第1部分 专题3 关键能力提升三 带电粒子在复合场中运动的综合问题-【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 关键能力提升三　带电粒子在复合场中运动的综合问题 高考体验 1．(2025·陕晋宁青卷，14)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，足够长圆柱形筒半径为R，正中央有一电子发射源O持续向空间各方向发射大量速度大小均为v0的电子。某时刻起筒内加大小可调节且方向沿轴向下的匀强磁场，筒的横截面及轴截面示意图如图b所示，当磁感应强度大小从0缓慢调至B0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、v0、B0均为已知量) (1)电子的比荷； (2)当磁感应强度大小调至B0时，筒壁上落有电子的区域面积S。 答案：(1)　(2)2π2R2 解析：(1)由题意可知，当垂直于轴线射出的电子恰好不落到筒壁上时，磁感应强度大小为B0，根据几何关系可知，此种情况下电子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r＝ 根据洛伦兹力提供向心力有ev0B0＝m 解得＝。 (2)当磁感应强度大小调至B0时，设发射速度方向与轴线的夹角为θ的电子恰好不落在筒壁上，可将该电子的运动分解为竖直方向上的速度为vy＝v0cosθ的匀速直线运动、横截面内速率为vx＝v0sinθ的匀速圆周运动 在横截面内有evx·＝m 结合(1)问结果，解得θ＝30°，对该情况下的电子，其运动至恰好不落在筒壁所需的时间t＝ 该时间内，电子在竖直方向上的位移h＝vyt 分析可知，电子落在筒壁区域的上、下边界到O点的竖直距离均为h，则S＝2πR·2h 联立解得S＝2π2R2。 2．(2024·甘肃卷，15)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)粒子在偏转分离器中向上偏转，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时的速度为v0 在速度选择器中，粒子在洛伦兹力和电场力的作用下做匀速直线运动，由平衡条件得 qv0B1＝qE1 在加速电场中，由动能定理有qU＝mv－0 解得v0＝，＝。 (2)设O点到P点的距离为l，粒子在偏转分离器中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力提供向心力，有qv0B2＝m 由几何关系知l＝2r 联立解得l＝。 (3)把粒子进入Ⅱ瞬间的速度v0分解为两个水平方向的分速度，令其中一个分速度大小为v0＋v1、方向水平向右，则另一个分速度大小为v1、方向水平向左。其中v0＋v1满足qE2＝q(v0＋v1)B1 则粒子在速度选择器中的两个分运动为：水平向右、速度为v0＋v1的匀速直线运动，竖直平面内以方向水平向左、大小为v1的初速度在洛伦兹力作用下所做的匀速圆周运动。分析知，当圆周分运动的速度水平向右时，粒子垂直打在速度选择器右挡板的O′点，此时粒子的速度大小为v′＝v0＋v1＋v1 联立解得v′＝。 3．(2024·北京卷，20)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)氙离子在放电室内运动时只受电场力作用，由牛顿第二定律有eE＝Ma 解得a＝。 (2)设电子在阳极附近垂直轴线的平面绕轴线做匀速圆周运动的速度为v。电子在轴线方向上所受电场力与洛伦兹力平衡，即Ee＝evB2 在垂直轴线的平面，由洛伦兹力提供向心力，有evB1＝m 联立解得B2＝。 (3)设单位时间内进入放电室的电子数为x，被电离的氙原子数为N，则有＝k 氙离子从放电室右端喷出后与阴极发射的未进入放电室的电子刚好完全中和，则有N＝n－x 联立解得N＝ 设氙离子从放电室右端喷出时的速度大小为v1，氙离子经电场加速，由动能定理有 deE＝Mv－0 时间Δt内被电离的氙原子数为N总＝NΔt 设这部分氙原子被电离后所受到的作用力大小为F′，由动量定理有F′·Δt＝N总·Mv1 由牛顿第三定律可知，霍尔推进器获得的推力大小F＝F′ 联立解得F＝。 好题精选 4．(2025·福建省高三下适应性考试)(多选)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。不计重力及电子间相互作用。若电子入射速度在0<v<v0范围内均匀分布，下列说法正确的是(　　) A．电场强度E＝v0B B．若电子入射速度为，运动到速度为时位置的纵坐标为y1＝ C．若电子入射速度为，最大运动速度为1.75v0 D．能到达y2＝位置的电子的百分比为80% 答案：AC 解析：入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动，竖直方向受力平衡，有eE＝ev0B，解得E＝v0B，故A正确；电子入射速度为时，电子受到的电场力大于洛伦兹力，电子向上偏转，根据动能定理有eEy1＝m－m，解得速度为时位置的纵坐标y1＝，故B错误；设入射速度为v的电子，沿y轴正方向运动的最大位移为ym，此时电子的速度沿x轴正方向，且最大，设为vm，沿x轴方向，由动量定理有∑evyBΔt＝mvm－mv，且∑vyΔt＝ym，由动能定理有eEym＝mv－mv2，联立解得vm＝2v0－v，ym＝，则当v＝时，vm＝1.75v0，当ym＝时，v＝，可知能到达y2＝位置的电子的百分比为90%，故C正确，D错误。 5．(2025·广东省肇庆市高三下二模)如图所示，在三维坐标系O－xyz中，x>0的空间内存在沿y轴负方向的匀强电场，x<0的空间内存在沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B。有一质量为m、电荷量为＋q(q>0)的粒子从坐标为(2L，L，0)的P点以速率v0沿x轴负方向射出，粒子恰好从坐标原点O进入磁场区域。一足够大的光屏M平行于yOz平面放置在磁场区域中，坐标原点O到光屏M的距离为。不计粒子的重力，求： (1)电场强度的大小及粒子到达坐标原点O时的速度大小； (2)粒子从P点运动到光屏M的时间； (3)粒子打在光屏M上的位置坐标。 答案：(1)　v0　(2)＋ (3) 解析：(1)粒子在电场中做类平抛运动，设电场强度大小为E，粒子加速度大小为a，在电场中的运动时间为t1，到达坐标原点O时沿y轴负方向的分速度为vy，合速度大小为v，则沿x轴负方向有2L＝v0t1 沿y轴负方向有L＝at，vy＝at1 由牛顿第二定律有qE＝ma 且v＝ 联立解得t1＝，E＝，vy＝v0，v＝v0。 (2)进入磁场区域后，粒子沿x轴负方向的分运动为匀速直线运动，设运动时间为t2， 则有O＝v0t2 粒子从P点到光屏M的运动时间为t＝t1＋t2 联立解得t＝＋。 (3)进入磁场区域后，粒子在平行于yOz平面内的分运动为匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，得qvyB＝m 解得轨迹半径R＝ 粒子做匀速圆周运动的周期为T＝ 可得t2＝＝T 设粒子打在光屏上的A点，由左手定则可知，沿x轴正方向看，粒子在yOz平面内的运动轨迹如图所示 可得α＝360°×＝135°，β＝180°－α＝45° 则A点的y轴坐标yA＝－Rsinβ A点的z轴坐标zA＝R(1＋cosβ) 解得yA＝－，zA＝ 所以粒子打在光屏M上的位置坐标为。 高考体验 1．(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。 答案：(1)　(2)　(3) 解析：(1)设电子在磁场中运动的时间为t，电子在x轴方向做匀速直线运动，有L＝v0t 在yOz平面内，电子做匀速圆周运动，设电子入射时沿y轴的分速度大小为vy，在yOz平面内做匀速圆周运动的轨迹半径为R，周期为T，由牛顿第二定律有Bevy＝m 且T＝ 可得R＝，T＝ 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＝(n＝1，2，3，…) 由上式可知，当n＝1时，B有最小值，为Bmin＝。 (2)进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向夹角为最大值θ时，沿y轴方向的分速度最大，设为vym，此时电子在yOz平面内做圆周运动的半径R最大，为Rmax＝r 由(1)可知Rmax＝ 又|tanθ|＝ 联立可得vym＝，|tanθ|＝。 (3)分析可知，当电子进入磁场时沿y轴方向的分速度vy取最大值vym，且沿y轴正方向时，电子在电场中运动时沿y轴正方向有最大位移ym 设电子在电场中的加速度大小为a，根据匀变速直线运动规律有0－v＝－2aym 由牛顿第二定律有eE＝ma 联立可得ym＝。 2．(2025·湖南卷，14)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中点时，设电容器两极板间电压为U，闭合回路中的电流为I，由闭合电路欧姆定律可得E0＝I(2r0＋r0) 由并联电路电压规律可得U＝Ir0 粒子从a点进入电容器后，做类平抛运动，从b点离开电容器，设粒子从a点运动到b点的时间为t，粒子的加速度大小为a，则在水平方向有d＝v0t 在竖直方向，由牛顿第二定律有q＝ma 由运动学公式有d＝at2 联立可得q＝。 (2)设粒子经过b点时的速度大小为v，速度方向与水平方向的夹角为θ，其竖直方向上的分速度大小为vy，有 vy＝at tanθ＝ v＝ 解得θ＝30°，v＝ 粒子进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动，从c点进入电容器，设粒子在磁场中的运动半径为r，作出粒子从a点运动到c点的运动轨迹如图1所示 由几何关系可知r＝ 在磁场中由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m 联立可得B＝。 (3)解法一(配速法)：将粒子在b点的速度v分解，使分速度v1产生的洛伦兹力刚好与电场力平衡，则粒子的运动是速度为v1的匀速直线运动与速度大小等于v的另一分速度v2的匀速圆周运动的合运动 根据平衡条件有qv1B＝Eq 可得v1＝＝v0 根据左手定则可知，v1竖直向上，则v的分解如图2所示 由几何关系可知粒子在b点时，v2与竖直方向的夹角α＝30°，大小为v2＝2vcosα＝2v0 设粒子做匀速圆周分运动的半径为r′，则由洛伦兹力提供向心力有qv2B＝m 可得r′＝d 作出粒子做匀速圆周分运动的大致轨迹如图3所示 由几何关系可知xm＝r′cosα＋r′ 解得xm＝d。 解法二(正交分解法与动量法)：当粒子的合速度方向竖直向上时，粒子相对于电容器右侧的水平距离最远，设此时速度大小为v′，规定竖直向上为正方向，则对粒子从b点运动到该位置的过程，在竖直方向上由动量定理有∑qvxBΔt＝mv′－(－mvsinθ) 且∑vxΔt＝xm 对粒子从b点运动到该位置的过程，由动能定理有qExm＝mv′2－mv2 联立可得xm＝d。 3．(2024·浙江1月选考，20)类似光学中的反射和折射现象，用磁场或电场调控也能实现质子束的“反射”和“折射”。如图所示，在竖直平面内有三个平行区域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，Ⅰ区宽度为d，存在磁感应强度大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁场，Ⅱ区的宽度很小。Ⅰ区和Ⅲ区电势处处相等，分别为φⅠ和φⅢ，其电势差U＝φⅠ－φⅢ。一束质量为m、电荷量为e的质子从O点以入射角θ射向Ⅰ区，在P点以出射角θ射出，实现“反射”；质子束从P点以入射角θ射入Ⅱ区，经Ⅱ区“折射”进入Ⅲ区，其出射方向与法线夹角为“折射”角。已知质子仅在平面内运动，单位时间发射的质子数为N，初速度为v0，不计质子重力，不考虑质子间相互作用以及质子对磁场和电势分布的影响。 (1)若不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，求d的最小值； (2)若U＝，求“折射率”n(入射角正弦与折射角正弦的比值)； (3)计算说明如何调控电场，实现质子束从P点进入Ⅱ区发生“全反射”(即质子束全部返回Ⅰ区)； (4)在P点下方距离处水平放置一长为的探测板CQD(Q在P的正下方)，CQ长为，质子打在探测板上即被吸收中和。若还有另一相同质子束，与原质子束关于法线左右对称，同时从O点射入Ⅰ区，且θ＝30°，求探测板受到竖直方向力F的大小与U之间的关系。 答案：(1)　(2)　(3)U≤－ (4)F＝ 解析：(1)设质子在Ⅰ区中运动的轨迹半径为r，根据牛顿第二定律有Bev0＝m 若不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，当质子射入Ⅰ区的速度平行于边界时，d有最小值，为dmin＝2r 联立解得dmin＝。 (2)设质子进入Ⅲ区时速度大小为v1，根据动能定理有Ue＝mv－mv 其中U＝ 设“折射”角为θ′，质子在Ⅱ区运动时，平行于边界方向不受电场力，则平行于边界方向上的分速度不变，有v0sinθ＝v1sinθ′ 又由“折射率”定义有n＝ 联立解得n＝。 (3)“全反射”的临界情况为：质子到达Ⅱ区与Ⅲ区的边界时，速度方向与边界平行；又质子在Ⅱ区运动时，平行于边界方向的分速度不变，则质子到达Ⅱ区与Ⅲ区的边界时，速度大小为v2＝v0sinθ 质子从Ⅱ区的上边界到Ⅱ区的下边界，根据动能定理，有Ue＝mv－mv 联立解得U＝－ 分析可知，要实现质子束从P点进入Ⅱ区发生“全反射”，应满足U≤－。 (4)设质子进入Ⅲ区时的速度大小为v3，速度的竖直分量大小为vy，由质子在Ⅱ区中沿平行边界方向速度不变，可知质子进入Ⅲ区时速度的水平分量大小vx＝v0sinθ 则v3＝ 质子从Ⅱ区上边界到Ⅱ区下边界，由动能定理，有eU＝mv－mv 联立解得vy＝ 设单位时间内有N0个质子打到探测板上，探测板对质子沿竖直方向的作用力大小为F′，以竖直向上为正方向，对Δt时间内打到探测板上的质子， 在竖直方向由动量定理有F′Δt＝0－N0Δt·m(－vy) 由牛顿第三定律有F＝F′ 联立解得F＝N0m。 ①在△CPQ中，tan∠CPQ＝ 由题意知CQ＝，PQ＝ 联立解得∠CPQ＝30° 故当U＝0时，其中一束质子恰好打在C点，另一束质子打在探测板上 分析可知，当U≥0时，两束质子都能打到探测板上，此时N0＝2N F＝2Nm； ②在△DPQ中，tan∠DPQ＝ 由题意知DQ＝－，PQ＝ 联立解得∠DPQ＝60° 当其中一束质子恰好打在D点时，有＝tan60° 联立解得U＝－ 故当－≤U<0时，只有一束质子能打到探测板上，此时N0＝N F＝Nm 当U<－时，没有质子打到探测板上，N0＝0，F＝0。 综上所述，F与U之间的关系为F＝。 好题精选 4．(2025·江西省景德镇市高三下第三次质检)(多选)如图甲所示是磁流体发电机的简易模型图，其发电通道是一个长方体空腔，长、高、宽分别为l、a、b，前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极，这两个电极通过开关与阻值为R的电阻连成闭合电路，整个发电通道处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向垂直纸面向里，如果等离子源以速度v0发射质量均为m、带电量大小均为q的等离子粒子，沿着与板面平行的方向射入两板间，单位体积内正负离子的个数均为n。忽略等离子体的重力、相互作用力及其他因素。下列说法正确的是(　　) A．开关断开的情况下，稳定后上极板电势高于下极板 B．设等离子体的电阻率为ρ，没有接通电路时，等离子体受到阻力为f，则接通电路后，为了维持速度v0不变，在通道两侧所加的压强差为Δp＝－ C．开关闭合时，若正离子在通道中的运动轨迹如图乙中虚线所示(负离子与之类似)，设此时两极板间电压为U，图乙中轨迹的最高点和最低点的高度差为h＝ D．图乙中轨迹的最高点和最低点的高度差为h，在h＜a的情况下，通过电阻的电流为I＝ 答案：AD 解析：由左手定则可知，正离子受洛伦兹力向上偏转，负离子受洛伦兹力向下偏转，可知上极板电势高于下极板，A正确；接通电路前，发电通道内电荷量为q的离子受力平衡，有qv0B＝q，解得磁流体发电机的电动势EU＝Bv0a，接通电路后，根据电阻定律可知，发电机极板间部分等离子体的等效内阻r＝ρ，由闭合电路欧姆定律可得，回路电流i＝，该电流在发电通道内受到的安培力大小为FA＝Bia，方向与等离子体流动方向相反，要使等离子做匀速直线运动，所需推力F＝Δp·ab，且F＝f＋FA，解得所加压强差Δp＝＋，B错误；开关闭合时，两极板间电场强度为E＝，根据配速法，令v0＝v1＋v2，其中v1满足qv1B＝q，qv1B与q方向相反，根据左手定则可知，v1方向与等离子体流动方向相同，U<EU，则v1＝<v0，则v2＝v0－v1＝v0－，所以离子的运动是线速度为v2的匀速圆周运动和速度为v1的匀速直线运动的合运动，做匀速圆周运动的半径为R圆＝＝，则图中轨迹的最高点和最低点的高度差h＝2R圆＝，C错误；在h<a的情况下，与极板距离小于h的正离子可以打到正极板而形成电流，时间t内打到正极板上的正离子数为N＝hbnv0t，则此时发电机的输出电流为I＝＝，D正确。 5．(2025·浙江省绍兴市阳明中学高三下二模)质谱仪是用来分离和检测同位素的科学仪器。某种质谱仪的原理如图所示，加速电场的电压为U1；速度选择器中磁感应强度为B1，两板电压为U2，两板间距离为d；磁分析器在xOy坐标系的第一、四象限中，其匀强磁场的磁感应强度为B2，各磁场方向如图中所示。一电荷量为q的粒子从容器A右侧小孔进入加速电场，恰能沿直线运动通过速度选择器，从小孔S出来后，进入磁分析器中偏转，轨迹如图中虚线所示，到达y轴上P点时纵坐标为l，不计粒子重力，整个装置处于真空中，求： (1)粒子经过小孔S的速度v； (2)粒子的质量m和刚进入加速电场时的初速度v0； (3)粒子沿直线通过速度选择器后，若由于磁分析器漏气，粒子在磁分析器中受到与速率大小成正比的阻力，轨迹如实线所示，其运动到Q(a，b)点时速度方向刚好第一次沿y轴正向，则粒子所受阻力与速率的比值k是多少？ 答案：(1) (2)　 (3) 解析：(1)粒子在速度选择器中做匀速直线运动，根据平衡条件，有qvB1＝qE 电场强度为E＝ 联立可得v＝。 (2)在磁分析器中，由洛伦兹力提供向心力有qvB2＝m 由图可知l＝2r 联立可得m＝ 在加速电场中，根据动能定理有qU1＝mv2－mv 解得v0＝。 (3)在磁分析器中，从O到Q，沿x轴方向，根据动量定理有－∑kvxt－∑qvyB2t＝0－mv 其中∑vxt＝a，∑vyt＝b 将其代入上式，可得ka＋qB2b＝mv 联立解得k＝。 6．(2025·浙江省Z20名校联盟高三下第三次联考)芯片制造工艺中，离子注入控制是一道重要的工序。某技术人员利用电磁场设计的一种方案简要如图所示，从离子源产生的离子(初速度不计)经匀强电场的电压U0加速后，沿中轴线飞入平行金属板A、B，之后先后进入半径为r(较小)的圆形边界匀强磁场Bx和足够大的匀强磁场By，两磁场的磁感应强度分别由相应的电流Ix和Iy的大小和方向控制，磁感应强度与电流满足关系B＝kI，k为常数，忽略边缘效应，以平行极板中心O为坐标原点，建立O­xyz坐标系(垂直纸面向外为z轴正方向)，平行极板长为L1，间距为d，圆形边界在yOz平面内的匀强磁场Bx的圆心坐标为(0，L2，0)，待制造芯片中心的坐标是(0，L3，0)。已知离子电量为＋q、质量为m，tanθ＝。 (1)若Ix＝Iy＝0时，离子恰好打到(R，L3，0)点，求UAB的值； (2)若UAB＝0，Iy＝0时，控制离子恰好打到(0，L3，R)点，求Ix的值； (3)若UAB＝0，Ix为某值时，离子经圆形磁场偏转θ角进入By磁场，试导出离子打到芯片上位置(x，y，z)与Iy的关系式(设离子偏转不到90°)。 答案：(1) (2) (3)x＝，y＝L3，z＝rtanθ＋·sin 解析：(1)离子在匀强电场中加速的过程，根据动能定理有qU0＝mv－0 离子在平行金属板A、B间做类平抛运动，有L1＝v0t，x＝at2 如图甲，根据几何关系知，＝ 由牛顿第二定律有＝ma 解得UAB＝。 (2)设离子在磁场Bx中的轨迹半径为r1，画出离子的运动轨迹如图乙所示，根据几何关系有R＝(L3－L2)tanα 其中tan＝ 且tanα＝ 根据洛伦兹力提供向心力有qv0Bx＝ 且qU0＝mv－0 且由题意知Bx＝kIx 联立解得Ix＝。 (3)画出离子进入By前的轨迹如图丙(x轴正方向指向纸面内)，离子进入By磁场时，沿y轴方向的速度v∥＝v0cosθ，离子在By磁场中沿y轴做匀速直线运动，设所用时间为t′，则L3－L2－r＝v∥t′ 离子在By磁场中在垂直y轴方向的平面内做匀速圆周运动，速率为v⊥＝v0sinθ，设轨迹半径为r2，周期为T，由洛伦兹力提供向心力，有qv⊥By＝m 且T＝ 离子转过的角度β＝·2π 解得r2＝，β＝· 其中By＝kIy 根据图丙结合左手定则可得离子做圆周运动的分运动的轨迹如图丁所示，则离子打到芯片上位置的x轴坐标为x＝r2－r2cosβ z轴坐标为z＝rtanθ＋r2sinβ 联立可得x＝ y＝L3 z＝rtanθ＋sin。 拔高选做 7．(2025·内蒙古赤峰市高三下模拟)如图是一种测量石墨晶体层数的装置。一带电粒子无初速度地从AB极板中点的小孔进入加速电场，沿O1O2经电场、磁场射出，垂直第1层从G点进入石墨晶体，每经过一层石墨层只与一个碳原子结合形成新整体，该过程视为质量守恒、动量守恒。当加速电压为U时，粒子恰好能穿过该石墨晶体的第n＋1层(n未知)。已知带电粒子与碳原子的质量均为m，带电粒子的电荷量为q，MN、PQ间电场强度为E0。图中相邻石墨层间距均为d，E、B大小已知且方向均垂直纸面向里。不计粒子间相互作用力，仅考虑图中电场与磁场对粒子的作用，各层间电场与磁场均视为匀强场，不考虑边缘效应、相对论效应。求： (1)粒子从加速电场中射出来的速度v0和极板MN、PQ间的磁感应强度B0的大小； (2)粒子在第1层和第2层之间的运动轨迹在纸面上的投影半径和周期； (3)粒子穿越石墨晶体时垂直纸面的位移s的大小以及计算n值的关系式。 答案：(1)　E0 (2)　 (3)　n2＋3n＝(n＝1，2，3，…) 解析：(1)粒子在电场中加速的过程，由动能定理有qU＝mv－0 解得v0＝ 粒子进入MN、PQ板间区域做匀速直线运动，有qE0＝qv0B0 解得B0＝E0。 (2)穿过石墨层时动量守恒，则穿过第1层时有mv0＝2mv1 粒子在平行石墨层平面上，只受到电场力，在垂直石墨层平面上，只受到洛伦兹力，则在垂直石墨层平面内做匀速圆周运动，设在第1层和第2层石墨层之间粒子在纸面上的投影半径为r1，根据洛伦兹力提供向心力有qv1·2B＝2m· 运动周期T1＝ 联立解得r1＝，T1＝。 (3)由第(2)问，同理可得，粒子在石墨层第i层和第i＋1层之间在纸面上运动的周期为Ti＝ 即Ti＝T1 根据题意，粒子打在第n＋1层时，在纸面内恰好偏转90°，则运动的总时间t＝T1 在平行石墨层方向上，粒子在第i层和第i＋1层之间，由牛顿第二定律有q(i＋1)E＝(i＋1)ma 解得加速度大小a＝ 则粒子在平行石墨层方向上始终做匀加速直线运动，粒子打在第n＋1层时垂直纸面的位移大小s＝at2 解得s＝ 设在第i层和第i＋1层间粒子在纸面内的分速度大小为vi，由动量守恒定律有mv0＝(i＋1)mvi 解得vi＝ 则到达第n＋1层时在纸面内的最终速率vn＝ 沿v0的方向建立x轴，垂直v0向上建立y轴，粒子从第1层到第2层的过程，设某时刻速度沿x轴的分量为v1x，到达第2层时沿y轴的动量为p1y，则沿y轴方向，根据动量定理有 ∑qv1x·2B·Δt＝p1y－0 其中∑v1xΔt＝d 穿过第2层时，沿y轴方向动量守恒，则穿过第2层时沿y轴的动量为p1y 从第2层到第3层，第3层到第4层，…，第n层到第n＋1层，同理有 ∑qv2x·3B·Δt＝p2y－p1y，∑v2xΔt＝d ∑qv3x·4B·Δt＝p3y－p2y，∑v3xΔt＝d … ∑qvnx·(n＋1)B·Δt＝pny－p(n－1)y，∑vnxΔt＝d 对整个过程求和，可得qdB (i＋1)＝pny 其中 (i＋1)＝·(n＋3)，pny＝(n＋1)mvn 联立解得n2＋3n＝(n＝1，2，3，…)。 8．(2024·浙江6月选考，20)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外，存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。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和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　②L (3)　或或 解析：(1)设a离子离开加速电场时速度大小为v，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，a离子在电场中加速的过程，根据动能定理得qU＝mv2－0 a离子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，有Bqv＝m 根据几何关系，可知a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置坐标x＝2R 联立解得x＝ 若U＝U0＝ 可得x0＝L。 (2)①分析可知，要使a离子能落到喷镀板P上表面任意位置，只能经电压为U的电场加速后再经第一象限匀强磁场偏转一次打在P板上，则a离子经磁场偏转到x轴上的位置坐标x满足L≤x≤2L 结合(1)中x的表达式，解得≤U≤ 即U0≤U≤4U0。 ②由(1)分析同理可知，b离子经过电压为U的电场加速后，在磁场中第一次偏转打在x轴上的位置坐标为xb＝ 其中＝ 可得xb＝ 代入U0≤U≤4U0 得2L≤xb≤4L 分析可知，只有当L≤xb≤L时，b离子才可能落在P下表面 解得满足条件的U的范围为≤U≤ 设b离子第一次到达栅极板N时的速度大小为vb，根据动能定理得qbU－qbUNM＝mbv－0 其中UNM＝U 设b离子第一次在虚线下方磁场中运动的轨迹半径为R′，根据洛伦兹力提供向心力有Bqbvb＝mb 根据几何关系，b离子第一次离开虚线下方磁场时向左运动的距离Δxb＝2R′ 第一次离开虚线下方磁场时的x坐标为xb′＝xb－Δxb 联立可得xb′＝－ 分析可知，当U＝U0时，b离子第一次离开虚线下方磁场时的x坐标有最小值xb1′，则可得xb1′＝L 分析可知，当U＝U0时，b离子第一次离开虚线下方磁场时的x坐标有最大值xb2′，则可得xb2′＝L 因为xb1′、xb2′满足L<xb1′<2L、L<xb2′<2L，故满足≤U≤时，b离子均能落在P下表面，故b离子落在喷镀板P下表面的区域长度为Δx＝xb2′－xb1′＝L。 (3)要求a离子落在喷镀板P上表面中点Q，由(1)(2)可知，a离子经磁场偏转一次后到达x轴的坐标为x＝＝L 可得U＝。 将U的值代入xb的表达式，可得b离子第一次经过栅极板的x坐标为xb＝＝3L 若b离子减速n(n＝1，2，3，…)次恰好打在P板下表面中点处，设打在P板下表面中点处的速度大小为vb′，运动轨迹如图所示，根据动能定理有Uqb－nUNMqb＝mbvb′2－0 根据洛伦兹力提供向心力有Bqbvb′＝m 联立可得r＝－UNM b离子减速n次恰好打在P板下表面中点，又每次从x轴上方到达x轴的坐标均为xb＝3L 由几何关系可得，2rn－1>xb－L 2rn＝xb－L 将rn－1、rn的值代入，可得－UNM>L2 －UNM＝L2 联立可解得n< 又n为正整数，故n只能取1，2，3 将n＝1、n＝2、n＝3分别代入－UNM＝L2 可解得满足条件的UNM值分别为UNM1＝，UNM2＝，UNM3＝。 23 学科网（北京）股份有限公司 $