专题11 磁场-【高考密码】备战2026高考物理十年高考真题分类汇编

专题十一　磁场 考点1 磁场对电流的作用 考向1 安培定则 磁场的叠加 1．（2025·湖北 ）如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，放置一通电圆线圈，圆心为O点，线圈平面与磁场垂直。在圆线圈的轴线上有M和N两点，它们到O点的距离相等。已知M点的总磁感应强度大小为零，则N点的总磁感应强度大小为（   ） A．0 B．B C．2B D．3B 【答案】A 【详解】由右手螺旋定则及对称性可知，环形电流在N点产生的磁场，磁感应强度与M点等大同向。由于M点磁感应强度为零，由矢量合成法则可知环境中匀强磁场与M点磁场等大反向，即匀强磁场与N点的磁场等大反向，N点的磁感应强度为0。 故选A。 2．（2025·福建 ）如图所示，空间中存在两根无限长直导线L1与L2，通有大小相等，方向相反的电流。导线周围存在M、O、N三点，M与O关于L1对称，O与N关于L2对称且OM=ON，初始时，M处的磁感应强度大小为B1，O点磁感应强度大小为B2，现保持L1中电流不变，仅将L2撤去，求N点的磁感应强度大小（　　） A． B． C．B2﹣B1 D．B1﹣B2 【答案】B 【详解】根据安培定则，两导线在O点处产生的磁感应强度方向相同大小相等，则单个导线在O点处产生的磁感应强度大小为 根据对称性，两导线在N处的磁感应强度大小应该与M点一样，为B1 根据对称性，L2在N点处产生的磁感应强度为 由于L2在N点处产生的磁感应强度大于L1在N点处产生的磁感应强度，且方向相反，将L2撤去，N点的磁感应强度为。 故选B。 3．（2025·江西 ）托卡马克是一种磁约束核聚变装置，其中心柱上的密绕螺线管（线圈）可以驱动附近由电子和离子组成的磁约束等离子体旋转形成等离子体电流，如图（a）所示。当线圈通以如图（b）所示的电流时，产生的等离子体电流方向（俯视）为（　　） A．顺时针 B．逆时针 C．先顺时针后逆时针 D．先逆时针后顺时针 【答案】A 【详解】由图（b）可知开始阶段流过CS线圈的电流正向减小，根据右手定则可知，CS线圈产生的磁场下端为N极，上端为S极，则穿过线圈周围某一截面的磁通量向下减小，由楞次定律可知产生的感应电场方向为顺时针方向（俯视），则产生的等离子体电流方向（俯视）为顺时针；同理在以后阶段通过CS线圈的电流反向增加时，情况与前一阶段等效，即产生的等离子体电流方向（俯视）仍为顺时针。 故选A。 4.(2023福建,6,6分)(多选)地球本身是一个大磁体,其磁场分布示意图如图所示。学术界对于地磁场的形成机制尚无共识。一种理论认为地磁场主要源于地表电荷随地球自转产生的环形电流。基于此理论,下列判断正确的是(　　) A.地表电荷为负电荷 B.环形电流方向与地球自转方向相同 C.若地表电荷的电荷量增加,则地磁场强度增大 D.若地球自转角速度减小,则地磁场强度增大 答案AC　根据地磁场分布规律,用安培定则可判断环形电流方向与地球自转方向相反,再根据电流方向的规定,可判断出地表电荷为负电荷,A正确,B错误。由电流的定义式I=可知,地表电荷的电荷量增加,则环形电流增大,地磁场强度增大,C正确。若地球自转角速度减小,则环形电流减小,地磁场强度减小,D错误。 5.(2022全国乙,18,6分)(多选)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50 μT 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 答案　BC　依题意,z轴正向保持竖直向上,测量结果表明z轴方向的磁感应强度为负,即测量地点的磁感应强度的竖直分量是向下的,说明测量地点位于北半球,A错误;每次测量得到的地磁场的两个分量互相垂直,任选一组数据根据平行四边形定则可以求出当地的地磁场磁感应强度大小约为50 μT,B正确;在北半球,地磁场的水平分量是由南向北的,第2次测量时得到的水平分量即By是负值,说明y轴正向与地磁场的水平分量方向相反,即指向南方,C正确;第3次测量时By为零,说明y轴沿东西方向,又因Bx为正,即x轴正向指北方,则y轴正向指向西方,D错误。 考向2 安培力的分析与计算 1．（2025·河南 ）（多选）手机拍照时手的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量，光学防抖技术可以消除这种影响。如图，镜头仅通过左、下两侧的弹簧与手机框架相连，两个相同线圈c、d分别固定在镜头右、上两侧，c、d中的一部分处在相同的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。拍照时，手机可实时检测手机框架的微小加速度a的大小和方向，依此自动调节c、d中通入的电流和的大小和方向（无抖动时和均为零），使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的是（　　） A．若沿顺时针方向，，则表明a的方向向右 B．若沿顺时针方向，，则表明a的方向向下 C．若a的方向沿左偏上，则沿顺时针方向，沿逆时针方向且 D．若a的方向沿右偏上，则沿顺时针方向，沿顺时针方向且 【答案】BC 【详解】A．顺时针而，则线圈受到向右的安培力，故手机的加速度是向左，使镜头处于零加速度状态，A错误； B．顺时针而，则线圈受到向上的安培力，镜头处于零加速度状态，则手机加速度方向向下，B正确； C．若的方向左偏上，说明手机框架给镜头向上以及向左的作用力，要使得镜头处于零加速度状态，线圈需要受到向右的安培力、线圈需要受到向下的安培力，且，故可知顺时针逆时针，由可知，C正确； D．若的方向右偏上，说明手机框架给镜头向上以及向右的作用力，且向右的分力大于向上的分力要使得镜头处于零加速度状态，线圈需要受到向左的安培力、线圈需要受到向下的安培力，且，可知逆时针逆时针，且，D错误。 故选BC。 2．（2024福建）（多选）将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘线a、b悬挂于天花板上， AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中，现给导线通以自A到B大小为I的电流，则（　　） A．通电后两绳拉力变小 B．通电后两绳拉力变大 C．安培力为 D．安培力为 【答案】BD 【解析】根据左手定则可知，通电后半圆环AB受到的安培力竖直向下，根据受力分析可知，通电后两绳拉力变大，故A错误，B正确；半圆环AB所受安培力的等效长度为直径AB，则安培力大小，故C错误，D正确。 3.(2023江苏,2,4分)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.BIl 答案 C 导线ab边与磁场方向垂直,则其所受安培力为2BIl,导线bc边与磁场方向平行,则其所受安培力为零,故该导线所受安培力为2BIl,C正确。 4.(2022湖南,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,悬绳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,导线对悬绳的拉力不变 C.tan θ与电流I成正比 D.sin θ与电流I成正比 答案　D　由左手定则可知,当直导线静止在右侧时,电流方向为由M到N,选项A错误;当直导线MN在右侧时,对直导线MN受力分析,得到力的矢量三角形如图,sin θ==,F绳=mg cos θ,B、L、mg为定值,所以sin θ与电流I成正比,则电流I增大,θ也增大,悬绳中的拉力F绳会随着θ的增大而减小,所以选项B、C错误,选项D正确。 易错警示　本题中安培力的方向垂直于悬绳,分析时容易错画为水平方向。 5.(2022江苏,3,4分)如图所示,两根固定的通电长直导线a、b相互垂直,a平行于纸面,电流方向向右,b垂直于纸面,电流方向向里。则导线a所受安培力方向 (　　) A.平行于纸面向上 B.平行于纸面向下 C.左半部分垂直纸面向外,右半部分垂直纸面向里 D.左半部分垂直纸面向里,右半部分垂直纸面向外 答案　C　由安培定则判定导线b中电流产生的磁场方向如图所示,由左手定则可判定导线a所受安培力方向如C选项所述,故选C。 6.(2022浙江1月选考,3,3分)利用如图所示装置探究匀强磁场中影响通电导线受力的因素,导线垂直匀强磁场方向放置。先保持导线通电部分的长度L不变,改变电流I的大小,然后保持电流I不变,改变导线通电部分的长度L,得到导线受到的力F分别与I和L的关系图像,则正确的是 (　　) A　　　B C　　　D 答案　B　由安培力F=BIL可知,当L不变时,F∝I;当I不变时,F∝L,则对应图线均为过原点的倾斜直线,故B正确,A、C、D错误。 7.(2020浙江7月选考,9,3分)特高压直流输电是国家重点能源工程。如图所示,两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流I1和I2,I1>I2。a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直,b点位于两根导线间的中点,a、c两点与b点距离相等,d点位于b点正下方。不考虑地磁场的影响,则(　　) A.b点处的磁感应强度大小为0 B.d点处的磁感应强度大小为0 C.a点处的磁感应强度方向竖直向下 D.c点处的磁感应强度方向竖直向下 答案　C　把实际情境转化为如图所示的结构示意图。根据安培定则可知两通电导线在b点产生的磁场方向,根据电流在周围产生磁场的特点,可知B1>B2,A错误;根据安培定则及电流在周围产生磁场的特点,可画出d点处的磁感应强度为B1'和B2',如图所示,由平行四边形定则可知合磁感应强度不为0,B错误;同理,两通电导线在a点产生磁场的磁感应强度为B1″和B2″,如图所示,故a点的合磁感应强度方向竖直向下,C正确;两通电导线在c点产生磁场的磁感应强度为B1‴和B2‴,如图所示,故c点的合磁感应强度方向竖直向上,D错误。 8.(2019浙江4月选考,5,3分)在磁场中的同一位置放置一条直导线,导线的方向与磁场方向垂直,则下列描述导线受到的安培力F的大小与通过导线的电流的关系图像正确的是(　　) 答案　A　当导线的方向与磁场方向垂直时所受的安培力F=BIL,则描述导线受到的安培力F的大小与通过导线的电流I的关系图像正确的是A。 9.(2019海南单科,2,4分)如图,一段半圆形粗铜线固定在绝缘水平桌面(纸面)上,铜线所在空间有一匀强磁场,磁场方向竖直向下。当铜线通有顺时针方向电流时,铜线所受安培力的方向(　　) A.向前　　　　　　B.向后　　　　　　C.向左　　　　　　D.向右 答案　A　利用左手定则判断导线受到的安培力方向,四指指向电流的方向,磁感线穿过手心,大拇指的指向为该段导线受到的安培力方向。半圆形铜线受到的安培力如图所示,左右对称,故左右方向的分量全部抵消,合力向前,A符合题意。 10.(2018浙江4月选考,7,3分)处于磁场B中的矩形金属线框可绕轴OO'转动,当线框中通以电流I时,如图所示,此时线框左右两边受安培力F的方向正确的是(　　) 答案　D　由左手定则可知,线框左边导线受到竖直向上的安培力、右边导线受到竖直向下的安培力,故D正确。 考向3 安培力作用下的受力和运动分析 1.（2025·广东 ）（多选）如图是一种精确测量质量的装置原理示意图，竖直平面内，质量恒为M的称重框架由托盘和矩形线圈组成。线圈的一边始终处于垂直线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度不变。测量分两个步骤，步骤①：托盘内放置待测物块，其质量用m表示，线圈中通大小为I的电流，使称重框架受力平衡；步骤②：线圈处于断开状态，取下物块，保持线圈不动，磁场以速率v匀速向下运动，测得线圈中感应电动势为E。利用上述测量结果可得出m的值，重力加速度为g。下列说法正确的有（    ） A．线圈电阻为 B．I越大，表明m越大 C．v越大，则E越小 D． 【答案】BD 【详解】A．根据题意电动势E是线圈断开时切割磁感线产生的感应电动势，I为线圈闭合时通入的电流，故不是线圈的电阻； 故A错误； B．根据平衡条件有① 故可知I越大，m越大； 故B正确； C．根据公式有② 故可知v越大，E越大； 故C错误； D．联立①②可得 故D正确。 故选BD。 2.(2023海南,17,12分)如图所示,U形金属杆上边长为L=15 cm,质量为m=1×10-3 kg,下端插入导电液体中,导电液体连接电源,金属杆所在空间有垂直纸面向里的大小为B=8×10-2 T的匀强磁场。 (1)若插入导电液体部分深h=2.5 cm,闭合开关,金属杆飞起后,其下端离液面最大高度H=10 cm,设离开导电液体前杆中的电流不变,求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流有多大;(g=10 m/s2) (2)若金属杆下端刚与导电液体接触,改变电动势的大小,通电后金属杆跳起高度H'=5 cm,通电时间t'=0.002 s,求通过金属杆横截面的电荷量。 答案　(1) m/s　 A　(2)0.085 C 解析 (1)对金属杆,离开液面后跳起的最大高度为H,由运动学公式知v=,解得v= m/s 对金属杆从刚闭合开关至其到达最高点的过程中,由动能定理有BILh-mg (H+h)=0,得I= A (2)对金属杆,由动量定理有(BI'L-mg)t'=mv',由运动学公式有v'= ,又q=I't',可得q=0.085 C 3.(2022湖北,11,4分)(多选)如图所示,两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上,棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中,磁感应强度大小恒定,方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动,现给导体棒通以图示方向的恒定电流,适当调整磁场方向,可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时,加速度的最大值为g;减速时,加速度的最大值为g,其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是 (　　) A.棒与导轨间的动摩擦因数为 B.棒与导轨间的动摩擦因数为 C.加速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向下,θ=60° D.减速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向上,θ=150° 答案　BC　当导体棒加速运动时受力如图甲,由BIL sin θ-μ(mg-BIL cos θ)=ma,可得a=-μg= sin (θ+φ)-μg,其中tan φ=μ,可见当θ+φ=90°时,加速度取得最大值为-μg=g; 当导体棒减速运动时受力如图乙,由BIL sin α+μ(mg+BIL cos α)=ma,其中α=180°-θ,可得a=+μg= sin (α+φ)+μg,其中tan φ=μ,可见当α+φ=90°时,加速度取得最大值为+μg=g,可得μ=,则φ=30°,故当导体棒加速阶段加速度大小最大时θ=60°,当导体棒减速阶段加速度大小最大时θ=120°,A、D错误,B、C正确。 4.(2022全国甲,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;保持其他条件不变,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。 答案　(1)　　(2) 解析　(1)通入电流后线圈所受安培力F=NBIl 由胡克定律及平衡条件有F=kΔx 故弹簧长度改变量Δx= 由于d远大于弹簧长度的改变量,故细杆转过的角度 θ≈= 由于入射光线不变,平面镜转过θ角时反射光线转过2θ,故 s=2θr= (2)电流反向前后光点移动的弧长为s'=s1+s2 可知反射光线在此过程中转过的角度为θ'= 则细杆转过的角度为= 故弹簧长度的变化量Δx'=d=d 由胡克定律得ΔF弹=kΔx' 而此过程中弹簧弹力的变化量等于安培力的变化量,设待测电流为Ix,则ΔF弹=2NBIxl 解得Ix= 考点2 磁场对运动电荷的作用 考向1 带电粒子在匀强磁场中的运动 1．（2025·新课标）如图，正方形abcd内有方向垂直于纸面的匀强磁场，电子在纸面内从顶点a以速度v0射入磁场，速度方向垂直于ab。磁感应强度的大小不同时，电子可分别从ab边的中点、b点和c点射出，在磁场中运动的时间分别为t1、t2和t3，则（   ） A．t1 < t2 = t3 B．t1 < t2 < t3 C．t1 = t2 > t3 D．t1 > t2 > t3 【答案】A 【详解】由于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则电子在磁场中运动的时间为 设正方形abcd的边长为l，则，， 则有t1 < t2 = t3 故选A。 2.(2023海南,2,3分)如图所示,带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场,关于小球运动和受力的说法正确的是 (　　) A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右 B.小球运动过程中的速度不变 C.小球运动过程中的加速度保持不变 D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功 答案A　带正电小球刚进入磁场时速度方向竖直向下,由左手定则可知,小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右,A正确;小球运动过程中受重力和洛伦兹力作用,重力不变,洛伦兹力时刻变化,则小球所受合力不为零且时刻变化,则小球速度、加速度方向都在变化,B、C错误;洛伦兹力始终与小球速度方向垂直,永不做功,D错误。 3.(2022北京,7,3分)正电子是电子的反粒子,与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场,从P点发出两个电子和一个正电子,三个粒子运动轨迹如图中1、2、3所示。下列说法正确的是 (　　) A.磁场方向垂直于纸面向里 B.轨迹1对应的粒子运动速度越来越大 C.轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大 D.轨迹3对应的粒子是正电子 答案　A　由题意和轨迹图可知,轨迹1、3的弯曲方向均偏左,故为电子的轨迹,轨迹2对应的粒子是正电子,故D错;由左手定则知,磁场方向垂直纸面向里,A正确;轨迹3的半径比轨迹2的大,由Bqv=得r=,故知轨迹3对应的粒子初速度大,C错;轨迹1的半径在逐渐减小,说明轨迹1对应的粒子速度在逐渐减小,B错。 4．（2025·北京 ）北京谱仪是北京正负电子对撞机的一部分，它可以利用带电粒子在磁场中的运动测量粒子的质量、动量等物理量。 考虑带电粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中的运动，且不计粒子间相互作用。 (1)一个电荷量为的粒子的速度方向与磁场方向垂直，推导得出粒子的运动周期T与质量m的关系。 (2)两个粒子质量相等、电荷量均为q，粒子1的速度方向与磁场方向垂直，粒子2的速度方向与磁场方向平行。在相同的时间内，粒子1在半径为R的圆周上转过的圆心角为，粒子2运动的距离为d。求： a．粒子1与粒子2的速度大小之比； b．粒子2的动量大小。 【答案】(1) (2)a．；b． 【详解】（1）粒子速度方向与磁场垂直，做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 解得轨道半径 圆周运动的周期 将R代入得 比例关系为 （2）a．由题意知粒子1做圆周运动，线速度 粒子2做匀速直线运动，速度 所以速度之比 即 b．对粒子1，由洛伦兹力提供向心力有 可得 粒子2的动量 结合前面的分析可得 5.(2022江苏,13,8分)利用云室可以知道带电粒子的性质。如图所示,云室中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场,一个质量为m、速度为v的电中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b,a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧,相同时间内的径迹长度之比la∶lb=3∶1,半径之比ra∶rb=6∶1。不计重力及粒子间的相互作用力。求: (1)粒子a、b的质量之比ma∶mb; (2)粒子a的动量大小pa。 答案　(1)2∶1　(2)mv 解析　(1)中性粒子分裂过程中电荷守恒,粒子a、b所带电荷量大小:qa=qb,由la∶lb=3∶1可知分裂后两粒子在磁场中运动的速率之比为va∶vb=3∶1,带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,Bqv=,结合ra∶rb=6∶1可得,ma∶mb==2∶1。 (2)中性粒子分裂过程中动量守恒:mv=mava+mbvb,结合va∶vb=3∶1、ma∶mb=2∶1、m=ma+mb可得,pa=mava=mv。 考向2 带电粒子在有界磁场中的运动 1．（2025·安徽）如图，在竖直平面内的直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN，MN到x轴的距离为d，上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源，沿平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q、质量为m、速度大小均为。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则（　　） A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为 B．薄板的上表面接收到粒子的区域长度为 C．薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d D．薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为 【答案】C 【详解】A．根据洛伦兹力提供向心力有，可得，故A错误； B．当粒子沿x轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离y轴最近，如图轨迹1，根据几何关系可知；当粒子恰能通过N点到达薄板上方时，薄板上表面接收点距离y轴最远，如图轨迹2，根据几何关系可知，，故上表面接收到粒子的区域长度为，故B错误； C．根据图像可知，粒子可以恰好打到下表面N点；当粒子沿y轴正方向射出时，粒子下表面接收到的粒子离y轴最远，如图轨迹3，根据几何关系此时离y轴距离为d，故下表面接收到粒子的区域长度为d，故C正确； D．根据图像可知，粒子恰好打到下表面N点时转过的圆心角最小，用时最短，有，故D错误。 故选C。 2．（2025·四川 ）（多选）如图所示，I区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为正方形；Ⅱ区有垂直于纸面向外的匀强磁场，其外边界为圆形，内边界与I区边界重合；正方形与圆形中心同为O点。I区和Ⅱ区的磁感应强度大小比值为4∶1。一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上a点沿正方形某一条边的中垂线方向进入磁场，一段时间后从a点离开。取sin37°=0.6。则带电粒子（　　） A．在I区的轨迹圆心不在O点 B．在I区和Ⅱ区的轨迹半径之比为1∶2 C．在I区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37 D．在I区和Ⅱ区的运动时间之比为127∶148 【答案】AD 【详解】A．由图可知 在I区的轨迹圆心不在O点，故A正确； B．由洛伦兹力提供向心力 可得 故在I区和Ⅱ区的轨迹半径之上比为 故B错误； D．设粒子在磁场Ⅱ区偏转的圆心角为α，由几何关系 可得 故粒子在I区运动的时间为 粒子在Ⅱ区运动的时间为 联立可得在I区和Ⅱ区的运动时间之上比为 故D正确； C．粒子在I区和Ⅱ区的轨迹长度分别为 故在I区和Ⅱ区的轨迹长度之比为 故C错误。 故选AD。 3．（2025·甘肃 ）（多选）2025年5月1日，全球首个实现“聚变能发电演示”的紧凑型全超导托卡马克核聚变实验装置（BEST）在我国正式启动总装。如图是托卡马克环形容器中磁场截面的简化示意图，两个同心圆围成的环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，内圆半径为。在内圆上A点有a、b、c三个粒子均在纸面内运动，并都恰好到达磁场外边界后返回。已知a、b、c带正电且比荷均为，a粒子的速度大小为，方向沿同心圆的径向；b和c粒子速度方向相反且与a粒子的速度方向垂直。不考虑带电粒子所受的重力和相互作用。下列说法正确的是（    ） A．外圆半径等于 B．a粒子返回A点所用的最短时间为 C．b、c粒子返回A点所用的最短时间之比为 D．c粒子的速度大小为 【答案】BD 【详解】由题意，作出粒子运动轨迹图，如图所示 a粒子恰好到达磁场外边界后返回，a粒子运动的圆周正好与磁场外边界，然后沿径向做匀速直线运动，再做匀速圆周运动恰好回到A点， 根据a粒子的速度大小为 可得 设外圆半径等于,由几何关系得 则 A错误； B．由A项分析，a粒子返回A点所用的最短时间为第一次回到A点的时间 a粒子做匀速圆周运动的周期 在磁场中运动的时间 匀速直线运动的时间 故a粒子返回A点所用的最短时间为 B正确； C．由题意，作出粒子运动轨迹图，如图所示 因为b、c粒子返回A点都是运动一个圆周，根据b、c带正电且比荷均为，所以两粒子做圆周运动周期相同，故所用的最短时间之比为1:1，C错误； D．由几何关系得 洛伦兹力提供向心力有 联立解得 D正确。 故选BD。 4.(2024广西,5,4分)Oxy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里。质量为m,电荷量为+q的粒子,以初速度v从O点沿x轴正向开始运动,粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为45°,交点为P。不计粒子重力,则P点至O点的距离为(　　) A. B. C.(1+) D. 【答案】C 【解析】由题意可知粒子运动轨迹如图所示, 根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,可得粒子做圆周运动的半径r=,根据几何关系可得P点至O点的距离L=r+=(1+),C正确。 5.(2023湖南,6,4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 答案 D 只有沿直线AC做匀速运动的粒子才能进入区域Ⅱ,设能进入区域Ⅱ的粒子的速度为v0,根据平衡条件得qv0B1=qE,解得v0=。若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1,则只有速度大小为的粒子才能通过C点进入区域Ⅱ,同理,若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E,则只有速度大小为2v0的粒子才能通过C点进入区域Ⅱ,两种情况下粒子均沿CO射入区域Ⅱ,且均从CF边射出,速度的偏转角度不变,对应圆心角相同,均为90°,故t=t0,A、B选项错误。设粒子比荷为,满足v0=的粒子进入区域Ⅱ后做圆周运动的轨迹半径为r0,周期为T0,其运动轨迹如图1所示, 洛伦兹力提供向心力,有qv0B2=m,解得轨迹半径r0=,CF=2r0,CO=2r0;粒子做圆周运动的运动周期T0==,粒子在区域Ⅱ中运动时间t0=T0。若粒子恰好从F点射出,则粒子在区域Ⅱ中运动的半径为2r0,磁感应强度需减小到,C、D选项中调整后的磁感应强度均小于,故粒子必然从GF边界射出区域Ⅱ,则C点到出射点D的水平距离为定值2r0。 设粒子在区域Ⅱ中速度方向偏转角为θ,轨迹半径为r,运动周期为T,如图2所示, 由几何关系可知sin θ=,若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2,则粒子在区域Ⅱ中做圆周运动的半径变为r=r0,周期变为T=T0,此时sin θ==,则θ=60°,粒子在区域Ⅱ中运动时间变为t=·T=T=T0=t0,C错误。同理,若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2,则r=2r0,T=2T0,sin θ==,θ=45°,粒子在区域Ⅱ中运动时间变为t=T=·T0=t0,D正确。 6.(2023全国乙,18,6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,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. 答案 A 画出粒子在磁场中由O点运动到S点的轨迹如图所示,找出轨迹圆心O',由几何关系可知θ=30°,设轨迹半径为R,则sin θ=,解得R=2a,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,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,则粒子所受洛伦兹力与电场力平衡,有qE=qvB,联立解得粒子的比荷=,A正确。 7.(2023全国甲,20,6分)(多选)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 答案 BD 带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,T=,解得运动轨迹半径r=,运动周期T=。当粒子初速度方向过磁场圆心O时,由对称性可知,粒子与筒壁发生n次碰撞后必能返回入射点P,则碰撞点(含P点)将筒壁等分成n+1份圆弧,且每次与筒壁碰撞反弹后速度方向由碰撞点指向圆心O,但轨迹不能通过O点,A选项错误,D选项正确;若粒子与筒壁仅碰撞一次,则轨迹将圆筒平分,由对称性可知碰撞位置一定在PO延长线与筒壁交点位置,粒子将做直线运动,但粒子仅在洛伦兹力作用下无法做直线运动,故该粒子至少与筒壁发生2次碰撞(运动轨迹如图所示)才可以从小孔射出,故B选项正确;若粒子在筒内与筒壁碰撞,经历圆筒一周从P点飞出,则粒子速度越大,在筒内运动的时间越短,若粒子在筒内与筒壁碰撞,经历圆筒一周无法从P点飞出,则粒子速度越大,在筒内运动的时间不一定越短,C选项错误;综上,应选B、D。 8．（2025·湖北 ）如图所示，两平行虚线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为的初速度射出，方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为，粒子能回到O点，并在纸面内做周期性运动。不计重力，求 (1)粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径； (2)粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距； (3)粒子的运动周期 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子在左侧磁场中运动，根据洛伦兹力提供向心力有 可得 （2）粒子在左侧磁场运动，设从MN射出时速度方向与MN的夹角为θ，由于O到的距离，结合，根据几何关系可知； 粒子在MN和PQ之间做匀速直线运动，所以粒子从PQ进入右侧磁场时与PQ的夹角；粒子在右侧磁场做匀速圆周运动有 解得 根据几何关系可知粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距 （3）由图可知粒子在左边磁场运动的时间 粒子在右边磁场运动的时间 根据对称性可知粒子在MN左侧进出磁场的距离 所以粒子从MN到PQ过程中运动的距离为 粒子在MN和PQ之间运动的时间 综上可知粒子完成完整运动回到O点的周期为 9.（2025·陕晋青宁卷 ）电子比荷是描述电子性质的重要物理量。在标准理想二极管中利用磁控法可测得比荷，一般其电极结构为圆筒面与中心轴线构成的圆柱体系统，结构简化如图（a）所示，圆筒足够长。在O点有一电子源，向空间中各个方向发射速度大小为的电子，某时刻起筒内加大小可调节且方向沿中心轴向下的匀强磁场，筒的横截面及轴截面示意图如图（b）所示，当磁感应强度大小调至时，恰好没有电子落到筒壁上，不计电子间相互作用及其重力的影响。求：（R、、均为已知量） (1)电子的比荷; (2)当磁感应强度大小调至时，筒壁上落有电子的区域面积S。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）当磁场的磁感应强度为时，电子刚好不会落到筒壁上。 则电子以速度垂直轴线方向射出，电子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹恰好与圆筒壁相切，轨迹半径为 根据洛伦兹力提供向心力可得 联立解得 （2）磁感应强度调整为后，将电子速度沿垂直轴线和平行轴线方向进行分解，分别设，电子将在垂直轴线方向上做匀速圆周运动，平行轴线方向上做匀速直线运动，电子击中筒壁距离粒子源的最远点时，其垂直轴线方向的圆周运动轨迹与筒壁相切，则轨迹半径仍为 根据洛伦兹力提供向心力可得 联立解得 由射出到相切，经过半个周期，用时 根据速度的合成与分解可知 平行轴线方向运动距离 结合对称性，被电子击中的面积 10.(2023福建,14,11分)阿斯顿(F.Aston)借助自己发明的质谱仪发现了氖等元素的同位素而获得诺贝尔奖,质谱仪分析同位素简化的工作原理如图所示。在PP'上方存在一垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。两个氖离子在O处以相同速度v垂直磁场边界入射,在磁场中发生偏转,分别落在M和N处。已知某次实验中,v=9.6×104 m/s,B=0.1 T,落在M处的氖离子比荷(电荷量和质量之比)为4.8×106 C/kg;P、O、M、N、P'在同一直线上;离子重力不计。 (1)求OM的长度; (2)若ON的长度是OM的1.1倍,求落在N处氖离子的比荷。 答案　(1)0.4 m　(2)4.4×106 C/kg 解析 (1)氖离子进入匀强磁场做匀速圆周运动,由牛顿第二定律可得q1vB=m1,则r1== m=0.2 m,所以OM的长度sOM=2r1=0.4 m。 (2)由题意得sON=1.1sOM,且sON=2r2,即r2=1.1r1,根据洛伦兹力提供向心力有q2vB=m2,则==≈4.4×106 C/kg。 11.(2023天津,12,18分)信号放大器是一种放大电信号的仪器,如图1,其可以通过在相邻极板间施加电压,使阴极逸出的电子击中极板时,激发出更多的电子,从而逐级放大电信号。已知电子的质量为m,带电荷量为-e。 (1)在极板上建立空间直角坐标系,极板上方空间内存在磁场,其磁感应强度大小为B,方向平行于z轴。极板间的电压U极小,几乎不影响电子运动。如图2,某次激发中,产生了2个电子a和b,其初速度方向分别在xOy与zOy平面内,且与y轴正方向成θ角,则: (ⅰ)判断磁场的方向; (ⅱ)求a、b两个电子运动到下一个极板的时间t1和t2。 (2)若单位时间内阴极逸出的电子数量不变,每个电子打到极板上可以激发出δ个电子,且δ∝U,阳极处接收电子产生的电流为I,在图3的坐标系中定性画出表示U和I关系的图像并说明这样画的理由。 　　 答案　(1)(ⅰ)沿z轴负方向　(ⅱ)　 (2)见解析 解析 (1)(ⅰ)a电子初速度方向在xOy平面内,与y轴正方向成θ角,若要到达下一极板,a电子在洛伦兹力作用下应向x轴正方向偏转,结合左手定则可知,磁感应强度B的方向沿z轴负方向。 (ⅱ)a电子在洛伦兹力作用下运动轨迹如图,根据Bev==,T=,由图可知电子运动到下一个极板的时间t1=T=·=,b电子沿z轴的分速度与磁感线平行,不受洛伦兹力,沿z轴正方向做匀速直线运动;沿y轴方向具有分速度,受到洛伦兹力,使电子向右偏转,电子运动半个圆周到下一个极板的时间t2=T=。 (2)设δ=kU,单位时间内阴极逸出的电子数量N0不变,每个电子打到极板上可以激发δ个电子,经过n次激发阳极处接收电子数量N=N0δn=N0(kU)n=N0knUn 对应的电流I=Ne=eN0knUn=(eN0kn)Un=AUn 可得I-U图像如图。 12.(2019海南单科,9,5分)(多选)如图,虚线MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场,两电荷量相同的粒子P、Q从磁场边界的M点先后射入磁场,在纸面内运动。射入磁场时,P的速度vP垂直于磁场边界,Q的速度vQ与磁场边界的夹角为45°。已知两粒子均从N点射出磁场,且在磁场中运动的时间相同,则(　　) A.P和Q的质量之比为1∶2 B.P和Q的质量之比为∶1 C.P和Q速度大小之比为∶1 D.P和Q速度大小之比为2∶1 答案　AC　粒子在磁场中运动时的周期T=,且偏转角θ与运动时间的关系为=,已知tP=tQ,qP=qQ,由粒子运动轨迹可知θP=π,θQ=,解得==,故A正确,B错误。设MN=2R,则粒子P的半径RP=R,粒子Q的半径RQ=R,依据r=,得=,故C正确,D错误。 13.(2018海南单科,13,10分)如图,圆心为O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向外,磁感应强度大小为B。P是圆外一点,OP=3r。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从P点在纸面内垂直于OP射出。已知粒子运动轨迹经过圆心O,不计重力。求: (1)粒子在磁场中做圆周运动的半径; (2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间。 答案　(1)r　(2) 解析　(1)如图,PMON为粒子运动轨迹的一部分,圆弧PM为粒子在磁场中运动的轨迹,C为圆心,半径为R;MON为圆O的直径,MC⊥MN。粒子在圆O内沿MON做匀速直线运动,由几何关系知 (OP-R)2=R2+r2① 由上式和题给条件得 R=r② (2)设粒子在磁场中运动的速度大小为v,由洛伦兹力提供向心力有 qvB=③ 由题意,粒子在圆形区域内运动的距离为 MN=2r④ 设粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间为t,由运动学公式有 t=⑤ 联立②③④⑤式得 t=⑥ 14.(2020浙江7月选考,22,10分)某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存在边界为矩形EFGH、方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,探测板CD平行于HG水平放置,能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、b、c三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界EH水平射入磁场,b束中的离子在磁场中沿半径为R的四分之一圆弧运动后从下边界HG竖直向下射出,并打在探测板的右边缘D点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为N,离子束间的距离均为0.6R,探测板CD的宽度为0.5R,离子质量均为m,电荷量均为q,不计重力及离子间的相互作用。 (1)求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界HG时与H点的距离s; (2)求探测到三束离子时探测板与边界HG的最大距离Lmax; (3)若打到探测板上的离子被全部吸收,求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量F与板到HG距离L的关系。 答案　见解析 解析　(1)qvB=得v= 几何关系OO'=0.6R s==0.8R (2)a、c束中的离子从同一点Q射出,α=β tanα= Lmax=R (3)a或c束中每个离子动量的竖直分量 pz=pcosα=0.8qBR 0<L≤R F1=Np+2Npz=2.6NqBR R<L≤0.4R F2=Np+Npz=1.8NqBR L>0.4R F3=Np=NpBR 考向3 带电粒子在匀强磁场中的临界问题与多解问题 1.(2024河北,10,6分)(多选)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° 【答案】AD 【解析】规定沿A→B方向为x方向,沿A→D方向为y方向,如图甲所示,粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45° 粒子从A到E的过程 x方向:∑qvy1BΔt=mΔvx1 y方向:∑-qvx1BΔt=mΔvy1 由以上两式分别得 x方向:qBL2=m① y方向:qBL1=mv1② 离开E点后粒子做匀速直线运动,一定从cd边某点F再次进入磁场,从离开F点后到速度变成水平的过程,同理得 x方向:qBLy1=mv1③ y方向:qBLx1=mv1④ 由①④得 Lx1=L2,由②③得Ly1=L1 由几何关系可判断出粒子恰好从C点垂直于BC射出,A正确; 如图乙所示,粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60° 当粒子速度较小时从bc边再次进入磁场,当粒子速度较大时从cd边再次进入磁场 考虑粒子从cd边再次进入磁场的过程 从A点到E点过程由A项分析同理可得 y方向:qBL3=m·v2⑤ 离开E点后粒子做匀速直线运动,从cd边某点F再次进入磁场,从离开F到速度方向变到水平的过程,同理有 y方向:qBLx2=m·v2⑥ 由⑤⑥得 Lx2=L3 由几何关系可知仅粒子从c点再次进入磁场时垂直BC射出,其他速度大小下y方向速度减小到零时粒子还未到达BC边,B错误; 如图丙所示,粒子经过cd边且垂直BC射出 粒子从A点到E点过程,同理有 x方向:qBL6=mvx3⑦ y方向:qBL5=m(v3-vy3)⑧ 离开E点后粒子做匀速直线运动,从cd边某点F再次进入磁场到垂直BC射出,对粒子从F点到BC边过程,同理有 x方向:qBLy5=m(v3-vx3)⑨ (点拨:粒子垂直BC射出的上边界为C点,即Ly5≤L5) y方向:qBLx5=mvy3⑩ (点拨:粒子从cd边射出,F点到BC边的距离Lx5≥L5) 由⑧⑨得=≤1,解得vy3≤vx3,设粒子穿过ad边时速度方向与ad边的夹角为θ,解得θ≥45° 由⑧⑩得=≥1,即2vy3≥v3,cos θ=≥,θ≤60° 综上所述可得45°≤θ≤60°,C错误。 如图丁所示,粒子经过bc边且垂直BC射出 粒子从A点到E点过程,同理可得 y方向:qBL7=m(v4-vy4) 离开E点后粒子做匀速直线运动,从bc边某点F再次进入磁场到垂直BC射出,对粒子从F点到BC过程,同理有 y方向:qBLx7=mvy4 因为Lx7=L7,由得v4=2vy4即cos α== 所以粒子穿过ad边时速度方向与ad边的夹角为60°,D正确。 2．（2025·重庆 ）研究小组设计了一种通过观察粒子在荧光屏上打出的亮点位置来测量粒子速度大小的装置，如题图所示，水平放置的荧光屏上方有沿竖直方向强度大小为B，方向垂直于纸面向外的匀强磁场。O、N、M均为荧光屏上的点，且在纸面内的同一直线上。发射管K（不计长度）位于O点正上方，仅可沿管的方向发射粒子，一端发射带正电粒子，另一端发射带负电粒子，同时发射的正、负粒子速度大小相同，方向相反，比荷均为。已知，，不计粒子所受重力及粒子间相互作用。 (1)若K水平发射的粒子在O点产生光点，求粒子的速度大小。 (2)若K从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点，求粒子的速度大小。 (3)要使（2）问中发射的带正电粒子恰好在M点产生光点，可在粒子发射t时间后关闭磁场，忽略磁场变化的影响，求t。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由题意粒子水平发射后做匀速圆周运动，要在O点产生光点，其运动半径 运动过程中由洛伦兹力提供向心力有 联立解得 （2）若K从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点，则两端粒子的轨迹正好构成一个完整的圆，且在N点相切，如图 由于K从水平方向逆时针旋转60°，则，根据和和关系可知此时粒子做匀速圆周运动的半径为 根据洛伦兹力提供向心力可知 解得 （3）由题意带正电粒子恰好在M点产生光点，则关闭磁场时粒子速度恰好指向M，过M点做正电粒子轨迹的切线，切点为P，如图 根据前面解析可知，所以 由于，且 根据几何关系可知，而 所以 粒子在磁场中运动的周期，对应的圆心角 所以 3.(2024重庆,14,14分)有人设计了一种粒子收集装置。如图所示,比荷为的带正电的粒子,由固定于M点的发射枪,以不同的速率射出后,沿射线MN方向运动,能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K点,O在MN上,且KO垂直于MN。若打开磁场开关,空间将充满磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里的匀强磁场,速率为v0的粒子运动到O点时,打开磁场开关,该粒子全被收集,不计粒子重力,忽略磁场突变的影响。 (1)求OK间的距离; (2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关,该粒子仍被收集,求MO间的距离; (3)速率为4v0的粒子射出后,运动一段时间再打开磁场开关,该粒子也能被收集。以粒子射出的时刻为计时0点。求打开磁场的那一时刻。 答案 (1)　(2)　(3) 解析　(1)当粒子到达O点时打开磁场开关,粒子开始做匀速圆周运动,设轨迹半径为r1 由洛伦兹力提供向心力有qv0B=m 解得r1= 即OK=2r1=。 (2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关,粒子在磁场中运动轨迹半径r2==4r1 运动轨迹如图中①所示,由几何关系有(4r1-2r1)2+MO2=(4r1)2 解得MO=2r1=。 (3)设速率为4v0的粒子匀速运动一段时间t后到达Q点,要使粒子仍被收集,则Q点在O点右侧,运动轨迹如图中②所示 由几何关系有(4r1-2r1)2+OQ2=(4r1)2 解得OQ=2r1= 粒子在打开磁场开关前运动时间为t= 解得t=。 4.（2024浙江6月，20，11分）探究性学习小组设计了一个能在喷镀板的上下表面喷镀不同离子的实验装置，截面如图所示。在xOy平面内，除x轴和虚线之间的区域之外，存在磁感应强度大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁场。在无磁场区域内，沿着x轴依次放置离子源、长度为L的喷镀板P、长度均为L的栅极板M和N（由金属细丝组成的网状电极），喷镀板P上表面中点Q的坐标为（1.5L，0），栅极板M中点S的坐标为（3L，0）。离子源产生a和b两种正离子，其中a离子质量为m、电荷量为q，b离子的比荷为a离子的倍，经电压U=kU0（其中U0=，k大小可调，a和b离子初速度视为0）的电场加速后，沿着y轴射入上方磁场。经磁场偏转和栅极板N与M间电压UNM调控（UNM>0），a和b离子分别落在喷镀板的上下表面，并立即被吸收且电中和。忽略场的边界效应、离子受到的重力及离子间相互作用力。 （1）若U=U0，求a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置x0（用L表示）； （2）调节U和UNM，并保持UNM=U，使a离子能落到喷镀板P上表面任意位置，求 ①U的调节范围（用U0表示）； ②b离子落在喷镀板P下表面的区域长度； （3）要求a和b离子恰好分别落在喷镀板P上下表面的中点，求U和UNM的大小。 【答案】（1）L　（2）①U0≤U≤4U0　②　（3）　 【解析】（1）对a离子，在加速电场中，由动能定理可得qU0=mv2① 在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得qvB=m② 联立①②可得r=③ 到达x轴上的位置x0=2r④ 其中U0=，联立③④解得x0=L （2）①a离子经过加速电场、偏转磁场直接落到P上表面； 由（1）问可得r'==⑤ a离子落在P上表面任意位置有L≤2r'≤2L⑥ 联立可得U0≤U≤4U0 ②b离子经过加速电场、偏转磁场，再经过栅极板M、N落到P下表面，作出轨迹示意图如图所示， 当b离子恰好经过栅极板左侧时，第一次经过磁场的运动半径r1=L⑦ 由⑤可得r1=⑧ 此时UNM=U，b离子经过栅极板后的速度为v2，由动能定理可得 q'U-q'UNM=m'⑨ b离子经过x轴下方磁场的运动半径为r2，由洛伦兹力提供向心力可得q'v2B=m' 又= 联立解得r2=r1=L 当b离子恰好经过栅极板右侧时，同理可得b离子此次经过x轴下方磁场的运动半径r'2=L 综上可得b离子落在P下表面的区域长度l=-= （3）若a离子恰好落在P上表面的中点Q，此时a离子在磁场中的运动半径ra=L 由⑤可得ra= 由③的比可得= 解得U=U0=，即此时U= 当U=U0时，b离子在x轴上方磁场中的运动半径 rb===L b离子由S点进入栅极板，若其落在P的下表面中点，则其在x轴下方磁场中的运动半径r'b=L b离子经过第一个加速电场，由动能定理可得 q'U=m' b离子经过第一个加速电场和栅极板后，由动能定理可得q'U-q'UNM=m'v' 由qvB=m可得= 联立可得UNM=U=U0= 【快速解法】 （2）②设b离子在x轴上方磁场的运动半径为r1，在x轴下方磁场的运动半径为r2， 则q'U=m'=q'v1B q'=m'，m'=q'v2B 解得r2=r1 当b离子恰从栅极板左侧进入时，r1=L，故b离子落到喷镀板下表面距其左侧 当b离子恰从栅极板右侧进入时，r1=L，故b离子落到喷镀板下表面距其右侧 由喷镀板长为L可知，b离子落到喷镀板下表面的区域长度为 （3）由题意可知，a离子恰好落在P上表面中点，b离子经过栅极板减速后在磁场中偏转落在P下表面点 由a离子运动的半径ra=L可知U=U0= 因b离子的比荷为a离子的，则b离子在x轴上方磁场中的运动半径rb=2ra，可知b离子从S点进入栅板， b离子要落在P下表面中点，则b离子在x轴下方磁场中运动半径r'b=L，则可知r'b=rb，由（2）②可知，当r'b=rb时，UNM=U=U0= 5.(2022湖北,10,4分)(多选)如图所示,一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标原点O射入,并经过点P(a>0,b>0)。若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现,粒子从O到P运动的时间为t1,到达P点的动能为Ek1。若上述过程仅由方向垂直于纸面的匀强磁场实现,粒子从O到P运动的时间为t2,到达P点的动能为Ek2。下列关系式正确的是 (　　) A.t1<t2　　　　　　　　　　B.t1>t2 C.Ek1<Ek2　　　　　　　　　　D.Ek1>Ek2 答案　AD　若是电场,粒子做类平抛运动,沿x轴方向以初速度v0匀速运动,t1=,再由动能定理可知Ek1=Ek0+qEb>Ek0。若是磁场,粒子做匀速圆周运动,在x轴方向上的分速度由v0逐渐减小,平均速度必小于v0,则t2=>,由于洛伦兹力不做功,故Ek2=Ek0,A、D正确,B、C错误。 6.(2022浙江6月选考,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的离子能打在板Q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,且A处探测到离子,求板Q上能探测到离子的其他θ'的值(θ'为探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角)。 答案　见解析 解析　(1)①离子在磁场中运动qv0B=　B= ②离子在磁场中的运动时间t= 转筒的转动角度ωt=2kπ+ ω=(4k+1),k=0,1,2,… (2)设速度大小为v的离子在磁场中圆周运动半径为R' R'=R tan　v=v0 tan 离子在磁场中的运动时间t'=(π-θ) 转筒的转动角度ω't'=2nπ+θ 转筒的转动角速度ω'=,n=0,1,2,… 动量定理F=Nmv F= tan,n=0,1,2,… (3)转筒的转动角速度=< k=1,θ'=π,n=0,2 可得θ'=π,π 7.(2019江苏单科,16,16分)如图所示,匀强磁场的磁感应强度大小为B。磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N,MN=L,粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短),反弹前后水平分速度不变,竖直分速度大小不变、方向相反。质量为m、电荷量为-q的粒子速度一定,可以从左边界的不同位置水平射入磁场,在磁场中做圆周运动的半径为d,且d<L。粒子重力不计,电荷量保持不变。 (1)求粒子运动速度的大小v; (2)欲使粒子从磁场右边界射出,求入射点到M的最大距离dm; (3)从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场,PM=d,QN=,求粒子从P到Q的运动时间t。 答案　(1)　(2)d (3)(+)或(-) 解析　本题考查了带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的极值问题及周期性问题。考查了学生的综合分析能力及应用数学知识处理物理问题的能力,体现了科学思维中模型建构、科学推理等素养要素,渗透了创新思维的价值观念。 (1)粒子的运动半径d= 解得v= (2)如图所示,粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切 由几何关系得dm=d(1+sin60°) 解得dm=d (3)粒子的运动周期T= 设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t',则 t=n+t'(n=1,3,5,…) (a)当L=nd+(1-)d时,粒子斜向上射出磁场 t'=T 解得t=(+) (b)当L=nd+(1+)d时,粒子斜向下射出磁场 t'=T 解得t=(-) 解题关键　1.在有界磁场中运动的带电粒子不穿出某一边界的临界状态是粒子运动轨迹与该边界相切。2.带电粒子从磁场中某点运动到另一点时,若能与某一边界碰撞,往往可以形成周期性运动,要注意多解。 8.(2016海南单科,14,14分)如图,A、C两点分别位于x轴和y轴上,∠OCA=30°,OA的长度为L。在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子,以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点射入时,恰好垂直于OC边射出磁场,且粒子在磁场中运动的时间为t0。不计重力。 (1)求磁场的磁感应强度的大小; (2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场,恰好从OC边上的同一点射出磁场,求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和; (3)若粒子从某点射入磁场后,其运动轨迹与AC边相切,且在磁场内运动的时间为t0,求粒子此次入射速度的大小。 答案　(1)　(2)2t0　(3) 解析　(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,在时间t0内其速度方向改变了90°,故其周期:T=4t0① 设磁感应强度大小为B,粒子速度大小为v,圆周运动的半径为r,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得: qvB=m② 匀速圆周运动的速度满足:v=③ 联立①②③式得:B=④ (2)设粒子从OA边两个不同位置射入磁场,能从OC边上的同一点P射出磁场,粒子在磁场中运动的轨迹如图(a)所示: 设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2。由几何关系有:θ1=180°-θ2⑤ 设粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2,则: t1+t2==2t0⑥ (3)如图(b),由题给条件可知,该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°。设O'为圆弧的圆心,圆弧的半径为r0,圆弧与AC相切于B点,从D点射出磁场,由几何关系和题给条件可知,此时有∠OO'D=∠BO'A=30°⑦ r0cos∠OO'D+=L⑧ 设粒子此次入射速度的大小为v0,由圆周运动规律得: v0=⑨ 联立①⑦⑧⑨式得:v0=⑩ 考向4 磁场与现代科技 1．（2025·广东 ）某同步加速器简化模型如图所示，其中仅直通道PQ内有加速电场，三段圆弧内均有可调的匀强偏转磁场B。带电荷量为、质量为m的离子以初速度从P处进入加速电场后，沿顺时针方向在加速器内循环加速。已知加速电压为U，磁场区域中离子的偏转半径均为R。忽略离子重力和相对论效应，下列说法正确的是（　　） A．偏转磁场的方向垂直纸面向里 B．第1次加速后，离子的动能增加了 C．第k次加速后．离子的速度大小变为 D．第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为 【答案】D 【详解】A．直线通道有电势差为的加速电场，粒子带正电，粒子沿顺时针方向运动，由左手定则可知，偏转磁场的磁感应强度方向垂直纸面向外，故A错误； BC．根据题意，由动能定理可知，加速一次后，带电粒子的动能增量为，由于洛伦兹力不做功，则加速k次后，带电粒子的动能增量为，加速k次后，由动能定理有 解得 故BC错误； D．粒子在偏转磁场中运动的半径为，则有 联立解得 故D正确。 故选D。 2.(2024湖北,9,4分)(多选)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 【答案】AC 【解析】带正电的粒子受到洛伦兹力向上偏转,故极板MN带正电,为发电机的正极,A正确;极板间的电压稳定后,粒子受到的洛伦兹力和电场力等大反向,设极板间距为d,则qvB=q,可得U=Bdv,因此增大间距、增大速率,U都变大,但U的大小和带电粒子的数密度无关,B、D错误,C正确。 3. (2023广东,5,4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 答案C　由题意可知质子在回旋加速器中的最大圆周运动半径R=0.5 m,质子的带电荷量为元电荷的电荷量,即q=e=1.6×10-19 C,则有qvmB=m,又Ek=m,联立并代入数据解得vm≈5.4×107 m/s。故选C。 4．（2025·云南 ）磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干扰。如图所示，区域存在垂直平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为（未知）。第一象限内存在边长为的正方形磁屏蔽区ONPQ，经磁屏蔽后，该区域内的匀强磁场方向仍垂直平面向里，其磁感应强度大小为（未知），但满足。某质量为m、电荷量为的带电粒子通过速度选择器后，在平面内垂直y轴射入区域，经磁场偏转后刚好从ON中点垂直ON射入磁屏蔽区域。速度选择器两极板间电压U、间距d、内部磁感应强度大小已知，不考虑该粒子的重力。 (1)求该粒子通过速度选择器的速率； (2)求以及y轴上可能检测到该粒子的范围； (3)定义磁屏蔽效率，若在Q处检测到该粒子，则是多少？ 【答案】(1) (2)， (3) 【详解】（1）由于该粒子在速度选择器中受力平衡，故 其中 则该粒子通过速度选择器的速率为 （2）粒子在区域内做匀速圆周运动，从ON的中点垂直ON射入磁屏蔽区域，由几何关系可知 由洛伦兹力提供给向心力 联立可得 由于，根据洛伦兹力提供给向心力 解得 当时粒子磁屏蔽区向上做匀速直线运动，离开磁屏蔽区后根据左手定则，粒子向左偏转，如图所示 根据洛伦兹力提供向心力 可得 故粒子打在y轴3L处，综上所述y轴上可能检测到该粒子的范围为。 （3）若在Q处检测到该粒子，如图 由几何关系可知 解得 由洛伦兹力提供向心力 联立解得 其中 根据磁屏蔽效率可得若在Q处检测到该粒子，则 5.(2022北京,20,12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1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。 (2)如图2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。 (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。 图1 图2 答案　(1)见解析　(2)U　(3)见解析 解析　(1)由E=BLv可估算得该处地磁场磁感应强度B地的大小的数量级为10-5 T。 (2)设导电电子定向移动的速率为v,Δt时间内通过横截面的电荷量为Δq, 有I==nebcv 导电电子定向移动过程中,在MN方向受到的电场力与洛伦兹力平衡, 有e=evB 得B=U (3)如图建立三维直角坐标系Oxyz。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两极间产生电压Uz仅取决于Bz。 由(2)得Bz=Uz 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。 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。 地磁场的磁感应强度的大小为B=。 根据Bx、By、Bz的方向可确定此处地磁场的磁感应强度的方向。 6.(2018课标Ⅲ,24,12分)如图,从离子源产生的甲、乙两种离子,由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动,自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1,并在磁场边界的N点射出;乙种离子在MN的中点射出;MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求 (1)磁场的磁感应强度大小; (2)甲、乙两种离子的比荷之比。 答案　(1)　(2)1∶4 解析　本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动。 (1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1,磁场的磁感应强度大小为B,由动能定理有 q1U=m1① 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 q1v1B=m1② 由几何关系知2R1=l③ 由①②③式得B=④ (2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2,射入磁场的速度为v2,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有q2U=m2⑤ q2v2B=m2⑥ 由题给条件有2R2=⑦ 由①②③⑤⑥⑦式得,甲、乙两种离子的比荷之比为 ∶=1∶4⑧ 7.(2018浙江4月选考,22,10分)压力波测量仪可将待测压力波转换成电压信号,其原理如图1所示,压力波p(t)进入弹性盒后,通过与铰链O相连的“┨”形轻杆L,驱动杆端头A处的微型霍尔片在磁场中沿x轴方向做微小振动,其位移x与压力p成正比(x=αp,α>0)。霍尔片的放大图如图2所示,它由长×宽×厚=a×b×d、单位体积内自由电子数为n的N型半导体制成。磁场方向垂直于x轴向上,磁感应强度大小为B=B0(1-β|x|),β>0。无压力波输入时,霍尔片静止在x=0处,此时给霍尔片通以沿C1、C2方向的电流I,则在侧面上D1、D2两点间产生霍尔电压U0。 (1)指出D1、D2两点哪点电势高; (2)推导出U0与I、B0之间的关系式(提示:电流I与自由电子定向移动速率v之间关系为I=nevbd,其中e为电子电荷量); (3)弹性盒中输入压力波p(t),霍尔片中通以相同电流,测得霍尔电压UH随时间t变化图像如图3。忽略霍尔片在磁场中运动产生的电动势和阻尼,求压力波的振幅和频率。(结果用U0、U1、t0、α及β表示) 图1　　　　　　　　　图2 图3 答案　(1)D1点电势高　(2)U0= (3)　 解析　(1)N型半导体中可以自由移动的是电子,根据左手定则可以知道电子往D2端移动,因此D1点电势高。 (2)根据霍尔元件内部电子所受的洛伦兹力和电场力平衡得: evB0=e 将v=代入解得:U0= (3)由任意时刻霍尔元件内部电子所受的洛伦兹力和电场力平衡得: evB=e 则UH(t)==(1-β|x|)=(1-β|αp|)=U0(1-αβ|p|) 由上式可得|p|=- 结合UH-t图像可知,振幅A=,频率f=。 8.(2017江苏单科,15,16分)一台质谱仪的工作原理如图所示。大量的甲、乙两种离子飘入电压为U0的加速电场,其初速度几乎为0,经加速后,通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中,最后打到照相底片上。已知甲、乙两种离子的电荷量均为+q,质量分别为2m和m,图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹。不考虑离子间的相互作用。 (1)求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x; (2)在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域,并求该区域最窄处的宽度d; (3)若考虑加速电压有波动,在(U0-ΔU)到(U0+ΔU)之间变化,要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠,求狭缝宽度L满足的条件。 答案　见解析 解析　本题考查动能定理、牛顿第二定律。 (1)设甲种离子在磁场中的运动半径为r1 电场加速qU0=×2mv2 且qvB=2m 解得r1= 根据几何关系x=2r1-L 解得x=-L (2)如图所示 最窄处位于过两虚线交点的垂线上,d=r1- 解得d=- (3)设乙种离子在磁场中的运动半径为r2 r1的最小半径 r1min= r2的最大半径r2max= 由题意知2r1min-2r2max>L,即->L 解得L<[2-] 考向5 带电粒子在叠加场、组合场中的运动 1．（2025·河北 ）（多选）如图，真空中两个足够大的平行金属板水平固定，间距为板接地。M板上方整个区域存在垂直纸面向里的匀强磁场。M板O点处正上方P点有一粒子源，可沿纸面内任意方向发射比荷、速度大小均相同的同种带电粒子。当发射方向与的夹角时，粒子恰好垂直穿过M板Q点处的小孔。已知，初始时两板均不带电，粒子碰到金属板后立即被吸收，电荷在金属板上均匀分布，金属板电量可视为连续变化，不计金属板厚度、粒子重力及粒子间的相互作用，忽略边缘效应。下列说法正确的是（　　） A．粒子一定带正电 B．若间距d增大，则板间所形成的最大电场强度减小 C．粒子打到M板上表面的位置与O点的最大距离为 D．粒子打到M板下表面的位置与Q点的最小距离为 【答案】BCD 【详解】A．根据粒子在磁场中的偏转方向，根据左手定则可知粒子带负电，选项A错误； B．随着粒子不断打到N极板上，N极板带电量不断增加，向下的电场强度增加，粒子做减速运动，当粒子恰能到达N极板时满足， 解得 即d越大，板间所形成的最大电场强度越小，选项B正确； C．因粒子发射方向与OP夹角为60°时恰能垂直穿过M板Q点的小孔，则由几何关系 解得r=2L 可得 可得粒子从磁场上方，直接打在打到M板上表面的位置与O点的最大距离为 当N极板吸收一定量的粒子后，粒子再从Q点射入极板，会返回再从在Q点射出，后继续做圆周运动，这时打M板在板上表面的位置 则粒子打在M板上表面的位置的最大距离为，选项C正确； D．因金属板厚度不计，当粒子在磁场中运动轨迹的弦长仍为PQ长度时，粒子仍可从Q点进入两板之间，由几何关系可知此时粒子从P点沿正上方运动，进入两板间时的速度方向与M板夹角为α=30°，则在两板间运动时间 其中 打到M板下表面距离Q点的最小距离 解得 选项D正确。 故选BCD。 2．（2025·广西 ）（多选）如图，带等量正电荷q的M、N两种粒子，以几乎为0的初速度从S飘入电势差为U的加速电场，经加速后从O点沿水平方向进入速度选择器（简称选择器）。选择器中有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场。当选择器的电场强度大小为E，磁感应强度大小为B1，右端开口宽度为2d时，M粒子沿轴线OO′穿过选择器后，沿水平方向进入磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向外的匀强磁场（偏转磁场），并最终打在探测器上；N粒子以与水平方向夹角为θ的速度从开口的下边缘进入偏转磁场，并与M粒子打在同一位置，忽略粒子重力和粒子间的相互作用及边界效应，则（　　） A．M粒子质量为 B．刚进入选择器时，N粒子的速度小于M粒子的速度 C．调节选择器，使N粒子沿轴线OO′穿过选择器，此时选择器的电场强度与磁感应强度大小之比为 D．调节选择器，使N粒子沿轴线OO′进入偏转磁场，打在探测器上的位置与调节前M粒子打在探测器上的位置间距为 【答案】AD 【详解】A．对M粒子在加速电场中 在速度选择器中 解得M的质量，故A正确； B．进入粒子速度选择器后因N粒子向下偏转，可知 即，故B错误； C．M粒子在磁场中运动半径为r1，则 解得 N粒子在磁场中运动的半径为r2，则 解得 其中 可得 由动能定理N粒子在选择器中 在加速电场中 解得， 则要想使得粒子N沿轴线OO＇通过选择器，则需满足 联立解得，故C错误； D．若N粒子沿直线通过选择器，则在磁场中运动的半径为r3，则打在探测器的位移与调节前M打在探测器上的位置间距为 其中， 可得，故D正确。 故选AD。 3.(2024湖北,7,4分)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 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 【答案】D 【解析】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;根据圆的特点可知粒子的运动轨迹不可能经过O点,A、B错误。根据对称性可知,粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的时间最短的轨迹如图1所示, 则最短时间为t=2T=,C错误。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,设粒子在磁场中运动的轨迹半径为r,根据几何关系可知=tan 60°,即r=,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,可得v=,D正确。 4.(2024安徽,10,5分)(多选)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场,电场强度大小为E,磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a,在纸面内做半径为R的圆周运动,轨迹如图所示。当a运动到最低点P时,瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ,二者带电荷量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同,并做半径为3R的圆周运动,轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g,不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用,则(　　) A.油滴a带负电,所带电荷量的大小为 B.油滴a做圆周运动的速度大小为 C.小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为,周期为 D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动 【答案】ABD 【解析】由油滴a做圆周运动可知,油滴a所受重力与电场力平衡,故油滴a带负电,有mg=Eq,解得q=,A正确;根据洛伦兹力提供向心力有Bqv=m,得油滴a做圆周运动的速度大小v=,B正确;设小油滴Ⅰ的速度大小为v1,有Bv1=·,解得v1==,周期为T==,C错误;带电油滴a分离前后动量守恒,设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2,取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向,得mv=v1+v2,解得v2=-,由于分离后的小油滴受到的电场力和重力仍然平衡,分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反,根据左手定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动,D正确。 5.（2024浙江6月，15，3分）（多选）如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ角。质量为m、电荷量为+q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点，重力加速度为g，则该过程（　　） A.合力冲量大小为mv0 cos θ B.重力冲量大小为mv0 sin θ C.洛伦兹力冲量大小为 D.若v0=，弹力冲量为零 【答案】CD 【解析】根据动量定理得，合力的冲量等于动量的变化量，故合力冲量的大小为mv0，A错误。-mg sin θ·t=0-mv0，解得t=，故重力的冲量大小为mgt=，B错误。洛伦兹力的冲量大小I洛=∑qviBΔt=qBx，根据动能定理得-mgx sin θ=0-m，解得x=，所以I洛=，C正确。若v0=，开始时弹力方向垂直杆向下，FN=qvB-mg cos θ，当v=v0时弹力刚好为零，随后弹力方向垂直杆向上，FN=mg cos θ-qvB，整个过程中垂直杆向下的弹力冲量等于垂直杆向上的弹力冲量时，总的弹力冲量为零，即（qB-mg cos θ）t1=（mg cos θ-qB）t2，其中t1是垂直杆向下的弹力的作用时间，t2是垂直杆向上的弹力的作用时间，整理得qB（x1+x2）=mg cos θ·（t1+t2），即qBx=mg cos θ·t，将x=、t=代入上式解得v0=，D正确。 【方法延伸】洛伦兹力随着小球速度的变化而变化，洛伦兹力在极短时间Δt内可近似看作恒力，因此qviB·Δt=qB·Δx，将所有极短时间内洛伦兹力的冲量累加起来，∑qviB·Δt=∑qB·Δx，总的冲量为qBx。 6．（2025·湖南 ）如图。直流电源的电动势为，内阻为，滑动变阻器R的最大阻值为，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为，平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，质量为m的带正电粒子以初速度水平向右从电容器左侧中点a进入电容器，恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场，随后又从电容器上极板右侧边缘c点进入电容器，忽略粒子重力和空气阻力。 (1)求粒子所带电荷量q； (2)求磁感应强度B的大小； (3)若粒子离开b点时，在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，场强大小为，求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子在电容器中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动有 竖直方向做匀变速直线运动， 由闭合回路欧姆定律可得 联立可得 （2）根据题意，设粒子进入磁场与竖直方向的夹角为，则有， 粒子在磁场中做匀速圆周运动有 由几何关系易得 联立可得 （3）取一个竖直向上的速度使得其对应的洛伦兹力和水平向右的电场力平衡，则有 解得 粒子以速度向上做匀速直线运动，粒子做圆周运动的合速度的竖直方向分速度为 此时合速度与竖直方向的夹角为 合速度为 粒子做圆周运动的半径 最远距离为 7．（2025·贵州 ）如图所示，轴水平向右，轴竖直向上，轴垂直纸面向里（图中未画出），在平面里有竖直向上的匀强电场，在的平面下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，的平面上方有垂直纸面向里的匀强磁场（未知）。有一带正电的粒子，质量为，从坐标原点出发，沿轴正方向以速度射出后做圆周运动，其中，，点坐标。已知重力加速度为，粒子电荷量为。求： (1)电场强度的大小及该粒子第一次经过平面时的位置对应的坐标值； (2)当该带电粒子沿轴正方向飞出到达点时间最小时，求的大小； (3)若将电场改成沿y轴正方向，粒子同样从坐标原点沿x轴以速度射出，求粒子的轨迹方程。 【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）由题意可知，粒子受到重力、洛伦兹力和电场力做匀速圆周运动，可以判断粒子受到的电场力与重力平衡，则 解得 粒子做匀速圆周运动，圆周运动轨迹如图所示 洛伦兹力提供向心力得 解得粒子运动的轨道半径 根据圆周运动轨迹，由几何关系得 代入数据解得。 （2）粒子做匀速圆周运动，可能的运动轨迹如图所示 设粒子进入磁场中速度方向与磁场分界面成角，由几何关系可得 可解得 设粒子在磁场中运动的轨道半径为，根据圆周运动轨迹可知粒子运动到点应满足 当取最小值时，运动时间最短。所以当时，运动时间最短，代入的值解得 根据 联立可得 当该带电粒子沿轴正方向飞出到达点时间最小时，的大小为。 （3）若将电场方向改为轴方向正方向，由受力分析，粒子受到沿轴正方向的洛伦兹力、沿轴负方向的重力、沿轴正方向的电场力，根据 解得粒子受到的洛伦兹力大小为 正好与重力相平衡，所以粒子在轴正方向做匀加速直线运动，有 由牛顿第二定律有 粒子在轴正方向做匀加速直线运动，有 联立解得轨迹方程 8.(2024江苏,16,15分)如图所示,两个半圆区域abcd、a'b'c'd'中有垂直纸面向里的匀强磁场,区域内、外边界的半径分别为R1、R2。ab与a'b'间有一个匀强电场,电势差为U,cd与c'd'间有一个插入体,电子每次经过插入体速度减小为原来的k倍。现有一个质量为m、电荷量为e的电子,从cd面射入插入体,经过磁场、电场后再次到达cd面,速度增加,多次循环运动后,电子的速度大小达到一个稳定值,忽略相对论效应,忽略经过插入体和电场的时间。求: (1)电子进入插入体前后在磁场中运动的半径r1、r2之比; (2)电子多次循环后到达cd的稳定速度v; (3)若电子到达cd中点P时速度稳定,并最终到达边界d,求电子从P到d的时间t。 【答案】(1)1∶k　(2) (3) 【解析】(1)设电子进入插入体前后的速度大小分别为v1和v2,由洛伦兹力提供向心力有 evB=m,则做圆周运动的半径r= 得r1∶r2=v1∶v2=v1∶kv1=1∶k (2)电子多次循环稳定后,电子从c'd'出发静电场到达ab的过程,由动能定理得 eU=mv2-m 解得v= (3)由题意可知,c到d的距离为R2-R1 则点P到d的距离为 电子相邻两次经过cd面的位置的距离为 设从P点开始经电场n次加速后到达d,则 2n= 解得n= 电子做圆周运动的周期T= 又v= 可得t=nT==。 9.(2024贵州,14,14分)如图,边长为L的正方形abcd区域及矩形cdef区域内均存在电场强度大小为E、方向竖直向下且与ab边平行的匀强电场,ef右边有一半径为L且与ef相切的圆形区域,切点为ef的中点,该圆形区域与cdef区域内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从b点斜向上射入电场后沿图中曲线运动,经cd边的中点进入cdef区域,并沿直线通过该区域后进入圆形区域。所有区域均在纸面内,粒子始终在该纸面内运动,不计粒子重力。求: (1)粒子沿直线通过cdef区域时的速度大小; (2)粒子的电荷量与质量之比; (3)粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角。 【答案】(1)　(2)　(3)60° 【解析】(1)带电粒子在cdef区域做直线运动,则有粒子所受电场力与洛伦兹力平衡,设粒子到达cd边的中点速度大小为v0,带电荷量为q,质量为m,由平衡条件可得qE=qv0B,解得v0=。 (2)粒子从b点到cd边的中点的运动,可逆向看成粒子从cd边的中点到b点的类平抛运动, 设运动时间为t,加速度大小为a,由牛顿第二定律可得qE=ma,由类平抛运动规律可得v0t=L,at2=, 联立解得粒子的电荷量与质量之比==。 (3)粒子从ef中点射入到圆形区域做匀速圆周运动,设粒子的运动半径为R, 由洛伦兹力提供向心力可得qv0B=m, 解得R=L, 粒子在圆形区域磁场中运动轨迹如图所示, 由图可知,粒子沿半径方向射入,又沿半径方向射出,设粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角为α,由几何关系可知α=2θ, 可得tan θ==,θ=30°,则有α=60°。 10.(2024甘肃,15,17分)质谱仪是科学研究中的重要仪器,其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器,加速电压为U;Ⅱ为速度选择器,匀强电场的电场强度大小为E1,方向沿纸面向下,匀强磁场的磁感应强度大小为B1,方向垂直纸面向里;Ⅲ为偏转分离器,匀强磁场的磁感应强度大小为B2,方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子(不计重力),加速后进入速度选择器做直线运动,再由O点进入分离器做圆周运动,最后打到照相底片的P点处,运动轨迹如图中虚线所示。 (1)粒子带正电还是负电?求粒子的比荷。 (2)求O点到P点的距离。 (3)若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为E2(E2略大于E1),方向不变,粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点上。求粒子打在O'点的速度大小。 【答案】(1)带正电　　(2)　(3) 【解析】(1)粒子进入偏转分离器Ⅲ,向上偏转,根据左手定则可知粒子带正电。 设粒子的质量为m,电荷量为q,粒子进入速度选择器Ⅱ时的速度为v0,粒子在速度选择器Ⅱ中做匀速直线运动,由平衡条件有qv0B1=qE1, 在粒子加速器Ⅰ中,由动能定理有qU=m, 联立解得,粒子的比荷为=。 (2)由(1)问的分析可知v0=, 粒子在偏转分离器Ⅲ中做圆周运动,由洛伦兹力提供向心力有qv0B2=m, 可得O点到P点的距离为OP=2r=。 (3)粒子进入速度选择器Ⅱ瞬间,粒子受到向上的洛伦兹力,有F洛=qv0B1, 向下的电场力F=qE2,因为F>F洛,粒子向下偏转, 运用配速法,将粒子速度进行分解,令粒子分速度大小为v1,使其满足qv1B1=qE2,则v1=>v0,则粒子进入速度选择器时的速度分解为水平向右的v1和水平向左的v1-v0,粒子的运动等效为以v1水平向右的匀速直线运动和以v1-v0做圆周运动的合运动, 当粒子打在O'点,速度方向恰好垂直右挡板, 由运动过程可知,粒子打在O'点时圆周运动(分运动)的速度方向水平向右,则v=v1+(v1-v0), (点拨:粒子做圆周运动(分运动)的示意图如图所示,粒子由状态①开始沿逆时针方向做圆周运动,由运动的周期性可知,①状态粒子与O在同一水平线上,圆周运动的速度方向水平向左;②状态粒子与O'点在同一水平线上,圆周运动的速度方向水平向右) 代入解得v=。 11.（2024新课标，26，20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。 【答案】（1）　　（2）v0B　（3） 【解析】（1）建立直角坐标系，画出带电粒子在平面直角坐标系内的运动轨迹如图所示 P点沿线段ab移动到b点，对应带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，随后离开电场进入匀强磁场做匀速圆周运动，a'（0，v0）对应P点再次回到a（0，v0）点 粒子进入磁场时的速度大小v==v0 在匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得qvB=m 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T= 解得R=，T= （2）任何相等的时间内P点沿题图中闭合曲线通过的曲线长度都相等，即为一定值（Δt趋近于0），根据加速度的定义式可知任何时刻粒子的加速度大小均相等，可得 = 解得E=v0B （3） 设粒子出电场时速度的偏转角为θ 可得tan θ===1，即θ=45° 设粒子由a到b的时间为t 则v0=t 解得t= 沿y方向运动的位移大小y1=v0t 解得y1= 粒子由c到a'所用的时间与由a到b所用的时间相等，则沿y方向运动的位移大小相等，所以P点沿曲线运动一周粒子对应的位移大小s=2R sin θ-2y1 解得s= 12.（2024山东，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<L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。挡板的厚度不计，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。 【答案】（1）　（2）　方向水平向右 （3）（n=0，1，2，…） 【解析】（1）粒子在加速电场中加速过程有 qU0=mv2① 如图1，在△OMN区域中，由几何关系可知垂直挡板射入小孔K的粒子在磁场中做圆周运动的半径R=② 洛伦兹力提供向心力，有qvB=③ 联立①②③式可得U0=④ （2）由题意可知，粒子以最小速度从小孔K射出时，即粒子在△OMN中轨迹圆半径最小，此情况运动轨迹如图2，由几何关系可知R1=⑤ qv1B=⑥ 联立⑤⑥式可得v1=⑦ 粒子从K射出后恰好做匀速直线运动，可知 qv1B=qE⑧ 联立⑦⑧式解得 E=⑨ 方向水平向右。 （3）粒子在加速电场中加速有q·=m⑩ 解得v3= 粒子在△OMN区域中做圆周运动时有qv3B= 联立式得R3= 设轨迹的圆心为O'，粒子运动轨迹大致如图3所示，由几何关系可知 sin θ==，可得θ=60° 将粒子进入复合场中时的速度v3分解为vy和v' 令qvyB=qE 得vy= 根据几何关系可得v'方向平行于x轴， 则v'=v3 cos θ= 粒子在复合场中的运动可分解为以v'为线速度的匀速圆周运动及方向竖直向上且速度为vy的匀速直线运动 则有qv'B= 联立式解得R'=L 匀速圆周运动的周期T= 在复合场中运动T（n=0，1，2，…）时粒子距离y轴最近 0~T时间内，粒子在竖直方向上向上匀速运动的距离y=vy·T=L+L 由于y>×L，可知粒子运动T时处于N点上方 则粒子距y轴的最近距离Δd=-R'= 故运动过程中距离y轴最近位置的坐标（x'，y'）满足 x'=Δd= y'=×+y+R'=L（n=0，1，2，…） 即坐标为（n=0，1，2，…）。 13.(2024北京,20,12分)我国天宫空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道。图为某种霍尔推进器的放电室(两个半径接近的同轴圆筒间的区域)的示意图。放电室的左、右两端分别为阳极和阴极,间距为d。阴极发射电子,一部分电子进入放电室,另一部分未进入。 稳定运行时,可视为放电室内有方向沿轴向向右的匀强电场和匀强磁场,电场强度和磁感应强度大小分别为E和B1;还有方向沿半径向外的径向磁场,大小处处相等。放电室内的大量电子可视为处于阳极附近,在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的匀速圆周运动(如截面图所示),可与左端注入的氙原子碰撞并使其电离。每个氙离子的质量为M、电荷量为+e,初速度近似为零。氙离子经过电场加速,最终从放电室右端喷出,与阴极发射的未进入放电室的电子刚好完全中和。 已知电子的质量为m、电荷量为-e;对于氙离子,仅考虑电场的作用。 (1)求氙离子在放电室内运动的加速度大小a; (2)求径向磁场的磁感应强度大小B2; (3)设被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k,单位时间内阴极发射的电子总数为n,求此霍尔推进器获得的推力大小F。 【答案】 (1)　(2)　(3) 【解析】　(1)由于氙离子在放电室中仅考虑电场的作用,根据牛顿第二定律有eE=Ma① 解得氙离子在放电室内运动的加速度大小a=。 (2)设在阳极附近做匀速圆周运动的电子速率为v1,对其受力分析 平行于轴线方向有eE=eB2v1② 垂直于轴线方向洛伦兹力的分力提供电子做圆周运动的向心力,有eB1v1=③ 联立②③解得B2=。 (3)由于喷出的氙离子与电子刚好完全中和,氙离子和电子带电荷量的绝对值均为e,故两者个数相等。 根据题意分析可知单位时间内阴极发射的n个电子中有n个进入放电室,n个未进入放电室。 以Δt时间内喷出的氙离子为研究对象,设氙离子喷出时的速度大小为v2 根据动能定理有eEd=M-0④ 根据动量定理有F'Δt=nΔtMv2-0⑤ 联立④⑤解得F'= 根据牛顿第三定律可知此霍尔推进器获得的推力大小F=F'=。 14.(2024湖南,14,14分)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xyz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、电荷量为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tan θ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。 【答案】 (1)　(2)　(3) 【解析】　(1)若所有电子均能经过O进入电场,则在沿x正方向有L=v0t 电子在yOz平面内做匀速圆周运动,其运动周期T= 若能经过O进入电场,则运动时间t=nT(n=1,2,3,…) 联立求得当n=1时,磁感应强度最小,最小值B= (2)设在O’点当电子在y方向的分速度最大为vy时,进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向的夹角最大为θ,则tan θ= 由几何关系,电子在yOz平面内做匀速圆周运动的最大半径为r,则由洛伦兹力提供向心力有evyB=m 联立并代入B=,解得tan θ= (3)进入O点右侧区域后,电子沿y轴正方向做匀减速直线运动,由牛顿第二定律有eE=ma 沿y轴正方向的最大位移h= 其中vy=v0 tan θ= 联立解得h= 技巧点拨 本题中带电粒子在筒内做螺旋线运动,是一种立体的运动轨迹,解题关键是将运动分解为沿x轴正方向的匀速直线运动和在yOz平面内的匀速圆周运动,这两个分运动在互相垂直的方向上,互不影响。 15.(2024黑吉辽,15,18分)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v0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=。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)求磁感应强度的大小B。 (2)求Ⅲ区宽度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)。 【答案】 (1)　(2)πL　(3)　F=Δx 【审题指导】　 (1)通过乙在Ⅰ区中的速度偏转角建立半径与Ⅰ区宽度间的关系。(2)甲在Ⅲ区中做匀加速直线运动的时间等于乙在Ⅰ、Ⅱ区做匀速圆周运动的总时间,是计算Ⅲ区宽度的关键。(3)通过甲在Ⅳ区做匀速直线运动得出甲受到的电场力qE甲=0,从而得到E甲=ωt-kx甲=0,是解决第(3)问的突破口。 【解析】　(1)乙在Ⅰ区的轨迹如图所示 由牛顿第二定律得qv0B=m 乙经过Ⅰ区时速度偏转30°,则r=2L 联立解得B= (2)甲在Ⅲ区运动的时间等于乙在Ⅰ、Ⅱ区运动的总时间,该总时间t0=T 又T= 解得t0= Ⅰ区和Ⅱ区宽度相等且磁感应强度大小相等,所以甲沿+x方向进入Ⅲ区 甲在Ⅲ区做匀加速直线运动,有d=v0t0+a 由牛顿第二定律得qE0=ma 又已知E0= 联立解得d=πL (3)甲进入Ⅳ区时的速度为v甲=v0+at0=3v0 甲在Ⅳ区做匀速直线运动,则甲在Ⅳ区运动的任一时刻所在位置的电场强度均为E甲=0,即ωt-kx甲=0 结合x甲=v甲t可得k= t时刻,当乙在Ⅳ区的位置的横坐标为x乙时,乙所在位置的电场强度为E乙=ωt-kx乙=kx甲-kx乙=kΔx=Δx 故乙在Ⅳ区受到的电场力大小为F=qE乙=Δx 16.(2024海南,18,16分)如图,在xOy坐标系中有三个区域,圆形区域Ⅰ分别与x轴和y轴相切于P点和S点。半圆形区域Ⅱ的半径是区域Ⅰ半径的2倍。区域Ⅰ、Ⅱ的圆心O1、O2连线与x轴平行,半圆形区域与圆形区域相切于Q点,QF垂直于x轴,半圆的直径MN所在的直线右侧为区域Ⅲ。区域Ⅰ、Ⅱ分别有磁感应强度大小为B、的匀强磁场,磁场方向均垂直纸面向外。区域Ⅰ下方有一粒子源和加速电场组成的发射器,可将质量为m、电荷量为q的带正电粒子通过电场加速到v0。改变发射器的位置,使带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度v0沿纸面射入区域Ⅰ。已知某粒子从P点射入区域Ⅰ,并从Q点射入区域Ⅱ(不计粒子的重力和粒子之间的影响)。 (1)求加速电场两板间的电压U和区域Ⅰ的半径R; (2)在能射入区域Ⅲ的粒子中,某粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短,求该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间t; (3)在区域Ⅲ加入匀强磁场和匀强电场(图中未画出),磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里,电场强度的大小E=Bv0,方向沿x轴正方向。此后,粒子源中某粒子经区域Ⅰ、Ⅱ射入区域Ⅲ,进入区域Ⅲ时速度方向与y轴负方向的夹角为74°。当该粒子动能最大时,求该粒子的速度大小vm及所在的位置到y轴的距离l(sin 37°=,sin 53°=)。 【答案】(1)　　(2)　(3)v0　 解析　(1)粒子在电场中加速,由动能定理有qU=m 解得U= 由题意,粒子从P点射入区域Ⅰ,并从Q点射入区域Ⅱ,说明粒子在区域Ⅰ中的运动轨迹半径与区域Ⅰ的半径R相等 粒子在区域Ⅰ中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有qv0B=m,解得R=。 (2)改变发射器的位置,带电粒子在OF范围内沿y轴正方向射入区域Ⅰ,由磁聚焦模型可知,带电粒子均从Q点进入区域Ⅱ 粒子在区域Ⅱ中运动时,洛伦兹力提供向心力,有 qv0=m,解得R'=2R 粒子在磁场中运动的周期T=,说明周期只与粒子的比荷、磁场的磁感应强度有关,当粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短时,轨迹对应的圆心角最小,轨迹对应的弦长最短,最短弦长为区域Ⅱ的半径2R,轨迹如图所示 由几何关系可知,粒子在区域Ⅱ中运动的轨迹所对的圆心角θ=60° 则该粒子在区域Ⅰ中的运动轨迹所对的圆心角α=60° 所以该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间t=T1+T2=。 (3)解法一:配速法 将粒子速度分解,其中一分速度对应的洛伦兹力与电场力平衡,则粒子以该分速度在叠加场中做匀速直线运动,以另一分速度在叠加场中做匀速圆周运动,速度分解示意图如图所示 其中一个分速度方向沿y轴正方向,大小满足qv1B=qE 解得v1=v0 则由几何关系可知,另一分速度方向与y轴负方向的夹角为37°,大小v2=2v0 cos 37°=v0 所以粒子在区域Ⅲ中的运动可以分解为沿y轴正方向、速度大小为v1=v0的匀速直线运动和速度大小为v2=v0的匀速圆周运动 当该粒子的动能最大时,其速度大小vm=v1+v2=v0 对匀速圆周分运动有qv2B=m 由几何关系可知,当该粒子的动能最大时,其所在位置到y轴的距离为l=4R+r'(1+cos 37°) 联立解得l=。 解法二:动量定理法 粒子进入区域Ⅲ后,洛伦兹力不做功,由动能定理可知当粒子距离y轴最远时其动能最大,此时粒子的速度沿y轴正方向,对该粒子由进入区域Ⅲ到动能最大的过程,由动能定理有qEx0=m-m 在y方向上,由动量定理有qBt=mvm-(-mv0 cos 74°),其中t=x0 联立解得粒子动能最大时的速度大小vm=v0,粒子所在位置到y轴的距离l=4R+x0=。 17. (2023海南,13,4分)(多选)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足够长的接收器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 答案AD　由题意可知,若粒子从NP中点射入磁场,在电场中,水平方向有x0=v0t,竖直方向有y0=·t2,解得E=,A对;粒子在电场中运动,由动能定理有qE·=mv2-m,结合A项分析可得v=v0,B错;粒子在电场中的运动过程,竖直方向有vy=·,粒子在磁场中运动,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,设粒子从电场中射出时的速度方向与y轴正方向的夹角为θ,根据几何关系可知,圆心到MN的距离为s=R cos θ==,C错;分析可知,粒子从N点进入磁场时,速度最大,在磁场中运动的轨迹半径最大,在电场中运动时,水平方向有x0=v0t',竖直方向有y0=·t'2,由动能定理有qEm·y0=m-m,粒子在磁场中运动,由洛伦兹力提供向心力有qvmB=m,联立解得Rm=,D对。 18.(2023江苏,16,15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。 答案 (1)v0B　(2)　(3)90% 解析 (1)当电子的入射速度为v0时,电子沿x轴做直线运动,则电场力与洛伦兹力平衡,有eE=ev0B,解得电场强度的大小E=v0B。 (2)解法一: 若电子沿x轴正方向的入射速度为,利用运动的分解,可将初速度分解为一个沿x轴正方向的速度(大小v1=v0)和一个沿x轴负方向的速度,由v1产生的洛伦兹力ev0B与电场力eE平衡,得到电子的一个分运动为速度为v0的匀速直线运动,另一个分运动为速率为v0的匀速圆周运动。 设v2的方向与x轴负方向的夹角为θ(如图所示)时,v1与v2的合速度大小为,由余弦定理得cos θ= 解得cos θ= 设以v2=v0做匀速圆周运动的轨迹半径为R,则ev2B=m,运动速度为时的纵坐标y1=R(1-cos θ),联立解得y1=。 解法二: 由题意可知,整个过程洛伦兹力不做功,电场力做正功,由动能定理可知, eEy1=m-m,解得y1= (3)设能到达纵坐标y2=位置的电子做匀速圆周运动的分速度为v2',半径为R',则y2≤2R' 洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力,ev2'B=m 解得v2'≥ 则电子入射速度v=v0-v2' 即v≤v0 由题意可知电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布,能到达纵坐标y2=位置的电子数N占总电子数N0的百分比η=×100%=90%。 19.(2023山东,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,电荷量为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。 答案 (1)6　(2)(ⅰ)36E　9　 (ⅱ)见解析 解析 (1)由题意分析,带电粒子运动轨迹如图所示 易知d=3R① 设带电粒子以速度v1进入磁场,在电场中有 qE·2d=m② 在磁场中根据洛伦兹力提供做匀速圆周运动的向心力,有qv1B=m③ 联立①②③式解得B=6④ (2)(ⅰ)带电粒子运动轨迹如图所示, 在△PNO'中,由几何关系得 r2=(2d)2+(r-d)2⑤ 解得r=d⑥ 设带电粒子以速度v2进入磁场,在磁场中根据洛伦兹力提供做匀速圆周运动的向心力,有 qv2B=m⑦ 在电场中,由动能定理得 qE'·2d=m-m⑧ 带电粒子从P点运动到Q点 x轴方向上2d=v2t sin θ⑨ y轴方向上2d=v2t cos θ+at2⑩ a= sin θ= cos θ= 联立解得v2=15 t= E'=36E v0=9 (ⅱ)设带电粒子从Q点射出时的速度为v3,从P点第二次进入电场并运动到Q点出来,故有 vx=v2 sin θ vy=v2 cos θ+at 联立解得v3== 从Q点射出的粒子在磁场中做匀速圆周运动,有 qv3B=m 解得r'=d 设v3与y轴正方向的夹角为α,若粒子能从P点第三次进入电场,对应半径为r″,则有 (r″ sin α+2d)2+(r″ cos α-2d)2=r″2 sin α= cos α= 联立解得r″=2d r'≠r″,故带电粒子不能从P点第三次进入电场 20.(2023重庆,15,18分)某同学设计了一种粒子加速器的理想模型。如图所示,xOy平面内,x轴下方充满垂直于纸面向外的匀强磁场,x轴上方被某边界分成两部分,一部分充满匀强电场(电场强度方向与y轴的负方向成α角),另一部分无电场,该边界与y轴交于M点,与x轴交于N点。只有经电场到达N点、与x轴正方向成α角斜向下运动的带电粒子才能进入磁场。从M点向电场内发射一个比荷为的带电粒子A,其速度大小为v0、方向与电场方向垂直,仅在电场中运动时间T后进入磁场,且通过N点时的速度大小为2v0。忽略边界效应,不计粒子重力。 (1)求角度α及M、N两点的电势差。 (2)在该边界上任意位置沿与电场垂直方向直接射入电场内的、比荷为的带电粒子,只要速度大小适当,就能通过N点进入磁场,求N点的横坐标及此边界方程。 (3)若粒子A第一次在磁场中运动时磁感应强度大小为B1,以后每次在磁场中运动时磁感应强度大小为上一次的一半,则粒子A从M点发射后,每次加速均能通过N点进入磁场。求磁感应强度大小B1及粒子A从发射到第n次通过N点的时间。 答案　(1)30°　　(2)　y=-x　(3)　(3+)2n-1T-(2+)T 解析 (1)带电粒子由M点垂直于电场方向入射,在电场中做类平抛运动,沿电场方向做匀加速直线运动,垂直于电场方向做匀速直线运动,在N点将速度沿电场方向与垂直于电场方向分解,如图甲所示。 在垂直于电场方向上有2v0 cos 2α=v0,解得α=30°。带电粒子从M→N过程,根据动能定理有 qUMN=m(2v0)2-m 解得UMN=。 (2)对于从M点射入的带电粒子,沿初速度方向的位移x0=v0T 沿电场方向的位移y0=T 令N点横坐标为xN,根据几何关系有 xN=x0 cos α+y0 sin α 联立解得xN= 根据上述与题意可知,令带电粒子入射速率为v,则通过N点进入磁场的速率为2v,令边界上点的坐标为(x,y),则沿初速度方向上有(xN-x-y tan α) cos α=vt 沿电场方向有+(xN-x-y tan α) sin α=t 联立解得y=-x。 (3)由上述结果可知电场强度E= 联立解得E= 设带电粒子A第n次在磁场中做圆周运动的线速度为vn,可得第(n+1)次在N点进入磁场的速度vn+1==2vn(n=1,2,3,…) 第一次在N点进入磁场的速度大小为2v0,可得 vn=2nv0(n=1,2,3,…) 设带电粒子A第n次在磁场中运动时的磁感应强度大小为Bn,由题意可得Bn=(n=1,2,3,…) 由洛伦兹力提供向心力得qvnBn=m 联立解得rn= 带电粒子A第n次在磁场中的运动轨迹如图乙所示 粒子每次在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角均为300°,第n次离开磁场的位置C与N的距离等于rn,由C到N由动能定理得qErn sin 30°=m-m,联立解得B1= 由粒子A沿电场方向的运动可得,粒子A第n次在电场中运动的时间 tn====2n-1T 粒子A第n次在磁场中运动的周期 T'==2n+1πT 粒子A第n次在磁场中运动的时间 tn'=T'=·2n+1πT 设粒子A第n次在电场边界MN与x轴之间的无场区域的位移为xn,边界与x轴负方向的夹角为β,则根据边界方程可得 tan β=,sin β= 由正弦定理可得= 解得xn=22n-1v0T 粒子A第n次在电场边界MN与x轴之间运动的时间 tn″==2n-1T 粒子A从发射到第n次通过N点的过程,在电场中运动n次,在磁场和无场区域中均运动(n-1)次,则所求时间 t=(20+21+…+2n-1)T+·πT(22+23+…+2n)+(20+21+…+2n-2)T=(2n-1)T+·πT+(2n-1-1)T 解得t=(3+)2n-1T-(2+)T。 21.(2022广东,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 (　　) 答案　A　分析在xOy平面内的投影即俯视图,由左手定则可知质子所形成的轨迹如图所示,选项A正确,B错误。而该轨迹在xOz平面上的投影应为平行于x轴的直线,故C、D项错误。 22.(2022全国甲,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 (　　) 答案　B　带正电粒子从原点O由静止释放,在电场力作用下,获得向上的速度后,会受到向左的洛伦兹力,故粒子向左侧偏转,排除A、C选项;当粒子再回到x轴时,电场力整体做功为零,洛伦兹力始终不做功,故此时速度为零,以后会重复原来的运动,不可能运动到x轴下方,故B正确,D错误。 23.(2022重庆,5,4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 答案　D　由题意可知,离子在平行于场方向上做匀加速直线运动、在垂直于场的方向上做匀速圆周运动,离子在沿场方向上的加速度不变、垂直于场方向上的向心加速度大小也不变且二者始终相互垂直,故该离子的加速度大小不变,D正确。由P=Fv cos α可知,电场力的瞬时功率P=qEv1,A错误。在洛伦兹力公式F洛=Bqv中v是沿垂直磁场方向上的速度大小,故该离子受到的洛伦兹力大小为F洛=Bqv2,B错误。由于v2不变、v1增大,故v2与v1的比值不断减小,C错误。 24.(2022广东,8,6分)(多选)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 答案　BC　电子所受电场力方向向左,且电场力做功只与电子初末位置有关而与运动路径无关,故从N到P电场力对电子做负功,A错误;沿电场线方向电势降低,故B正确;洛伦兹力方向一定始终和速度方向垂直,故洛伦兹力不做功,C正确;电子从M到P,因为φM=φP,由WMP=qUMP可知,WMP=0,结合动能定理可知电子在P点时的速度等于零,故电子在M、P两点均只受电场力,所受合力大小相等,故D错误。 25.(2022湖北,8,4分)(多选)在如图所示的平面内,分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分,一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场,另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小均为B,SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子,离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k,不计重力。若离子从P点射出,设出射方向与入射方向的夹角为θ,则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为 (　　) A.kBL,0°　　　　　　　　　　B.kBL,0° C.kBL,60°　　　　　　　　　　D.2kBL,60° 答案　BC　通过作图可以得到规律,当(2n+1)R=L(n=0,1,2,3,…)时,θ=60°,结合Bqv=m,得此时速度v=(n=0,1,2,3,…),故C正确,D错误;当2nR=L(n=0,1,2,3,…)时θ=0°,此时v=(n=1,2,3,…),故B正确,A错误。 26.(2022浙江1月选考,22,10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。 答案　见解析 解析　(1)由光电效应方程有Ekm=hν-W0 设光电子从O点射入区域Ⅰ时速度为v0,根据动能定理有eU=m-Ek,且0≤Ek≤Ekm 则≤v0≤ (2)为使电子恰好打在坐标为(a+2l,0)的点上,则电子通过区域Ⅰ时,须沿纸面运动,根据速度选择器原理ev0B1=eE,解得v0== 根据动能定理有eU=m-m,解得vM= 电子从O点到坐标(a+2l,0)点的运动轨迹如图所示 由几何关系有r sin α=且eB2v0=m 沿y轴方向有vM sin β=v0 sin α,解得β=30° (3)由ev0B1=eE可得E=B1v0,则 Emax=B1 由r sin α=得=,且m(v0 sin α)2≤Ekm,则v0 sin α≤ 解得B2max= 27.(2020江苏单科,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)乙的比荷可能的最小值。 答案　见解析 解析　(1)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动,设半径分别为r1、r2 由半径r=得,r1=,r2= 且d=2r1-2r2,解得d= (2)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动,设运动时间分别为t1、t2 由T=得,t1=,t2=,且Δt=2t1+3t2 解得Δt= (3)乙粒子周期性地先后在两磁场中做匀速圆周运动 若经过两磁场的次数均为n(n=1,2,3,…) 相遇时,有n=d,n=t1+t2 解得=n 根据题意,n=1舍去。 当n=2时,有最小值()min= 若先后经过右侧、左侧磁场的次数分别为(n+1)、n(n=0,1,2,3,…),经分析不可能相遇。 综上分析,比荷的最小值为。 28.(2018江苏单科,15,16分)如图所示,真空中四个相同的矩形匀强磁场区域,高为4d,宽为d,中间两个磁场区域间隔为2d,中轴线与磁场区域两侧相交于O、O'点,各区域磁感应强度大小相等。某粒子质量为m、电荷量为+q,从O沿轴线射入磁场。当入射速度为v0时,粒子从O上方处射出磁场。取sin53°=0.8,cos53°=0.6。 (1)求磁感应强度大小B; (2)入射速度为5v0时,求粒子从O运动到O'的时间t; (3)入射速度仍为5v0,通过沿轴线OO'平移中间两个磁场(磁场不重叠),可使粒子从O运动到O'的时间增加Δt,求Δt的最大值。 答案　(1)　(2)　(3) 解析　本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动。 (1)粒子圆周运动的半径r0= 由题意知r0=,解得B= (2)设粒子在第一个矩形磁场中的偏转角为α 由d=rsinα,得sinα=,即α=53° 在一个矩形磁场中的运动时间t1=·,解得t1= 直线运动的时间t2=,解得t2= 则t=4t1+t2= (3)将中间两磁场分别向中央移动距离x 粒子向上的偏移量y=2r(1-cosα)+xtanα 由y≤2d,解得x≤d 则当xm=d时,Δt有最大值 粒子直线运动路程的最大值sm=+(2d-2xm)=3d 增加路程的最大值Δsm=sm-2d=d 增加时间的最大值Δtm== 思路点拨　带电粒子在匀强磁场中的运动 (1)粒子以v0射入磁场,从O点正上方处射出,说明粒子仅在最左边的磁场中做半径为r0=的圆周运动,轨迹为半圆。 (2)粒子以5v0射入磁场,运动半径r==5r0=d。故可推知运动轨迹如图所示。 (3)将中间两磁场分别向中央平移距离x,则粒子以5v0射入后,其运动轨迹如图所示。 29.(2016北京理综,22,16分)如图所示,质量为m、电荷量为q的带电粒子,以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场,在磁场中做匀速圆周运动。不计带电粒子所受重力。 (1)求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T; (2)为使该粒子做匀速直线运动,还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场,求电场强度E的大小。 答案　(1)　　(2)vB 解析　(1)洛伦兹力提供向心力,有f=qvB=m 带电粒子做匀速圆周运动的半径R= 匀速圆周运动的周期T== (2)粒子受电场力F=qE,洛伦兹力f=qvB。粒子做匀速直线运动,则qE=qvB 场强E的大小E=vB 易错点拨　直接写出半径R和周期T的结果,缺乏依据和推理,造成失分,值得特别注意。 30.(2017课标Ⅲ,24,12分)如图,空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x≥0区域,磁感应强度的大小为B0;x<0区域,磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场,此时开始计时。当粒子的速度方向再次沿x轴正向时,求(不计重力) (1)粒子运动的时间; (2)粒子与O点间的距离。 答案　(1)(1+)　(2)(1-) 解析　本题考查带电粒子在磁场中的运动。 (1)在匀强磁场中,带电粒子做圆周运动。设在x≥0区域,圆周半径为R1;在x<0区域,圆周半径为R2。由洛伦兹力公式及牛顿定律得 qB0v0=m① qλB0v0=m② 粒子速度方向转过180°时,所需时间t1为 t1=③ 粒子再转过180°时,所需时间t2为 t2=④ 联立①②③④式得,所求时间为 t0=t1+t2=(1+)⑤ (2)由几何关系及①②式得,所求距离为 d0=2(R1-R2)=(1-)⑥ 31.(2017天津理综,11,18分)平面直角坐标系xOy中,第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场,第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场,如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动,Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入磁场,最终从x轴上的P点射出磁场,P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力,问: (1)粒子到达O点时速度的大小和方向; (2)电场强度和磁感应强度的大小之比。 答案　见解析 解析　本题考查带电粒子在电场中的偏转及带电粒子在匀强磁场中的运动。 (1)在电场中,粒子做类平抛运动,设Q点到x轴距离为L,到y轴距离为2L,粒子的加速度为a,运动时间为t,有 2L=v0t① L=at2② 设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy vy=at③ 设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α,有 tanα=④ 联立①②③④式得 α=45°⑤ 即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上 设粒子到达O点时速度大小为v,由运动的合成有 v=⑥ 联立①②③⑥式得 v=v0⑦ (2)设电场强度为E,粒子电荷量为q,质量为m,粒子在电场中受到的电场力为F,由牛顿第二定律可得 F=ma⑧ 又F=qE⑨ 设磁场的磁感应强度大小为B,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,所受的洛伦兹力提供向心力,有 qvB=m⑩ 由几何关系可知 R=L 联立①②⑦⑧⑨⑩式得 = 考向7 带电粒子在交变电磁场中的运动 1.(2024广东,15,16分)如图甲所示,两块平行正对的金属板水平放置,板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场,右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一带电粒子在t=0时刻从左侧电场某处由静止释放,在t=t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内,在t=2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场,并在t=3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的 倍,粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。 (1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q; (2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t=t0时刻的速度大小v; (3)求从t=0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中,电场力对粒子做的功W。 【答案】(1)带正电　 (2)　　(3) 【解析】1)粒子在磁场中沿顺时针方向做圆周运动,结合粒子速度方向及左手定则可以判断粒子带正电。 由于粒子在磁场中运动半个圆周用时t0,可知粒子做圆周运动的周期T=2t0① 洛伦兹力提供向心力,有qBv=② 粒子做圆周运动的周期T=③ 联立①②③式解得q=④ (2)粒子在金属板间的运动可以看作两段类平抛运动的组合 在水平方向有 =vt0⑤ 在竖直方向有R=a⑥ 加速度大小a==⑦ 由④⑤⑥⑦式解得D=,v=。 (3)分析可得R==,作出粒子运动轨迹如图所示 根据运动的对称性可知粒子在t=4t0时刻离开金属板区域进入水平电场区域,t=5t0时刻粒子到达水平电场区域左侧最远处,t=6t0时刻粒子再次以水平初速度v进入金属板之间,此时两金属板间电压恰好变为-U0,t=6.5t0时刻粒子向上偏转R并恰好到达上极板。全过程电场力对粒子做的功W=mv2+qU0=+=。 2.(2022河北,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=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。 答案　(1)　(2) (3)和· 解析　(1)在0~时间内,带电粒子在电场中做匀加速直线运动 由v1=at,E0q=ma,y1=at2,解得v1=、y1= 在~时间内,带电粒子在磁场中做了半个周期的匀速圆周运动 由qB0v1=,x1=2R,解得x1= 故在时刻带电粒子的坐标为 (2)在0~时间内v1= 在~时间内,由2E0q=ma2,v2=-v1+a2,解得v2= 在~时间内,由3E0q=ma3,v3=-v2+a3,解得v3= 由W=m,解得在0~时间内,静电力对带电粒子做的功为:W= (3)设=T,=a, (ⅰ)若在0~时间内某时刻t'释放,粒子首次加速时间为(T-t'), 则首次加速后速度v1'=a(T-t'),在磁场内偏转的半径R1=, 由(1)易知,粒子至少要再次加速并偏转才可能通过xM=, 设粒子在的速度为v2',在磁场内偏转半径为R2=, 则v2'=-v1'+2aT, 解得v2'=a(T+t'), 经过两次半个周期的圆周运动,在x方向上的位移 x=2R1+2R2==, 即x=··==xM,可见在0~时间内任意时刻释放,经历两次偏转后水平位移x=xM恒成立。 现分析该过程中,在y方向上的位移 第一次加速后,y1'=a(T-t')2, 第二次加速后,y2'=-v1'T+·2aT2=aTt'或y2'==aTt', 此时纵坐标Y=y1'+y2'=a(T-t')2+aTt'=a(T2+t'2), 经过第二次偏转后进入第三次匀变速运动,加速度为3a, 此时粒子向下运动的最大距离 Δy1===, 则纵坐标的最小值 Y'=Y-Δy1=a(T2+t'2)-=a(t'2-Tt'+T2) Y'=a,即当t'==时Y'有最小值 Ymin'=aT2=··==yM 可见当t'=时,在~阶段中粒子向下减速到0时恰好能被捕获。 (ⅱ)若在~时间内某时刻释放,粒子加速时间为(T-t″), 则有v1″=2a(T-t″),y1″=·2a(T-t″)2,在x方向上的位移x1″=2R1″==-t″, 可见要到达xM应在t″=0即时刻释放, 此时v1″=2aT, 则y轴方向上y1″=·2aT2=aT2=·=, 偏转后向下移动的最大距离Δy1'==aT2=, 此时纵坐标的最小值Y″=y1″-Δy1'=>,即不可能到达yM而被捕获。 (ⅲ)若在~时间内某时刻释放, 则加速后速度v1‴=3a(T-t‴), 在x方向上的位移x1‴=2R1‴==, 解得x1‴=-t‴, 令x1‴=xM,即-t‴=,得t‴==, 即在+t‴=时刻释放能满足到达xM的条件, 此时粒子加速后的速度v0=3a(T-)=2aT=, 此时Y1=·3a(T-t‴)2=aT2=,粒子偏转后,纵坐标的最小值Y1″=Y1-=aT2=··=< 即偏转后粒子向下运动过程中必经过M点。 综上可知在0~时间内有两个时刻即和释放的粒子满足要求。 ( 1 / 103 ) 学科网（北京）股份有限公司 $