专题十一安培力与洛伦兹力-【创新教程】2020-2024五年高考真题物理分类特训

　　　　　　专题十一　安培力与洛伦兹力 考点１　安培力的应用和磁感应强度 ◆磁感应强度叠加 １．(２０２２􀅰全国乙卷,１８,６分)安装 适当的软件后,利用智能手机中的 磁传感器可以测量磁感应强度B． 如图,在手机上建立直角坐标系,手机显示 屏所在平面为xOy 面．某同学在某地对地 磁场进行了四次测量,每次测量时y轴指向 不同方向而z轴正向保持竖直向上．根据表 中测量结果可推知 (　　) 测量序号 Bx/μT By/μT Bz/μT １ ０ ２１ －４５ ２ ０ －２０ －４６ ３ ２１ ０ －４５ ４ －２１ ０ －４５ A．测量地点位于南半球 B．当地的地磁场大小约为５０μT C．第２次测量时y轴正向指向南方 D．第３次测量时y轴正向指向东方 ２．(２０２１􀅰 全国甲卷,１６,６ 分)两足够长直导线均折 成直角,按图示方式放置 在同一平面内,EO 与O′Q 在一条直线上,PO′与OF 在一条直线上, 两导线相互绝缘,通有相等的电流I,电流 方向如图所示．若一根无限长直导线通过电 流I时,所产生的磁场在距离导线d处的磁 感应强度大小为B,则图中与导线距离均为 d的 M、N 两点处的磁感应强度大小分 别为 (　　) A．B、０ B．０、２B C．２B、２B D．B、B ３．(２０２１􀅰福建卷,６,６分)如图, 四条相互平行的细长直导线垂 直坐标系xOy平面,导线与坐标 平面的交点为a、b、c、d四点．已知a、b、c、d为 正方形的四个顶点,正方形中心位于坐标原点 O,e为cd的中点且在y轴上;四条导线中的电 流大小相等,其中过a点的导线的电流方向垂 直坐标平面向里,其余导线电流方向垂直坐标 平面向外．则 (　　) A．O点的磁感应强度为０ B．O点的磁感应强度方向由O 指向c C．e点的磁感应强度方向沿y 轴正方向 D．e点的磁感应强度方向沿y 轴负方向 ◆安培力 ４．(２０２３􀅰江苏卷,２)如图所 示,匀强磁场的磁感应强度 为B．L 形导线通以恒定电 流I,放置在磁场中．已知ab 边长为２l,与磁场方向垂直,bc边长为l,与磁 场方向平行．该导线受到的安培力为 (　　) A．０ B．BIl C．２BIl D．５BIl ５．(２０２３􀅰辽宁卷,２)安培通过实验研究,发现 了电流之间相互作用力的规律．若两段长度 分别为Δl１ 和Δl２、电流大小分别为I１ 和I２ 的平行直导线间距为r时,相互作用力的大 小可以表示为ΔF＝k I１I２Δl１Δl２ r２ ．比例系数 k的单位是 (　　) A．kg􀅰m/(s２􀅰A) B．kg􀅰m/(s２􀅰A２) C．kg􀅰m２/(s３􀅰A) D．kg􀅰m２/(s３􀅰A３) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２９ 最新真题分类特训􀅰物理 ６．(２０２２􀅰湖南卷,３,４分)如图(a)直导线MN 被 两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′ 上,其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁 场,与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相 等且不随时间变化,其截面图如图(b)所示．导 线通以电流I,静止后,悬线偏离竖直方向的夹 角为θ．下列说法正确的是 (　　) A．当导线静止在图(a)右侧位置时,导线中 电流方向由N 指向M B．电流I增大,静止后,导线对悬线的拉力 不变 C．tanθ与电流I成正比 D．sinθ与电流I成正比 ７．(２０２１􀅰江苏卷,５,４分)在光滑桌面上将长 为πL的软导线两端固定,固定点的距离为 ２L,导线通有电流I,处于磁感应强度大小 为B、方向竖直向下的匀强磁场中,导线中 的张力为 (　　) A．BIL B．２BIL C．πBIL D．２πBIL ８．(２０２１􀅰广东卷,５,３分)截 面为正方形的绝缘弹性长 管中心有一固定长直导线, 长管外表面固定着对称分 布的四根平行长直导线．若 中心直导线通入电流I１,四根平行直导线均 通入电流I２,I１≫I２,I１、I２,电流方向如图所 示．下列截面图中可能正确表示通电后长管 发生形变的是 (　　) ９．(２０２１􀅰浙江６月,１５,２分)如图所示,有两 根用超导材料制成的长直平行细导线a、b, 分别通以８０A 和１００A 流向相同的电流, 两导线构成的平面内有一点p,到两导线的 距离相等．下列说法正确的是 (　　) A．两导线受到的安培力Fb＝１．２５Fa B．导线所受的安培力可以用F＝ILB 计算 C．移走导线b前后,p点的磁感应强度方向 改变 D．在离两导线平面有一定距离的有限空间 内,不存在磁感应强度为零的位置 １０．(２０２１􀅰河北卷,５,４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＝mgRsinθB１B２Ld B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下, v＝mgRsinθB１B２Ld C．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上, v＝mgRtanθB１B２Ld D．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下, v＝mgRtanθB１B２Ld 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３９ 专题十一　安培力与洛伦兹力 １１．(２０２０􀅰北京卷,８,３分) 如图所示,在带负电荷的 橡胶圆盘附近悬挂一个 小磁针．现驱动圆盘绕中 心轴高速旋转,小磁针发 生偏转．下列说法正确的是 (　　) A．偏转原因是圆盘周围存在电场 B．偏转原因是圆盘周围产生了磁场 C．仅改变圆盘的转动方向,偏转方向不变 D．仅改变圆盘所带电荷的电性,偏转方向 不变 １２．(２０２２􀅰 全 国 甲 卷, ２５,２０ 分)光 点 式 检 流计是一种可以测量 微小电流的仪器,其 简化的工作原理示意图如图所示．图中A 为轻质绝缘弹簧,C为位于纸面上的线圈, 虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场;M 为 置于平台上的轻质小平面反射镜,轻质刚 性细杆 D 的一端与 M 固连且与镜面垂 直,另一端与弹簧下端相连,PQ 为圆弧形 的、带有均匀刻度的透明读数条,PQ 的圆 心位于M 的中心．使用前需调零;使线圈 内没有电流通过时,M 竖直且与纸面垂 直;入射细光束沿水平方向经PQ 上的O 点射到M 上后沿原路反射．线圈通入电流 后弹簧长度改变,使 M 发生倾斜,入射光 束在 M 上的入射点仍近似处于PQ︵的圆 心,通过读取反射光射到PQ︵上的位置,可 以测得电流的大小．已知弹簧的劲度系数 为k,磁场磁感应强度大小为B,线圈C的 匝数为N．沿水平方向的长度为l,细杆D 的长度为d,圆弧PQ 的半径为r﹐r≫d, d远大于弹簧长度改变量的绝对值． (１)若在线圈中通入的微小电流为I,求平 衡后弹簧长度改变量的绝对值 Δx及PQ 上反射光点与O 点间的弧长s; (２)某同学用此装置测一微小电流,测量 前未调零,将电流通入线圈后,PQ 上反射 光点出现在O 点上方,与O点间的弧长为 s１;保持其它条件不变,只将该电流反向接 入,则反射光点出现在O 点下方,与O 点 间的弧长为s２．求待测电流的大小． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４９ 最新真题分类特训􀅰物理 考点２　带电粒子在磁场中的圆周运动 ◆圆形边界磁场 １．(２０２３􀅰全国甲卷,２０)光 滑刚性绝缘圆筒内存在着 平行于轴的匀强磁场,筒 上P 点开有一个小孔,过 P 的横截面是以O 为圆心的圆,如图所示． 一带电粒子从P 点沿PO 射入,然后与筒壁 发生碰撞．假设粒子在每次碰撞前、后瞬间, 速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小 不变,沿法线方向的分量大小不变、方向相 反;电荷量不变．不计重力．下列说法正确 的是 (　　) A．粒子的运动轨迹可能通过圆心O B．最少经２次碰撞,粒子就可能从小孔射出 C．射入小孔时粒子的速度越大,在圆内运 动时间越短 D．每次碰撞后瞬间,粒子速度方向一定平 行于碰撞点与圆心O的连线 ２．(２０２２􀅰辽宁卷,８,６分) 粒子物理研究中使用的 一种球状探测装置横截 面的 简 化 模 型 如 图 所 示．内圆区域有垂直纸 面向里的匀强磁场,外圆是探测器．两个粒 子先后从P 点沿径向射入磁场,粒子１沿直 线通过磁场区域后打在探测器上的 M 点． 粒子２经磁场偏转后打在探测器上的 N 点．装置内部为真空状态,忽略粒子重力及 粒子间相互作用力．下列说法正确的是 (　　) A．粒子１可能为中子 B．粒子２可能为电子 C．若增大磁感应强度,粒子１可能打在探测 器上的Q 点 D．若增大粒子入射速度,粒子２可能打在 探测器上的Q 点 ３．(２０２１􀅰全国乙卷,１６,６ 分)如图,圆形区域内有 垂直纸面向里的匀强磁 场,质量为m、电荷量为q (q＞０)的带电粒子从圆周 上的 M 点沿直径MON 方向射入磁场．若 粒子射入磁场时的速度大小为v１,离开磁 场时速度方向偏转９０°;若射入磁场时的速 度大小为v２,离 开 磁 场 时 速 度 方 向 偏 转 ６０°．不计重力．则 v１ v２ 为 (　　) A．１２　　　　　　B． ３ ３ C．３２ D．３ ◆直线边界磁场 ４．(２０２２􀅰广东卷,７,４分) 如图所示,一个立方体空 间被对角平面 MNPQ 划 分成两个区域,两区域分 布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z 轴平行的匀强磁场．一质子以某一速度从立 方体左侧垂直Oyz平面进入磁场,并穿过 两个磁场区域．下列关于质子运动轨迹在不 同坐标平面的投影中,可能正确的是(　　) ５．(２０２１􀅰湖北卷,９,４分)一 电中性微粒静止在垂直纸面 向里的匀强磁场中,在某一 时刻突然分裂成a、b和c三 个微粒,a和b在磁场中做半径相等的匀速 圆周运动,环绕方向如图所示,c未在图中 标出．仅考虑磁场对带电微粒的作用力,下 列说法正确的是 (　　) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５９ 专题十一　安培力与洛伦兹力 A．a带负电荷 B．b带正电荷 C．c带负电荷 D．a和b的动量大小一定相等 ６．(２０２１􀅰北京卷,１２,３分) 如图所示,在xOy坐标系 的第一象限内存在匀强磁 场．一带电粒子在P 点以 与x 轴正方向成６０°的方向垂直磁场射入, 并恰好垂直于y轴射出磁场．已知带电粒子 质量为m、电荷量为q,OP＝a．不计重力．根 据上述信息可以得出 (　　) A．带电粒子在磁场中运动的轨迹方程 B．带电粒子在磁场中运动的速率 C．带电粒子在磁场中运动的时间 D．该匀强磁场的磁感应强度 ７．(２０２０􀅰天津卷,７,５ 分)如图所示,在Oxy 平面的第一象限内存 在方向垂直纸面向里, 磁感应强度大小为 B 的匀强磁场．一带电粒子从y轴上的M 点 射入磁场,速度方向与y轴正方向的夹角θ ＝４５°．粒子经过磁场偏转后在 N 点(图中 未画出)垂直穿过x轴．已知OM＝a,粒子 电荷量为q,质量为m,重力不计．则 (　　) A．粒子带负电荷 B．粒子速度大小为qBam C．粒子在磁场中运动的轨道半径为a D．N 与O 点相距(２＋１)a 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 考点３　带电粒子在有界磁场中的临界、极值问题 １．(２０２４􀅰湖北卷,７)如图 所示,在以O 点为圆心、 半径为R 的圆形区域内 有垂直于纸面向里的匀 强磁场,磁感应强度大小为B．圆形区域外 有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强 磁场．一质量为m、电荷量为q(q＞０)的带电 粒子沿直径AC方向从A 点射入圆形区域． 不计重力,下列说法正确的是 (　　) A．粒子的运动轨迹可能经过O点 B．粒子射出圆形区域时的速度方向不一定 沿该区域的半径方向 C．粒子连续两次由A 点沿AC 方向射入圆 形区域的最小时间间隔为７πm ３qB D．若粒子从A 点射入到从C 点射出圆形区 域 用 时 最 短,粒 子 运 动 的 速 度 大 小 为 ３qBR ３m ２．(２０２０􀅰全国Ⅰ卷,１８, ６分)一匀强磁场的磁 感应强度大小为B,方 向垂直于纸面向外,其 边界如图中虚线所示,ab︵为半圆,ac、bd 与 直径ab共线,ac间的距离等于半圆的半径． 一束质量为m、电荷量为q(q＞０)的粒子,在 纸面内从c点垂直于ac 射入磁场,这些粒 子具有各种速率．不计粒子之间的相互作 用．在磁场中运动时间最长的粒子,其运动 时间为 (　　) A．７πm６qB B． ５πm ４qB C．４πm３qB D． ３πm ２qB ３．(２０２０􀅰全国Ⅲ卷,１８,６分)真空中有一匀 强磁场,磁场边界为两个半径分别为a 和 ３a的同轴圆柱面,磁场的方 向与圆柱轴线平行,其横截 面如图所示．一速率为v的 电子从圆心沿半径方向进 入磁场．已知电子质量为m, 电荷量为e,忽略重力．为使该电子的运动被 限制在图中实线圆围成的区域内,磁场的磁 感应强度最小为 (　　) A．３mv２ae B． mv ae C．３mv４ae D． ３mv ５ae 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６９ 最新真题分类特训􀅰物理 ４．(２０２０􀅰全国Ⅱ卷,２４, １２分)如图,在０≤x≤ h,－∞＜y＜＋∞区域 中存在方向垂直于纸 面的匀强磁场,磁感应 强度B 的大小可调,方向不变．一质量为m、 电荷量为q(q＞０)的粒子以速度v０ 从磁场 区域左侧沿x轴进入磁场,不计重力． (１)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离 开磁场,分析说明磁场的方向,并求在这种 情况下磁感应强度的最小值Bm; (２)如果磁感应强度大小为 Bm ２ ,粒子将通过 虚线所示边界上的一点离开磁场．求粒子在 该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该 点到x 轴的距离． ５．(２０２０􀅰江苏卷,１６,１６ 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: (１)Q 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q′m′ 可能的最小值． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７９ 专题十一　安培力与洛伦兹力 考点４　带电粒子在电磁组合场中的运动 １．(２０２４􀅰河北卷,１０)如 图,真空区域有同心正 方形ABCD 和abcd,其 各对应边平行,ABCD 的边长一定,abcd 的边 长可调,两正方形之间充满恒定匀强磁场, 方向垂直于正方形所在平面．A 处有一个粒 子源,可逐个发射速度不等、比荷相等的粒 子,粒子沿AD 方向进入磁场．调整abcd的 边长,可使速度大小合适的粒子经ad边穿 过无磁场区后由BC 边射出．对满足前述条 件的粒子,下列说法正确的是 (　　) A．若粒子穿过ad边时速度方向与ad 边夹 角为４５°,则粒子必垂直BC射出 B．若粒子穿过ad边时速度方向与ad 边夹 角为６０°,则粒子必垂直BC射出 C．若粒子经cd边垂直BC 射出,则粒子穿 过ad 边时 速度方向与ad 边 夹 角 必 为４５° D．若粒子经bc边垂直BC 射出,则粒子穿 过ad 边 时 速 度 方 向 与ad 边 夹 角 必 为６０° ２．(２０２４􀅰山东卷,１８)(１６分)如图所示,在 Oxy坐标系x＞０,y＞０区域内充满垂直纸 面向里,磁感应强度大小为B 的匀强磁场． 磁场中放置一长度为L的挡板,其两端分别 位于x、y轴上M、N 两点,∠OMN＝６０°,挡 板上有一小孔 K 位于 MN 中点．△OMN 之外的第一象限区域存在恒定匀强电场．位 于y轴左侧的粒子发生器在０＜y＜ ３２L 的 范围内可以产生质量为m,电荷量为＋q的 无初速度的粒子．粒子发生器与y轴之间存 在水平向右的匀强加速电场,加速电压大小 可调,粒子经此电场加速后进入磁场,挡板 厚度不计,粒子可沿任意角度穿过小孔,碰 撞挡板的粒子不予考虑,不计粒子重力及粒 子间相互作用力． (１)求使粒子垂直挡板射入小孔 K 的加速 电压U０; (２)调整加速电压,当粒子以最小的速度从 小孔 K 射出后恰好做匀速直线运动,求第 一象限中电场强度的大小和方向; (３)当加速电压为qB ２L２ ２４m 时,求粒子从小孔 K 射出后,运动过程中距离y轴最近位置的 坐标． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８９ 最新真题分类特训􀅰物理 ３．(２０２４􀅰湖南卷, １４)如图,有一内 半径为２r、长为L 的圆筒,左、右端 面圆心O′、O处各 开有一小孔．以O为坐标原点,取O′O 方向 为x 轴正方向建立OＧxyz坐标系．在筒内x ≤０区域有一匀强磁场,磁感应强度大小为 B,方向沿x轴正方向;筒外x≥０区域有一 匀强电场,场强大小为E,方向沿y轴正方 向．一电子枪在O′处向圆筒内多个方向发 射电子,电子初速度方向均在xOy平面内, 且在x 轴正方向的分速度大小均为v０．已 知电子的质量为 m、电量为e,设电子始终 未与筒壁碰撞,不计电子之间的相互作用及 电子的重力． (１)若所有电子均能经过O 进入电场,求磁 感应强度B 的最小值; (２)取(１)问中最小的磁感应强度B,若进入 磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大 夹角为θ,求tanθ的绝对值; (３)取(１)问中最小的磁感应强度B,求电子 在电场中运动时y轴正方向的最大位移． ４．(２０２４􀅰新课标卷, １６)(２０ 分)一质量 为m、电荷量为q(q ＞０)的带电粒子始 终在同一水平面内 运动,其速度可用图 示的直角坐标系内 一个点P(vx,vy)表示,vx、vy 分别为粒子速 度在水平面内两个坐标轴上的分量．粒子出 发时P 位于图中a(０,v０)点,粒子在水平方 向的匀强电场作用下运动,P 点沿线段ab 移动到b(v０．v０)点;随后粒子离开电场,进 入方向竖直、磁感应强度大小为B 的匀强 磁场,P 点沿以O 为圆心的圆弧移动至 c(－v０,v０)点;然后粒子离开磁场返回电 场,P 点沿线段ca 回到a 点．已知任何相等 的时间内P 点沿图中闭合曲线通过的曲线 长度都相等．不计重力．求 (　　) (１)粒子 在 磁 场 中 做 圆 周 运 动 的 半 径 和 周期; (２)电场强度的大小; (３)P 点沿图中闭合曲线移动１周回到a点 时,粒子位移的大小． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９９ 专题十一　安培力与洛伦兹力 ５．(２０２４􀅰黑吉辽卷,１５)现代粒子加速器常用 电磁场控制粒子团的运动及尺度．简化模型 如图:Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L,存在垂直于纸面 的匀强磁场,磁感应强度等大反向;Ⅲ、Ⅳ区 为电场区,Ⅳ区电场足够宽,各区边界均垂 直于x轴,O为坐标原点．甲、乙为粒子团中 的两个电荷量均为＋q,质量均为 m 的粒 子．如图,甲、乙平行于x轴向右运动,先后 射入Ⅰ区时速度大小分别为３２v０ 和v０．甲到 P 点时,乙刚好射入Ⅰ区．乙经过Ⅰ区的速 度偏转角为３０°,甲到O 点时,乙恰好到P 点．已知Ⅲ区存在沿＋x 方向的匀强电场, 电场强度大小E０＝ ９mv２０ ４πqL． 不计粒子重力及 粒子间相互作用,忽略边界效应及变化的电 场产生的磁场． (１)求磁感应强度B 的大小; (２)求Ⅲ区的宽度d; (３)Ⅳ区x轴上的电场方向沿x 轴,电场强 度E 随时间t、位置坐标x的变化关系为E ＝ωt－kx,其中常系数ω＞０,ω 已知、k未 知,取甲经过O 点时t＝０．已知甲在Ⅳ区始 终做匀速直线运动,设乙在Ⅳ区受到的电场 力大小为F,甲、乙间距为 Δx,求乙追上甲 前F 与 Δx间的关系式(不要求写出 Δx的 取值范围)． ６．(２０２３􀅰山东卷,１７)(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． (ⅰ)求改变后电场强度E′的大小和粒子的 初速度v０; (ⅱ)通过计算判断粒子能否从P 点第三次 进入电场． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ００１ 最新真题分类特训􀅰物理 ７．(２０２３􀅰浙江卷,２０) (１１分)利用磁场实 现离子偏转是科学 仪器中广泛应用的 技 术．如 图 所 示, Oxy平面(纸面)的 第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均 平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ,其中区域Ⅰ存在磁 感应强度大小为B１ 的匀强磁场,区域Ⅱ存 在磁感应强度大小为B２ 的磁场,方向均垂 直纸面向里,区域Ⅱ的下边界与x轴重合． 位于(０,３L)处的离子源能释放出质量为 m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为６０° 的正离子束,沿纸面射向磁场区域．不计离 子的重力及离子间的相互作用,并忽略磁场 的边界效应． (１)求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v１ 及 其在磁场中的运动时间t; (２)若B２＝２B１,求能到达y＝ L ２ 处的离子的 最小速度v２; (３)若B２＝ B１ Ly ,且离子源射出的离子数按 速度大小均匀地分布在 B１qL m ~ ６B１qL m 范围, 求进入第四象限的离子数与总离子数之 比η． ８．(２０２３􀅰 辽宁卷,１４) (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 ３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 ２mv０ ３qB ,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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １０１ 专题十一　安培力与洛伦兹力 ９．(２０２２􀅰山东卷,１７,１４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 ２ ２B ,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qBd２m 的速度从O 点沿z 轴正方 向第一次穿过xOy 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qBd２m 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)． １０．(２０２１􀅰全国甲卷,２５,２０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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２０１ 最新真题分类特训􀅰物理 考点５　带电粒子在电磁叠加场中的运动 １．(２０２３􀅰全国乙卷,１８)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 正向入射到磁场中,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l ２ ,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．E ２aB２ B．E aB２ C．B ２aE２ D．B aE２ ２．(２０２３􀅰新课标卷,１８)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１１０ ,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 ３．(２０２２􀅰全国甲卷,１８,６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 (　　) ４．(２０２２􀅰 广东卷,８,６ 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 ５．(２０２１􀅰 福建卷,２,４ 分)一对平行金属板中 存在匀强电场和匀强 磁场,其中电场的方向与金属板垂直,磁场 的方向与金属板平行且垂直纸面向里,如 图所示．一质子(１１H)以速度v０ 且O 点沿中 轴线射入,恰沿中轴线做匀速直线运动．下 列粒子分别自O 点沿中轴线射入,能够做 匀速直线运动的是(所有粒子均不考虑重 力的影响) (　　) A．以速度 v０ ２ 射入的正电子(０１e) B．以速度v０ 射入的电子(０－１e) C．以速度２v０ 射入的氘核(２１H) D．以速度４v０ 射入的α粒子(４２He) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３０１ 专题十一　安培力与洛伦兹力 ６．(２０２３􀅰江苏卷,１６)(１５分)霍尔推进器某 局部区域可抽象成如图所示的模型．xOy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 v０ ４ ,求运动到速度为 v０ ２ 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＝ mv０ ５eB 位置的电 子数N 占总电子数N０ 的百分比． ７．(２０２２􀅰湖南卷,１３,１３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 ３d,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′． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４０１ 最新真题分类特训􀅰物理 ８．(２０２１􀅰天津卷,１２, 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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 考点６　带电粒子在变化电磁场中的运动 １．(２０２２􀅰河北卷,１４,１６分)两块面积和间距 均足够大的金属板水平放置,如图１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２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: (１)t＝０时刻释放的粒子,在t＝２πmqB０ 时刻的 位置坐标; (２)在０~６πmqB０ 时间内,静电力对t＝０时刻 释放的粒子所做的功; (３)在 M ４πE０m qB２０ ,π ２E０m ４qB２０ æ è ç ö ø ÷ 点放置一粒子接 收器,在０~６πmqB０ 时间内什么时刻释放的粒 子在电场存在期间被捕获． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５０１ 专题十一　安培力与洛伦兹力 ２．(２０２１􀅰浙江６月,２２,１０分)如图甲所示, 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 乙 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． (１)求离子从小孔S射出时相对推进器的速 度大小v; (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＝ ２mv０ ５eL ． 求图乙中t０ 时刻离 子束对推进器作用力沿z轴方向的分力． ３．(２０２１􀅰河北卷,１４,１６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 栅极板的电场边缘效应、粒子间的相互作用 及粒子所受重力,sin３７°＝３５． (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)． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６０１ 最新真题分类特训􀅰物理 考点７　现代科技中的电磁场问题 １．(２０２４􀅰 湖 北 卷,９)磁 流 体 发电机的原理 如图所示,MN 和PQ 是两平 行金属极板,匀强磁场垂直于纸面向里．等 离子体(即高温下电离的气体,含有大量 正、负带电粒子)从左侧以某一速度平行于 极板喷入磁场,极板间便产生电压．下列说 法正确的是 (　　) A．极板 MN 是发电机的正极 B．仅增大两极板间的距离,极板间的电压 减小 C．仅增大等离子体的喷入速率,极板间的 电压增大 D．仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子 数密度,极板间的电压增大 ２．(２０２０􀅰全国Ⅱ卷,１７,６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 (　　) 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 ３．(２０２２􀅰浙江６月,２２,１０分)离子速度分析 器截面图如图所示．半径为R 的空心转筒 P,可绕过O点、垂直xOy平面(纸面)的中 心轴逆时针匀速转动(角速度大小可调),其上 有一小孔S．整个转筒内部存在方向垂直纸面 向里的匀强磁场．转筒下方有一与其共轴的半 圆柱面探测板Q,板Q与y轴交于A点．离子 源M 能沿着x轴射出质量为m、电荷量为－q (q＞０)、速度大小不同的离子,其中速度大小 为v０ 的离子进入转筒,经磁场偏转后恰好沿y 轴负方向离开磁场．落在接地的筒壁或探测板 上的离子被吸收且失去所带电荷,不计离子的 重力和离子间的相互作用． (１)①求磁感应强度B 的大小; ②若速度大小为v０ 的离子能打在Q 板的A 处,求转筒P 角速度ω 的大小; (２)较长时间后,转筒P 每转一周有N 个离 子打在板Q 的C 处,OC与x 轴负方向的夹 角为θ,求转筒转动一周的时间内,C处受到 平均冲力F 的大小; (３)若转筒P 的角速度小于 ６v０ R ,且A 处探 测到离子,求板Q 上能探测到离子的其他θ′ 的值(为探测点位置和O 点连线与x 轴负 方向的夹角)． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７０１ 专题十一　安培力与洛伦兹力 ４．(２０２１􀅰江苏卷,１５,１６分)如图１所示,回 旋加速器的圆形匀强磁场区域以O 点为圆 心,磁感应强度大小为B,加速电压的大小 为U、质量为m、电荷量为q的粒子从O 附 近飘入加速电场,多次加速后粒子经过 P 点绕O 做圆周运动,半径为R,粒子在电场 中的加速时间可以忽略．为将粒子引出磁 场,在P 位置安装一个“静电偏转器”,如图 ２所示,偏转器的两极板 M 和N 厚度均匀, 构成的圆弧形狭缝圆心为Q、圆心角为α,当 M、N 间加有电压时,狭缝中产生电场强度 大小为E 的电场,使粒子恰能通过狭缝,粒 子在再次被加速前射出磁场,不计 M、N 间 的距离．求: (１)粒子加速到P 点所需要的时间t; (２)极板N 的最大厚度dm; (３)磁场区域的最大半径Rm． ５．(２０２１􀅰山东卷,１７,１４分)某离子实验装置 的基本原理如图甲所示．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． (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, 如图乙所示．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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８０１ 最新真题分类特训􀅰物理 实验十六　单摆周期公式的应用 １．解析:(４)描点连线如图所示． (５)图线是一条倾斜的直线,说明弹簧振子振动周期的 平方与砝码质量为线性关系． (６)在图 线 上 寻 找 T２＝０．８８０s２ 的 点,对 应 横 坐 标 为 ０．１２０kg． (７)换一个质量较小的滑块做实验,滑块和砝码总质量 较原来偏小,要得到相同的周期,应放质量更大的砝码, 对应纵坐标点应右移,则所得图线与原图线相比下移, 即沿纵轴负方向移动． 答案:(４)见解析　(５)线性的　(６)０．１２０　(７)负方向 ２．解析:(１)刻度尺的分度值为０．１cm,需要估读到分度值 下一位,读数为D＝７．５５cm． (２)积木左端两次经过参考点O 为一个周期,当积木左 端某次与O 点等高时记为第０次并开始计时,第２０次 时停止计时,这一过程中积木摆动了１０个周期． (３)由题图可知,lnT 与lnD 成正比,斜率为０．５,即lnT ＝０．５lnD, 整理可得lnT＝lnD １ ２ , 整理可得T 与D 的近似关系为T∝ D． (４)为了减小实验误差:换更光滑的硬质水平桌面． 答案:(１)７．５４　７．５５　７．５６ (２)１０　(３)A (４)换更光滑的硬质水平桌面 ３．解析:(１)３０次全振动所用时间t,则振动周期T＝t３０． (２)弹簧振子的振动周期T＝２π Mk , 可得振子的质量 M＝kT ２ ４π２ ． 振子平衡时,根据平衡条件 Mg＝kΔl, 可得 Δl＝gT ２ ４π２ , 则l与g、l０、T 的关系式为l＝l０＋Δl＝l０＋g T２ ４π２ ． (３)根据l＝l０＋g T２ ４π２ ,整理可得l＝l０＋g４π２ 􀅰T２, 则lＧT２ 图像斜率k＝ g ４π２ ＝０．５４２－０．４７４０．５８－０．３ , 解得g≈９．５９m/s２． (４)A．空气阻力的存在会影响弹簧振子的振动周期,是 实验的误差来源之一,故 A 正确;B．弹簧质量不为零导 致振子在平 衡 位 置 时 弹 簧 的 长 度 变 化,不 影 响 其 他 操 作,根据(３)中处理方法可知对实验结果没有影响,故 B 错误;C．根据实验步骤可知光电门的位置稍微偏离托盘 的平衡位置会影响振子周期的测量,是实验的误差来源 之一,故 C正确． 答案:(１)t３０　 (２)l０＋g T２ ４π２ 　(３)９．５９　(４)AC ４．解析:(１)图 (a)读 数 为 ０ mm＋０．８×０．０１ mm＝ ０．００８mm(０．００７~０．００９mm 均可);图(b)(２０＋３．５× ０．０１)mm＝２０．０３５mm(２０．０３４~２０．０３６均给分);则摆 球的直径为(２０．０３５－０．００８)mm＝２０．０２７mm(２０．０２５~２０． ０２９均给分) (２)若角度盘上移则形成如图所示图样,则实际 摆角大于５°． (３)摆长＝摆线长度＋半径,代入数据计算可得 摆长为８２．５cm; 小球从第１次到６１次经过最低点经过了３０个 周期,则T＝５４．６０s３０ ＝１．８２s ; 根据单摆周期公式T＝２π lg ,可得g＝４π ２l T２ ＝９．８３m/s２． 答案:(１)０．００８(０．００７~０．００９均可)　２０．０３５(２０．０３４~２０． ０３６均给分)　２０．０２７(２０．０２５~２０．０２９均给分)　(２)大于　 (３)８２．５　１．８２　９．８３ ５．解析:拉 离 平 衡 位 置 的 距 离 x＝２π×８０cm× ５°３６０°＝ ６．９７cm． 题中要求摆动的最大角度小于５°,且保留１位小数,所 以拉离平衡位置的不超过６．９cm;根据单摆周期公式T ＝２π Lg 结合题意可知１０T′＝１１T, 代入数据为１０ L′＝１１ ８０cm, 解得新单摆的摆长为L′＝９６．８cm． 答案:６．９　９６．８ ６．解析:①A．单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动,单 摆的摆角不能太大,一般不能超过５°,否则单摆将不做 简谐振动,故 A说法错误;B．实验尽量选择质量大的、体 积小的小球,减小空气阻力,减小实验误差,故 B做法正 确;C．为了减小实验误差,摆线应轻且不易伸长的细线, 实验选择细一些的、长度适当、伸缩性小的绳子,故 C做 法正确;D．物体再平衡位置(最低点)速度最大,计时更 准确,故 D做法错误． ②单摆的周期T＝２π lg ,即T２＝４π ２ g 􀅰l,但是实验所 得T２－l没过原点,测得重力加速度与当地结果相符,则 斜率仍为４π ２ g ;则T２＝４π ２ g 􀅰(l＋l０),故实验可能是直接 将摆线的长度作为摆长了． 答案:①BC　②C 专题十一　安培力与洛伦兹力 考点１　安培力的应用和磁感应强度 １．BC　A．如图所示 地球可 视 为 一 个 磁 偶 极,磁 南极 大 致 指 向 地 理 北 极 附 近,磁北 极 大 致 指 向 地 理 南 极附近．通 过 这 两 个 磁 极 的 假想直线(磁轴)与地球的自 转轴大约成１１􀆰３度的倾斜． 由表中z轴数据可看出z 轴 的磁场 竖 直 向 下,则 测 量 地 点应位于北半球,A错误; B．磁感应强度为矢量,故由表格可看出此处的磁感应强 度大致为 B＝ B２x＋B２z＝ B２y＋B２z 计算得B≈５０μT,B正确; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３１２ 详解详析 CD．由选项 A可知测量地在北半球,而北半球地磁场指 向北方斜向下,则第２次测量,测量By＜０,故y轴指向 南方,第３次测量Bx＞０,故x轴指向北方而y 轴则指向 西方,C正确、D错误．故选BC． ２．B　PF 方向可视为存在一条无限长直线,EQ 方向也可 视为存在一条无限长直线．利用题目条件,由右手螺旋 定则,两条无限长导线在 M 点处产生的磁感应强度大小 都为B,方向相反,故合磁感应强度为０．两无限长直导 线在 N 点处产生的磁感应强度大小都为B,方向都垂直 于纸面向里,故合磁感应强度为２B,B正确． ３．BD　本题考查通电直导线周围磁场的叠加．由题知四条 导线中的电流大小相等,且到O 点的距离相等,故四条 导线在O 点的磁感应强度大小相等,根据右手螺旋定则 可得,四条导线在e点产生的磁感应强度方向如图甲所 示,由图可知Bb 与Bc 相互抵消,Ba 与Bd 均由O 指向 c,则O 点的磁感应强度方向由O 指向c,其大小不为零, 故 A错误,B正确;四条导线中的电流大小相等,c、d到e 点的距离相等,故c、d在e点的磁感应强度大小相等,根 据右手螺旋定则可得,四条导线在O 点产生的磁感应强 度方向如图乙所示,由图可知Bc 与Bd 大小相等,方向 相反,互相抵消;而 Bb 与Ba 大小 相 等,方 向 如 图 乙 所 示,根据平行四边形定则,可知两个磁场在e点的合磁感 应强度沿y 轴负方向,故 C错误,D正确． ４．C　因bc段与磁场方向平行,则不受安培力;ab段与磁 场方向垂直,则受安培力为Fab＝BI􀅰２l＝２BIl, 则该导线受到的安培力为２BIl．故选 C． ５．B　根据题中公式 ΔF＝kI１I２Δl１Δl２ r２ , 整理可得k＝ ΔFr ２ I１I２Δl１Δl２ , 代入相应 物 理 量 单 位 可 得 比 例 系 数k 的 单 位 为 N A２ ＝ kg􀅰m/s２ A２ ＝kg􀅰m/(s２􀅰A２)．故选B． ６．D　A．当导线静止在图(a)右侧 位置时,对导线做受力分析有 可知要让安培力为图示方向,则 导线中电流方向应由 M 指向N, A错误;BCD．由于与OO′距离相 等位置的磁感应强度大小相等且 不随时间变化,有sinθ＝BILmg , FT＝mgcosθ, 则可看出sinθ与电流I 成正比, 当I 增 大 时θ 增 大,则 cosθ减 小,静止 后,导 线 对 悬 线 的 拉 力 FT 减小,BC错误、D正确．故选 D． ７．A　从上向下看导线的图形如图所示 导线的有效长度为２L,则所受的安培力 大小F＝２BIL． 设绳子的张力为T,由几何关系可知 T＝F２ , 解得T＝BIL． 故 A正确,B、C、D错误． 故选 A． ８．C　因I１≫I２,则可不考虑四个边上的直导线之间的相 互作用;根据两通电直导线间的安培力作用满足“同向 电流相互吸引,异向电流相互排斥”,则正方形左右两侧 的直导线I２ 要受到I１ 吸引的安培力,形成凹形,正方形 上下两边的直导线I２ 要受到I１ 排斥的安培力,形成凸 形,故变形后的形状如图 C．故选 C． ９．BCD　A．两导线受到 的 安 培 力 是 相 互 作 用 力,大 小 相 等,故 A错误;B．导线所受的安培力可以用F＝ILB 计 算,因为磁场与导线垂直,故 B正确;C．移走导线b前,b 的电流较大,则p点磁场方向与b产生磁场方向同向,向 里,移走后,p点磁场方向与a 产生磁场方向相同,向外, 故 C正确;D．在离两导线所在的平面有一定距离的有限 空间内,两导线在任意点产生的磁场均不在同一条直线 上,故不存在磁感应强度为零的位置．故D正确．故选B、 C、D． １０．B　等离子体垂直于磁场喷入板间时,根据左手定则可 得金属板Q 带正电荷,金属板P 带负电荷,则电流方向 由金属棒a端流向b 端．等离子体穿过金属板P、Q 时 产生的电动势U 满足qUd ＝qB１v 由欧姆定律I＝UR 和安培力公式F＝BIL 可得F安 ＝ B２L× U R ＝ B２B１Lvd R 再根据金属棒ab垂直导轨放置,恰好静止, 可得F安 ＝mgsinθ 则v＝mgRsinθB１B２Ld 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．故选B． １１．B　A、B．小磁针发生偏转是因为带负电荷的橡胶圆盘 高速旋转形成电流,而电流周围有磁场,磁场会对放入 其中的小磁针有力的作用,故 A 错误,B正确;C．仅改 变圆盘的转动方向,形成的电流的方向与初始相反,小 磁针的偏转方向也与之前相反,故 C错误;D．仅改变圆 盘所带电荷的电性,形成的电流的方向与初始相反,小 磁针的偏转方向也与之前相反,故 D错误．故选B． １２．解析:(１)由题意当线圈中通入微小电流I时,线圈中的 安培力为F＝NBIl, 根据胡克定律有F＝NBIl＝k│Δx│,|Δx|＝NBIlk 设此时细杆转过的弧度为θ,则可知反射光线转过的弧 度为２θ,又因为d≫Δx,r≫d 则sinθ≈θ,sin２θ≈２θ 所以有 Δx＝d􀅰θ,s＝r􀅰２θ 联立可得s＝２rdΔx＝ ２NBIlr dk ． (２)因为测量前未调零,设没有通电流时偏移的弧长为 s′,当初始时反射光点在O 点上方,通电流I′后根据前 面的结论可知有s１＝ ２NBI′lr dk ＋s′ 当电流反向后有s２＝ ２NBI′lr dk －s′ , 联立可得I′＝dk (s１＋s２) ４NBlr 同理可得初始时反射光点在O 点下方结果也相同,故 待测电流的大小为I′＝dk (s１＋s２) ４NBlr ． 答案:(１)NBIlk 　 ２NBIlr dk 　 (２) dk(s１＋s２) ４NBlr 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４１２ 最新真题分类特训􀅰物理 考点２　带电粒子在磁场中的圆周运动 １．BD　D．假设粒子带负电,第一次从 A 点和筒壁发生碰撞如图,O１ 为圆 周运 动 的 圆 心,由 几 何 关 系 可 知 ∠O１AO 为直角,即粒子此时的速度 方向为OA,说明粒子在和筒壁碰撞 时速度会反向,由圆的对称性可知, 在其他点撞击瞬 间,粒 子 速 度 方 向 一定平行碰撞点与圆心的连线,D 正确;A．假设粒子运 动过程过O 点,则过P 点的速度的垂线和OP 连线的中 垂线是平行的不能交于一点确定圆心,由圆形对称性撞 击筒壁以后的A 点的速度垂线和AO 连线的中垂线依 旧平行不能确定圆心,则粒子不可能过O 点,A 错误;B． 由题意可知粒子射出磁场以后的圆心组成的多边形应 为以筒壁的内接圆的多边形,最少应为三角形如图所示 即撞击两次,B正确;C．速度越大粒子做圆周运动的半 径越大,碰撞次数会可能增多,粒子运动时间不一定减 少,C错误．故选BD． ２．AD　AB．由题图可看出粒子１没有偏转,说明粒子１不 带电,则粒子１可能为中子;粒子２向上偏转,根据左手 定则可知粒子２应该带正电,A正确、B错误; C．由以上分析可知粒子１为中子,则无论如何增大磁感 应强度,粒子１都不会偏转,C错误; D．粒子２在磁场中洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv ２ r , 解得r＝mvqB , 可知若增大粒子入射速度,则粒子２的半径增大,粒子２ 可能打在探测器上的Q 点,D正确．故选 AD． ３．B　根据题意做出粒子的圆心如 图所示 设圆形磁场区域的半径为R,根 据几何 关 系 有 第 一 次 的 半 径r１ ＝R 第二次的半径r２＝ ３R,根据洛 伦兹力提供向心力有qvB＝mv ２ r 可得v＝qrBm 所以 v１ v２ ＝ r１ r２ ＝ ３３ ,故选B． ４．A　AB．由题意知当质子射出后先在 MN 左侧运动,刚 射出时根据左手定则可知在 MN 受到y 轴正方向的洛 伦兹力,即在 MN 左侧会向y 轴正方向偏移,做匀速圆 周运动,y轴坐标增大;在 MN 右侧根据左手定则可知 洛伦兹力反向,质子在y 轴正方向上做减速运动,故 A 正确,B错误; CD．根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到 平行于xOy平面的洛伦兹力作用,在z轴方向上没有运 动,z轴坐标不变,故 CD错误．故选 A． ５．BC　ABC．由左手定则可知,粒子a、粒子b均带正电,电 中性的微粒分裂的过程中,总的电荷量应保持不变,则 粒子c应带负电,A错误,B、C正确;D．粒子在磁场中做 匀速圆周运动时,洛伦兹力提供向心力,即 qvB＝mv ２ R ,解得R＝mvqB． 由于粒子a与粒子b的质量、电荷量大小关系未知,则粒 子a与粒子b的动量大小关系不确定,D错误． 故选B、C． ６．A　粒子恰好垂直于y轴射出磁 场,做两速度的垂线交点为圆心 O１,轨迹如 图 所 示．A．由 几 何 关 系可知 OO１＝atan３０°＝ ３ ３a R＝ acos３０°＝ ２ ３ ３ a 因圆心O１ 的坐标为 ０,３３a æ è ç ö ø ÷,则带电粒子在磁场中运 动的轨迹方程为 x２＋(y－ ３３a )２＝４３a ２, 故 A正确; BD．洛伦兹力提供向心力,有 qvB＝mv ２ R 解得带电粒子在磁场中运动的速率为 v＝qBRm 因轨迹圆的半径R 可求出,但磁感应强度B 未知,则无 法求出带电粒子在磁场中运动的速率,故 B、D 错误;C． 带电粒子圆周的圆心角为２ ３π ,而周期为 T＝２πRv ＝ ２πm qB , 则带电粒子在磁场中运动的时间为 t＝ ２ ３π ２πT＝ ２πm ３qB , 因磁感应强度B 未知,则运动时间无法求得,故 C错误; 故选 A． ７．AD　A．粒子向下偏转,根据 左手定则,判断洛伦兹力可知 粒子带负电,A 正确;B、C．粒 子运动的轨迹如图,由于速度 方向与y轴正方向的夹角θ＝ ４５°,根 据 几 何 关 系 可 知 ∠OMO１＝∠OO１M＝４５°,OM ＝OO１＝a,则 粒 子 运 动 的 轨 道半径为r＝O１M＝ ２a,洛伦兹力提供向心力qvB＝m v２ r ,解得v＝ ２qBam ,B、C 错误;D．N 与O 点的距离为 NO＝OO１＋r＝(２＋１)a,D正确．故选 A、D． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５１２ 详解详析 考点３　带电粒子在有界 磁场中的临界、极值问题 １．D　AB．在圆形匀强磁场区域内,沿着径向射入的粒子,总 是沿径向射出的;根据圆的特点可知粒子的运动轨迹不可 能经过O点,故 AB错误;C．粒子连续两次由A点沿AC方 向射入圆形区域,时间最短,根据对称性可知轨迹如图① 图① 则最短时间有t＝２T＝４πmqB ,故C错误;D．粒子从A 点射入 到从C点射出圆形区域用时最短,则轨迹如图②所示 图② 设粒子在磁场中运动的半径为r,根据几何关系可知r ＝ ３R３ , 根据洛 伦 兹 力 提 供 向 心 力 有qvB＝mv ２ r ,可 得 v＝ ３qBR ３m ,故 D正确． ２．C　粒子在磁场中做匀速圆周运动qBv＝mv ２ r ,T＝２πrv , 可得粒子在磁场中的周期T＝２πmqB ,粒子在磁场中运动 的时间t＝θ２π 􀅰T＝θmqB ,则粒子在磁场中运动的时间与 速度无关,轨迹对应的圆心角越大,运动时间越长．采用 放缩圆解决该问题,粒子垂直ac射入磁场,则轨迹圆心 必在ac直线上,将粒子的轨迹半径由零逐渐放大．当半 径r≤０．５R 和r≥１．５R 时,粒子分别从ac、bd区域射出, 磁场中的轨迹为半圆,运动时间等于半个周期．当０．５R ＜r＜１．５R 时,粒子从半圆边界射出,逐渐将轨迹半径从 ０．５R 逐渐放大,粒子射出位置从半圆顶端向下移动,轨 迹圆心角从π逐渐增大,当轨迹半径为R 时,轨迹圆心 角最大,然后再增大轨迹半径,轨迹圆心角减小,因此当 轨迹半径等于R 时轨迹圆心角最大,即轨迹对应的最大 圆心角θ＝π＋π３＝ ４ ３π ,粒子运动最长时间为t＝θ２πT＝ ４ ３π ２π× ２πm qB ＝ ４πm ３qB ,故选 C． ３．C　为了使电子的运 动 被 限 制在图中实线圆围成的区域 内,则其运动轨迹,如图所示 A 点为电子做圆周运动的圆 心,r 为 半 径,由 图 可 知 △ABO 为 直 角 三 角 形,则 由 几何关系可得(３a－rmax)２＝ r２max＋a２, 解得rmax＝ ４ ３a ; 由洛伦兹力提供向心力eBv＝mv ２ r , 解得Bmin＝ ３mv ４ae ,故 C正确,A、B、D错误．故选 C． ４．解析:(１)由题意,粒子刚进入磁场时应受到方向向上的 洛伦兹力,因此磁场方向垂直于纸面向里．设粒子进入 磁场中做圆周运动的半径为R,根据洛伦兹力公式和圆 周运动规律,有 qv０B＝m v２０ R ① 由此可得 R＝mv０qB ② 粒子穿过y轴正半轴离开磁场,其在磁场中做圆周运动 的圆心在y轴正半轴上,半径应满足 R≤h ③ 由题意,当磁感应强度大小为Bm 时,粒子的运动半径最 大,由此得 Bm＝ mv０ qh ④ (２)若磁感应强度大小为 Bm ２ ,粒子做圆周运动的圆心仍 在y轴正半轴上,由②④式可得,此时圆弧半径为R′＝ ２h ⑤ 粒子会穿过图中P 点离开磁 场,运动轨迹如图所示．设粒 子在P 点的运动方向与x 轴 正方 向 的 夹 角 为α,由 几 何 关系 sinα＝h２h＝ １ ２ ⑥ 即α＝π６ ⑦ 由几何关系可得,P 点与x 轴的距离为 y＝２h(１－cosα) ⑧ 联立⑦⑧式得 y＝(２－ ３)h ⑨ 答案:(１)磁场方向垂直于纸面向里;Bm＝ mv０ qh (２)α＝π６ ;y＝(２－ ３)h ５．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,由qvB＝mv ２ R 得,R１＝ mv ２qB０ ,R２＝ mv ３qB０ Q、O 的距离为: d＝２R１－２R２＝ mv ３qB０ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６１２ 最新真题分类特训􀅰物理 (２)由(１)可知,完成一周期运动上升的距离为d,粒子再 次经过P,经过 N 个周期, N＝OPd ＝ ２R１ d ＝３ 所以,再次经过P 点的时间为 t＝NT＝３T 由匀速圆周运动的规律得, T１＝ ２πR１ v ＝ πm qB０ T２＝ ２πR２ v ＝ ２πm ３qB０ 绕一周的时间为: T＝T１２＋ T２ ２ 解得: T＝５πm６qB０ 所以,再次经过P 点的时间为 t＝３T＝５πm２qB０ 两次经过P 点的时间间隔为: Δt＝t－T１２ 解得: Δt＝２πmqB０ (３)由洛伦兹力提供向心力,由qvB＝mv ２ R 得, R′１＝ m′v ２q′B０ R′２＝ m′v ３q′B０ d′＝２R′１－２R′２ 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: ２R′１＋nd′＝OQ＝d n T′１２ ＋ T２′ ２( )＋ T′１ ２ ＝ T１ ２＋ T２ ２ 结合以上式子,n无解． 若乙粒子从第二象限进入第一象限的过程中与甲离子 在Q 点相遇,则: nd′＝OQ n T′１２ ＋ T′２ ２( )＝ T１ ２＋ T２ ２ 计算可得 q′ m′＝n q m (n＝１,２,３􀆺􀆺) 由于甲乙粒子比荷不同,则n＝２时,乙的比荷q′m′ 最小, 为q′ m′＝ ２q m ． 答案:(１)d＝ mv３qB０ 　(２)Δt＝２πmqB０ 　(３)q′m′＝ ２q m 考点４　带电粒子在电磁组合场中的运动 １．ACD　若 粒 子 穿 过ad 边 时 速 度 方 向 与ad 边 夹 角 为 ４５°,则粒子必经过cd 边,作出粒子运动轨迹图,如图甲 所示,粒子从C点垂直于BC 射出,A、C正确;当粒子穿 过ad边速度方向与ad 边夹角为６０°时,若粒子从cd边 再次进磁场,作出粒子运动轨迹如图乙所示,则粒子不 能垂直BC射出,若粒子经bc边再次进入磁场,作出粒 子运动轨迹如图丙所示,则粒子一定垂直BC 边射出,B 错误,D正确． ２．解析:(１)根据题意,作出粒子垂直挡板射入小孔 K 的运 动轨迹如图所示, 根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半 径为r＝xNK ＝ L ２ , 在△OMN 区 域 根 据 洛 伦 兹 力 提 供 向 心 力 有qvB ＝ mv ２ r , 在匀强加速电场中由动能定理有U０q＝ １ ２mv ２, 联立解得U０＝q B２L２ ８m ． (２)根据题意,当轨迹半径最小时,粒子速度最小,则作 出粒子以 最 小 的 速 度 从 小 孔 K 射 出 的 运 动 轨 迹 如 图 所示, 根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半 径为r′＝xNKcos６０°＝ L ４ , 在△OMN 区 域 根 据 洛 伦 兹 力 提 供 向 心 力 有qv′B＝ mv′ ２ r′ , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７１２ 详解详析 粒子从小孔K 射出后恰好做匀速直线运动,由左手定则 可知粒子经过小孔K 后受到的洛伦兹力沿x 轴负方向, 则粒子经过小孔K 后受到的电场力沿x 轴正方向,又粒 子带正电,则△OMN 之外第一象限区域电场强度的方 向沿x 轴正方向,大小满足qv′B＝Eq, 联立可得E＝qB ２L ４m ． (３)在匀强加速电场中由动能定理有Uq＝１２mv″ ２, 可得v″＝ ３qBL６m , 在△OMN 区 域 根 据 洛 伦 兹 力 提 供 向 心 力 有qv″B＝ mv″ ２ r″ , 可得粒子在△OMN 区域运动的轨迹半径r″＝ ３６L , 作出从小孔K 射出的粒子的运动轨迹如图所示 粒子出K 时,v″越偏向y 轴,离y轴越近,由几何关系有 sinθ＝ L ４ r″＝ ３ ２ , 则有θ＝６０°, 由配速法将运动分解为y轴方向的匀速直线运动和沿x 轴方向的匀速圆周运动,其中v″y＝v″sinθ＝q BL ４m ,v″x＝ v″cosθ＝qBL ４ ３m , 匀速圆周运动的半径为ry＝ mv″x qB ＝ ３ １２L , 又T＝２πr″v″n ＝２πmqB , 分析可知当运动 n＋３４( )T 时,粒子距离y 轴最近,此 最近位置的横坐标为x＝L４－r‴＝ ３－ ３ １２ L ,纵坐标为y ＝ ３４L＋r‴＋v″y n＋ ３ ４( )T＝ ３ ３L＋ πL(４n＋３) ８ ,其中n 为自然数． 综 上, 最 近 位 置 的 坐 标 为 ３－ ３ １２ L ,３ ３L＋ πL(４n＋３) ８[ ](n为自然数)． 答案:(１)U０＝q B２L２ ８m 　 (２)E＝qB ２L ４m ,方向沿x轴正方向 (３)３－ ３ １２ L ,３ ３L＋ πL(４n＋３) ８[ ](n为自然数) ３．解析:(１)电子在匀强磁场中运动时,将其分解为沿x轴的匀 速直线运动和在yOz平面内的匀速圆周运动,设电子入射 时沿y轴的分速度大小为vy,由电子在x轴方向做匀速直 线运动得L＝v０t, 在yOz平面内,设电子做匀速圆周运动的半径为R,周期为 T,由牛顿第二定律知Bevy＝m v２y R ,可得R＝mvyBe , T＝２πRvy ＝２πmBe , 由题意可知所有电子均能经过O进入电场,则有t＝nT(n＝ １,２,３,􀆺), 联立得 B＝２πnmv０eL ,当n＝１时,B 有 最 小 值,可 得 Bmin ＝ ２πmv０ eL ． (２)如图所示,tanθ＝vyv０ , 当tanθ有最大值时,vy 最 大,R最大,此时R＝r, 又B＝２πmv０eL ,R＝mvyBe , 联立 可 得vym ＝ ２πv０r L ,tanθ ＝２πrL ． (３)当vy 最大时,电子在电场中运动时沿y轴正方向有最大 位移ym,根据匀变速直线运动规律有ym＝ v２ym ２a , 由牛顿第二定律知a＝Eem , 又vym＝ ２πv０r L , 联立得ym＝ ２π２r２v２０m EeL２ ． 答案:(１) ２πmv０ eL 　 (２)２πrL 　 (３) ２π２r２v２０m EeL２ ４．解析:(１)粒 子 在 磁 场 中 做 圆 周 运 动 时 的 速 度 为v＝ v０２＋v０２＝ ２v０, 根据洛伦兹力提供向心力Bqv＝mv ２ r＝m ２π Tv , 解得做圆周运动的半径为r＝ ２mv０Bq ,周期为T＝２πmBq ． (２)根据题意,已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线 通过的曲线长度都相等,由于曲线表示的为速度相应的曲 线,根据a＝ΔvΔt 可知任意点的加 速 度 大 小 相 等,故 可 得 Bq􀅰 ２v０ m ＝ Eq m , 解得E＝ ２Bv０． (３)根据题意分析可知从b点 到c点粒子在磁场中转过的 角度为２７０°,如图为粒子的运 动轨迹,粒子返回a点时根据 对称性可知与初始位置等高, 从a到b过程中粒子做类平 抛运动,得Eq mt＝v０ , 故可得该段时间内沿y方向 位移为L＝v０t, 根据几何知识可得bc＝ ２r, 由粒子在两次电场中运动的对称性可知移动一周时粒子位 移的大小为xaa′＝xbc－２L, 联立解得xaa′＝ (２－ ２)mv０ Bq ． 答案:(１) ２mv０ Bq ,２πm Bq ;(２)E＝ ２Bv０;(３) (２－ ２)mv０ Bq 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８１２ 最新真题分类特训􀅰物理 ５．解析:(１)对乙粒子,如图所示 由洛伦兹力提供向心力qv０B＝m v２０ r１ , 由几何关系sin３０°＝Lr１ , 联立解得,磁感应强度的大小为B＝mv０２qL． (２)由题意可知,根据对称性,乙在磁场中运动的时间为t１＝ ２×３０°３６０°× ２πm qB ＝ ２πL ３v０ , 对甲粒子,由对称性可知,甲粒子沿着直线从P 点到O 点, 由运动学公式d＝３２v０t１＋ １ ２at ２ １, 由牛顿第二定律a＝qE０m ＝ ９v２０ ４πL , 联立可得Ⅲ区宽度为d＝３２πL． (３)甲粒子经过O点时的速度为v甲 ＝３２v０＋at１＝３v０ , 因为甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动,则ωt＝kx＝k×３v０t, 可得k＝ω３v０ ; 设乙粒子经过Ⅲ区的时间为t２,乙粒子在Ⅳ区运动时间为 t０,则上式中t＝t０＋t２, 对乙可得F q ＝ω (t０＋t２)－kx２ 整理可得x２＝３v０(t０＋t２)－ ３v０F qω , 对甲可得x１＝３v０(t０＋t２) 则Δx＝x１－x２＝ ３v０F qω , 化简可得乙追上甲前F与Δx间的关系式为 F＝qω３v０ 􀅰Δx． 答案:(１) mv０ ２qL　 (２)３２πL　 (３)qω３v０ 􀅰Δx ６．解析:(１)由题意粒子在电场中做匀加速直线运动,根据动能 定理有qE􀅰２d＝１２mv ２, 粒子在磁场中做匀速圆周运动,有qvB＝mv ２ R , 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 根据几何关系可知R＝d３ , 联立可得B＝６ mEqd． (２)(ⅰ)由题意可知,做出粒子在电场和磁场中运动轨迹如图 在磁场中做匀速圆周运动,根据几何关系可知R２１＝(２d)２＋ (R１－d)２, 解得R１＝ ５ ２d , 所以有θ＝５３°,α＝３７°, 洛伦兹力提供向心力qv１B＝m v２１ R１ , 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＝１２mv ２ １－ １ ２mv ２ ０, 再一次进入电 场 后 做 类 似 斜 抛 运 动,沿x 方 向 有２d＝ v１tcosα, 沿y方向上有２d＝v１tsinα＋ １ ２at ２, 其中根据牛顿第二定律有qE′＝ma, 联立以上各式解得v１＝１５ q dE m , v０＝９ q dE m ,E′＝３６E． (ⅱ)粒子从P 到Q 根据动能定理有qE′􀅰２d＝ １２mv ２ ２－ １ ２mv ２ １, 可得从Q射出时的速度为v２＝３ ４１g Ed m , 此时粒子在磁场中的半径R２＝ mv２ qB＝ ４１ ２ d , 根据其几何关系可知对应的圆心坐标为x＝５２d ,y＝４d, 而圆心与P的距离为 l＝ ５２d－２d( ) ２ ＋(４d－０)２＝ ６５２ d≠R２． 故不会再从P点进入电场． 答案:(１)B＝６ mEqd ;(２)(ⅰ)v０＝９ q dE m ,E′＝３６E;(ⅱ)不会 ７．解:(１)当离子不进入磁场Ⅱ速度最大时,轨迹与边界相切,则 由几何关系r１cos６０°＝r１－L, 解得r１＝２L,根据qv１B１＝m v２１ r１ , 解得v１＝ ２B１qL m , 在磁场中运动的周期T＝２πmqB１ , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９１２ 详解详析 运动时间t＝６０°３６０°T＝ πm ３qB１ ． (２)若B２＝２B１,根据r＝ mv qB , 可知r１＝２r２, 粒子在磁场中运动轨迹如图,设O１O２ 与磁场边界夹角为α, 由几何关系r１sinα－r１sin３０°＝L, r２－r２sinα＝ L ２ , 解得r２＝２L, sinα＝３４ , 根据qv２B２＝m v２２ r２ , 解得v２＝ ４B１qL m ． (３)当最终进入区域Ⅱ的粒子若刚好到达x轴,则由动量 定理B２qvyΔt＝mΔvx, 即 B１ LyqΔy＝mΔvx , 求和可得∑ B１ LyqΔy＝∑mΔvx , 粒子从区域Ⅰ到区域Ⅱ最终到x 轴上的过程中m(v－ vcos６０°)＝B１qL＋ B１ L 􀅰０＋L ２ 􀅰qL, 解得v＝３B１qLm , 则速度在 ３B１qL m ~ ６B１qL m 之 间 的 粒 子 才 能 进 入 第 四 象 限;因离子源射出粒子的速度范围在B１qL m ~ ６B１qL m ,又 粒子源射出的粒子个数按速度大小均匀分布,可知能进 入第四象限的粒子占粒子总数的比例为η＝６０％． ８．解析:(１)设板间距离为d,则板长为 ３d,带电粒子在板 间做类平抛运动,两板间的电场强度为E＝Ud , 根据牛顿第二定律得,电场力提供加速度qE＝ma, 解得a＝qUmd , 设粒子在平板间的运动时间为t０,根据类平抛运动的运 动规律得d ２＝ １ ２at ２ ０,３d＝v０t０, 联立解得U＝mv ２ ０ ３q ． (２)设粒子出电场时与水平方向夹角为α,则有tanα＝ at０ v０ ＝ ３３ , 故α＝π６ , 则出电场时粒子的速度为v＝ v０cosα＝ ２ ３ ３ v０ , 粒子出电场后沿直线做匀速直线运动,接着进入磁场, 根据牛顿第二定律,洛伦兹力提供匀速圆周运动所需的 向心力得qvB＝mv ２ r , 解得r＝mvqB＝ ２ ３mv０ ３qB , 已知圆形磁场区域半径为R＝２mv０３qB ,故r＝ ３R, 粒子沿 PO 方向射入 磁 场 即 沿半径 方 向 射 入 磁 场,故 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 子在磁场中运动圆弧轨迹对 应的圆心角也为θ,由几何关系可得θ＝２α＝π３． 故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为 π ３ 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＝ ３R,根据 几何关系可知,带电粒子在该磁场中 运动的轨迹一定为劣弧,故劣弧所对 应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．则相对应的运动轨迹和弦以 及圆心 M 的位置如图所示: 答案:(１)U＝mv ２ ０ ３q 　 (２)π３ 或６０° (３) ９．解析:(１)如图所示 将离子 甲 从 A 点 的 出 射 速度v０ 分解到沿y 轴方 向和z 轴方向,离子受到 的电场力沿y 轴负方向, 可知 离 子 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L＝v０cosβ 􀅰t,v０sinβ＝at,a＝q E m , 联立解得E＝mv ２ ０sinβcosβ qL ． (２)如图所示 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０２２ 最新真题分类特训􀅰物理 离子从坐标原点O 沿z 轴正方向进入磁场Ⅰ中,由洛伦 兹力提供向心力可得qvB＝mv ２ r１ , 离子经过磁场Ⅰ偏转后从y轴进入磁场Ⅱ中,由洛伦兹 力提供向心力可得qv􀅰 ２２B＝ mv２ r２ , 可得r２＝ ２r１, 为了使离子在磁场中运动,需满足r１≤d,r２≤３d, 联立可得v≤qBdm , 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qBd m ; (３)离子甲以qBd２m 的速度从O 点沿z 轴正方向第一次穿 过xOy 面进入磁场Ⅰ,离子在磁场Ⅰ中的轨迹半径为r１ ＝mvqB＝ d ２ , 离子在磁场Ⅱ中的轨迹半径为r２＝ mv q􀅰 ２２B ＝ ２d２ , 离子 从 O 点 第 一 次 穿 过 到第四 次 穿 过xOy 平 面 的运动情景,如图所示 离子第 四 次 穿 过xOy 平 面的x 坐标为x４＝２r２sin ４５°＝d, 离子第 四 次 穿 过xOy 平 面的y 坐 标 为y４ ＝２r１ ＝d, 故离 子 第 四 次 穿 过 xOy 平面的位置坐标为(d,d,０) (４)设离子乙的速度为v′,根据离子甲、乙动能相同,可 得１ ２mv ２＝１２×４mv′ ２, 可得v′＝v２＝ qBd ４m , 离子甲在磁场Ⅰ中的轨迹半径为r１＝ mv qB＝ d ２ , 离子甲在磁场Ⅱ中的轨迹半径为r２＝ mv q􀅰 ２２B ＝ ２d２ , 离子乙在磁场Ⅰ中的轨迹半径为r′１＝ mv′ qB ＝ d ４＝ １ ２r１ , 离子乙在磁场Ⅱ中的轨迹半径为r′２＝ mv′ q􀅰 ２２B ＝ ２d４ ＝ １ ２r２ , 根 据 几 何 关 系 可 知 离 子 甲、乙运动轨迹第一个交 点如图所示 从O 点 进 入 磁 场 到 第 一 个交 点 的 过 程,有t甲 ＝ １ ２T１＋ １ ２T２＝ １ ２× ２πm qB ＋ １２ × ２πm q􀅰 ２２B ＝ (１＋ ２)πmqB ,t乙 ＝T′１ ＋T′２ ＝ ２π􀅰４m qB ＋ ２π􀅰４m q􀅰 ２２B ＝ (８＋８ ２)πmqB , 可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点的时间差 为 Δt＝t乙 －t甲 ＝(７＋７ ２)πmqB． 答案:(１) mv２０sinβcosβ qL 　 (２)qBdm 　 (３)(d,d,０) (４)(７＋７ ２)πmqB １０．解析:(１)粒子在电场中做类平抛运动的加速度为a＝ qE m ;由题意,粒子的速度偏转角为θ＝３０°,故有tanθ＝ vy v０ ＝atv０ ,求得t＝ ３mv０３qE ,故粒子的水平位移x＝v０t＝ ３mv０２ ３qE ,竖直位移y＝ １２at ２＝ mv０２ ６qE ,故粒子发射装置 到P 的距离为s＝ x２＋y２＝ １３mv０２ ６qE ． (２)粒子进入磁场时的速度 大 小 为 v ＝ v０cos３０° ＝ ２ ３v０ ３ ,由qvB＝mv ２ R 得B＝ mv qR＝ ２ ３mv０ ３qR ． 如图所示:磁 感应强度最大时,粒子由Q 点射出,设此时的轨迹圆圆 心为O１,由 几 何 关 系 可 知,R１＝ L ２cos３０°＝ ３L ３ ,对 应 B１＝ ２mv０ qL 如图所示,磁感应强度最小 时,粒子从 N 点 射 出,设 此 时轨迹 圆 圆 心 为 O２,O２ 可 通过 作 入 射 速 度 方 向 的 垂 线和 PN 的 中 垂 线 交 点 得 到．过 O２ 作 PQ 的 垂 线 与 PQ 的 延 长 线 交 于 点A,由 几 何 关 系 得 O２A＝ R２ ２ ,故 O２Q＝ ２ ２R２ ,结合 PB＝OB＝ ２２L ,在△O２PB 中运用 勾股定理得: ２ ２L æ è ç ö ø ÷ ２ ＋ ２ ２L＋ ２ ２R２ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝R２２,解得:R２＝(３＋１)L,对 应B２＝ ２mv０ (３＋ ３)qL ＝(１－ ３３ )mv０ qL (计算R２ 也可通过三 角函数,∠PO２B＝１５°,PB＝ ２ ２L , R２＝ PB sin１５°＝ PB sin(４５°－３０°)＝ (３＋１)L,故磁感应强度 的取值范围(１－ ３３ )mv０ qL ≤B≤ ２mv０ qL ． (３)粒子从QN 中点G 射出示意图如图所示, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １２２ 详解详析 设此时轨迹圆圆心为O３． 由几何关系可知,PD＝ ５L４ ,sinθ＝ ５５ ,cosθ＝２ ５５ R３＝ PD cos(θ＋３０°)＝ ５L ４ ３－２ 设F 为轨迹与挡板MN 最近处的点,O３F⊥PQ 与PQ 相交于点E． 由几何关系,O３E＝ １ ２R３ ,故EF＝１２R３ ,F 到MN 的距 离为dmin＝L－ １ ２R３＝ ３９－１０ ３ ４４ L． 答案:(１) １３mv０２ ６qE 　 (２)(１－ ３３ )mv０ qL ≤B≤ ２mv０ qL (３)３９－１０ ３４４ L 考点５　带电粒子在电磁叠加场中的运动 １．A　由题知,一带电粒子由O 点沿x 正向入射到磁场中, 在磁场另一侧的S点射出,则根据几何关系可知sin３０° ＝r－ar ,解得粒子做圆周运动的半径r＝２a,则粒子做圆 周运动有qvB＝mv ２ r ,则有q m ＝ v ２aB , 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,则有Eq＝qvB,联立有qm ＝ E ２aB２ ,故选 A． ２．C　A．若a为电子轨迹,b为α 粒子轨迹,则只能电场方 向水平向左,磁场方向垂直纸面向外,故选项 A 错误;B． 对电子应有Fe洛 ＝evB,Fe电 ＝eE,Fe洛 ＝Fe电 ,对α粒子有 Fα洛 ＝２e× v １０B ,Fα电 ＝２eE,此时,Fα洛 ＞Fα电 ,故α粒子应 向左偏,不满足题目情景,故 B错误;D．若a为α 粒子轨 迹,b为电子轨迹,则只能电场方向水平向右,磁场方向 垂直纸面向里,故选项 D错误;C．此时,对电子应有Fe洛 ＝evB,Fe电 ＝eE,Fe洛 ＞Fe电 ,对α粒子有Fα洛 ＝２e× v １０B , Fα电 ＝２eE,此时,Fα洛 ＝Fα电 ,故电子应向右偏,满足题目 情景,故 C正确．故选 C． ３．B　AC．在xOy平面内电场的方向沿y 轴正方向,故在 坐标原点O 静止的带正电粒子在电场力作用下会向y 轴正方向运动．磁场方向垂直于纸面向里,根据左手定 则,可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x 轴 负方向的洛伦兹力,故带电粒子向x轴负方向偏转．AC 错误;BD．运动的过程中在电场力对带电粒子做功,粒子 速度大小发生变化,粒子所受的洛伦兹力方向始终与速 度方向垂直．由于匀强电场方向是沿y 轴正方向,故x 轴为匀强电场的等势面,从开始到带电粒子偏转再次运 动到x轴时,电场力做功为０,洛伦兹力不做功,故带电 粒子再次回到x轴时的速度为０,随后受电场力作用再 次进入第二 象 限 重 复 向 左 偏 转,故 B 正 确,D 错 误．故 选B． ４．BC　A．由题可知电子所受电场力水平向左,电子从 N 到P 的过程中电场力做负功,故 A错误; B．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正确; C．由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直,故 电 子 从 M 到N 洛伦兹力都不做功,故 C正确; D．由于 M 点和P 点在同一等势面上,故从 M 到P 电场 力做功为０,而洛伦兹力不做功,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错误;故选BC． ５．B　本题考查带电粒子在复合场中的匀速直线运动．质 子(１１H)受 到 向 上 的 洛 伦 兹 力 和 向 下 的 电 场 力,满 足 qv０B＝qE,解得v０＝ E B ,即此时质子的速度满足速度选 择器的条件;以速度v０ ２ 射入的正电子(０１e),所受的洛伦 兹力小于电场力,正电子将向下偏转,故 A 错误;以速度 v０ 射入的电子(０－１e),依然满足电场力等于洛伦兹力,能 够做匀速直线运动,即速度选择器不选择电性只选择速 度,故B正确;以速度２v０ 射入的氘核(２１H)、以速度４v０ 射入的α粒子(４２He),其速度都不满足速度选择器的条 件v０＝ E B ,故都不能做匀速直线运动,故 C、D错误． ６．解:(１)由题知,入射速度为v０ 时,电子沿x 轴做直线运 动,则有Ee＝ev０B, 解得E＝v０B, (２)电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的 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 v０ ４ ,则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 ＝ １ ２m× １ ２v０( ) ２ －１２m× １ ４v０( ) ２ , 解得y１＝ ３mv０ ３２eB , (３)若电子以v入射时,设电子能达到的最高点位置的纵 坐标为y,则根据动能定理有eEy＝１２mv ２ m－ １ ２mv ２, 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, 最低点有F合 ＝eE－evB,联立有vm＝ ２E B －v , y＝ ２m(v０－v) eB ,要让电子能到达纵坐标y２＝ mv０ ５eB 位置, 即y≥y２, 解得v≤９１０v０ , 则若电子入射速度在０＜v＜v０ 范围内均匀分布,能到达 纵坐 标 y２ ＝ mv０ ５eB 位 置 的 电 子 数 N 占 总 电 子 数 N０ 的９０％． 答案:(１)v０B;(２) ３mv０ ３２eB ;(３)９０％ ７．解析:(１)小球在电磁场中作匀速圆周运动,则电场力与 重力平衡,可得Eq＝mg, R２ 两端的电压U２＝Ed, 根据欧姆定律得U２＝ E０ R１＋R２ 􀅰R２, 联立解得E０＝ mgd(R１＋R２) qR２ ． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２２２ 最新真题分类特训􀅰物理 (２)如图所示 设粒子在电磁场中做圆周运动的半径为r,根据几何关 系(r－d)２＋(３d)２＝r２, 解得r＝２d, 根据qvB＝mv ２ r , 解得B＝mv２dq． (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＝mgcos６０°, 解得E′＝mg２q． 答案:(１) mgd(R１＋R２) qR２ 　(２)mv２dq　 (３)mg２q ８．解析:(１)自由电子受到的洛伦兹力沿＋z方向; (２)设t时间内流过半导体垂直于x 轴某一横截面自由 电子的电荷量为q,由电流定义式,有 In＝qt 设自由电子在x 方向上定向移动速率为vnx,可导出自 由电子的电流微观表达式为 In＝neabvnx 单个自由电子所受洛伦兹力大小为 F洛 ＝evnxB 霍尔电场力大小为 F电 ＝eE 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,联立得其合力大小为 Fnz＝e InB neab＋E( ) (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 Np＝pacvpzΔt 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,则应 Nn＝Np 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,这样两种载流子在z方向形成的电流应大小 相等、方向相反． 答案:(１)自由电子受到的洛伦兹力沿＋z方向; (２)Fnz＝e InB neab＋E( ) ; (３)见解析 考点６　带电粒子在变化电磁场中的运动 １．解析:(１)在０~πmqB０ 时间内,电场强度为E０,带电粒子在 电场中加速度,根据动量定理可知qE０􀅰 πm qB０ ＝mv１, 解得粒子在πm qB０ 时刻的速度大小为v１＝ πE０ B０ ,方向竖直 向上, 粒子竖直向上运动的距离y１＝ １ ２v１ 􀅰πm qB０ ＝ π２E０m ２qB２０ , 在πm qB０ ~２πmqB０ 时间内,根据粒子在磁场运动的周期 T＝ ２πm qB０ 可知粒 子 偏 转１８０°,速 度 反 向, 根据qvB＝mv ２ r 可知粒子水平向右 运 动 的 距 离 为 x２ ＝２r２ ＝２ mv１ qB０ ＝ ２πE０m qB２０ , 粒子运动轨迹如图 所以粒子在t＝２πmqB０ 时 刻 粒 子 的 位 置 坐 标 为(x２,y１), 即 ２πE０m qB２０ ,π ２E０m ２qB２０( ) ; (２)在２πmqB０ ~３πmqB０ 时间内,电场强度为２E０,粒子受到的 电场力竖直向上,在竖直方向上有q􀅰２E０􀅰 πm qB０ ＝mv２ ＋mv１, 解得３πm qB０ 时刻粒子的速度v２＝ πE０ B０ ,方向竖直向上,粒子 在竖直方向上运动的距离为y３＝ －v１＋v２ ２ 􀅰πm qB０ ＝０, 在３πm qB０ ~４πmqB０ 时间内,粒子在水平方向运动的距离为 x４＝２r４＝２ mv２ qB０ ＝ ２πE０m qB２０ , 此时粒子速度方向向下,大小为v２,在 ４πm qB０ ~５πmqB０ 时间 内,电场强度为３E０,竖直方向上有q􀅰３E０􀅰 πm qB０ ＝mv３ ＋mv２, 解得粒子在５πm qB０ 时刻的速度v３＝ ２πE０ B０ , 粒子 在 竖 直 方 向 运 动 的 距 离 y５ ＝ －v２＋v３ ２ 􀅰 πm qB０ ＝ π２E０m ２qB２０ , 粒子运动的轨迹如图 在０~６πmqB０ 时 间 内,静 电 力 对 粒 子的做功大小为 W＝qE０􀅰y１＋ q􀅰２E０ 􀅰y３ ＋q􀅰３E０ 􀅰y５ ＝ ４qE０􀅰y１＝ ２π２E２０m B２０ ,电场力做正功; (３)若粒子在磁场中加速两个半圆恰好能够到达 M 点, 则释放的位置一定在０~πmqB０ 时间内,粒子加速度时间为 t１,在竖直方向上有qE０􀅰t１＝mv１′,y１′＝ １ ２v１′ 􀅰t１, 在πm qB０ ~２πmqB０ 时间内粒子在水平方向运动的距离为 x２＝２r２′＝２ mv１′ qB０ , 在２πm qB０ ~３πmqB０ 时间内,在竖直方向q􀅰２E０􀅰 πm qB０ ＝mv２′ ＋mv１′,y３＝ －v１′＋v２′ ２ 􀅰πm qB０ , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３２２ 详解详析 在３πm qB０ ~４πmqB０ 时间内,粒子在水平方向运动的距离为x４′ ＝２r４′＝２ mv２′ qB０ , 接收器的位置为 ４πE０m qB２０ ,π ２E０m ４qB２０( ) ,根据距离的关系可 知x２′＋x４′＝ ４πE０m qB２０ ,解得t１＝ πm ２qB０ , 此时粒子已经到达 M 点上方,粒子竖直方向减速至０用 时 Δt,则y５′＝ １ ２v２′ 􀅰Δt, 竖直方向需要满足y１′－y３′－y５′≤ π２E０m ４qB２０ , 解得Δt在一个电场加速周期之内成立,所以粒子释放的 时刻为中间时刻 πm ２qB０ ; 若粒子经过一个半圆到达 M 点,则粒子在０~πmqB０ 时间 内释放不可能,如果在２πm qB０ ~３πmqB０ 时间内释放,经过磁场 偏转一次的最大横向距离,即直径,也无法到达 M 点,所 以考虑在４πm qB０ ~５πmqB０ 时间内释放,假设粒子加速的时间 为t２,在竖 直 方 向 上q􀅰３E０ 􀅰t１′＝mv１″,y１″＝ １ ２v１″ 􀅰t１′, 之后粒子在５πm qB０ ~６πmqB０ 时间内转动半轴,横向移动距离 直接到 达 M 点 的 横 坐 标,即 x２′＝２r２″＝２× mv１″ qB０ ＝ ４πE０m qB２０ ,解得t１′＝ ２πm ３qB０ , 接下来在６πm qB０ ~７πmqB０ 过程中粒子在竖直方向减速为０的 过程中q􀅰４E０􀅰Δt′＝mv１″,y３″＝ v１″ ２ 􀅰Δt″, 粒子要在 M 点被吸收,需要满足y″１－y″３≤ π２E０m ４qB２０ , 代入验证可知 Δt在一个周期之内,说明情况成立,所以 粒子释放时刻为 ４􀅰πmqB０ ＋ πmqB０ －２３ 􀅰πm qB０( )＝ １３πm ３qB０ ． 答案:(１) ２πE０m qB２０ ,π ２E０m ２qB２０( ) 　 (２) ２π２E２０m B２０ 　 (３)πm２qB０ 　１３πm３qB０ ２．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＝１２mv ２ ０－ １ ２mv ２ 解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小 v＝ v２０－ ４eEd m (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 R１－ L ２( ) ２ ＋L２＝R２１ 根据洛伦兹力提供向心力有 ２ev０B０＝ mv２０ R１ 联立解得B０＝ ２mv０ ５eL 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,根据几何关系有 R２－ ２L ２ æ è ç ö ø ÷ ２ ＋L２＝R２２ 此时B＝ ２B０;根据洛伦兹力提供向心力有 ２e×v０× ２B０＝ mv２０ R２ 联立解得B０＝ mv０ ３eL 故B０ 的取值范围为０~ mv０ ３eL ; (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× ２B０＝ mv２０ R３ 且满足B０＝ ２mv０ ５eL 所以可得 R３＝ mv０ ２ ２eB０ ＝５４L 所以可得cosθ＝３５ 离子从端面P 射出时,在沿z轴方向根据动量定理有 FΔt＝nΔtmv０cosθ－０ 根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为 F′＝３５nmv０ 方向沿z轴负方向． 答案:(１)v＝ v２０－ ４eEd m 　 (２)０~ mv０ ３eL (３)３５nmv０ ,方向沿z轴负方向 ３．解析:(１)从O 点射出的粒子在板间被加速, 则U０q＝ １ ２mv ２－１２mv ２ ０ 粒子在磁场中做圆周运动,则半径r＝L０２ 由qvB＝mv ２ r 解得U０＝ B２qL２０ ８m － mv２０ ２q (２)当电压有最小值时,当粒子穿过下面的正极板后,圆 轨道与 挡 板 OM 相 切,此 时 粒 子 恰 好 不 能 打 到 挡 板 上,则 从O 点射出的粒子在板间被加速,则 Uminq＝ １ ２mv ２－１２mv ２ ０ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４２２ 最新真题分类特训􀅰物理 粒子在负极板上方的磁场中做圆周运动qvB＝mv ２ rmin 粒子从负极板传到正极板时速度仍减小到v０,则qv０B＝ mv ２ ０ r′ 由几何关系可知２rmin＝ r′ sin３７°＋r′ 联立解得v＝４v０３ Umin＝ ７mv２０ １８q (３)设粒子第一次经过电场加速,在负极板上方磁场区 域偏转的轨 迹 半 径 为r０,若 粒 子 在 电 场 加 速 电 压 小 于 Umin,粒子穿过磁场在正极板下方磁场运动时,会被OM 板吸收．则第一次出现能吸收到两种能量的位置(即 H 点),为粒子通过极板电压Umin＝ ７mv２０ １８q 时,粒子第二次从 上方打到负极板的位置(轨迹如图所示)．由(２)的计算 可知r１＝ ４mv０ ３qB 则CH＝４r－２r′＝１０mv０３qB 极板电压大于Umin＝ ７mv２０ １８q 时,粒子均不会被OM 吸收, 可以经过正 极 板 下 方 磁 场 偏 转,回 到 负 极 板 上 方 磁 场 中,偏转后打在负极板上．则 H 点右方的点的粒子靶都 可以接受到n(n≥２)种能量的粒子． 即CS→∞． 答案:(１)U０＝ B２qL２０ ８m － mv２０ ２q 　 (２)Umin＝ ７mv２０ １８q (３)CH＝１０mv０３qB ;CS→∞ 考点７　现代科技中的电磁场问题 １．AC　A．带正电的离子受到的洛伦兹力向上偏转,极板 MN 带正电为发电机正极,A 正确;BCD．离子受到的洛 伦兹力和电场力相互平衡时,此时令极板间距为d,则 qvB＝qUd , 可得U＝Bdv, 因此增大间距U 变大,增大速率U,变大,U 大小和密度 无关,BD错误,C正确． ２．D　A．由于电子带负电,要在 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 的电势低于N 的电势,故 A 错误;B．增大加 速电压则根据eU＝１２mv ２,可知会增大到达偏转磁场的 速度;又根据在偏转磁场中洛伦兹力提供向心力有evB ＝mv ２ R ,可得R＝mveB ,可知会增大在偏转磁场中的偏转 半径,由于磁场宽度相同,故根据几何关系可知会减小 偏转的角度,故P 点会右移,故B错误;C．电子在偏转电 场中做圆周运动,向下偏转,根据左手定则可知磁场方 向垂直纸面向里,故 C错误;D．由B选项的分析可知,当 其它条件不 变 时,增 大 偏 转 磁 场 磁 感 应 强 度 会 减 小 半 径,从而增大偏转角度,使P 点左移,故 D正确．故选 D． ３．解析:(１)①离子在磁场中做圆周运动有qv０B＝ mv２０ R , 则B＝mv０qR , ②离子在磁场中的运动时间t＝πR２v０ , 转筒的转动角度ωt＝２kπ＋ π２ ,ω＝(４k＋１)v０R ,k＝０,１, ２,３􀆺 (２)设速度 大 小 为v 的 离 子 在 磁 场 中 圆 周 运 动 半 径 为 R′,有R′＝Rtanθ２ ,v＝v０tan θ ２ , 离子在磁场中的运动时间t′＝(π－θ)Rv０ , 转筒的转动角度ω′t′＝２nπ＋θ, 转筒的转动角速度ω′＝ (２nπ＋θ) (π－θ)× v０ R ,n＝０,１,２,􀆺 动量定理F×２πω′＝Nmv ,F＝ (２nπ＋θ)N ２(π－θ)π × mv２０ Rtan θ ２ , n＝０,１,２,􀆺 (３)转筒的转动角速度 (４k＋１)v０ R ＝ (２nπ＋θ′) (π－θ′)Rv０＜ ６v０ R , 其中k＝１,θ′＝５－２n６ π ,n＝０,２,可得θ′＝５６π ,１ ６π． 答案:(１)①B＝mv０qR 　②ω＝ (４k＋１)v０R ,k＝０,１,２,３􀆺 (２)F＝ (２nπ＋θ)N ２(π－θ)π mv２０ Rtan θ ２ ,n＝０,１,２,􀆺 (３)θ′＝５６π ,１ ６π ４．解析:(１)设粒子在P 的速度大小为vP,则根据 qvB＝mv ２ R , 可知半径表达式为 R＝ mvP qB , 对粒子在静电场中的加速过程,根据动能定理有 nqU＝１２mvP ２, 粒子在磁场中运动的周期为 T＝２πmqB , 粒子运动的总时间为 t＝(n－１)×T２ , 解得 t＝ qB ２R２ ２mU －１( ) πm qB (２)由粒 子 的 运 动 半 径r＝mvqB ,结 合 动 能 表 达 式 Ek＝ １ ２mv ２变形得 r＝ ２mEkqB 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５２２ 详解详析 则粒子加速到P 前最后两个半周的运动半径为 r１＝ ２m(EkP－qU) qB ,r２＝ ２m(EkP－２qU) qB , 由几何关系有 dm＝２(r１－r２) 结合EkP＝ (qBR)２ ２m ,解得 dm＝２ R２－２mU qB２ － R２－４mU qB２ æ è ç ö ø ÷ (３)设粒子在偏转器中的运动半径为rQ,则在偏转器中, 要使粒子半径变大,电场力应和洛伦兹力反向,共同提 供向心力,即 qvPB－qE＝m vP ２ rQ 设粒子离开偏转器的点为E,圆周运动的圆心为O′．由 题意知,O′在EQ 上,且粒子飞离磁场的点与O、O′在一 条直线上,如图所示． 粒子在偏转器中运动的圆心在Q 点,从偏转器飞出,即 从E 点离开,又进入回旋加速器 中的磁场,此时粒子的运动半径 又变为R,然后轨迹发生偏离,从 偏转器的F 点飞出磁场,那么磁 场的最大半径即为 Rm＝OF＝R＋OO′ 将等腰三角形△OO′Q 放大如图所示． 虚线为从Q 点向OO′所引垂线,虚线平分α角,则 OO′＝２(rQ－R)sin α ２ 解得最大半径为 Rm＝R＋ ２mER qB２R－mE sinα２． 答案:(１)qB ２R２ ２mU －１( ) πm qB ; (２)２ R２－２mU qB２ － R２－４mU qB２ æ è ç ö ø ÷; (３)R＋ ２mER qB２R－mE sinα２ ５．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 v２ r　① 根据几何关系得 sinθ＝dr 　② 联立①②式得v＝qB０dmsinθ (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 由运动的合成与分解得 L＝(vcosθ)t,y０＝－r(１－cosθ), y０＝(vsinθ)t－ １ ２at ２ 联立得E＝ ２qB ２ ０d２ mL２tan２θ Ltanθ＋ d sinθ－ d tanθ( ) (３)Ⅱ区内填充磁场后,离子在垂直y 轴的方向做线速 度大小为vcosθ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′＝α２π×２πr′＋ α＋π２ ２π ×２πr′ ,cosα＝r′２r′ 由于在y轴方向的运动不变,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 l′ vcosα＝ L vcosθ C到O１ 的距离s＝２r′sinα＋r′ 联立得s＝６ (３＋１) ７π L 答 案: (１)v ＝ qB０dmsinθ ; (２)E ＝ ２qB ２ ０d２ mL２tan２θ Ltanθ＋ dsinθ－ d tanθ( ) ;(３)s＝ ６(３＋１) ７π L 专题十二　电磁感应 考点１　电磁感应现象　楞次定律 １．A　线圈a从磁场中匀速拉出,的过程中穿过a线圈的 磁通量在减小,则根据楞次定律可知a线圈的电流为顺 时针,a中产生的电流为恒定电流,则线圈a靠近线圈b 的过程中线圈b的磁通量在向外增大,根据楞次定律可 得线圈b产生的电流为顺时针． ２．C　在雷击事件中金属和非金属都经历了摩擦,声波和 光照的影响,非金属完好,而金属熔化的原因是金属能 够因电磁感应产生涡流而非金属不能,因此可能原因为 涡流． ３．AC　A．依题意,M、N 两点连线与长直导线平行、两点 与长直导线的距离相同,根据右手螺旋定则可知,通电 长直导线在 M、N 两点产生的磁感应强度大小相等,方 向相同,故 A正确; B．根据右手螺旋定则,线圈在P 点时,磁感线穿进与穿 出在线圈中对称,磁通量为零;在向 N 点平移过程中,磁 感线穿进与穿出线圈不再对称,线圈的磁通量会发生变 化,故B错误; C．根据右手螺旋定则,线圈从 P 点竖直向上运动过程 中,磁感线穿进与穿出线圈对称,线圈的磁通量始终为 零,没有发生变化,线圈无感应电流,故 C正确; D．线圈从P 点到M 点与从P 点到N 点,线圈的磁通量 变化量相同,依题意P 点到M 点所用时间较从P 点到 N 点时间长,根据法拉第电磁感应定律,则两次的感应 电动势不相等,故 D错误．故选 AC． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６２２ 最新真题分类特训􀅰物理