【正文】 粒子在Ⅰ區(qū)域做勻速直線運動，則qE＝qv0B解得E＝(2)粒子在Ⅰ區(qū)域運動的時間t1＝粒子在Ⅱ區(qū)域做勻速圓周運動qv0B＝m解得R＝2L由幾何關(guān)系得，粒子在Ⅱ區(qū)域做圓周運動，圓心角為θ＝30176。3h＝Eq高考全國卷Ⅲ)如圖，在坐標(biāo)系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和B、方向均垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場．一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進(jìn)入第一象限，最后經(jīng)過x軸離開第一象限．粒子在磁場中運動的時間為(　B　)A． B．C． D．【解析】　帶電粒子在不同磁場中做圓周運動，其速度大小不變，由r＝知，第一象限內(nèi)的圓半徑是第二象限內(nèi)圓半徑的2倍，如圖所示．由幾何關(guān)系可知，粒子在第一象限轉(zhuǎn)過的角度為60176。全國課標(biāo)卷Ⅰ)一勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，為半圓，ac、bd與直徑ab共線，ac間的距離等于半圓的半徑．一束質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子，在紙面內(nèi)從c點垂直于ac射入磁場，這些粒子具有各種速率．不計粒子之間的相互作用．在磁場中運動時間最長的粒子，其運動時間為(　C　)A． B．C． D．【解析】　粒子在磁場中做勻速圓周運動，qBv＝，T＝可得粒子在磁場中的周期T＝，粒子在磁場中運動的時間t＝＝(2－)L根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qvB＝m解得v＝(2－)，所以滿足條件的粒子速度范圍為0v≤(2－)粒子速度大小相等，要使粒子在磁場中經(jīng)過的時間最短，需使粒子軌跡對應(yīng)的弦長最短，所以最短時間的軌跡如圖所示根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qvB＝m解得粒子在磁場中的運動半徑為r＝軌跡圖中幾何關(guān)系可得CD＝Lsin30176。.粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后在N點(圖中未畫出)垂直穿過x軸．已知OM＝a，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，重力不計．則(　AD　)A．粒子帶負(fù)電荷B．粒子速度大小為C．粒子在磁場中運動的軌道半徑為aD．N與O點相距(＋1)a【解析】　粒子向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力，可知粒子帶負(fù)電，A正確；粒子運動的軌跡如圖．由于速度方向與y軸正方向的夾角θ＝45176。＝at2而電場力提供加速度有qE＝ma聯(lián)立各式解得粒子進(jìn)入電場時的速度v1＝；(3)因為粒子在電場中做類平拋運動，粒子穿過電場前后動量變化量大小為mv0，即在電場方向上速度變化為v0，過C點做AC垂線會與圓周交于B點，故由題意可知粒子會從C點或B點射出．當(dāng)從B點射出時由幾何關(guān)系有xBC＝R＝v2t2xAC＝R＝at電場力提供加速度有qE＝ma聯(lián)立解得v2＝；當(dāng)粒子從C點射出時初速度為0.規(guī)律總結(jié)帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)運動做好兩個方向的分析在垂直電場方向上做勻速直線運動，在這個方向上找出平行板的板長和運動時間等相關(guān)物理量；沿電場力方向做勻加速直線運動，在這個方向上找出偏轉(zhuǎn)加速度、偏轉(zhuǎn)位移、偏轉(zhuǎn)速度等相關(guān)物理量．在垂直電場方向上有t＝，沿電場力方向上有y＝at2或vy＝at，a＝，聯(lián)立方程可求解．考點二　帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場中的運動,　　　　考向1　帶電粒子在單(雙)直線邊界勻強(qiáng)磁場中的運動1．(多選)(2020山東煙臺4月模擬)如圖所示，虛線空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，一電荷量為q＝＋10－5C的帶電粒子，從a點由靜止開始經(jīng)電壓為U＝100 V的電場加速后，垂直于勻強(qiáng)電場方向以v0＝104 m/s的速度進(jìn)入勻強(qiáng)電場中，從虛線MN上的某點b(圖中未畫出)離開勻強(qiáng)電場時速度與電場方向成45176。巧突破　考點一　帶電粒子(體)在電場中的運動　考向1　帶電粒子在電場中的加(減)速〔考向預(yù)測〕1．(2020＝v1ty＝R＋Rcos 60176。天津高考真題)如圖所示，在Oxy平面的第一象限內(nèi)存在方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場．一帶電粒子從y軸上的M點射入磁場，速度方向與y軸正方向的夾角θ＝45176。△OCA區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子，從坐標(biāo)原點射入磁場，不計重力．(1)若粒子沿＋y方向射入磁場，問粒子在磁場中運動的最長時間是多少？此時初速度應(yīng)滿足什么條件？(2)大量初速度大小為v＝的粒子以不同的方向射入第一象限，求從AC邊射出的粒子在磁場中運動的最短時間，及該粒子的入射方向與x軸正向的夾角．【答案】　(1)0v≤( 2－)　(2)　【解析】　(1)粒子轉(zhuǎn)過半圓從OA邊射出時時間為定值，速度最大的粒子與AC邊相切，如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可得R＝Ltan15176。)2＝3π10－4 m2，故D正確．8．(2020全國課標(biāo)卷Ⅱ)CT掃描是計算機(jī)X射線斷層掃描技術(shù)的簡稱，CT掃描機(jī)可用于對多種病情的探測．圖(a)是某種CT機(jī)主要部分的剖面圖，其中X射線產(chǎn)生部分的示意圖如圖(b)所示．圖(b)中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內(nèi)有勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)磁場；經(jīng)調(diào)節(jié)后電子束從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進(jìn)，打到靶上，產(chǎn)生X射線(如圖中帶箭頭的虛線所示)；將電子束打到靶上的點記為P點．則(　D　)A．M處的電勢高于N處的電勢B．增大M、N之間的加速電壓可使P點左移C．偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直于紙面向外D．增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小可使P點左移【解析】　由于電子帶負(fù)電，要在MN間加速則MN間電場方向由N指向M，根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低可知M的電勢低于N的電勢，故A錯誤；增大加速電壓則根據(jù)eU＝mv2，可知會增大到達(dá)偏轉(zhuǎn)磁場的速度；又根據(jù)在偏轉(zhuǎn)磁場中洛倫茲力提供向心力，有evB＝m，可得R＝，可知會增大在偏轉(zhuǎn)磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑，由于磁場寬度相同，故根據(jù)幾何關(guān)系可知會減小偏轉(zhuǎn)的角度，故P點會右移，故B錯誤；電子在偏轉(zhuǎn)電場中做圓周運動，向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，故C錯誤；由B選項的分析可知，當(dāng)其它條件不變時，增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度會減小半徑，從而增大偏轉(zhuǎn)角度，使P點左移，故D正確．故選D．2．(2019四川達(dá)州聯(lián)考)如圖所示，M、N是組成電容器的兩塊水平放置的平行金屬極板，M中間有一小孔．M、N分別接到電壓恒定的電源上(圖中未畫出)．、帶電量為q的微粒從A點由靜止下落，到達(dá)極板N時速度剛好為零(不計空氣阻力，(　BD　)A．帶電微粒在M、N兩極板間往復(fù)運動B．兩極板間電場強(qiáng)度大小為C．若將M向下平移，微粒仍從A點由靜止下落，進(jìn)入電場后速度為零的位置與N的距離為hD．若將N向上平移，微粒仍從A由靜止下落，進(jìn)入電場后速度為零的位置與M的距離為h【解析】　由于粒子在電場中和在電場外受到的力都是恒力不變，可知粒子將在點A和下極板之間往復(fù)運動，選項A錯誤；由動能定理：mg由T＝得T＝則粒子在Ⅱ區(qū)域運動時間t2＝T＝則粒子運動總時間t＝t1＋t2＝