試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁專題15帶電粒子在復合場中的運動TOC\o"1-1"\h\u一、質譜儀及相關計算 2二、回旋加速器的綜合計算 8三、霍爾效應 16四、磁流體發電機、電磁流量計的相關計算 21五、粒子在電場和磁場中的往復運動 25六、帶電粒子在交變磁場中的運動 37七、帶電粒子在疊加場中做旋進運動 48八、帶電粒子在疊加場中的一般曲線運動 54專題一質譜儀及相關計算1．（2021·浙江·高考真題）在芯片制造過程中，離子注入是其中一道重要的工序。如圖所示是離子注入工作原理示意圖，離子經加速后沿水平方向進入速度選擇器，然后通過磁分析器，選擇出特定比荷的離子，經偏轉系統后注入處在水平面內的晶圓（硅片）。速度選擇器、磁分析器和偏轉系統中的勻強磁場的磁感應強度大小均為B，方向均垂直紙面向外；速度選擇器和偏轉系統中的勻強電場場強大小均為E，方向分別為豎直向上和垂直紙面向外。磁分析器截面是內外半徑分別為R1和R2的四分之一圓環，其兩端中心位置M和N處各有一個小孔；偏轉系統中電場和磁場的分布區域是同一邊長為L的正方體，其偏轉系統的底面與晶圓所在水平面平行，間距也為L。當偏轉系統不加電場及磁場時，離子恰好豎直注入到晶圓上的O點（即圖中坐標原點，x軸垂直紙面向外）。整個系統置于真空中，不計離子重力，打在晶圓上的離子，經過電場和磁場偏轉的角度都很小。當α很小時，有，。求：(1)離子通過速度選擇器后的速度大小v和磁分析器選擇出來離子的比荷；(2)偏轉系統僅加電場時離子注入晶圓的位置，用坐標(x，y)表示；(3)偏轉系統僅加磁場時離子注入晶圓的位置，用坐標(x，y)表示；(4)偏轉系統同時加上電場和磁場時離子注入晶圓的位置，用坐標(x，y)表示，并說明理由。【答案】(1)，；(2)（，0）；(3)（0，）；(4)見解析【詳解】(1)通過速度選擇器離子的速度從磁分析器中心孔N射出離子的運動半徑為由得(2)經過電場后，離子在x方向偏轉的距離離開電場后，離子在x方向偏移的距離位置坐標為(，0)(3)離子進入磁場后做圓周運動半徑經過磁場后，離子在y方向偏轉距離離開磁場后，離子在y方向偏移距離則位置坐標為(0，)(4)注入晶圓的位置坐標為(，),電場引起的速度增量對y方向的運動不產生影響。2．（2024·天津濱海新·二模）根據牛頓力學經典理論，只要物體的初始條件和受力情況確定，就可以推知物體此后的運動情況。情境1：如圖1所示，空間存在水平方向的勻強磁場（垂直紙面向里），磁感應強度大小為，在磁場中點處有一質量為、電荷量為的帶電粒子。已知重力加速度。（1）若使帶電粒子獲得某一水平向右的初速度，恰好做勻速直線運動，求該粒子的速度大小；情境2：質譜儀由離子室、加速電場、速度選擇器和分離器四部分組成，如圖2所示。已知速度選擇器的兩極板間的電場強度為，磁感應強度大小為，方向垂直紙面向里，分離器中磁感應強度大小為，方向垂直紙面向外。某次實驗離子室內充有某種帶電離子，經加速電場加速后從速度選擇器兩極板間的中點平行于極板進入，部分離子通過小孔后進入分離器的偏轉磁場中。在速度選擇器中，沿直線運動的離子打在感光區域的點，測得到點的距離為。不計離子的重力及離子間的相互作用，不計小孔、的孔徑大小。（2）求該離子的比荷；（3）若從點入射的離子速度滿足時（很小），也能從點進入分離器，求該速度選擇器寬度的最小值和板長需要滿足的條件。【答案】（1）；（2）；（3），【詳解】（1）粒子做勻速直線運動，受力平衡得（2）離子在速度選擇器中做勻速直線運動，有離子在分離器中做勻速圓周運動，有且有解得（3）從點入射的離子速度滿足時，相當于粒子其在速度選擇器中所做的運動為一個速度為的勻速直線運動和另一個速度為的勻速圓周運動的合運動，即粒子在速度選擇器中做螺旋運動。對應的半徑設為，有則速度選擇器寬度的最小值為得粒子在速度選擇器中做勻速圓周運動有聯立，解得設速度選擇器極板長度為，則粒子穿過極板所需時間為粒子要恰好從速度選擇器飛出，則有聯立，解得3．（2023·天津西青·二模）如圖所示，在x軸的上方存在垂直紙面向里，磁感應強度大小為B0的勻強磁場。位于x軸下方的離子源C發射質量為m、電荷量為q的一束負離子，其初速度大小范圍，這束離子經電勢差的電場加速后，從小孔O（坐標原點）垂直x軸并垂直磁場射入磁場區域，最后打到x軸上。在x軸上區間水平固定放置一探測板（），假設每秒射入磁場的離子總數為N0，打到x軸上的離子數均勻分布（離子重力不計）。（1）求離子束從小孔O射入磁場后打到x軸最遠處位置（用含的物理量a表示）；（2）調整磁感應強度的大小，可使速度最大的離子恰好打在探測板右端，求此時的磁感應強度大小B1；（3）保持磁感應強度B1不變，求每秒打在探測板上的離子數N；若打在板上的離子80%被吸收，20%被反向彈回，彈回速度大小為打板前速度大小的0.6倍，被吸收和被彈回的離子數在探測板上沿x軸均勻分布，求探測板受到的作用力大小。【答案】（1）4a；（2）；（3）【詳解】（1）粒子進入電場中有在磁場中有打到x軸的距離為由上述分析可知，當粒子在磁場中的半徑最大，即最遠，此時粒子從粒子源出來時的速度最大，解得（2）由題意可知，速度最大粒子打在探測板最右側，則由幾何關系有磁場中有結合（1）中數據，解得（3）對初速度為零的離子，經過電場加速度后，有解得在磁場中有解得磁感應強度為時，粒子打在x軸上的區間為[1.5a，3a]，每秒打在探測板上的離子數為對打探測器最左端（）的離子，軌道半徑為a，則離子在磁場中解得打到x軸上的離子均勻分布，所以打在探測板上的離子的平均速度為被吸收和彈回的離子數在探測板上沿x軸均勻分布，由動量定理可得解得單位時間內探測板受到的作用力專題二回旋加速器的綜合計算4．（2021·江蘇·高考真題）如圖1所示，回旋加速器的圓形勻強磁場區域以O點為圓心，磁感應強度大小為B，加速電壓的大小為U、質量為m、電荷量為q的粒子從O附近飄入加速電場，多次加速后粒子經過P點繞O做圓周運動，半徑為R，粒子在電場中的加速時間可以忽略。為將粒子引出磁場，在P位置安裝一個“靜電偏轉器”，如圖2所示，偏轉器的兩極板M和N厚度均勻，構成的圓弧形狹縫圓心為Q、圓心角為，當M、N間加有電壓時，狹縫中產生電場強度大小為E的電場，使粒子恰能通過狹縫，粒子在再次被加速前射出磁場，不計M、N間的距離。求：（1）粒子加速到P點所需要的時間t；（2）極板N的最大厚度；（3）磁場區域的最大半徑。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）設粒子在P的速度大小為，則根據可知半徑表達式為對粒子在靜電場中的加速過程，根據動能定理有粒子在磁場中運動的周期為粒子運動的總時間為解得（2）由粒子的運動半徑，結合動能表達式變形得則粒子加速到P前最后兩個半周的運動半徑為，由幾何關系有結合解得（3）設粒子在偏轉器中的運動半徑為，則在偏轉器中，要使粒子半徑變大，電場力應和洛倫茲力反向，共同提供向心力，即設粒子離開偏轉器的點為，圓周運動的圓心為。由題意知，在上，且粒子飛離磁場的點與、在一條直線上，如圖所示。粒子在偏轉器中運動的圓心在點，從偏轉器飛出，即從點離開，又進入回旋加速器中的磁場，此時粒子的運動半徑又變為，然后軌跡發生偏離，從偏轉器的點飛出磁場，那么磁場的最大半徑即為將等腰三角形放大如圖所示。虛線為從點向所引垂線，虛線平分角，則解得最大半徑為5．（2024·江蘇南通·二模）如圖所示，真空中有一回旋加速器，半徑為R0的兩D形盒內有垂直紙面向外、磁感應強度為B1的勻強磁場，左盒通過一水平管道與一個左右兩側都開有很小狹縫的圓筒相連，圓筒的半徑為r，圓筒內有垂直紙面向里的磁感應強度恒為B2的勻強磁場，現在左盒附近的點S放置一電子，在兩盒狹縫間加上一交變電壓來給電子周期性加速，經過時間t電子便獲得一定速率貼著管壁通過水平管道后進入圓筒。已知電子在狹縫中加速次數與回旋半周的次數相同，電子的比荷為，電子在兩D盒狹縫間運動的時間不計，加速電子時電壓的大小可視為不變，電子重力不計。求：（1）進入圓筒磁場的電子獲得的速度大小；（2）兩D形盒間加速電壓U的值；（3）若D形盒中磁感應強度大小可調節，通過調節使電子與下圓筒壁發生多次彈性碰撞又不作循環的從圓筒的右狹縫直接離開圓筒，求電子與下圓筒壁碰撞n（n=1，2，3……）次后的速率。【答案】（1）；（2）；（3）見解析【詳解】（1）當電子貼著管壁運動時，根據洛倫茲力提供向心力有所以（2）根據動能定理有聯立可得（3）電子在圓筒中碰撞筒壁又做圓周運動的情形呈現周期性和對稱性，作出兩種情況為例如圖所示由圖可得（n=1，2，3……）根據幾何關系可得即（n=1，2，3……）根據洛倫茲力提供向心力所以（n=1，2，3……）6．（2024·江蘇·二模）如圖所示，真空中有一回旋加速器，半徑為的兩D形盒處于垂直紙面向外、磁感應強度大小為的勻強磁場中，左側D形盒通過一水平管道與一個左右兩側都開有很小狹縫的圓筒相連，圓筒內存在垂直紙面向里、磁感應強度大小恒為的勻強磁場。S處粒子源產生初速度不計的電子，在兩D形盒狹縫之間的交變電場中被周期性加速，經過時間t，電子射出左側D形盒，通過水平管道（未接觸管壁）后進入圓筒，與圓筒下壁發生多次彈性碰撞，最后從圓筒的右側狹縫離開。已知圓筒的半徑為r、電子的比荷為，電子在兩D形盒狹縫間運動的時間不計，交變電場的電壓大小恒定，電子未與圓筒上壁碰撞，電子重力不計。（1）求電子進入圓筒時的速度大小；（2）求交變電場的電壓大小；（3）調節兩D形盒處的磁場大小，可使電子與圓筒下壁碰撞不同的次數，當碰撞次數為n（n＝1，2，3，…）時，求對應電子在圓筒中運動的速率。【答案】（1）；（2）；（3）（n=1，2，3…）【詳解】（1）電子在D型盒中射出時，軌道半徑為R0，根據解得（2）電子在回旋加速器中的加速次數為加速N次過程中，由動能定理得解得加速電壓為（3）由圖可知電子在圓筒中又碰撞又做圓周運動的情形呈現周期性和對稱性，作出兩種情況為例，由此可概括出電子做圓周運動的一個單元夾角為（n=1，2，3…）由幾何關系（n=1，2，3…）由洛倫茲力提供向心力可得電子與下圓筒壁碰撞n（n=1，2，3，…）次的電子的速率為（n=1，2，3…）7．（2024·陜西安康·二模）如圖所示，為回旋加速器的工作原理示意圖，兩個D形盒的正中間有狹縫，狹縫寬度為d，狹縫之間存在勻強電場，電場強度為E；兩個半徑為R的D形盒接上高頻交流電，并處在勻強磁場中，在的中心A處有一個粒子源，它產生并發出比荷為k的帶正電粒子，粒子的初速度視為0，經加速后從D形盒的邊緣以速度v飛出，不計粒子重力，求：（1）粒子在狹縫之間運動的總時間和勻強磁場的磁感應強度；（2）粒子第4次被加速結束的瞬間位置與A點之間的距離。【答案】（1），；（2）【詳解】（1）由牛頓第二定律有根據運動學公式得粒子在磁場中與勻速圓周運動得（2）加速一次由動能定理有解得從A點出發向右運動同理可得加速第二次粒子向左運動粒子加速第三次后向右運動所以，第四次加速結束瞬間距A點的距離為專題三霍爾效應8．（2023·浙江·高考真題）某興趣小組設計的測量大電流的裝置如圖所示，通有電流I的螺繞環在霍爾元件處產生的磁場，通有待測電流的直導線垂直穿過螺繞環中心，在霍爾元件處產生的磁場。調節電阻R，當電流表示數為時，元件輸出霍爾電壓為零，則待測電流的方向和大小分別為（）A．， B．，C．， D．，【答案】D【詳解】根據安培定則可知螺繞環在霍爾元件處產生的磁場方向向下，則要使元件輸出霍爾電壓為零，直導線在霍爾元件處產生的磁場方向應向上，根據安培定則可知待測電流的方向應該是；元件輸出霍爾電壓為零，則霍爾元件處合場強為0，所以有解得故選D。9．（2024·山東·二模）手機中內置的指南針是一種基于霍爾效應的磁傳感器。如圖所示，將一塊寬度為，厚度為的半導體薄片（載流子為自由電子）水平放置于地磁場中，當半導體中通入水平方向的恒定電流時，自由電子在洛倫茲力的作用下發生偏轉，繼而在兩個表面上出現了電勢差，稱為霍爾電勢差。已知電流大小為，霍爾電勢差大小為，電子的電荷量大小為，半導體內自由電子的數密度（單位體積內的自由電子數）為。該處地磁場磁感應強度的豎直分量的大小為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】電子達到穩定時，洛倫茲力等于靜電力，即又電流的微觀表達式有聯立解得故選C。10．（2024·浙江·二模）圖為微量振蕩天平測量大氣顆粒物質量的原理簡圖。氣流穿過濾膜后，顆粒物附著在濾膜上增加錐形振蕩管的質量，從而改變其固有頻率。起振器從低到高改變振動頻率，記錄霍爾元件a、b端輸出的電信號，從而推測出濾膜上顆粒物質量。已知霍爾元件寬度為d，下列說法正確的是（）A．起振器振動頻率增大，錐形振蕩管的振幅一定增大B．起振器振動頻率增大，錐形振蕩管的振動頻率不變C．錐形振蕩管左右振動時，霍爾元件的a、b端輸出交流信號D．霍爾元件的寬度d增加，霍爾電壓的最大值減小【答案】D【詳解】A．起振器振動頻率與固有頻率的大小關系未知，則隨著起振器振動頻率增大，錐形振蕩管的振幅不一定增大，故A錯誤；B．錐形振蕩管的振動頻率等于起振器振動頻率，所以起振器振動頻率增大，錐形振蕩管的振動頻率增大，故B錯誤；C．錐形振蕩管左右振動時，霍爾元件的a、b端輸出的電流方向不會改變，則會輸出直流信號，故C錯誤；D．霍爾元件中粒子根據平衡條件可得設電源電動勢為，霍爾元件長度為，高度為h，其電阻電流微觀表達式可得聯立、可得當d增大時，減小，故D正確。故選D。11．（2022·北京·高考真題）指南針是利用地磁場指示方向的裝置，它的廣泛使用促進了人們對地磁場的認識。現代科技可以實現對地磁場的精確測量。（1）如圖1所示，兩同學把一根長約10m的電線兩端用其他導線連接一個電壓表，迅速搖動這根電線。若電線中間位置的速度約10m/s，電壓表的最大示數約2mV。粗略估算該處地磁場磁感應強度的大小B地；（2）如圖2所示，一矩形金屬薄片，其長為a，寬為b，厚為c。大小為I的恒定電流從電極P流入、從電極Q流出，當外加與薄片垂直的勻強磁場時，M、N兩電極間產生的電壓為U。已知薄片單位體積中導電的電子數為n，電子的電荷量為e。求磁感應強度的大小B；（3）假定（2）中的裝置足夠靈敏，可用來測量北京地區地磁場磁感應強度的大小和方向，請說明測量的思路。【答案】（1）數量級為10－5T；（2）；（3）見解析【詳解】（1）由E=BLv可估算得該處地磁場磁感應強度B地的大小的數量級為10－5T。（2）設導電電子定向移動的速率為v，t時間內通過橫截面的電量為q，有導電電子定向移動過程中，在方向受到的電場力與洛倫茲力平衡，有得（3）如答圖3建立三維直角坐標系Oxyz設地磁場磁感應強度在三個方向的分量為Bx、By、Bz。把金屬薄片置于xOy平面內，M、N兩極間產生電壓Uz僅取決于Bz。由（2）得由Uz的正負（M、N兩極電勢的高低）和電流I的方向可以確定Bz的方向。同理，把金屬薄片置于xOz平面內，可得By的大小和方向；把金屬薄片置于yOz平面內，可得Bx的大小和方向，則地磁場的磁感應強度的大小為根據Bx、By、Bz的大小和方向可確定此處地磁場的磁感應強度的方向。專題四磁流體發電機、電磁流量計的相關計算12．（2021·河北·高考真題）如圖，距離為d的兩平行金屬板P、Q之間有一勻強磁場，磁感應強度大小為，一束速度大小為v的等離子體垂直于磁場噴入板間，相距為L的兩光滑平行金屬導軌固定在與導軌平面垂直的勻強磁場中，磁感應強度大小為，導軌平面與水平面夾角為，兩導軌分別與P、Q相連，質量為m、電阻為R的金屬棒垂直導軌放置，恰好靜止，重力加速度為g，不計導軌電阻、板間電阻和等離子體中的粒子重力，下列說法正確的是（）A．導軌處磁場的方向垂直導軌平面向上，B．導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下，C．導軌處磁場的方向垂直導軌平面向上，D．導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下，【答案】B【詳解】等離子體垂直于磁場噴入板間時，根據左手定則可得金屬板Q帶正電荷，金屬板P帶負電荷，則電流方向由金屬棒a端流向b端。等離子體穿過金屬板P、Q時產生的電動勢滿足由歐姆定律和安培力公式可得再根據金屬棒ab垂直導軌放置，恰好靜止，可得則金屬棒ab受到的安培力方向沿斜面向上，由左手定則可判定導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下。故B正確。故選B。13．（2024·江西·高考真題）石墨烯是一種由碳原子組成的單層二維蜂窩狀晶格結構新材料，具有豐富的電學性能．現設計一電路測量某二維石墨烯樣品的載流子（電子）濃度。如圖（a）所示，在長為a，寬為b的石墨烯表面加一垂直向里的勻強磁場，磁感應強度為B，電極1、3間通以恒定電流I，電極2、4間將產生電壓U。當時，測得關系圖線如圖（b）所示，元電荷，則此樣品每平方米載流子數最接近（

）A． B． C． D．【答案】D【詳解】設樣品每平方米載流子(電子)數為n，電子定向移動的速率為v，則時間t內通過樣品的電荷量q=nevtb根據電流的定義式得當電子穩定通過樣品時，其所受電場力與洛倫茲力平衡，則有聯立解得結合圖像可得解得故選D。14．（2025·寧夏陜西·二模）人體血管狀況及血液流速可以反映身體健康狀態。血管中的血液通常含有大量的正負離子。如圖，血管內徑為d，血流速度v方向水平向右。現將方向與血管橫截面平行，且垂直紙面向內的勻強磁場施于某段血管，其磁感應強度大小恒為B，當血液的流量（單位時間內流過管道橫截面的液體體積）一定時（）A．血管上側電勢低，血管下側電勢高 B．若血管內徑變小，則血液流速變小C．血管上下側電勢差與血液流速無關 D．血管上下側電勢差變大，說明血管內徑變小【答案】D【詳解】A．根據左手定則可知正粒子向血管上側偏轉，負離子向血管下側偏轉，則血管上側電勢高，血管下側電勢低，故A錯誤；B．血液的流量（單位時間內流過管道橫截面的液體體積）一定為，若血管內徑變小，則血管的橫截面積變小，根據可知則血液流速變大，故B錯誤；CD．穩定時，粒子所受洛倫茲力等于所受的電場力，根據可得又聯立可得根據可知血管上下側電勢差變大，說明血管內徑變小，血液的流速變化，則血管內徑一定改變，則血管上下側電勢差改變，所以血管上下側電勢差與血液流速有關，故D正確，C錯誤。故選D。15．（2024·湖北·高考真題）磁流體發電機的原理如圖所示，MN和PQ是兩平行金屬極板，勻強磁場垂直于紙面向里。等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子）從左側以某一速度平行于極板噴入磁場，極板間便產生電壓。下列說法正確的是（）A．極板MN是發電機的正極B．僅增大兩極板間的距離，極板間的電壓減小C．僅增大等離子體的噴入速率，極板間的電壓增大D．僅增大噴入等離子體的正、負帶電粒子數密度，極板間的電壓增大【答案】AC【詳解】A．帶正電的離子受到的洛倫茲力向上偏轉，極板MN帶正電為發電機正極，A正確；BCD．離子受到的洛倫茲力和電場力相互平衡時，此時令極板間距為d，則可得因此增大間距U變大，增大速率U變大，U大小和密度無關，BD錯誤C正確。故選AC。專題五粒子在電場和磁場中的往復運動16．（2024·重慶九龍坡·二模）如圖所示，在直線MN下方充滿豎直向上的勻強電場，電場強度為E，直線MN上方充滿垂直平面向里的勻強磁場。磁場中的Q點固定有一可視為質點的絕緣磁場換向開關。從勻強電場中的P點靜止釋放一個質量為m，電荷量為q的帶正電的粒子，粒子從N點進入磁場后，運動到Q點與磁場換向開關發生碰撞。碰撞后勻強磁場方向立即反向，大小不變，碰撞對粒子的電荷量及電性無影響。P、N兩點之間的距離為L，Q到直線MN的距離也為L，Q、N兩點之間的距離為2L。忽略邊界效應及磁場突變的影響，不計粒子重力。(1)求勻強磁場的磁感應強度大小；(2)若該勻強磁場只存在于直線MN上方某區域（大小不變），粒子第一次與磁場換向開關碰撞后速度的大小變為碰撞前的，速度的方向與碰撞前相反，且碰撞后粒子能夠垂直通過直線MN上的S點（S點未畫出），求SN間的距離；(3)若該勻強磁場只存在于直線MN上方某區域（大小不變），粒子每次碰撞后速度的大小均變為碰撞前的，速度的方向與碰撞前相反。粒子每次離開磁場區域后，磁場的方向立即變回垂直平面向里。且粒子每次均能垂直通過直線MN，求從P點釋放開始到第n次與磁場換向開關碰撞所經歷的時間。【答案】(1)(2)(3)①當n=1時，②當n≥2時，【詳解】（1）粒子從P點到N點做勻加速直線運動，由動能定理由幾何關系可知由洛倫茲力提供向心力解得（2）由洛倫茲力提供向心力如圖所示由幾何關系有解得（3）當n=1時，在電場中而在磁場中由如圖所示當n≥2時，第一次碰后在磁場中第一次碰后在無電磁場區域第一次碰后在電場區域得17．（2024·新疆河南·高考真題）一質量為m、電荷量為的帶電粒子始終在同一水平面內運動，其速度可用圖示的直角坐標系內，一個點表示，、分別為粒子速度在水平面內兩個坐標軸上的分量。粒子出發時P位于圖中點，粒子在水平方向的勻強電場作用下運動，P點沿線段ab移動到點；隨后粒子離開電場，進入方向豎直、磁感應強度大小為B的勻強磁場，P點沿以O為圓心的圓弧移動至點；然后粒子離開磁場返回電場，P點沿線段ca回到a點。已知任何相等的時間內P點沿圖中閉合曲線通過的曲線長度都相等。不計重力。求（1）粒子在磁場中做圓周運動的半徑和周期；（2）電場強度的大小；（3）P點沿圖中閉合曲線移動1周回到a點時，粒子位移的大小。【答案】（1），；（2）；（3）【詳解】（1）粒子在磁場中做圓周運動時的速度為根據洛倫茲力提供向心力解得做圓周運動的半徑為周期為（2）根據題意，已知任何相等的時間內P點沿圖中閉合曲線通過的曲線長度都相等，由于曲線表示的為速度相應的曲線，根據可知任意點的加速度大小相等，故可得解得（3）根據題意分析可知從b點到c點粒子在磁場中轉過的角度為，繞一圈的過程中兩次在電場中運動，根據對稱性可知粒子的運動軌跡如圖，角為兩次粒子在電場中運動時初末位置間的位移與x軸方向的夾角，從a到b過程中粒子做類平拋運動，得故可得該段時間內沿y方向位移為根據幾何知識可得由粒子在兩次電場中運動的對稱性可知移動一周時粒子位移的大小為聯立解得18．（2023·重慶·高考真題）某同學設計了一種粒子加速器的理想模型。如圖所示，xOy平面內，x軸下方充滿垂直于紙面向外的勻強磁場，x軸上方被某邊界分割成兩部分，一部分充滿勻強電場（電場強度與y軸負方向成α角），另一部分無電場，該邊界與y軸交于M點，與x軸交于N點。只有經電場到達N點、與x軸正方向成α角斜向下運動的帶電粒子才能進入磁場。從M點向電場內發射一個比荷為的帶電粒子A，其速度大小為v0、方向與電場方向垂直，僅在電場中運動時間T后進入磁場，且通過N點的速度大小為2v0。忽略邊界效應，不計粒子重力。（1）求角度α及M、N兩點的電勢差。（2）在該邊界上任意位置沿與電場垂直方向直接射入電場內的、比荷為的帶電粒子，只要速度大小適當，就能通過N點進入磁場，求N點橫坐標及此邊界方程。（3）若粒子A第一次在磁場中運動時磁感應強度大小為B1，以后每次在磁場中運動時磁感應強度大小為上一次的一半，則粒子A從M點發射后，每次加速均能通過N點進入磁場。求磁感應強度大小B1及粒子A從發射到第n次通過N點的時間。【答案】（1），；（2），；（3），【詳解】（1）粒子M點垂直于電場方向入射，粒子在電場中做類平拋運動，沿電場方向做勻加速直線運動，垂直于電場方向做勻速直線運動，在N點將速度沿電場方向與垂直于電場方向分解，在垂直于電場方向上有解得粒子從過程，根據動能定理有解得（2）對于從M點射入的粒子，沿初速度方向的位移為沿電場方向的位移為令N點橫坐標為，根據幾何關系有解得根據上述與題意可知，令粒子入射速度為v，則通過N點進入磁場的速度為2v，令邊界上點的坐標為（x，y）則在沿初速度方向上有在沿電場方向有解得（3）由上述結果可知電場強度解得設粒子A第次在磁場中做圓周運動的線速度為，可得第次在N點進入磁場的速度為第一次在N點進入磁場的速度大小為，可得設粒子A第次在磁場中運動時的磁感應強度為，由題意可得由洛倫茲力提供向心力得聯立解得粒子A第n次在磁場中的運動軌跡如圖所示

粒子每次在磁場中運動軌跡的圓心角均為300°，第n次離開磁場的位置C與N的距離等于，由C到N由動能定理得聯立上式解得由類平拋運動沿電場方向的運動可得，粒子A第n次在電場中運動的時間為粒子A第n次在磁場中運動的周期為粒子A第n次在磁場中運動的時間為設粒子A第n次在電場邊界MN與x軸之間的無場區域的位移為，邊界與x軸負方向的夾角為，則根據邊界方程可得，由正弦定理可得解得粒子A第n次在電場邊界MN與x軸之間運動的時間為粒子A從發射到第n次通過N點的過程，在電場中運動n次，在磁場和無場區域中均運動n-1次，則所求時間由等比數列求和得解得19．（2023·山東·高考真題）如圖所示，在，的區域中，存在沿y軸正方向、場強大小為E的勻強電場，電場的周圍分布著垂直紙面向外的恒定勻強磁場。一個質量為m，電量為q的帶正電粒子從OP中點A進入電場（不計粒子重力）。（1）若粒子初速度為零，粒子從上邊界垂直QN第二次離開電場后，垂直NP再次進入電場，求磁場的磁感應強度B的大小；（2）若改變電場強度大小，粒子以一定的初速度從A點沿y軸正方向第一次進入電場、離開電場后從P點第二次進入電場，在電場的作用下從Q點離開。（i）求改變后電場強度的大小和粒子的初速度；（ii）通過計算判斷粒子能否從P點第三次進入電場。

【答案】（1）；（2）（i），；（ii）不會【詳解】（1）由題意粒子在電場中做勻加速直線運動，根據動能定理有粒子在磁場中做勻速圓周運動，有粒子從上邊界垂直QN第二次離開電場后，垂直NP再次進入電場，軌跡如圖

根據幾何關系可知聯立可得（2）（i）由題意可知，做出粒子在電場和磁場中運動軌跡如圖

在磁場中做勻速圓周運動，根據幾何關系可知解得所以有，洛倫茲力提供向心力帶電粒子從A點開始做勻加速直線運動，根據動能定理有再一次進入電場后做類似斜拋運動，沿x方向有沿y方向上有其中根據牛頓第二定律有聯立以上各式解得（ii）粒子從P到Q根據動能定理有可得從Q射出時的速度為此時粒子在磁場中的半徑

根據其幾何關系可知對應的圓心坐標為得，而圓心與P的距離為故不會再從P點進入電場。專題六帶電粒子在交變磁場中的運動20．（2022·河北·高考真題）兩塊面積和間距均足夠大的金屬板水平放置，如圖1所示，金屬板與可調電源相連形成電場，方向沿y軸正方向。在兩板之間施加磁場，方向垂直平面向外。電場強度和磁感應強度隨時間的變化規律如圖2所示。板間O點放置一粒子源，可連續釋放質量為m、電荷量為、初速度為零的粒子，不計重力及粒子間的相互作用，圖中物理量均為已知量。求：（1）時刻釋放的粒子，在時刻的位置坐標；（2）在時間內，靜電力對時刻釋放的粒子所做的功；（3）在點放置一粒接收器，在時間內什么時刻釋放的粒子在電場存在期間被捕獲。【答案】（1）；（2）；（3）或

【詳解】（1）在時間內，電場強度為，帶電粒子在電場中加速度，根據動量定理可知解得粒子在時刻的速度大小為方向豎直向上，粒子豎直向上運動的距離在時間內，根據粒子在磁場運動的周期可知粒子偏轉，速度反向，根據可知粒子水平向右運動的距離為粒子運動軌跡如圖所以粒子在時刻粒子的位置坐標為，即；（2）在時間內，電場強度為，粒子受到的電場力豎直向上，在豎直方向解得時刻粒子的速度方向豎直向上，粒子在豎直方向上運動的距離為在時間內，粒子在水平方向運動的距離為此時粒子速度方向向下，大小為，在時間內，電場強度為，豎直方向解得粒子在時刻的速度粒子在豎直方向運動的距離粒子運動的軌跡如圖在時間內，靜電力對粒子的做功大小為電場力做正功；（3）根據（1）問中解析有，①若粒子到達點之前，在磁場中已經過兩個半圓，則釋放時刻一定在時間內，若在之間的時刻釋放粒子，粒子運動軌跡如圖丙所示，有，，，，，所以整理發現所以需滿足，代入數據解不等式，當時不等式成立②若粒子到達點前只經過一個半圓，則粒子在磁場中運動的軌跡半徑由得，經第一次電場加速的末速度，則粒子在時間內釋放不可能，如果在時間內釋放，則第一次在電場中加速的時間，即在時釋放符合條件，但在此情況下，，經過一個半圓后在電場中減速至速度為零的位移大小為聯立有故此情況下無法到達點，所以考慮在時間內釋放，假設粒子第一次在電場中加速的時間為，則，在此種情況下，，經過一個半圓后在電場中減速至速度為零的位移大小為聯立有故此情況下粒子能在點被吸收，所以粒子釋放時刻為綜上可知，在或時刻釋放的粒子在電場存在期間被捕獲21．（2025·重慶·二模）如圖所示，空間有一圓心為O，半徑為d，垂直紙面向外的圓形勻強磁場區域，磁感應強度，磁場正下方有一板間距為2d的平行板電容器。y軸是電容器的中心軸線，A、B分別為極板左右邊緣兩點，AB連線與圓形磁場相切。連線上的P點距B點0.5d。從距圓形磁場圓周上C點L處開始存在多個間距為L1、L2?Ln的垂直紙面向外的窄條形磁場B1、B2?Bn。磁場間距Ln滿足Ln=nL（n為正整數），相鄰條形磁場間的無磁場區域，其間距始終為L。每個磁場的邊界均與y軸平行，且位于x軸下方。現電容器左右極板間加上如圖乙所示的周期為T的交變電壓，大量比荷為k的正粒子從y軸上的M點以相同速度v0沿y軸正向射入電容器，其中t=0時刻射入的粒子恰好在T時刻到達P點。不計粒子重力及電場邊緣效應和粒子間相互作用。(1)求平行板電容器板長L0及電壓U0的值；(2)若t時刻打入平行板電容器的粒子能經C點沿x軸正向射出圓形磁場，求t的可能值；(3)若窄條形磁場的磁感應強度Bn滿足（n為正整數），且。將能打入條形磁場的粒子能到達的最遠磁場記為Bn，到達的最近磁場記為Bm，求n-m的值。【答案】(1)，(2)，(3)5【詳解】（1）粒子沿y軸方向做勻速直線運動，則粒子沿x軸方向做勻加速直線運動，t=0時刻打入的粒子在該方向v-t圖像如圖所示圖像面積即為0.5d，則聯立可得（2）粒子打入圓形磁場，圓周運動半徑為由磁匯聚可知粒子均匯聚到C點，沿x軸正向射出磁場的粒子，則必沿y軸正向射入磁場，即粒子在電場中的側移距離為零，t時刻打入電場的粒子沿x方向的v-t圖像如圖所示，因其側移距離為零，由對稱性易知或（3）設粒子打入第n個磁場時速度與水平方向的夾角為，在該磁場中粒子圓周運動半徑為粒子到達的最遠磁場為第n個時，粒子是可穿過第（n-1）磁場的，如圖所示由圖可得則前n-1個式相加有因代入解得前n個式相加有故當，即粒子從C沿x軸正方向時取同理，當，即打入電場的粒子時取故22．（2024·山東泰安·二模）如圖甲所示，在光滑絕緣水平桌面內建立xOy坐標系，在第Ⅱ象限內有平行于桌面的勻強電場，場強方向與x軸負方向的夾角θ＝45°。在第Ⅲ象限垂直于桌面放置兩塊相互平行的平板、，兩板間距為，板間有垂直于桌面向上的勻強磁場，兩板右端在y軸上，板與x軸重合，在其左端緊貼桌面有一小孔M，小孔M離坐標原點O的距離為L＝0.72m。在第Ⅳ象限垂直于x軸放置一塊平行y軸且沿y軸負向足夠長的豎直平板，平板在x軸上垂足為Q，垂足Q與原點O相距現將一帶負電的小球從桌面上的P點以初速度垂直于電場方向射出，剛好垂直于x軸穿過板上的M孔，進入磁場區域。已知小球可視為質點，小球的比荷，P點與小孔M在垂直于電場方向上的距離，不考慮空氣阻力。求：（1）勻強電場的場強大小；（2）要使帶電小球無碰撞地穿出磁場并打到平板上，求磁感應強度的取值范圍；（3）以小球從M點進入磁場開始計時，磁場的磁感應強度隨時間呈周期性變化，規定磁場方向垂直于桌面向上為正方向，如圖乙所示，求小球打到平板上的位置到Q點的距離。（，計算結果保留兩位小數）【答案】（1）；（2）；（3）0.38m【詳解】（1）小球在第Ⅱ象限內做類平拋運動，有，由牛頓第二定律得聯立解得（2）設小球通過M點時的速度為v，由類平拋運動規律得解得小球垂直磁場方向進入兩板間做勻速圓周運動，軌跡如圖所示由牛頓第二定律得可得小球剛好能打到Q點磁感應強度最強設為，此時小球的軌跡半徑為，由幾何關系得解得小球剛好不與板相碰時磁感應強度最小設為，此時粒子的軌跡半徑為，由幾何關系有解得綜合可得磁感應強度的取值范圍（3）小球進入磁場做勻速圓周運動，設半徑為，周期為T，有，解得，由磁場周期得小球在磁場中運動的軌跡如圖所示可得一個磁場周期內小球在x軸方向的位移為；由分析知有（）每個內，小球x方向位移（）小球y方向位移可知小球在第6個內沿方向射出磁場，設打在平板上的位置到Q點距離為，有解得專題七帶電粒子在疊加場中做旋進運動23．（2022·浙江·高考真題）如圖為某一徑向電場的示意圖，電場強度大小可表示為，a為常量。比荷相同的兩粒子在半徑r不同的圓軌道運動。不考慮粒子間的相互作用及重力，則（）A．軌道半徑r小的粒子角速度一定小B．電荷量大的粒子的動能一定大C．粒子的速度大小與軌道半徑r一定無關D．當加垂直紙面磁場時，粒子一定做離心運動【答案】BC【詳解】A．根據電場力提供向心力可得解得可知軌道半徑r小的粒子角速度大，故A錯誤；BC．根據電場力提供向心力可得解得又聯立可得可知電荷量大的粒子的動能一定大，粒子的速度大小與軌道半徑r一定無關，故BC正確；D．磁場的方向可能垂直紙面向內也可能垂直紙面向外，所以粒子所受洛倫茲力方向不能確定，粒子可能做離心運動，也可能做近心運動，故D錯誤。故選BC。24．（2024·甘肅·高考真題）質譜儀是科學研究中的重要儀器，其原理如圖所示。Ⅰ為粒子加速器，加速電壓為U；Ⅱ為速度選擇器，勻強電場的電場強度大小為，方向沿紙面向下，勻強磁場的磁感應強度大小為，方向垂直紙面向里；Ⅲ為偏轉分離器，勻強磁場的磁感應強度大小為，方向垂直紙面向里。從S點釋放初速度為零的帶電粒子（不計重力），加速后進入速度選擇器做直線運動、再由O點進入分離器做圓周運動，最后打到照相底片的P點處，運動軌跡如圖中虛線所示。（1）粒子帶正電還是負電？求粒子的比荷。（2）求O點到P點的距離。（3）若速度選擇器Ⅱ中勻強電場的電場強度大小變為（略大于），方向不變，粒子恰好垂直打在速度選擇器右擋板的點上。求粒子打在點的速度大小。【答案】（1）帶正電，；（2）；（3）【詳解】（1）由于粒子向上偏轉，根據左手定則可知粒子帶正電；設粒子的質量為m，電荷量為q，粒子進入速度選擇器時的速度為，在速度選擇器中粒子做勻速直線運動，由平衡條件在加速電場中，由動能定理聯立解得，粒子的比荷為（2）由洛倫茲力提供向心力可得O點到P點的距離為（3）粒子進入Ⅱ瞬間，粒子受到向上的洛倫茲力向下的電場力由于，且所以通過配速法，如圖所示其中滿足則粒子在速度選擇器中水平向右以速度做勻速運動的同時，豎直方向以做勻速圓周運動，當速度轉向到水平向右時，滿足垂直打在速度選擇器右擋板的點的要求，故此時粒子打在點的速度大小為【點睛】25．（2024·浙江·二模）磁控管是微波爐的核心器件，磁控管中心為熱電子發射源，電子在電場和磁場的共同作用下，形成了如圖甲所示的漂亮形狀。現將該磁控管簡化成如圖乙所示的裝置，兩足夠長的平行金屬板相距4d，板間中心有一電子發射源S向各個方向發射初速度大小為v0的電子。已知電子比荷為，僅考慮紙平面內運動的電子，回答以下問題：(1)若兩板間不加磁場，僅接一電壓恒為U的電源，其中，求：①電子在板間運動的加速度的大小；②電子打到金屬板的最長時間和最短時間之差。(2)若兩板間不接電源，僅加垂直紙面向里的勻強磁場B，其中，求：①有電子打到的金屬板總長度；②打在金屬板上的電子占發射電子總數的百分比。(3)在兩金屬板之間接一電壓恒為U的電源的同時，加一垂直紙面向里的勻強磁場B，其中，。考慮初速度v0水平向右的電子，求該電子打在金屬板上時速度的大小和方向。【答案】(1)，(2)，100%(3)見解析【詳解】（1）①根據牛頓第二定律有解得②水平向左運動的電子運動距離該電子不會打在左側金屬板上，電子打到金屬板的最長時間和最短時間之差為（2）①根據洛倫茲力提供向心力有解得如圖所示由圖可知，SA為圓的直徑，C點為相切點，則所以有電子打到的金屬板總長度為②由圖甲可知，打在金屬板上的電子占發射電子總數的百分比為100%。（3）根據動能定理可得解得如圖所示y軸方向，有所以解得電子打在金屬板上時速度的大小為方向與水平向右方向夾角專題八帶電粒子在疊加場中的一般曲線運動26．（2024·貴州·高考真題）如圖，邊長為L的正方形區域及矩形區域內均存在電場強度大小為E、方向豎直向下且與邊平行的勻強電場，右邊有一半徑為且與相切的圓形區域，切點為的中點，該圓形區域與區域內均存在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場。一帶電粒子從b點斜向上射入電場后沿圖中曲線運動，經邊的中點進入區域，并沿直線通過該區域后進入圓形區域。所有區域均在紙面內，粒子始終在該紙面內運動，不計粒子重力。求：(1)粒子沿直線通過區域時的速度大小；(2)粒子的電荷量與質量之比；(3)粒子射出圓形區域時速度方向與進入圓形區域時速度方向的夾角。【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）帶電粒子在區域做直線運動，則有電場力與洛倫茲力平衡，可知粒子帶正電，經邊的中點速度水平向右，設粒子到達邊的中點速度大小為，帶電荷量為，質量為，由平衡條件則有解得（2）粒子從b點到邊的中點的運動，可逆向看做從邊的中點到b點的類平拋運動，設運動時間為，加速度大小為，由牛頓第二定律可得由類平拋運動規律可得聯立解得粒子的電荷量與質量之比（3）粒子從中點射出到圓形區域做勻圓周運動，設粒子的運動半徑為，由洛倫茲力提供向心力可得解得粒子在磁場中運動軌跡圖如圖所示，由圖可知，粒子沿半徑方向射入，又沿半徑方向射出，設粒子射出圓形區域時速度方向與進入圓形區域時速度方向的夾角為，由幾何關系可知可得則有2