磁场：易错辨析（含高考真题）-2027届高考物理一轮复习备考

磁场：易错辨析（含高考真题） 目录 一、磁场基本概念与安培定则：方向判断的底层错误 2 易错 1：安培定则（右手螺旋定则）混用、磁场方向判断失误 2 易错 2：磁感应强度的定义与叠加误解 2 二、安培力：受力、有效长度、做功的三重误区 3 易错 1：左手定则判断方向失误（负电流、空间方位） 3 易错 2：有效长度理解错误 3 易错 3：安培力做功问题混淆 3 三、洛伦兹力：条件、方向、做功的核心陷阱 3 易错 1：洛伦兹力的产生条件遗漏 3 易错 2：正负电荷的左手定则混用 4 易错 3：洛伦兹力做功与作用效果误解 4 易错 4：洛伦兹力与安培力的关系混淆 4 四、带电粒子在匀强磁场中的运动：轨迹、半径、周期、多解性（压轴重灾区） 4 易错 1：圆心确定失误 4 易错 2：周期与速度的关系颠倒 5 易错 3：有界磁场的对称性忽略 5 易错 4：临界与多解性完全遗漏 5 五、组合场、叠加场、交变场：模型混淆与受力误判 5 易错 1：电偏转与磁偏转混淆 5 易错 2：叠加场受力分析遗漏重力 6 易错 3：交变场的运动周期性误解 6 六、动态圆与磁聚焦 / 发散：模型规律误用 6 易错 1：放缩圆、旋转圆、平移圆模型混淆 6 易错 2：磁聚焦条件记错 6 七、磁场现代科技应用：原理与公式错用 6 易错 1：质谱仪：加速与偏转公式混淆 6 易错 2：回旋加速器：最大动能与电压有关 7 易错 3：霍尔元件：电势高低判断错误 7 易错 4：磁流体发电机：极板电性判断失误 7 八、磁场解题避坑三步法 7 总结 7 专题1　带电粒子在有界磁场中的运动 8 真题试练1：带电粒子在有界匀强磁场中的运动 8 真题试练2：带电粒子在有界匀强磁场中的临界与多解问题 12 专题2　带电粒子在复合场中的运动 31 真题试练1：带电粒子在叠加场中的运动 31 真题试练2：带电粒子在组合场中的运动 54 磁场是高中物理电磁学核心模块，涵盖磁场的描述、安培力、洛伦兹力、带电粒子在磁场 / 复合场中的运动、磁场现代科技应用五大考点，是选择题、计算题（压轴）的必考内容。学生高频失分并非公式不熟，而是定则混用、受力误判、条件遗漏、轨迹几何错解、多解性忽略、模型原理混淆。本文结合高考命题规律与典型陷阱，对磁场全模块易错点做系统性辨析，直击丢分根源。 一、磁场基本概念与安培定则：方向判断的底层错误 易错 1：安培定则（右手螺旋定则）混用、磁场方向判断失误 · 误区 a. 用左手判断电流的磁场方向，左右手定则完全颠倒； b. 混淆直线电流、环形电流、通电螺线管的安培定则用法； c. 地磁场方向判断错误，认为地理北极就是地磁北极。 · 辨析 a. 安培定则仅用于判断电流产生的磁场方向，必须用右手；左手定则用于判断安培力、洛伦兹力方向。 b. 三种电流的磁场判定： · 直线电流：右手握导线，拇指指向电流方向，四指为磁场环绕方向； · 环形电流 / 螺线管：右手握线圈，四指指向电流方向，拇指为内部磁场方向。 c. 地磁场：地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理北极附近；赤道处地磁场平行地面向北，两极竖直。 · 避坑：判磁场用右手，判受力用左手；螺线管内部是匀强磁场，磁场方向由 S→N。 易错 2：磁感应强度的定义与叠加误解 · 误区 a. 认为中，与成正比、与成反比； b. 磁场叠加直接代数加减，忽略矢量性； c. 导线与磁场平行时，仍认为有磁感应强度。 · 辨析 a. 是磁场本身属性，由场源决定，与无关； b. 磁感应强度是矢量，叠加遵循平行四边形定则； c. 导线与磁场平行时，但，仅安培力为零。 二、安培力：受力、有效长度、做功的三重误区 安培力（为电流与磁场夹角），是高考基础易错点。 易错 1：左手定则判断方向失误（负电流、空间方位） · 误区 a. 磁感线不穿手心、四指不沿电流方向； b. 三维空间中，认为安培力在电流与磁场组成的平面内。 · 辨析 安培力方向垂直于电流与磁场组成的平面，左手定则：磁感线穿手心、四指沿电流、拇指指向安培力。 易错 2：有效长度理解错误 · 误区 a. 弯曲导线的安培力按实际长度计算； b. 闭合线圈整体受安培力不为零。 · 辨析 a. 弯曲导线的有效长度 = 两端点直线距离；半圆形导线有效长度为直径； b. 闭合线圈在匀强磁场中，合安培力恒为零。 易错 3：安培力做功问题混淆 · 误区：认为安培力与洛伦兹力一样永不做功。 · 辨析：安培力可以做功（电动机原理，电能→机械能）；洛伦兹力始终不做功。 三、洛伦兹力：条件、方向、做功的核心陷阱 洛伦兹力是磁场最易失分点，直接关联带电粒子运动。 易错 1：洛伦兹力的产生条件遗漏 · 误区：认为静止电荷、运动电荷平行于磁场运动时，都受洛伦兹力。 · 辨析：洛伦兹力产生条件 ——电荷运动 + 速度不与磁场平行；时，做匀速直线运动。 易错 2：正负电荷的左手定则混用 · 误区：负电荷运动时，四指仍沿速度方向。 · 辨析：四指指向正电荷运动方向、负电荷运动的反方向，磁感线穿手心，拇指为洛伦兹力方向。 易错 3：洛伦兹力做功与作用效果误解 · 误区 a. 洛伦兹力能改变速度大小、做功； b. 洛伦兹力可作为向心力以外的力。 · 辨析 a. 洛伦兹力始终与速度垂直，永不做功，只改变速度方向，不改变速率； b. 仅受洛伦兹力时，粒子做匀速圆周运动。 易错 4：洛伦兹力与安培力的关系混淆 · 误区：认为两者无关，或洛伦兹力是安培力的宏观表现。 · 辨析：安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观合力；洛伦兹力是微观本质，安培力是宏观表现。 四、带电粒子在匀强磁场中的运动：轨迹、半径、周期、多解性（压轴重灾区） 核心公式：；周期（与速度无关）。 易错 1：圆心确定失误 · 误区：任意作垂线找圆心，忽略 “速度垂线和弦中垂线交于圆心”。 · 辨析：两种找圆心方法： a. 已知两点速度：作两速度的垂线，交点为圆心； b. 已知一点速度 + 轨迹弦：作速度垂线 + 弦中垂线，交点为圆心。 易错 2：周期与速度的关系颠倒 · 误区：认为速度越大，周期越长。 · 辨析：周期与速率无关，仅由比荷和磁感应强度决定。 易错 3：有界磁场的对称性忽略 · 误区：直线边界、圆形边界的进出方向判断错误。 · 辨析 a. 直线边界：进出磁场对称，入射角 = 出射角； b. 圆形边界：沿径向射入，必沿径向射出。 易错 4：临界与多解性完全遗漏 · 误区 a. 只考虑一种临界（恰好穿出、相切），忽略轨迹边界； b. 忽略电性、磁场方向、临界状态、周期性导致的多解。 · 辨析 多解四大原因： a. 粒子电性不确定，轨迹弯曲方向不同； b. 磁场方向不确定，受力方向不同； c. 临界状态不唯一（相切、恰好穿出、恰好不穿出）； d. 运动周期性，时间多解。 五、组合场、叠加场、交变场：模型混淆与受力误判 易错 1：电偏转与磁偏转混淆 · 误区：认为电场、磁场中偏转规律相同，都能匀速圆周。 · 辨析 对比 电偏转（匀强电场） 磁偏转（匀强磁场） 受力 恒力 变力 运动 类平抛 匀速圆周 做功 电场力做功 洛伦兹力不做功 易错 2：叠加场受力分析遗漏重力 · 误区：微观粒子（电子、质子）、宏观带电体都忽略重力。 · 辨析 a. 微观粒子：不计重力； b. 带电液滴、小球、导体棒：必须计重力； c. 匀速圆周运动：重力与电场力平衡，洛伦兹力单独提供向心力。 易错 3：交变场的运动周期性误解 · 误区：认为粒子在交变场中一定做往复运动。 · 辨析：交变电场 / 磁场中，粒子运动由场的周期与粒子运动周期匹配决定，可能直线、圆周、螺旋运动。 六、动态圆与磁聚焦 / 发散：模型规律误用 易错 1：放缩圆、旋转圆、平移圆模型混淆 · 误区：速度方向变、大小变，用错动态圆模型。 · 辨析 a. 放缩圆：方向定、大小变，圆心在速度垂线上； b. 旋转圆：大小定、方向变，圆心在以入射点为圆心的圆上； c. 平移圆：速度大小方向定、入射点平移，圆心平行移动。 易错 2：磁聚焦条件记错 · 误区：任意圆形磁场都能磁聚焦。 · 辨析：磁聚焦条件 ——粒子轨迹半径 = 圆形磁场半径，平行入射会聚一点，发散入射变平行。 七、磁场现代科技应用：原理与公式错用 易错 1：质谱仪：加速与偏转公式混淆 · 误区：加速用洛伦兹力，偏转用动能定理。 · 辨析：加速电场；偏转磁场，比荷。 易错 2：回旋加速器：最大动能与电压有关 · 误区：加速电压越大，粒子最大动能越大。 · 辨析：最大动能由D 形盒半径、B、比荷决定，与加速电压无关；电压仅影响加速次数。 易错 3：霍尔元件：电势高低判断错误 · 误区：无论载流子是电子还是空穴，电势高低都一样。 · 辨析：霍尔电压由载流子电性决定： a. 电子导电（N 型半导体）：电子偏转侧电势低； b. 空穴导电（P 型半导体）：空穴偏转侧电势高； c. 稳定条件：。 易错 4：磁流体发电机：极板电性判断失误 · 误区：正负离子偏转方向相同。 · 辨析：正离子受洛伦兹力偏向一极板，负离子偏向另一极板，稳定时。 八、磁场解题避坑三步法 1. 判方向：右手定则判磁场，左手定则判受力，严格区分； 2. 析受力：微观粒子不计重力，宏观物体必分析重力、电场力、洛伦兹力； 3. 找轨迹：定圆心、算半径、用对称，遇临界多解必分类讨论。 总结 磁场模块的所有易错点，本质是矢量性忽略、定则混用、条件遗漏、轨迹几何错解、模型混淆。牢牢抓住 “磁场用右手、受力用左手；洛伦兹力不做功、周期与速度无关；有界磁场讲对称、临界问题想多解” 三大核心，就能彻底避开所有丢分陷阱，稳稳拿下磁场全部分数。 专题1　带电粒子在有界磁场中的运动 真题试练1：带电粒子在有界匀强磁场中的运动 1.(2025福建,3,4分)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点的磁感应强度大小为B1,O点的磁感应强度大小为B2,现保持L1中电流不变,仅将L2撤去,N点的磁感应强度大小为(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　 A.B2-B1 B.B2-B1 C.B2-B1 D.(B1-2B2) 答案 B 设O点到直导线的距离为r,通电直导线在距其r处产生的磁感应强度大小为B0,在距其3r处产生的磁感应强度大小为B',由安培定则和矢量叠加原理可得B1=B0-B'、B2=B0+B0=2B0;仅将L2撤去,N处的磁感应强度大小B和L2撤去前在M处产生的磁感应强度大小相等,即B=B',联立可得B=-B1,B正确。 2.(2025湖北,4,4分)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 M、N两点在通电线圈轴线上且关于通电线圈对称,通电线圈在M、N两点处产生的磁感应强度大小相等、方向相同,M点总磁感应强度大小为0,说明匀强磁场的磁感应强度和通电线圈在M点处产生的磁感应强度等大反向,则由矢量叠加原理可知N点总磁感应强度大小为0,A正确。 易错警示　 　　不要因为M、N两点分别位于通电线圈左、右两侧就误认为通电线圈在M、N两点产生的磁感应强度方向相反。分析问题时可假设电流方向,根据安培定则判断通电线圈在M、N两点处产生的磁感应强度的方向。 3.(2025江苏,3,4分)某“冰箱贴”背面的磁性材料磁感线如图所示,下列判断正确的是(　　) A.a点的磁感应强度大于b点 B.b点的磁感应强度大于c点 C.c点的磁感应强度大于a点 D.a、b、c点的磁感应强度一样大 答案　B 【命题点】磁感线的分布与磁感应强度大小的关系 解析　磁感线的疏密程度表示磁感应强度的强弱,由题图可知b点磁感线最密集,a点其次,c点最稀疏,故Bb>Ba>Bc,B正确。 4．（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。 5.(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。 6.(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。 7.(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。 8.(2025北京,18,9分)(9分)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,且不计粒子重力及粒子间相互作用。 (1)一个电荷量为q0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θ,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v1∶v2; b.粒子2的动量大小p2。 答案　(1)T=·m　推导过程见解析　(2)a.(Rθ)∶d　b. 【命题点】带电粒子在匀强磁场中的直线运动与圆周运动 解析　(1)粒子速度方向与磁场方向垂直,粒子在垂直磁场平面内做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有q0vB=m 粒子做圆周运动的周期T= 联立可得T==·m (2)a.设它们运动的相同时间为t,则 粒子1做圆周运动,速度大小v1= = 粒子2做匀速直线运动,速度大小v2= 所以粒子1与粒子2的速度大小之比v1∶v2=(Rθ)∶d b.设两粒子的质量均为m,则 对粒子1,由洛伦兹力提供向心力有qv1B=m 粒子2的动量大小p2=mv2 联立解得p2=·v2 代入v1∶v2的值可得p2= 9.(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 专题1　带电粒子在有界磁场中的运动 真题试练2：带电粒子在有界匀强磁场中的临界与多解问题 1.(2025四川,10,6分)(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sin 37°=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 【命题点】带电粒子在磁场中的运动　几何知识 粒子从a点进入,再从a点离开,说明粒子进入Ⅱ区域顺时针运动后,一定会进入Ⅰ区域,在Ⅰ区域逆时针运动,由对称性可知,粒子会从磁场边界上与入射位置对称的位置离开Ⅰ区域,再在Ⅱ区域顺时针运动后从a点离开。运动轨迹如图所示。 解析　设粒子在Ⅰ、Ⅱ区域做圆周运动的轨迹半径分别为r1、r2,根据qvB=m,可知r1∶r2=1∶4,B错误;根据粒子在Ⅰ区域的轨迹,通过几何关系可知其轨迹圆的圆心O2肯定不在O点,圆心O2应该在O点右侧,A正确;根据轨迹半径大小关系及几何知识可知,粒子在Ⅱ区磁场中运动时第一段轨迹对应的圆心角为37°,应用公式求轨迹长度有s=θ·r,在Ⅰ区域的轨迹对应的圆心角为θ1=(180°-53°)×2=254°,在Ⅱ区域的两段轨迹对应的总的圆心角θ2=37°×2=74°,s1∶s2=×=,C错误;运动时间t=,速度v大小不变,则t∝s,t1∶t2=s1∶s2=,D正确。 2.(2025甘肃,10,5分)(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R0。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va=,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2R0 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va 答案　BD 【命题点】带电粒子在有界磁场中的运动 解析　对a粒子,由洛伦兹力提供向心力可得qvaB=m,由于va=,解得r=R0;(点拨:粒子在环形区域做匀速圆周运动,在内圆中做匀速直线运动)作出a粒子在磁场中运动的轨迹,如图所示,由几何关系可得R-R0=,联立解得外圆半径R=(+1)R0,A错误。由运动轨迹可得a粒子返回A点所用的最短时间t==,B正确。作出b、c粒子在磁场中运动的轨迹,如图所示,粒子在磁场中运动的周期T=,所以b、c粒子返回A点所用的最短时间相同,C错误。对c粒子,由几何关系可得2rc+R0=R,解得rc=R0,由洛伦兹力提供向心力可得qvcB=m,解得c粒子的速度大小vc==va,D正确。 3.(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(　　) 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 答案 C 由Bqv=结合v=可得R=d,A错误;带正电粒子在磁场中运动的几种临界情况如图所示:由圆1、2(对应粒子初速度方向沿x轴正方向)可得薄板上表面接收到粒子的区域长度(如图中彩色线部分)为2d cos 30°-d=(-1)d,B错误; 由圆3(对应粒子初速度方向沿y轴正方向)可得薄板下表面收到粒子的区域长度为d(如图中粗线部分),C正确;恰好打到薄板最右侧的粒子为薄板接收到的在磁场中运动时间最短的粒子,对应偏转角为,对应的最短时间为tmin=,D错误。 易错警示　 　　解题时注意作出三个关键的临界动态圆,审题要明确,基础要牢固,几何关系要敏锐,基本规律要熟练。 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.(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。 6.(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。 7.(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。 8.(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。 9.(2025云南,14,13分)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,x≥0区域存在垂直Oxy平面向里的匀强磁场,其磁感应强度大小为B1(未知)。第一象限内存在边长为2L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Oxy平面向里,其磁感应强度大小为B2(未知),但满足0<B2<B1。某质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子通过速度选择器后,在Oxy平面内垂直y轴射入x≥0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B0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B1以及y轴上可能检测到该粒子的范围; (3)定义磁屏蔽效率η=×100%,若在Q处检测到该粒子,则η是多少? 答案 (1)　(2)　L<y<3L　(3)60% 审题指导　 　　(1)速度选择器能够选出做匀速直线运动的粒子。 (2)确定圆心的两种常用方法:①粒子在两个不同位置的速度方向的垂线交点为圆心。②已知轨迹上一个点和此位置的速度方向,速度方向的垂线上有圆心,已知粒子轨迹的两个点,其中一个点的速度方向未知,如此题中的Q点,连接Q点与ON中点,此连线的中垂线上有圆心,此线与x负半轴的交点即圆弧的圆心。 解析　(1)粒子在速度选择器中受力平衡,做匀速直线运动,有qE=qvB0 其中E= 解得v= (2)粒子垂直y轴射入x≥0区域,又从ON中点垂直ON进入磁屏蔽区 可得粒子在第四象限做圆周运动半径r1=L 由qvB1=m得r1= 解得B1== 若取B2=B1,则粒子在磁屏蔽区内运动半径仍为L,粒子将从OQ中点垂直y轴离开磁屏蔽区,磁感应强度B2减小时粒子在磁场中做圆周运动的半径增大,B2=0时,粒子做匀速直线运动通过PQ中点,然后在磁场中继续做轨迹半径为L的圆周运动,偏转90°后垂直y轴离开第一象限。故y轴上可能检测到粒子的范围为L<y<3L (3)Q处检测到粒子时,设粒子在磁屏蔽区做圆周运动的轨迹半径为r2,由洛伦兹力提供向心力有qvB2= 由几何关系可得(r2-L)2+(2L)2= 解得r2=L 可得B2=0.4B1 代入η=×100%,解得η=60% 10.(2025陕晋青宁,14,14分)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 审题指导　 　　本题为定速不定向粒子源发射的粒子在空间磁场中的运动,电子运动分布在三维空间中,对空间运动的分析方法是截取截面进行研究,题中已给出两个视角的截面图,所以题目已经给出解题的思路。 解析　(1)由题意可得,当磁感应强度B从0开始调大的过程中, 洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力,有evB=m,解得r= 由电子在磁场中做圆周运动的轨迹半径公式可知电子的轨迹半径在变小,所以当磁感应强度增大至B0时,电子恰好没有落在筒壁上,此情况下电子的运动轨迹如图甲所示 可知电子做圆周运动的轨迹半径r0= 则有ev0B0= ,联立解得 =。 (2)当磁感应强度大小调至 时,电子运动轨迹的半径r'=2r0=R,从筒的横截面看,电子轨迹如图乙所示,筒壁截面任意位置均有电子落到。 取轴截面分析,根据对称性,可分析单边侧壁,如图丙所示,当电子速度与磁场不垂直时,将速度分解为vx和vy,电子做螺旋线运动 　　　　　 方向平行于横截面的分运动是速率为vx的匀速圆周运动,沿轴向的分运动是速率为vy的匀速直线运动,如图丁;当平行于横截面做匀速圆周运动的轨迹直径为R时,电子恰好不落到筒壁上,即运动半径r0=,根据evxB=,代入r0=、B=、= 联立解得vx= 则vy=,解得vy= 周期T=(点拨:二级结论)或T== 所以筒壁上沿轴向下半部分有电子落上的高度d=vy·= ,如图戊所示 由对称性可知,整个筒壁沿轴向有电子落到区域的高度为2d 则筒壁上落有电子的区域面积S=2πR·2d 联立解得S=2π2R2。 11.(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=。 12.（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= 13.(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。 14.(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。 专题2　带电粒子在复合场中的运动 真题试练1：带电粒子在叠加场中的运动 1. (2025北京,12,3分)电磁流量计可以测量导电液体的流量Q——单位时间内流过管道横截面的液体体积。如图所示,内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制成,空间有垂直管道轴线的匀强磁场,磁感应强度为B。液体充满管道并以速度v沿轴线方向流动,圆管壁上的M、N两点连线为直径,且垂直于磁场方向,M、N两点的电势差为U0。下列说法错误的是(　　) A.N点电势比M点高 B.U0正比于流量Q C.在流量Q一定时,管道半径越小,U0越小 D.若直径MN与磁场方向不垂直,测得的流量Q偏小 答案　C 【命题点】电磁流量计的相关计算 解析　根据左手定则可知正离子向下偏,负离子向上偏,故N点电势比M点高,A正确;设管道半径为r,稳定时,离子受到的洛伦兹力与电场力平衡,有q=Bqv,同时有Q=Sv=πr2v,联立解得U0=,故U0正比于流量Q,流量Q一定时,管道半径越小,U0越大,B正确,C错误;若直径MN与磁场方向不垂直,根据U0=可知此时式中磁感应强度为实际磁感应强度的一个分量,即测量时代入的磁感应强度偏大,故测得的流量Q偏小,D正确。 2.(2025福建,7,6分)(多选)空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场与水平向右的匀强电场,匀强磁场的磁感应强度大小为B,电场强度的大小为E,一带电体在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动,MN与水平方向成45°,NP水平向右。带电体的带电荷量为q,速度为v,质量为m,重力加速度为g,当带电体到达N点时,撤去磁场,一段时间后带电体经过P点,则(　　) A.电场强度的大小E= B.磁感应强度的大小B= C.N、P两点的电势差U= D.粒子从N→P时距离NP的最大值为 答案 BC 带电体在复合场中能沿着MN做匀速直线运动,可知带电体的受力情况如图甲所示 MN与水平方向成45°角,由共点力的平衡条件可知mg=qE,qvB=mg,解得电场强度的大小E=,磁感应强度的大小B=,A错误,B正确。撤去磁场后,带电体的合力方向与初速度方向垂直,带电体做类平抛运动,如图乙所示 加速度a==g,带电体到达P点时,位移偏转角为45°,故在P点速度偏转角的正切值tan θ=2 tan 45°=2=,其中vx=v,所以带电体在P点的速度大小vP==v,从N到P过程,根据动能定理有qU=m-mv2,解得N、P两点间的电势差U=,C正确。将带电体在N点的速度沿水平方向和竖直方向进行分解,可知带电体在竖直方向做竖直上抛运动,且vNy=v sin 45°=v,故带电体能向上运动的最大距离h==,D错误。 3.(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(　　) 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 答案 BC 审题指导　当手机框架有微小加速度时,弹簧作用在镜头上的弹力发生变化;若要使镜头处于零加速度状态,则线圈通入的电流发生变化从而调节安培力以使镜头的合力为零。 若Ic沿顺时针方向,Id=0,由左手定则可得线圈c受到的安培力向右,可得其他力使线圈c的加速度向左,故a的方向向左,A错误。同理可得B正确。若a的方向沿左偏上30°,可分解为水平向左的大小为ax=a cos 30°=a、竖直向上的大小为ay=a sin 30°=的两个分加速度,水平方向线圈c受到的安培力向右,且安培力大小Fc=BIcL=max,由左手定则可得Ic沿顺时针方向;竖直方向线圈d受到的安培力向下,且安培力大小Fd=BIdL=may,由左手定则可得Id沿逆时针方向;ax>ay,则Fc>Fd,Ic>Id,C正确。同理可得D错误。 4.(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。 5.(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。 6.(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。 7.（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。 8. (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。 9. (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。 10.(2025云南,14,13分)(13分)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,x≥0区域存在垂直Oxy平面向里的匀强磁场,其磁感应强度大小为B1(未知)。第一象限内存在边长为2L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Oxy平面向里,其磁感应强度大小为B2(未知),但满足0<B2<B1。某质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子通过速度选择器后,在Oxy平面内垂直y轴射入x≥0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B0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B1以及y轴上可能检测到该粒子的范围; (3)定义磁屏蔽效率η=×100%,若在Q处检测到该粒子,则η是多少? 答案　(1)　(2)　L<y<3L　(3)60% 【命题点】带电粒子在磁场中的运动　速度选择器 (1)速度选择器能够选出做匀速直线运动的粒子。 (2)确定圆心的两种常用方法:①粒子在两个不同位置的速度方向的垂线交点为圆心。②已知轨迹上一个点和此位置的速度方向,速度方向的垂线上有圆心,已知粒子轨迹的两个点,其中一个点的速度方向未知,如此题中的Q点,连接Q点与ON中点,此连线的中垂线上有圆心,此线与x负半轴的交点即圆弧的圆心。 解析　(1)粒子在速度选择器中受力平衡,做匀速直线运动,有qE=qvB0 其中E= 解得v= (2)粒子垂直y轴射入x≥0区域,又从ON中点垂直ON进入磁屏蔽区 可得粒子在第四象限做圆周运动半径r1=L 由qvB1=m得r1= 解得B1== 若取B2=B1,则粒子在磁屏蔽区内运动半径仍为L,粒子将从OQ中点垂直y轴离开磁屏蔽区,磁感应强度B2减小时粒子在磁场中做圆周运动的半径增大,B2=0时,粒子做匀速直线运动通过PQ中点,然后在磁场中继续做轨迹半径为L的圆周运动,偏转90°后垂直y轴离开第一象限。故y轴上可能检测到粒子的范围为L<y<3L (3)Q处检测到粒子时,设粒子在磁屏蔽区做圆周运动的轨迹半径为r2,由洛伦兹力提供向心力有qvB2= 由几何关系可得(r2-L)2+(2L)2= 解得r2=L 可得B2=0.4B1 代入η=×100%,解得η=60% 11.(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== 12.(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==。 13.(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°。 14.(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=。 15.（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= 16.（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，…）。 16.(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 17.(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=+=。 18.(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 专题2　带电粒子在复合场中的运动 真题试练2：带电粒子在组合场中的运动 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(　　) 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 D 模型建构　离子在直通道PQ中受电场力F,做匀加速直线运动,在三个圆弧通道只受洛伦兹力,做匀速圆周运动,在另外两个直通道不受力,做匀速直线运动。全程只有在直通道PQ受到的电场力做功,在圆弧通道受到的洛伦兹力不做功。 解析　由题知带正电的离子运动方向和所受洛伦兹力方向,根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向外,A错误;根据动能定理得W=qU=ΔEk,故第1次加速后,离子的动能增加了qU,B错误;根据动能定理得,第k次加速后,有kqU=mv2-m,解得v=,C错误;第k次加速后,由洛伦兹力提供向心力,可得qvB=m,将v=代入解得B=,D正确。 2.(2025广西,10,6分)(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果,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 【命题点】带电粒子在组合场、叠加场中的运动 解析　设M粒子进入选择器时的速度为vM,则M粒子在加速电场中由动能定理有qU=mM,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,可得vM=,联立解得mM=,A正确。由于N粒子从开口的下边缘进入偏转磁场,则N粒子在选择器中向下偏转,设N粒子进入选择器时的速度为vN,则结合受力分析可知N粒子刚进入选择器时,有qE<qvNB1,可得vN>,结合A项分析可知vN>vM,B错误。调节选择器,使N粒子沿轴线OO'穿过选择器,设此时选择器中的电场强度大小为E'、磁感应强度大小为B'1,则此时N粒子在选择器中有qE' =qvNB'1,未调节选择器时,M、N粒子在偏转磁场的运动半径满足2rN cos θ+d=2rM,M粒子沿轴线OO'穿过选择器,则M粒子进入偏转磁场时的速度也为vM,设调节选择器前N粒子进入偏转磁场时的速度为v'N,在磁场中由牛顿第二定律qvB=m可知,M、N粒子在偏转磁场中的运动半径分别为rM=、rN=,N粒子在选择器中由动能定理有-qEd=mNv-mN,在加速电场中由动能定理有qU=mN,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,在磁场中由牛顿第二定律qvB=m可知,N粒子在偏转磁场中的运动半径为r'N=,在加速电场中有qU=mN,联立解得r'N=,同理可得rM=,结合A、B项分析可知mN<mM,则r'N<rM,两粒子在偏转磁场中均运动半周打在探测器上,则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-2r'N,结合C项分析联立可得Δx=+,D正确。 3.(2025山东,12,4分)(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y-t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 答案 AD 审题指导　通过“粒子从O点沿x轴正向出发”,知粒子在O点的初速度方向向右,通过“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”,知粒子在y轴方向做匀变速直线运动,在垂直y轴(即x轴)方向做匀速直线运动,则可以确定电场方向沿y轴正方向,通过对两个方向列运动学公式可解出该类平抛所有相关的物理量。通过图乙我们知道最高点与最低点的距离即运动轨迹的直径。 解析　粒子在区域Ⅰ中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分,则粒子在y轴方向上有2L=a,而a=,解得E=,带正电粒子受力沿y轴正方向,则电场强度方向沿y轴正方向,A正确。粒子在区域Ⅰ内运动的过程中,x轴方向有3L=v0t0,y轴方向有2L=t0,而v=,解得v=;粒子在区域Ⅱ内运动时,最高点与最低点之差为2R=L-=L,则R=L,B错误。由qvB=m,可得B=,由图乙可知粒子在进入区域Ⅱ后先向上偏转再向下偏转,由左手定则可判断磁感应强度方向垂直Oxy平面向外,C错误。设粒子进入区域Ⅱ时在区域Ⅰ内的位移与水平方向夹角为α,速度与水平方向的夹角为β,由类平抛运动规律有tan β=2 tan α=2×=,由几何关系可知粒子在区域Ⅱ内做圆周运动的圆心横坐标x=3L+R sin β=,纵坐标y=0,D正确。 4.(2025河北,10,6分)(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,金属板电荷量可视为连续变化,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 【命题点】带电粒子在组合场中的运动　电容器 解析　根据左手定则可知粒子一定带负电,A错误;当板间电场强度达到最大时,从Q点处垂直射入板间的粒子刚好不能到达金属板N,则根据动能定理有-qEd=0-mv2,即板间所形成的最大电场强度E=,若间距d增大,则板间所形成的最大电场强度减小,B正确;在P点,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,轨迹如图所示,根据几何关系可得R+R·cos 60°=3L,解得R=2L,当板间电场强度达到最大,粒子会从Q点射出后返回并再次垂直M板进入磁场做匀速圆周运动,并打在M板上表面,与O点的最大距离为2R+3L=7L,C正确; 当粒子在P点的速度方向沿OP时,粒子从Q点射入两板间的速度方向与M板的夹角为30°,如图所示,若板间场强达到最大即E=,此时粒子打到M板下表面的位置与Q点的距离最小,最小距离x=v cos 30°·t,其中t=,qE=ma,联立解得x=d,D正确。 5.(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) 审题指导　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=。 6.(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=, 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°, 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。 7.(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°=h② 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=t③ 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=T⑤ 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。 8.(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'=。 9.(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。 10.(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=。 11.(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%。 12.(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。 学科网（北京）股份有限公司 $