2027届高考物理一轮复习专项训练 磁场综合大题

**基本信息** 聚焦磁场综合应用，以“模型建构+几何分析”为主线，系统整合洛伦兹力、圆周运动及复合场问题，突出科学思维与物理观念的融合。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |磁场力与运动|1-3题|安培力公式、动能定理、动态圆模型|从电磁炮实际应用切入，构建“力-运动-能量”关系链| |带电粒子在磁场中的运动|4-15题|洛伦兹力提供向心力、几何关系（弦长/半径/圆心角）、旋转圆法|通过圆形磁场、有界磁场等场景，强化轨迹分析与临界条件判断| |复合场问题|16-22题|速度选择器原理、配速法、电磁场叠加|结合质谱仪、霍尔效应等实例，培养科学探究与模型迁移能力|

2027高考一轮复习磁场大题专项训练 1.“电磁炮”是利用电磁力对弹体加速的新型武器，具有速度快、效率高等优点。“电磁炮”的原理结构示意图如图所示。光滑水平加速导轨电阻不计，轨道宽L＝0.2 m。在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝1×102 T。“电磁炮”弹体总质量m＝0.2 kg，其中弹体在轨道间的电阻R＝0.4 Ω。可控电源的内阻r＝0.6 Ω，电源的电压能自行调节，以保证“电磁炮”匀加速发射。在某次试验发射时，电源为加速弹体提供的电流I＝4×103 A，不计空气阻力。求： (1)弹体所受安培力大小； (2)弹体从静止加速到4 km/s，轨道至少要多长； (3)弹体从静止加速到4 km/s过程中，该系统消耗的总能量； (4)请说明电源的电压如何自行调节，以保证“电磁炮”匀加速发射。 [答案]　(1)8×104 N　(2)20 m　(3)1.76×106 J　(4)见解析 [解析]　(1)由安培力公式得 F＝BIL＝8×104 N。 (2)由动能定理得Fx＝mv2 弹体从静止加速到4 km/s， 轨道长度x＝＝20 m。 (3)由F＝ma，v＝at，解得发射弹体需要时间t＝1×10－2 s， 发射弹体过程中产生的焦耳热Q＝I2(R＋r)t＝1.6×105 J 弹体动能Ek＝mv2＝1.6×106 J 系统消耗总能量E＝Ek＋Q＝1.76×106 J。 (4)由于弹体的速度增大，弹体切割磁感线产生感应电动势增大，所以应使电源的电压增大，抵消产生的感应电动势，以保证电源为加速弹体提供恒定的电流，使电磁炮匀加速发射 2.如图所示，A点距坐标原点的距离为L，坐标平面内有边界过A点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于坐标平面向里。有一电子(质量为m、电荷量为e)从A点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场区域，在磁场中运动，从x轴上的B点射出磁场区域，此时速度方向与x轴的正方向之间的夹角为60°，求： (1)磁场的磁感应强度大小； (2)磁场区域的圆心O1的坐标； (3)电子在磁场中运动的时间。 [答案]　(1)　(2)　(3) [解析]　(1)由题意可知电子在有界圆形磁场区域受洛伦兹力而做圆周运动，设圆周运动轨迹半径为r，磁场的磁感应强度为B，则有ev0B＝m 如图所示，过A、B点分别作速度方向的垂线交于C点，则C点为轨迹圆的圆心，已知B点速度方向与x轴正方向之间的夹角为60°， 由几何关系得，轨迹圆的圆心角∠C＝60°，AC＝BC＝AB＝r， 已知OA＝L，得OC＝r－L 由几何知识得r＝2L 联立解得B＝。 (2)由于ABO在有界圆周上，∠AOB＝90°，得AB为有界磁场圆的直径，故AB的中点为磁场区域的圆心O1， O1的坐标为； (3)电子做匀速圆周运动，则圆周运动的周期为T＝＝，电子在磁场中运动的时间t＝T＝＝ 3.如图所示，竖直平面内有一xOy平面直角坐标系，第一、四象限中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小记为B(B未知)。坐标原点O处有一放射源，放射源可以源源不断向一、四象限180°范围内均匀地辐射出质量为m、电荷量为q的正离子。在y轴上固定一能吸收离子的收集板MN，M点坐标为(0，a)，N点坐标为(0,2a)，当辐射的离子速率为v0时离子打在收集板上的位置最远到N点，最近到M点。不计离子的重力及离子间的相互作用的影响，求： (1)恰好打到M点的离子在磁场中运动的时间； (2)能打到收集板上的离子数占辐射总数的比例。 [答案]　(1)或　(2) [解析]　(1)由题意可知，沿x轴正方向出射的离子，经半圆到达N点，由此可得r＝a，可知通过M点的离子有两个出射方向，如图甲，一个轨迹转过的圆心角为60°，即t1＝T，另一个轨迹转过的圆心角为300°，即t2＝T，离子做匀速圆周运动，周期T＝，即T＝，解得t1＝，t2＝。 (2)如图乙所示，由动态圆分析结果可知，能打到收集板上的离子分布在速度方向与x轴正方向成60°角的范围内，因为放射源均匀打出离子，因此打到收集板上的离子数占辐射总数的比例为＝ 4．如图，平行的MN、PQ与MP间(含边界)有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边界MN与MP的夹角α＝30°，点P处有一离子源，离子源能够向磁场区域发射各种速率的、方向平行于纸面且垂直于MP的正、负离子，离子运动一段时间后能够从不同的边界射出磁场。已知从边界PQ射出的离子，离子速度为v0时射出点与P点距离最大为xm，所有正、负离子的比荷均为k，不计离子的重力及离子间的相互作用。求： (1)射出点与P点最大距离xm； (2)从边界MP射出的离子，速度的最大值。 [答案]　(1)　(2) [解析]　(1)设离子的质量为m、电荷量为q，从边界PQ射出的速度为v0的离子，设其运动半径为R1，运动轨迹恰好与MN相切， 运动轨迹如图中2所示 根据牛顿第二定律得qv0B＝m 根据几何关系得xm＝2R1cos α 解得xm＝。 (2)从边界MP射出的离子，速度最大时离子运动轨迹恰好与MN相切，设其运动半径为R2，运动轨迹如图中1所示，根据牛顿第二定律得qvmB＝m 设MP的长度为L，根据几何关系得 Lsin α＝R1－R1sin α L＝＋R2 解得vm＝ 5.如图所示，在直角坐标系xOy内，OP射线(O为顶点)与y轴夹角为45°，OP与y轴所围区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。在y轴上的N点有一个粒子源，向y轴右侧与y轴正方向夹角90°范围内发射速度不同、带负电的同种粒子，粒子的质量为m、电荷量为q，ON间距离为d。不计粒子的重力和粒子之间的作用力。 (1)一个粒子在磁场中运动周期后穿过OP射线，并垂直通过x轴，求粒子穿过x轴的位置坐标； (2)经磁场偏转后，穿过OP射线的粒子中，在磁场中运动时间最长的粒子的速度为多少？运动时间为多少？ (3)若所有粒子的速度为第(2)问所求，欲使所有粒子经磁场偏转后，都平行于y轴负方向离开磁场，求磁场区域的最小面积，并画出磁场区域，计算结果用R表示，R为粒子在磁场中运动的轨道半径。 [答案]　(1)　(2)　　(3)R2 [解析]　(1)由于粒子在磁场中运动周期，即偏转120°角后垂直通过x轴，则粒子的入射方向与＋y方向成60°角，轨迹如图所示。 根据几何关系有x＝R1＋R1cos 60°，d＝R1sin 60°＋xtan 45°， 得x＝。 (2)由qvB＝，得R2＝， 沿y轴正方向射入并且与OP射线相切的粒子在磁场中运动的时间最长，根据几何关系有R2＝dtan ，得R2＝(－1)d 所以v＝， 根据T＝和t＝T， 得t＝。 (3)根据磁发散原理要使所有粒子经磁场偏转后均平行于y轴负方向射出，则要求磁场圆的半径与粒子做匀速圆周运动的半径R相等。所以过N点以R为半径作一个圆，且与OP相切，磁场区域如图所示，根据几何知识可得S＝πR2＋＝R2。 6.如图所示，在平面直角坐标系内有边长为L的正方形Oabc，O为坐标原点，Oa边和x轴重合，e、f、g、h为四边中点，正方形Oabc上半区域存在垂直于纸面向外的匀强磁场(未画出)，下半区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场，上、下两半区域内磁感应强度大小相等。一个不计重力、质量为m、电荷量绝对值为q、带负电的粒子从h点以速度v0沿与hg成θ＝30°角进入磁场，之后恰好从n点进入上半区域的磁场。 (1)求磁场区域内磁感应强度的大小； (2)粒子离开磁场区域后打中y轴上的P点，求P点的坐标以及粒子从h点运动到P点的时间。 [答案]　(1)　(2)　＋ [解析]　(1)在下半区域，由几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为R＝ 由qv0B＝m 解得B＝。 (2)粒子经过n点时速度方向也和hg成30°角进入上半区域，恰好经过g点，由几何关系可知Pc＝gc·tan 60°＝L， OP＝Oc＋Pc＝L＋L 所以P点的坐标为 粒子在磁场中的运动周期为T＝＝ 粒子在下半区域运动的时间t1＝T＝，在上半区域运动的时间t2＝T＝ 粒子射出磁场区域后运动到P点的时间 t3＝＝＝ 所以粒子从h点运动到P点的时间为t＝t1＋t2＋t3＝＋。 7.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)。 [答案]　(1)　(2)　(3)见解析 [解析]　(1)经分析可知，水平向左射入磁场的质子最不容易实现“反射”，当此质子的运动轨迹与磁场上边界相切时，对应的磁场宽度为最小值，根据几何关系有dmin＝2r(旋转圆模型，直径是圆中最长的弦) 根据牛顿第二定律有Bev0＝m 联立解得dmin＝。 (2)对质子在Ⅱ区域中的运动过程，根据动能定理有eU＝mv－mv 解得v1＝v0。 又质子在Ⅱ区域中运动时，垂直电场方向速度不变(由于Ⅰ区和Ⅲ区电势处处相等，且其电势差U＝φⅠ－φⅢ＝，所以Ⅱ区中有竖直向下的匀强电场，质子在电场中做类抛体运动)，则有v0sin θ＝v1sin θ′ 则n＝＝＝。 (3)当质子在Ⅱ区域中运动轨迹恰与下边界相切时，其恰好在Ⅱ区域发生“全反射”，即质子运动到下边界时沿电场方向的速度恰减为零，此时U取最大值U0，则有eU0＝0－m(v0cos θ)2 解得U0＝－， 即应满足U≤－。 8.一质量为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)粒子在磁场中做匀速圆周运动的速度大小v＝＝v0 由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m 解得粒子在磁场中做圆周运动的半径 r＝＝ 粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝＝。 (2)由于任何相等的时间内P点沿题图中闭合曲线通过的曲线长度都相等，而题图中闭合曲线表示的是速度相应的曲线，根据a＝可知粒子在任意点的加速度大小相等，故可得＝ 解得E＝Bv0。 (3)画出带电粒子的运动轨迹如图所示。 vy－vx图像中的a→b→c→a对应轨迹y－x图像中的A→B→C→D(A点为坐标平面内任取的一点)。 由A点到B点，粒子做类平抛运动(y方向为匀速直线运动，x方向为初速度为零的匀加速直线运动)； 由B点到C点，粒子做匀速圆周运动； 由C点到D点的运动逆向可看成类平抛运动(y方向为匀速直线运动，x方向为末速度为零的匀减速直线运动)。 从A点到B点，沿y方向的位移大小y1＝v0t 沿x方向有v0＝ 可得t＝ 解得y1＝ 从B点到C点，沿y方向的位移大小y2＝r 根据对称性可知，从C点到D点，沿y方向的位移大小y3＝y1 P点沿题图中闭合曲线移动1周回到a点时，粒子的位移大小Δy＝y2－2y1 解得Δy＝ 9.如图甲所示的坐标系中，在x轴上方的区域内存在着如图乙所示周期性变化的电场和磁场，交变电场的电场强度大小为E0，交变磁场的磁感应强度大小为B0，取x轴正方向为电场的正方向，垂直纸面向外为磁场的正方向。在t＝0时刻，将一质量为m、带电荷量为q、重力不计的带正电粒子，从y轴上A点由静止释放。粒子经过电场加速和磁场偏转后垂直打在x轴上。求： (1)粒子第一次在磁场中运动的半径； (2)粒子打在x轴负半轴上到O点的最小距离； (3)起点A与坐标原点间的距离d应满足的条件； (4)粒子打在x轴上的位置与坐标原点O的距离跟粒子加速和偏转次数n的关系。 [答案]　(1)　(2)(π＋2) (3)d＝(n＝1,2,3…) (4)xP＝(π＋2)(n＝1,2,3…) [解析]　(1)粒子第一次在电场中有qE0＝ma，v1＝at0，t0＝ 粒子第一次进入磁场中有qv1B0＝，联立解得R1＝。 (2)由题意可知粒子经2次加速和偏转后打在x轴负半轴上到O点的距离最小，如图甲所示 第一次加速的位移为Δx1＝＝ 第二次加速的位移Δx2＝3Δx1 v2＝2at0＝， 则R2＝＝ ΔxP＝Δx2－Δx1＋R2＝(π＋2)。 (3)分析带电粒子运动轨迹，如图乙所示 可知A与坐标原点间的距离d应满足d＝n2R1＝(n＝1,2,3…)。 (4)若粒子经过n次加速和偏转后打在x轴上xP＝n(Δx1＋R1) ＝(π＋2)(n＝1,2,3…) 10.如图甲所示，在0≤x≤d的区域内有垂直纸面的磁场，在x<0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场(图中未画出)。一质子从点P处以速度v0沿x轴正方向运动，t＝0时，恰从坐标原点O进入匀强磁场。磁场按图乙所示规律变化，以垂直于纸面向外为正方向。已知质子的质量为m，电荷量为e，重力不计。 (1)求质子刚进入磁场时的速度大小和方向； (2)若质子在0～时间内从y轴飞出磁场，求磁感应强度B的最小值； (3)若质子从点M(d,0)处离开磁场，且离开磁场时的速度方向与进入磁场时相同，求磁感应强度B0的大小及磁场变化周期T。 [答案]　(1)v0　沿x轴正半轴斜向上，夹角为30°　(2)　(3)(n＝1,2,3，…)　(n＝1,2,3，…) [解析]　(1)质子在电场中做类平抛运动，设运动时间为t，刚进磁场时速度大小为v，方向沿x轴正半轴斜向上，夹角为α，有x＝v0t＝d，y＝t＝，tan α＝，v＝，解得v＝v0，α＝30°。 (2)如图1所示，质子在磁场中运动轨迹与磁场右边界相切时半径最大，B最小， 由几何关系知 R1＋R1cos 60°＝d， 解得R1＝d 根据牛顿第二定律有 evB＝， 解得B＝。 (3)如图2所示，要想满足题目要求，则质子在磁场变化的半个周期内的偏转角为60°，在此过程中质子沿x轴正方向上的位移恰好等于它在磁场中做圆周运动的半径R，欲使质子从M点离开磁场，且速度符合要求，则有n×2R＝d 质子做圆周运动的轨道半径 R＝＝ 解得B0＝(n＝1,2,3，…) 设质子在磁场中做圆周运动的周期为T0，则有T0＝，n×＝nT 解得T＝(n＝1,2,3，…) 11．如图甲所示，质量为m、带电荷量为q的带负电粒子在t＝0时刻由a点以初速度v0垂直进入磁场，Ⅰ区域磁场的磁感应强度大小不变而方向周期性变化，如图乙所示(垂直于纸面向里为正方向)；Ⅱ区域为匀强电场，方向向上；Ⅲ区域为匀强磁场，磁感应强度大小与Ⅰ区域相同，均为B0。粒子在Ⅰ区域内一定能完成半个圆周运动且每次经过边界mn的时刻均为的整数倍。 (1)求粒子在Ⅰ区域运动的轨迹半径； (2)若初始位置与第四次经过mn时的位置距离为x，求粒子进入Ⅲ区域时速度的可能值(初始位置记为第一次经过mn)。 [答案]　(1)　(2)或－2v0 [解析]　(1)带电粒子在Ⅰ区域做匀速圆周运动， 由洛伦兹力提供向心力，有qv0B0＝m，解得r＝。 (2)带电粒子的运动轨迹有两种可能。 第一种情况：粒子在Ⅲ区域运动半径R＝， qv2B0＝m，解得粒子在Ⅲ区域中的速度大小v2＝； 第二种情况：粒子在Ⅲ区域运动半径R＝， 粒子在Ⅲ区域中的速度大小v2＝－2v0 12．平面直角坐标系xOy中，直线OP与x轴正方向的夹角为30°，其上方存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，下方存在匀强电场，电场强度方向与x轴负方向的夹角为60°，如图所示。质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速度v从坐标原点沿y轴正方向进入磁场，经磁场偏转后由P点进入电场，最后从x轴上的Q点离开电场，已知O、P两点间距离为L，PQ连线平行于y轴。不计粒子重力，求： (1)匀强磁场的磁感应强度B的大小； (2)匀强电场的电场强度E的大小。 [答案]　(1)　(2) [解析]　(1)粒子在磁场中运动时(如图所示)，设轨迹半径为R，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝ 由几何关系有L＝2Rcos 30° 联立解得B＝。 (2)粒子进入电场时，速度方向与边界OP的夹角为60°，由几何关系可知，速度方向和电场方向垂直。粒子在电场中的位移x＝PQ＝Lsin 30° 又xsin 30°＝vt xcos 30°＝at2 Eq＝ma 联立解得E＝ 13.如图所示，xOy坐标系的第一象限，一等腰三角形OAC，底角为53°，底边长为14L，内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在OC边界的左侧有与y轴平行的匀强电场，D是底边OA的中点。质量为m，电荷量为q的带正电的粒子以一定的初速度，从OA边上的D点沿y轴正方向垂直射入磁场，恰好从OC边上某点沿着与x轴平行的方向射入匀强电场(不计粒子的重力)，求： (1)粒子的速度大小； (2)粒子离开磁场后，经过x轴上N点(图中没有标出)，已知NO＝5L，求匀强电场的电场强度； (3)求粒子从D点到达N点所经历的时间。 [答案]　(1)　(2)　(3) [解析]　(1)粒子在磁场中匀速圆周运动的轨迹如图所示，粒子做圆周运动的圆心为G，根据几何关系有GD＝FG＝R、OG＝R， 则OD＝R＋R＝7L 解得R＝4L 根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝m 解得v＝。 (2)粒子在电场中的类平抛运动轨迹如上图所示， 粒子在垂直电场线方向做匀速直线运动，位移为 x＝GN＝8L 沿电场线方向做匀加速直线运动，位移为 y＝FG＝4L 根据x＝vt，y＝at2，a＝ 解得E＝。 (3)设粒子在磁场中运动的时间为t1，在电场中运动的时间为t2， t1＝T 带电粒子在磁场中运动的周期为T＝ 联立得t1＝ x＝GN＝8L＝vt2 解得t2＝ 所以时间t＝t1＋t2＝ 14．如图所示，在xOy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。 [答案]　(1)　(2)　x轴正方向 [解析]　(1)根据题意，作出粒子垂直挡板射入小孔K的运动轨迹如图甲所示， 根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r＝xNK＝ 在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有 qvB＝m 在匀强加速电场中由动能定理有U0q＝mv2 联立解得U0＝。 (2)根据题意，当轨迹半径最小时，粒子速度最小，作出粒子以最小的速度从小孔K射出的运动轨迹如图乙所示， 根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r′＝xNKcos 60°＝ 在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有 qv′B＝m 粒子从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，由左手定则可知粒子经过小孔K后受到的洛伦兹力沿x轴负方向，则粒子经过小孔K后受到的电场力沿x轴正方向，又粒子带正电，则△OMN之外第一象限区域电场强度的方向沿x轴正方向 大小满足qv′B＝Eq 联立可得E＝ 15.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)由题知，入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动则有Ee＝ev0B 解得E＝v0B。 (2)电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且由于电子入射速度为，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，根据动能定理有 eEy1＝m2－m2 解得y1＝。 (3)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＝mv－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% 16．如图，两个定值电阻的阻值分别为R1和R2，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为d，极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为m、带电荷量为＋q的小球以初速度v沿水平方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为g，忽略空气阻力。 (1)求直流电源的电动势E0； (2)求两极板间磁场的磁感应强度B； (3)在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值E′。 [答案]　(1)　(2)　(3) [解析]　(1)小球在电容器中做匀速圆周运动，则 电场力与重力平衡，可得Eq＝mg R2两端的电压U2＝Ed 根据欧姆定律得U2＝·R2 联立解得E0＝。 (2)带电小球在电磁场中的运动轨迹，如图所示。 设粒子在电容器中做圆周运动的半径为r，根据几何关系得(r－d)2＋(d)2＝r2 解得r＝2d 根据qvB＝m 解得B＝。 (3)由几何关系可知，射出磁场时，小球速度方向与水平方向夹角为60°，要使小球做直线运动，则电场力与重力的合力要与小球速度方向共线，当电场力大小等于小球重力垂直于速度方向的分力时，电场力最小，电场强度最小，可得 E′q＝mgcos 60° 解得E′＝ 17．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Ⅲ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做匀速直线运动，由平衡条件有qv0B1＝qE1 在加速电场中，由动能定理有qU＝mv 联立解得，粒子的比荷＝。 (2)在Ⅲ中粒子受到的洛伦兹力提供向心力，有 qv0B2＝m 可得O点到P点的距离OP＝2r＝。 (3)进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力， F洛＝qv0B1 向下的电场力F＝qE2 由于E2>E1，且qv0B1＝qE1 所以通过配速法，如图所示， 其中满足qE2＝q(v0＋v1)B1 则粒子在速度选择器中水平向右以速度v0＋v1做匀速运动的同时，以v1做匀速圆周运动，当线速度转向到水平向右时，满足垂直打在速度选择器右挡板的O′点的要求，故此时粒子打在O′点的速度大小 v′＝v0＋v1＋v1＝ 18.如图所示，竖直平面MNRS的右侧存在方向竖直向上且足够大的匀强磁场，从平面MNRS上的O点处以初速度v0＝10 m/s垂直MNRS面向右抛出一带电荷量为q、质量为m的小球。若磁感应强度大小B＝，g取10 m/s2。求： (1)小球离开磁场时的速度大小； (2)小球离开磁场时的位置与抛出点的距离。 [答案]　(1)10 m/s　(2) m [解析]　(1)小球在水平方向做匀速圆周运动，在竖直方向做自由落体运动，水平方向小球恰好转半个周期离开磁场，故离开磁场的时间为t＝＝＝1 s，则离开磁场时在竖直方向上的速度vy＝gt＝10 m/s，故小球离开磁场时的速度大小为v＝＝10 m/s。 (2)小球离开磁场时在竖直方向的位移大小为y＝gt2＝5 m，小球在水平方向做匀速圆周运动有qv0B＝，解得R＝，水平方向位移为直径，即x＝2R＝＝ m，则小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为s＝＝ m 19.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电子，从而逐级放大电信号。已知电子质量m，带电量e。 (1)如图2，在极板上建系。极板上方空间内存在磁场，其强度为B，方向平行z轴。极板间电压U极小，几乎不影响电子运动。如图，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： ①判断B的方向； ②a、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给出坐标系里画出表示U和I关系的图像并说出这样画的理由。 [答案]　(1)①沿z轴负方向 ②t1＝，t2＝　(2)见解析 [解析]　(1)①a电子，初速度方向在xOy平面内，与y轴正方向成θ角；若磁场方向沿z轴正方向，a电子在洛伦兹力作用下向x轴负方向偏转，不符合题意；若磁场方向沿z轴负方向，a电子在洛伦兹力作用下向x轴正方向偏转，符合题意；b电子，初速度方向在zOy平面内，与y轴正方向成θ角。将b电子初速度沿坐标轴分解，沿z轴的分速度与磁感线平行不受力，沿y轴方向的分速度受到洛伦兹力使得电子沿x轴正方向偏转，根据左手定则可知，磁场方向沿z轴负方向。符合题意；综上可知，磁感应强度B的方向沿z轴负方向。 ②a电子在洛伦兹力作用下运动轨迹如图，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力，对应匀速直线运动；沿y轴方向的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 20.某实验装置的基本原理如图所示，平行正对放置半径均为R、间距为d的圆形金属板M、N的圆心分别为O1、O2，位于O1处的粒子源能向两板间各个方向发射质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，不计粒子重力及相互间作用，忽略边缘效应。 (1)仅在两板间加电压U，两板间产生方向沿O1O2方向的匀强电场。求粒子源发射出的粒子速度大小满足什么条件时能全部击中N板； (2)仅在两板间加沿O1O2方向的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，求粒子源发射出的方向与O1O2连线成θ(0<θ<90°)角的粒子速度大小满足什么条件时能全部击中N板； (3)若两板间同时存在方向都沿O1O2方向的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度大小为B，粒子源发射出速度大小均为v，方向垂直于O1O2连线的粒子，全部落在半径为的圆周上，求电场强度的大小。 [答案]　(1)速度应小于等于 (2)v≤ (3)E＝(n＝0、1、2、3…) [解析]　(1)速度与场强垂直的粒子击中N板，则全部击中N板R＝v0t，d＝at2， 其中a＝＝， 解得v0＝， 所以，速度应小于等于。 (2)粒子源发射出的方向与O1O2连线成θ(0<θ<90°)角的粒子，做等距螺旋运动，vy＝vsin θ， 根据洛伦兹力提供向心力qvyB＝， 根据题意可知r≤， 解得v≤。 (3)设粒子在两板间运动时间为t，在磁场中周期为T，则应该满足t＝T，根据d＝at2， 其中a＝， 且粒子圆周运动周期T＝， 联立解得E＝(n＝0、1、2、3…) 21．如图，空间直角坐标系Oxyz中，有两个边长均为L的正方体Ⅰ和正方体Ⅱ，它们的公共界面为M，O点为正方体Ⅰ侧面K的中心，x、y、z轴均与正方体边长平行。正方体Ⅰ空间内在y>0的范围内存在着沿y轴负方向的匀强电场，在y<0的范围内存在着沿y轴正方向的匀强电场，两者电场强度大小相等；正方体Ⅱ空间内在y>0的范围内存在着沿x轴正方向的匀强磁场，在y<0的范围内存在着沿x轴负方向的匀强磁场，两者磁感应强度大小相等。有一质量为m、电荷量为＋q的粒子，以v0的初速度，从y轴上的P点沿z轴正方向进入正方体Ⅰ，之后经过z轴后从Q点垂直穿过界面M进入正方体Ⅱ，最后垂直打在侧面N上。P点为侧面K底边的中点(在电场区域中)，不考虑粒子的重力，求： (1)匀强电场的电场强度大小； (2)粒子进入正方体Ⅰ后，经过z轴时的速度大小； (3)磁感应强度的大小。 [答案]　(1)　(2)v0 (3)(n＝1,2,3，…) [解析]　(1)设匀强电场的电场强度大小为E，根据题意得L＝at2 L＝v0t 又qE＝ma，解得E＝。 (2)粒子经过z轴时速度的竖直分量vy＝at 故速度大小为v＝＝v0。 (3)该粒子在磁场中做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示 设磁场的磁感应强度大小为B，粒子做圆周运动的轨迹半径为r，根据几何关系有 2＋x2＝r2或2＋x2＝r2 在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，则有 qBv0＝m，且L＝2nx(n＝1,2,3，…) 联立可得B＝(n＝1,2,3，…) 22.在空间中存在水平向右的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E，方向均沿x轴水平向右。在O点，一个α粒子(氦原子核)以速度v0沿与x轴夹角为60°的方向射入电、磁场，已知质子质量为m、电荷量为q，不计α粒子的重力。求： (1)α粒子离x轴的最远距离； (2)α粒子从O点射出后，第3次与x轴相交时的动能。 [答案]　(1) (2)2mv＋ [解析]　(1)由题意可知α粒子的质量为mα＝4m、电荷量为qα＝2q，将α粒子的初速度分解成沿x轴方向的分速度vx与垂直x轴方向的分速度vy，则有vx＝v0cos 60°＝v0，vy＝v0sin 60°＝v0 由于vx与磁场方向平行，不受洛伦兹力影响，电场方向沿着x轴方向，只影响vx，不影响vy，故α粒子在电、磁场中的运动可分解为：垂直于x轴的平面内做匀速圆周运动，沿x轴方向做匀加速直线运动。对于垂直于x轴平面内的匀速圆周运动，有qαvyB＝mα，解得圆周运动半径r＝＝＝，故α粒子离x轴的最远距离是直径的长度，即为。 (2)α粒子从O点射出后，第3次与x轴相交时，由于在垂直于x轴的平面内做匀速圆周运动，可知此过程经历的时间t＝3T＝3×＝，沿x轴方向的匀加速直线运动所通过的位移x＝vxt＋at2，又加速度a＝＝，解得x＝ α粒子从O点射出后到第3次与x轴相交的过程，由动能定理有qαEx＝Ek－mαv 联立解得α粒子从O点射出后，第3次与x轴相交时的动能Ek＝2mv＋ 1 学科网（北京）股份有限公司 $