专题11 磁场（专题突破练）-【第一梯队】2026年高考物理二轮专项突破教用word

专题十一　磁场 题型方法 题型34　安培力作用下的平衡与加速问题 高考真题 1.(2024浙江1月,4,3分)磁电式电表原理示意图如图所示,两磁极装有极靴,极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向,两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是 (　A　) A.图示左侧通电导线受到安培力向下 B.a、b两点的磁感应强度相同 C.圆柱内的磁感应强度处处为零 D.c、d两点的磁感应强度大小相等 2.(2024贵州,5,4分)如图,两根相互平行的长直导线与一“凸”形导线框固定在同一竖直平面内,导线框的对称轴与两长直导线间的距离相等。已知左、右两长直导线中分别通有方向相反的恒定电流I1、I2,且I1>I2,则当导线框中通有顺时针方向的电流时,导线框所受安培力的合力方向 (　C　) A.竖直向上　　　　　　　　B.竖直向下 C.水平向左　　　　　　　　D.水平向右 3.(2024福建,6,4分)(多选)如图,用两根不可伸长的绝缘细绳将半径为r的半圆形铜环竖直悬挂在匀强磁场中,磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向外,铜环两端a、b处于同一水平线。若环中通有大小为I、方向从a到b的电流,细绳处于绷直状态,则 (　AC　) A.两根细绳拉力均比未通电流时的大 B.两根细绳拉力均比未通电流时的小 C.铜环所受安培力大小为2rIB D.铜环所受安培力大小为πrIB 4.(2025河南,9,6分)(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Ic和Id的大小和方向(无抖动时Ic和Id均为零),使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的是 (　BC　) A.若Ic沿顺时针方向,Id=0,则表明a的方向向右 B.若Id沿顺时针方向,Ic=0,则表明a的方向向下 C.若a的方向沿左偏上30°,则Ic沿顺时针方向,Id沿逆时针方向且Ic>Id D.若a的方向沿右偏上30°,则Ic沿顺时针方向,Id沿顺时针方向且Ic<Id 5.(2024重庆,13,10分)小明设计了如图所示的方案,探究金属杆在磁场中的运动情况,质量分别为2m、m的金属杆P、Q用两根不可伸长的导线相连,形成闭合回路,两根导线的间距和P、Q的长度均为L,仅在Q的运动区域存在磁感应强度大小为B、方向水平向左的匀强磁场。Q在垂直于磁场方向的竖直面内向上运动,P、Q始终保持水平,不计空气阻力、摩擦和导线质量,忽略回路电流产生的磁场。重力加速度为g,当P匀速下降时,求 (1)P所受单根导线拉力的大小; (2)Q中电流的大小。 答案　(1)mg　(2) 解析　(1)由P匀速下降可知,P处于平衡状态,所受合力为0,设单根导线的拉力大小为T,对P有 2T=2mg 解得T=mg。 (2)设Q所受安培力大小为F,对Q受力分析,有mg+F=2T 又F=BIL 解得I=。 高考模拟 1.(2025广东肇庆二模)如图所示,平行长直金属导轨AB、CD水平放置,间距为d,电阻不计。左侧接电动势为E、内阻为r的电源。导体棒静止放在导轨上,与轨道CD间的夹角θ=30°,M、N两点间电阻为R且与轨道接触良好。导轨所在区域有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。则导体棒所受安培力的大小为 (　C　) A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. 2.(2025湖南常德期末)如图所示,B、C、D处放置三根长为L的通电导线,其中B、C处电流大小均为I,D处电流大小为2I,A在BD的延长线上,∠BAC=90°,∠ABC=30°,∠ADC=60°,其中B、D处电流的方向均垂直于纸面向外,C处电流的方向垂直于纸面向里。已知电流产生磁场的磁感应强度B的大小与电流I、距离r的关系为B=k,k为常数;若B处电流在C处产生的磁感应强度的大小为B0,C处导线位于绝缘水平地面上且处于静止状态,关于C处导线受到的摩擦力Ff的大小和方向,下列正确的是 (　B　) A.Ff=B0IL,水平向右 B.Ff=B0IL,水平向右 C.Ff=B0IL,水平向左 D.Ff=B0IL,水平向左 3.(2025河南安阳一模)(多选)如图1所示,在倾角θ=37°的足够长绝缘斜面上放有一根质量m=0.2 kg、长l=1 m的导体棒,导体棒中通有方向垂直纸面向外、大小恒为I=1 A的电流,斜面上方有平行于斜面向下的均匀磁场,磁场的磁感应强度B随时间t的变化关系如图2所示。已知导体棒与斜面间的动摩擦因数μ=0.25,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。在t=0时刻将导体棒由静止释放,则在导体棒沿斜面向下运动的过程中 (　BC　) 　 A.导体棒受到的安培力方向垂直斜面向上 B.导体棒达到最大速度所用的时间为4 s C.导体棒的最大速度为8 m/s D.导体棒受到的摩擦力的最大值为5.2 N 题型35　带电粒子在磁场中的运动 高考真题 1.(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 (　C　) A.　　　　　　　　B. C.(1+)　　　　　　D. 2.(2025安徽,7,4分)如图,在竖直平面内的Oxy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Oxy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 (　C　) A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为2d B.薄板的上表面接收到粒子的区域长度为d 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 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=。 高考模拟 1.(2025山西部分学校开学联考)如图所示,在正方形区域MNPQ内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场。a、b两个带电粒子以相同速度从PQ边上的中点垂直于PQ边射入磁场,速度方向均平行于纸面,最终a、b分别从MQ的中点、N点离开磁场。不计粒子重力及粒子间相互作用力。a、b两个粒子的比荷之比正确的是 (　C　) A.8∶5　　　　B.5∶8　　　　C.5∶2　　　　D.2∶5 2.(2025四川成都二诊)(多选)如图所示,等腰直角三角形abc内有一垂直纸面向里的匀强磁场(ac边界无磁场),ab边长为L,磁场的磁感应强度大小为B。ab边中点处的粒子源P垂直ab以不同速率向磁场内发射带负电的粒子,粒子质量为m,电荷量为q,不计粒子重力及粒子间相互作用。下列说法正确的是 (　AC　) A.粒子可能从b点飞出磁场 B.粒子可能从c点飞出磁场 C.能从ac边界飞出的粒子在磁场中运动的最长时间为 D.能从ac边界飞出的粒子在磁场中运动的最小速度为 3.(2025江西景德镇二模)(多选)某空间存在磁感应强度大小为B的正方形匀强磁场区域ABCD,磁场方向垂直纸面(图中未画出),电荷量为+q的粒子(不计重力)从B点沿BC方向以速度v射入磁场,粒子从AD边上的E点离开磁场。已知正方形区域边长为d,BE=d,下列说法正确的是 (　BCD　) A.正方形区域磁场方向垂直纸面向里 B.粒子的质量为 C.粒子在磁场中运动的时间为 D.若粒子射入磁场的速度大于1.5v(方向不变),则粒子一定从CD边射出 4.(2025湖南娄底期末)如图所示,竖直平面内半径为R的圆形区域内有垂直于圆面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,P、Q为圆形区域竖直直径的两个端点,M、N为圆形区域水平直径的两个端点。质量均为m、电荷量均为q的大量带正电的粒子,以相同的速率从P点向圆面内的各个方向射入磁场区域。粒子的重力和粒子间的相互作用力均不计,则下列说法正确的是 (　B　) A.若粒子射入磁场的速率为,则粒子均沿竖直方向射出磁场 B.若粒子射入磁场的速率为,则粒子最远可以从M点射出磁场 C.若粒子射入磁场的速率为,则粒子在磁场中运动的时间可能为 D.若粒子射入磁场的速率为,则不可能有粒子从N点射出磁场 题型36　带电粒子在组合场中的运动 高考真题 1.(2025广东,6,4分)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+q、质量为m的离子以初速度v0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 (　D　) 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2qU 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 2.(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°。 方法技巧　确定粒子做圆周运动的轨迹圆心位置的常用方法 利用两速度的垂线,如图(a);利用速度的垂线及弦的中垂线,如图(b);利用两条弦的中垂线,如图(c);利用弦的中垂线及圆心到轨迹上任一点的距离等于半径,如图(d);利用角平分线上圆心到入射方向或出射方向的距离等于R,如图(e)。 3.(2025湖南,14,14分)如图,直流电源的电动势为E0,内阻为r0,滑动变阻器R的最大阻值为2r0,平行板电容器两极板水平放置,板间距离为d,板长为d,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v0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xm。 答案　(1)　(2)　(3)d 解析　(1)闭合开关S,当滑片处于滑动变阻器的中点时, 由闭合电路欧姆定律可得I=①,由欧姆定律可得U=Ir0②; 带正电粒子在平行板间做类平抛运动,设运动时间为t, 水平方向有d=v0t③,竖直方向有=×t2④; 联立①②③④解得粒子所带电荷量q=。 (2)带电粒子在平行板电容器两极板以及右侧磁场中的运动轨迹如图甲所示(点拨:在平抛运动或类平抛运动中,速度偏转角的正切值为位移偏转角正切值的2倍) 　 设粒子射出两极板时速度偏转角为θ,可得tan θ=2 tan α=⑤; 设粒子进入磁场的初速度大小为v,可得v0=v cos θ⑥; 设带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径为r1, 根据几何关系可得2r1 cos θ=d⑦,根据牛顿第二定律可得qvB=m⑧, 联立⑤⑥⑦⑧可得θ=30°、B=。 (3)应用配速法,取一向上的速度v1,使v1所对应的洛伦兹力与电场力平衡,则可将粒子的运动分解为速度为v1的匀速直线运动与速度为v2的匀速圆周运动,可得qv1B=qE⑨,解得v1==v; 根据几何关系可得v2=2v cos 30°=2v0⑩; 带电粒子做匀速圆周运动的半径r2=11, 带电粒子做圆周运动的分运动的轨迹以及合速度与分速度的关系如图乙所示 带电粒子相对于电容器右侧的最远水平距离 xm=r2+r2 cos 30°12, 联立解得xm=d。 一题多解 (3)粒子由离开b点至运动到电容器右侧最远时,由动能定理可得qExm=m-mv2, 竖直方向,取竖直向上为正方向,由动量定理可得qBt=mvm-(-mv sin 30°), 其中t=xm,由于q=、B=、E=、v0=v, 联立可得xm=d。 4.(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= 5.(2025河南,15,17分)如图,水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场,下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子从磁场中的a点以速度v0向右水平发射,当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60°,然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点,通过b点时其速度方向水平向右。a、b到水平虚线的距离均为h,两点之间的距离为s=3h。不计重力。 (1)求磁感应强度的大小; (2)求电场强度的大小; (3)若粒子从a点以v0竖直向下发射,长时间来看,粒子将向左或向右漂移,求漂移速度大小。(一个周期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度) 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)粒子在匀强磁场中运动时,由牛顿第二定律可得 qv0B= ① 根据几何关系可得 R-R cos 60°=h ② 联立①②解得B=。 (2)画出粒子在磁场中的部分运动轨迹如图甲所示 根据几何关系可知CD=R sin 60°=h 当粒子进入电场后,粒子的运动可分解为水平方向速度v0 cos 60°=的匀速直线运动和竖直方向初速度v0 sin 60°=、加速度大小a=的匀变速运动,加速度方向与初速度方向相反 根据粒子运动的对称性可知,粒子再次进入磁场的速度大小仍为v0,方向与水平虚线成60°角斜向上,粒子能从b点通过,则从再次进入磁场到运动至b点过程中水平方向的位移大小也为h 则粒子在电场中运动,水平方向有 s-h-h=t ③ 竖直方向有=× ④ 联立③④解得t=,E=。 (3)作出粒子在磁场和电场中运动的部分轨迹,如图乙所示 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T,粒子在磁场、电场中的运动具有周期性,在一个实际运动的周期T'内,粒子在磁场中运动的时间 t1=T+T=T ⑤ T==×= ⑥ 联立⑤⑥解得t1= 将B=代入可得t1= 粒子在电场中运动一次的时间t2满足v0=× 将E=代入可得t2= 根据图乙中的几何关系可知,一个周期内粒子运动的位移(以向右为正方向)x=OO1=h(点拨:根据题图乙可知粒子周期性漂移的位移即在磁场中做半径相同的圆周运动对应圆心的位移) 说明经过一个周期后粒子运动到初始位置右侧,则漂移速度大小v===。 解题技巧 解决粒子在电场、磁场构成的组合场中运动问题的技巧是寻找磁场中圆周运动半径与其他几何量的关系,对电场中类抛体运动的位移和速度进行分解是解题的突破口之一。 高考模拟 1.(2025贵州遵义期末)如图,在y轴左侧区域有磁感应强度大小为2B,方向垂直纸面向外的匀强磁场;y轴右侧区域有磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里的匀强磁场,坐标轴上有a、b、c三点,且Ob=Oc。某时刻,甲粒子以速率v从a点出发,其速度与x轴正方向夹角为45°,经O点进入第四象限,通过c点首次回到第二象限。随后乙粒子以相同的速率v从b点出发,方向垂直于x轴,恰好在c点第一次垂直通过y轴。不计粒子重力、粒子间的相互作用及磁场的边界效应,下列说法正确的是 (　C　) A.甲、乙均带负电 B.甲在第二、四象限的速度大小之比为2∶1 C.甲、乙在第一象限运动的轨迹半径之比为∶2 D.甲、乙从开始至运动到c点的时间之比为∶7 2.(2025四川绵阳期末)如图所示,真空区域有同心圆a和b,半径分别为R和2R,O为圆心,圆a内和圆b外足够大的区域均存在垂直圆面的匀强磁场,磁感应强度大小均为B,方向相反;a、b之间有辐向电场,电场方向均指向圆心O。质量为m,电荷量为-q的带电粒子从圆a上的P点沿PO方向射入,入射速度大小为,已知带电粒子第二次经过圆b外匀强磁场区域后,再经电场恰好回到P点并沿PO方向射入。不计粒子重力,忽略边界效应,则圆a、b之间电势差为 (　C　) A.　　　　　　　　B. C.-　　　　　　　　D.- 3.(2025湖南新高考教学教研联盟联考一)(多选)如图,在平面直角坐标系xOy的第一象限内有匀强电场(图中未画出),第二象限内除△AOC区域外都有匀强磁场,其方向垂直坐标平面向外,磁感应强度大小为B。一束带电粒子从AC边界以相同方向的速度进入匀强磁场,结果都从y轴上的C点平行x轴向右飞出磁场,其中从A入射的粒子到达x轴上的D点(图中未标出)时,速度方向斜向右下与x轴正方向夹角为60°,速度大小与其在A点时速度大小相等,已知带电粒子质量均为m,电荷量均为+q,AC边界与x轴夹角θ=60°,C点坐标为(0,L),电场中D点到O点的电势差为U,不计粒子的重力和粒子间的相互作用力。下列说法正确的是 (　BD　) A.带电粒子在磁场中运动的时间不相等 B.带电粒子从AC边界入射的速度大小与其入射点y坐标的关系为v= C.第一象限内匀强电场的场强大小为E= D.从A入射的粒子在第一象限电场中的最小速度大小vmin= 题型37　带电粒子在叠加场中的运动 高考真题 1.(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　) A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. 2.(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 (　CD　) 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 3.(2025黑吉辽蒙,15,16分)如图,在xOy平面第一、四象限内存在垂直平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一带正电的粒子从M(0,-y0)点射入磁场,速度方向与y轴正方向夹角θ=30°,从N(0,y0)点射出磁场。已知粒子的电荷量为q(q>0),质量为m,忽略粒子重力及磁场边缘效应。 (1)求粒子射入磁场的速度大小v1和在磁场中运动的时间t1。 (2)若在xOy平面内某点固定一负点电荷,电荷量为48q,粒子质量取m=(k为静电力常量),粒子仍沿(1)中的轨迹从M点运动到N点,求射入磁场的速度大小v2。 (3)在(2)问条件下,粒子从N点射出磁场开始,经时间t2速度方向首次与N点速度方向相反,求t2(电荷量为Q的点电荷产生的电场中,取无限远处的电势为0时,与该点电荷距离为r处的电势φ=k)。 答案　(1)　　(2)　(3) 模型建构　 情境 粒子运 动形式 受力特点 带电粒子垂直磁感线射入匀强磁场 匀速圆 周运动 粒子所受洛伦兹力提供向心力 平面内再固定一负点电荷 匀速圆 周运动 洛伦兹力和库仑力的合力提供向心力 粒子从N点射出磁场之后 椭圆 运动 库仑力类比万有引力,负点电荷位于椭圆的一个焦点上 解析　(1)粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,由几何关系可得轨迹半径r==2y0 由洛伦兹力提供向心力可得qv1B=,解得v1= 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T== 粒子在磁场中运动的时间t1=T= (2)由于粒子在洛伦兹力和库仑力共同作用下仍沿(1)中的轨迹运动,可推知负点电荷固定在原轨迹圆的圆心处,粒子运动的向心力由库仑力和洛伦兹力的合力提供,圆周运动轨迹的半径仍为r,则有+qv2B=m 代入m=、r=2y0可得v2= (3)在(2)问条件下,粒子从N点离开磁场后,仅在库仑力作用下运动,但由于F库<m,所以粒子做离心运动,由库仑力和万有引力的相似性可知,粒子从N点离开磁场后做以原圆心O'为焦点的椭圆运动,设粒子经过椭圆轨迹上的S点(S点为NO'延长线与椭圆轨迹的交点)时速度为v3,S点到焦点O'点的距离为r',根据开普勒第二定律可得v2r=v3r' 由题意知,粒子在N点的电势能EpN=qφN=- 在S点的电势能EpS=qφS=- 由能量守恒可得-+m=-+m 联立解得r'=6y0 则椭圆轨道的半长轴a==4y0 根据万有引力定律和开普勒第三定律,把椭圆轨道等效转化为圆轨道,可得=ma 解得T'=,可得t2== 高考模拟 1.(2025湖南岳阳云溪月考改编)(多选)如图,空间中存在沿水平方向且互相垂直的匀强磁场B和匀强电场E,一带电液滴以一定速度沿斜向上的虚线做直线运动,则液滴 (　BD　) A.带负电 B.一定做匀速直线运动 C.可能做匀减速直线运动 D.若液滴运动到某点突然撤掉磁场,液滴做类平抛运动 2.(2025河南南阳期末)(多选)光滑绝缘水平桌面上有一个可视为质点的带正电小球,桌面右侧存在由匀强电场和匀强磁场组成的复合场,复合场的下边界是水平面,到桌面的距离为h,电场强度为E、方向竖直向上,磁感应强度为B、方向垂直纸面向外,重力加速度为g,带电小球的比荷为。如图所示,现给小球一个向右的初速度,使之离开桌面边缘立刻进入复合场运动,已知小球从复合场下边界射出,射出时的速度方向与下边界的夹角为60°,下列说法正确的是 (　BC　) A.小球在复合场中的运动时间可能是 B.小球在复合场中运动的加速度大小可能是 C.小球在复合场中运动的路程可能是 D.小球的初速度大小可能是 3.(2025江苏扬州大学附属中学阶段测)如图所示,空间直角坐标系O-xyz中y轴沿竖直方向,整个空间存在沿y轴正方向的电场强度为E的匀强电场(图中未画出),在x>0区域内存在沿y轴负方向的匀强磁场。电荷量为+q的小球a恰好静止在O点,电荷量为+2q的小球b从(-2d,-d,0)(d未知)处沿x轴正方向以初速度v0抛出,恰好与小球a在O点发生弹性碰撞,碰后两球电荷量均为+q。已知小球a、b大小、质量都相同,磁感应强度B=,重力加速度为g,两小球之间的静电力不计。求: (1)小球a的质量m; (2)碰后瞬间小球a受到的洛伦兹力大小和方向; (3)小球a离开磁场时的位置坐标。 答案　(1)　(2)qE　沿z轴负方向 (3) 解析　(1)小球a静止在O点,由平衡条件有Eq=mg,解得小球a的质量m=。 (2)小球b运动至O点,沿x轴方向有2d=v0t 沿y轴方向有d=t 联立解得vy=v0 则vb==v0 方向斜向上与x轴成45°角,球b与球a发生弹性碰撞,由动量守恒和机械能守恒有mvb=mv'b+mv'a,m=mv'+mv' 解得v'a=vb=v0(点拨:质量相等且发生弹性碰撞,则球a和球b交换速度) 方向斜向上与x轴成45°角,a球沿x轴分速度 v'ax=v'a cos 45°=v0 a球所受洛伦兹力F洛=qv'axB=qv0·=qE,沿z轴负方向。 (3)小球a在平行于Oxz平面做圆周运动,离开磁场时运动了半个周期,z轴方向位移z=-2r 由洛伦兹力提供向心力有qv'axB=m 解得z=- 在y轴方向有Eq=mg 小球a在y轴方向上做匀速直线运动,并且 v'ay=v'a sin 45°=v0 小球a做圆周运动周期T= 又y=v0 解得y= 故小球a离开磁场时位置坐标为。 4.(2025湖南长沙市一模)如图,竖直平面将地面上方空间分为Ⅰ、Ⅱ两个区域,界线OO'左侧的Ⅰ区域内存在着竖直向上的匀强电场E1和垂直纸面向外的匀强磁场B,右侧的Ⅱ区域内存在与E1大小相等、方向水平向左的匀强电场E2。有一个质量m=1.0×10-5 kg、带电荷量为q=1.0×10-4 C的微粒,从O点左侧距离O点d=5 m处的水平地面上的A点斜向右上方抛出,抛出速度v0=10 m/s、与水平面成θ=60°角,微粒在Ⅰ区域做匀速圆周运动一段时间后,从C点水平射入Ⅱ区域,最后落在Ⅱ区域地面上的D点(图中未标出)。不计空气阻力,重力加速度g=10 m/s2。 (1)求电场强度E1的大小和磁感应强度B的大小; (2)求微粒从A到D的运动时间t; (3)求微粒在Ⅱ区域内运动过程中动能最小时离地面的距离h。 答案　(1)1 N/C　0.1 T　(2) s (3)3.75 m 解析　(1)微粒在Ⅰ区域内做匀速圆周运动,所以重力与电场力平衡,洛伦兹力提供向心力,有E1q=mg 解得E1==1 N/C 如图所示,根据几何关系可得微粒做圆周运动的半径 R==10 m 根据牛顿第二定律,有qBv0=m 解得B=0.1 T。 (2)微粒从A点运动到C点的时间为t1==·= s 微粒从C点水平射入Ⅱ区域后,在水平方向做匀减速直线运动,在竖直方向做自由落体运动,有R-R cos 60°=g 解得t2=1 s 微粒从A到D的运动时间为t=t1+t2= s。 (3)在Ⅱ区域微粒受到的重力和电场力大小相等,所以合力方向与水平方向成45°角斜向左下,所以当微粒速度方向与水平方向成45°角斜向右下时动能最小,即 tan 45°=,vy=gt3,vx=v0-at3,a=g 解得t3=0.5 s 此时下落的位移H=g=1.25 m 离地面的距离h=R-R cos 60°-H=3.75 m。 5.(2025山东齐鲁名校大联考)物理学家在现代科学实验时经常利用电磁场来控制带电粒子的运动。在如图所示的Oxyz坐标系中,在z>0的空间内存在沿z轴负方向的匀强电场(图中未画出),在z<0的空间内存在沿z轴正方向的匀强磁场(图中未画出),磁感应强度的大小为0.5 T。质量为m、电荷量为+q的粒子从P点以沿x轴正方向的初速度v0=20 m/s射出,经电场偏转后从坐标原点O进入匀强磁场区域。已知P点的坐标为(-2L,0,L),粒子的比荷=200 C/kg,L=12.5 cm,不计粒子重力。 (1)求匀强电场的电场强度大小; (2)求粒子第一次离xOz平面距离最大时的坐标; (3)若在z>0的空间内还存在沿y轴正方向的匀强磁场,带电粒子仍从P点以初速度v0沿x轴正方向射出,为保证粒子运动过程中不经过xOy平面,求该匀强磁场的磁感应强度大小B1的取值范围。 答案　(1)8 N/C　(2)(0,0.4 m,-0.2π m) (3)B1> T 解析　(1)粒子射出后做类平抛运动,有2L=v0t1,L=·,解得E==8 N/C。 (2)粒子在匀强磁场区域做螺旋运动,可分解为沿z轴负方向的匀速直线运动和平行于xOy平面的匀速圆周运动,沿z轴负方向的速度大小vz=t1=v0=20 m/s 又z=-vzt2 由题意可知,粒子在平行于xOy平面内做匀速圆周运动的速率为v0,则qv0B=m,y=2r=,t2== 解得粒子第一次离xOz平面距离最大时的坐标为(0,0.4 m,-0.2π m)。 (3)将粒子初速度分解为向左的速度v1和向右的速度v2,并使其满足Eq=qv1B1,qv2B1=m,v2-v1=v0 为保证粒子运动过程中不经过xOy平面,需满足r'< 解得B1> T。 题型38　配速法在磁场中的应用 高考真题 (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=。 关键点拨 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,若运动轨迹为劣弧,则运动轨迹对应的弦长越短运动时间越短;若运动轨迹为优弧,则运动轨迹对应的弦长越短运动时间越长。 方法技巧 配速法:把初速度v分解成两个分速度,使其一个分速度v1对应的洛伦兹力Bqv1与重力(或电场力,或重力和电场力的合力)平衡,另一个分速度v2对应的洛伦兹力Bqv2使粒子做匀速圆周运动,这样一个复杂的曲线运动就可以分解为匀速直线运动和匀速圆周运动。这实际上是借助等效原理和运动的合成与分解,在全新的数理模型基础上简化了问题。 高考模拟 1.(2025湖南长郡中学月考四)在xOy竖直平面内存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直于平面向外的匀强磁场,现让一个质量为m,电荷量为q的带正电小球从O点沿y轴正方向射入,已知电场强度大小为,磁感应强度大小为B,小球从O点射入的速度大小为,重力加速度为g,则小球的运动轨迹可能是 (　C　) 　　　　　　　　 　　　　　　　　 2.(2025山西部分学校开学联考)(多选)如图所示,xOy平面内存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场,带正电粒子从坐标原点O由静止释放,运动轨迹如图虚线所示,不计粒子的重力。下列描述粒子沿x轴方向的分速度vx随时间t、位置坐标y的变化图像中可能正确的是 (　AC　) 　　　　　　　　 　　　　　　　　 3.(2025湖南岳阳临湘月考)如图所示,在xOy坐标平面的第一、四象限内有正交的匀强电场和匀强磁场Ⅰ,电场沿y轴负方向,磁场垂直于坐标平面向里,在第二、三象限内,以O1为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场Ⅱ,磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小均为B,在磁场Ⅱ的边界上P点,以垂直磁场的方向向磁场内射入一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子,粒子经磁场Ⅱ偏转后从坐标原点O以垂直于y轴的方向进入正交的电磁场,已知电场强度大小E=,不计粒子重力,求: (1)粒子在P点的初速度大小和方向; (2)粒子在正交电磁场中运动过程中距x轴的最大距离; (3)粒子从O点进入正交电磁场后的运动轨迹与x轴相切点的横坐标。 答案　(1)　与y轴正向夹角30°　(2)R　(3)nπR(n=1,2,3,…) 解析　(1)由题意知,粒子在x轴与磁场Ⅱ圆边界交点Q处沿x轴正向射出磁场Ⅱ,如图所示 设粒子在磁场Ⅱ中做圆周运动的半径为r,圆心为O2,过P点的磁场圆的直径与y轴平行,且粒子射出磁场Ⅱ的方向垂直于y轴,符合“磁发散”条件,则r=R 又Bqv0=m,则v0= 设PO2与水平方向夹角为θ,有r+r sin θ=R,解得θ=30° 由几何关系可知∠O1PO2=60° 则粒子从P点射入的速度方向偏向左上,且与y轴正方向夹角为30°。 (2)粒子刚进入正交电磁场时,由于qv0B=>qE=,会向上偏转,将粒子刚进入正交电磁场时的速度分解为沿x轴正方向的两个分速度v1、v2,有v0=v1+v2,且v1满足qv1B=qE 解得v1=v2= 此后,粒子在正交电磁场中的运动可以分解成以速度v1沿x轴正向的匀速直线运动和以速率v2逆时针的匀速圆周运动,设做匀速圆周运动的分运动的轨迹半径为r,根据牛顿第二定律有qv2B=m 解得r2== 则粒子在正交电磁场中运动过程中,离x轴的最大距离dm=2r2=R。 (3)粒子在正交电磁场中运动时,做圆周运动的分运动每运动一周,粒子运动轨迹与x轴相切一次,分运动的周期T= 则运动轨迹与x轴相切点的横坐标为x=v1nT=nπR(n=1,2,3,…)。 题型39　动量定理在磁场中的应用 高考真题 (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)氙离子在放电室受到的静电力大小为F=eE 由牛顿第二定律有F=Ma 得a=(点拨:在放电室内,氙离子初速度近似为零,不受洛伦兹力,电场力即为合力) (2)电子受到径向磁场的洛伦兹力沿轴向,与静电力平衡,即evB2=eE 沿轴向磁场的洛伦兹力提供电子做匀速圆周运动的向心力,有evB1=m 得B2=(点拨:电子在垂直于轴线的平面内做匀速圆周运动,由垂直于轴线方向的洛伦兹力提供向心力,沿轴线方向的合力为零) (3)设单位时间内进入放电室内的电子数为n1,则单位时间内产生的氙离子数为kn1。 氙离子与未进入放电室的电子刚好完全中和,有kn1=n-n1 得n1= 设氙离子喷出时的速度大小为u,根据动能定理有 eEd=Mu2 得u= 对Δt时间内喷出的氙离子,根据动量定理和牛顿第三定律有 F·Δt=kn1Δt·Mu 得F=kn1Mu 联立解得F= 高考模拟 1.(2025江苏名校2月联考)跑道式回旋加速器的工作原理如图所示,两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ的边界平行,相距为L,磁感应强度大小相同,方向垂直纸面向里,P、Q间存在水平向右、场强大小为E的匀强电场,方向与磁场边界垂直。质量为m、电荷量为+q的粒子从P飘入电场(初速度忽略不计),多次经过电场加速和磁场偏转后,从位于边界上的出射口K射出时速度为v,已知K、Q的距离为d,带电粒子的重力不计,求: (1)磁感应强度大小B; (2)粒子从P飘入电场至出射口K过程中,在磁场中运动的时间t; (3)若粒子最后一次从Q射入磁场时受到与速度大小成正比、方向相反的阻力,粒子的轨迹刚好与磁场Ⅱ的边界相切,求粒子最后一次从Q运动到相切点的时间t以及位移大小x。 答案　(1)　(2)-　(3)　 解析　(1)粒子从出射口K射出时在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径最大,为r= 洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qvB=m 解得B=。 (2)设在电场中加速次数为n,由动能定理得nqEL=mv2 解得n= 粒子在磁场中做匀速圆周运动,周期T= 在磁场中运动的总时间t=T 解得t=-。 (3)粒子在磁场中做圆周运动的周期T= 粒子从Q点运动到相切点的时间t=T= 取一小段时间Δt,对粒子在水平方向上根据动量定理,有 -kvxΔt-qvyBΔt=mΔvx 两边同时对过程求和,其中水平方向位移为零,水平方向末速度为零,可得-qBx=-mv 解得x==。 2.(2025安徽黄山一模)如图所示,质量为m,下端封闭、上端开口且内壁光滑的绝缘玻璃管竖直放置,管底有一带正电的小球,电荷量为q,质量也为m。空间存在足够大且垂直纸面向里的水平匀强磁场,磁感应强度B=。在斜向上的外力作用下,玻璃管在磁场中由静止开始做水平向右的匀加速直线运动,加速度大小为,最终小球从上端开口飞出。设运动过程中小球的电荷量始终保持不变,重力加速度g取10 m/s2。则: (1)求小球在玻璃管内脱离底部之前的运动时间; (2)已知小球飞出玻璃管前的运动时间t=2 s,求小球运动到玻璃管上端开口时的加速度大小; (3)如果小球在玻璃管内脱离底部之后外力保持不变,求玻璃管的最大速度大小(此时小球未飞出玻璃管)。 答案　(1)0.8 s　(2)5 m/s2 (3)(4+2) m/s 解析　(1)设小球在玻璃管内脱离底部之前经历的运动时间为t1,小球脱离底部时,水平方向速度为v0,有qv0B=mg,且v0=axt1 联立解得t1=0.8 s。 (2)设小球在玻璃管中向上运动时间为t2,则t2=t-t1 小球运动到玻璃管上端开口时,竖直方向有q(v0+axt2)B-mg=may 代入数据可得竖直方向最大加速度ay=15 m/s2 故合加速度a= 代入数据可得a=5 m/s2。 (3)设玻璃管匀速运动时速度为v1,此时小球相对玻璃管的速度为v2,当小球刚刚脱离玻璃管底部时水平方向有Fx=2max=mg Fx=qv2B时,玻璃管达到最大速度,加速度为0 解得v2=4 m/s 竖直方向对小球根据动量定理得qBt3-mgt3=mv2-0 又玻璃管水平位移s=t3 该过程中水平方向对系统根据动量定理得 Fxt3-qBt3=2mv1-2mv0 又小球竖直位移h=t3 该过程中对系统根据动能定理得 Fxs-mgh=m+m(+)-×2m 联立解得v1=(4+2) m/s。 题型40　带电粒子在交变电磁场中的运动 高考真题 (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E0q=ma,v1=at,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= 带电粒子在0~时间内的运动轨迹如图甲所示,故在时刻带电粒子的位置坐标为。 (2)在时刻,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,粒子的运动轨迹如图乙所示,粒子首次加速时间为(T-t'),则首次加速后速度大小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= 设粒子在的速度大小为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速度为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=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。 高考模拟 1.(2025广东潮州期末)如图a所示,在平面直角坐标系xOy中,第三象限中存在方向沿y轴负方向的匀强电场,第四象限直角三角形OBC区域中存在着大小、方向均可调整的磁场。已知C点坐标(L,0),BC边与x轴正方向的夹角大小为60°,一质量为m、电荷量为q的带正电粒子,从P点以大小为v、方向与BC边平行的初速度进入电场,经偏转后从A点垂直OB边进入磁场,若磁场为方向垂直纸面向外的匀强磁场,则发现粒子恰好不从BC边射出。若磁场为随时间周期性变化的交变磁场(如图b,规定磁场方向垂直纸面向外为正),则发现在t=0时从A点进入磁场的粒子,经两个交变磁场的完整周期后恰好从C点射出,已知匀强电场场强E=,不计粒子重力。求: (1)A点的坐标; (2)粒子恰好不从BC边射出时,匀强磁场磁感应强度B1的大小; (3)交变磁场的磁感应强度B2和周期t0的大小。 答案　(1)(0,-L)　(2)　(3)　 解析　(1)沿y轴正方向,粒子做匀减速直线运动,则有=2ahAB,vy=v sin 60° 根据牛顿第二定律有qE=ma 联立解得hAB=2L A点距O点yA=L tan 60°-hAB 解得yA=L A点的坐标为(0,-L) (2)粒子进入磁感应强度为B1的磁场中,有 vA=v cos 60° 由牛顿第二定律有qvAB1= 由几何关系得hAB=R1+ 则R1= 联立解得B1= (3)粒子进入磁感应强度大小为B2的磁场中,由牛顿第二定律得 qvAB2= 设粒子在0~时间内,轨迹的圆心角为θ,由几何关系得,在x轴方向有L=4R2 sin θ 在y轴方向有L=4R2(1- cos θ) 联立解得θ=60°,R2=,B2= 每经过的时间,粒子在磁场中轨迹的圆心角为θ=60°,则有=T= 解得t0= 2.(2025江苏无锡澄宜六校联考)如图甲所示,在xOy平面内y轴的左侧有宽为L的电场区域,在电场区域的左侧有一加速电场,电压为U0,一质量为m,带电荷量为+q的带电粒子从A点飘入加速电场(忽略初速度),从x轴上的P点(-L,0)进入电场区域,粒子进入电场区域时在电场区域加上如图乙所示的与y轴平行的交变电场(T未知),y轴正方向为电场的正方向,粒子经过交变电场后从y轴上的Q点(0,L)沿着x轴正方向进入第一象限。在第一象限有一垂直纸面的圆形磁场区域,磁场变化规律如图丙所示,磁场变化周期为T0(忽略磁场突变的影响),粒子在t=0时刻进入磁场,且始终在磁场区域内运动,不计粒子重力。求: (1)经过P点时的速度v0; (2)交变电场的场强大小E0; (3)圆形磁场区域的最小面积S。 　 答案　(1)　(2)(n=1,2,3,…)　(3) 解析　(1)粒子从A点到P点,由动能定理有qU0=m 解得v0=。 (2)粒子进入电场区域 沿x轴方向有L=2n·v0(n=1,2,3,…) 沿y轴方向有L=2n·a(n=1,2,3,…) 其中a= 联立解得E0=(n=1,2,3,…)。 (3)粒子从Q点射出电场时速度方向沿x轴正方向,速度大小为v0,粒子在磁场中运动的周期为 T=== 粒子在磁场中运动的轨迹如图所示 设粒子做圆周运动的半径为r,则 qv0B=m 圆形磁场的最小半径R=2r 最小面积S=πR2 解得S=。 培优提升 提分策略 本专题在近几年高考题中,侧重将基本知识应用在新科技情境中,考查知识理解、推理论证、模型构建等能力,计算题侧重带电粒子在复合场(包括组合场、叠加场)中的运动问题,复习时除了典型的运动形式(如圆周运动、类抛体运动等)以外还要把握几种常见的运动形式(如螺旋线、摆线等),掌握典型的分析思路(配速法、动量定理等)。 1.(创新考法·安培力)(2025北京海淀期末)(多选)为了测定某沿水平方向的匀强磁场的磁感应强度(远大于地磁场的磁感应强度),某同学在北京地区利用如图所示装置进行了如下操作: ①在水平地面放置的灵敏电子秤的绝缘托盘上,沿东西方向放置一根金属直杆OA,杆的两端与外电源相连(图中未画出); ②在杆内通以沿OA方向、大小为I的恒定电流后,绕O点沿逆时针改变杆的摆放角度,俯视图如图甲所示; ③测量杆与正东方向的夹角θ及对应的电子秤示数m,绘制出图乙所示的m-θ图线,图线上纵坐标的最大值和最小值分别为m1和m2,m1对应的角度为θ1(θ1<90°)。 已知杆的长度为L、重力加速度为g,下列说法正确的是 (　CD　) 　 A.金属直杆的质量为m2 B.待测磁场的方向与正东方向的夹角为θ1 C.待测磁场的磁感应强度大小为 D.若考虑地磁场,通过该方法测得的磁感应强度偏小 2.(核心考法·叠加场)(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:动能定理 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=。 解法二:配速法 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。 设当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=。 (3)解法一:配速法 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,有ev2'B=m,解得v2'≥;则电子入射速度v=v0-v2',即v≤v0;由题意可知若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布,能到达纵坐标y2=位置的电子数N占总电子数N0的百分比η=×100%=90%。 解法二:动能定理 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=m-mv2,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 在最低点有F合=eE-evB 联立有vm=-v y= 要让电子到达纵坐标y2=位置,即y≥y2 解得v≤v0 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=位置的电子数N占总电子数N0的90%。 解法三:动量定理在x轴方向上的应用 电子在运动过程中只有电场力做功,设电子运动中能达到的离x轴最远的距离为ym,根据动能定理有Eeym=m-mv2 ① 将电子的运动速度沿坐标轴分解,电场力沿y轴方向,在x轴方向根据动量定理可得BevyΔt=mΔvx 对电子从出发到离x轴最远这一过程利用微元法,可得 Be∑vyΔt=m(vmx-v),即Beym=m(vmx-v) 粒子离x轴最远时有vmy=0,vmx=vm 即粒子离x轴最远时,有Beym=m(vm-v) ② 将①式与②式相比可得= 将E=Bv0代入上式可得v0= 解得vm=2v0-v ③ 将③式代入②式可得ym=== ④ 根据题意可得满足ym≥y2,即≥,解得v≤v0 由④式可知v越小ym越大,电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布,可得==90% 3.(核心考点·组合场)(2025湖北,14,16分)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v0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) 解题导引　粒子在MN和PQ之间做匀速直线运动,粒子能回到O点,所以粒子的整个周期性运动过程轨迹应上下对称。 解析　(1)在MN左侧的磁场中,设粒子运动轨迹半径为r, 由qv0B=可得r=。 (2)粒子从O点射出后的部分运动轨迹如图1所示,根据几何关系可得sin α=, 又O'D=OD-r=, 解得α=30°, 粒子经过MN边界上的C点,在MN和PQ边界之间的无磁场区域做匀速直线运动,从PQ边界上的E点第一次进入右侧磁场区域做半径为r'的匀速圆周运动,从PQ边界上的F点第二次经过PQ边界,在右侧磁场中由qv0·2B=可得r'=, 由几何关系可得在右侧磁场中轨迹对应圆心角为120°,所以粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距EF=2r' sin 60°,解得EF=。 (3)要使粒子能回到O点并做周期性运动,粒子的轨迹需上下对称,所以轨迹如图2所示 由几何关系得r cos α=CE sin α+,解得CE=,粒子在MN左侧磁场中的轨迹对应圆心角为240°,结合粒子在磁场中仅在洛伦兹力作用下做圆周运动的周期公式有T1=,得运动时间t1=·=,粒子在MN和PQ之间做匀速直线运动的时间t2=2×=,粒子在PQ右侧磁场中的轨迹对应圆心角为120°,结合粒子在磁场中仅在洛伦兹力作用下做圆周运动的周期公式有T2=,得运动时间t3=·=,所以粒子运动周期T=t1+t2+t3=。 4.(创新考法·微元思想)(2025广东深圳一模)上海光源是我国的重大科学装置。该装置中,电子经电场加速,进入波荡器做“蛇形”运动,产生辐射光。电子的电荷量e、质量m、初速度v0均已知,不计相对论效应及辐射带来的动能损失,忽略电子所受的重力。 (1)图甲为直线加速器简化模型,两加速电极中心有正对的小孔。为了使电子从右侧出射时动能为Ek,求极板间的加速电压大小。 (2)图乙是波荡器简化模型,匀强磁场均匀分布在多个区域,水平面内沿轴线AC方向每一区域宽L,纵向尺寸足够大。各相邻区域内磁场方向相反并垂直于所示平面。在A点放置一电子发射装置,使电子以速率v,在所示平面内与轴线AC成-60°~+60°的范围内均匀发散射出。若恰有75%的电子能从Ⅰ区域右边界射出。求Ⅰ区域磁感应强度大小。 (3)如图丙,电子在磁感应强度为B0的匀强磁场中运动时,其轨迹上任意两点间存在规律: sin φ1-sin φ2=。其中φ1、φ2为速度方向角,d为两点沿轴线方向的距离。图丁为更接近波荡器真实情况的磁场(沿轴线水平向右为x轴正方向,垂直纸面向里为磁场正方向),若电子从A点沿轴线向右射入,求x=3L处电子速度方向。 　 　 答案　(1)　(2)　(3)与轴线AC夹角为45°,向右偏下 解析　(1)根据动能定理有eU=Ek-m 解得U=。 (2)根据左手定则,电子受到洛伦兹力在Ⅰ区域向下偏转。洛伦兹力提供其做圆周运动的向心力,则有 evB=m 解得R= 由题意知,电子在角度范围内分布均匀,可知入射角度相对轴线偏下30°的电子刚好无法进入Ⅱ区域。由几何关系可知,若电子刚好无法从Ⅰ区域右侧射出,电子轨迹与区域Ⅰ右边缘相切,如图所示 则有L=R-R sin 30° 联立解得B=。 (3)将空间沿轴线方向分割成微元,经过任何一个微元ΔL,电子速度方向角的正弦值之差近似为,其中为该微元处的平均磁感应强度。无限细分之后求和可知,速度方向角的正弦值之差为,其中S为B-x图线与横轴所围面积。类比v-t图像,横轴下方面积为“负”,故有S=×L× 沿轴线入射,因此φ0=0,根据规律则有 sin φ0- sin φ3L== 解得 sin φ3L=- 因此x=3L处,φ3L=-45°,即速度方向与轴线AC夹角为45°,向右偏下。 第 15 页 共 15 页 $