由運動學公式d=v0t1+a
由牛頓第二定律a==
聯立可得Ⅲ區寬度為d=πL
(3)甲粒子經過O點時的速度為
v甲=v0+at1=3v0
因為甲在Ⅳ區始終做勻速直線運動，
則E=0，
即ωt=kx=k×3v0t
可得k=
設乙粒子經過Ⅲ區的時間為t2，乙粒子在Ⅳ區運動時間為t0，則t=t0+t2
對乙可得=ω(t0+t2)-kx2
整理可得x2=3v0(t0+t2)-
對甲可得x1=3v0(t0+t2)
則Δx=x1-x2=
化簡可得乙追上甲前F與Δx間的關系式為F=·Δx。
3.(1)　(2)(+2)　(3)
解析　(1)小球P沿AK方向做直線運動，由于洛倫茲力與速度有關，可知其一定做勻速直線運動，受力如圖所示
根據受力平衡及幾何關系可得=tan θ
小球Q靜止在第一象限，則qE1=mg
聯立可得=tan θ=
(2)小球P豎直向下擊中Q，軌跡如圖所示
根據洛倫茲力提供向心力有
qvB=m
rsin θ+r=d
小球P在第二象限中有
qvBcos θ=mg
聯立解得d=(+2)
(3)結合體在第四象限中洛倫茲力對它不做功，只有重力做功，根據動能定理可得
2mgh=×2m(2v)2-×2mv2
解得h=。
4.(1)Bv　(2)　(3)v
解析　(1)速率為v的甲粒子恰好做勻速直線運動，則qE=Bqv，解得兩板間電場強度的大小為E=Bv；
(2)(3)解法1：配速法
將在P點的速度分解為向右的v和向左的其中向右的v產生的洛倫茲力qvB=qE，向左的在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動
qB=
解得r=
ymax=2r=
vmax=+v=v。
解法2：動量定理+動能定理法
對甲：qvB=qE①
對乙：從開始至最低點的過程中，根據動能定理
qEym=m-m()2②
粒子在y方向的速度產生x方向的洛倫茲力，即Fx=qBvy
取沿x方向移動一小段時間Δt，
根據動量定理：
FxΔt=qBvy·Δt③
式子中vy·Δt表示粒子沿y方向運動的距離
則從開始至最遠點的過程
qBym=m(vm-)④
由①②④得ym=vm=v。
補償強化練
1.ABD　[油滴a做圓周運動，故重力與靜電力平衡，可知帶負電，有mg=Eq
解得q=故A正確；
根據洛倫茲力提供向心力有
Bqv=m
聯立解得油滴a做圓周運動的速度大小為v=故B正確；
設小油滴Ⅰ的速度大小為v1，得
v1B=·
解得v1=
周期為T==故C錯誤；
帶電油滴a分離前后動量守恒，設分離后小油滴Ⅱ的速度為v2，取油滴a分離前瞬間的速度方向為正方向，得mv=v1+v2，
解得v2=-
由于分離后的小液滴受到的靜電力和重力仍然平衡，分離后小油滴Ⅱ的速度方向與正方向相反，根據左手定則可知小油滴Ⅱ沿順時針方向做圓周運動，故D正確。]
2.(1)帶正電　　(2)
(3)
解析　(1)粒子在Ⅲ中磁場所受洛倫茲力方向向上，根據左手定則可知粒子帶正電；
設粒子的質量為m，電荷量為q，粒子進入速度選擇器時的速度為v0，在加速電場中，由動能定理qU=m
在速度選擇器中粒子做勻速直線運動，
由平衡條件qv0B1=qE1
聯立解得，粒子的比荷為=
(2)在Ⅲ中由洛倫茲力提供向心力qv0B2=m
可得O點到P點的距離為
OP=2r=
(3)粒子進入Ⅱ瞬間，粒子受到向上的洛倫茲力
F洛=qv0B1
向下的靜電力F=qE2
由于E2>E1，且qv0B1=qE1
所以通過配速法，如圖所示
其中滿足qE2=q(v0+v1)B1
則粒子在速度選擇器中水平向右以速度v0+v1做勻速直線運動的同時，豎直方向以v1做勻速圓周運動，當速度轉向到水平向右時，滿足垂直打在速度選擇器右擋板的O'點的要求，故此時粒子打在O'點的速度大小為v'=v0+v1+v1=。(共44張PPT)
專題一　力與運動
培優點1
帶電粒子在復合場中的運動
知識聚焦
高頻考點練
內容索引
核心精講
補償強化練
知識聚焦
PART ONE
1.帶電粒子在組合場中運動問題的處理方法
(1)按照進入不同的場的時間順序分成幾個不同的階段。
(2)分析帶電粒子在各場中的受力情況和運動情況。若粒子進入電場區域，則其運動為加速(減速)以及偏轉兩大類運動，而進入磁場區域時，粒子通常做勻速圓周運動。
(3)畫出帶電粒子的運動軌跡，注意運用幾何知識，找出相應的幾何關系與物理關系。
(4)注意確定粒子在組合場交界處的速度大小與方向，該速度往往是聯系兩段運動的“橋梁”。
核心精講
PART TWO
2.(1)重力場、靜電場和磁場，其中兩場共存時，粒子受其中兩個力的合力為零，則其表現為勻速直線運動狀態或靜止狀態。
(2)重力場、靜電場和磁場三場共存
①合力為零時，粒子做勻速直線運動，其中洛倫茲力F=qvB的方向與速度v垂直。
②粒子做勻速圓周運動時，則有mg=qE，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，即qvB=m。
3.“配速法”求解擺線問題
(1)適用條件：
①在疊加場中；
②合力做功不為零。
(2)方法：把速度分解為兩個分速度，使其中一個分速度對應的洛倫茲力與重力(或靜電力、或重力和靜電力的合力)平衡，使粒子在這個方向上做勻速直線運動，另一個分速度產生的洛倫茲力使粒子做勻速圓周運動，粒子的運動軌跡為擺線。初速度為零時，速度分解為兩個等大反向的速度；初速度不為零時，按矢量分解法則分解。
考點一　帶電粒子在組合場中的運動
1.(2024·青海西寧市三模)如圖所示，一虛線將xOy坐標系分為上下兩部分，虛線交y軸于P點、交x軸于Q點，∠PQO=60°。虛線上方區域為垂直PQ指向左下方的勻強電場，電場強度大小為E；下方區域為垂直于平面向里
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高頻考點練
PART THREE
的勻強磁場，磁感應強度未知。一帶電荷量為+q、質量為m的粒子從P點以速度v0沿x軸正方向拋出，不計重力，此后運動過程中其軌跡與虛線邊界的第一個交點為M、第二個交點為N(M、N兩點未畫出)。
(1)求從P點運動至M點的過程中，粒子離虛線邊界的最遠距離；
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答案　　
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將v0在沿電場強度方向和垂直電場強度方向分解，當沿電場強度方向速度減至0時，粒子離虛線邊界最遠，
根據牛頓第二定律有qE=ma
t1=
最遠距離s=a=
(2)若PM=MN，求磁感應強度的大小。
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答案　
粒子軌跡如圖所示。粒子從P→M在垂直電場強度方向上做勻速直線
運動，則PM=v0sin 30°·2t1=
粒子從M到N做勻速圓周運動，
由qv0B0=m
整理得R0=
由幾何關系知MN=2R0cos 30°=
結合PM=MN
解得B0=。
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2.(2024·黑吉遼·15)現代粒子加速器常用電磁場控制粒子團的運動及尺度。簡化模型如圖：Ⅰ、Ⅱ區寬度均為L，存在垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度等大反向；Ⅲ、Ⅳ區為電場區，Ⅳ區電場足夠寬，各區邊界均垂直于x軸，O為坐標原點。甲、乙為粒子團中的兩個電荷量均為+q，質量均為m的粒子。如圖，甲、乙平行于x軸向右運動，先后射入Ⅰ區時速度大小分別為v0和v0。甲到P點時，乙剛好射入Ⅰ區。乙經過Ⅰ區的速度偏轉角為30°，甲到O點時，
乙恰好到P點。已知Ⅲ區存在沿+x方向的勻強電場，電場強度大小E0=。不計粒子重力及粒子間相互作用，忽略邊界效應及變化的電場產生的磁場。
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(1)求磁感應強度的大小B；
答案　　
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對乙粒子，如圖所示
由洛倫茲力提供向心力
qv0B=m
由幾何關系sin 30°=
聯立解得磁感應強度的大小為B=
(2)求Ⅲ區寬度d；
答案　πL　
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由題意可知，根據對稱性，乙在磁場中運動的時間為t1=2×× =
對甲粒子，由對稱性可知，
甲粒子沿著直線從P點到O點，
由運動學公式d=v0t1+a
由牛頓第二定律a==
聯立可得Ⅲ區寬度為d=πL
(3)Ⅳ區x軸上的電場方向沿x軸，電場強度E隨時間t、位置坐標x的變化關系為E=ωt-kx，其中常系數ω>0，ω已知、k未知，取甲經過O點時t=0。已知甲在Ⅳ區始終做勻速直線運動，設乙在Ⅳ區受到的電場力大小為F，甲、乙間距為Δx，求乙追上甲前F與Δx間的關系式(不要求寫出Δx的取值范圍)。
答案　F=·Δx
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甲粒子經過O點時的速度為
v甲=v0+at1=3v0
因為甲在Ⅳ區始終做勻速直線運動，
則E=0，
即ωt=kx=k×3v0t
可得k=
設乙粒子經過Ⅲ區的時間為t2，乙粒子在Ⅳ區運動時間為t0，則t=t0+t2
1
2
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對乙可得=ω(t0+t2)-kx2
整理可得x2=3v0(t0+t2)-
對甲可得x1=3v0(t0+t2)
則Δx=x1-x2=
化簡可得乙追上甲前F與Δx間的關系式為
F=·Δx。
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點撥·提煉
考點二　帶電粒子在疊加場中的運動
3.(2024·河北省二模)如圖所示，在豎直面內的直角坐標系xOy中，在第二象限內存在沿x軸正方向的勻強電場和磁感應強度大小為B、方向垂直坐標平面向里的勻強磁場；在第一象限內存在方向豎直向上的勻強電場和磁感應強度大小也為B、方向垂直坐標平面向外的勻強磁場。一帶正電的小球P從x軸上的A點以某一速度沿AK方向做直線運動，AK與x軸正方向的夾角θ=60°，從K點進入第一象限后小球P恰好做勻速圓周運動，經過x軸時豎直向下擊中緊貼x軸上方靜
止的帶電小球Q，碰后兩球結合為一個結合體M，之后M從y軸上的F點離開第四象限，第四象限存在勻強磁場，方向如圖所示。已知重力加速度大小為g，小球P、Q帶電荷量均為q、質量均為m，均可視為質點，不計空氣阻力。
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(1)求第二象限與第一象限內電場的電場強度大小之比；
答案　　
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小球P沿AK方向做直線運動，由于洛倫茲力與速度有關，可知其一定做勻速直線運動，受力如圖所示
根據受力平衡及幾何關系可得=tan θ
小球Q靜止在第一象限，則qE1=mg
聯立可得=tan θ=
(2)求小球Q靜止的位置距O點的距離；
答案　(+2)　
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小球P豎直向下擊中Q，軌跡如圖所示
根據洛倫茲力提供向心力有qvB=m
rsin θ+r=d
小球P在第二象限中有qvBcos θ=mg
聯立解得d=(+2)
(3)若結合體M進入第四象限時的速度為v，M在第四象限運動時的最大速度為2v，則當其速度為2v時，結合體M距x軸的距離是多少？
答案　
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結合體在第四象限中洛倫茲力對它不做功，只有重力做功，根據動能定理可得
2mgh=×2m(2v)2-×2mv2
解得h=。
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考點三　“配速法”解擺線問題
4.(2024·黑龍江大慶市模擬)如圖所示，兩平行極板水平放置，兩板間有垂直紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場，磁場的磁感應強度為B。一束質量均為m、電荷量均為+q的粒子，以不同速率沿著兩板中軸線PQ方向進入板間后，速率為v的甲粒子恰好做勻速直線運動；速率為
的乙粒子在板間的運動軌跡如圖中曲線所示，A為乙粒子第一次到達軌跡最低點的位置。不計粒子受到的重力及粒子間的相互作用，求：
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(1)兩板間電場強度的大小；
答案　Bv　
速率為v的甲粒子恰好做勻速直線運動，則qE=Bqv，解得兩板間電場強度的大小為E=Bv；
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(2)乙粒子偏離中軸線的最遠距離；
答案　　
(3)乙粒子運動過程中的最大速度。
答案　v
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(2)(3)解法1：配速法
將在P點的速度分解為向右的v和向左的，其中向右的v產生的洛倫茲力qvB=qE，向左的在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動
qB=
解得r=
ymax=2r=
vmax=+v=v。
1
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4
解法2：動量定理+動能定理法
對甲：qvB=qE ①
對乙：從開始至最低點的過程中，根據動能定理
qEym=m-m()2 ②
粒子在y方向的速度產生x方向的洛倫茲力，即Fx=qBvy
取沿x方向移動一小段時間Δt，
根據動量定理：
FxΔt=qBvy·Δt ③
1
2
3
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式子中vy·Δt表示粒子沿y方向運動的距離
則從開始至最遠點的過程
qBym=m(vm-) ④
由①②④得ym=，vm=v。
1.(多選)(2024·安徽卷·10)空間中存在豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，電場強度大小為E，磁感應強度大小為B。一質量為m的帶電油滴a，在紙面內做半徑為R的圓周運動，軌跡如圖所示。當a運動到最低點P時，瞬間分成兩個小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者帶電量、質量均相同。
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補償強化練
PART FOUR
Ⅰ在P點時與a的速度方向相同，并做半徑為3R的圓周運動，軌跡如圖所示。Ⅱ的軌跡未畫出。已知重力加速度大小為g，不計空氣浮力與阻力以及Ⅰ、Ⅱ分開后的相互作用，則
A.油滴a帶負電，所帶電量的大小為
B.油滴a做圓周運動的速度大小為
C.小油滴Ⅰ做圓周運動的速度大小為，周期為
D.小油滴Ⅱ沿順時針方向做圓周運動
1
2
√
√
√
1
2
油滴a做圓周運動，故重力與靜電力平衡，
可知帶負電，有mg=Eq解得q=，故A正確；
根據洛倫茲力提供向心力有Bqv=m
聯立解得油滴a做圓周運動的速度大小為v=，故B正確；
設小油滴Ⅰ的速度大小為v1，得v1B=·
解得v1=，
周期為T==，故C錯誤；
1
2
帶電油滴a分離前后動量守恒，設分離后小油滴Ⅱ的速度為v2，取油滴a分離前瞬間的速度方向為正方向，得mv=v1+v2，
解得v2=-，
由于分離后的小液滴受到的靜電力和重力仍然平衡，分離后小油滴Ⅱ的速度方向與正方向相反，根據左手定則可知小油滴Ⅱ沿順時針方向做圓周運動，故D正確。
1
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2.(2024·甘肅卷·15)質譜儀是科學研究中的重要儀器，其原理如圖所示。Ⅰ為粒子加速器，加速電壓為U；Ⅱ為速度選擇器，勻強電場的電場強度大小為E1，方向沿紙面向下，勻強磁場的磁感應強度大小為B1，方向垂直紙面向里；Ⅲ為偏轉分離器，勻強磁場的磁感應強度大小為B2，方
向垂直紙面向里。從S點釋放初速度為零的帶電粒子(不計重力)，加速后進入速度選擇器做直線運動、再由O點進入分離器做圓周運動，最后打到照相底片的P點處，運動軌跡如圖中虛線所示。
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(1)粒子帶正電還是負電？求粒子的比荷。
答案　帶正電　　
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2
粒子在Ⅲ中磁場所受洛倫茲力方向向上，根據左手定則可知粒子帶正電；
設粒子的質量為m，電荷量為q，粒子進入速度選擇器時的速度為v0，在加速電場中，由動能定理qU=m
在速度選擇器中粒子做勻速直線運動，
由平衡條件qv0B1=qE1
聯立解得，粒子的比荷為=
1
2
(2)求O點到P點的距離。
答案　
在Ⅲ中由洛倫茲力提供向心力qv0B2=m
可得O點到P點的距離為OP=2r=
1
2
(3)若速度選擇器Ⅱ中勻強電場的電場強度大小變為E2(E2略大于E1)，方向不變，粒子恰好垂直打在速度選擇器右擋板的O'點上。求粒子打在O'點的速度大小。
答案　
1
2
粒子進入Ⅱ瞬間，粒子受到向上的洛倫茲力
F洛=qv0B1
向下的靜電力F=qE2
由于E2>E1，且qv0B1=qE1
所以通過配速法，如圖所示
其中滿足qE2=q(v0+v1)B1
1
2
則粒子在速度選擇器中水平向右以速度v0+v1做勻速直線運動的同時，豎直方向以v1做勻速圓周運動，當速度轉向到水平向右時，滿足垂直打在速度選擇器右擋板的O'點的要求，故此時粒子打在O'點的速度大小為v'=v0+v1+v1=。

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