《（浙江專版）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第八章 磁場(chǎng) 第3課時(shí) 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專版）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第八章 磁場(chǎng) 第3課時(shí) 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案（26頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第3課時(shí)　帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 一、帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1.復(fù)合場(chǎng)：電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)共存，或其中某兩場(chǎng)共存。 2.帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的幾種情況 （1）當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中所受的合外力為零時(shí)，粒子將靜止或做勻速直線運(yùn)動(dòng)。 （2）當(dāng)帶電粒子所受的合外力與運(yùn)動(dòng)方向在同一條直線上時(shí)，粒子將做直線運(yùn)動(dòng)。 （3）當(dāng)帶電粒子所受的合外力充當(dāng)向心力且大小不變時(shí)，粒子將做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。 （4）當(dāng)帶電粒子所受合外力大小與方向均變化時(shí)，粒子將做非勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，這類問(wèn)題一般用能量關(guān)系來(lái)處理。 二、帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) （1）組合場(chǎng)：是指電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)有兩種場(chǎng)同時(shí)存在

2、，但各位于一定的區(qū)域內(nèi)且不重疊。 （2）對(duì)“組合場(chǎng)”問(wèn)題的處理方法：進(jìn)行分段處理，注意在兩種區(qū)域交界處的邊界問(wèn)題與運(yùn)動(dòng)的連接條件。 三、帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)實(shí)例 1.速度選擇器（如圖所示） （1）平行板中電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B互相垂直。這種裝置能把具有一定速度的粒子選擇出來(lái)，所以叫做速度選擇器。 （2）帶電粒子能夠沿直線勻速通過(guò)速度選擇器的條件是電場(chǎng)力等于洛倫茲力，即v＝。 2.回旋加速器 回旋加速器是利用電場(chǎng)對(duì)電荷的加速作用和磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的偏轉(zhuǎn)作用來(lái)獲得高能粒子的裝置。由于帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝，與速率無(wú)關(guān)，所以只要交變電場(chǎng)的變化周期等于粒子

3、做圓周運(yùn)動(dòng)的周期，就可以使粒子每次通過(guò)電場(chǎng)時(shí)都能得到加速。粒子通過(guò)D形金屬盒時(shí)，由于金屬盒的靜電屏蔽作用，盒內(nèi)空間的電場(chǎng)極弱，所以粒子只受洛倫茲力作用而做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)D形盒的半徑為r，則粒子獲得的最大動(dòng)能為。 3.質(zhì)譜儀 質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從容器下方的小孔S1飄入電勢(shì)差為U的加速電場(chǎng)，其初速度幾乎為零，從S2射出電場(chǎng)時(shí)的速度v＝，然后經(jīng)過(guò)S3沿著與磁場(chǎng)垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，最后打到照相底片D處，則S3與D的距離d＝，跟帶電粒子比荷的平方根成反比。 【思考判斷】 1.在粒子速度選擇器中，只要電場(chǎng)和磁場(chǎng)相互垂直就可以（ × ） 2.利用質(zhì)譜儀可以測(cè)得

4、帶電粒子的比荷（ √ ） 3.經(jīng)過(guò)回旋加速器加速的帶電粒子的最大動(dòng)能是由D形盒的最大半徑、磁感應(yīng)強(qiáng)度B、加速電壓的大小共同決定的（ × ） 考點(diǎn)一　帶電粒子在組合場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)（－/d） [要點(diǎn)突破] 1.解決帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的一般思路： （1）明確組合場(chǎng)是由哪些場(chǎng)組合成的。 （2）判斷粒子經(jīng)過(guò)組合場(chǎng)時(shí)的受力和運(yùn)動(dòng)情況，并畫出相應(yīng)的運(yùn)動(dòng)軌跡簡(jiǎn)圖。 （3）具體運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的思路方法如圖 2.區(qū)別“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)” 垂直電場(chǎng)線進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)（不計(jì)重力） 垂直磁感線進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)（不計(jì)重力） 受力情況 電場(chǎng)力F＝qE，其大小、方向不變，與速度v無(wú)關(guān)，F(xiàn)是恒力 洛倫茲

5、力F洛＝qvB，其大小不變，方向隨v而改變，F(xiàn)洛是變力 軌跡 拋物線 圓或圓的一部分 運(yùn)動(dòng)軌跡 求解方法 利用類似平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解： vx＝v0，x＝v0t， vy＝·t， y＝··t2 偏轉(zhuǎn)角φ： tan φ＝＝ 半徑：r＝， 周期：T＝ 偏移距離y和偏轉(zhuǎn)角φ要結(jié)合圓的幾何關(guān)系利用圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律討論求解 運(yùn)動(dòng)時(shí)間 t＝ t＝T＝ 動(dòng)能 變化 不變 [典例剖析] 【例1】 （2015·10月浙江選考）如圖所示為水平放置的小型粒子加速器的原理示意圖，區(qū)域Ⅰ和Ⅱ存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1和B2，長(zhǎng)L＝1.0 m的區(qū)域Ⅲ存在場(chǎng)強(qiáng)大小E＝5.

6、0×104 V/m、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)。區(qū)域Ⅲ中間上方有一離子源S，水平向左發(fā)射動(dòng)能Ek0＝4.0×104 eV的氘核，氘核最終從區(qū)域Ⅱ下方的P點(diǎn)水平射出。S、P兩點(diǎn)間的高度差h＝0.10 m。 （氘核質(zhì)量m＝2×1.67×10－27 kg，電荷量q＝1.60×10－19 C，1 eV＝1.60×10－19 J，≈1×10－4） （1）求氘核經(jīng)過(guò)兩次加速后從P點(diǎn)射出時(shí)的動(dòng)能Ek2； （2）若B1＝1.0 T，要使氘核經(jīng)過(guò)兩次加速后從P點(diǎn)射出，求區(qū)域Ⅰ的最小寬度d； （3）若B1＝1.0 T，要使氘核經(jīng)過(guò)兩次加速后從P點(diǎn)射出，求區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2。 解析?。?）由動(dòng)能定理W

7、＝Ek2－Ek0， 電場(chǎng)力做功W＝qE·2L， 得Ek2＝Ek0＋qE·2L＝2.24×10－14 J。 （2）洛倫茲力提供向心力qvB＝m， 第一次進(jìn)入B1區(qū)域，半徑R0＝＝0.04 m， 第二次進(jìn)入B1區(qū)域， mv＝Ek0＋qEL，R2＝＝0.06 m， 故d＝R2＝0.06 m。 （3）氘核運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。 由圖中幾何關(guān)系可知 2R2＝h＋（2R1－2R0）， 得R1＝0.05 m， 由R1＝， 得B2＝＝1.2 T。 答案?。?）2.24×10－14 J?。?）0.06 m?。?）1.2 T 【例2】 如圖所示，平行板電容器兩金屬板A、B板長(zhǎng)L＝32

8、 cm，兩板間距離d＝32 cm，A板的電勢(shì)比B板高。電荷量q＝10－10 C、質(zhì)量m＝10－20kg的帶正電的粒子，以初速度v0＝2×106 m/s沿電場(chǎng)中心線垂直電場(chǎng)線飛入電場(chǎng)。隨后，粒子在O點(diǎn)飛出平行板電容器（速度偏轉(zhuǎn)角為37°），并進(jìn)入磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，且邊長(zhǎng)為CD＝24 cm的正方形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，粒子的重力不計(jì)） （1）求A、B兩板的電勢(shì)差； （2）粒子穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域后打在放置于中心線上的熒光屏CD上，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的范圍。 解析?。?）帶電粒子射出電場(chǎng)時(shí)在電場(chǎng)方向上的速度為： vy＝v0tan 37°① vy＝at②

9、 在電場(chǎng)中，由牛頓第二定律可得：qE＝q＝ma③ 在電場(chǎng)中垂直于電場(chǎng)方向上有：L＝v0t④ 聯(lián)立①②③④可得A、B兩板的電勢(shì)差為：U＝300 V⑤ （2）粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度為：v＝⑥ 帶電粒子射出電場(chǎng)時(shí)在電場(chǎng)方向上的位移為： y＝at2⑦ 粒子要打在CD上，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度最大時(shí)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖線1所示，設(shè)此時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，半徑為R1，由幾何關(guān)系可得：y＝R1＋R1cos 37°⑧ 由洛倫茲力提供向心力可得：qvB1＝m⑨ 粒子要打在CD上，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度最小時(shí)，假設(shè)運(yùn)動(dòng)軌跡與右邊界相切且從CD射出，設(shè)此時(shí)的半徑為R2，由幾何關(guān)系可得：CD＝R2＋R2sin 37°⑩ 解得

10、R2＝15 cm，又由于R2cos 37°＝12 cm＝y(tǒng)，故粒子圓心恰好在CD上，且從D點(diǎn)射出磁場(chǎng)，如圖線2所示，假設(shè)成立，設(shè)此時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2 由洛倫茲力提供向心力可得：qvB2＝m? 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)可得磁感應(yīng)強(qiáng)度的范圍為： 1.7×10－3 T≤B≤3.75×10－3 T。 答案?。?）300 V　（2）1.7×10－3 T≤B≤3.75×10－3 T [針對(duì)訓(xùn)練] 1.（2017·浙江新高考研究聯(lián)盟聯(lián)考）如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xOy在第一象限內(nèi)存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第二、四象限內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第三象限內(nèi)存在與x軸負(fù)方向成30°角斜向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)

11、。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以一定初速度從y軸上的A點(diǎn)與y軸正方向成60°角垂直磁場(chǎng)方向射入第二象限，粒子從x軸上的C點(diǎn)與x軸正方向成30°角進(jìn)入第三象限。粒子到達(dá)y軸上的D點(diǎn)（沒(méi)畫出）時(shí)速度剛好減半，經(jīng)第四象限磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后又能垂直x軸進(jìn)入第一象限內(nèi)，最后恰好回到A點(diǎn)。已知OA＝a，第二象限內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。粒子重力不計(jì)，求： （1）粒子初速度v0； （2）第四象限內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小； （3）粒子在第一、三象限內(nèi)運(yùn)行時(shí)間的比值t1：t3。 解析?。?）粒子在第二象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)正好完成半個(gè)圓周，則 2R1cos 30°＝OA解得R1＝a 而B(niǎo)qv0＝m解

12、得v0＝ （2）粒子在第三象限中運(yùn)動(dòng)時(shí)有CD＝2R1tan 30°＝a 粒子在第四象限中運(yùn)動(dòng)時(shí)有R2＝CDtan 30°＝a 而B(niǎo)1qv1＝m，v1＝v0 解得B1＝B （3）粒子在第一象限內(nèi)：t1＝＝＝＝ 粒子在第三象限內(nèi)：t3＝＝＝， 所以＝。 答案?。?）　（2）B?。?） 2.（2017·金華模擬）如圖所示，半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)分布著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，半圓的左邊垂直x軸放置一粒子發(fā)射裝置，在－R≤y≤R的區(qū)間內(nèi)各處均沿x軸正方向同時(shí)發(fā)射出一個(gè)帶正電粒子，粒子質(zhì)量均為m，電荷量均為q，粒子在發(fā)射裝置內(nèi)從靜止被電場(chǎng)加速至某速度，不計(jì)粒子間的相互

13、作用，且粒子重力忽略不計(jì)，所有粒子均能穿過(guò)磁場(chǎng)到達(dá)y軸，且沿x軸射入的粒子剛好經(jīng)過(guò)y軸上y＝R位置，求 （1）發(fā)射裝置中加速電壓U的大??； （2）最后到達(dá)y軸的粒子與最先到達(dá)y軸的粒子的時(shí)間差Δt； （3）把粒子發(fā)射裝置的發(fā)射區(qū)間改成－≤y≤，求y軸上有粒子到達(dá)的區(qū)間。 解析?。?）由qU＝mv2，解得U＝ 由條件可知，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為r＝R，根據(jù)qvB＝m，解得v＝ 聯(lián)立解得U＝ （2）從x＝－R處開(kāi)始計(jì)時(shí)，最先到達(dá)y軸的是不經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)直接到達(dá)的粒子，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 t1＝ 最后到達(dá)y軸的是磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)圓弧弧長(zhǎng)最長(zhǎng)的粒子，即沿x軸入射的粒子， 其運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2＝，故

14、時(shí)間差為Δt＝－ （3）由幾何關(guān)系可得0≤y≤的粒子全部打在y＝R位置，－≤y≤0的粒子依次分布在y軸上， 其中y＝－的粒子剛好經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O，故y軸上有粒子到達(dá)的區(qū)間為y＝0到y(tǒng)＝R。 答案?。?）?。?）－　（3）0～R 考點(diǎn)二　帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（－/d） [要點(diǎn)突破] 1.弄清復(fù)合場(chǎng)的組成，如磁場(chǎng)、電場(chǎng)的復(fù)合，磁場(chǎng)、重力場(chǎng)的復(fù)合，磁場(chǎng)、電場(chǎng)、重力場(chǎng)三者的復(fù)合等。 2.正確受力分析，除重力、彈力、摩擦力外要特別注意靜電力和磁場(chǎng)力的分析。 3.確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，注意運(yùn)動(dòng)情況和受力情況的結(jié)合。 4.對(duì)于粒子連續(xù)通過(guò)幾個(gè)不同區(qū)域、不同種類的場(chǎng)時(shí)，要分階段進(jìn)行處理。

15、5.畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，靈活選擇不同的運(yùn)動(dòng)規(guī)律。 （1）當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)受力平衡列方程求解。 （2）當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，應(yīng)用牛頓定律結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解。 （3）當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般用動(dòng)能定理或能量守恒定律求解。 6.對(duì)于臨界問(wèn)題，注意挖掘隱含條件。 [典例剖析] 【例1】 如圖所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開(kāi)始經(jīng)電壓U加速后，水平進(jìn)入互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)（場(chǎng)強(qiáng)為E）和勻強(qiáng)磁場(chǎng)（磁感應(yīng)強(qiáng)度為B）的復(fù)合場(chǎng)中，小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則（　?。? A.小球可能帶正電 B.小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝

16、 C.小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝ D.若電壓U增大，則小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期增加 解析　小球在復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則小球受的電場(chǎng)力和重力大小相等，方向相反，則小球帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；由牛頓第二定律和動(dòng)能定理可得：qvB＝，qU＝mv2，聯(lián)立mg＝qE可得：小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝，由T＝可以得出T＝，所以B正確，C、D錯(cuò)誤。 答案　B 【例2】 如圖所示，兩塊水平放置、相距為2d的金屬板接在電壓可調(diào)的直流電源上，金屬板長(zhǎng)為2d，兩板間存在方向垂直紙面向里、寬度為d的勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電量為q的帶負(fù)電顆粒以v0的水平速度沿中心線進(jìn)入兩板之間，調(diào)節(jié)電源電壓，使帶電顆粒在電

17、場(chǎng)區(qū)域恰好沿水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)電場(chǎng)和磁場(chǎng)共存區(qū)域后從P點(diǎn)射出，已知P點(diǎn)距下極板為，重力加速度為g。 （1）判斷上極板所帶電荷的種類，并求兩極板間的電勢(shì)差； （2）求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。 解析　（1）電場(chǎng)力方向向上，電場(chǎng)強(qiáng)度方向向下，所以，上極板帶正電荷； 設(shè)兩極板電勢(shì)差為U，電場(chǎng)力與重力平衡，則 由：q＝mg 得：U＝ （2）顆粒在電場(chǎng)和磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)半徑為R，由幾何關(guān)系可知 R2＝d2＋（R－）2 得：R＝d 由Bqv0＝m 則磁感應(yīng)強(qiáng)度：B＝ 答案　（1）正電荷　?。?） [針對(duì)訓(xùn)練] 1.（2017·全國(guó)Ⅰ）如圖，空間某

18、區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向上（與紙面平行），磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，三個(gè)帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc，已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)。下列選項(xiàng)正確的是（　?。? A.ma＞mb＞mc B.mb＞ma＞mc C.mc＞ma＞mb D.mc＞mb＞ma 解析　由題意知，三個(gè)帶電微粒受力情況：mag＝qE，mbg＝qE＋Bqv，mcg＋Bqv＝qE，所以mb>ma>mc，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。 答案　B 2.如圖所示，在互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，電荷量為q的

19、液滴在豎直面內(nèi)做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知電場(chǎng)強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則液滴的質(zhì)量和環(huán)繞速度分別為（　?。? A.， B.， C.B， D.， 解析　液滴要在這種疊加場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從受力的角度來(lái)看，一是要滿足恒力的合力為零，即qE＝mg，有m＝；二是洛倫茲力提供向心力Bqv＝，則可得v＝，選項(xiàng)D正確。 答案　D 考點(diǎn)三　帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的實(shí)際應(yīng)用（－/d） [要點(diǎn)突破] 粒子速度選擇器、質(zhì)譜儀、回旋加速器等實(shí)際應(yīng)用問(wèn)題要重視物理模型意識(shí)的培養(yǎng)，善于把握模型的本質(zhì)，理解原理，學(xué)會(huì)變通。 [典例剖析] 【例1】 1930年勞倫斯制成了世界上第一臺(tái)回旋加速器，

20、其原理如圖所示。這臺(tái)加速器由兩個(gè)銅質(zhì)D形盒D1、D2構(gòu)成，半徑均為R，其間留有空隙，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與盒面垂直，高頻交流電的電壓為U，下列說(shuō)法正確的是（　　） A.粒子由加速器的中心附近進(jìn)入加速器 B.粒子由加速器的邊緣進(jìn)入加速器 C.粒子從磁場(chǎng)中獲得能量 D.粒子獲得的最大動(dòng)能由電壓U決定 解析　粒子由加速器的中心附近進(jìn)入加速器，從電場(chǎng)中獲取能量，最后從加速器邊緣離開(kāi)加速器，選項(xiàng)A正確，B、C錯(cuò)誤；由qvB＝得，Ekm＝，可知粒子獲得的最大動(dòng)能由磁感應(yīng)強(qiáng)度B和D形盒半徑R決定，與電壓U無(wú)關(guān)，D錯(cuò)誤。 答案　A 【例2】 如圖所示，一塊長(zhǎng)度為a、寬度為b、厚度為d的金

21、屬導(dǎo)體，當(dāng)加有與側(cè)面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，且通以圖示方向的電流I時(shí)，用電壓表測(cè)得導(dǎo)體上、下表面M、N間電壓為U，已知自由電子的電荷量為e。下列說(shuō)法中正確的是（　?。? A.導(dǎo)體的M面比N面電勢(shì)高 B.導(dǎo)體單位體積內(nèi)自由電子數(shù)越多，電壓表的示數(shù)越大 C.導(dǎo)體中自由電子定向移動(dòng)的速度為v＝ D.導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為 解析　由于自由電子帶負(fù)電，根據(jù)左手定則可知，M板電勢(shì)比N板電勢(shì)低，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)上、下表面電壓穩(wěn)定時(shí)，有q＝qvB，得U＝Bdv或v＝，與單位體積內(nèi)自由電子數(shù)無(wú)關(guān)，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；再根據(jù)I＝neSv，可知選項(xiàng)D正確。 答案　D [針對(duì)訓(xùn)練] 1.（2017·舟山模

22、擬）一質(zhì)子以速度v穿過(guò)互相垂直的電場(chǎng)和磁場(chǎng)區(qū)域（如圖所示）而沒(méi)有發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則（　?。? A.若電子以相同速度v射入該區(qū)域，將會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn) B.無(wú)論何種帶電粒子（不計(jì)重力），只要以相同速度v射入都不會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn) C.若質(zhì)子的速度v′v，它將向上偏轉(zhuǎn)而做類平拋運(yùn)動(dòng) 解析　質(zhì)子穿過(guò)互相垂直的電場(chǎng)和磁場(chǎng)區(qū)域而沒(méi)有發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則qvB＝qE，v＝，無(wú)論何種帶電粒子（不計(jì)重力）只要v＝，均不會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)v′v時(shí)qvB≠qE，電場(chǎng)力做功，速度大小、方向發(fā)生變化，則洛倫茲力時(shí)刻改變，其運(yùn)動(dòng)軌跡既不是圓弧也不是拋物

23、線，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。 答案　B 2.（2017·湖州模擬）質(zhì)譜儀是一種研究帶電粒子的重要工具，它的構(gòu)造原理如圖所示。粒子源S產(chǎn)生的帶正電的粒子首先經(jīng)M、N兩帶電金屬板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)加速，然后沿直線從縫隙O垂直于磁場(chǎng)方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中經(jīng)過(guò)半個(gè)圓周打在照相底片上的P點(diǎn)。已知M、N兩板間的距離為d，電場(chǎng)強(qiáng)度為E。設(shè)帶正電的粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度、所受重力及粒子間的相互作用均可忽略。 （1）若粒子源產(chǎn)生的帶正電的粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，求這些帶電粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度大??； （2）若粒子源產(chǎn)生的帶正電的粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，其打在照相底片上的P點(diǎn)與縫隙O的距離為y，

24、請(qǐng)推導(dǎo)y與m的關(guān)系式； （3）若粒子源S產(chǎn)生的帶正電的粒子電荷量相同而質(zhì)量不同，這些帶電粒子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)加速和磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，將打在照相底片上的不同點(diǎn)?，F(xiàn)要使這些點(diǎn)的間距盡量大一些，請(qǐng)寫出至少兩項(xiàng)可行的措施。 解析?。?）設(shè)帶電粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度大小為v， 根據(jù)動(dòng)能定理qEd＝mv2， 解得v＝ （2）設(shè)帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R， 根據(jù)牛頓第二定律qvB＝m 由幾何關(guān)系可知，y＝2R， 解得y＝ （3）可行的措施：①增加電場(chǎng)強(qiáng)度，保持其它條件不變；②減小磁感應(yīng)強(qiáng)度，保持其它條件不變。 答案?。?）?。?）y＝　（3）見(jiàn)解析 1.在如圖所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)

25、共存的區(qū)域內(nèi)（不計(jì)重力），電子可能沿水平方向向右做直線運(yùn)動(dòng)的是（　?。? 解析　若電子水平向右運(yùn)動(dòng)，在A圖中電場(chǎng)力水平向左，洛倫茲力豎直向下，故不可能；在B圖中，電場(chǎng)力水平向左，洛倫茲力為零，故電子可能水平向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)；在C圖中電場(chǎng)力豎直向下，洛倫茲力豎直向下，電子不可能向右做直線運(yùn)動(dòng)；在D圖中電場(chǎng)力豎直向上，洛倫茲力豎直向上，故電子不可能做水平向右的直線運(yùn)動(dòng)，因此只有選項(xiàng)B正確。 答案　B 2.設(shè)空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖所示，已知一離子在電場(chǎng)力和洛倫茲力的作用下，從靜止開(kāi)始自A點(diǎn)沿曲線ACB運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零，C點(diǎn)是運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)，忽略重力

26、，以下說(shuō)法正確的是（　?。? A.該離子帶負(fù)電荷 B.A點(diǎn)和B點(diǎn)位于不同高度 C.離子在C點(diǎn)時(shí)速度最大 D.離子到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，將沿原曲線返回A點(diǎn) 解析　因?yàn)殡x子由A運(yùn)動(dòng)到了B，由運(yùn)動(dòng)軌跡可判斷離子帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零，說(shuō)明電場(chǎng)力做功為零，所以A點(diǎn)和B點(diǎn)位于同一等勢(shì)面上，即同一高度，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由于洛倫茲力不做功，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，到C點(diǎn)時(shí)電場(chǎng)力做功最多，因此離子在C點(diǎn)時(shí)速度最大，選項(xiàng)C正確；在B點(diǎn)對(duì)離子受力分析可知，離子將向右重復(fù)曲線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　C 3.（2016·全國(guó)Ⅰ）現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來(lái)分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定。質(zhì)

27、子在入口處從靜止開(kāi)始被加速電場(chǎng)加速，經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從出口離開(kāi)磁場(chǎng)。若某種一價(jià)正離子在入口處從靜止開(kāi)始被同一加速電場(chǎng)加速，為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開(kāi)磁場(chǎng)，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來(lái)的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為（　　） A.11 B.12 C.121 D.144 解析　設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量和電荷量分別為m1、q1，一價(jià)正離子的質(zhì)量和電荷量為m2、q2。對(duì)于任意粒子，在加速電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理得 qU＝mv2－0，得v＝① 在磁場(chǎng)中qvB＝m② 由①②式聯(lián)立得m＝，由題意知，兩種粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑相同，加速電壓U不變，其中B2＝12B1，q1＝q2，可得

28、＝＝144，故選項(xiàng)D正確。 答案　D 4.如圖，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，其第一象限存在著正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向水平向右，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里。一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的微粒從原點(diǎn)出發(fā)沿與x軸正方向的夾角為45°的初速度進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)中，正好做直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)微粒運(yùn)動(dòng)到A（l，l）時(shí)，電場(chǎng)方向突然變?yōu)樨Q直向上（不計(jì)電場(chǎng)變化的時(shí)間），粒子繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，正好垂直于y軸穿出復(fù)合場(chǎng)。不計(jì)一切阻力，求： （1）電場(chǎng)強(qiáng)度E的大?。? （2）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??； （3）粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。 解析?。?）微粒到達(dá)A（l，l）之前做勻速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)微粒受力分

29、析如圖甲： 甲 所以，Eq＝mg，得E＝ （2）由平衡條件得qvB＝mg 電場(chǎng)方向變化后，微粒所受重力與電場(chǎng)力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖乙，qvB＝m 乙 由幾何知識(shí)可得：r＝l v＝ 聯(lián)立解得：B＝ （3）微粒做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t1＝＝ 做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t2＝＝ 在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝t1＋t2＝ 答案?。?）?。?）?。?） 5.如圖所示，靜止于A處的離子，經(jīng)電壓為U的加速電場(chǎng)加速后沿圖中圓弧虛線通過(guò)靜電分析器，從P點(diǎn)垂直CN進(jìn)入矩形區(qū)域的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向左。靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻向分布的電場(chǎng)，已知圓弧所在處場(chǎng)強(qiáng)為E0

30、，方向如圖所示；離子質(zhì)量為m、電荷量為q；QN＝2d、PN＝3d，離子重力不計(jì)。 （1）求圓弧虛線對(duì)應(yīng)的半徑R的大小； （2）若離子恰好能打在NQ的中點(diǎn)上，求矩形區(qū)域QNCD內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E的值； （3）若撤去矩形區(qū)域QNCD內(nèi)的勻強(qiáng)電場(chǎng)，換為垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，要求離子能最終打在QN上，求磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍。 解析?。?）離子在加速電場(chǎng)中加速，根據(jù)動(dòng)能定理， 有：qU＝mv2 離子在輻向電場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，靜電力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有qE0＝， 得：R＝。 （2）離子做類平拋運(yùn)動(dòng)，則 d＝vt， 3d＝at2， 根據(jù)牛頓第二定律，有qE＝ma

31、， 得：E＝。 （3）離子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有qvB＝， 得r＝， 離子能打在QN上，則既沒(méi)有從DQ邊出去也沒(méi)有從PN邊出去，則離子運(yùn)動(dòng)徑跡的邊界如圖中Ⅰ和Ⅱ。 由幾何關(guān)系知，離子能打在QN上，必須滿足： d

32、 A.E向上，B向上 B.E向下，B向下 C.E向上，B向下 D.E向下，B向上 解析　負(fù)離子打在第Ⅲ象限，相對(duì)于原點(diǎn)O向下運(yùn)動(dòng)和向左運(yùn)動(dòng)，所以E向上，B向下，選項(xiàng)C正確。 答案　C 2.如圖所示，一電子束沿垂直于電場(chǎng)線與磁感線方向入射后偏向A極板，為了使電子束沿射入方向做直線運(yùn)動(dòng)，可采用的方法是（　?。? A.將變阻器滑動(dòng)頭P向右滑動(dòng) B.將變阻器滑動(dòng)頭P向左滑動(dòng) C.將極板間距離適當(dāng)減小 D.將極板間距離適當(dāng)增大 解析　電子射入極板間后，偏向A板，說(shuō)明qE>qvB，由E＝可知，減小場(chǎng)強(qiáng)E的方法有增大板間距離和減小板間電壓，故C錯(cuò)誤，D正確；而移動(dòng)變阻器滑動(dòng)頭P并不能

33、改變板間電壓，故A、B均錯(cuò)誤。 答案　D 3.如圖所示，一塊金屬塊放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，通以沿x軸正方向的電流，若測(cè)得金屬塊上表面的電勢(shì)高于下表面的電勢(shì)，則可判斷磁場(chǎng)的方向是（　?。? A.沿y軸正方向 B.沿y軸負(fù)方向 C.沿z軸負(fù)方向 D.沿z軸正方向 解析　當(dāng)通以沿x軸正方向的電流時(shí)金屬塊中電子會(huì)向x軸負(fù)方向流動(dòng)，而據(jù)題意知電子受力方向?yàn)橄蛳?，所以?jù)左手定則知磁場(chǎng)方向沿z軸負(fù)方向。 答案　C 4.如圖所示為一速度選擇器，兩極板P1、P2之間存在電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一束粒子流（重力不計(jì)）以速度v從S1沿直線運(yùn)動(dòng)到S2，則下列說(shuō)法中正確的是（　　）

34、 A.粒子一定帶正電 B.粒子一定帶負(fù)電 C.粒子的速度一定等于 D.粒子的速度一定等于 解析　若粒子帶正電，在板間受電場(chǎng)力向左，由左手定則得洛倫茲力向右；若粒子帶負(fù)電，電場(chǎng)力向右，洛倫茲力向左，也可以做直線運(yùn)動(dòng)，故粒子可能帶正電，也可能帶負(fù)電，所以A、B錯(cuò)誤；要做直線運(yùn)動(dòng)，要求Bqv＝qE，v＝，所以C錯(cuò)誤，D正確。 答案　D 5.如圖所示，空間的某個(gè)復(fù)合場(chǎng)區(qū)域內(nèi)存在著方向相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)子由靜止開(kāi)始經(jīng)一加速電場(chǎng)加速后，垂直于復(fù)合場(chǎng)的界面進(jìn)入并沿直線穿過(guò)場(chǎng)區(qū)，質(zhì)子從復(fù)合場(chǎng)區(qū)穿出時(shí)的動(dòng)能為Ek。那么氘核同樣由靜止開(kāi)始經(jīng)同一加速電場(chǎng)加速后穿過(guò)同一復(fù)合場(chǎng)后的動(dòng)能E

35、k′的大小是（　?。? A.Ek′＝Ek B.Ek′>Ek C.Ek′

36、的是（　?。? A.不可能做曲線運(yùn)動(dòng) B.一定做曲線運(yùn)動(dòng) C.有可能做勻加速運(yùn)動(dòng) D.有可能做勻速運(yùn)動(dòng) 解析　小球的速度增大，洛倫茲力增大，小球一定做變加速曲線運(yùn)動(dòng)，不可能做勻速或勻加速運(yùn)動(dòng)A、C、D錯(cuò)誤。 答案　B 7.如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)方向水平向右，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的微粒以速度v沿與磁場(chǎng)垂直、與電場(chǎng)成45°角的方向射入復(fù)合場(chǎng)中，恰能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小及磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。 解析　由于帶電微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，且F洛與F電不共線，說(shuō)明微粒必然還要受到重力作用，且F洛必然斜向上，即粒子帶正電，其受力如圖，由qE＝mgtan

37、 45°和mg＝qvBcos 45°，解得E＝，B＝。 答案　　 [能力提升] 8.如圖所示，在第Ⅱ象限內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，在第Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)分別存在如圖所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，有一個(gè)帶電粒子以垂直于x軸的初速度v0從x軸上的P點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)中，并且恰好與y軸的正方向成45°角進(jìn)入磁場(chǎng)，又恰好垂直x軸進(jìn)入第Ⅳ象限的磁場(chǎng)，已知OP之間的距離為d，（不計(jì)粒子重力）求： （1）帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑； （2）帶電粒子從進(jìn)入磁場(chǎng)到第二次經(jīng)過(guò)x軸，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間； （3）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。 解析?。?）帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。

38、由題意知，帶電粒子到達(dá)y軸時(shí)的速度v＝v0，這一過(guò)程的時(shí)間t1＝＝，電場(chǎng)中沿y軸的位移y＝v0t＝2d， 根據(jù)幾何關(guān)系得到，帶電粒子在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)軌道半徑 r＝2d （2）帶電粒子在第Ⅰ象限中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為： t2＝＝＝ 帶電粒子在第Ⅳ象限中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t3＝ 故t總＝ （3）磁場(chǎng)中r＝ 電場(chǎng)中a＝，又a＝，求得：B＝ 答案?。?）2d?。?）?。?） 9.（2016·浙江4月選考）如圖為離子探測(cè)裝置示意圖。區(qū)域Ⅰ、區(qū)域Ⅱ長(zhǎng)均為L(zhǎng)＝0.10 m，高均為H＝0.06 m。區(qū)域Ⅰ可加方向豎直向下、電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)；區(qū)域Ⅱ可加方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，

39、區(qū)域Ⅱ的右端緊貼著可探測(cè)帶電粒子位置的豎直屏。質(zhì)子束沿兩板正中間以速度v＝1.0×105 m/s水平射入，質(zhì)子荷質(zhì)比近似為＝1.0×108 C/kg。（忽略邊界效應(yīng)，不計(jì)重力） （1）當(dāng)區(qū)域Ⅱ加電場(chǎng)、區(qū)域Ⅱ不加磁場(chǎng)時(shí)，求能在屏上探測(cè)到質(zhì)子束的外加電場(chǎng)的最大值Emax； （2）當(dāng)區(qū)域Ⅰ不加電場(chǎng)、區(qū)域Ⅱ加磁場(chǎng)時(shí)，求能在屏上探測(cè)到質(zhì)子束的外加磁場(chǎng)的最大值Bmax； （3）當(dāng)區(qū)域Ⅰ加電場(chǎng)E小于（1）中的Emax，質(zhì)子束進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ和離開(kāi)區(qū)域Ⅱ的位置等高，求區(qū)域Ⅱ中的磁場(chǎng)B與區(qū)域Ⅰ中的電場(chǎng)E之間的關(guān)系式。 解析?。?）畫出軌跡，如圖所示： 偏轉(zhuǎn)角θ滿足：tan θ＝， 豎直分速度：vy

40、＝at，加速度：a＝， 運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝，tan θ＝＝ 解得：Emax＝＝200 V/m； （2）畫出軌跡，如圖所示 軌跡圓半徑滿足：L2＋＝R2，解得R＝， 質(zhì)子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，滿足qvBmax＝m， 解得Bmax＝＝＝5.5×10－3 T。 （3）畫出軌跡，如圖所示 偏轉(zhuǎn)角θ滿足：tan θ＝，vy＝at，a＝，t＝， v′＝； 軌跡圓圓心角為2θ，半徑滿足：R′＝， 圓周運(yùn)動(dòng)滿足：qv′B＝m 綜上可解得：B＝。 答案?。?）200 V/m?。?）5.5×10－3 T?。?）B＝ 10.（2016·10月浙江選考）如圖所示，在x軸的上方存在垂直紙面

41、向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。位于x軸下方離子源C發(fā)射質(zhì)量為m，電荷量為q的一束負(fù)離子，其初速度大小范圍為0～v0，這束離子經(jīng)電勢(shì)差為U＝的電場(chǎng)加速后，從小孔O（坐標(biāo)原點(diǎn)）垂直x軸并垂直磁場(chǎng)射入磁場(chǎng)區(qū)域，最后打到x軸上，在x軸上2a～3a區(qū)間水平固定放置一探測(cè)板（a＝），假設(shè)每秒射入磁場(chǎng)的離子總數(shù)為N0，打到x軸上的離子數(shù)均勻分布（離子重力不計(jì)）。 （1）求離子束從小孔O射入磁場(chǎng)后打到x軸的區(qū)間； （2）調(diào)整磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，可使速度最大的離子恰好打在探測(cè)板右端，求此時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1； （3）保持磁感應(yīng)強(qiáng)度B1不變，求每秒打在探測(cè)板上的離子數(shù)N；若打在板上的離子80%被

42、板吸收，20%被反彈回，彈回速度大小為打板前速度大小的0.6倍，求探測(cè)板受到的作用力大小。 解析　（1）根據(jù)動(dòng)能定理，可得 qU＝mv2－mv v＝ 可得v0≤v≤2v0 離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有qvB0＝，R＝ 離子打在x軸上的坐標(biāo)表達(dá)式為 x＝2R＝ 代入數(shù)據(jù)得2a≤x≤4a （2）當(dāng)速度最大的離子打在探測(cè)板右端 3a＝2R1，R1＝，B1＝B0。 （3）離子束能打到探測(cè)板的實(shí)際范圍為2a≤x≤3a 對(duì)應(yīng)的速度范圍為v0≤v′≤2v0 每秒打在探測(cè)板上的離子數(shù)為 N＝N0＝N0 根據(jù)動(dòng)量定理，吸收的離子受到板的作用力大小 F吸＝＝＝ 反彈的離子受到板的作用力大小 F反＝＝＝ 根據(jù)牛頓第三定律，探測(cè)板受到的作用力大小 F＝F吸＋F反＝N0mv0。 答案?。?）2a≤x≤4a　（2）B0?。?）N0mv0 26