(普查练习)第24课 带电粒子在复合场中的运动-【提分宝典】2025年新高考物理一轮全考点普查随堂课后练

第24课　　　带电粒子在组合场或复合场中的运动 普查与练习24Ⅰ　　　带电粒子在组合场中的运动　　　　　　　　　　　　　　　 1．带电粒子在组合场中的运动 a.带电粒子在不同磁场的组合场中运动 (1)(江苏经典真题，16分)空间存在两个垂直于Oxy平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为2B0、3B0。甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场，速度均为v。甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示。甲经过Q时，乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为m，电荷量为q。不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求： ①Q到O的距离d； ②甲两次经过P点的时间间隔Δt； ③乙的比荷可能的最小值。 (1)答案：①(4分)　②(5分) ③(7分) 解析：①带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力 qvB＝m(1分) 甲粒子在第一、第二象限两磁场中做圆周运动的半径分别为R1＝(1分) R2＝(1分) 根据几何关系得Q到O的距离为 d＝2R1－2R2＝(1分) ②由①可知，完成一周期运动，甲粒子由第二象限进入第一象限时与y轴的交点上升的距离为d，设经过N个周期，甲粒子再次经过P， N＝＝＝3(1分) 由匀速圆周运动的规律得 T1＝＝(1分) T2＝＝(1分) 两次经过P点的时间间隔为 Δt＝T1＋T2＝(2分) ③由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m 得乙粒子在第一、第二象限两磁场中做圆周运动的半径分别为R1′＝ R2′＝ 乙粒子在两磁场中运动一周上升的距离 d′＝2R1′－2R2′(1分) 若乙粒子从第一象限进入第二象限的过程中与甲粒子在Q点相遇，则 2R1′＋nd′＝d(n＝0，1，2，…)(1分) 运动时间n＋＝＋(n＝0，1，2，…) 结合以上式子，n无解。(1分) 若乙粒子从第二象限进入第一象限的过程中与甲粒子在Q点相遇，则 nd′＝d(n＝1，2，3，…)(1分) 运动时间n＝＋(n＝1，2，3，…)(1分) 计算可得＝n(n＝1，2，3，…)(1分) 由于甲、乙粒子比荷不同，即n不能等于1，则n＝2时，乙的比荷最小，＝(1分) b.带电粒子在电场和磁场的组合场中运动 (2)(2022山东真题，14分)中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破，该装置中用电磁场约束和加速高能离子，其部分电磁场简化模型如图所示，在三维坐标系Oxyz中，0<z<d空间内充满匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；－3d<z<0，y>0的空间内充满匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为B，方向平行于xOy平面，与x轴正方向夹角为45°；z<0，y≤0的空间内充满沿y轴负方向的匀强电场。质量为m、带电量为＋q的离子甲，从yOz平面第三象限内距y轴为L的点A以一定速度出射，速度方向与z轴正方向夹角为β，在yOz平面内运动一段时间后，经坐标原点O沿z轴正方向进入磁场Ⅰ，不计离子重力。 ①当离子甲从A点出射速度为v0时，求电场强度的大小E； ②若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，求进入磁场时的最大速度vm； ③离子甲以的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过xOy平面进入磁场Ⅰ，求第四次穿过xOy平面的位置坐标(用d表示)； ④当离子甲以的速度从O点进入磁场Ⅰ时，质量为4m、带电量为＋q的离子乙，也从O点沿z轴正方向以相同的动能同时进入磁场Ⅰ，求两离子进入磁场后，到达它们运动轨迹第一个交点的时间差Δt(忽略离子间相互作用)。 (2)答案：①(3分)　②(4分) ③(d，d，0)(3分)　④＋(4分) 解析：①如图(a)所示，离子甲从A点射出，受到的电场力沿y轴负方向，可知离子甲沿z轴方向做匀速直线运动，沿y轴方向做匀减速直线运动，从A到O的过程，有 图(a) L＝v0cos β·t(1分) v0sin β＝at a＝(1分) 联立解得E＝(1分) ②如图(b)所示，离子甲从坐标原点O沿z轴正方向进入磁场Ⅰ中，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝(1分) 图(b) 离子甲经过磁场Ⅰ偏转后从y轴进入磁场Ⅱ中，由洛伦兹力提供向心力有qv×B＝(1分) 可得r2＝r1 为了使离子甲始终在磁场中运动，需满足r1≤d，r2≤3d(1分) 联立以上各式解得v≤ 要使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，进入磁场时的最大速度为。(1分) ③离子甲以的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过xOy平面进入磁场Ⅰ，离子甲在磁场Ⅰ中的轨迹半径为r1＝＝(1分) 离子甲在磁场Ⅱ中的轨迹半径为r2＝(1分) 离子甲从O点第一次穿过xOy平面到第四次穿过xOy平面的运动情景，如图(c)所示。 图(c) 离子甲第四次穿过xOy平面的x坐标为 x4＝2r2sin 45°＝d 离子甲第四次穿过xOy平面的y坐标为 y4＝2r1＝d 故离子甲第四次穿过xOy平面的位置坐标为(d，d，0)(1分) ④设离子乙的速度为v′，根据离子甲、乙动能相同，有 mv2＝×4mv′2(1分) 可得v′＝＝ 离子甲在磁场Ⅰ中的轨迹半径为r1＝＝ 离子甲在磁场Ⅱ中的轨迹半径为r2＝＝ 离子乙在磁场Ⅰ中的轨迹半径为 r′1＝＝d＝2r1(1分) 离子乙在磁场Ⅱ中的轨迹半径为 r′2＝＝d＝2r2(1分) 根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点如图(d)所示。 图(d) 粒子甲、乙在磁场Ⅰ、Ⅱ运动的周期分别为T1＝，T′1＝，T2＝，T′2＝ 根据几何关系，时间差为 Δt＝T2＋T′2－T1－T′1＝＋(1分) （3）(2023山东真题，14分)如图所示，在0≤x≤2d，0≤y≤2d的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m，电量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场(不计粒子重力)。 ①若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小； ②若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场，离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。 a．求改变后电场强度E′的大小和粒子的初速度v0； b．通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。 (3)答案：①6(4分) ②a.E′＝36E　v0＝9(5分)　b．不能(5分) 解析：①粒子在电场中做加速运动，根据动能定理有qE×2d＝mv2－0(1分) 粒子在磁场中做匀速圆周运动，有 qvB＝m(1分) 粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，轨迹如图所示。 根据几何关系可知R＝(1分) 联立以上各式解得B＝6(1分) ②a.由题意可知，粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示。 粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知 R＝(2d)2＋(R1－d)2(1分) 解得R1＝d 所以有θ＝53°，α＝37° 洛伦兹力提供向心力，有qv1B＝m(1分) 带电粒子从A点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有qE′×2d＝mv－mv(1分) 再一次进入电场后做类斜抛运动，沿x轴方向有 2d＝v1cos α·t 沿y轴方向有2d＝v1sin α·t＋at2 根据牛顿第二定律有qE′＝ma 联立以上各式解得 v1＝15 v0＝9(1分) E′＝36E(1分) b．粒子从P点到Q点，根据动能定理有 qE′×2d＝mv－mv(1分) 可得粒子从Q点射出电场时的速度为 v2＝3 由qv2B＝m可知，此时粒子在磁场中做圆周运动的半径为 R2＝＝d(1分) 粒子进入电场后沿x轴方向速度不变，则粒子出电场时的速度方向与y轴方向夹角正弦值为 sin β＝＝ 根据几何关系可知粒子圆周运动对应的圆心坐标为 x＝d，y＝4d(1分) 则圆心与P点的距离为 l＝＝d≠R2(1分) 故粒子不能从P点第三次进入电场。(1分) c.带电粒子先后经过多个匀强电场和磁场 (4)(山东济宁一模，10分)如图所示，在直角坐标系xOy中，0<x<d区域内x轴上方存在沿y轴正方向的匀强电场，x轴下方存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小相等。x>d区域内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，y轴左侧存在一圆形磁场区域，与y轴相切于原点O，磁场方向垂直坐标平面向外。一质量为m＝6×10-13 kg、带电量q＝2×10-6 C的带正电粒子从点P(0，d)以平行于x轴的初速度v0＝4×104 m/s射入电场，经过一段时间粒子从M点离开电场进入磁场，经磁场偏转后，从N点返回电场。此后粒子途经电场和圆形磁场区域到达坐标原点O，到O点时速度方向与y轴负方向夹角为θ＝30°。已知d＝0.8 m，不计粒子重力，取π＝3，＝1.7。求： ①电场强度大小E； ②x>d区域内匀强磁场的磁感应强度大小B1； ③圆形磁场的磁感应强度大小B2； ④粒子从P点运动到O点所用时间t(结果保留两位有效数字)。 (4)答案：①600 N/C(2分)　②0.01 T(3分) ③2.25×10-2 T(2分)　④2.4×10-4 s(3分) 解析：①粒子在电场中做类平抛运动，设粒子从P点运动到M点所用时间为t1，根据运动学规律有 x轴方向d＝v0t1 y轴方向＝××t 联立两式并代入数据，解得E＝600 N/C(2分) ②粒子运动轨迹如图所示，根据几何关系可得 tan α＝ 得α＝45°(1分) 粒子到达M点的速度大小v＝＝v0 设粒子在x>d区域内轨道半径为R1，由牛顿第二定律有 qvB1＝(1分) 根据几何关系有R1＝d 联立以上各式并代入数据，解得B1＝0.01 T(1分) ③设粒子经电场后到达y轴上的Q点，则粒子从N点到Q点的运动轨迹与从P点到M点的运动轨迹关于x轴对称，则Q点坐标为(0，－d)。 到达Q点的速度大小仍为v0，方向沿x轴负方向，运动轨迹如图所示。 设粒子在圆形磁场区域轨道半径为R2，由几何关系得R2＋R2sin θ＝d(1分) 解得R2＝d 在圆形磁场区域中有qv0B2＝ 联立并代入数据解得B2＝2.25×10-2 T(1分) ④粒子在x>d区域内的匀强磁场内运动的时间为 t2＝×(1分) 粒子从Q点到H点运动的时间为t3＝ 粒子在圆形磁场区域中运动的时间为 t4＝×(1分) 粒子从P点到O点所用的时间t＝2t1＋t2＋t3＋t4 联立以上各式并代入数据解得 t＝2.4×10-4 s(1分) 2．带电粒子在交变电场和磁场中的运动 a.带电粒子在交变电场和恒定磁场中运动 (5)(浙江台州二模，12分)如图(a)所示，某装置由直线加速器和圆心角为90°的扇形偏转磁场OBC两部分组成。直线加速器由一个金属圆板(序号为0)和10个横截面积相同的金属圆筒(序号为1，2，3，…，10)依次排列，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度遵照一定的规律依次增加。圆板与圆筒和交流电源相连，序号为奇数的圆筒和电源的一极相连，圆板和序号为偶数的圆筒和该电源的另一极相连，交流电源两极间电势差的变化规律如图(b)所示，图(b)中电压的绝对值为U0。在t＝时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时圆板中央的一个电子在圆板和圆筒之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，电子在每个圆筒中运动的时间均小于T，且电子均在电压变向时恰从各圆筒中射出。电子在圆筒、圆筒与圆筒之间各个间隙中不断被加速(圆筒间隙特别小，电子穿越间隙的时间可以忽略不计)。最后电子从10号圆筒的A点水平射出，从P点垂直进入磁场，沿实线路径从边界OC射出，轨迹关于∠BOC平分线OM对称，已知OP＝L，电子的比荷为k，交变电压的周期为T。求： 图(a) 图(b) ①电子刚进入1号圆筒时的速度大小； ②9号圆筒的长度是多少； ③若从金属圆板出发的是一群电子，其中小部分有垂直于加速电场且平行于纸面的较小的初速度，所有电子可近似看成从10号圆筒A点以小发散角α射出，并进入偏转磁场，问AP长度调节为多少时，所有电子在同一点D收集。 (5)答案：①(2分)　②(3分)　③L(7分) 解析：①电子从0号金属圆板到1号金属圆筒，由动能定理得eU0＝mv－0(1分) 解得v1＝＝(1分) ②电子从0号金属圆板到9号金属圆筒，由动能定理得 9eU0＝mv－0(1分) 解得v9＝3＝3(1分) 所以L9＝v9×＝(1分) ③由于所有电子在同一点D收集，可知电子在磁场中做圆周运动的圆心在直线OM上，且根据洛伦兹力提供向心力有 eBv＝m(1分) 解得RP＝L＝(1分) 电子沿AQ方向进入磁场，有vAQ＝(1分) 可得RQ＝＝(1分) 如图所示，设AP长为x，根据几何关系得 OQ＝x tan α＋L(1分) 在三角形QOO′中(O′为虚线轨迹的圆心)，由几何关系可得 ＝(1分) 解得x＝L(1分) b.带电粒子在交变磁场和恒定电场中运动 (6)(2025改编题，16分)如图(a)所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，将一质量为m、电荷量为q的正电荷于电场中的O点由静止释放，经过的时间，电荷以速度v0通过MN进入其上方的匀强磁场。磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图(b)所示规律周期性变化，B0为已知量，周期为5t0，磁场方向以垂直纸面向外为正方向，以电荷第一次通过MN时为图(b)中t＝0时刻。在O点右侧有一垂直于MN的足够大的挡板，与MN相交于P点(图中未标出)，电荷由静止释放前挡板可以沿着MN水平移动，用来接收从O点释放的正电荷。不计电荷的重力，不考虑因磁场变化而产生的电场的影响。回答下列问题： 图(a) 　　图(b) ①求匀强电场的电场强度大小E； ②若t0＝，电荷打在挡板上P点上方的Q1点，且两点间距离PQ1＝，求挡板所在位置到O点距离的可能值(计算结果中不含“t0”)； ③若t0＝，电荷在t＝23t0时打在挡板上P点上方的Q2点，求两点间距离PQ2和挡板所在位置到O点的距离(计算结果中不含“t0”)。 (6)答案：①(3分)　②或，n＝1，2，3，…(7分) ③　(6分) 解析：①正电荷在电场中由静止释放做匀加速直线运动，加速度大小a＝(1分) 根据运动学规律有v0＝a·(1分) 联立两式整理得E＝(1分) ②正电荷第一次垂直MN进入磁场时磁感应强度大小为B0，洛伦兹力方向水平向右，设正电荷做匀速圆周运动的轨迹半径为R1，周期为T1，根据洛伦兹力提供向心力有 qv0B0＝m＝mR1(2分) 整理得R1＝，T1＝ 由t0＝可得＝2t0(1分) 即磁感应强度从B0变为0时，电荷恰好转过半圆垂直MN射入电场。根据匀变速直线运动的对称性可知，电荷在电场中经过时间t0从射入点再垂直MN进入磁场，此时磁感应强度恰好变为－2B0，洛伦兹力方向向左，同理可得此时做圆周运动的半径 R2＝(1分) 运动周期T2＝，有＝t0(1分) 即磁感应强度从－2B0变为0时，电荷恰好再次垂直MN进入电场。 根据以上分析可知，电荷在组合场中做周期运动，又因为PQ1＝＝R1，所以挡板的位置有以下两种情况： a．电荷进入磁场后转过圆心角为π的情况，如图(a)所示。 图(a) 此时挡板所在位置到O点的距离 d＝R1－R1cos ＝(1分) b．电荷进入磁场后转过圆心角为π的情况，如图(b)所示。 图(b) 根据周期性和几何关系可知，挡板所在位置到O点距离的可能值d＝nR1＋R1cos ＝，其中n＝1，2，3，…(1分) ③若t0＝，则有＝2t0，＝t0，即电荷在磁场中转过时磁感应强度变为0，电荷开始做速度大小为v0的水平方向匀速直线运动，t0时间后又向相反方向转过圆弧，再做速度大小为v0的竖直方向匀速直线运动，即以5t0为周期做周期性运动，每个周期的运动轨迹示意图如图(c)所示。根据几何关系和运动规律可知每个周期内的水平方向位移大小 x0＝R1＋v0t0＋R2＝(1分) 图(c) 每个周期内的竖直方向位移大小 y0＝R1＋R2＋v0t0＝(1分) 电荷在t＝23t0时打在挡板上，经过4个完整周期，第5个周期中的3t0时刚做完水平方向匀速直线运动，打在挡板上P点上方的Q2点，根据上述分析和几何关系可知 PQ2＝4y0＋R1＝(2分) 挡板所在位置到O点的距离 d′＝4x0＋R1＋v0t0＝(2分) 3．组合场的应用 a.质谱仪 (7)(北京海淀区二模，10分)质谱仪是一种检测和分离同位素的仪器。如图所示，某种电荷量为＋q的粒子，从容器A下方的小孔S1进入电压为U的加速电场，其初速度可忽略不计。这些粒子经过小孔S2沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度大小为B的匀强磁场中，形成等效电流为I的粒子束。随后粒子束在照相底片MN上的P点形成一个曝光点，P点与小孔S2之间的距离为D。不计粒子的重力及粒子间的相互作用。 ①求粒子进入磁场时的动能Ek； ②求在t时间内照相底片接收到的粒子总质量M； ③衡量质谱仪性能的重要指标之一是与粒子质量有关的分辨率。粒子的质量不同，在MN上形成曝光点的位置就会不同。质量分别为m和m＋Δm的同位素在底片MN上形成的曝光点与小孔S2之间的距离分别为d和d＋Δd(Δd≪d)，其中Δd是质谱仪能分辨出来的最小距离，定义质谱仪的分辨率为，请写出质谱仪的分辨率与d、Δd的关系式。 (7)答案：①qU(2分)　②(5分) ③＝(3分) 解析：①根据动能定理得qU＝Ek－0(1分) 解得Ek＝qU(1分) ②设每个粒子的质量为m0，粒子离开电场的速度为v，粒子在电场中做加速运动，根据动能定理有 qU＝m0v2－0(1分) 粒子在磁场中做圆周运动，根据牛顿第二定律有 qvB＝m0(1分) 联立解得每个粒子质量m0＝(1分) t时间内接收的粒子数N＝(1分) t时间内照相底片接收到的粒子总质量 M＝Nm0＝(1分) ③由②可得m＝(1分) m＋Δm＝(1分) 因此＝＝ 由于Δd≪d，因此(Δd)2可略掉 所以＝(1分) (8)(山东经典真题，14分)某型号质谱仪的工作原理如图(a)所示。M、N为竖直放置的两金属板，两板间电压为U，Q板为记录板，分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d的Ⅰ、Ⅱ两部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b为M、N上两正对的小孔。以a、b所在直线为z轴，向右为正方向，取z轴与Q板的交点O为坐标原点，以平行于Q板水平向里为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz。区域Ⅰ、Ⅱ内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小和电场强度大小分别为B和E。一质量为m、电荷量为＋q的粒子，从a孔飘入电场(初速度视为零)，经b孔进入磁场，过P面上的c点(图中未画出)进入电场，最终打到记录板Q上。不计粒子重力。 　　　　 图(a)　　　　　　　　图(b) ①求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到z轴的距离L； ②求粒子打到记录板上位置的x坐标； ③求粒子打到记录板上位置的y坐标(用R、d表示)； ④如图(b)所示，在记录板上得到三个点s1、s2、s3，若这三个点是质子H、氚核H、氦核He的位置，请写出这三个点分别对应哪个粒子(不考虑粒子间的相互作用，不要求写出推导过程)。 (8)答案：①(3分)　－(2分)　②(4分)　 ③R－＋(3分)　 ④s1、s2、s3分别对应氚核H、氦核He、质子H的位置(2分) 解析：①设粒子经加速电场到b孔的速度大小为v，在M、N两金属板间，由动能定理得qU＝mv2－0(1分) 在区域Ⅰ中，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m(1分) 联立上述两式解得R＝(1分) 由几何关系得d2＋(R－L)2＝R2(1分) 将R代入上式，解得 L＝－(1分) ②设区域Ⅱ中粒子沿z轴方向的分速度为vz，粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动对应的圆心角为α；粒子沿x轴正方向加速度大小为a，位移大小为x，运动时间为t。 粒子在z轴方向做匀速直线运动，由运动合成与分解的规律得vz＝v cos α d＝vzt(1分) 其中cos α＝ 粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式得x＝at2(1分) 由牛顿第二定律得qE＝ma(1分) 联立以上各式解得x＝(1分) ③设粒子沿y方向偏离z轴的距离为y，其中在区域Ⅱ中沿y方向偏离的距离为y′，由运动学公式得 y′＝vt sin α(1分) 其中sin α＝ 由题意得y＝L＋y′(1分) 联立各式得y＝R－＋(1分) ④粒子打到记录板上位置的x坐标x＝＝，可知粒子比荷k＝越大，x越大，由于kH＞kHe＞kH，则xH＞xHe＞xH，由图(b)所示可知，s1、s2、s3分别对应氚核H、氦核He、质子H的位置。(2分) b.回旋加速器 (9)(北京师大附中三模，9分)1932年，劳伦斯和利文斯顿设计出了回旋加速器，回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间接交流电源，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过狭缝的时间可以忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，A处粒子源产生的质子，质量为m、电荷量为q，在加速器中被加速(质子初速度很小，可以忽略)，加速电压为U，加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。求： ①质子第一次进入磁场中的速度v1； ②要使质子每次经过电场都被加速，则交流电源的周期为多大； ③质子在电场中最多被加速多少次； ④在实际装置设计中，可以采取哪些措施尽量减少带电粒子在电场中的运行时间。 (9)答案：①(2分)　②(2分)　③(3分)　 ④提高加速电压或适当减小两D形盒间距(2分) 解析：①根据动能定理有Uq＝mv－0(1分) 解得v1＝(1分) ②质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝m(1分) 可得r＝ 周期T＝＝ 所以交流电源的周期等于质子在磁场中运动的周期，值为T＝(1分) ③当质子在磁场中做圆周运动的轨道半径r＝R时，其速率达到最大值vm，根据洛伦兹力提供向心力有 qvmB＝m(1分) 解得vm＝ 质子的最大动能为 Ekm＝mv＝(1分) 设质子被加速的次数为N，根据动能定理有 NqU＝Ekm＝ 解得N＝(1分) ④质子在电场中加速且加速度大小不变，假定两D形盒间距为d，则质子在电场中运行的时间为 t＝＝＝ 可知在实际装置设计中，可以采取提高加速电压或适当减小两D形盒间距以减少带电粒子在电场中运行的时间。(2分) 随堂普查练24Ⅰ 1．(安徽模拟，6分)如图，磁场边界M、N、P及荧光屏Q相互平行，M与N、N与P间距均为d，M、N间有垂直于纸面向里的匀强磁场，N、P间有垂直于纸面向外的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B。在边界M上的A点有一个粒子源，可以沿垂直边界M及磁场的方向射入速率为0～v0(v0未知)的粒子，粒子的质量均为m、电荷量均为＋q，结果在荧光屏上形成一条长为d的亮线，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则打在荧光屏上的粒子的速度大小范围为(　　) A．≤v≤ B．≤v≤ C．≤v≤ D．≤v≤ 1．答案：A 解析：当粒子的运动轨迹刚好与N相切时，粒子做圆周运动的半径为d，如图所示，根据牛顿第二定律有qv1B＝m，解得v1＝，此粒子打在荧光屏上的位置与A点在竖直方向上的距离为2d。粒子的最大速度为v0，由题意，此粒子打在荧光屏上的位置与A点在竖直方向上的距离为2d－d＝d，粒子在磁场中的运动半径为r，根据几何关系有r2＝d2＋2，解得r＝d，根据牛顿第二定律有qv0B＝m，解得v0＝。根据以上分析可知，打在荧光屏上的粒子的速度大小范围为≤v≤，故A项正确。 2．(多选)(2023海南真题，4分)如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的带电粒子，从坐标原点O以初速度v0沿x轴正方向射入第一象限内的电磁场区域，在0<y<y0，0<x<x0(x0、y0为已知量)区域内有竖直向上的匀强电场，在x>x0区域内有垂直纸面向里、大小为B的匀强磁场，控制电场强度E(E值有多种可能)，可让粒子从NP射入磁场后偏转打到接收器MN上，不计重力，则(　　) A. 粒子从NP中点射入磁场，电场强度E＝ B．粒子从NP中点射入磁场时的速度v＝v0 C．粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM的距离为 D．粒子在磁场中运动的轨迹半径的最大值是 2．答案：AD 解析：若粒子打到NP中点，则x0＝v0t1，y0＝·t，解得E＝，故A项正确。粒子从NP中点射出电场时，有＝t1，速度v1＝＝v0，故B项错误。粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为θ，则tan θ＝＝＝，粒子从电场中射出时的速度v＝，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，有qvB＝m，则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离为d＝r cos θ，解得d＝，故C项错误。 当粒子在磁场中有最大运动半径时，进入磁场的速度最大，则粒子从N点进入磁场，此时x0＝v0t，竖直方向最大速度vym＝，离开电场的最大速度vm＝＝v0，则由qvB＝m，可得最大半径rm＝＝，故D项正确。 3．(全国甲经典真题，20分)如图，长度均为l的两块挡板竖直相对放置，间距也为l，两挡板上边缘P和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子自电场中某处以大小为v0的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，不计重力。 (1)求粒子发射位置到P点的距离； (2)求磁感应强度大小的取值范围； (3)若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。 3．答案：(1)(6分)　(2)≤B≤(7分)　(3)l(7分) 解析：(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可知 水平方向x＝v0t①(1分) 竖直方向y＝at2＝②(1分) 粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，有 ＝＝tan 30°③(2分) 粒子发射位置到P点的距离 s＝④(1分) 联立①②③④式解得s＝⑤(1分) (2)带电粒子进入磁场时在P点的速度 v＝＝⑥(1分) 带电粒子在磁场中运动的两个临界轨迹(分别从Q、N点射出)如图所示。 由几何关系可知，最小轨迹半径 rmin＝＝l⑦(2分) 最大轨迹半径 rmax＝＝(＋1)l⑧(2分) 带电粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 qvB＝⑨(1分) 由⑥⑦⑧⑨式解得，磁感应强度大小的取值范围 ≤B≤(1分) (3)若粒子正好从QN的中点射出磁场时，带电粒子运动轨迹如图所示。 由几何关系可知sin θ＝＝⑩(1分) 带电粒子的运动轨迹半径为 r3＝⑪(2分) 粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离 dmin＝(r3sin 30°＋l)－r3⑫(2分) 由⑩⑪⑫式解得dmin＝l(2分) 4．(山东经典真题，14分)某离子实验装置的基本原理如图(a)所示。Ⅰ区宽度为d，左边界与x轴垂直交于坐标原点O，其内充满垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0；Ⅱ区宽度为L，左边界与x轴垂直交于O1点，右边界与x轴垂直交于O2点，其内充满沿y轴负方向的匀强电场。测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界，其中心C与O2点重合。从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m的正离子，加速后沿x轴正方向过O点，依次经Ⅰ区、Ⅱ区，恰好到达测试板中心C。已知离子刚进入Ⅱ区时速度方向与x轴正方向的夹角为θ。忽略离子间的相互作用，不计重力。 　　　图(a)　　　　　　　　　图(b) (1)求离子在Ⅰ区中运动时速度的大小v； (2)求Ⅱ区内电场强度的大小E； (3)保持上述条件不变，将Ⅱ区分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小均为B(数值未知)方向相反且平行y轴的匀强磁场，如图(b)所示。为使离子的运动轨迹与测试板相切于C点，需沿x轴移动测试板，求移动后C到O1的距离s。 4．答案：(1)(4分) (2)(5分) (3)L(5分) 解析：(1)设离子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得 qvB0＝m(1分) 根据几何关系得 sin θ＝(1分) 联立以上两式解得 v＝(2分) (2)离子在Ⅱ区内只受电场力，x方向做匀速直线运动，y方向做匀变速直线运动，设从进入电场到击中测试板中心C的时间为t，y方向的位移为y0，加速度大小为a，由牛顿第二定律得 qE＝ma(1分) 由运动的合成与分解得 L＝(v cos θ)·t(1分) y0＝－r(1－cos θ)，y0＝(v sin θ)·t－at2(1分) 联立以上各式解得 E＝(2分) (3)Ⅱ区内填充磁场后，离子在xO1z平面做线速度大小为v cos θ的匀速圆周运动，如图所示。设左侧部分的圆心角为α，圆周运动半径为r′，运动轨迹长度为l′，由几何关系得 l′＝×2πr′＋×2πr′，cos α＝＝(1分) 由于在y轴方向的运动与之前的分析相同，离子的运动轨迹与测试板相切于C点，则离子在Ⅱ区内的运动时间不变，故有 ＝(1分) C到O1的距离s＝2r′sin α＋r′(1分) 联立以上各式解得s＝L(2分) 5.(河北模拟，16分)如图(a)所示，在xOy平面的第一象限内存在周期性变化的磁场，规定磁场垂直纸面向里的方向为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图(b)所示。质量为m、电荷量为＋q的粒子，在t＝0时刻沿x轴正方向从坐标原点O射入磁场。图(b)中T0为未知量，不计粒子的重力。已知B0＝k，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： 　　 图(a)　　　　　　图(b) (1)0～T0时间内粒子做匀速圆周运动的角速度ω； (2)若粒子不能从y轴射出磁场，磁感应强度变化周期的最大值Tm； (3)若使粒子能从坐标为(3d，4d)的D点平行于Ox轴射出，射入磁场时速度的大小v。 5．答案：(1)3kπ(2分)　(2)(6分)　(3)(其中n＝1，2，3，…)(8分) 解析：(1)根据洛伦兹力提供向心力可知 3B0qωr＝mω2r(1分) 其中B0＝k 可得ω＝3kπ(1分) (2)要使得粒子不从y轴射出，轨迹如图所示。 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有 qvB＝m，T＝(2分) 解得r＝(1分) 在一个周期的前T0内粒子做圆周运动的半径为 r1＝ 在一个周期的后T0内粒子做圆周运动的半径为 r2＝＝r1 由几何关系可知 θ＝37° 在0～T0时间内粒子做圆周运动的周期 T＝＝(1分) 则T＝T0(1分) 解得磁感应强度变化周期的最大值 Tm＝(1分) (3)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有 qvB＝m，T＝ 解得T＝(1分) 设粒子在磁场内运动的时间为t，偏转角为α，则 α＝×2π(1分) 设粒子在0～T0内的偏转角为α1，在T0～T0内的偏转角为α2，则有 α1＝α2(1分) 因此粒子经过一个完整周期，速度方向与入射时相同，要想使粒子经过D点且平行于Ox轴射出，则粒子过D点的时刻为nT0(其中n＝1，2，3，…)，轨迹如图所示。 由(2)问可得 r2＝r1(1分) 由几何关系可知 2nr1cos 37°＋2nr2cos 37°＝5d(其中n＝1，2，3，…)(1分) 解得r1＝(其中n＝1，2，3，…)(1分) 又qv×3B0＝m(1分) 解得 v＝＝××＝(其中n＝1，2，3，…)(1分) 6.(河南开封二模，20分)如图(a)所示，粒子源靠近水平极板M、N的M板，M、N之间的电压为U0，N板下方有一对长为L，间距为d＝1.5L的竖直极板P、Q，P、Q之间的电压UPQ随时间t变化的图像如图(b)所示。P、Q下方有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度B＝。水平极板M、N中间开有小孔，两小孔的连线为竖直极板P、Q的中线，与磁场上边界的交点为O。粒子源连续释放初速度不计、质量为m、电荷量为＋q的粒子，这些粒子先后经过MN、PQ间的电场，再进入磁场区域，都会打到磁场上边界的感光胶片上。已知粒子在偏转电场中运动的时间远小于电场变化的周期，粒子重力不计。求： 　　　 图(a)　　　　　　　 　　图(b) (1)带电粒子进入偏转电场时的动能E1； (2)磁场上、下边界区域的最小宽度D； (3)带电粒子打到磁场上边界的感光长度s。 6．答案：(1)qU0(2分)　(2)L(10分) (3)0.5L(8分) 解析：(1)粒子在MN间被加速，根据动能定理有 E1＝qU0－0(2分) 即带电粒子进入偏转电场时的动能为qU0。 (2)设t＝0时刻进入磁场中的粒子速度为v0，根据动能定理有qU0＝mv－0(2分) 设粒子经过偏转电压UPQ偏转后进入磁场的速度为v，与磁场上边界夹角为θ，在磁场中做圆周运动的半径为R，如图所示。此时v＝。 根据洛伦兹力提供向心力得qvB＝(2分) 解得R＝ 粒子在磁场运动过程中距离上边界的最远距离为Δy，有 Δy＝R－R cos θ＝R(1－cos θ)(2分) 即Δy＝＝tan 由于0°<θ≤90°，当θ＝90°时，Δy有最大值 Δymax＝＝L(2分) 故D＝Δymax＝L(2分) (3)设经过偏转电压UPQ偏转后进入磁场的粒子打到磁场上边界的位置距进入磁场的入射点距离为s′，则 s′＝2×R sin θ＝2sin θ＝2＝2L(3分) t＝0时刻进入偏转电场的粒子打到磁场上边界的位置距O点最近。t＝时刻进入偏转电场的粒子打到磁场上边界时距O点最远，设此粒子从O点右侧的A点进入磁场，则 L＝v0t，OA＝at2，a＝(3分) 得OA＝ 其中UPQ＝3U0，d＝1.5L 解得OA＝0.5L 即感光长度为s＝OA＝0.5L。(3分) 7.(浙江经典真题，10分)如图(a)所示，空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成，其后端面P为喷口。以金属板N的中心O为坐标原点，垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴。M、N板之间存在场强为E、方向沿z轴正方向的匀强电场；立方体内存在磁场，其磁感应强度沿z方向的分量始终为零，沿x和y方向的分量Bx和By随时间周期性变化规律如图(b)所示，图中B0可调。氙离子(Xe2+)束从离子源小孔S射出，沿z方向匀速运动到M板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面P射出，测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为v0。已知单个离子的质量为m、电荷量为2e，忽略离子间的相互作用，且射出的离子总质量远小于推进器的质量。 图(a) 图(b) (1)求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小vS； (2)不考虑在磁场突变时运动的离子，调节B0的值，使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出，求B0的取值范围； (3)设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T，单位时间从端面P射出的离子数为n，且B0＝。求图(b)中t0时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。 7．答案：(1)(2分)　(2)0～(4分) (3)nmv0，方向沿z轴负方向(4分) 解析：(1)离子从小孔S射出运动到金属板N中心点O处，根据动能定理有 2eEd＝mv－mv(1分) 解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小 vS＝(1分) (2)当磁场仅有沿x方向的分量取最大值时，离子从喷口P的下边缘中点射出， 根据几何关系有2＋L2＝R(1分) 根据洛伦兹力提供向心力有 2ev0B0＝ 联立解得B0＝(1分) 当磁场在x和y方向的分量同取最大值时，离子从喷口P边缘交点射出，粒子在立方体中运动轨迹如图， 其运动轨迹剖面如图所示。 根据几何关系有 2＋L2＝R(1分) 此时B＝B0；根据洛伦兹力提供向心力有 2e×v0×B0＝ 联立解得B0＝ 若从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出，需满足B0≤，B0≤ 故B0的取值范围为0～。(1分) (3)粒子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示。 由题意根据洛伦兹力提供向心力有 2e×v0×B0＝(1分) 且满足B0＝ 可得R3＝＝L 因此cos θ＝(1分) 设推进器对离子束作用力沿z轴方向分力为F，离子从端面P射出时，在沿z轴方向，根据动量定理有 FΔt＝nΔtmv0cos θ－0(1分) 根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力沿z轴方向分力大小为F′＝F＝nmv0 方向沿z轴负方向。(1分) 8．(浙江经典真题，10分)有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示。左侧静电分析器中有方向指向圆心O、与O点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零。离子源发出两种速度均为v0、电荷量均为q、质量分别为m和0.5m的正离子束，从M点垂直该点电场方向进入静电分析器。在静电分析器中，质量为m的离子沿半径为r0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N点水平射出，而质量为0.5m的离子恰好从ON连线的中点P与水平方向成θ角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m的离子打在O点正下方的Q点。已知＝0.5r0，＝r0，N、P两点间的电势差UNP＝，cos θ＝，不计重力和离子间相互作用。 (1)求静电分析器中半径为r0处的电场强度E0和磁分析器中的磁感应强度B的大小； (2)求质量为0.5m的离子到达探测板上的位置与O点的距离l(用r0表示)； (3)若磁感应强度在(B－ΔB)到(B＋ΔB)之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m和0.5m的两束离子，求的最大值。 8．答案：(1)(2分)　(2分) (2)1.5r0(2分)　(3)－4(4分) 解析：(1)质量为m的离子在电场中做匀速圆周运动，由电场力提供向心力，有qE0＝m，解得E0＝(2分) 质量为m的离子在磁场中做圆周运动的半径为r0，由洛伦兹力提供向心力可得qv0B＝m，解得 B＝(2分) (2)质量为0.5m的离子从M点到P点只有电场力做功，由动能定理得 UNPq＝×0.5mv－×0.5mv 解得vP＝v0 进入磁场后有qvPB＝0.5m，解得r＝r0 根据几何关系可知离子到达探测板上的位置与P点距离为2r cos θ＝2r0 则l＝1.5r0(2分) (3)若要在探测板上恰好能完全分辨出两束离子，质量为m的离子打在探测板上离O点最远的位置和质量为0.5m的离子打在探测板上离O点最近的位置恰好重合。设质量为m的离子最大轨迹半径为r1，则 r1 ＝ 设质量为0.5m的离子最小轨迹半径为r2，则 r2＝(2分) 二者重合时有2r1－2r2cos θ＝ 解得最大值为－4。(2分) 9．(广东华南师大附中三模，15分)如图所示，一对栅极板(由金属细丝组成的筛网状电极)水平放置，它的长为部分位于矩形区域CDEF的中轴线附近，矩形区域长为L，宽为；极板与可调电源相连。在极板外的CDEF其他区域内存在方向垂直向里、磁感应强度为B的匀强磁场。某时刻，将质量为m，电荷量为－q(q>0)的粒子从栅极板下板靠近CF边界处静止释放(图中未画出)。若忽略粒子所受的重力及栅极板的电场边缘效应，在计算中忽略栅极板间的距离和粒子在其中的运动时间，问： (1)若粒子一次加速后就能离开磁场区域，求电场电压U的最小值； (2)若粒子第一次加速后，在磁场中运动的半径为，求粒子从释放至第一次到达上边界CD所用的总时间t； (3)若粒子能到达右边界DE，且在磁场中运动的总时间小于，试讨论电压U的取值范围。 9．答案：(1)(3分)　(2)(5分) (3)U＝或<U<(7分) 解析：(1)设第一次加速后粒子速率为v，根据动能定理有qU＝mv2－0(1分) 设粒子在磁场中运动的半径为R，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝(1分) 解得R＝ 由几何关系易知，当粒子在磁场中的轨迹恰好与CD相切时，电场的电压最小，此时R＝ 联立以上各式解得U＝(1分) (2)粒子经过N次加速后，速率为vN，根据动能定理有NqU＝mv－0(1分) 粒子在磁场中的运动半径rN＝ 解得rN＝ 则有＝ 由题可知r1＝ 粒子运动半圆后经过电场减速为0，然后经过多次加速后运动轨迹与CD相切，此时粒子做圆周运动的半径rN＝(1分) 联立解得N＝4(1分) 即粒子经过一次加速，一次减速，再经过四次加速，第一次到达上边界。又因为粒子的运动周期 T＝＝ 所以运动时间 t＝＋3×T＋T＝(2分) (3)因为粒子在磁场中运动的总时间小于，即2.5T，可判断有以下三种情况： ①粒子经过1次加速，1次减速，再经过1次加速后，到达右边界DE且轨迹恰好与右边界DE相切，如图所示，则N＝1，r′1＝。 由r＝可得U＝(2分) ②粒子经过1次加速，1次减速，再经过2次加速后，恰好与上边界CD相切，如图所示。则N＝2，r′2＝。 同理可得U＝(2分) ③粒子经过1次加速，1次减速，再经过2次加速后，恰好与右边界DE相切，如图所示。则N＝2。设第1次加速半径为r2，第2次加速半径为r3，则 r3＝r2 又2r2＋2r3＝L 解得r3＝ 同理可得 U＝(2分) 综上所述，电压U的取值范围为 U＝或<U<(1分) 10.(全国Ⅱ经典真题，6分)CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图(a)是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图(b)所示。图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P点。则(　　) 图(a) 图(b) A．M处的电势高于N处的电势 B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移 C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外 D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移 10．答案：D 解析：根据题意知，电子束在M、N间加速，则M、N间电场方向由N指向M，根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可知M处的电势低于N处的电势，故A项错误。由于电子束进入偏转磁场中做圆周运动时向下偏转，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，故C项错误。对加速过程应用动能定理，有eU＝mv2－0，增大加速电压会增大电子束到达偏转磁场的速度，又根据在偏转磁场中洛伦兹力提供向心力有evB＝m，得R＝，可知速度增大，半径增大，由几何关系可知电子束出磁场时的速度方向与水平方向的夹角θ满足sin θ＝(其中d为磁场宽度)，联立可得sin θ＝dB，可见增大U会使θ减小，P点会向右移，故B项错误。若增大磁感应强度，轨迹半径将减小，偏转角度会增大，P点将左移，故D项正确。 普查与练习24Ⅱ　　　　　带电粒子在复合场中的运动 4．电场与磁场共存 a.qE＝qvB时带电粒子做匀速直线运动 (10)(山东泰安一模，14分)如图所示，竖直放置相距2R的平行金属板AB、CD间存在匀强电场以及半径为R的圆形匀强磁场，磁感应强度为B、方向垂直纸面向里，圆形磁场边界恰好与两板内侧和下端AC连线相切。一带正电粒子沿板间中心线O1O2从O1点以某一初速度射入，沿直线通过圆形磁场区域，然后恰好从CD板上端边缘飞出，在两板间运动时间为t0。若仅撤去磁场，粒子仍从O1点以相同速度射入，经时间打到CD板上。不计粒子重力，求： ①金属板长度及粒子射入的初速度大小； ②两极板间的电压； ③若保持磁场不变，撤去电场，粒子仍沿中心线O1O2从O1点射入，欲使粒子从AO1间飞出，射入的速度大小应满足什么条件。 (10)答案：①金属板长度为4R(3分)　粒子射入的初速度大小为(3分)　②(3分)　③0<v<(5分) 解析：①设金属板长为L，粒子射入的初速度为v0，粒子在磁场与电场叠加区域做匀速直线运动，出磁场后在电场中做类平抛运动，设粒子做类平抛运动的时间为t，则竖直方向L－2R＝v0t(1分) 水平方向 R＝t2(1分) 全过程竖直方向 L＝v0t0(1分) 撤去磁场后，粒子仅受电场力，有 R＝2(1分) 联立以上各式解得L＝4R(1分) v0＝(1分) ②设两板间电压为U，由于粒子在磁场与电场叠加区域做匀速直线运动，则有 qE＝qv0B(1分) 又E＝(1分) 解得U＝(1分) ③设粒子恰好打到A点，粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，轨迹如图所示。 则由几何关系可得β＝(1分) r＋r＝R(1分) 由于qvB＝m(1分) 联立以上各式解得v＝(1分) 所以要使粒子从AO1间射出，射入速度应满足 0<v<(1分) b.qE≠qvB时带电粒子做复杂曲线运动 (11)(2023江苏真题，15分)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。 ①求电场强度的大小E； ②若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1； ③若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标y2＝位置的电子数N占总电子数N0的百分比。 (11)答案：①v0B(3分)　②(3分) ③90%(9分) 解析：①入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动，则电子处于平衡状态，有eE＝ev0B(2分) 解得E＝v0B(1分) ②电子在竖直向下的匀强电场和垂直Oxy平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且由于电子入射速度为，电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，根据动能定理有 eEy1＝m2－m2(2分) 解得y1＝(1分) ③电子以v入射复合场时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y，根据动能定理有 eEy＝mv－mv2(2分) 由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有 F合＝evmB－eE(1分) 在最低点有F合＝eE－evB(1分) 联立以上各式解得vm＝2v0－v(1分) y＝(1分) 要让电子到达纵坐标y2＝位置，即y≥y2 解得v≤v0(2分) 由于电子入射的速度在0<v<v0范围内均匀分布，因此能到达纵坐标y2＝位置的电子数N占总电子数N0的90%。(1分) c.电场与磁场方向相同或相反时带电粒子的运动 (12)(2022重庆真题，4分)2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图)，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则(　　) A．电场力的瞬时功率为qE B．该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B C．v2与v1的比值不断变大 D．该离子的加速度大小不变 (12)答案：D 解析：根据功率的计算公式可知P＝Fv cos θ，则电场力的瞬时功率为P＝Eqv1，故A项错误。由于v1与磁场B平行，则根据洛伦兹力的计算公式有F洛＝qv2B，故B项错误。根据运动的叠加原理可知，离子沿电场方向做匀加速运动，在垂直于磁场平面内做匀速圆周运动，则v1增大，v2不变，v2与v1的比值不断变小，故C项错误。离子受到的洛伦兹力大小不变，电场力不变，且电场力与洛伦兹力总垂直，它们的合力大小不变，则该离子的加速度大小不变，故D项正确。 5．磁场与重力场共存 (13)(多选)(2025改编题，4分)狄拉克曾预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，其周围磁场呈均匀辐射状分布，距离磁单极子r处的磁感应强度大小为(k为常数)。设空间有一固定的S极磁单极子，磁场分布如图所示。有一带电微粒(重力不可忽略)在S极附近做匀速圆周运动，运动轨迹圆心到S极的距离为d，重力加速度为g。则下列说法中正确的是(　　) A.若带电微粒带负电，其运动轨迹平面可能在S的正下方 B．若带电微粒带正电，其运动轨迹平面一定在S的正上方，且带电微粒一定沿逆时针方向运动(从上往下看) C．带电微粒做圆周运动的速度大小为 D．带电微粒做圆周运动的速度大小为 (13)答案：BC 解析：要使粒子能做匀速圆周运动，则洛伦兹力与重力的合力提供向心力，洛伦兹力的竖直分力与重力平衡。若运动轨迹平面在S下方时，当洛伦兹力的竖直分力与重力平衡时，洛伦兹力方向垂直磁感线斜向上，但水平分力背离圆心，不可能做匀速圆周运动，故A项错误。运动轨迹平面一定在S的正上方，若带电微粒带正电，洛伦兹力方向垂直磁感线斜向上，根据左手定则可以判断，其运动沿逆时针方向(从上往下看)，故B项正确。设运动圆轨迹的半径为R，洛伦兹力的竖直分力与重力平衡，水平分力提供向心力，根据几何关系有mg＝m，解得v＝，故C项正确，D项错误。 6．电场、磁场与重力场共存 a.带电体受力平衡做匀速直线运动 (14)(多选)(经典题，4分)质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图所示的正交匀强电场和匀强磁场的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A点，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．该微粒一定带负电荷 B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动 C．该磁场的磁感应强度大小为 D．该电场的电场强度大小为 (14)答案：ACD 解析：微粒若做匀变速直线运动，因重力和电场力不变，而洛伦兹力方向与速度方向垂直且随速度变化而变化，则微粒不能沿直线运动，只能做匀速直线运动，故B项错误。若微粒带正电，电场力向左，洛伦兹力垂直于OA斜向右下方，电场力、洛伦兹力和重力不能平衡，微粒不可能做匀速直线运动，所以微粒一定带负电才可能受力平衡，受力分析如图所示，故A项正确。由平衡条件得qvB cos θ＝mg，qE＝mg tan θ，解得B＝，E＝，故C项、D项均正确。 b.qE＝mg时带电体在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动 (15)(2022湖南真题，13分)如图，两个定值电阻的阻值分别为R1和R2，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为d，极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为m、带电量为＋q的小球以初速度v沿水平方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。 ①求直流电源的电动势E0； ②求两极板间磁场的磁感应强度B； ③在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值E′。 (15)答案：①(6分)　②(4分)　③(3分) 解析：①小球在电磁场中做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，可得Eq＝mg(2分) R2两端的电压U2＝Ed(1分) 根据闭合电路欧姆定律得 U2＝·R2(2分) 联立以上各式解得E0＝(1分) ②小球的运动轨迹如图所示： 设小球在电磁场中做圆周运动的半径为r，根据几何关系可得(r－d)2＋(d)2＝r2 解得r＝2d(1分) 根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m(2分) 解得B＝(1分) ③由几何关系可知，射出磁场时，小球速度方向与水平方向夹角为60°，要使小球做直线运动，当小球所受电场力与小球重力在垂直小球速度方向的分力相等时，电场力最小，电场强度最小，可得 E′q＝mg cos 60°(2分) 解得E′＝(1分) 7．带电体在有约束的复合场中运动 (16)(经典题，12分)如图所示，质量M＝5.0 kg的小车以v＝2.0 m/s的速度在光滑的水平面上向左运动，小车上AD部分是表面粗糙的水平轨道，DC部分是光滑圆弧轨道，整个轨道都是由绝缘材料制成的。小车所在空间内有竖直向上的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度E＝50 N/C，磁感应强度B＝2.0 T。现有一质量m＝2.0 kg、带负电且电荷量为0.1 C的滑块以v0＝10 m/s的水平初速度向右冲上小车，当它运动到D点时速度为5 m/s。滑块可视为质点，g取10 m/s2。 ①求滑块从A到D的过程中，小车与滑块组成的系统损失的机械能； ②如果滑块刚过D点时对轨道的压力为76 N，求圆弧轨道的半径r； ③当滑块通过D点时，立即撤去磁场，要使滑块能冲出圆弧轨道，求此圆弧轨道半径R的取值范围。 (16)答案：① 85 J(5分)　②1 m(3分) ③ 0<R乙<0.71 m(4分) 解析：①设滑块运动到D点时的速度大小为v1，小车此时的速度大小为v2。滑块从A运动到D的过程中系统动量守恒，以向右为正方向，有 mv0－Mv＝mv1＋Mv2(2分) 解得v2＝0，即滑块到达D点时，小车速度为0。 小车与滑块组成的系统损失的机械能 ΔE＝－(2分) 代入数据解得ΔE＝85 J(1分) ②设滑块刚过D点时，受到轨道的支持力为FN，则由牛顿第三定律可得FN＝76 N 由牛顿第二定律可得 FN－(mg＋qE＋Bqv1)＝(2分) 代入数据解得r＝1 m(1分) ③当滑块恰好不能冲出圆弧轨道时，滑块沿圆弧轨道上升到最大高度处竖直方向速度减为0，与小车具有共同的水平速度v3。 根据系统水平方向动量守恒有 mv1＝(M＋m)v3(1分) 根据能量守恒有 mv＝(M＋m)v＋(qE＋mg)Rmax(1分) 联立上述两式代入数据解得Rmax＝0.71 m 则0<R乙<0.71 m(2分) 8．洛伦兹力与现代科技 a.速度选择器 (17)(2023湖南真题，4分)如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下(与纸面平行)，磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域(区域Ⅱ)内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是(　　) A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t>t0 B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t>t0 C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2，则t＝ D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2，则t＝t0 (17)答案：D 解析：粒子沿AC做直线运动，则有qv0B1＝qE，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，粒子从CF的中点射出，运动轨迹如图(a)所示。 图(a) 根据几何关系可知粒子转过的圆心角为90°，且T＝，则t0＝T＝，若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，若粒子沿AC做直线运动，有qvA×2B1＝qE，则vA＝，再根据r＝，可知粒子在区域Ⅱ中做圆周运动的半径减小，则粒子仍然从CF边射出，根据几何关系可知粒子转过的圆心角仍为90°，即t＝t0，故A项错误。若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，若粒子沿AC做直线运动，有qvBB1＝q×2E，则vB＝2v0，再根据r＝，可知粒子在区域Ⅱ中做圆周运动的半径变为原来的2倍，则粒子从F点射出，粒子转过的圆心角仍为90°，即t＝t0，故B项错误。若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2，则粒子沿AC做直线运动的速度仍为v0，再根据r＝，可知粒子在区域Ⅱ中做圆周运动的半径变为原来的倍，r>2r，则粒子从OF边射出，运动轨迹如图(b)所示，根据几何关系可知sin θ＝＝，θ＝60°，因此粒子转过的圆心角为60°，t＝·T′＝，则t＝，故C项错误。 图(b) 若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2，则粒子沿AC做直线运动的速度仍为v0，再根据r＝，可知粒子在区域Ⅱ中做圆周运动的半径变为原来的倍，r>2r，则粒子从OF边射出，运动轨迹如图(c)所示，根据几何关系可知sin α＝＝，α＝45°，因此粒子转过的圆心角为45°，t＝T″＝，则t＝t0，故D项正确。 图(c) b.磁流体发电机 (18)(经典题，20分)磁流体发电具有结构简单、启动快捷、环保且无须转动机械等优势。如图所示，是正处于研究阶段的磁流体发电机的简易模型图，其发电通道是一个长方体空腔，长、高、宽分别为l、a、b，前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极，这两个电极通过开关与阻值为R的某种金属直导体MN连成闭合电路，整个发电通道处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向垂直纸面向里。高温等离子体以不变的速率v水平向右喷入发电通道内，发电机的等效内阻为r，忽略等离子体的重力、相互作用力及其他因素。 ①求该磁流体发电机的电动势大小E； ②当开关闭合后，整个闭合电路中就会产生恒定的电流。 a．要使等离子体以不变的速率v通过发电通道，必须有推动等离子体在发电通道内前进的作用力。如果不计其他损耗，这个推力的功率P就应该等于该发电机的总功率P总，请你证明这个结论； b．若以该金属直导体MN为研究对象，由于电场的作用，金属导体中自由电子定向运动的速率增加，但运动过程中会与导体内不动的粒子碰撞从而减速，因此自由电子定向运动的平均速率不随时间变化。设该金属导体的横截面积为S，电阻率为ρ，电子在金属导体中可认为均匀分布，每个电子的电荷量为e，求金属导体中每个电子所受平均阻力的大小f。 (18)答案：①Bav(3分)　②a.证明见解析(9分)　b．(8分) 解析：①当外电路断开时，极板间的电压大小等于电动势。此时，发电通道内电荷量为q的离子受力平衡，有qvB＝q①(2分) 解得E＝Bav②(1分) ②a.当开关闭合时，根据闭合电路欧姆定律有 I＝③(2分) 该电流在发电通道内受到的安培力大小为 FA＝BIa④(1分) 要使等离子体做匀速直线运动，所需的推力为 F＝FA⑤(1分) 推力F的功率为P＝Fv⑥(1分) 联立②③④⑤⑥可得P＝⑦(1分) 闭合电路中发电机的总功率P总＝IE⑧(1分) 联立②③⑧可得P总＝⑨(1分) 由⑦⑨可知P＝P总(1分) 可见，推力的功率P等于该发电机的总功率P总。 b．设金属导体内电子运动的平均速率为v1，单位体积内的电子数为n，t时间内有N个电子通过导体的横截面，则有N＝v1tSn⑩(1分) t时间内通过横截面的电荷量为Q＝Ne⑪(1分) 电流I＝⑫(1分) 联立②③⑩⑪⑫式可得v1＝⑬(1分) 设金属导体中的总电子数为N1，长度为d，由于电子在金属导体内的运动可视为匀速直线运动，所以电场力的功率(电功率)应该等于所有电子克服阻力f做功的功率，即I2R＝N1fv1⑭(1分) N1＝dSn⑮(1分) 由电阻定律有R＝⑯(1分) 联立②③⑬⑭⑮⑯式，解得f＝(1分) c.电磁流量计 (19)(北京模拟，3分)为了测量化工厂的污水排放量，技术人员在排污管末端安装了流量计(流量Q为单位时间内流过某截面流体的体积)。如图所示，长方体绝缘管道的长、宽、高分别为a、b、c，左、右两端开口，所在空间有垂直于前后面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N，含有大量的正、负离子的污水充满管道，从左向右匀速流动，测得M、N间电压为U。由于污水流过管道时受到阻力f的作用，左、右两侧管口需要维持一定的压强差。已知沿流速方向长度为L、流速为v的污水，受到的阻力f＝kLv(k为比例系数)。下列说法正确的是(　　) A．污水的流量Q＝ B．金属板M的电势低于金属板N的电势 C．电压U与污水中的离子浓度有关 D．左、右两侧管口的压强差为 (19)答案：D 解析：污水流速为v，则当M、N间电压为U时，污水中的离子在电场力与洛伦兹力共同作用下平衡，有qvB＝q，解得v＝，流量为Q＝＝vbc，解得Q＝，故A项错误。由左手定则可知，正离子受洛伦兹力方向向上，负离子受洛伦兹力方向向下，使M板带正电，N板带负电，则金属板M的电势高于金属板N的电势，故B项错误。金属板M、N间电压为U，由qvB＝q得U＝Bcv，电压U与污水中的离子浓度无关，故C项错误。设左、右两侧管口压强差为Δp，污水匀速流动，由平衡关系得Δpbc＝kLv，将v＝代入上式得Δp＝，故D项正确。 d.霍尔元件 (20)(天津经典真题，6分)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕熄灭。则元件的(　　) A．前表面的电势比后表面的低 B．前、后表面间的电压U与v无关 C．前、后表面间的电压U与c成正比 D．自由电子受到的洛伦兹力大小为 (20)答案：D 解析：由于导电粒子是自由电子，根据左手定则可知，电子向后表面偏转，则后表面得到电子带负电，电势较低，故A项错误。霍尔效应达到平衡时洛伦兹力等于电场力，即evB＝e，可得U＝Bav，故B项、C项均错误，D项正确。 随堂普查练24Ⅱ 1．(多选)(2022广东真题，6分)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有(　　) A．电子从N到P，电场力做正功 B．N点的电势高于P点的电势 C．电子从M到N，洛伦兹力不做功 D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力 1．答案：BC 解析：电子带负电，所受电场力水平向左，电子从N点到P点的过程中，电场力做负功，故A项错误。根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，N点的电势高于P点，故B项正确。由于洛伦兹力的方向始终垂直于带电粒子的速度方向，洛伦兹力不做功，故C项正确。由于M点和P点在同一等势面上，故从M点到P点电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，且电子在M点速度为0，根据动能定理可知，电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点电场力相等，即合力相等，故D项错误。 2．(2023全国乙真题，6分)如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x轴正方向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点，SP＝l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为(　　) A． B． C． D． 2．答案：A 解析：依题意，粒子运动轨迹如图所示，根据几何关系可知，粒子离开磁场时速度方向与y轴方向夹角为30°，则有sin 30°＝，解得粒子做圆周运动的半径r＝2a。粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，则有＝。保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后沿x轴到达接收屏，则有Eq＝qvB，联立解得＝，故A项正确。 3．(经典题，3分)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是(　　) A.ma>mb>mc B．mb>ma>mc C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma 3．答案：B 解析：a在纸面内做匀速圆周运动，则a受到的电场力与重力平衡，a在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，即mag＝qE，ma＝；b在纸面内向右做匀速直线运动，且b带正电，有mbg＝qE＋qvB，则mb＝；c在纸面内向左做匀速直线运动，且c带正电，有mcg＋qvB＝qE，则mc＝，所以mb>ma>mc，故B项正确。 4．(经典题，20分)两水平放置的金属板间存在一竖直方向的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为4m，带电量为－2q的微粒b正好悬浮在板间正中间O点处，另一质量为m，带电量为＋q的微粒a，从P点以水平速度v0(v0未知)进入两板间，正好做匀速直线运动，中途与b碰撞。求： (1)匀强电场的电场强度E为多大？ 微粒a的水平速度为多大？ (2)若碰撞后a和b结合为一个整体，最后以速度0.4v0从Q点穿出场区，求Q点与O点的高度差。 (3)若碰撞后a和b分开，分开后b具有大小为0.3v0的水平向右的速度，且带电量为－。假如O点的左侧及上下两侧空间足够大，则分开后微粒a的运动轨迹的最高点与O点的高度差为多大？ 4．答案：(1) (3分)　 (3分) (2) (6分)　(3)(8分) 解析：(1)对b微粒，与a微粒碰撞前处于静止状态，只受重力和电场力，则有2qE＝4mg (2分) 解得E＝(1分) a微粒碰前做匀速直线运动，则有 qv0B＝qE＋mg (2分) 解得v0＝(1分) (2)碰撞后，a、b结合为一体，设其速度为v。 根据动量守恒定律有mv0＝5mv (2分) 解得v＝(1分) 碰后的新微粒电量为－q，设Q点与O点高度差为h， 根据动能定理有 5mgh－qEh＝×5m(0.4v0)2－×5m2 (2分) 解得h＝(1分) (3)碰撞后，a、b分开，则有mv0 ＝mva＋4mvb (2分) 解得va＝－0.2v0 微粒a带电量为－，受到的电场力为 E·＝＝mg(2分) 所以F电＝mg 故微粒a做匀速圆周运动，设半径为R。 B＝m (2分) 解得R＝＝ a轨迹的最高点与O点的高度差 ha＝2R＝ (2分) 5.(经典题，14分)如图所示，平面直角坐标系xOy的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为＋q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x轴负方向成37°角。在y轴与MN之间的区域Ⅰ内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN与PQ之间宽度为d的区域Ⅱ内存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出。已知小球在C点的速度大小为2v0，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)第二象限内电场强度E1的大小和磁感应强度B1的大小； (2)区域Ⅰ内电场强度E2的大小和方向； (3)区域Ⅱ内电场强度E3的大小和磁感应强度B2的大小。 5．答案：(1)(2分)　(2分) (2)，方向与x轴正方向成53°斜向上(4分) (3)(2分)　(4分) 解析：(1)带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力，做直线运动，三力合力应为0，受力分析如图所示。 由平衡条件知qE1＝mg tan 37°(1分) qv0B1＝(1分) 解得E1＝(1分) B1＝(1分) (2)在区域Ⅰ中小球做直线运动，当匀强电场的方向垂直于AC向上时，电场强度最小，受力如图所示，小球做匀加速直线运动。 由几何关系知qE2＝mg cos 37°(2分) 解得E2＝(1分) 方向与x轴正方向成53°斜向上。(1分) (3)小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，所以 mg＝qE3(1分) 解得E3＝(1分) 因为小球恰好不从右边界飞出，小球运动轨迹如图所示。 由几何关系得r sin 37°＋r＝d(1分) 由洛伦兹力提供向心力得 q·(2v0)B2＝m(2分) 联立上述两式解得B2＝(1分) 6．(经典题，16分)如图所示的竖直平面内有范围足够大，水平向左的匀强电场，在虚线的左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一绝缘轨道由两段直杆和一半径为R的半圆环组成，固定在纸面所在的竖直平面内。PQ、MN水平且足够长，半圆环MAP在磁场边界左侧，P、M点在磁场界线上，NMAP段是光滑的，现有一质量为m、带电量为＋q的小环套在MN杆上，它所受的电场力为重力的，现在M右侧D点静止释放小环，小环刚好能到达P点。 (1)求DM间的距离x0； (2)求上述过程中小环第一次通过与O等高的A点时圆环对小环作用力的大小； (3)若小环与PQ间的动摩擦因数为μ(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等)。现将小环移至M点右侧4R处由静止开始释放，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功。 6．答案：(1)R(3分)　(2)mg＋(5分)　(3)mgR或mgR(8分) 解析：(1)根据题意可知，小环刚好能到达P点，则小环在P点的速度vP＝0，根据动能定理有 qEx0－mg×2R＝0－0(2分) 且qE＝mg 解得x0＝R(1分) (2)由D点到A点的过程中，根据动能定理有 qE(x0＋R)－mgR＝mv－0(2分) 设圆环对小环的作用力为F，则在A点，根据牛顿第二定律有F－qvAB－qE＝m(2分) 联立以上二式，解得F＝mg＋(1分) (3)讨论两种情况： ①当Ff＝μmg≥qE，即μ≥时，小环将停在PQ上某处，设小环停的位置离P点的距离为x。 根据动能定理有 qE(4R－x)－2mgR－μmgx＝0－0(2分) 解得x＝ 则克服摩擦力做功为Wf＝mgR(2分) ②当Ff＝μmg<qE，即μ<时，小环将来回往复运动，最后只能在PD之间往复运动。 根据动能定理有 qE×4R－mg×2R－Wf＝0－0(2分) 解得Wf＝mgR(2分) 7．(2022.01浙江真题，10分)如图为研究光电效应的装置示意图，该装置可用于分析光子的信息。在xOy平面(纸面)内，垂直纸面的金属薄板M、N与y轴平行放置，板N中间有一小孔O。有一由x轴、y轴和以O为圆心、圆心角为90°的半径不同的两条圆弧所围的区域Ⅰ，整个区域Ⅰ内存在大小可调、方向垂直纸面向里的匀强电场和磁感应强度大小恒为B1、磁感线与圆弧平行且沿逆时针方向的磁场。区域Ⅰ右侧还有一左边界与y轴平行且相距为l、下边界与x轴重合的匀强磁场区域Ⅱ，其宽度为a，长度足够长，其中的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小可调。光电子从板M逸出后经极板间电压U加速(板间电场视为匀强电场)，调节区域Ⅰ的电场强度和区域Ⅱ的磁感应强度，使电子恰好打在坐标为(a＋2l，0)的点上，被置于该处的探测器接收。已知电子质量为m、电荷量为e，板M的逸出功为W0，普朗克常量为h。忽略电子的重力及电子间的作用力。当频率为ν的光照射板M时有光电子逸出。 (1)求逸出光电子的最大初动能Ekm，并求光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v0的大小范围； (2)若区域Ⅰ的电场强度大小E＝B1，区域Ⅱ的磁感应强度大小B2＝，求被探测到的电子刚从板M逸出时速度vM的大小及与x轴的夹角β； (3)为了使从O点以各种大小和方向的速度射向区域Ⅰ的电子都能被探测到，需要调节区域Ⅰ的电场强度E和区域Ⅱ的磁感应强度B2，求E的最大值和B2的最大值。 7．答案：(1)Ekm＝hν－W0(1分) ≤v0≤(2分)　 (2)vM＝(2分) β＝30°(2分)　 (3)Emax＝B1(1分)　 B2＝(2分) 解析：(1)根据爱因斯坦光电效应方程，逸出光电子的最大初动能为Ekm＝hν－W0(1分) 电子在M、N板之间运动过程中，根据动能定理有 eU＝mv－Ek 由于0≤Ek≤hν－W0 解得≤v0≤(2分) (2)电子能够通过区域Ⅰ，因此 ev0B1＝eE 解得v0＝＝ 电子在M、N板之间运动过程中，根据动能定理有 eU＝mv－mv 解得vM＝(2分) 如图所示，根据几何关系有sin α＝ vM sin β＝v0sin α 解得β＝30°(2分) (3)由v0＝可得 Emax＝B1(1分) 由于v0sin α是光电子从板M逸出时沿y轴的分速度，则有m(v0sin α)2≤Ekm＝hν－W0，得 v0sin α≤ sin α＝ 可得B2≤ 故B2的最大值为。(2分) 8.(河北经典真题，4分)如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B1，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间。相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连。质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止。重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力。下列说法正确的是(　　) A．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝ B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝ C．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝ D．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝ 8．答案：B 解析：等离子体垂直于磁场喷入板间时，根据左手定则可知等离子体中的正离子向金属板Q偏转，负离子向金属板P偏转，所以金属板Q带正电荷，相当于电源正极，金属板P带负电荷，相当于电源负极，则金属棒ab中电流方向由a端流向b端。金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止，说明金属棒ab受到的安培力方向沿斜面向上，由左手定则可判定导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下；等离子体穿过金属板P、Q时产生的电势差U满足q＝qB1v，由欧姆定律I＝和安培力公式F安＝BIL可得F安＝B2L×＝，再根据金属棒ab沿斜面方向受力平衡可得F安＝mg sin θ，联立解得v＝，故B项正确，A项、C项、D项均错误。 9．(多选)(湖南常德校级模拟，5分)如图，电磁流量计的测量管横截面直径为D，在测量管的上下两个位置固定两金属电极a、b，整个测量管处于水平向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。当含有正、负离子的液体从左向右匀速流过测量管时，连在两个电极上的显示器显示的流量为Q(单位时间内流过的液体体积)，下列说法正确的是(　　) A．a极电势高于b极电势 B．液体流过测量管的速度大小为 C．a、b两极之间的电压为 D．若流过的液体中离子浓度变高，显示器上的示数将变大 9．答案：AC 解析：液体从左向右匀速流过测量管时，由左手定则可知，正离子向上偏转，负离子向下偏转，则a极电势高于b极电势，故A项正确。由于流量Q＝vS＝v×πD2，解得液体流过测量管的速度大小为v＝，故B项错误。液体从左向右匀速流过测量管，当达到平衡时，有q＝qvB，解得a、b两极之间的电压为U＝，故C项正确。由于流量Q＝vS＝v×πD2，可知Q与流过的液体中离子的运动速度有关，与离子浓度无关，则当粒子浓度变高时，显示器上的示数不变，故D项错误。 10．(2022北京真题，12分)指南针是利用地磁场指示方向的装置，它的广泛使用促进了人们对地磁场的认识。现代科技可以实现对地磁场的精确测量。 (1)如图(a)所示，两同学把一根长约10 m的电线两端用其他导线连接一个电压表，迅速摇动这根电线。若电线中间位置的速度约10 m/s，电压表的最大示数约2 mV。粗略估算该处地磁场磁感应强度的大小B地。 图(a) (2)如图(b)所示，一矩形金属薄片，其长为a，宽为b，厚为c。大小为I的恒定电流从电极P流入、从电极Q流出，当外加与薄片垂直的匀强磁场时，M、N两电极间产生的电压为U。已知薄片单位体积中导电的电子数为n，电子的电荷量为e。求磁感应强度的大小B。 图(b) (3)假定(2)中的装置足够灵敏，可用来测量北京地区地磁场磁感应强度的大小和方向，请说明测量的思路。 10．答案：(1)2×10-5 T(3分)　(2)B＝U(5分) (3)见解析(4分) 解析：(1)电线中间位置的感应电动势为 E＝B地Lv(2分) 可得该处地磁场磁感应强度大小为 B地＝2×10-5 T(1分) (2)设导线中电子定向移动的速率为v，Δt时间内通过横截面的电量为Δq，有I＝＝nebcv(2分) 导线中电子定向移动过程中，受到的电场力与洛伦兹力平衡，有e＝evB(2分) 解得B＝U(1分) (3)如图所示，设地磁场磁感应强度在三个方向的分量为Bx、By、Bz。把金属薄片置于xOy平面内，M、N两电极间产生电压Uz仅取决于Bz。由(2)得 Bz＝Uz(1分) 由Uz的正负(M、N两极电势的高低)和电流I的方向可以确定Bz的方向。(1分) 同理，把金属薄片置于xOz平面内，可得By的大小和方向；把金属薄片置于yOz平面内，可得Bx的大小和方向，则地磁场的磁感应强度的大小为 B＝(1分) 根据Bx、By、Bz的大小和方向可确定北京地区地磁场的磁感应强度的大小和方向。(1分) 课后提分练24　带电粒子在组合场或复合场中的运动 A组(巩固提升)　　 1．(2023新课标真题，6分)一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为(　　) A．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里 B．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外 C．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里 D．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外 1．答案：C 解析：依题意知打到a点的粒子做直线运动，粒子受到的电场力和洛伦兹力平衡，若电场方向向左，磁场方向垂直纸面向里，α粒子受到的电场力和洛伦兹力均向左，电子受到的电场力和洛伦兹力均向右，二者均不能打到a点，故A项错误。若电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向外，此时如果α粒子打在a点，则受到向左的电场力和向右的洛伦兹力平衡，即qE＝qvB，v＝，由于电子速度较大，受到向左的洛伦兹力大于向右的电场力，向左偏转；同理，如果电子打在a点，则α粒子受到向左的电场力大于向右的洛伦兹力，向左偏转，不会打在b点，故B项错误。若电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，如果α粒子打在a点，即向右的电场力和向左的洛伦兹力平衡，有qE＝qvB，v＝，电子速度大，受到向右的洛伦兹力大于向左的电场力，向右偏转，可能打在b点；同理，如果电子打在a点，则α粒子受到向右的电场力大于向左的洛伦兹力，向右偏转，可能打在b点，故C项正确。若电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向外，α粒子受到的电场力和洛伦兹力均向右，电子受到的电场力和洛伦兹力均向左，二者均不能打到a点，故D项错误。 2．(2022全国甲真题，6分)空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是(　　) A　　　 　　　B C　　　　 　　D 2．答案：B 解析：带电粒子从O点由静止开始运动，在电场力作用下向y轴正方向运动，根据左手定则，带电粒子受到的洛伦兹力向左，则带电粒子应向x轴负方向偏转，故A项、C项均错误。带电粒子在运动的过程中，电场力做功，洛伦兹力不做功，当粒子返回x轴时，电场力做功为零，粒子速度为零，故B项正确，D项错误。 3．(2023广东真题，4分)某小型医用回旋加速器，最大回旋半径为0.5 m，磁感应强度大小为1.12 T，质子加速后获得的最大动能为1.5×107 eV。根据给出的数据，可计算质子经该回旋加速器加速后的最大速率约为(忽略相对论效应，1 eV＝1.6×10-19 J)(　　) A．3.6×106 m/s B．1.2×107 m/s C．5.4×107 m/s D．2.4×108 m/s 3．答案：C 解析：质子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得r＝，可知质子在磁场中做圆周运动的半径越大，速度越大，动能越大。质子经加速后获得的最大动能为Ek＝mv2，质子所带电荷量为q＝1.6×10-19 C，代入数据解得质子的最大速率约为v＝5.4×107 m/s，故C项正确。 4．(北京东城区二模，3分)半导体芯片制造中，常通过离子注入进行掺杂来改变材料的导电性能。如图是离子注入的工作原理示意图，离子经电场加速后沿水平方向进入速度选择器，通过速度选择器的离子经过磁分析器和偏转系统，注入水平面内的晶圆(硅片)。速度选择器中的电场强度的大小为E、方向竖直向上。速度选择器、磁分析器中的磁感应强度方向均垂直纸面向外，大小分别为B1、B2。偏转系统根据需要加合适的电场或者磁场。磁分析器截面的内外半径分别为R1和R2，入口端面竖直，出口端面水平，两端中心位置M和N处各有一个小孔；偏转系统下边缘与晶圆所在水平面平行，当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O点(即图中坐标原点)。整个系统置于真空中，不计离子重力及其进入加速电场的初速度。下列说法正确的是(　　) A．可以利用此系统给晶圆同时注入带正电的离子和带负电的离子 B．从磁分析器下端孔N离开的离子，其比荷为 C．如果偏转系统只加沿x轴正方向的磁场，则离子会注入到x轴正方向的晶圆上 D．只增大加速电场的电压，可使同种离子注入到晶圆更深处 4．答案：B 解析：由左手定则可知，只有带正电的离子才能通过磁分析器，带负电的离子不能通过磁分析器，故A项错误。离子通过速度选择器时，有Eq＝B1qv，解得速度v＝，离子在磁分析器中，有qvB2＝m，由几何关系得R＝，联立可得＝，故B项正确。如果偏转系统只加沿x轴正方向的磁场，由左手定则可知带正电的离子会向y轴正方向偏转，故C项错误。只增大加速电场的电压，则粒子速度不满足v＝，无法通过速度选择器，所以不能到达晶圆处，故D项错误。 5．(北京海淀区二模，3分)如图所示为某种质谱仪工作原理示意图，离子从电离室A中的小孔S1飘出(初速度不计)，经电压为U的加速电场加速后，通过小孔S2，从磁场上边界垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，运动半个圆周后打在照相底片D上并被吸收形成谱线。照相底片D上有刻线均匀分布的标尺(图中未画出)，可以直接读出离子的比荷。下列说法正确的是(　　) A．加速电压越大，打在底片上同一位置离子的比荷越大 B．磁感应强度越大，打在底片上同一位置离子的比荷越大 C．磁感应强度越大，打在底片上同一位置离子的电荷量越大 D．若将该装置底片刻度标注的比荷值修改为同位素的质量值，则各刻线对应质量值是均匀的 5．答案：A 解析：在加速电场中，根据动能定理有qU＝mv2－0，在偏转磁场中洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，离子打在底片上的位置d＝2r，联立以上各式可得＝，则加速电压越大，打在底片上同一位置离子的比荷越大；磁感应强度越大，打在底片上同一位置离子的比荷越小；磁感应强度越大，打在底片上同一位置离子的电荷量不一定越大，故A项正确，B项、C项均错误。根据＝可得d＝，同位素电荷量q相等，则d∝，若将该装置底片刻度标注的比荷值修改为同位素的质量值，则各刻线对应质量值不是均匀的，故D项错误。 6．(多选)(经典题，4分)如图，是等离子体发电机的示意图，原料在燃烧室中全部电离为电子与正离子，即高温等离子体，等离子体以速度v进入矩形发电通道，发电通道里有图示的匀强磁场，磁感应强度为B。等离子体进入发电通道后发生偏转，落到相距为d的两个金属极板上，在两极板间形成电势差，等离子体发电机的电阻不可忽略。下列说法正确的是(　　) A.上极板为发电机正极 B．外电路闭合时，电阻两端的电压为Bdv C．带电粒子克服电场力做功把其他形式的能转化为电能 D．外电路断开时，带电粒子受到的洛伦兹力与电场力平衡 6．答案：ACD 解析：根据左手定则可知，正离子向上偏，电子向下偏，则上极板是电源的正极，下极板是电源的负极，故A项正确。根据qvB＝q 得电动势的大小为E＝Bdv，由于等离子体发电机的电阻不可忽略，因此外电阻两端的电压小于电源的电动势，故B项错误。根据功能关系可知，带电粒子克服电场力做功把其他形式的能转化为电能，故C项正确。等离子体中带有正、负电荷的高速粒子，在磁场中受到洛伦兹力的作用，分别向两极偏移，于是在两极之间产生电压，两极间存在电场力，当外电路断开时，带电粒子受到的洛伦兹力与电场力平衡，从而不再偏移，故D项正确。 7．(多选)(2025汇编题，4分)为了测量某化肥厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直于上下表面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前、后两个内侧面固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U。若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法正确的是(　　) A.若污水中正离子较多，则前内表面比后内表面的电势高 B．前内表面的电势一定低于后内表面的电势，与哪种离子多无关 C．污水中离子浓度越高，电压表的示数越大 D．若污水呈电中性，则该流量计不适用 E．如果增大流量计的长度a，电压表的示数会增大 F．污水流量Q＝ G．若流量计内由于长时间未清理，在下表面内侧积攒了一定厚度的污垢，则测量得到的流量大于实际的流量 7．答案：BFG 解析：正、负离子流动时，根据左手定则可知，正离子在洛伦兹力的作用下向后内表面偏转，负离子在洛伦兹力的作用下向前内表面偏转，所以后内表面上带正电荷，前内表面上带负电荷，前内表面电势比后内表面低，与哪种离子多无关，故A项错误，B项正确。最终正、负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态，设污水的流速为v，有q＝qvB，流量Q＝vS＝vbc＝，故F项正确。由U＝可知，两电极间电压与离子浓度无关、与流量计的长度a无关，故C项、E项均错误。污水呈电中性时，其中依然含有大量正离子和负离子，流量计可以使用，故D项错误。当流量计下表面积攒一定厚度的污垢时，实际的流量计高度c减小，由Q＝可知，测量得到的流量大于实际的流量，故G项正确。 8．(天津经典真题，18分)霍尔元件是一种重要的磁传感器，可用在多种自动控制系统中。长方体半导体材料厚为a、宽为b、长为c，以长方体三边为坐标轴建立坐标系xyz，如图所示。半导体中有电荷量均为e的自由电子与空穴两种载流子，空穴可看作带正电荷的自由移动粒子，单位体积内自由电子和空穴的数目分别为n和p。当半导体材料通有沿＋x方向的恒定电流后，某时刻在半导体所在空间加一匀强磁场，磁感应强度的大小为B，沿＋y方向，于是在z方向上很快建立稳定电场，称其为霍尔电场，已知电场强度大小为E，沿－z方向。 (1)判断刚加磁场瞬间自由电子受到的洛伦兹力方向； (2)若自由电子定向移动在沿＋x方向上形成的电流为In，求单个自由电子由于定向移动在z方向上受到洛伦兹力和霍尔电场力的合力大小Fnz； (3)霍尔电场建立后，自由电子与空穴在z方向定向移动的速率分别为vnz、vpz，求Δt时间内运动到半导体z方向的上表面的自由电子数与空穴数，并说明两种载流子在z方向上形成的电流应满足的条件。 8．答案：(1)沿＋z方向(2分) (2)e(8分)　(3)见解析(8分) 解析：(1)自由电子定向移动方向与电流方向相反，根据左手定则可知，自由电子受到的洛伦兹力沿＋z方向。(2分) (2)设自由电子在x方向上定向移动速率为vnx，则自由电子的电流微观表达式为In＝neabvnx (2分) 单个自由电子所受洛伦兹力大小为 F洛＝evnxB (2分) 霍尔电场力大小为F电＝eE(2分) 自由电子在z方向上受到的洛伦兹力和霍尔电场力方向相同，联立以上各式可得 Fnz＝e (2分) (3)设Δt时间内在z方向上运动到半导体上表面的自由电子数为Nn、空穴数为Np，则 Nn＝nacvnzΔt (2分) Np＝pacvpzΔt (2分) 霍尔电场建立后，半导体z方向的上表面的电荷量就不再发生变化，则Nn＝Np(2分) 即在任何相等时间内运动到上表面的自由电子数与空穴数相等，根据电流的定义式有I＝，则两种载流子在z方向形成的电流应大小相等、方向相反。(2分) 9.(广东经典真题，15分)如图所示是一种花瓣形电子加速器简化示意图，空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外。电子以初动能Ek0从圆b上P点沿径向进入电场。电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速。已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为R，电子质量为m，电荷量为e。忽略相对论效应。取tan 22.5°＝0.4。 (1)当Ek0＝0时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示，求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能； (2)已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射。当Ek0＝keU时，要保证电子从出射区域出射，求k的最大值。 9．答案：(1)　　8eU(9分) (2)(6分) 解析：(1)设Ⅰ区的磁感应强度大小为B1，电子进入Ⅰ区磁场时的速度为v，电子在两段电场中加速过程中，根据动能定理有2eU＝mv2－0(1分) 在磁场Ⅰ中，设电子做圆周运动半径为r，由几何关系可得r＝R tan 22.5°＝0.4R(1分) 根据洛伦兹力提供向心力，可得B1ev＝m(1分) 联立以上各式解得B1＝(2分) 在磁场Ⅰ中的运动周期T＝ 由几何关系可得，电子在磁场Ⅰ中运动的圆心角为φ＝π 在磁场Ⅰ中的运动时间为t＝T 联立解得t＝(2分) 动能的增加量全部来源于电场力做功，电子在从P点入射到从Q点出射的过程中共穿过电场8次，由动能定理可得，电子从Q点出射时的动能为 Ek＝8eU(2分) (2)设电子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动的最大半径为rm，此时圆周的轨迹与Ⅰ区磁场外边界相切，由几何关系可得(R－rm)2＝R2＋r(1分) 解得rm＝R 由于B1evm＝m(1分) 2eU＝mv－kmeU(2分) 联立解得km＝(2分) 10.(2023辽宁真题，13分)如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O′点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力。 (1)求金属板间电势差U； (2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ； (3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O′点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。 10．答案：(1)(4分)　(2)(或60°)(5分)　(3)见解析(4分) 解析：(1)设板间距离为d，则板长为d，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为E＝ 根据牛顿第二定律得qE＝ma(1分) 设粒子在板间的运动时间为t0，根据类平抛运动的规律得d＝v0t0，＝at(2分) 联立以上各式解得U＝(1分) (2)设粒子出电场时与水平方向夹角为α，如图(a)所示，则有 图(a) tan α＝＝ 故α＝ 则出电场时粒子的速度为v＝＝v0(1分) 粒子出电场后做匀速直线运动，进入磁场后，洛伦兹力提供粒子做匀速圆周运动所需的向心力，有 qvB＝m(1分) 解得r＝＝(1分) 已知圆形磁场区域半径为R＝，故r＝R 粒子沿PO方向射入磁场，即沿半径方向射入磁场[如图(a)]，根据几何关系可知，粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为θ，则粒子在磁场中运动的圆弧轨迹对应的圆心角也为θ，由几何关系可得 tan ＝＝(1分) 解得θ＝(或60°)(1分) 故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为(或60°)。 (3)带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为r＝R，根据几何关系可知，当带电粒子在该磁场中运动的轨迹圆的弦为磁场圆的直径时，粒子在磁场中运动的时间最长。(2分) 则相对应的运动轨迹和弦以及圆心M的位置如图(b)所示。 图(b) (2分) 11．(全国高三专题练习，19分)如图(a)所示的矩形区域abcd内存在着如图(b)所示的磁场(包括边界)，规定磁场方向垂直纸面向里为正，其中bc＝2ab＝2l，e为bc边界上的一点，且ce＝。重力可忽略不计的带正电的粒子从d点沿dc方向以初速度v0射入磁场，已知粒子的比荷为k。 图(a)　　　　　　　　　　　　图(b) (1)若在0时刻射入磁场的粒子经小于半个周期的时间从边界上的e点离开，则磁场的磁感应强度B0应为多大？ (2)若磁场的磁感应强度B0＝，欲使在小于半个周期的任意时刻射入磁场的粒子均不能由ad边离开磁场，则磁场的变化周期T0应满足什么条件？ (3)若磁场的磁感应强度B0＝，在bc边的右侧加一垂直bc边向左的匀强电场，0时刻射入磁场的粒子刚好经过T0垂直bc边离开磁场，经过一段时间又从a点离开磁场区域，则电场强度E以及粒子在电场中的路程x分别为多大？ 11．答案：(1)(4分)　(2)T0≤(6分) (3)E＝(n＝0，1，2，…) x＝(n＝0，1，2，…)(9分) 解析：(1)由题意画出粒子的运动轨迹，如图所示，设粒子的运动半径为R0。 图(a) 在磁场中，洛伦兹力提供向心力，有 qv0B0＝m，则R0＝(1分) 由几何关系，有R＝l2＋2(1分) 解得R0＝l(1分) 由于＝k，解得B0＝(1分) (2)由R＝可知，粒子运动的轨迹半径为R＝(1分) 临界情况为粒子从t＝0时刻射入，并且轨迹恰好与ad边相切，如图所示。 图(b) 圆周运动的周期为T＝＝(1分) 由几何关系可知，t＝内，粒子转过的圆心角为π。(1分) 对应的运动时间为t1＝T＝T(1分) 应满足t1≥(1分) 联立可得T0≤(1分) (3)根据题意画出粒子的运动轨迹如图所示。 图(c) 由题意有T0＝T＝(1分) 在电场中有qE＝ma(1分) 往返一次用时为Δt＝(1分) 应有Δt＝T0(2分) 可得E＝(n＝0，1，2，…)(2分) 运动的路程为x＝v0××2＝(n＝0，1，2，…)(2分) 12.(浙江模拟，10分)如图所示，在竖直平面内有两个同心圆，圆心在O点，小圆内部区域Ⅰ和两圆之间的环形区域Ⅱ均存在匀强磁场(图中未画出)，Ⅰ、Ⅱ区域磁场磁感应强度大小分别为B、2B，已知Ⅰ区域磁场方向垂直竖直平面向外，带正电的粒子a从O点竖直向上射出，粒子a质量为m、电荷量为q、速度大小为v，粒子a射出小圆区域时，速度方向斜向上且与水平方向的夹角为30°，不计粒子重力和粒子间相互作用。 (1)若仅已知Ⅱ区域磁场方向垂直竖直平面，方向向里或向外时为使粒子a都能回到O点，求大圆半径的最小值； (2)若Ⅱ区域磁场方向垂直竖直平面向外，粒子a从O点射出能回到O点且速度方向竖直向下，此过程中的轨迹长度最短为多少； (3)若Ⅱ区域磁场方向垂直竖直平面向外，另有一粒子b质量为2m、电荷量为2q，粒子a从O点竖直向上射出的同时，粒子b从O点以大小为的速度竖直向下射出，求a、b两粒子从O点出发到在过O点的水平直径上相遇所经过的最短时间(不考虑a、b在其他位置相遇)。 12．答案：(1)(4分)　(2)(3分)　(3) (3分) 解析：(1)设粒子a在Ⅰ区域中运动的轨迹半径为ra1，有qvB＝ (1分) 解得ra1＝ 设小圆半径为R1，粒子a在Ⅰ区域的运动轨迹如图(a)所示。 图(a) 根据几何关系知粒子a在Ⅰ区域中运动轨迹所对应的弦与水平方向的夹角为60°， 则ra1＝R1 即R1＝ 设a在Ⅱ区域做匀速圆周运动的半径为ra2，有 qv×2B＝(1分) 可得ra2＝＝ 若Ⅱ区域中磁场方向垂直竖直平面向里，设大圆半径为R2，画出粒子a运动轨迹如图(b)所示。 图(b) 由几何关系得 R2≥＋ra2 此时大圆半径最小值为R2min＝ 若Ⅱ区域中磁场方向垂直竖直平面向外，设大圆半径为R′2，画出粒子a运动轨迹如图(c)所示。 图(c) 由几何关系得R′2≥R1cos 30°＋ra2 此时大圆半径最小值为R′2min＝ 综上可知，为使粒子a都能回到O点，大圆半径最小值为。(2分) (2)根据R＝、T＝可得T＝，粒子a在Ⅰ区域做圆周运动的周期为Ta1＝， 在Ⅱ区域做圆周运动的周期为Ta2＝(1分) 粒子a从O点射出能回到O点且速度方向竖直向下，运动轨迹如图(d)所示。 图(d) 粒子a从O点竖直向上出发回到O点且速度方向竖直向下所经过的最短时间为 ta1＝Ta1＋Ta2(1分) 解得ta1＝ 则此过程中的轨迹长度最短为l＝vta1＝(1分) (3)设粒子b在Ⅰ区域做匀速圆周运动的半径为rb1，则2q··B＝ 解得rb1＝＝ra1 则粒子b恰好不穿出Ⅰ区域，粒子b在Ⅰ区域做圆周运动的周期为Tb＝ 讨论：①如果a、b两粒子在O点相遇，粒子a经过的时间 ta＝nta2＝n＝，其中n＝1，2，3，… 粒子b经过的时间 tb＝kTb＝，其中k＝1，2，3，… 粒子a、b在O点相遇时ta＝tb 解得＝2k 当k＝7，n＝12时，有最短时间t1＝ ②设粒子b运动轨迹与小圆边界相切于P点，如果粒子a在射出小圆时与b粒子在P点相遇，有 ta＝Ta1＋Ta2＋6n＝，其中n＝0，1，2，3，… 粒子b经过的时间 tb＝(2k－1)＝(2k－1)，其中k＝1，2，3，… ta＝tb，则2k－1＝ 即k＝3.5n＋ 不符合实际情况，则粒子a在射出小圆时不会与粒子b在P点相遇。 ③如果粒子a在射入小圆时与粒子b在P点相遇，有 ta＝Ta1＋2Ta2＋6n＝，其中n＝0，1，2，3，… 粒子b经过的时间 tb＝(2k－1)＝(2k－1)，其中k＝1，2，3，… ta＝tb，则2k－1＝ 即k＝3.5n＋ 不符合实际情况，可知a粒子在射入小圆时不会与粒子b在P点相遇。 综上可得，a、b两粒子从O点出发到在过O点的水平直径上相遇所经过的最短时间为。(3分) B组(冲刺满分) 13．(河北经典真题，16分)如图，一对长平行栅极板水平放置，极板外存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，极板与可调电源相连。正极板上O点处的粒子源垂直极板向上发射速度为v0、带正电的粒子束，单个粒子的质量为m、电荷量为q。一足够长的挡板OM与正极板成37°倾斜放置，用于吸收打在其上的粒子，C、P是负极板上的两点，C点位于O点的正上方，P点处放置一粒子靶(忽略靶的大小)，用于接收从上方打入的粒子，CP长度为L0。忽略栅极的电场边缘效应、粒子间的相互作用及粒子所受重力。sin 37°＝。 (1)若粒子经电场一次加速后正好打在P点处的粒子靶上，求可调电源电压U0的大小； (2)调整电压的大小，使粒子不能打在挡板OM上，求电压的最小值Umin； (3)若粒子靶在负极板上的位置P点左右可调，则负极板上存在H、S两点(CH≤CP<CS，H、S两点未在图中标出)，对于粒子靶在HS区域内的每一点，当电压从零开始连续缓慢增加时，粒子靶均只能接收到n(n≥2)种能量的粒子，求CH和CS的长度(假定在每个粒子的整个运动过程中电压恒定)。 13．答案：(1)－(4分)　(2)(6分) (3)(n≥2)(3分)　(n≥2)(3分) 解析：(1)从O点射出的粒子在板间被加速，设粒子经电场一次加速进入磁场时的速度为v1，则由动能定理得U0q＝mv－mv(1分) 粒子在磁场中做匀速圆周运动，则半径 r＝(1分) 由洛伦兹力提供向心力得 qv1B＝m(1分) 联立解得U0＝－(1分) (2)当电压为最小值时，穿过下面的正极板后，粒子做匀速圆周运动的轨迹与挡板OM相切，此时粒子恰好不能打到挡板上，如图(a)所示。设粒子进入上方磁场的速度为v2，对应的匀速圆周运动半径为r2。 图(a) 从O点射出的粒子在板间被加速，则由动能定理得 Uminq＝mv－mv(1分) 粒子在负极板上方的磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得qv2B＝m(1分) 粒子从负极板运动到正极板时速度仍减小到v0，设在下方磁场做圆周运动的半径为r0，则由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m(1分) 由几何关系可知2r2＝＋r0(1分) 联立解得Umin＝(2分) (3)当加速电压为0时，设粒子在磁场上方可打到A点，可知CA段无粒子；设粒子刚好能够再次进入上方磁场时，在上方磁场第一次打在B点，第二次打在H1点，第三次打在H2点，第四次打在H3点……第n次打在Hn－1点处。 分析可得，AB段内任意一点只能通过一种能量的粒子，之后粒子打在挡板上，BH1段内任意一点均只有一种能量粒子能通过；在H1点处，有两种能量粒子可以通过，如图(b)所示，在[H1，H2)区域内，对于每一点，均只有两种能量的粒子可打在上面，当n＝2时，可知 CH＝CH1＝(1分) CS＝CH2＝(1分) 依此类推，在[H2，H3)区域内，对于每一点，均只有3种能量的粒子可打在上面； …… 在[Hn－1，Hn)区域内，对于每一点，均只有n种能量的粒子可打在上面； 设粒子第一次转回进入上方磁场的点与C点的距离为Δx， Δx＝2r2－2r0＝ CH＝(n－1)Δx＋2r2＝(n≥2)(2分) CS＝nΔx＋2r2＝(n≥2)(2分) 图(b) 14.(2023.01浙江真题，10分)探究离子源发射速度大小和方向分布的原理如图所示。x轴上方存在垂直xOy平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。x轴下方的分析器由两块相距为d、长度足够的平行金属薄板M和N组成，其中位于x轴的M板中心有一小孔C(孔径忽略不计)，N板连接电流表后接地。位于坐标原点O的离子源能发射质量为m、电荷量为q的正离子，其速度方向与y轴夹角最大值为60°；且各个方向均有速度大小连续分布在v0和v0之间的离子射出。已知速度大小为v0、沿y轴正方向射出的离子经磁场偏转后恰好垂直x轴射入孔C。未能射入孔C的其他离子被分析器的接地外罩屏蔽(图中没有画出)。不计离子的重力及相互作用，不考虑离子间的碰撞。 (1)求孔C所处位置的坐标x0； (2)求离子打在N板上区域的长度L； (3)若在N与M板之间加载电压，调节其大小，求电流表示数刚为0时的电压U0； (4)若将分析器沿着x轴平移，调节加载在N与M板之间的电压，求电流表示数刚为0时的电压Ux与孔C位置坐标x之间关系式。 14. 答案：(1)(2分)　(2)2d(2分)　(3)(3分)　 (4)当≤x≤时，Ux＝(3分) 解析：(1)速度大小为v0、沿y轴正方向射出的离子经磁场偏转后轨迹如图所示。 由洛伦兹力提供向心力得Bqv0＝m(1分) 解得半径R＝ 孔C所处位置的坐标为x0＝2R＝(1分) (2)速度大小为v的离子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力有Bqv＝m 解得半径R′＝ 若要能在C点入射，则由几何关系可得 2R′cos θ＝2R(1分) 解得cos θ＝∈ 当cos θ＝，即θ＝45°时，离子打在N板上的位置距N板中心最远，由几何关系结合对称性可得 L＝2d(1分) (3)不管从何角度发射，离子通过C点时的速度在y轴方向上的分量大小均为vy＝v cos θ(1分) 由(2)可得vy＝v0 由动能定理有qU0＝mv－0(1分) 解得U0＝(1分) (4)孔C位置坐标为x＝2r cos θ 其中r＝＝R 联立以上二式可得 x＝2Rcos θ，cos θ∈ 解得R≤x≤2R(1分) 由Bqvy＝可得vy＝(1分) 由动能定理得Uxq＝mv－0 解得Ux＝(1分) 15.(2022河北真题，16分)两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图(a)所示，金属板与可调电源相连形成电场，方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直xOy平面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图(b)所示。板间O点放置一粒子源，可连续释放质量为m、电荷量为q(q>0)、初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求： 　　 图(a)　　　　　　　　图(b) (1)t＝0时刻释放的粒子，在t＝时刻的位置坐标； (2)在0～时间内，静电力对t＝0时刻释放的粒子所做的功； (3)在M点放置一粒子接收器，在0～时间内什么时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获。 15．答案：(1)(5分)　(2)(6分)　(3)或(5分) 解析：(1)在0～时间内，电场强度为E0，带电粒子在电场中加速，根据动量定理可得qE0·＝mv1 解得粒子在时刻的速度大小为 v1＝(方向竖直向上) 粒子竖直向上运动的距离为 y1＝v1·＝(2分) 粒子在磁场中偏转时，洛伦兹力提供向心力，有 B0qv1＝m，T＝ 解得T＝ 可知在～时间内，粒子偏转180°，速度反向。 根据qvB＝m可知粒子水平向右运动的距离为 x1＝2r1＝2＝(2分) 粒子运动轨迹如图所示。 所以粒子在t＝时刻的位置坐标为(，)。(1分) (2)在～时间内，电场强度为2E0，粒子受到的电场力方向竖直向上，在竖直方向根据动量定理可得 q×2E0·＝mv2＋mv1 解得粒子在时刻的速度大小为 v2＝(方向竖直向上) 粒子在竖直方向上运动的距离为 y2＝·＝0(2分) 在～时间内，粒子在水平方向运动的距离为 x2＝2r2＝2＝ 粒子在t＝时刻的速度方向向下，大小为v2。 在～时间内，电场强度为3E0，在竖直方向根据动量定理可得 q×3E0·＝mv3＋mv2 解得粒子在时刻的速度大小为 v3＝(方向竖直向上) 粒子在竖直方向运动的距离为 y3＝·＝(2分) 粒子运动的轨迹如图所示。 在0～时间内，静电力对粒子做功大小为 W＝qE0·y1＋q×3E0·y3＝(电场力做正功)(2分) (3)若粒子在磁场中运动两个半圆能够到达M点，则释放的时间一定在0～内，设粒子第一段加速时间为t1，在竖直方向根据动量定理可得qE0·t1＝mv′1 y′1＝v′1·t1 在～时间内，粒子在水平方向运动的距离为 x′1＝2r′1＝2 在～时间内，在竖直方向根据动量定理可得 q×2E0·＝mv′2＋mv′1 y′2＝· 在～时间内，粒子在水平方向运动的距离为 x′2＝2r′2＝2 可知x′1＋x′2＝ 与接收器的横坐标相同，因此横坐标符合接收条件，要使粒子能被接收，粒子最终在竖直方向上运动的距离应小于或等于M点的纵坐标，即需要满足 y′1＋y′2－≤ 其中a3＝ 代入数据解不等式可得，只有当t1＝时不等式成立，所以粒子释放时刻为t释1＝(2分) 若粒子经过一个半圆到达M点，则粒子不可能在0～时间内释放，如果在～时间内释放，假设粒子加速的时间为t′1，在竖直方向根据动量定理可得 q×2E0·t′1＝mv″1 y″1＝v″1·t′1 之后粒子在～时间内在磁场中偏转半个周期，粒子在水平方向移动距离大小等于M点的横坐标，即x″1＝2r″1＝2＝ 解得v″1＝，y″1＝ 在～时间内，粒子在竖直方向减速为0的过程中，竖直方向的位移y″2＝ 因此y″1－y″2＝> 粒子无法被捕获。 若粒子在～时间内释放，假设粒子加速的时间为t″1，在竖直方向根据动量定理可得 q×3E0·t″1＝mv‴1 y‴1＝v‴1·t″1 之后粒子在～时间内在磁场中偏转半个周期，粒子在水平方向移动距离大小等于M点的横坐标，即 x‴1＝2r‴1＝2＝ 解得v‴1＝，t″1＝·，y‴1＝ 在～时间内，根据运动学公式v2＝2ax可得，粒子在竖直方向减速为0的过程中，竖直方向的位移为y‴2＝ 因此y‴1－y‴2＝< 符合要求，所以粒子释放时刻为 t释2＝－·＝(2分) 综上，粒子释放的时刻为或。(1分) 学科网（北京）股份有限公司 $$