第1部分 专题3 第10节 带电粒子在复合场中的运动-【金版教程】2026年高考物理大二轮大考试题精选重组全书word

大考试题精选重组　物理 第10节　带电粒子在复合场中的运动 高考体验 1．(2025·广东卷，6)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(　　) 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 答案：A 解析：离子沿顺时针方向在加速器内循环加速，在磁场区域中做圆周运动，由左手定则可知，偏转磁场的方向垂直纸面向里，A正确；每次加速过程，由动能定理有qU＝ΔEk，则第1次加速后，离子的动能增加了qU，B错误；设第k次加速后，离子的速度大小为v，则对1～k次加速过程，由动能定理有kqU＝mv2－mv，解得v＝，设第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小为Bk，离子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qvBk＝m，解得Bk＝，C、D错误。 2．(2024·江西卷，7)石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子(电子)浓度。如图a所示，在长为a、宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当I＝1.00×10－3 A时，测得U­B关系图线如图b所示，元电荷e＝1.60×10－19 C，则此样品每平方米载流子数最接近(　　) A．1.7×1019 B．1.7×1015 C．2.3×1020 D．2.3×1016 答案：D 解析：设此样品每平方米载流子(电子)数为n，载流子从电极3向电极1定向移动的速率为v，则时间t内通过此样品的电荷量q＝nevtb，根据电流的定义式得I＝，当载流子稳定通过此样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有e＝evB，联立解得U＝B，结合题图b可知，k＝＝ V/T，代入数据解得n＝2.3×1016，D正确。 3．(2025·广西卷，10)(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 解析：设M粒子质量为mM，进入选择器时的速度为vM，则M粒子在加速电场中运动的过程，由动能定理有qU＝mMv－0，M粒子在选择器中沿轴线OO′运动，则其在选择器中受力平衡，有qE＝qvMB1，联立可得mM＝，A正确；设N粒子进入选择器时的速度为vN，由于N粒子从开口的下边缘进入偏转磁场，则有qE<qvNB1，结合A项分析可知vN>vM，B错误；未调节选择器时，设N粒子在偏转磁场中的运动速率为vN′，由洛伦兹力提供向心力可知，M、N粒子在偏转磁场中的运动有qvMB2＝mM，qvN′B2＝mN，可得M、N粒子在偏转磁场中的运动半径分别为rM＝，rN′＝，由几何关系有2rN′cosθ＋d＝2rM，N粒子在选择器中由动能定理有－qEd＝mNvN′2－mNv，在加速电场中由动能定理有qU＝mNv－0，调节选择器后，N粒子在速度选择器中有qE′＝qvNB1′，联立解得＝，C错误；调节选择器，使N粒子沿轴线OO′进入偏转磁场，则N粒子进入偏转磁场时的速度为vN，在偏转磁场中由qvNB2＝m可得N粒子的运动半径为rN＝，与qU＝mNv－0联立可得rN＝，同理可得rM＝，又vN>vM，则rN<rM，可知N粒子沿轴线OO′进入偏转磁场后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Δx＝2rM－2rN，联立可得Δx＝＋ ，D正确。 4．(2025·河南卷，15)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距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)v0 解析：(1)作出粒子的运动轨迹，如图1所示。 设粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，由几何关系有r－h＝rcos60° 解得r＝2h 设磁感应强度的大小为B，对粒子在磁场中的运动，由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m 解得B＝。 (2)粒子在电场中做类斜抛运动，设运动时间为t1，加速度大小为a，由斜抛运动规律可知， 水平方向位移大小x1＝v0cos60°·t1 竖直方向有v0sin60°＝a· 设电场强度的大小为E，由牛顿第二定律有qE＝ma 粒子从a点开始运动到进入电场水平位移大小为x2＝rsin60° 分析可知，粒子从离开电场至到达b点水平位移大小也为x2，则粒子从a点运动到b点的水平位移大小为s＝x1＋2x2 联立解得E＝。 (3)作出竖直向下发射时一个周期内粒子的运动轨迹，如图2所示，粒子在磁场中运动的轨迹半径仍为r＝2h 由几何关系可知，粒子从磁场进入电场时速度与水平虚线的夹角θ满足cosθ＝ 解得θ＝ 粒子从a点开始运动到进入电场过程水平向左的位移大小为x2′＝r－rsinθ 该过程粒子的运动时间为t2＝ 因为θ＝60°，则一个周期内粒子在电场中水平向左的位移大小仍为x1，运动时间仍为t1，且由(2)得x1＝h，t1＝ 粒子从电场进入磁场至到达b′的过程水平向右的位移大小为x3＝r＋rsinθ 该过程粒子的运动时间为t3＝ 则一个周期内粒子向右的位移大小为s′＝x3－x1－x2′ 粒子的运动周期为t＝t1＋t2＋t3 则粒子的漂移速度大小为v＝ 联立解得v＝v0。 好题精选 5．(2025·山东省聊城市高三下模拟)排污管道对于一个城市的正常运转是不可或缺的。管道中的污水通常含有大量的正负离子。如图所示，管道内径为d，污水流速大小为v，方向水平向右。现将方向与管道横截面平行，且垂直纸面向内的匀强磁场施于某段管道，磁感应强度大小为B，M、N为管道上的两点，当污水的流量(单位时间内流过管道横截面的液体体积)一定时(　　) A．M点电势低，N点电势高 B．M、N间电势差与污水流速无关 C．由于沉淀物导致管道内径变小时，污水流速变小 D．由于沉淀物导致管道内径变小时，M、N间的电势差变大 答案：D 解析：根据左手定则可知，正离子向上偏转，负离子向下偏转，则M点电势高，N点电势低，故A错误；由于污水流量一定，有Q＝＝＝vS＝，可知，当沉淀物导致管道内径d变小时，污水流速变大，故C错误；稳定后满足q＝qvB，得M、N间电势差U＝Bdv＝B，与污水流速有关，故B错误；由C项分析可知U＝Bdv＝，由于沉淀物导致管道内径d变小时，M、N间的电势差U变大，故D正确。 6．(2025·辽宁省丹东市高三下复习质量测试一)(多选)如图所示，空间电场、磁场分界面与电场方向成45°角，分界面一侧为垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，另一侧为平行纸面的匀强电场。一电荷量为＋q、质量为m的粒子从场中某一点P以v0的速度沿垂直电场和磁场的方向射入磁场，一段时间后，粒子恰好从P点第二次离开电场。若场区足够大且不计粒子重力，则下列说法中正确的是(　　) A．匀强电场中，电场强度大小为B0v0，方向竖直向下 B．当粒子第二次离开磁场时，速度与分界线所成的锐角为45° C．粒子回到P点所用的总时间为 D．当粒子第二次进入电场时，到P点的距离为 答案：BD 解析：作出粒子的运动轨迹如图所示，可知当粒子第二次离开磁场时，速度与分界线所成的锐角为45°，粒子所受电场力竖直向上，则电场方向竖直向上，A错误，B正确；粒子由S点第二次进入电场，且进入电场时速度方向水平向右，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律有qv0B0＝m，解得R＝，由图根据几何关系可得PS＝2R＝，D正确；设电场的电场强度为E，粒子在电场中由S点运动到P点的过程，水平方向有2R＝v0t3，竖直方向有2R＝at，根据牛顿第二定律有qE＝ma，联立解得E＝B0v0，a＝，t3＝，粒子在磁场中运动的总时间t1＝＝，第一次进入电场时的运动时间t2＝＝，粒子回到P点所用的总时间为t＝t1＋t2＋t3＝，故C错误。 7．(2025·重庆市高三下二模)如图所示，xOy平面直角坐标系中，圆形区域内充满垂直xOy平面的匀强磁场(图中未画出)，圆与x轴相切于坐标原点O，圆心坐标为(0，R)。第三象限内存在＋y方向的匀强电场，场强大小为E，－x轴上固定一足够长的粒子接收薄板OP。一群质量为m、电荷量为q的粒子，沿＋x方向以相同速度v从第二象限射入圆形区域。粒子分布在R<y<2R区域内各处，经圆内磁场偏转后均能从O点进入电场区域，并最终落在OP上OC区域(最远落在C点)。忽略粒子重力及粒子间的相互作用，求： (1)该匀强磁场的磁感应强度； (2)OC的距离； (3)落在C处的粒子在磁场中运动的时间。 答案：(1)，方向垂直xOy平面向外 (2)　(3) 解析：(1)由“磁聚焦”原理可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝R 设该匀强磁场的磁感应强度大小为B，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m 解得B＝ 粒子在电场中所受电场力沿y轴正方向，则粒子带正电，由左手定则知，匀强磁场的磁感应强度方向垂直xOy平面向外。 (2)设粒子从O点进入电场区域时，速度与－x方向的夹角为θ，则0<θ<90° 设粒子打在OC上的位置到O点的距离为Δx，在电场中运动的时间为t，则 平行于x轴方向有Δx＝vcosθ·t 平行于y轴方向有vsinθ＝a· qE＝ma 联立解得Δx＝ 当sin2θ＝1，即θ＝45°时，Δx取最大值 可得OC＝Δxmax＝。 (3)由(2)可知，落在C处的粒子进入电场时对应的θ＝45° 结合几何关系可得，则在磁场中的速度偏转角α＝180°－θ 该粒子在磁场中运动的时间t′＝T 又周期T＝ 联立解得t′＝。 高考体验 1．(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，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 答案：C 解析：设电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，电子从小孔射出的速度大小为v1，α粒子从小孔射出的速度大小为v2，则v1＝10v2。假设α粒子打在a点，则其所受电场力与洛伦兹力平衡，有2eE＝2ev2B，电子射出小孔时受到的洛伦兹力大小F洛＝ev1B＝10ev2B，所受电场力大小F电＝eE，则F洛>F电，而电子打在b点，则电子所受洛伦兹力向右，由左手定则可判断磁场方向垂直纸面向里，由α粒子受力平衡和左手定则，可判断电场方向水平向右；假设电子打在a点，则其所受电场力与洛伦兹力平衡，有eE＝ev1B，α粒子射出小孔时所受洛伦兹力大小F洛′＝2ev2B＝ev1B，所受电场力大小F电′＝2eE，则F洛′<F电′，而α粒子打在b点，所以α粒子所受电场力水平向右，电场方向水平向右，由电子受力平衡和左手定则，可判断磁场方向垂直纸面向里。故选C。 2．(2025·河北卷，10)(多选)如图，真空中两个足够大的平行金属板M、N水平固定，间距为d，M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OP的夹角θ＝60°时，粒子恰好垂直穿过M板Q点处的小孔。已知OQ＝3L，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7L D．粒子打到M板下表面的位置与Q点的最小距离为d 答案：BCD 解析：根据粒子在磁场中的偏转方向，结合左手定则知，粒子带负电，A错误；板间电场强度最大时，垂直穿过M板的粒子恰好不能到达N板，由动能定理得－qEd＝0－mv2，解得粒子穿过M板时的速度大小v＝，v不变，若间距d增大，则板间所形成的最大电场强度E减小，B正确；发射方向与OP夹角为60°的粒子恰好垂直穿过M板Q点处的小孔，运动轨迹如图甲所示，由几何关系得rsin30°＋r＝3L，解得轨迹半径r＝2L，则OP＝rcos30°＝L，粒子打到M板上表面的位置与O点的距离最大时，有两种可能情况：①粒子运动半周打在M板上表面，如图乙所示，最大距离为xm1＝＝L；②粒子从Q点垂直穿过M板后再从Q点以速度v垂直M板射入磁场，继续偏转半个圆周后打在M板上表面，最大距离xm2＝OQ＋2r＝7L，xm1<xm2，则粒子打到M板上表面的位置与O点的最大距离为7L，故C正确；如图丙所示，设打到M板下表面的粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，由于PO⊥OQ，可得PQ＝＝2L，由几何关系可知tan∠PQO＝，cos∠PQO′＝，解得∠PQO＝30°，∠PQO′＝30°，则粒子斜射入极板间时速度与M板夹角α＝90°－∠PQO′－∠PQO＝30°，粒子在板间做类斜抛运动，板间电场强度最大时，粒子打到M板下表面的位置与Q点的距离最小，沿电场力方向，由牛顿第二定律得qE＝ma，粒子在板间运动的时间t＝，打到M板下表面的位置与Q点的最小距离为x1＝vcosα·t，与v＝联立，解得x1＝d，D正确。 3．(2025·山东卷，12)(多选)如图甲所示的Oxy平面内，y轴右侧被直线x＝3L分为两个相邻的区域Ⅰ、Ⅱ。区域Ⅰ内充满匀强电场，区域Ⅱ内充满垂直Oxy平面的匀强磁场，电场和磁场的大小、方向均未知。t＝0时刻，质量为m、电荷量为＋q的粒子从O点沿x轴正向出发，在Oxy平面内运动，在区域Ⅰ中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分，如图甲所示。t0时刻粒子第一次到达两区域分界面，在区域Ⅱ中运动的y­t图像为正弦曲线的一部分，如图乙所示。不计粒子重力。下列说法正确的是(　　) A．区域Ⅰ内电场强度大小E＝，方向沿y轴正方向 B．粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径R＝ C．区域Ⅱ内磁感应强度大小B＝，方向垂直Oxy平面向外 D．粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标为 答案：AD 解析：根据题意可知，粒子在区域Ⅰ内做类平抛运动，且加速度方向沿y轴正方向，则电场强度方向沿y轴正方向，沿y轴方向上，由运动学规律有2L＝at，由牛顿第二定律有qE＝ma，联立解得电场强度大小E＝，A正确；区域Ⅱ中，粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，结合题图乙可知，其运动轨迹如图所示，则粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径R＝，B错误；在区域Ⅰ中，由运动学规律可知，粒子沿x轴方向有3L＝v0t0，可得粒子的初速度v0＝，对粒子在区域Ⅰ中的运动过程由动能定理有qE·2L＝mv2－mv，解得粒子在区域Ⅱ中的运动速度大小为v＝，在区域Ⅱ中，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得磁感应强度大小B＝，由轨迹图结合左手定则可知，磁场的方向垂直Oxy平面向外，C错误；设粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标为(x0，0)，由几何关系有(x0－3L)2＋(2L)2＝R2，解得x0＝，即圆心坐标为，D正确。 4．(2025·福建卷，7)(多选)如图，竖直面内存在垂直纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E，一带电粒子在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，当粒子运动到N点时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P点，已知MN与水平面的夹角为45°，NP水平向右。粒子带电荷量为q，速度为v，质量为m，重力加速度为g。则(　　) A．电场强度大小为E＝ B．磁感应强度大小为B＝ C．N、P两点的电势差为U＝ D．粒子从N运动到P的过程中，与NP的距离最大值为 答案：BC 解析：粒子沿MN运动过程中，受到垂直MN方向的洛伦兹力、水平方向的电场力、竖直向下的重力，由题意可知，该过程中粒子受力平衡，假设粒子带负电，由左手定则可知，洛伦兹力垂直MN向下，电场力水平向左，与竖直向下的重力无法达到平衡，故假设错误，则粒子带正电，即洛伦兹力垂直MN向上，电场力水平向右，由平衡条件有qvBcos45°＝mg，qvBsin45°＝qE，解得电场强度大小为E＝，磁感应强度大小为B＝，A错误，B正确；撤去磁场后，粒子所受电场力和重力不变，则其在竖直方向上做竖直上抛运动，由于N、P在同一水平面上，所以粒子从N运动到P的过程中，当粒子竖直方向的速度减为0时，其与NP的距离最大，设为hm，则有2ghm＝(vsin45°)2，可解得hm＝，D错误；设粒子从N运动到P的过程所用的时间为t，则有－vsin45°＝vsin45°－gt，解得t＝，粒子在水平方向上做匀加速直线运动，有qE＝ma，xNP＝vtcos45°＋at2，解得xNP＝，又因电场线从N指向P，所以N、P两点的电势差U＝ExNP＝，C正确。 5．(2024·新课标卷，26)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)Bv0 (3) 解析：(1)由题意知，粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为v＝ 解得v＝v0 设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，根据洛伦兹力提供向心力有Bqv＝m 解得r＝ 粒子在磁场中做圆周运动的周期为T＝ 解得T＝。 (2)分析可知，P点由a点移动到b点的过程，粒子在电场中做类平抛运动。设电场强度的大小为E，粒子在电场中运动的加速度大小为a，P点从a点移动到b点所用时间为tab，沿电场方向，由运动学公式有v0＝atab 由牛顿第二定律有qE＝ma 设P点从b点移动到c点的时间为tbc， 的长度为sbc，根据任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等，可知＝ 由题图知，所对圆心角为θ＝π，半径为v，则sbc＝vθ P点从b点移动到c点，粒子在磁场中做圆周运动的速度的偏转角即为θ，则tbc＝T 联立解得tab＝，E＝Bv0。 (3)P点移动1周回到a点的过程中，粒子两次在电场中运动，分析可知，粒子的运动轨迹如图所示。P点从a移动到b过程中，粒子在电场中做类平抛运动，沿y轴正方向运动的距离L＝v0tab 解得L＝ 根据几何知识，可得粒子第一次进、出磁场的位置之间的距离为ybc＝r 解得ybc＝ 由粒子两次在电场中运动的对称性，结合ybc>2L可知，P点移动1周回到a点时，粒子位移的大小为y总＝ybc－2L 联立解得y总＝。 好题精选 6．(2025·河北省沧州市普通高中高三复习质量监测)如图所示，空间内存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，磁场方向水平向里，磁感应强度大小为B，一电荷量为q、质量为m的小球，在与磁场垂直的平面内沿直线运动，该直线与电场方向的夹角为45°。a、b(图中未标出)为轨迹直线上的两点，两点间距离为d，重力加速度为g，小球由a运动到b的过程中所用时间t及电势能的变化量ΔEp分别为(　　) A．t＝，ΔEp＝ B．t＝，ΔEp＝－ C．t＝，ΔEp＝ D．t＝，ΔEp＝－ 答案：B 解析：若小球的速度大小改变，则垂直于运动方向的洛伦兹力会改变，小球将做曲线运动，故小球一定做匀速直线运动，受力情况如图所示，则小球一定带正电，且斜向上运动，由平衡条件可得mg＝Eq，Bqv＝，解得电场强度E＝，小球速度v＝，由a到b的过程中，小球的运动时间t＝＝，电场力做的功W＝qEdcos45°＝，根据功能关系知，电势能的变化量ΔEp＝－W＝－，B正确。 7．(2025·天津市滨海新区高三下三模)放射性同位素C相对含量的测量在考古学中有重要应用。如图甲所示，将少量古木样品碳化、电离后，产生出电荷量均为q的12C和14C离子，从容器A下方的小孔S1进入加速电压为U的匀强电场中，其初速度可视为零。以离子刚射入磁场时的O点为坐标原点，水平向右为x轴正方向。x轴下方有垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度为B，离子在磁场中行进半个圆周后被位于原点O右侧x轴上的收集器分别收集。一个核子的质量为m，不考虑离子重力及离子间的相互作用。 (1)写出中子与N发生核反应生成C的核反应方程，以及C衰变生成N的衰变方程式； (2)求收集器收集到的12C和14C离子的位置坐标x12和x14； (3)由于加速电场的变化，可能会使两束离子到达收集器的区域发生交叠，导致两种离子无法完全分离。 ①若加速电压在[U－ΔU，U＋ΔU]区间范围内发生微小变化，为使两种离子完全分离，应小于多少？ ②若离子经过加速电压为U的特殊电场，从O点进入磁场时，与垂直x轴方向左右对称偏离，导致有一个散射角α，如图乙所示。为使两种离子完全分离，求最大散射角αm。 [已知，若cosθ＝C，C∈(0，1)，则θ＝arccosC] 答案：(1)n＋N→C＋H　C→N＋e (2)　 (3)①　②2arccos 解析：(1)N生成C的核反应方程为n＋N→C＋H C生成N的衰变方程为C→N＋e。 (2)质量为M的离子在匀强电场中加速的过程，由动能定理得qU＝Mv2－0 在磁场中由洛伦兹力提供向心力得qvB＝M 收集器收集到该离子的位置坐标x＝2R 联立可得x＝ 故12C和14C离子的位置坐标分别为x12＝，x14＝。 (3)①由(2)分析可知，12C离子到达收集器的最大位置坐标x12max＝ 14C离子到达收集器的最小位置坐标x14min＝ 为保证完全分离，需满足x12max<x14min 联立解得<。 ②由于有散射角α，某种离子经磁场偏转后，到达的x轴上的可能位置如图所示，其中与O点的最远距离为xmax＝ 与O点的最近距离为xmin＝2Rcos 即xmin＝cos 可得12C离子在磁场中偏转的最大距离x12max′＝ 14C离子在磁场中偏转的最小距离x14min′＝cos 为保证两种离子完全分离，应满足x12max′<x14min′ 联立可得cos> 可知αm＝2arccos。 8．(2025·天津市河西区高三下质量调查三)利用电磁场使质量为m、电荷量为e的电子发生回旋共振可获取高浓度等离子体，其简化原理如下。如图甲所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B；电场强度大小为E，平行于纸面的匀强电场绕着过O点且垂直纸面的轴顺时针旋转；旋转电场带动电子加速运动，使其获得较高能量，高能电子使空间中的中性气体电离，生成等离子体。 (1)电子在运动的过程中，洛伦兹力对电子是否做功。 (2)若空间中只存在匀强磁场，电子只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，求电子做圆周运动的角速度ω0。 (3)将电子回旋共振简化为二维运动进行研究。施加旋转电场后，电子在如图乙所示的平面内运动，电子在运动过程中受到与其速度v方向相反的气体阻力f＝kv，式中k为已知常量。最终电子会以与旋转电场相同的角速度做匀速圆周运动，且电子的线速度与旋转电场力的夹角(小于90°)保持不变。只考虑电子受到的匀强磁场洛伦兹力、旋转电场电场力及气体阻力作用，不考虑电磁波引起的能量变化。 ①若电场旋转的角速度为ω，求电子最终做匀速圆周运动的线速度大小v； ②旋转电场对电子做功的功率存在最大值，为使电场力的功率不小于最大功率的一半，电场旋转的角速度应控制在ω1～ω2范围内，求|ω2－ω1|的数值。 答案：(1)不做功　(2) (3)①　② 解析：(1)洛伦兹力的方向时刻与速度方向垂直，由W＝Flcosα可知，电子在运动的过程中，洛伦兹力对电子不做功。 (2)电子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有evB＝mω0v 解得ω0＝。 (3)①设电场力方向与速度方向的夹角为θ，其受力分析如图所示，沿轨迹圆的半径方向有 eEsinθ＋evB＝mωv 沿轨迹圆的切线方向有eEcosθ＝kv 联立解得v＝。 ②旋转电场对电子做功的功率为P＝eE·v·cosθ 解得P＝ 由数学知识可知，当mω－eB＝0时，电场力对电子做功的功率最大，最大功率Pm＝ 令P≥ 可得≥ 解得－≤ω≤＋， 即ω1＝－，ω2＝＋ 则|ω2－ω1|＝。 拔高选做 9．(2025·四川省乐山市高三下二诊)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。如图所示，xOy平面直角坐标系中第Ⅰ象限存在垂直于纸面向外的匀强磁场B0(大小未知)；第Ⅱ象限存在沿x轴正方向的大小未知的匀强电场；第Ⅳ象限交替分布着沿－y方向的匀强电场和垂直xOy平面向里的匀强磁场，电场、磁场的宽度均为L，边界与y轴垂直，电场强度E＝，磁感应强度B＝。一质量为m、电量为＋q的粒子从点M(－L，0)以平行于y轴的初速度v0进入第Ⅱ象限，恰好从点N(0，2L)进入第Ⅰ象限，然后又垂直于x轴进入第Ⅳ象限，多次经过电场和磁场后某时刻粒子的速度沿x轴正方向。粒子始终在电场、磁场中运动，不计粒子重力及运动时的电磁辐射。求： (1)磁感应强度B0的大小； (2)粒子刚射出第1层磁场下边界时的速度方向； (3)粒子进入第n层磁场时的速度大小vn以及最远能进入第几层磁场。 答案：(1)　(2)与y轴负方向的夹角为30° (3)v0　4 解析：(1)设粒子在第Ⅱ象限运动的时间为t，在N点沿x轴的分速度为vx，粒子在电场中做类平抛运动， 沿x轴方向有L＝t 沿y轴方向有2L＝v0t 通过N点的速度vN＝ 与y轴正方向的夹角α满足tanα＝ 联立解得vN＝v0，α＝45° 粒子在第Ⅰ象限中的运动轨迹如图甲所示，由几何关系知，轨迹半径R＝ 在第Ⅰ象限的运动，由牛顿第二定律有qvNB0＝m 联立解得B0＝。 (2)设粒子穿过x轴下方第1层电场后的速度为v1，在第1层磁场中的轨迹半径为R1，由动能定理有EqL＝mv－mv 粒子在x轴下方第1层磁场中运动的轨迹如图乙所示 由洛伦兹力提供向心力有qv1B＝m 设在第1层磁场中的速度偏转角为θ，根据几何关系可得sinθ＝ 联立解得θ＝30° 即粒子刚射出第1层磁场下边界时的速度方向与y轴负方向的夹角为30°。 (3)从x轴至进入第n层磁场，由动能定理有nEqL＝mv－mv 解得vn＝v0 设粒子在第Ⅳ象限磁场中沿y轴负方向运动总位移为ym时，其速度沿x轴正方向，粒子最远能进入第m层磁场，粒子在磁场中，沿x轴方向上由动量定理有∑qvyBΔt＝mvm－0 其中vm＝v0 ∑vyΔt＝ym 又(m－1)L<ym≤mL 可得3m2－8m－4≥0且3m2－14m－1<0 解得满足条件的正整数m＝4 故最远能进入第4层磁场。 10．(2024·辽宁卷，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 解析：(1)根据题意，画出乙在Ⅰ区的运动轨迹，如图所示 设乙在Ⅰ区做圆周运动的轨迹半径为r1，由几何关系得L＝r1sin30° 解得r1＝2L 由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m 解得B＝。 (2)根据对称性可知，乙经过P点时的速度沿x轴正方向，在Ⅱ区中的速度偏转角也为30°。乙在磁场中做圆周运动的周期为T＝ 根据题意，乙在磁场中运动的总时间等于甲在Ⅲ区运动的时间，为t1＝2××T 联立解得t1＝ 由对称性可知，甲在P点的速度沿x轴正方向，则甲从P点到O点做匀加速直线运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律得qE0＝ma 解得a＝ 由运动学公式得d＝v0t1＋at 解得d＝πL。 (3)甲经过O点时的速度为v甲＝v0＋at1 设t时刻甲的位置坐标为x1，因为甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，则x1＝v甲t 受力分析知，甲不受电场力作用，则有ωt－kx1＝0 设t时刻乙的位置坐标为x2，对乙可得＝ωt－kx2 乙追上甲前，甲、乙间距Δx＝x1－x2 联立可得，乙追上甲前F与Δx间的关系式为F＝·Δx。 22 学科网（北京）股份有限公司 $