第11章 磁场-【十年高考】备战2027年高考物理真题分类解析与应试策略（Word版）

第十一章　磁场 扫码获取 本章 数字资源 考点 2017~2021年 2022年 2023年 2024年 2025年 2026年 合计 67.安培定则的应用和磁场的叠加 1 0 0 0 3 0 4 68.安培力的分析与计算 3 0 1 2 0 0 6 69.安培力作用下导体的平衡及运动 1 2 2 1 0 1 7 70.带电粒子在有界磁场中的圆周运动 2 1 2 4 6 4 19 71.带电粒子在磁场中运动的多解问题和临界极值问题 1 1 0 0 0 0 2 72.带电粒子在组合场中的运动 5 2 6 5 5 5 28 73.带电粒子在叠加场中的运动 1 3 1 7 4 1 17 74.现代科技中的电磁场问题 1 0 0 4 5 0 10 命题热度 本章命题热度较高() 课程标准 备考策略 1.了解磁场的基本性质。 2.了解磁感应强度。会用磁感线描述磁场。 3.掌握安培力和洛伦兹力的计算和方向判断。 4.了解带电粒子在匀强磁场中的运动规律。 复习本章时,一是要熟练掌握磁场的基本规律,如右手定则、安培定则、左手定则、洛伦兹力公式等;二是要加强画带电粒子在磁场中运动轨迹草图,准确找到圆心、半径、圆心角等的训练;三要掌握带电粒子在磁场中做圆周运动的处理步骤:找圆心、求半径、画轨迹;四要熟练掌握带电粒子在有界匀强磁场中的运动问题常用的分析方法,如组合场问题、复合场问题、常见科学仪器原理问题等常见模型的求解方法。 考点67安培定则的应用和磁场的叠加　　　　答案P376　 1.(2025·江苏,3,4分,难度★)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 2.(2025·福建,3,4分,难度★★)无限长的直导线L1、L2中通有大小相等、方向相反的电流,M、O、N共线,且连线与导线垂直,M与O关于L1对称,O与N关于L2对称,且|MO|=|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,则N点的磁感应强度大小为 (　　) A.B1+ B.-B1 C.B2-B1 D.(B1-2B2) 3. (2025·湖北,4,4分,难度★★)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 4.(讲解2018·浙江,12,3分,难度★★★)在城市建设施工中,经常需要确定地下金属管线的位置,如图所示。有一种探测方法是,首先给金属长直管线通上电流,再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作:①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁场最强的某点,记为a;②在a点附近的地面上,找到与a点磁感应强度相同的若干点,将这些点连成直线EF;③在地面上过a点垂直于EF的直线上,找到磁场方向与地面夹角为45°的b、c两点,测得b、c两点距离为L。由此可确定金属管线 (　　) A.平行于EF,深度为 B.平行于EF,深度为L C.垂直于EF,深度为 D.垂直于EF,深度为L 考点68安培力的分析与计算答案P377　 1.(2024·贵州,5,4分,难度★★) 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 (　　) A.竖直向上 B.竖直向下 C.水平向左 D.水平向右 2.(2023·江苏,2,4分,难度★)如图所示,匀强磁场的磁感应强度大小为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 3.(2021·浙江,15,2分,难度★)(多选)如图所示,有两根用超导材料制成的长直平行细导线a、b,分别通以80 A和100 A、流向相同的电流,两导线构成的平面内有一点p,到两导线的距离相等。下列说法正确的是 (　　) A.两导线受到的安培力Fb=1.25Fa B.导线所受的安培力可以用F=ILB计算 C.移走导线b前后,p点的磁感应强度方向改变 D.在离两导线平面有一定距离的有限空间内,不存在磁感应强度为零的位置 4.(讲解2021·广东,5,4分,难度★★) 截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线,长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线。若中心直导线通入电流I1,四根平行直导线均通入电流I2,I1≫I2,电流方向如图所示。下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是 (　　) 5.(讲解2019·海南,2,4分,难度★★)如图,一段半圆形粗铜线固定在绝缘水平桌面(纸面)上,铜线所在空间有一匀强磁场,磁场方向竖直向下。当铜线通有顺时针方向电流时,铜线所受安培力的方向 (　　) A.向前 B.向后 C.向左 D.向右 6.(2024·重庆,13,10分,难度★★★)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。 考点69安培力作用下导体的平衡及运动　　　　答案P377　 1.(2026·黑吉辽内蒙古,5,4分,难度★★★) 如图,真空中一带正电的小球用绝缘轻绳悬于O点,处于竖直向下的匀强磁场中,将小球从P点由静止释放,小球运动轨迹的俯视示意图可能是 (　　) A B C D 2.(2024·福建,6,6分,难度★★★)(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,方向垂直于纸面向外,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 (　　) 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2rBI D.铜环所受安培力大小为πrIB 3.(讲解2022·湖南,3,4分,难度★★★)如图甲所示,直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO'上,其所在区域存在方向垂直指向OO'的磁场,与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化,其截面图如图乙所示。导线通以电流I,静止后,悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是 (　　) A.当导线静止在图甲右侧位置时,导线中电流方向由N指向M B.电流I增大,静止后,导线对悬线的拉力不变 C.tan θ与电流I成正比 D.sin θ与电流I成正比 4.(2022·湖北,11,4分,难度★★★)(多选)如图所示,两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上,棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中,磁感应强度大小恒定,方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动,现给导体棒通以图示方向的恒定电流,适当调整磁场方向,可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时,加速度的最大值为g;减速时,加速度的最大值为g,其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是 (　　) A.棒与导轨间的动摩擦因数为 B.棒与导轨间的动摩擦因数为 C.加速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向下,θ=60° D.减速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向上,θ=150° 5.(讲解2019·江苏,8,4分,难度★★★)(多选)如图所示,在光滑的水平桌面上,a和b是两条固定的平行长直导线,通过的电流大小相等。矩形线框位于两条导线的正中间,通有顺时针方向的电流,在 a、b 产生的磁场作用下静止。则 a、b 的电流方向可能是 (　　) A.均向左 B.均向右 C.a的向左,b的向右 D.a的向右,b的向左 6.(2023·北京,19,12分,难度★★★)2022年,我国阶段性建成并成功运行了“电磁撬”,创造了大质量电磁推进技术的世界最高速度纪录。一种两级导轨式电磁推进的原理如图所示。两平行长直金属导轨固定在水平面,导轨间垂直安放金属棒。金属棒可沿导轨无摩擦滑行,且始终与导轨接触良好,电流从一导轨流入,经过金属棒,再从另一导轨流回,图中电源未画出。导轨电流在两导轨间产生的磁场可视为匀强磁场,磁感应强度B与电流i的关系式为B=ki(k为常量)。金属棒被该磁场力推动。当金属棒由第一级区域进入第二级区域时,回路中的电流由I变为2I。已知两导轨内侧间距为L,每一级区域中金属棒被推进的距离均为s,金属棒的质量为m。求: (1)金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小F; (2)金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比a1∶a2; (3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v。 7.(2023·海南,17,12分,难度★★★)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,闭合电键后,金属杆飞起后,其下端离液面高度H=10 cm,设杆中电流不变,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,求通过金属杆截面的电荷量。 考点70带电粒子在有界磁场中的圆周运动　　　　答案P378　 1.(2026·江苏,1,4分,难度★★) 如图所示,匀强磁场垂直纸面向外,一电子垂直磁场射入,图中给出了四条可能的轨迹,电子的轨迹可能正确的是 (　　) A.a B.b C.c D.d 2.(2026·广东,10,6分,难度★★★)(多选)如图是一种长方体电子磁谱仪结构示意图,磁谱仪内存在磁感应强度大小为B、方向垂直底面向上的匀强磁场,磁场区域长为a、宽为b。电子束中有三个电子通过准直器后垂直左侧面沿边缘进入磁场,偏转后分别到达磁谱仪三个侧面,与边缘的距离分别为x1、x2和x3,电子电荷量为-e、质量为m,不考虑相对论效应,下列说法正确的有 (　　) A.电子1的动能比电子3的大 B.电子1在磁场中的运动时间为 C.电子2的动能为 D.电子3的动量大小为 3.(2026·河南,6,4分,难度★★★)如图,间距为l的两虚线a、b间存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场,虚线b上方存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一带电粒子在纸面内垂直于虚线a,从O点射入磁场,一段时间后又从O点射出磁场。已知该粒子在下方磁场中运动的圆轨迹半径为l,不计重力,则上、下磁场的磁感应强度大小之比为 (　　) A.2∶1 B.3∶1 C.4∶1 D.5∶1 4.(2025·安徽,7,4分,难度★★★)如图所示,在竖直平面内的Oxy直角坐标系中,x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。在第二象限内,垂直于纸面且平行于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 5.(2025·甘肃,10,5分,难度★★★)(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v0=,方向沿同心圆的径向;b和c粒子的速度方向相反且与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v0 6.(2025·四川,10,6分,难度★★★)(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射入磁场,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 7.(2024·广西,5,4分,难度★★)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,方向垂直于纸面向里。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轴时速度方向与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. 8.(2024·河北,10,6分,难度★★★)(多选)如图所示,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°,则粒子必垂直于BC射出 B.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°,则粒子必垂直于BC射出 C.若粒子经cd边垂直于BC射出,则粒子穿过ad边的速度方向与ad边夹角必为45° D.若粒子经bc边垂直于BC射出,则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60° 9.(2024·湖北,7,4分,难度★★★)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。不计粒子重力,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,则粒子运动的速度大小为 10.(2023·海南,2,3分,难度★★)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.小球运动过程的加速度保持不变 D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功 11. (2022·辽宁,8,6分,难度★★★)(多选)粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场,外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场,粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态,忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是 (　　) A.粒子1可能为中子 B.粒子2可能为电子 C.若增大磁感应强度,则粒子1可能打在探测器上的Q点 D.若增大粒子入射速度,则粒子2可能打在探测器上的Q点 12. (讲解2020·天津,7,5分,难度★★)(多选)如图所示,在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里,磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场,速度方向与y轴正方向的夹角θ=45°。粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴。已知OM=a,粒子电荷量为q,质量为m,重力不计。则 (　　) A.粒子带负电荷 B.粒子速度大小为 C.粒子在磁场中运动的轨道半径为a D.N与O点相距(+1)a 13.(讲解2019·海南,9,5分,难度★★★)(多选)如图,虚线MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场,两电荷量相同的粒子P、Q从磁场边界的M点先后射入磁场,在纸面内运动。射入磁场时,P的速度vP垂直于磁场边界,Q的速度vQ与磁场边界的夹角为45°。已知两粒子均从N点射出磁场,且在磁场中运动的时间相同,则 (　　) A.P和Q的质量之比为1∶2 B.P和Q的质量之比为∶1 C.P和Q速度大小之比为∶1 D.P和Q速度大小之比为2∶1 14.(2026·云南,13,10分,难度★★★)洛伦兹力演示仪示意图如图甲所示,玻璃泡处于励磁线圈产生的磁场中。玻璃泡内有一垂直磁场的竖直圆面,图乙为其放大示意图,其圆心为O、半径为R、最高点为P,区域内的磁场视为匀强磁场。电子枪将电子从O点正下方0.8 R处的S点,以速度v水平向左射出,电子在圆面内运动一段时间后到达P点。已知电子质量为m、电荷量为e,不计电子的重力和电子之间的相互作用。求: (1)匀强磁场的磁感应强度大小和方向; (2)电子从S点第一次到达P点所用的时间。 甲　洛伦兹力演示仪示意图　乙　匀强磁场区域 15.(2025·北京,18,9分,难度★★★)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。 16.(2025·重庆,14,13分,难度★★★)研究小组设计了一种通过观察粒子在荧光屏上打出的亮点位置来测量粒子速度大小的装置,如题图所示,水平放置的荧光屏上方有沿竖直方向强度大小为B,方向垂直于纸面向外的匀强磁场。O、N、M均为荧光屏上的点,且在纸面内的同一直线上。发射管K(不计长度)位于O点正上方,仅可沿管的方向发射粒子,一端发射带正电粒子,另一端发射带负电粒子,同时发射的正、负粒子速度大小相同,方向相反,比荷均为。已知OK=3h,OM=3h,不计粒子所受重力及粒子间相互作用。 (1)若K水平发射的粒子在O点产生光点,求粒子的速度大小。 (2)若K从水平方向逆时针旋转60°,其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点,求粒子的速度大小。 (3)要使(2)问中发射的带正电粒子恰好在M点产生光点,可在粒子发射t时间后关闭磁场,忽略磁场变化的影响,求t。 17.(2025·陕晋宁青,14,14分,难度★★★)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,圆筒足够长。在O点有一电子源,向空间中各个方向发射速度大小为v0的电子,某时刻起筒内加大小可调节且方向沿中心轴向下的匀强磁场,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) (a)　　(b) (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。 18.(2024·重庆,14,14分,难度★★★)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O、K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M、O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零点,求打开磁场的那一时刻。 19.(2023·湖北,15,18分,难度★★★★)如图所示,空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t=0时刻,一带正电粒子甲从点P(2a,0)沿y轴正方向射入,第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后,粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍,粒子甲运动一个圆周时,粒子乙刚好运动了两个圆周。已知粒子甲的质量为m,两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰,碰撞时间忽略不计,碰撞过程中不发生电荷转移,不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。 (1)求第一次碰撞前粒子甲的速度大小; (2)求粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小; (3)求t=时刻粒子甲、乙的位置坐标,及从第一次碰撞到t=的过程中粒子乙运动的路程。(本小问不要求写出计算过程,只写出答案即可) 考点71带电粒子在磁场中运动的多解问题和临界极值问题　　　答案P382　 1.(2022·湖北,8,4分,难度★★★)(多选)在如图所示的平面内,分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分,一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场,另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小均为B,SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子,离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k,不计重力。若离子从P点射出,设出射方向与入射方向的夹角为θ,则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为 (　　) A.kBL,0° B.kBL,0° C.kBL,60° D.2kBL,60° 2.(2021·海南,13,4分,难度★★★)(多选) 如图,在平面直角坐标系xOy的第一象限内,存在垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。大量质量为m、电荷量为q的相同粒子从y轴上的P(0,L)点,以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场,设入射速度方向与y轴正方向的夹角为α(0≤α≤180°)。当α=150°时,粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力。则 (　　) A.粒子一定带正电 B.当α=45°时,粒子也垂直x轴离开磁场 C.粒子入射速率为 D.粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为3L 考点72带电粒子在组合场中的运动答案P382　 1.(2025·山东,12,4分,难度★★★★)(多选)如图甲所示的xOy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内充满垂直于xOy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xOy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 (　　) 甲　　乙 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=,方向垂直于xOy平面向外 D.粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标 2.(2025·河北,10,6分,难度★★★)(多选)如图所示,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于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 3.(2023·全国乙,18,6分,难度★★★)如图所示,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. 4.(2023·湖南,6,4分,难度★★★)如图所示,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),磁场方向垂直于纸面向里,等腰直角三角形CGF区域(区域Ⅱ)内存在匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向外。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 5.(2023·海南,13,4分,难度★★★)(多选)如图所示,质量为m,带电量为+q的点电荷,从原点以初速度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)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的匀强磁场,控制电场强度(E值有多种可能),可让粒子从NP射入磁场后偏转打到接收器MN上,则 (　　) A.粒子从NP中点射入磁场,电场强度满足E= B.粒子从NP中点射入磁场时速度为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圆周半径最大值是 6.(2026·黑吉辽内蒙古,15,16分,难度★★★)某些材料的激发态可视为准粒子的集合,激发态寿命可由“时间分辨—能量分析仪”测量,简化原理如图(a)所示。电子源释放初速度可忽略的电子,经电压为U1的加速电场加速,穿过处于激发态的样品时,部分电子与准粒子作用后动能发生变化,相互作用时间不计。为筛选出动能变化为特定值的电子,调节匀强磁场的磁感应强度为B0,使筛选出的电子沿半径为R的圆弧形中心线运动,从狭缝出射后,沿电场中心线且平行于极板方向进入偏转电场,偏转后打在荧光屏上形成光斑。 已知电子电荷量大小为e,质量为m;偏转电场可视为匀强电场,M、N极板长度为L、间距为d;荧光屏到极板边缘的距离为5L。忽略电子间相互作用及电、磁场边缘效应。 图(a) 图(b) 图(c) (1)求筛选出的电子通过样品前后的动能变化量ΔEk。 (2)求M、N间电压为U2时,电子到达荧光屏上的偏移距离x0。 (3)样品被激发时,电子源开始每隔相同时间发射持续时间极短、电子数目相近的脉冲,同时M、N间电压随时间线性变化,变化率为β(β<0),使先后到达荧光屏上的电子脉冲形成间距为Δx的光斑,如图(b)所示。每个脉冲经过偏转电场时间极短,在此时间内电子所受电场力可视为恒定。样品被激发后,筛选出的电子数随激发态准粒子数的衰减成比例减少,导致光斑相对强度也相应成比例减弱,相对强度与各个光斑中心位置x的关系如图(c)所示。若样品的激发态寿命τ定义为准粒子数衰减一半所需的时间,求τ。 7.(2026·山东,18,16分,难度★★★★)如图所示,在Oxy坐标系中,第二象限有一粒子发生器,其右侧放置速度选择器,速度选择器中电场的电场强度大小为E,方向沿y轴负方向,匀强磁场方向垂直Oxy面向里;y=-x(x≤0)与y轴正半轴所围区域Ⅰ(包含边界)中充满垂直Oxy面向外的匀强磁场;x轴下方为区域Ⅱ、第一象限为区域Ⅲ,两区域均充满方向垂直Oxy面向里的匀强磁场,磁感应强度大小分别为5B和12B。粒子发生器可发出质量不同、带电荷量均为+q的粒子。其中质量为m的粒子a经速度选择器后以速率v从点(-h,h)沿x轴正方向进入区域Ⅰ,一段时间后恰好从原点O沿y轴负方向进入区域Ⅱ。不计粒子重力及粒子间相互作用。 (1)求速度选择器中磁感应强度的大小B0和区域Ⅰ中磁感应强度的大小B1; (2)求粒子a从O点运动到P点的时间t; (3)当粒子a从点离开区域Ⅱ进入区域Ⅲ时,带电荷量为+q的粒子b恰好从O点以速率v沿y轴负方向进入区域Ⅱ,若要使粒子a、b在x轴相遇,且相遇时速度恰好都沿y轴正方向,求粒子b的质量M(用m表示)及两粒子第一次相遇时的x轴坐标x1。 8.(2026·四川,15,16分,难度★★★★)如图所示,纸面内建有直角坐标系xOy,直线y=-x+d(d>0)左下为Ⅰ区,直线y=-x+3d右上为Ⅱ区,两条直线之间在y轴左、右两侧分别为Ⅲ区和Ⅳ区。Ⅰ区和Ⅱ区有垂直纸面的匀强磁场,磁感应强度大小均为B,Ⅰ区磁场方向垂直纸面向外,Ⅱ区磁场方向未知;Ⅲ、Ⅳ区无磁场。Ⅲ区有长度为2d且平行于y轴的细管加速器,可使进入管内的带正电微粒具有沿y轴正方向的恒定加速度。质量为m、电荷量为q(q>0)的微粒甲在纸面内运动。不计微粒重力,微粒不与细管加速器发生碰撞。 (1)若甲在Ⅰ区做半径为2d的圆周运动,求该运动的速度大小; (2)若甲做周期性运动,每次过(d,0)时速度均沿x轴正方向,求此周期性运动的周期; (3)若甲在Ⅰ区的圆周运动轨迹半径为2d且Ⅱ区磁场方向垂直纸面向外。某时刻甲与静止在(d,0)处的不带电微粒乙发生弹性正碰,碰撞过程中无电荷交换,碰撞后乙沿x轴正方向运动。乙与甲的质量之比为k。要使甲与乙再次正碰,且碰撞前甲仅进入Ⅱ区一次,求细管加速器位置的横坐标及k需满足的条件。 9.(2026·湖北,14,16分,难度★★★)如图所示,在xOy平面内,y>0区域存在匀强电场,电场强度大小为E、方向沿y轴负方向;在y<0区域,有一个以O为圆心、r为半径的半圆形区域,半圆形区域内既无电场也无磁场,半圆形区域外存在匀强磁场,磁场方向垂直于xOy平面向里。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从坐标为的M点静止释放,之后从坐标为(2r,0)的N点第一次射出磁场。不计重力,求 (1)粒子第一次进入磁场时的速度大小。 (2)磁场的磁感应强度大小。 (3)粒子第二次射出磁场时的位置坐标。 10.(2026·陕晋宁青,15,16分,难度★★★★)如图,垂直于x轴的足够大的绝缘薄挡板P紧贴平行金属板放置,挡板P有一小孔在原点O处,O点到垂直于y轴的两金属板距离相等。在xOy平面位于(-L,0)处的粒子源以速率v0向面内各方向发射质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子。两金属板(上板为正极)间距为2L,板间电压U初始为。在xOy平面y轴右侧,圆心O'位于(0,L)、直径在y轴、半径为L的半圆区域存在方向垂直于平面向里的匀强磁场,其磁感应强度大小为。在x>L处有一垂直于x轴的固定弹性绝缘挡板Q,粒子若碰到Q将发生弹性碰撞且电荷量不变。粒子打在金属板或挡板P上均会被吸收,不计粒子重力及粒子间相互作用,忽略边缘效应。(v0、m、q、L为已知) (1)可从小孔进入磁场的粒子,求其从O点处射入磁场速度方向与x轴正向夹角的正弦值; (2)粒子从磁场射出后与挡板Q发生碰撞,求其再次射入磁场到达挡板P上位置的y坐标; (3)若仅改变U的大小(U>0),在不同电压下,粒子源发射的所有粒子均无法打到挡板P右侧面,进入磁场的所有粒子打到挡板P右侧面有一个撞击点或两个撞击点,求以上三种情况分别对应的电压取值范围(用已知量v0、m、q表示)。 11.(2025·天津,12,12分,难度★★★)如图所示,纸面内水平虚线下方存在竖直向上的匀强电场,虚线上方存在垂直于纸面的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的粒子从电场中的O点以水平向右的速度开始运动,在静电力的作用下从P点进入磁场,射入磁场时的速度大小为v、方向与竖直方向夹角为θ,粒子返回电场前的运动轨迹过P点正上方的Q点,P、Q间距离及O、P间的水平距离均为L。不计粒子重力。 (1)判断粒子的电性; (2)求电场强度大小E; (3)求磁感应强度大小B。 12.(2025·湖北,14,16分,难度★★★)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。 13.(2025·河南,15,17分,难度★★★★)如图所示,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、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) 14.(2024·辽宁,15,18分,难度★★★★)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区的宽度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)。 15.(2024·浙江,20,12分,难度★★★)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,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。 16.(2024·福建,15,12分,难度★★★)如图,直角坐标系xOy中,第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、Ⅲ象限中有两平行板电容器C1、C2,其中C1垂直x轴放置,极板与x轴相交处存在小孔M、N;C2垂直y轴放置,上、下极板右端分别紧贴y轴上的P、O点。一带电粒子从M静止释放,经电场直线加速后从N射出,紧贴C2下极板进入C2,而后从P进入第Ⅰ象限;经磁场偏转后恰好垂直x轴离开,运动轨迹如图中虚线所示。已知粒子质量为m、电荷量为q,O、P间距离为d,C1、C2的板间电压大小均为U,板间电场视为匀强电场,不计重力,忽略边缘效应。求: (1)粒子经过N时的速度大小; (2)粒子经过P时速度方向与y轴正向的夹角; (3)磁场的磁感应强度大小。 17.(2024·广东,15,16分,难度★★★★)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的交流电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场,右侧分布着垂直于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。 甲 乙 (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。 18.(2024·湖南,14,14分,难度★★★)如图所示,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Oxyz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,电场强度大小为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。 19.(2023·辽宁,14,13分,难度★★★)如图所示,水平放置的两平行金属板间存在匀强电场,板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域,其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间,恰好从下板边缘P点飞出电场,并沿PO方向从图中O'点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为,不计粒子重力。 (1)求金属板间电势差U; (2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ; (3)仅改变圆形磁场区域的位置,使粒子仍从图中O'点射入磁场,且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦,标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。 20.(2023·山东,17,14分,难度★★★★)如图所示,在0≤x≤2d、0≤y≤2d的区域中,存在沿y轴正方向、电场强度大小为E的匀强电场,电场的周围分布着垂直于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。 21.(2023·重庆,15,16分,难度★★★★)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轴上方被某边界分割成两部分,一部分充满匀强电场(电场强度与y轴负方向成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。 22.(2022·山东,17,14分,难度★★★★)中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破,该装置中用电磁场约束和加速高能离子,其部分电磁场简化模型如图所示。在三维坐标系Oxyz中,0<z≤d空间内充满匀强磁场Ⅰ,磁感应强度大小为B,方向沿x轴正方向;-3d≤z<0,y≥0的空间内充满匀强磁场Ⅱ,磁感应强度大小为B,方向平行于xOy平面,与x轴正方向夹角为45°;z<0,y≤0的空间内充满沿y轴负方向的匀强电场。质量为m、电荷量为+q的离子甲,从yOz平面第三象限内距y轴为l的点A以一定速度出射,速度方向与z轴正方向夹角为β,在yOz平面内运动一段时间后,经坐标原点O沿z轴正方向进入磁场Ⅰ。不计离子重力。 (1)当离子甲从A点出射速度为v0时,求电场强度的大小E; (2)若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动,求进入磁场时的最大速度vm; (3)离子甲以的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过xOy面进入磁场Ⅰ,求第四次穿过xOy平面的位置坐标(用d表示); (4)当离子甲以的速度从O点进入磁场Ⅰ时,质量为4m、电荷量为+q的离子乙,也从O点沿z轴正方向以相同的动能同时进入磁场Ⅰ,求两离子进入磁场后,到达它们运动轨迹第一个交点的时间差Δt(忽略离子间相互作用)。 23.(2022·河北,14,16分,难度★★★★)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。 图1　　图2 24.(讲解2021·辽宁,15,19分,难度★★★★)如图所示,在x>0区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场;在x<0区域内存在沿x轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子甲从点S(-a,0)由静止释放,进入磁场区域后,与静止在点P(a,a)、质量为的中性粒子乙发生弹性正碰,且有一半电量转移给粒子乙。(不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用,忽略电场、磁场变化引起的效应) (1)求电场强度的大小E; (2)若两粒子碰撞后,立即撤去电场,同时在x≤0区域内加上与x>0区域内相同的磁场,求从两粒子碰撞到下次相遇的时间Δt; (3)若两粒子碰撞后,粒子乙首次离开第一象限时,撤去电场和磁场,经一段时间后,在全部区域内加上与原x>0区域相同的磁场,此后两粒子的轨迹恰好不相交,求这段时间内粒子甲运动的距离L。 25.(讲解2021·山东,17,14分,难度★★★★)某离子束实验装置的基本原理如图甲所示。Ⅰ区宽度为d,左边界与x轴垂直交于坐标原点O,其内充满垂直于xOy平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B0;Ⅱ区宽度为L,左边界与x轴垂直交于O1点,右边界与x轴垂直交于O2点,其内充满沿y轴负方向的匀强电场。测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界,其中心C与O2点重合。从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m的正离子,加速后沿x轴正方向过O点,依次经Ⅰ区、Ⅱ区,恰好到达测试板中心C。已知离子刚进入Ⅱ区时速度方向与x轴正方向的夹角为θ。忽略离子间的相互作用,不计重力。 (1)求离子在Ⅰ区中运动时速度的大小v; (2)求Ⅱ区内电场强度的大小E; (3)保持上述条件不变,将Ⅱ区分为左、右两部分,分别填充磁感应强度大小均为B(数值未知)、方向相反且平行y轴的匀强磁场,如图乙所示。为使离子的运动轨迹与测试板相切于C点,需沿x轴移动测试板,求移动后C到O1的距离S。 甲 乙 26.(讲解2021·河北,14,16分,难度★★★★★)如图,一对长平行栅极板水平放置,极板外存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,极板与可调电源相连。正极板上O点处的粒子源垂直极板向上发射速度为v0、带正电的粒子束,单个粒子的质量为m、电荷量为q。一足够长的挡板OM与正极板成37°倾斜放置,用于吸收打在其上的粒子。C、P是负极板上的两点,C点位于O点的正上方,P点处放置一粒子靶(忽略靶的大小),用于接收从上方打入的粒子,CP长度为L0。忽略栅极的电场边缘效应、粒子间的相互作用及粒子所受重力,sin 37°=。 (1)若粒子经电场一次加速后正好打在P点处的粒子靶上,求可调电源电压U0的大小; (2)调整电压的大小,使粒子不能打在挡板OM上,求电压的最小值Umin; (3)若粒子靶在负极板上的位置P点左右可调,则负极板上存在H、S两点(CH≤CP<CS,H、S两点未在图中标出),对于粒子靶在HS区域内的每一点,当电压从零开始连续缓慢增加时,粒子靶均只能接收到n(n≥2)种能量的粒子,求CH和CS的长度(假定在每个粒子的整个运动过程中电压恒定)。 27.(讲解2021·湖南,13,13分,难度★★★★)带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一。带电粒子流(每个粒子的质量为m、电荷量为+q)以初速度v垂直进入磁场,不计重力及带电粒子之间的相互作用。对处在xOy平面内的粒子,求解以下问题。 甲 乙 (1)如图甲所示,宽度为2r1的带电粒子流沿x轴正方向射入圆心为A(0,r1)、半径为r1的圆形匀强磁场中,若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点O,求该磁场磁感应强度B1的大小; (2)如图甲所示,虚线框为边长等于2r2的正方形,其几何中心位于C(0,-r2)。在虚线框内设计一个区域面积最小的匀强磁场,使汇聚到O点的带电粒子流经过该区域后宽度变为2r2,并沿x轴正方向射出。求该磁场磁感应强度B2的大小和方向,以及该磁场区域的面积(无需写出面积最小的证明过程); (3)如图乙所示,虚线框Ⅰ和Ⅱ均为边长等于r3的正方形,虚线框Ⅲ和Ⅳ均为边长等于r4的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分别设计一个区域面积最小的匀强磁场,使宽度为2r3的带电粒子流沿x轴正方向射入Ⅰ和Ⅱ后汇聚到坐标原点O,再经过Ⅲ和Ⅳ后宽度变为2r4,并沿x轴正方向射出,从而实现带电粒子流的同轴控束。求Ⅰ和Ⅲ中磁场磁感应强度的大小,以及Ⅱ和Ⅳ中匀强磁场区域的面积(无需写出面积最小的证明过程)。 28.(2020·山东,17,14分,难度★★★★)某型号质谱仪的工作原理如图甲所示。M、N为竖直放置的两金属板,两板间电压为U,Q板为记录板,分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d的Ⅰ、Ⅱ两部分,M、N、P、Q所在平面相互平行,a、b为M、N上两正对的小孔。以a、b所在直线为z轴,向右为正方向,取z轴与Q板的交点O为坐标原点,以平行于Q板水平向里为x轴正方向,竖直向上为y轴正方向,建立空间直角坐标系Oxyz。区域Ⅰ、Ⅱ内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场,磁感应强度大小、电场强度大小分别为B和E。一质量为m,电荷量为+q的粒子,从a孔飘入电场(初速度视为零),经b孔进入磁场,过P面上的c点(图中未画出)进入电场,最终打到记录板Q上。不计粒子重力。 (1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到z轴的距离L; (2)求粒子打到记录板上位置的x坐标; (3)求粒子打到记录板上位置的y坐标(用R、d表示); (4)如图乙所示,在记录板上得到三个点s1、s2、s3,若这三个点是质子H、氚核H、氦核He的位置,请写出这三个点分别对应哪个粒子(不考虑粒子间的相互作用,不要求写出推导过程)。 考点73带电粒子在叠加场中的运动答案P395　 1.(2026·湖南,10,5分,难度★★★)(多选) 某小组设计了一磁悬浮装置。如图,环形通电线圈固定在水平面上,其上方固定一半径为R的环形细管道,管道任意处磁场方向与竖直方向夹角为45°。质量为m的带正电小球在环形管道中以某一速率做匀速圆周运动,此时小球与管道间无弹力,重力加速度为g。下列说法正确的是 (　　) A.从管道上方俯视,小球沿顺时针方向做圆周运动 B.小球做圆周运动的周期为π C.小球做圆周运动的半个周期内洛伦兹力的冲量大小为m D.若小球的绕行方向不变,速率为其做匀速圆周运动速率的2倍,则小球与管道间的弹力大小为mg 2.(2025·福建,7,6分,难度★★★)(多选)空间中存在垂直于纸面向里的匀强磁场与水平向右的匀强电场,一带正电的粒子在复合场内恰能沿着MN做匀速直线运动,MN与水平方向成45°角,NP水平向右,粒子所带电荷量为q,速度为v,质量为m,重力加速度为g,当粒子运动到N时,撤去磁场,一段时间后粒子经过P点,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,距离NP的最远距离为 3.(2025·海南,13,4分,难度★★★★)(多选)某粒子分析器的部分电磁场简化模型如图,三维直角坐标系O-xyz所在空间中Ⅰ区域(0≤x≤d)存在沿x轴正方向的匀强电场(图中未画出)和匀强磁场,磁感应强度大小为B1,Ⅱ区域(d<x<2d)存在沿z轴正方向的匀强磁场,磁感应强度大小为B2,在x=2d有一足够大的接收屏P,原点O处的粒子源在xOz平面内同时发射带正电的同种粒子甲和乙,甲粒子的速度大小为v0,甲和乙的速度方向与x轴正方向夹角分别为30°和60°,两粒子沿x轴方向速度分量相等。乙粒子以最短时间到达O1(d,d,0)点进入Ⅱ区域后恰好到达接收屏并被吸收,不计重力及粒子间的相互作用,则 (　　) A.两粒子不能同时到达接收屏P B.两个区域磁感应强度大小之比=- C.乙粒子通过O1点时沿x轴方向速度分量vx=+v0 D.甲、乙粒子在接收屏P上位置的z坐标之差Δz=d 4.(2024·安徽,10,5分,难度★★★)(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,二者所带电荷量、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 5.(2024·江西,7,4分,难度★★)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。如图甲所示,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U-B关系图线如图乙所示,元电荷e=1.60×10-19 C,则此样品每平方米载流子数最接近 (　　) 甲 乙 A.1.7×1019 B.1.7×1015 C.2.3×1020 D.2.3×1016 6.(2022·广东,8,6分,难度★★★)(多选)如图所示,磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放,沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上,下列说法正确的有 (　　) A.电子从N到P,电场力做正功 B.N点的电势高于P点的电势 C.电子从M到N,洛伦兹力不做功 D.电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力 7. (2022·重庆,5,4分,难度★★★)2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况,某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图),电场强度大小为E,磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动,其速度平行于磁场方向的分量大小为v1,垂直于磁场方向的分量大小为v2,不计离子重力,则 (　　) A.电场力的瞬时功率为qE B.该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B C.v2与v1的比值不断变大 D.该离子的加速度大小不变 8.(2021·福建,2,4分,难度★★★) 一对平行金属板中存在匀强电场和匀强磁场,其中电场的方向与金属板垂直,磁场的方向与金属板平行且垂直纸面向里,如图所示。一质子H)以速度v0自O点沿中轴线射入,恰沿中轴线做匀速直线运动。下列粒子分别自O点沿中轴线射入,能够做匀速直线运动的是(所有粒子均不考虑重力的影响) (　　) A.以速度射入的正电子e) B.以速度v0射入的电子e) C.以速度2v0射入的氘核H) D.以速度4v0射入的α粒子He) 9.(2025·黑吉辽内蒙古,15,16分,难度★★★★)如图所示,在xOy平面第一、四象限内存在垂直于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。 10.(2025·湖南,14,14分,难度★★★)如图所示,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于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,电场强度大小为,求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离xm。 11.(2024·全国新课标,26,20分,难度★★★★)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。 12(2024·天津,12,14分,难度★★★)如图所示,在Oxy平面直角坐标系的第一象限内,存在半径为R的半圆形匀强磁场区域,半圆与x轴相切于M点,与y轴相切于N点,直线边界与x轴平行,磁场方向垂直于纸面向里。在第一象限存在沿+x方向的匀强电场,电场强度大小为E。一带负电粒子质量为m,电荷量为q,从M点以速度v沿+y方向进入第一象限,正好能沿直线匀速穿过半圆区域。不计粒子重力。 (1)求磁感应强度B的大小; (2)若仅有电场,求粒子从M点到达y轴的时间t; (3)若仅有磁场,改变粒子入射速度的大小,粒子能够到达x轴上P点,M、P的距离为R,求粒子在磁场中运动的时间t1。 13.(2024·山东,18,16分,难度★★★★)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。 14.(2024·海南,18,14分,难度★★★★)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,半圆与圆相切于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的粒子由电场加速到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,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轴负方向的夹角成74°。当粒子动能最大时,求粒子的速度大小及所在的位置到y轴的距离已知sin 37°=,sin 53°=。 15.(2024·贵州,14,14分,难度★★★)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、方向垂直于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。 16.(2023·江苏,16,15分,难度★★★)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于坐标平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为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。 17.(讲解2022·湖南,13,13分,难度★★★)如图所示,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、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'。 考点74现代科技中的电磁场问题答案P401　 1.(2025·北京,12,3分,难度★★★)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,空间有垂直于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 2.(2025·福建,4,4分,难度★★)某种质谱仪如图所示,由管道与径向电场组成。一电子自A点垂直于电场射出,恰做圆周运动,轨迹为,半径OC为r。另一电子自A点垂直于电场射出,轨迹为,其中PBO共线,已知BP电势差为U,|CQ|=2|BP|,轨迹为的电子动能为Ek,则 (　　) A.B点的电场强度大小E= B.是圆弧的一部分 C.沿着运动的电子运动到P点动能为Ek-eU D.电子从A经P到Q全程克服静电力做的功小于2eU 3.(2025·广东,6,4分,难度★★★)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。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 4.(2025·广西,10,6分,难度★★★)(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于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、方向垂直于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+ 5.(2024·湖北,9,4分,难度★★★)(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 6.(2025·云南,14,13分,难度★★★)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区域存在垂直于xOy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于xOy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xOy平面内垂直于y轴射入x≥0区域,经磁场偏转后刚好从ON中点垂直于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? 7.(2024·北京,20,12分,难度★★★★)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。 8.(2024·江苏,16,16分,难度★★★)如图所示,两个半圆环区abcd、a'b'c'd'中有垂直于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,不计电子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。 9.(2024·甘肃,15,17分,难度★★★)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点进入偏转分离器做圆周运动,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。 10.(讲解2021·广东,14,15分,难度★★★★)下图是一种花瓣形电子加速器简化示意图。空间有三个同心圆a、b、c围成的区域,圆a内为无场区,圆a与圆b之间存在辐射状电场,圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各区磁感应强度恒定,大小不同,方向均垂直纸面向外。电子以初动能Ek0从圆b上P点沿径向进入电场。电场可以反向,保证电子每次进入电场即被全程加速。已知圆a与圆b之间电势差为U,圆b半径为R,圆c半径为R,电子质量为m,电荷量为e,忽略相对论效应,取tan 22.5°=0.4。 (1)当Ek0=0时,电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场,且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ均为45°,最终从Q点出射,运动轨迹如图中带箭头实线所示。求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能; (2)已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰,就能从出射区域出射。当Ek0=keU时,要保证电子从出射区域出射,求k的最大值。 学科网（北京）股份有限公司 $ 第十一章　磁场 考点67　安培定则的应用和磁场的叠加 1.B　磁感线越密集的地方,磁感应强度越大。根据题图中磁感线分布情况可知,a、b、c三点中b点的磁感应强度最大,a点次之,c点最小,故B正确。 2.B　此题考查安培定则,磁场的叠加问题。设磁感应强度方向以垂直于纸面向里为正,由题意可知M点的磁感应强度为-B1,O点的磁感应强度为B2。由对称性可知,N点的磁感应强度为-B1,L1、L2在O点产生的磁感应强度大小相等、方向相同,可知L2在O点产生的磁感应强度为,则L2在N点产生的磁感应强度为-,对于N点有-B1=BL1+BL2,解得BL1=-B1,B正确。 3.A　由安培定则可知,通电圆线圈在M、N两点产生的磁场方向相同,大小为B,匀强磁场的磁感应强度大小与方向不变,因为M点的总磁感应强度为零,则N点的总磁感应强度也为零,故A正确。 4.A　 画出垂直于导线方向的截面,由图可知,磁场最强的点a即为地面距离管线最近的点,作出b、c两点的位置,由题意可知EF过a点垂直于纸面,所以金属管与EF平行,根据几何关系得金属管线的深度为,A项正确。 考点68　安培力的分析与计算 1.C　根据安培定则得,两长直导线在“凸”形导线框处产生的磁场方向垂直于平面向里,由于I1>I2,可知左侧的磁场较强,同一竖直方向上的磁感应强度相等,“凸”形导线框水平方向导线所受的安培力可相互抵消,由左手定则,结合F=BIL可知导线框所受安培力的合力方向水平向左,故选C。 2.C　ab边受安培力,bc边不受安培力,根据安培力公式有F=BI×2l=2BIl,选项C正确。 当磁感应强度B和电流I垂直时,电流受到的安培力最大,当磁感应强度B和电流I平行时,电流受到的安培力最小,当磁感应强度B和电流I成一般角度时,需要分解B,垂直于电流的B的分量是有效的。 3.BCD　两导线受到的安培力是相互作用力,大小相等,A项错误;导线所受的安培力可以用F=BIL计算,因为磁场与导线垂直,且导线所在处B的大小相等,B项正确;移走导线b前,b的电流较大,则p点磁场方向与b产生磁场方向同向,向里,移走导线b后,p点磁场方向与a产生磁场方向相同,向外,C项正确;在离两导线所在的平面有一定距离的有限空间内,两导线在任意点产生的磁场均不在同一条直线上,故不存在磁感应强度为零的位置,D项正确。 4.C　两根导线的电流方向相同,二者之间是引力,两根导线的电流方向相反,二者之间是斥力,上下两根导线与I1之间是斥力,左右两根导线与I1之间是引力,C项正确。 5.A　半圆形导线所受的安培力等效于直径长的直导线所受的安培力,由左手定则可知,铜线所受安培力的方向向前,A项正确。 6.(1)mg　(2) 解析 本题考查涉及安培力的平衡问题。 (1)由P匀速下降可知,P处于平衡状态,所受合力为0,设导线的拉力大小为FT,对P有2FT=2mg 解得FT=mg。 (2)设Q所受安培力大小为F,对P、Q整体受力分析,有 mg+F=2mg 又F=BIl 解得I=。 考点69　安培力作用下导体的平衡及运动 1.B　将带正电的小球从P点由静止释放,在重力沿切线方向的分力作用下,小球开始摆动,在俯视图中,匀强磁场方向垂直纸面向里,小球最初自左向右运动,根据左手定则,其受到的洛伦兹力具有向上的分量,使得去程轨迹向上偏转;当小球摆动至对应最高点折返后,自右向左运动,此时洛伦兹力产生向下的分量,因此回程轨迹将向下偏转,故B正确。 2.AC　本题考查计算非直导线的安培力大小、左手定则的内容及简单应用。通电半圆形铜环可等效为等效长度为直径ab,电流方向a→b,根据左手定则可知半圆形铜环受到的安培力方向竖直向下,大小F=BI×2r=2rIB 根据受力分析可得,通电后,绳子拉力FT=mg+F=mg+2rIB>mg 两根细绳拉力均比未通电流时的大。故选AC。 3.D　当导线静止在题图甲右侧位置时,对直导线MN进行受力分析,如图所示,由左手定则知,导线中电流方向由M指向N,故A错误;由于与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化,因此F安=Gsin θ,FT=Gcos θ,F安=BIl,可得sin θ与I成正比,当I增大时,θ增大,cos θ减小,静止后,导线对悬线的拉力FT减小,故B、C错误,D正确。 4.BC　设磁场方向与水平方向夹角为θ1,θ1<90°;当导体棒加速且加速度最大时,合力向右最大,根据左手定则和受力分析可知安培力方向斜向右上方,磁场方向斜向右下方,此时有Fsin θ1-μ(mg-Fcos θ1)=ma1,令cos α=,sin α=,根据数学知识可得Fsin(θ1+α)=μmg+ma1,则有sin(θ1+α)=≤1,同理磁场方向与水平方向夹角为θ2,θ2<90°,当导体棒减速,且加速度最大时,合力向左最大,根据左手定则和受力分析可知安培力方向斜向左下方,磁场方向斜向左上方,此时有Fsin θ2+μ(mg+Fcos θ2)=ma2,有Fsin(θ2+α)=ma2-μmg,所以有sin(θ2+α)=≤1,当加速或减速加速度分别最大时,不等式均取等号,联立可得μ=,代入cos α=,可得α=30°,此时θ1=θ2=60°,加速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向右下方,有θ=θ1=60°,减速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向左上方,有θ=π-θ2=120°,B、C项正确,A、D项错误。 5.CD　由安培定则可知,若a、b两导线的电流方向相同,在矩形线框上、下边处产生的磁场方向相反,由于矩形线框上、下边的电流方向也相反,则矩形线框上、下边所受的安培力相同,所以不可以平衡,则要使矩形线框静止,a、b两导线的电流方向相反,C、D项正确。 6.(1)kI2L　(2)1∶4　(3) 解析 (1)由题意可知第一级区域中磁感应强度大小为B1=kI 金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小为F=B1IL=kI2L (2)根据牛顿第二定律可知,金属棒经过第一级区域的加速度大小为a1== 第二级区域中磁感应强度大小为B2=2kI 金属棒经过第二级区域时受到安培力的大小为F'=B2·2IL=4kI2L 金属棒经过第二级区域的加速度大小为a2== 则金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比为a1∶a2=1∶4 (3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后,根据动能定理可得Fs+F's=mv2-0 解得金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小为v= 7.(1) m/s,4.17 A　(2)0.085 C 解析 (1)金属杆飞起后,其下端离液面高度H=10 cm,设金属杆离开液面时的速度大小为v,根据2gH=v2,解得v= m/s 通电过程金属杆受到的安培力大小为FA=BIL 由动能定理得BILh-mg(H+h)=0-0 解得I=4.17 A (2)由运动学公式v'2=2gH',解得v'=1 m/s 对金属杆,通电时间t'=0.002 s, 由动量定理有(BI'L-mg)t'=mv'-0 通过金属杆截面的电荷量q=I't' 联立解得q=0.085 C 考点70　带电粒子在有界磁场中的圆周运动 1.A　本题考查洛伦兹力方向的判定。由左手定则可知,磁感线垂直穿出手心(手心朝纸内),四指指向电子运动的反方向,大拇指指向为洛伦兹力方向。匀强磁场中轨迹a符合受力规律,故A正确。 2.BCD　本题考查带电粒子在磁场中的运动。因为洛伦兹力提供圆周运动的向心力,evB=m,轨道半径r=,动能Ek=,周期T=。结合题图明确几何关系,电子1打在左侧面,轨道半径r1=;电子2打在上侧面,=+(b-r2)2,化简得r2=;电子3打在右侧面,=a2+(r3-x3)2,化简得r3=。由几何分析可知r1<r3,动能与r2成正比,电子1的动能更小,A错误;电子1轨迹为半圆,运动时间t==,B正确;将r2代入动能公式Ek2==,C正确;电子3的动量p=mv=eBr3=,D正确。 本题中首先明确根据洛伦兹力提供向心力evB=m,得轨道半径r=;动能Ek=,周期T=;然后结合磁场边界几何关系列勾股方程求各电子轨道半径。 3.C　设粒子在下方磁场中做圆周运动的半径为r1=l,在上方磁场中运动的半径为r2,粒子从O点垂直射入下方磁场,由几何关系可知,粒子第一次在下方磁场中偏转时向左的水平位移大小为x1=r1-=l,此时出射速度与竖直方向夹角设为α,满足sin α==,对应水平方向的速度分量导致出射角满足cos θ=,即sin θ=(此处θ为速度与法线夹角),粒子进入上方磁场后做圆周运动,两交点间向右的水平距离为x2=2r2sin θ=r2,粒子再次进入下方磁场后,要使其恰好回到O点,由轨迹对称性可知第二次在下方磁场偏转向左的水平位移大小同样为l,由全过程水平位移为零可得r2-l=0,解得r2=l,根据洛伦兹力提供向心力得B=,可知磁感应强度与半径成反比,故上下磁场大小之比为==,故C正确。 4.C　根据洛伦兹力提供向心力有qvB=,解得R==d,故A错误。当粒子沿x轴正方向射出时,薄板上表面接收到的粒子离y轴最近,如图轨迹1所示,根据几何关系可知s上min=d;当粒子恰能通过N点到达薄板上方时,薄板上表面接收点距离y轴最远,如图轨迹2所示,根据几何关系可知,s上max=d,故薄板上表面接收到粒子的区域长度为s上=d-d,故B错误。根据几何关系可知,当粒子可以恰好打到薄板下表面时,粒子沿y轴正方向射出,此时薄板下表面接收到的粒子离y轴最远,如图轨迹3所示,根据几何关系可知此时粒子打到薄板的位置与y轴的距离为d, 根据图像可知,粒子可以恰好打到薄板的N点,此时薄板下表面接收到的粒子与y轴最近,故下表面接收到粒子的区域长度为d,故C正确。根据图像可知,粒子恰好打到薄板下表面N点时转过的圆心角最小,用时最短,根据几何关系可知,此时的偏转角为60°,有tmin=·=,故D错误。 5.BD　由题意可作出a粒子运动轨迹图,如图甲所示,a粒子恰好到达磁场外边界后返回,a粒子运动的圆周恰好与磁场外边界相切,然后沿径向做匀速直线运动,再做匀速圆周运动恰好回到A点,根据a粒子的速度大小为v0=,可得Ra=R0,设外圆半径等于R',由几何关系得∠AO'B=270°,则R'=R0+R0,故A错误;由A项分析,a粒子返回A点所用的最短时间为第一次回到A点的时间tmin,a粒子做匀速圆周运动的周期T==,在磁场中运动的时间t1=·T=,匀速直线运动的时间t2==,故a粒子返回A点所用的最短时间为tmin=t1+t2=,故B正确;由题意,作出b、c粒子运动轨迹图,如图乙、丙所示,因为b、c粒子返回A点都是在同一个圆周中运动,根据b、c带正电且比荷均为,所以两粒子做圆周运动的周期相同,故所用的最短时间之比为1∶1,C错误;由几何关系得2Rc=R0,根据洛伦兹力提供向心力有qvcB=,联立解得vc=v0,故D正确,故选B、D。 甲　a粒子运动轨迹　　　乙　b粒子运动轨迹 丙　c粒子运动轨迹 6.AD　带电粒子在磁场中运动,由洛伦兹力提供向心力得qvB=m,可得r=,又BⅠ∶BⅡ=4∶1,则在Ⅰ区和Ⅱ区粒子的轨迹半径之比为1∶4,B错误;设粒子在Ⅰ区的轨迹半径为R,则在Ⅱ区的轨迹半径为4R,粒子的运动轨迹如图所示,由几何关系得Rcos θ+4Rcos θ=4R,得θ=37°,由图可知粒子在Ⅰ区轨迹圆心O2不可能与O重合,A正确;粒子在Ⅰ区的运动轨迹长度为s1=·2πR=(π+2θ)R,在Ⅱ区的运动轨迹长度为s2=2π·4R=8θ·R,则s1∶s2=127∶148,粒子在磁场中运动的速度大小不变,设速度大小为v,则粒子在Ⅰ区和Ⅱ区的运动时间之比为==,C错误,D正确。 7.C　带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力。由Bqv=m,得R=,根据题意,画出粒子运动轨迹,如图所示,由几何关系得lPO=(1+)R=(1+),选项C正确。 8.ACD　若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°,则粒子必经过cd边,作出粒子运动轨迹图,如图甲所示,粒子从C点垂直于BC射出,故A、C正确。粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°时,若粒子从cd边再次进入磁场,作出粒子运动轨迹如图乙所示,则粒子不可能垂直于BC射出;若粒子从bc边再次进入磁场,作出粒子运动轨迹如图丙所示,则粒子一定垂直于BC射出,故B错误,D正确。 甲 乙 丙 9.D　本题考查带电粒子在圆形边界磁场中的运动。在圆形匀强磁场中,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,故A、B错误;粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域,且经过的时间间隔最小,根据对称性画粒子的运动轨迹如图甲所示,则粒子运动的最小时间间隔为t=2T=,故C错误;粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短,则粒子运动轨迹如图乙所示,设粒子在磁场中运动的半径为r,根据几何关系得r=,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,可得v=,故D正确。 甲 乙 10.A　根据左手定则,小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右。选项A正确;小球运动过程中重力做正功,洛伦兹力不做功,小球速度不断增大,洛伦兹力变化,合外力变化,加速度变化,选项B、C、D错误。 11.AD　本题考查带电粒子在有界磁场中的运动。因为粒子1没有偏转,说明粒子1不带电,则粒子1可能为中子,由于粒子1不带电,因此无论如何增大磁感应强度,粒子1都不会偏转,A项正确,C项错误;粒子2向上偏转,根据左手定则可知粒子2带正电,B项错误;对于粒子2根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,解得r=,由此可知若增大粒子的入射速度,则粒子2的半径增大,粒子2可能打在探测器上的Q点,D项正确。 12.AD　 由于粒子在磁场力的作用下垂直穿过x轴,根据左手定则可知,粒子带负电荷,A项正确;根据题意画图找圆心O',如图所示。结合几何关系有R=a,N点与O点间的距离为(+1)a,C项错误,D项正确;又因为洛伦兹力提供向心力qvB=m,联立解得v=,B项错误。 处理带电粒子在磁场中运动时常用的几何关系 1.四点:分别为入射点、出射点、圆心、入射速度与出射速度的交点。 2.三个角:速度偏转角、圆心角、弦切角,其中偏转角等于圆心角,等于弦切角的两倍。 13.AC　设MN=2R,则粒子P的半径为R,有:R=;粒子Q的半径为R,有R=;又两粒子的运动时间相同,则tP=,tQ=TQ=,即=,解得mQ=2mP,vP=vQ,A、C项正确,B、D项错误。 14.(1),方向垂直圆面向里　(2) 解析 (1)电子从S点水平向左射出,并在磁场区域内到达最高点P,已知S点与P点均在过圆心O的竖直线上,且初速度方向水平,可判定S、P连线即为电子做匀速圆周运动的轨迹直径。 设电子圆周运动的轨迹半径为r,由几何关系有2r=R+0.8R,解得r=0.9R 电子在匀强磁场中由洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律有evB=m 将轨迹半径代入,解得磁感应强度大小为B== 电子自S点向左射出并向上偏转,其在S点受到的洛伦兹力方向竖直向上,根据左手定则,可知匀强磁场的方向垂直圆面向里; (2)电子从S点第一次到达P点,由于S、P连线为轨迹直径,电子经历的轨迹为半个圆周 电子运动的周期公式为T= 电子所用时间为半个周期,即t===。 处理带电粒子在磁场中的圆周运动问题,核心在于“定圆心、求半径”。本题中,电子初速度方向水平,受到的初始洛伦兹力沿竖直方向,因此轨迹圆的圆心必定在S、O、P所在的竖直线上。又因电子轨迹经过同在该竖直线上的P点,故S、P的线段长度即为轨迹圆的直径。 15.(1)T=·m　(2)a.θR∶d　b. 解析 (1)粒子速度方向与磁场垂直,所以该粒子做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力可知 q0vB=m 解得轨道半径R= 圆周运动的周期T= 联立,有T=·m。 (2)a.由题意知粒子1做圆周运动,线速度v1=ωR=R 粒子2做匀速直线运动,速度v2= 所以速度之比== 即v1∶v2=θR∶d。 b.对粒子1,由洛伦兹力提供向心力有qv1B=m 可得m= 粒子2的动量p2=mv2 结合上述可知p2=·v2==。 16.(1)　(2)　(3) 解析 本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动。 (1)粒子水平发射后做匀速圆周运动,要在O点产生光点,其运动半径r=,带电粒子运动过程中由洛伦兹力提供向心力,则有qvB=,联立解得粒子的速度大小为v== (2)若K从水平方向逆时针旋转60°,其两端同时发射的带正电和带负电的粒子恰都能在N点产生光点,则两端粒子的运动轨迹正好构成一个完整的圆,且在N点相切,如图 由于K从水平方向逆时针旋转60°,则θ=30°,根据几何关系有r1+r1sin θ=3h,所以粒子做匀速圆周运动的半径为r1=2h,根据洛伦兹力提供向心力可知qv1B= 解得粒子的速度大小为v1== (3)由题意带正电粒子恰好在M点产生光点,则关闭磁场时粒子速度恰好指向M,即带正电的粒子运动轨迹的切线过M点,切点为P,如图 由于θ=30°,根据几何关系可知∠NO'M=∠PO'M=60°,所以∠KO'N=120°,即带电粒子在磁场中转过圆心角α=120°,由于带电粒子在磁场中运动的周期T=,所以t=T=·= 17.(1)　(2)2π2R2 解析 (1)当磁场的磁感应强度为B0时,电子刚好不会落到筒壁上,则电子以速度v0垂直于轴线方向射出,其轨迹恰好与圆筒壁相切,轨迹半径为R0= 根据洛伦兹力提供向心力可得eB0v0= 联立解得=。 (2)磁感应强度大小调整为后,将电子速度沿垂直于轴线和平行于轴线方向进行分解,分别设为vx、vy,电子将在垂直于轴线方向上做匀速圆周运动,平行于轴线方向上做匀速直线运动,电子击中筒壁位置距离粒子源最远时,其垂直于轴线方向的圆周运动轨迹与筒壁相切,则轨迹半径仍为R0= 根据洛伦兹力提供向心力可得evx= 联立解得vx= 由射出到相切,经过半个周期,用时t==×= 根据速度的合成与分解可知vy==v0 平行于轴线方向运动距离y=vyt=R 结合对称性可知,被电子击中的面积S=2×2πRy=2π2R2。 18.(1)　(2)　(3) 解析 本题考查带电粒子在磁场中的运动。 (1)当粒子到达О点时打开磁场开关,粒子做匀速圆周运动,设轨迹半径为r1,如图所示 由洛伦兹力提供向心力得qv0B=m 其中OK=2r1=。 (2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关,则粒子在磁场中运动的轨迹半径r2=4r1 如图所示,由几何关系有(4r1-2r1)2+MO2=(4r1)2 解得MO=2r1=。 (3)速率为4v0的粒子射出一段时间t到达N'点,要使粒子仍然经过K点,则N'点在O点右侧,如图所示,由几何关系有(4r1-2r1)2+ON'2=(4r1)2 解得ON'=2r1= 粒子在打开磁场开关前运动时间为t= 解得t=。 19. (1)　(2)m　 (3)甲(-6a,0)　乙(0,0)　67πa 解析 (1)由题意知,粒子甲从点P(2a,0)沿y轴正方向射入到达点O,则说明粒子甲的运动半径r甲0=a 由洛伦兹力提供向心力得 qv甲0B=m 解得v甲0=。 (2)由题知,粒子甲运动一个圆周时,粒子乙刚好运动了两个圆周,则T甲=2T乙 根据qvB=mr得= 则m乙=m 粒子甲、乙碰撞过程中,取竖直向下为正方向,由动量守恒定律和机械能守恒定律得 mv甲0+m乙v乙0=mv甲1+m乙v乙1(其中v甲1=-3v甲0) m+m乙=m+m乙 解得v乙0=-5v甲0,v乙1= 3v甲0 则第一次碰撞后粒子乙的速度大小为。 (3)已知在t1=时,粒子甲、乙发生第一次碰撞且碰撞后有v甲1= -3v甲0,v乙1= 3v甲0 则根据qvB=m,可知此时粒子乙的运动半径为r乙1=a 可知在t2=时,粒子甲、乙发生第二次碰撞,且粒子甲、乙发生第一次碰撞到第二次碰撞过程中粒子乙运动了2圈,此过程中粒子乙走过的路程为s1=6πa,且在第二次碰撞时有 mv甲1+m乙v乙1=mv甲2+m乙v乙2 m+m乙=m+m乙 解得v甲2= v甲0,v乙2=-5v甲0 可知在t3=时,粒子甲、乙发生第三次碰撞,且粒子甲、乙发生第二次碰撞到第三次碰撞过程中粒子乙运动了2圈,此过程中粒子乙走过的路程为s2= 10πa,且在第三次碰撞时有 mv甲2+m乙v乙2=mv甲3+m乙v乙3 m+m乙=m+m乙 解得v甲3=-3v甲0=v甲1,v乙3= 3v甲0=v乙1 依次类推,在t10=时,粒子甲、乙发生第九次碰撞,且粒子甲、乙发生第八次碰撞到第九次碰撞过程中粒子乙运动了2圈,此过程中粒子乙走过的路程为s8=10πa,且在第九次碰撞时 v甲9=-3v甲0,v乙9=v乙1=3v甲0 在t9=到t=过程中,粒子甲运动半径r甲1=3a,则t=时粒子甲运动到P点,即(-6a,0)处。 在t10=到t=过程中,粒子乙刚好运动一周,则t=时粒子乙回到坐标原点,且此过程中粒子乙走过的路程为s0=3πa 故整个过程中粒子乙运动的总路程为s=4×6πa+4×10πa+3πa=67πa。 考点71　带电粒子在磁场中运动的多解问题 和临界极值问题 1.BC　若粒子通过下部分磁场直接到达P点,运动轨迹如图 根据几何关系则有R=L,qvB=m,可得v==kBL。根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上,故出射方向与入射方向的夹角为θ=60°。当粒子上、下均经历一次时,运动轨迹如图 因为上、下两部分磁感应强度均为B,则根据对称性有R=L,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m,可得v==kBL,此时出射方向与入射方向相同,即出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时,需满足v==kBL(n=1,2,3,…),此时出射方向与入射方向的夹角为θ=60°;当粒子从上部分磁场射出时,需满足v==kBL(n=1,2,3,…),此时出射方向与入射方向的夹角为θ=0°,B、C项正确,A、D项错误。 2.ACD　本题考查带电粒子在磁场中运动的临界极值问题。根据题意可知粒子垂直x轴离开磁场,根据左手定则可知粒子带正电,A项正确;当α=150°时,粒子垂直x轴离开磁场,运动轨迹如图 粒子运动的半径为r==2L 洛伦兹力提供向心力qvB=m 解得粒子入射速率v= 若α=45°,粒子运动轨迹如图,此时O'P=L<r,故圆心O2不在x轴上,所以粒子离开磁场时与x轴不垂直,B项错误,C项正确;粒子离开磁场距离O点距离最远时,粒子在磁场中的轨迹为半圆,如图,根据几何关系可知(2r)2=+,解得xm=3L,D项正确。 “旋转法”解决带电粒子在有界磁场中运动的临界问题 1.适用条件 (1)速度大小一定,方向不同 带电粒子进入匀强磁场时,它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同,若射入初速度为v0,则圆周运动半径为R=。 (2)轨迹圆圆心共圆 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P为圆心、半径R=的圆(这个圆在下面的叙述中称为“轨迹圆心圆”)上。 2.方法界定 将一半径为R=的圆绕着“入射点”旋转,从而探索出临界条件,这种方法称为“旋转法”。 考点72　带电粒子在组合场中的运动 1.AD　由于带正电的粒子在电场中的运动轨迹为一段以y轴为对称轴的抛物线,所以电场方向沿y轴正方向。由题图乙可知粒子在电场中运动时间为t0,粒子在电场中所受静电力F=qE,由牛顿第二定律有F=ma,根据运动学公式可知,粒子在y方向有2L=a,解得E=,故A正确; 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动如图所示,故粒子在Ⅱ区域的运动轨迹中y方向最高点和最低点间距离为直径,故直径为,半径R=,故B错误;在A点处,粒子沿x轴的速度vx=,粒子沿y轴的速度vy=t0=,则v==,tan θ==,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,解得B=,圆心横坐标为xO'=3L+Rcos θ=,纵坐标yO'=0,故C错误,D正确。 2.BCD　根据左手定则,粒子带负电,A项错误;当发射方向与OP的夹角θ=60°时,粒子恰好垂直穿过M板上的小孔,此时粒子的运动轨迹如图甲所示,由几何关系得rcos 60°+r=3L,解得r=2L,当板间电场强度最大时,粒子恰不到N板,则有-qEd=-mv2,解得v=,v不变,间距d增大,则板间形成的最大电场强度E减小,B项正确;由题意得OP=rsin 60°=L,粒子打在M板上表面的位置与O点距离最大时轨迹圆弧对应弦长为直径,如图乙所示,x==L,但本题有特殊情况,在M、N间电场稳定后,θ=60°的粒子穿过Q点,在电场力的作用下又返回Q点,向右偏转做圆周运动,如图丙所示,此时击中位置到O点的距离为3L+2r=7L,C项正确;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',PO⊥OQ,PQ==2L,又∠PQO'=30°,∠PQO=30°,粒子射入极板与M板夹角θ=90°-∠PQO'-∠PQO=30°,M、N间电场强度最大时,粒子打在M板下表面的位置到Q点的距离最小,粒子在板间做类斜抛运动,运动轨迹如图丁所示,可得Eq=ma,t=,最小距离x1=vtcos θ=d,D项正确。 甲 乙 丙 丁 打到M板下表面,磁场中轨迹为相同弦的优弧,板间电场强度增大到最大,粒子做类斜抛运动。 3.A　如图所示, 未加电场前,粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动, 有Bqv0=,解得= ① 根据几何关系可得轨迹对应的圆心角θ=60°, 由图可得r(1-cos 60°)=a,解得r=2a ② 加电场后,粒子做匀速直线运动,得Bqv0=Eq, 解得v0= ③ 联立①②③得=,选项A正确。 4.D　在区域Ⅰ中,由qvB1=qE得,粒子速度v=,粒子进入区域Ⅱ中后,当粒子从CF中点射出时,在区域Ⅱ中运动半径为r=a(a为CF长度),又由qvB2=m得r=,t0=T=,运动轨迹如图甲所示。当区域Ⅰ中的磁感应强度大小变为2B1时,v1==,这时粒子进入区域Ⅱ后,r1==<r,粒子还是从CF射出,如图乙所示,在区域Ⅱ中的运动时间不变,A错误;当区域Ⅰ中电场强度大小变为2E时,v2==2v,这时粒子进入区域Ⅱ后,r2==2r=a,根据几何关系知,粒子恰好从F点射出,如图丙所示,在区域Ⅱ中的运动时间不变,B错误;当区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2时,r3==r=a,如图丁所示,这时粒子从FG边界射出,轨迹对应的圆心角的正弦值sin θ==,θ=,t3=×T3=×=t0,C错误;当区域Ⅱ中磁感应强度大小变为B2时,r4==r=a,这时粒子从FG边界射出,如图戊所示,轨迹对应的圆心角的正弦值sin θ'==,θ'=,t4=×T4=×=t0,D正确。 甲 乙 丙 丁 戊 5.AD　若粒子经过NP中点,则x0=v0t1,y0=·,解得E=。选项A正确;粒子从NP中点射入磁场时,则x0=v0t1,=t1,速度v1==。选项B错误;粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为θ,则tan θ===,粒子从电场中射出时的速度v=,粒子进入磁场后做匀速圆周运动,则qvB=m,则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离为d=rcos θ,解得d=。选项C错误;当粒子在磁场中运动有最大运动半径时,进入磁场的速度最大,则此时粒子从N点进入磁场,此时竖直最大速度vym=,x0=v0t,出离电场的最大速度vm==,则由qvB=m,可得最大半径rm==。选项D正确。 6.(1)-eU1　(2)　(3)- 解析 (1)电子经加速电场加速,由动能定理有eU1=m 电子在半圆形磁场区域内做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力ev2B0=m 在电子速度从v1变化到v2的过程中,ΔEk=m-m=-eU1。 (2)电子射出磁场后,以速度v2竖直向下垂直射入水平正交偏转电场,电子做类平抛运动,穿越极板所用时间为t1= 横向水平加速度为a= 离开极板底端时的水平分速度为vx=at1= 电子在极板内部发生的水平偏转位移为x1=a= 射出电场边界后电子做匀速直线运动,运动时间为t2= 该过程水平偏转位移为x2=vxt2= 将内外两段水平位移进行代数相加得到打在终端光屏上的总距离x0=x1+x2==。 (3)由第(2)问推导的x0-U2关系可知,光斑的水平打击位置满足线性函数x0= 由于=β,光斑在屏幕上的移动速率v'==-β 信号源相邻两束脉冲电子到达的时间间隔Δt= 由光斑强度的统计柱状分布图可知,强度最高的柱形8 408与右侧强度恰好自然衰减至一半的柱形4 204之间相隔了4个完整的空间脉冲间距,说明微观准粒子从激发量峰值衰变至半数所经历的时间对应4个连续的脉冲发射周期 材料准粒子的半衰期为τ=4Δt=-。 7. (1)B0=,B1= (2) (3)M=m,x1= 解析 (1)粒子在速度选择器中做直线运动,有qE=qvB0 解得B0= 粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动,由几何关系得轨迹半径R1=h,根据qvB1=m 解得B1=。 (2)根据qvB=m可知,粒子在区域Ⅱ、Ⅲ中的轨迹半径分别为R2=,R3= 画出粒子运动轨迹图 可知从O点进入区域Ⅱ,经半圆到达A 再根据qvB=mR,可知O到A运动时间t1= 从A点进入区域Ⅲ,经半圆到达B,时间t2= 从B点再次进入区域Ⅱ,经半圆到达P,时间t3=　 则总时间t=t1+t2+t3=。 (3)画出粒子a、b的运动轨迹如图 区域Ⅱ:a粒子半径r2= b粒子半径 a粒子半周期τ2= b粒子半周期 区域Ⅲ:a粒子半径r3= b粒子半径 a粒子半周期τ3= b粒子半周期 粒子每完成一次“区域Ⅱ下半圆+区域Ⅲ上半圆”的运动,x坐标的净变化Δxa=2r2-2r3= 同理Δxb= 所花时间Δta=τ2+τ3= 同理Δtb= 取粒子a从O点沿y轴负方向进入区域Ⅱ的时刻为t=0,粒子a第1次在区域Ⅱ中走下半圆到达x轴,到达第1个速度向上点 坐标xa,1=2r2=·= 时间ta,1=τ2== 此后每经过一次区域Ⅲ上半圆和一次区域Ⅱ下半圆,到达下一个速度向上点。设第n次速度向上点n=1,2,3,…,则 xa,n=xa,1+(n-1)Δxa=+(n-1)=· ta,n=ta,1+(n-1)Δta=+(n-1)=· 粒子b在a到达第一次向上点a时,从O点以同样速率沿y轴负方向进入区域Ⅱ。B的起始时刻为ta,1==　 粒子b第1次速度向上点(b在区域Ⅱ走第一个下半圆) 坐标xb,1=2·= 时刻Tb,1=ta,1+=+=π 同理,第k次速度向上点k=1,2,3,… xb,k=+(k-1)=· Tb,k=Tb,1+(k-1)=π 由相遇条件xa,n=xb,k、ta,n=tb,k得(7n+5)m=(7k+5)M,(17n-5)m=12m+(17k-5)M 两式相除消去M得10n-17k=5,最小正整数解为k=5,n=9 代入得M=m,x1=。 8. (1)　(2)　(3)d k≥ 解析 (1)带正电微粒甲在Ⅰ区的匀强磁场中,由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动,可得qv0B=m,解得v0=。 (2)若Ⅱ区的磁场方向垂直于纸面向外,带正电微粒甲进入Ⅱ区后的偏转方向与Ⅰ区相同,无法满足每次均经过(d,0)点的闭合周期性轨迹;若Ⅱ区的磁场方向垂直于纸面向内,微粒可形成类似“8”字形的回旋闭合轨迹。 微粒甲每次经过(d,0)时速度均沿x轴正方向,由几何对称性与边界条件可知,微粒在Ⅰ区与Ⅱ区中均做偏转角为270°的圆周运动(即四分之三个圆周),在无磁场的Ⅳ区做两段长度均为2d的匀速直线运动,且圆周运动的半径为R=d, 由洛伦兹力提供向心力得R=,解得此时的速度为v'=, 周期性运动的总路程s=2d+2d+2××2πR=4d+3πd, 此周期性运动的总周期为T==。 (3)微粒甲(质量m)与静止的微粒乙(质量km)在(d,0)处发生弹性正碰,由(1)可知碰撞前甲的速度v0=,设碰撞后甲、乙的速度分别为v1、v2(规定沿x轴正方向为正),由动量守恒定律与机械能守恒定律得 mv0=mv1+kmv2 m=m+km 解得碰撞后甲的速度为v1=-v0,乙的速度为v2=v0,因碰撞后甲反向做圆周运动后竖直进入细管加速器,且乙正向做匀速直线运动,两者再次正碰必然在x轴上相遇,结合直线边界方程的平移几何距离可知,相遇点必定在(3d,0)处, 碰撞后微粒甲在Ⅰ区运动的速度大小为|v1|=v0,对应圆周运动的半径为R1==d, 由几何关系可得,细管加速器的横坐标为x=d-R1=d-d=d, 微粒甲在Ⅲ区细管加速器中做匀加速直线运动,设加速度为a,时间为t,加速后进入Ⅱ区做圆周运动到达(3d,0)处,根据几何边界平移特征,微粒甲在Ⅱ区运动的半径与Ⅰ区半径满足R2=R1+2d, 由洛伦兹力提供向心力得R2=及R1=,可得微粒甲在细管中的末速度v2'=|v1|+=|v1|+v0,代入得v2'=v0=v0, 根据匀变速直线运动规律得|v1|+at=v2',联立解得at=v0=, 微粒甲在细管中做匀加速直线运动的位移为管长2d,有at2+|v1|t=2d, 要使甲与乙在(3d,0)处再次正碰,两者运动需满足等时性条件,乙匀速运动2d距离的时间等于甲在Ⅰ区半圆与细管加速及Ⅱ区半圆的总时间,即=2××+t,联立消去a和t,代入相应的速度表达式进行化简可得 =2, 进一步化简得3k2-2(1+6π)k+4π-5=0, 由求根公式解得k=, 由于需保证甲碰后反向运动,必有k>1,故舍去负根,综合得出k需满足的条件k≥。 9.(1)　(2)　(3)(0,-r) 解析 (1)带电粒子从M点静止释放,在电场中沿y轴负方向做匀加速直线运动,设到达坐标原点O时的速度大小为v1,由动能定理得, qE·r=m, 代入整理得v1== 进入y<0区域后,粒子在半圆形无场区内沿y轴负方向做匀速直线运动,故粒子第一次进入磁场时的速度大小为。 (2)粒子从(0,-r)第一次进入磁场,随后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,从N(2r,0)点第一次射出磁场,设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为R,由几何关系得,(2r-R)2+r2=R2 解得R=r 由洛伦兹力提供向心力得, qv1B=m 解得B===。 (3)粒子在N点射出磁场后进入y>0的匀强电场区域,设其在N点时的速度与x轴负方向夹角为α,由几何关系可知,sin α=0.6,cos α=0.8 可得vNx=v1cos α=v1,vNy=v1sin α=v1, 粒子在电场中做类斜抛运动,设在电场中运动的时间为t,由牛顿第二定律与运动学公式得,a=, t== 在此时间内粒子沿x轴方向的位移为 Δx=vNxt=v1·==·=4r, 则粒子第二次到达x轴的位置K的横坐标为xK=2r-4r=-2r,即从点K(-2r,0)第二次进入磁场, 由于第二次射入磁场位置与N点关于O点对称,由轨迹对称可知粒子将从(0,-r)点射出磁场。 10. (1)或　(2)0.4L或0.8L (3)无法打到:U>;一个撞击点:0<U<或U=;两个撞击点:≤U< 解析 (1)设粒子在发射时速度方向与x轴正方向的夹角为θ,粒子在极板间受到沿y轴正方向的恒定电场力而做类抛体运动,向y轴正方向发射的粒子显然无法打到O点,故能到达O点的粒子必然具有沿y轴负方向的初速度分量并做类斜抛运动,其沿x轴方向做匀速直线运动满足L=v0cos θ·t,沿y轴方向根据类竖直上抛运动对称性可知,其在极板间的运动时间满足t==,结合牛顿第二定律得=may,则ay==·=,解得sin(2θ)=,根据三角函数恒等变换解得sin θ=或sin θ=,粒子在y轴方向的最大位移ymax===Lsin2θ<L,故两组角度下的粒子均不会撞击上极板被吸收,由类斜抛运动的对称性可知粒子到达O点的速度大小仍为v0且方向与x轴正向夹角仍为θ,故所求夹角的正弦值为或。 (2)粒子以角度θ射入磁场后做匀速圆周运动,根据洛伦兹力提供向心力,可知轨道半径R==L,满足磁聚焦磁发散模型特点,粒子射出磁场时速度方向与x轴平行,在磁场中轨迹圆心坐标为(Lsin θ,-Lcos θ),随后其做匀速直线运动至绝缘挡板Q并发生弹性碰撞,速度方向反向变为水平向左后原路返回并再次射入磁场,此时新的偏转圆心坐标沿y轴正方向平移至(Lsin θ,2L-Lcos θ),由轨迹对称性,有撞击挡板P的y坐标为y=2L(1-cos θ),分别代入前述第一问求得的cos θ=或cos θ=,解得再次射入磁场到达挡板P上位置的y坐标为0.4L或0.8L。 (3)改变电压U即改变粒子在极板间沿y轴正方向的等效加速度a'=,粒子击中靶点O的过程受两个物理临界条件制约,首先是最大射程限制,根据类斜抛运动规律,当发射角为45°时水平射程最大,即xmax=,粒子能到达O点的临界条件为xmax≥L,将等效加速度表达式代入解得U≤,当U>时粒子全部脱靶无法到达O点,因此撞击点为0,当U=时仅有发射角为45°的一条轨迹命中O点,即产生1个撞击点,其次是空间边界限制,当U<时空间中存在高抛与低抛两条命中O点的轨迹,设高抛轨迹最高点恰好与上极板相切,由运动学对称性可知相切点坐标为,由类斜上抛运动规律可知,竖直方向位移满足L=a't2,得粒子运动时间t=,水平方向位移满足=vxt,得最高点速度vx=,由速度合成规律可知发射初速度满足=+(a't)2=,解得此临界条件下的等效加速度a'=,对应临界电压U0=,当施加电压满足0<U<时等效加速度较小,因此高抛轨迹的最高点超出y=-L界限被上极板吸收,从而仅剩低抛轨迹对应撞击点为1个,当≤U<时两条轨迹均在极板空间限制内,从而进入磁场对应撞击点为2个,综上归纳可得,所有粒子均无法打到挡板P右侧面的电压范围为U>,有一个撞击点的电压范围为0<U<或U=,有两个撞击点的电压范围为≤U<。 11. (1)正电 (2) (3) 解析 本题考查组合场问题——粒子由电场进入磁场。 (1)根据题意可知,粒子向上偏转,所受电场力向上,与电场方向相同,则粒子带正电。 (2)设粒子在电场中运动的时间为t,水平方向上由运动学公式,有L=vtsin θ 设粒子在电场中运动的加速度为a,由牛顿第二定律,有qE=ma　 竖直方向上由运动学公式,有vcos θ=at 联立上述各式,得E= (3)设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r,由几何关系,得L=2rsin θ 洛伦兹力提供向心力,有qvB=m 联立得B= 12.(1)　(2)　(3) 解析 (1)粒子在MN左侧区域内垂直于磁场方向运动,由洛伦兹力提供向心力,有qv0B= 解得R=。 (2)粒子的运动轨迹如图所示 由几何关系得cos θ== 解得θ=60° 粒子在PQ右侧区域内,由洛伦兹力提供向心力,有 2qv0B= 解得R'= 由几何关系得粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距x=2R'sin θ=。 (3)粒子在MN左侧区域内做圆周运动的周期T1= 在MN左侧区域内运动的时间t1=T1 解得t1= 同理,粒子在PQ右侧区域内运动,有 T2=,t2=T2 解得t2= 粒子在MN、PQ间做匀速直线运动,由几何关系得 s=2= 粒子在MN、PQ间运动的时间t3== 故粒子的运动周期T=t1+t2+t3=。 13.(1)　(2)　(3)v0 解析 (1)粒子运动轨迹如图甲所示,在磁场中的圆周运动半径为r1 甲 由几何关系有=cos 60° 解得r1=2h 由洛伦兹力提供向心力,有qv1B= 解得磁感应强度B=。 (2)粒子在电场中运动的水平位移x=s-2r1sin 60°=h 水平方向上做匀速直线运动x=v0cos 60°·t 竖直方向上做类竖直上抛运动t=2,a= 解得电场强度E=。 (3)当粒子以v0竖直向下发射时,运动轨迹如图乙所示 乙 在磁场中,做匀速圆周运动的半径为r1=2h 进出电场时粒子速度与水平方向的夹角均为60° 长时间来看,粒子一个周期内进入磁场到离开磁场向右移动d1=2r1sin 60°=2h 粒子一个周期内进入电场到离开电场向左移动d2=x=h 故一个周期内,粒子将向右偏移Δd=d1-d2=h 粒子在磁场中做完整圆周运动的周期T'== 一个周期内在磁场中运动时间t1=T'= 一个周期内在电场中运动时间t2== 一个周期的时间T=t1+t2= 一个周期内的漂移速度v==v0。 14.(1)　(2)πL　(3)F=Δx 解析 (1)作出乙在Ⅰ区的轨迹,如图1所示。根据牛顿第二定律,有 qv0B=m ① 乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°,则 r=2L ② 联立①②式,得B=。 图1 图2 (2)甲在Ⅲ区运动的时间等于乙在Ⅰ、Ⅱ区运动的总时间,则 t0=T== ③ 甲在Ⅲ区做初速度为v0的匀加速直线运动,有 d=v0t0+a ④ 根据牛顿第二定律,有 qE0=ma ⑤ 联立③④⑤式,得 d=πL。 (3)甲进入Ⅳ区时的速度为 v甲=v0+at0 ⑥ 联立③⑤⑥式,得 v甲=3v0 甲在Ⅳ区做匀速直线运动,则E=0,即ωt-kx甲=0,可得 k== 当乙在Ⅳ区的位置坐标为x乙时,电场强度为 E=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=Δx。 15. (1)L　(2)①U0<U<4U0　②L (3)U=　UNM=或或 解析 本题考查带电粒子在磁场中的运动。 (1)对a离子根据动能定理得qU=mv2 a离子在匀强磁场中做匀速圆周运动Bqv=m a离子经磁场偏转后,到达x轴上的位置x0=2R,联立解得x0==L。 (2)①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板上方任意处,则L≤x0'≤2L 结合(1)中分析得L≤≤2L 即≤U≤ 即U0≤U≤4U0。 ②b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== 代入U0≤U≤4U0得2L≤xb≤4L 故可知b离子能从栅极板(坐标范围为L~L)任意位置经电压为UNM的电场减速射入虚线下方的磁场,此时≤U≤ b离子先经过电压为U的电场加速再在第一象限磁场中做匀速圆周运动后再经过电压为UNM=U的电场减速,根据动能定理得qbU-qbU=mbv'2 同时有Bqbv'=mb,Δxb=2R' 当U=U0时,b离子从栅极板左端经虚线下方磁场偏转打在P,此时离栅极板左端的距离为Δxb'=L 当U=U0时,b离子从栅极板右端经虚线下方磁场偏转打在P,此时离栅极板右端的距离为Δxb″=L 故b离子落在喷镀板P下表面的区域长度为Δx=Δxb'+L-Δxb″=L。 (3)要求a离子落在喷镀板中点Q,由(1)可知 x0″==L 故可得U=U0= 则b离子从xb'=3L处经过栅极板,若b离子减速一次恰好打在P板下方中央处,设UNM=k'U,则同理可知 1-k'Uqb=mbv″2 Bqbv″=mb Δxb″=2R″=L 联立解得k'= 则可得UNM=U=U0= 若b离子减速n次打在P板下方中央处,则有 Uqb-nUNMqb=mbvb'2 rn= 联立得rn2=-UNM 当减速n次恰好打在P板下方中央处,可得2rn-1>2L 2rn=L 即-UNM>L2 -UNM=L2 解得< 即n<,n取整数,故可得n=1,2,3,故可得UNM=或或。 16.(1)　(2)45°　(3) 解析 本题考查带电粒子在直边界磁场中运动、带电粒子由电场进入磁场、带电粒子在匀强电场中做类抛体运动的相关计算。 (1)粒子从M到N的运动过程中,根据动能定理有 qU=m,解得vN=。 (2)粒子在C2中,根据牛顿运动定律有=ma 根据匀变速直线运动规律有d=at2、vy=at 又tan θ=,解得θ=45°。 (3)粒子在P处时的速度大小为vP= 在磁场中运动时根据牛顿第二定律有qvPB= 由几何关系可知R=d 解得B=。 17. (1)正电　　(2)　π (3) 解析 本题考查带电粒子在组合场中的运动。(1)根据带电粒子在金属板右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知,粒子带正电。粒子在磁场中运动的周期为T=2t0 根据qvB=m,T=,得T= 则粒子所带的电荷量q=。 (2)若金属板的板间距离为D,则板长为,粒子在板间运动时,=vt0 粒子离开金属板时竖直速度为零,则竖直方向y=2××× 在磁场中时qvB=m 其中y=2r= 联立解得v=π　D=。 (3)带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图,由(2)的计算可知金属板的板间距离D=3r,则粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场,在4t0时刻进入左侧的电场做减速运动速度为零后反向加速,在6t0时刻再次进入中间的偏转电场,6.5t0时刻碰到上极板,因粒子在偏转电场中运动时,在时间t0内电场力做功为零,在左侧电场中运动时,往返一次电场力做功也为零,可知整个过程中只有开始进入左侧电场时电场力做功和最后0.5t0时间内电场力做功,则W=mv2+Eq×=+=。 18.(1)　(2)　(3) 解析 (1)电子在匀强磁场中运动时,将其分解为沿x轴的匀速直线运动和在yOz平面内的匀速圆周运动,设电子入射时沿y轴的分速度大小为vy,由电子在x轴方向做匀速直线运动得L=v0t 在yOz平面内,设电子做匀速圆周运动的半径为R,周期为T,由牛顿第二定律得Bevy=m 可得R=且T== 由题意可知所有电子均能经过O进入电场,则有t=nT(n=1,2,3,…) 联立得B= 当n=1时,B有最小值,可得Bmin=。 (2)将电子的速度分解,如图所示 有tan θ= 当tan θ有最大值时,vy最大,R最大,此时R=r 又B=,R= 联立可得vym=,tan θ=。 (3)当vy最大时,电子在电场中运动时沿y轴正方向有最大位移ym,根据匀变速直线运动规律有ym= 由牛顿第二定律知a= 又vym= 联立得ym=。 19.(1)　(2)60°　(3)见解析 解析 (1)粒子在金属板间的运动为类平抛运动,设粒子在金属板间的运动时间为t,板间距离为d,板长为d,则 在水平方向有d=v0t 在竖直方向有d=at2 粒子的加速度a= 联立解得U=。 (2)如图甲所示,设粒子射出金属板时的速度方向与水平方向的夹角为θ0。则tan θ0==,所以θ0=30° 粒子射出金属板时的速度v==v0 粒子进入磁场后做匀速圆周运动, 运动半径r===R 由几何关系可得,粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ=60°。 甲 (3)当磁场圆的直径为运动轨迹圆的弦时,粒子在磁场中的运动时间最长。粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦和改变后的圆形磁场区域的圆心M如图乙所示。 乙 20. (1)6 (2)(ⅰ)36E　9　(ⅱ)不能 甲 解析 (1)根据题意,粒子运动轨迹如图甲所示。 6r1=2d 粒子在电场中加速,有qE·2d=mv2 粒子在磁场中做匀速圆周运动,有qvB=m 解得B=6。 (2)(ⅰ)设粒子第一次出电场的速度为v1,粒子第一次在磁场中的运动轨迹如图乙所示,设轨道半径为r2,则有(r2-d)2+(2d)2= 乙 解得r2=d cos θ==,故θ=37° 根据qv1B=m 解得v1=15 粒子第二次进入电场时,v1x=v1cos 37°=12 v1y=v1sin 37°=9 设粒子第二次在电场中的运动时间为t,则有v1xt=2d,t=2d 解得v2y=15 第二次在电场中根据动能定理得qE'·2d=m-m 解得E'=36E 粒子第一次在电场中运动时qE'·2d=m-m 解得v0=9。 (ⅱ)粒子第二次进入磁场时,速度大小为v2== 有qv2B=m 解得r3=d 根据几何关系可得圆心坐标O2 对应其与P点的距离为l==d≠r3 故不会再从P点进入电场。 21. (1)30°　　(2)　y=-x (3)　3+2n-1T-2+T 解析 (1)根据题述,可画出带电粒子在匀强电场中类平抛运动轨迹,如图。 将带电粒子运动到N点的速度沿匀强电场方向和垂直电场方向分解,可知2v0cos 2α=v0 解得α=30° 由动能定理得qUMN=m(2v0)2-m 解得UMN=。 (2)对于从M点射入的粒子,沿初速度方向的位移为x0=v0T 沿电场方向的位移为y0=T 令N点横坐标为xN,根据几何关系有 xN=x0cos α+y0sin α 联立解得xN=v0T 根据上述与题意可知,令粒子入射速度为v,则通过N点进入磁场的速度为2v,令边界上点的坐标为(x,y),则在沿初速度方向上有 (xN-x-ytan α)cos α=vt 沿电场方向有+(xN-x-ytan α)sin α=t 解得y=-x。 (3)由上述结果可知电场强度E= 解得E= 设粒子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点进入磁场的速度为vn+1==2vn 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,…) 设粒子A第n次在磁场中运动时的磁感应强度为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= 粒子A第n次在磁场中的运动轨迹如图所示 粒子每次在磁场中运动轨迹的圆心角均为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qErnsin 30°=m-m 联立上式解得B1= 由类平抛运动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为 t1n==2n-1T 粒子A第n次在磁场中运动的周期为T'==2n+1πT 粒子A第n次在磁场中运动的时间为 t2n=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= 粒子A第n次在电场边界MN与x轴之间运动的时间为t3n==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 由等比数列求和得 t=(2n-1)T+·πT[4(2n-1-1)]+(2n-1-1)T 解得t=3+2n-1T-2+T。 数学知识在物理问题中的应用——数列知识的应用 用数学方法解决物理问题的能力是物理核心素养的能力要素之一。 凡涉及数列求解的物理问题都具有过程多、重复性强的特点,每一个重复过程均不是原来的完全重复,而是一种变化了的重复。随着物理过程的重复,某些物理量逐步发生着前后有联系的变化。该类问题求解的基本思路为: (1)逐个分析开始的几个物理过程; (2)利用归纳法从中找出物理量变化的通项公式(这是解题的关键); (3)最后分析整个物理过程,应用数列特点和规律求解。 无穷数列的求和,一般是无穷递减数列,有相应的公式可用。 等差:Sn==na1+d(d为公差)。 等比:Sn= 22.(1)　(2)　(3)(d,d,0)　(4)(2+2) 解析 (1)如图所示,当离子在电场中运动时,根据运动的合成与分解得 v0cos β·t=l v0sin β=t 解得E==。 (2)如图所示,在匀强磁场Ⅰ中,有qvB= 解得R1= 同理,在匀强磁场Ⅱ中,R2===R1,根据几何关系可知离子从坐标原点垂直进入匀强磁场Ⅰ,从y轴上2R1位置垂直进入匀强磁场Ⅱ,之后在x轴上2R1位置再次进入匀强磁场Ⅰ。则R1m=d,此时R2m=d<3d 由qvmB=得vm=。 (3)粒子甲在磁场Ⅰ 、Ⅱ运动的半径分别为 R1== R2=R1= 由(2)的分析,如图所示,根据几何关系得 离子第四次穿过xOy平面的x坐标为x=2R1=d y坐标为y=2R1=d 即第四次穿过xOy平面的位置坐标为(d,d,0)。 (4)由题意得mv2=m乙 解得v乙== 粒子乙在磁场Ⅰ、Ⅱ中运动的半径分别为 R乙1==2R1=d R乙2=R乙1=2R1=d 粒子甲、乙在磁场Ⅰ 、Ⅱ中运动的周期分别为 T1= T2= T乙1= T乙2= 根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点如图所示,则时间差为 Δt=+-T1-T2=(2+2)。 23.(1),　(2)　(3), 解析 (1)t=0时刻释放的粒子,在0到t1做匀加速直线运动,t1=,根据动量定理得qE0t1=mv1 根据动能定理得qE0y1=m 联立以上两式解得v1=,y1= 在~时间内,根据带电粒子在磁场中运动的周期T=可知粒子在磁场中偏转180°,速度反向,根据qv1B0=m可知粒子水平向右运动的距离为x2=2r2=2= 粒子运动轨迹如图 所以粒子在t=时刻的位置坐标为(x2,y1), 即,。 (2)在~时间内,电场强度为2E0,粒子受到的电场力竖直向上,规定竖直向上的方向为正方向,根据动量定理得q·2E0·=mv2-(-mv1) 解得时刻粒子的速度v2=,方向竖直向上,粒子在竖直方向上运动的位移为y3=·=0 在~时间内,粒子在水平方向运动的距离为 x4=2r4=2= 时刻粒子速度方向向下,大小为v2,在~时间内,电场强度为3E0,根据动量定理得 q·3E0·=mv3-(-mv2) 解得粒子在时刻的速度v3=,方向竖直向上, 粒子在竖直方向运动的距离y5=·= 粒子运动的轨迹如图 在0~时间内,静电力对粒子的做功为 W=qE0·y1+q·2E0·y3+q·3E0·y5=4qE0·y1=。 (3)若粒子在磁场中运动两个半圆恰好能够到达M点,则粒子释放的时刻一定在0~内,设粒子在电场中加速的时间为t,则有y1'=·t2,v1'=t 在~时间内的水平位移x2'=2r2'= 在~时间内的竖直位移 y2'=v1'-· 末速度v2'=v1'-· 粒子在~时间的水平位移 x4'=2r4'= 接收器的位置为,,根据距离的关系可知 x2'+x4'= 解得t= 此时粒子已经到达M点上方,粒子竖直方向减速至0用时Δt,则 q·3E0Δt=mv2' y5'=v2'·Δt 竖直方向需要满足y1'-y3'-y5'≤ 解得Δt在一个电场加速周期之内,所以假设成立,所以粒子释放的时刻为中间时刻; 若粒子经过一个半圆到达M点,则粒子在0~时间内释放不可能,如果在~时间内释放,经过磁场偏转一次的最大横向距离,即直径,也无法到达M点,所以考虑在~时间内释放,假设粒子加速的时间为t2,则 y1″= v1″=t2 之后粒子在~时间内转动半周,横向移动距离直接到达M点的横坐标,即 x2″=2r2″=2= 解得t2=· 接下来在~过程中粒子在竖直方向减速为0的过程中 q·4E0·Δt'=mv1″ y3″=·Δt″ 粒子要在M点被吸收,需要满足 y1″-y3″≤ 代入验证可知Δt在一个周期之内,说明假设成立,所以粒子释放时刻为 4·+-·=。 假设法的应用 当某一变因素的存在形式限定在有限种可能(如某命题成立或不成立,如a与b大小:有大于、小于或等于三种情况)时,假设该因素处于某种情况(如命题成立,如a>b),并以此为条件进行推理,谓之假设法。它是科学探究中的重要思想方法,大量应用于物理研究中,是一种创造性的思维活动。根据题目的条件,假设一定的情境,使问题简化,从而得出结论的思维方法叫做假设法。假设法指先假设一种情况,但这种情况不一定和结论相反,而反证法是一种特殊的假设,假设刚好与结论相反,最后得出矛盾的结论,进而证明结论正确。 24.(1)E=　(2)Δt=　(3)L= 解析 本题将粒子碰撞嵌入“组合场问题”,考查带电粒子在电场中的加速、在磁场中的匀速圆周运动、弹性碰撞以及圆周运动的相遇问题。 (1)粒子甲做匀速圆周运动过P点,其圆心在y轴上,且在OP的中垂线上,故圆心在点(0,a),甲在磁场中运动的轨迹半径 R=a,则qBv=　则v= 粒子从S到O,由动能定理可得 qEa=mv2 可得E=。 (2)甲、乙两粒子在P点发生弹性碰撞,设碰后速度为v1、v2,取向上为正,则有 mv=mv1+mv2 mv2=m+×m 联立解得 v1=v=,v2=v= 两粒子碰后在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力,有qBv1=,qBv2= 解得R1=a,R2=a 两粒子在磁场中做轨迹相同的匀速圆周运动,周期分别为 T1==,T2== 则两粒子碰后再次相遇Δt=Δt+2π 解得再次相遇时间Δt=。 (3)甲、乙碰撞后,乙出第一象限时甲在磁场中偏转角度为θ=·= 撤去电场、磁场后,两粒子做匀速直线运动,乙粒子运动一段时间后,在整个区域加上相同的磁场,两粒子在磁场中做半径为a的匀速圆周运动,要求轨迹恰好不相交,则轨迹如图所示 设撤销电场、磁场到加磁场乙运动了t',由余弦定理可得 cos 60°=,v1t'=v2t' 则从撤去电场、磁场到加磁场乙运动的位移L=v1t'=。 25. (1)v= (2)E=(Ltan θ+-) (3)s=L 解析 (1)设离子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径为r,由牛顿第二定律得qvB0=m① 根据几何关系得sin θ=② 联立①②式得v=。 (2)离子在Ⅱ区内只受电场力,x方向做匀速直线运动,y方向做匀变速直线运动,设从进入电场到击中测试板中心C的时间为t,y方向的位移为y0,加速度大小为a,由牛顿第二定律得qE=ma 由运动的合成与分解得L=vtcos θ,y0=-r(1-cos θ),y0=vtsin θ-at2 联立得E=(Ltan θ+-)。 (3)Ⅱ区内填充磁场后,离子在垂直y轴的方向做匀速圆周运动,如图所示。设左侧部分的圆心角为α,圆周运动半径为r',运动轨迹长度为l',由几何关系得 α=,l'=×2πr'+×2πr' 离子在Ⅱ区内的运动时间不变,故有 = C到O1的距离s=2r'sin α+r' 联立得s=L。 26. (1)-　(2) (3)CH=(n≥2) CS=(n≥2) 解析 (1)设加速后速度为v,在磁场中半径为R 由动能定理得qU0=mv2-m ① 由牛顿第二定律得qvB= ② 由几何关系得L0=2R ③ 由①②③可得U0=-。 ④ (2)由题意知与板相切时有最小电压Umin。 设经电场加速后粒子速度为v',再经电场减速后粒子速度为v0 由动能定理得qUmin=mv'2-m ⑤ 由牛顿第二定律得qv'B= ⑥ qv0B=,R2= ⑦ 由几何关系得R2+=2R1,即R1=R2 ⑧ 由⑤⑥⑦⑧可得Umin=。 ⑨ (3)分析如图: 由第(2)问知R2=,粒子过挡板OM后第二次从上方打入时的点恰好有其他电压下的粒子从该点第一次打入,即粒子靶能接收到2种能量的粒子,设该点到C的距离为x,则: x=4R1-2R2 且R1=R2 解得x=,即CH=(n=2) 当再转一圈从上方进入的点会吸收三种不同能量的粒子,所以CH=(n=3), 依次递推可得出CH=(n≥2), 故CS=(n≥2)。 27. (1) (2)图见解析　,垂直纸面向里　π (3)图见解析　　　π-　π- 解析 本题考查组合场问题。 (1)根据qB1v=m,R1=r1,得B1=。 (2)如图所示。 qB2v=m R2=r2 得B2=,方向垂直纸面向里,面积S=π。 (3)如图所示。 在区域Ⅰ中,有qB3v=m　R3=r3　得B3= 在区域Ⅲ中,有qB4v=m　R4=r4　得B4= 区域Ⅱ中SⅡ=π- 区域Ⅳ中SⅣ=π-。 28. (1)　- (2) (3)R-+ (4)s1为氚核H,s2为氦核He,s3为质子H 解析 (1)设粒子经加速电场到b孔的速度大小为v,粒子在区域Ⅰ中,做匀速圆周运动对应圆心角为α,在M、N两金属板间,由动能定理得 qU=mv2 ① 在区域Ⅰ中,粒子做匀速圆周运动,磁场力提供向心力,由牛顿第二定律得qvB=m ② 联立①②式得R= ③ 由几何关系得 d2+(R-L)2=R2 ④ cos α= ⑤ sin α= ⑥ 联立①②④式得L=-。 ⑦ (2)设区域Ⅱ中粒子沿z轴方向的分速度为vz,沿x轴正方向加速度大小为a,位移大小为x,运动时间为t,由牛顿第二定律得qE=ma ⑧ 粒子在z轴方向做匀速直线运动,由运动合成与分解的规律得 vz=vcos α ⑨ d=vzt 粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动,由运动学公式得x=at2 联立①②⑤⑧⑨式得x=。 (3)设粒子沿y方向偏离z轴的距离为y,其中在区域Ⅱ中沿y方向偏离的距离为y',由运动学公式得y'=vtsin α 由题意得y=L+y' 联立①④⑥⑨式得 y=R-+ (4)将式变形得x=,由此可知,粒子的比荷越大,其打到记录板上位置的x坐标越大,故s1、s2、s3分别对应氚核H、氦核He、质子H的位置。 考点73　带电粒子在叠加场中的运动 1.AD　管道空间内任意一处的磁场方向均与竖直方向夹角成45°且呈向外发散状,利用正交分解法将该磁感应强度拆解为竖直向上的分量Bz与径向向外的分量Br且两者大小相等,质量为m的带正电小球若要在管内维持悬浮无管壁弹力状态,需要洛伦兹力提供向上的竖直分力以平衡重力,并同时提供指向中心圆心的水平向心力,由左手定则可知,为让径向向外的磁场分量Br配合产生向上的分力,小球的运动为顺时针(自上向下俯视),此时向上的磁场分量Bz恰好产生指向圆心的洛伦兹力提供向心力,故A正确;设两个方向的磁场分量大小均为B0,由竖直方向受力平衡得qvB0=mg,水平方向由牛顿第二定律得qvB0=m,两式联立得小球的线速率v=,周期T==2π,故B错误;小球在做圆周运动的半个周期内,洛伦兹力在竖直方向的分力始终恒定等于重力mg,该分量的冲量大小为Iz=mg=πm,洛伦兹力在水平面的分力提供向心力,且不断改变动量方向,其冲量大小等于水平径向动量的变化量,即Ir=2mv=2m,由矢量合成得洛伦兹力的冲量大小为I==m,故C错误;若小球的绕行方向不变,速率提升至原本的2倍,即2v=2,洛伦兹力的竖直与水平分力均会放大至原有的两倍,即2mg,此时竖直方向受力平衡,则必须由管道提供竖直向下大小为FNz=mg的管壁弹力,水平方向圆周运动所需的向心力为Fn=m=4mg,水平方向洛伦兹力分力提供部分向心力,剩余向心力需要管道提供向内的弹力补足,即FNr=4mg-2mg=2mg,管壁施加的总弹力为FN===mg,故D正确。 处理复杂锥形磁场中圆环轨道运动问题的核心技巧是“正交化分解”,把抽象的斜向磁场分解为竖直(负责悬浮平衡)与水平径向(提供向心力)两个分量,分别对两个垂直方向建立动力学方程,即可将三维难题转化为常规受力问题。 2.BC　此题考查带电粒子在复合场中的运动。 根据题意,带电体在复合场中沿着MN做匀速直线运动,受力分析如图所示 根据几何关系和运动状态,有mg=Eq,解得E=,A错误;由力的平衡可知,qvB=mg,解得B=,B正确;在粒子运动到N点时撤去磁场,则此时粒子受力分析图为 由几何关系可知F合与粒子的速度方向垂直,粒子可看作在做类平抛运动,F合=mg=ma,a=g,由于NP连线水平向右,故粒子到达P点时,其类平抛运动的位移偏向角为45°,则在P点速度偏向角正切值tan θ=2tan 45°=2,则到P点的速度vP=,联立解得vP=v。粒子从N运动到P,由动能定理可知,qU=m-mv2,解得U=,C正确;可将N点速度v沿水平和竖直方向进行分解,则粒子在竖直方向做竖直上抛运动vy=vcos 45°=v,hmax==,D错误。 3.BD　本题考查带电粒子在叠加场中的一般曲线运动。两粒子在Ⅰ区域运动过程中,两粒子在x轴方向做匀加速直线运动,在yOz平面做匀速圆周运动,根据题意甲粒子和乙粒子在x轴方向的分速度相等,均为v乙x=v甲x=v0cos 30°=v0,甲粒子在z轴方向的分速度v甲z=v0sin 30°=,根据几何关系tan 60°=,可得v乙z=v0,乙粒子以最短时间到达O1(d,d,0),则乙在Ⅰ区域运动的时间为做圆周运动的周期的一半,其半径为r1=,根据洛伦兹力提供向心力qB1v乙z=m,联立可得B1=,在Ⅰ区域运动的时间t1==,沿着x正方向,根据运动学公式d=·t1,解得乙粒子通过O1点时沿x轴方向的速度分量为vx=v0,乙粒子进入Ⅱ区域后,沿z轴负方向做匀速直线运动,在xOy平面做匀速圆周运动,根据题意乙粒子进入Ⅱ区域后恰好到达接收屏并被吸收,则乙粒子在Ⅱ区域做圆周运动的半径r2=d,根据洛伦兹力提供向心力qB2vx=m, 解得B2=,可得=-,故B项正确,C项错误; 两粒子在Ⅰ区域运动过程中,两粒子在x轴方向的速度分量相同,则在Ⅰ区域运动时间相等,根据T=,可知甲粒子在Ⅰ区域也是运动半个周期,即两粒子刚进入Ⅱ区域时z轴坐标均为零,沿z轴负方向做匀速直线运动,在xOy平面做匀速圆周运动的情况也相同,所以运动时间相等,即两粒子能同时到达接收屏P,两粒子在Ⅱ区域的运动时间t2=·,甲、乙粒子在接收屏P上位置的z坐标之差Δz=(v乙z-v甲z)t2,联立解得Δz=d,故D项正确,A项错误。 4.ABD　本题考查带电粒子在复合场中的运动。油滴a做圆周运动,故油滴a所受重力与静电力平衡,可知油滴a带负电,有mg=Eq,解得q=,故A正确;根据洛伦兹力提供向心力有Bqv=m,得R=,解得油滴a做圆周运动的速度大小为v=,故B正确;设小油滴Ⅰ的速度大小为v1,得3R=,解得v1==,周期为T==,故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,有mv=v1+v2,解得v2=-,由于分离后的小油滴受到的静电力和重力仍然平衡,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,故D正确。 5.D　设样品每平方米载流子(电子)数为n,电子定向移动的速率为v,则时间t内通过样品的电荷量q=nevtb,根据电流的表达式得I==nevb 当电子稳定通过样品时,其所受静电力与洛伦兹力平衡,则有evB=e 联立解得U=B 结合题图乙可得斜率k== V/T,解得n=2.3×1016,选项D正确。 6.BC　电子所受电场力水平向左,电子从N到P的过程中电场力做负功,选项A错误。匀强电场方向水平向右,N点的电势高于P点的电势,选项B正确。由于洛伦兹力一直与速度方向垂直,故电子从M到N,洛伦兹力不做功,选项C正确。由于M点和P点在同一等势面上,故从M到P电场力做功为0,而洛伦兹力不做功,M点速度为0,根据动能定理可知电子在P点速度也为0,则电子在M点和P点都只受电场力作用,在匀强电场中电子在这两点电场力相等,即合力相等,选项D错误。 7.D　本题考查带电粒子在复合场中的运动,功率的概念和运动的合成和分解。根据P=Fvcos θ,可知电场力的瞬时功率为P=qEv1,选项A错误;由于v1方向与磁场方向平行,v2方向垂直于磁场方向,离子受到的洛伦兹力为qv2B,选项B错误;根据运动的合成可知,离子在垂直于纸面内做匀速圆周运动,沿水平方向做加速运动,则v1增大,v2不变,v2与v1的比值不断变小,选项C错误;离子受到的洛伦兹力不变,电场力不变,合力不变,故该离子的加速度大小不变,选项D正确。 8.B　本题考查带电粒子在复合场中的运动问题——速度选择器。质子H)以速度v0自O点沿中轴线射入,恰沿中轴线做匀速直线运动,将受到向上的洛伦兹力和向下的电场力,满足qv0B=qE,解得v0=;以速度射入的正电子e),所受的洛伦兹力小于电场力,正电子将向下偏转,A项错误;以速度v0射入的电子e),满足电场力等于洛伦兹力,而做匀速直线运动,即速度选择器不选择电性而只选择速度,B项正确;以速度2v0射入的氘核H),以速度4v0射入的α粒子He),其速度都不满足速度选择器的条件v0=,故都不能做匀速直线运动,C、D项错误。 9.(1)　　(2)　(3) 解析 (1)作出粒子在磁场中运动的轨迹,如图(a)所示 图(a) 由几何关系可知,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r==2y0 由洛伦兹力提供向心力得qv1B=m 解得粒子射入磁场的速度大小v1= 粒子在磁场中运动的周期T== 所以粒子在磁场中的运动时间t1=T=。 (2)由题意可知,负点电荷在xOy平面内、粒子做圆周运动的圆心O'处,由牛顿第二定律得 qv2B+k=m 解得v2=或v2=(舍去) 故粒子射入磁场的速度大小v2为。 (3)在(2)问条件下,粒子从N点离开磁场后,类比行星绕中心天体的运动规律,则粒子绕负点电荷做椭圆运动,如图(b)所示 图(b) 粒子从N点开始经时间t2的过程中,由能量守恒定律得m-kq=m-kq 由开普勒第二定律可知v2r2=v3r3 其中r2=2y0 联立解得r3=6y0 由牛顿第二定律得k=m 解得T= 故粒子从N点离开磁场后到首次速度变为与从N点射出速度相反的时间t2=。 10.(1)　(2)　(3) 解析 (1)粒子在电容器中做类平抛运动,其中粒子在水平方向做匀速直线运动,有d=v0t 在竖直方向做匀变速直线运动,有=t,vy=at=t 由闭合回路欧姆定律可得U=E0 联立解得vy=v0,q=。 (2)粒子进入磁场时的速度与竖直方向夹角的正弦值为tan θ==,θ=60°,v==v0 粒子在进入磁场后做匀速圆周运动,即 qvB=m 其中由几何关系可得R== 联立解得B=。 (3)将粒子的运动分解为一个竖直向上的速度,使得该速度对应产生的洛伦兹力与水平向右的静电力平衡,则有qvy1B=qE 解得vy1=v0 另一个分速度v'对应的洛伦兹力提供圆周运动的向心力,v'在竖直方向的分速度大小为vy2=vy1+vy=v0 此时合速度与竖直方向夹角的正切值为tan α= 合速度大小为v'= 粒子做圆周运动的半径r= 故最远距离为xm=r+rcos α=。 11. (1),; (2)E=Bv0; (3) 解析 本题考查带电粒子在匀强电场中做类抛体运动的相关计算、粒子在电场和磁场中的往复运动 (1)粒子在磁场中做圆周运动时的速度为v==v0 根据洛伦兹力提供向心力Bqv=m=mv 解得做圆周运动的半径为r= 周期为T= (2)根据题意,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,由于曲线表示的为速度相应的曲线,根据a=可知任意点的加速度大小相等,故可得 = 解得E=Bv0 (3)根据题意分析可知从b点到c点粒子在磁场中转过的角度为270°,绕一圈的过程中两次在电场中运动,根据对称性可知粒子的运动轨迹如图, α角为两次粒子在电场中运动时初末位置间的位移与x轴方向的夹角,从a到b过程中粒子做类平抛运动,得t=v0 故可得该段时间内沿y方向位移为L=v0t 根据几何知识可得bc=r 由粒子在两次电场中运动的对称性可知移动一周时粒子位移的大小为 xaa'=xbc-2L 联立解得xaa'= 12.(1)　(2)　(3) 解析 本题考查带电粒子在弧形边界磁场中运动。 (1)根据题意可知,由于一带负电粒子能沿直线匀速穿过半圆区域,由平衡条件有 Eq=qvB,解得B=。 (2)若仅有电场,带负电粒子受沿x轴负方向的电场力,由牛顿第二定律有Eq=ma 又有R=at2 联立解得t=。 (3)根据题意,设粒子入射速度为v0,则有qv0B=m T=可得T== 画出粒子的运动轨迹,如图所示 由几何关系可得tan θ== 解得θ=60° 则轨迹所对圆心角为120°,则粒子在磁场中运动的时间t1=·T=。 13. (1)　(2),方向沿x轴正方向　 (3)x=L,y=+(n=0,1,2,…) 解析 (1)粒子垂直挡板射入小孔K,说明在磁场中运动的半径为R1=MN=L 由Bqv=m得, v== 由U0q=mv2得,U0=。 (2)以最小速度从小孔K射出恰好做匀速直线运动说明在第一象限,除△OMN外,电场力与磁场力相等 Bqv1=Eq,得E=Bv1 这时R2=sin 30°= v1==,方向沿y轴正方向 故E=Bv1=,方向沿x轴正方向。 (3)当加速电压为时,设粒子经加速电场后的速度为v3,粒子在磁场中做圆周运动的半径为R3,圆心为O2由动能定理得 q=m ① 由牛顿第二定律得qv3B= ② 设粒子从孔K出射后,速度与x轴正方向之间的夹角θ,粒子在挡板左侧磁场中做圆周运动转过的角度等于θ 由几何关系得 sin θ==或cos θ= ③ 将v3分别沿x、y轴方向分解得 v3x=v3cos θ ④ v3y=v3sin θ ⑤ F=qv3yB-qE ⑥ 联立⑨式得F=0 因此粒子将以v3x的速度在磁场中做半径为R4、周期为T的匀速圆周运动; 同时以v3y的速度沿y轴正方向做匀速直线运动。 由牛顿第二定律得qv3xB= ⑦ 由运动学公式得T= ⑧ 经分析判断,粒子穿出孔K后,不会与挡板相撞,且不会离开磁场区域,经过n+T(n=0,1,2…)即可到达距离y轴最近的位置x=-R4 ⑨ y=+R4+n+Tv3y(n=0,1,2…) ⑩ 联立①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式,得x=L y=+　(n=0,1,2…) 14.(1)　　(2)　(3)2.6v0　 解析 本题考查带电粒子在复合场中的运动、磁聚焦模型及运动的合成和分解方法。 (1)根据动能定理得qU=m 解得U= 粒子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动,根据题意某粒子从P点射入区域Ⅰ,并从Q点射入区域Ⅱ,故可知此时粒子的运动轨迹半径与区域Ⅰ的半径R相等,粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力Bqv0=m 解得R=。 (2)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,由(1)可得,粒子在磁场中做匀速圆周运动,轨迹半径均为R,因为在区域Ⅰ中的磁场半径和轨迹半径相等,粒子射入点、区域Ⅰ圆心O1、轨迹圆心O'、粒子出射点四点构成一个菱形,由几何关系可得,区域Ⅰ圆心O1和粒子出射点连线平行于粒子射入点与轨迹圆心O'连线,则区域Ⅰ圆心O1和粒子出射点水平,根据磁聚焦原理可知粒子都从Q点射出。粒子射入区域Ⅱ,仍做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力qv0=m 解得R'=2R 如图,要使粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短,轨迹所对应的圆心角最小,可知在区域Ⅱ中运动的圆弧所对的弦长最短,即此时最短弦长为区域Ⅱ的磁场圆半径2R,根据几何知识可得,此时在区域Ⅱ和区域Ⅰ中运动的轨迹所对应的圆心角都为60°,粒子在两区域磁场中运动周期分别为T1== T2== 故可得该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间为t=T1+T2=。 (3)如图,将速度v0分解为沿y轴正方向的速度v0及速度v',因为E=Bv0,可得Eq=Bqv0,故可知沿y轴正方向的速度v0产生的洛伦兹力与电场力平衡,粒子同时受到另一方向的洛伦兹力Bqv',故粒子沿y正方向做旋进运动。根据几何关系可知v'=2v0sin 53°=1.6v0,故当v'方向为竖直向上时,粒子速度最大,即最大速度为vm=v0+1.6v0=2.6v0 粒子的运动半径R0==,根据几何关系可知此时所在的位置到y轴的距离为L=R0+R0sin 53°+2R+2R=。 配速法 1.对于在复合场中较复杂的曲线运动,一般应用动能定理或能量守恒定律;但有时应用运动分解的思想——配速法,使问题求解更清晰。配速法在2024年高考中各省试题中多次涉及,如2024甘肃卷第15题的第3问,2024山东卷第18题的第3问,2024海南卷第19题的第3问等。 2.配速法的应用方法 (1)确定需要平衡的力,一般为电场力、重力或重力及电场力的合力。 (2)利用洛伦兹力与上述力平衡,并处理出相应的速度大小及方向(记为v)。 (3)一般再配一个与上述速度大小相等、方向相反的速度(记为v');或应用平行四边形定则配速。 (4)若带电体初速度为零,则自带电体以v做匀速直线运动,以v'做匀速圆周运动;若带电体初速度不为零,则带电体以v做匀速直线运动,把v'与带电体初速度v0合成记为u,以u做匀速圆周运动。 15.(1)　(2)　(3)60° 解析 (1)由带电粒子在abcd区域运动轨迹知,粒子带正电。带电粒子在cdef区域做直线运动,则静电力与洛伦兹力平衡,经cd边的中点速度水平向右,设粒子到达cd边的中点速度大小为v0,电荷量为q, 质量为m, 由平衡条件得qE=qv0B 解得v0=。 (2)带电粒子从b点到cd边的中点的运动,可逆向看作从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中点射出,进入圆形区域做匀速圆周运动,设粒子的运动半径为R,洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律可得qv0B=m解得R==·=L 粒子在磁场中运动轨迹图如图所示, 由题图可知,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°。 16.(1)v0B　(2)　(3)90% 解析 (1)当电子以速度v0沿x轴正方向射入时,电子沿x轴做直线运动,故eE=ev0B 解得E=v0B。 (2)若电子入射速度为,当运动速度为时 根据动能定理eEy1=m-m 解得y1=。 (3)当电子速度v<v0时,由于在最高点和最低点,电子所受合力大小相等 在最低点合力大小为F1=eE-evB=e(v0-v)B 设电子在最高点的速度大小为v1,在最高点合力大小为F1=ev1B-eE=e(v1-v0)B 解得v1=2v0-v 设电子刚好能到达y2= 根据动能定理eEy2=m-mv2 解得v=0.9v0 当v≤0.9v0时,电子能到达y2= 故在0<v<v0的范围内,能到达纵坐标y2=的电子数占总电子数的比为=90%。 叠加场中无约束情况下的几种常见运动形式 受力特点 运动性质 方法规律 其他场力的合力与洛伦兹力等大反向 匀速直线运动 平衡条件 除洛伦兹力外,其他力的合力为零 匀速圆周运动 牛顿第二定律、圆周运动的规律 除洛伦兹力外,其他力的合力既不为零,也不与洛伦兹力等大反向 较复杂的曲线运动 动能定理、能量守恒定律 17.(1)　(2)　(3) 解析 (1)小球在电磁场中做匀速圆周运动,小球受的静电力大小与重力大小相等,即mg=q 又由于U=·R2 得E0=。 (2)如图所示 设粒子在电磁场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 由qvB= 得B=。 (3)小球离开电磁场时速度方向与竖直方向夹角为30°,要使小球做直线运动,需使小球所受静电力在垂直于小球速度方向的分力与重力在垂直于小球速度方向的分力相等。当静电力在平行于小球速度方向的分力为零时,静电力最小,电场强度最小,可得qE'=mgsin 30° 解得E'=。 考点74　现代科技中的电磁场问题 1.C　根据左手定则可知正离子向下偏转,负离子向上偏转,由此可知N点电势比M点高,故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,即q=Bqv,同时有Q=Sv=πr2v,联立解得U0=,故U0正比于流量Q,同时可知流量Q一定时,管道半径越小,U0越大,故B正确,C错误;若直径MN与磁场方向不垂直,根据U0=可知,此时式中的磁感应强度为磁感应强度B的一个分量,即此时测量代入的磁感应强度偏大,故测得的流量Q偏小,故D正确;本题选错误的,故选C。 2.D　此题考查带电粒子在静电场的运动问题。根据题意,Ek=m,Eq=Ee=m,联立得E=,A错误;由题知,第一个粒子做圆周运动,另一粒子受到的静电力发生变化,由静电力提供向心力有eE=,半径发生变化,则不是圆弧的一部分,B错误;因为轨迹为的电子动能为Ek,当该电子运动到B点时动能同样为Ek,此时若将运动到B点的该电子保持动能不变移动到P点,它会增加大小为eU的电势能,动能则减小为Ek-eU。由题图可知,轨迹为的电子的初动能比轨迹为的电子大,在从A点运动到P点过程中,该电子的电势能同样增加了eU,故沿运动的电子运动到P点动能大于Ek-eU,C错误;由图可知,电场强度离O点越远越小,已知|CQ|=2|BP|,UBP=U,则UCQ<2U,故电子从A经P到Q全程克服静电力做的功小于2eU,D正确。 3.A　本题考查回旋加速器。带负电粒子沿顺时针方向运动,由左手定则知磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里,A正确;由动能定理,加速一次后,动能增量为qU,B错误;洛伦兹力不做功,则加速k次后,有kqU=mv2-m得v=,又qvB=m,所以B==,C、D错误。 4.AD　设M粒子进入选择器时的速度为vM,在加速电场中由动能定理有qU=mM,M粒子沿轴线OO'运动,其在选择器中受力平衡,即qE=qvMB1,联立可得M粒子的质量mM=,故A正确;设N粒子进入选择器时的速度为vN,因为N粒子从开口的下边缘进入偏转磁场,则其在选择器中向下偏转,受力分析知qvNB1>Eq,即vN>=vM,故B错误;未调节选择器时,M、N粒子在偏转磁场中轨迹半径rM、rN满足2rM=2rNcos θ+d,由洛伦兹力提供向心力有qvB=,即r=,故rM==,rN=,设进入偏转磁场时N粒子速度为vN',对N粒子运动的全过程,由动能定理有qU-qEd=mNvN'2,联立解得mN=,N粒子在加速场中,由动能定理有qU=mN,即粒子刚进入选择器时速度vN==,当调节选择器后,N粒子沿轴线OO'穿过选择器时,设选择器电场强度为E',磁感应强度为B',则有vNB1'=E',故=vN=,故C错误;调节选择器后,N粒子进入偏转磁场后做匀速圆周运动,向下运动半圈后打在探测器上,N粒子在偏转磁场中轨迹半径rN'===,故Δx=2rM-2rN'=+,故D正确。 C、D选项计算的难点均在于N粒子的质量mN的求解,出现mN的重要方程有两个:①在偏转磁场中,有rM==和rN=,代入2rM=2rNcos θ+d,得到=+d;②对N粒子全过程,由动能定理有qU-qEd=mNvN'2。两式联立消去不需要的vN',即可得到mN=。 5.AC　本题考查磁流体发电机。根据左手定则,带正电的粒子因受到洛伦兹力而向上偏转,同理带负电的粒子向下偏转,此时极板MN带正电为发电机正极,A正确;当粒子受到的洛伦兹力和电场力平衡时,设此时极板间距为d,有qvB=q,可得U=Bdv,因此仅增大两极板间的距离,极板间的电压U增大,仅增大等离子体的喷入速率,极板间的电压U增大,极板间的电压U的大小与喷入等离子体的正、负带电粒子数密度无关,B、D错误,C正确。 6.(1)　(2)　L<y<3L　(3)60% 解析 (1)该粒子通过速度选择器时受力平衡,可知qE=qB0v0 又因为速度选择器中电场强度大小满足E= 解得该粒子通过速度选择器的速率v0=。 (2)因为该粒子经磁场偏转后刚好从ON中点垂直于ON射入磁屏蔽区域 所以该粒子在第四象限内做圆周运动的半径为r1=L 在运动过程中洛伦兹力提供向心力,即qB1v0=m 所以B1== 当B2=B1时,粒子打到y轴上的(0,L)处 当B2=0时,粒子在磁屏蔽区域向上做匀速直线运动,离开磁屏蔽区域后逆时针做匀速圆周运动,如图甲所示 甲 其此时的轨迹半径r2满足qv0B1=m 可得r2=L 粒子打到y轴上的(0,3L)处 由于0<B2<B1,因此y轴上可能检测到该粒子的范围为L<y<3L。 (3)设粒子刚好到达Q处时,在磁屏蔽区域所做圆周运动的半径为r3,轨迹如图乙所示 由数学知识可知=(r3-L)2+(2L)2 解得r3=L 此时B2==·=B1 因此η=×100%=60%。 乙 7.(1)　(2)　(3) 解析 本题结合霍尔推进器考查带电粒子在组合场中的运动。 (1)对于氙离子,仅考虑电场的作用,则氙离子在放电室内运动时只受电场力作用,由牛顿第二定律得eE=Ma 解得氙离子在放电室内运动的加速度大小a=。 (2)电子由阴极发射运动到阳极过程中,由动能定理有eEd=mv2 电子在阳极附近在垂直于轴线的平面绕轴线做匀速圆周运动,则轴线方向上所受电场力与径向磁场给的洛伦兹力平衡,即eE=evB2 解得径向磁场的磁感应强度大小为B2=。 (3)已知单位时间内阴极发射的电子总数为n,被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k,设单位时间内进入放电室的电子数为n1,则未进入的电子数为n-n1,设单位时间内被电离的氙原子数为N,则有=k 已知氙离子从放电室右端喷出后与未进入放电室的电子刚好完全中和,则有N=n-n1 联立可得N= 氙离子经电场加速,有eEd=M 时间Δt内氙离子所受到的作用力为F',由动量定理有 F'·Δt=NΔt·Mv1 解得F'= 由牛顿第三定律可知,霍尔推进器获得的推力大小F'=F 则F=。 8. (1)1∶k　(2),方向垂直于cd向左 (3) 解析 本题通过带电粒子在磁场中的匀速圆周运动以及在电场中的加速和在插入体中的减速考查洛伦兹力公式和动能定理。 (1)设电子进入插入体前后的速度大小分别为v1、v2,由题意可得v2=kv1,电子在磁场中做匀速圆周运动时洛伦兹力提供向心力,故evB=m,解得r=。由此可知电子在磁场中的运动半径r∝v,所以电子进入插入体前、后在磁场中运动的轨道半径之比为r1∶r2=v1∶v2=1∶k。 (2)电子多次循环后到达cd的稳定速度大小为v,则经过插入体后的速度大小为kv。则电子经过电场加速前、后速度大小分别为kv、v,在加速电场中根据动能定理得eU=mv2-m(kv)2,解得v=,到达cd时速度的方向垂直于cd向左。 (3)电子到达cd中点P时速度稳定,并最终到达边界上的d点。由Р点开始相继在两个半圆区域的运动轨迹如下图所示。 根据(1)(2)的结论,可得电子在右半圆区域的运动半径为r==, 电子在左半圆区域的运动半径为kr,则Δx=2r-2kr P点与d点之间的距离为s=(R2-R1) 电子由P点多次循环后到达d点的循环次数为n== 电子在左、右半圆区域的运动周期均为T= 忽略经过电场与插入体的时间,则每一次循环的时间均等于T,可得电子从Р到d的时间为t=nT=。 9.(1)正电　　(2)　(3) 解析 本题考查带电粒子在复合场中的运动和配速法。 (1)由于粒子向上偏转,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,由平衡条件得 qv0B1=qE1 在加速电场中,由动能定理得 qU=m 联立解得,粒子的比荷为=。 (2)由洛伦兹力提供向心力得qv0B2=m 可得O点到P点的距离为OP=2r=。 (3)粒子进入Ⅱ瞬间,粒子受到向上的洛伦兹力为F洛=qv0B1 粒子受到向下的电场力为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,竖直方向以v1做匀速圆周运动,当该速度的方向变为水平向右时,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'点的速度大小为v'=v0+v1+v1=。 10.(1)　　8eU　(2) 解析 (1) 由几何关系 tan= r=R·tan 22.5° r=0.4R 设电子在Ⅰ区中进入磁场时速度为v,则有evB= B= Ek-Ek0=2eU Ek=mv2 v= B= 由几何关系:电子在Ⅰ区磁场中转过的圆心角α=225°=π t=T　T=　T= 则t=T　t=0.5πR Q点出射时动能EQ=Ek0+8eU 当Ek0=0时,Ⅰ区的磁感应强度为,电子在Ⅰ区的运动时间为,Q点出射时的动能为8eU。 (2)如图,根据几何关系在Ⅰ区域r'+≤R,即r'≤R 则≤= 又由公式r=,可得r2∝v2∝Ek 即==≤ 解得k≤,所以k的最大值为。 学科网（北京）股份有限公司 $