專題11 磁場（計算題）-2021-2023高考物理真題分項匯編（全國通用）（解析版）

第第頁專題11磁場目錄考點01磁現(xiàn)象和安培力 1考點02帶電粒子在磁場中的圓周運動 4考點03帶電粒子在電磁組合場與疊加場中的運動 16考點04現(xiàn)代科技中的電磁場問題 46考點01磁現(xiàn)象和安培力1．（2023·北京·統(tǒng)考高考真題）2022年，我國階段性建成并成功運行了“電磁撬”，創(chuàng)造了大質(zhì)量電磁推進技術(shù)的世界最高速度紀錄。一種兩級導軌式電磁推進的原理如圖所示。兩平行長直金屬導軌固定在水平面，導軌間垂直安放金屬棒。金屬棒可沿導軌無摩擦滑行，且始終與導軌接觸良好，電流從一導軌流入，經(jīng)過金屬棒，再從另一導軌流回，圖中電源未畫出。導軌電流在兩導軌間產(chǎn)生的磁場可視為勻強磁場，磁感應(yīng)強度B與電流i的關(guān)系式為（k為常量）。金屬棒被該磁場力推動。當金屬棒由第一級區(qū)域進入第二級區(qū)域時，回路中的電流由I變?yōu)椤Ｒ阎獌蓪к墐?nèi)側(cè)間距為L，每一級區(qū)域中金屬棒被推進的距離均為s，金屬棒的質(zhì)量為m。求：（1）金屬棒經(jīng)過第一級區(qū)域時受到安培力的大小F；（2）金屬棒經(jīng)過第一、二級區(qū)域的加速度大小之比；（3）金屬棒從靜止開始經(jīng)過兩級區(qū)域推進后的速度大小v?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）由題意可知第一級區(qū)域中磁感應(yīng)強度大小為金屬棒經(jīng)過第一級區(qū)域時受到安培力的大小為（2）根據(jù)牛頓第二定律可知，金屬棒經(jīng)過第一級區(qū)域的加速度大小為第二級區(qū)域中磁感應(yīng)強度大小為金屬棒經(jīng)過第二級區(qū)域時受到安培力的大小為金屬棒經(jīng)過第二級區(qū)域的加速度大小為則金屬棒經(jīng)過第一、二級區(qū)域的加速度大小之比為（3）金屬棒從靜止開始經(jīng)過兩級區(qū)域推進后，根據(jù)動能定理可得解得金屬棒從靜止開始經(jīng)過兩級區(qū)域推進后的速度大小為2．（2023·海南·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，U形金屬桿上邊長為，質(zhì)量為，下端插入導電液體中，導電液體連接電源，金屬桿所在空間有垂直紙面向里的勻強磁場。（1）若插入導電液體部分深，閉合電鍵后，金屬桿飛起后，其下端離液面高度，設(shè)桿中電流不變，求金屬桿離開液面時的速度大小和金屬桿中的電流有多大；（2）若金屬桿下端剛與導電液體接觸，改變電動勢的大小，通電后金屬桿跳起高度，通電時間，求通過金屬桿截面的電荷量。【答案】（1），4A；（2）0.085C【詳解】（1）對金屬桿，跳起的高度為，豎直上拋運動由運動學關(guān)系式解得通電過程金屬桿收到的安培力大小為由動能定理得解得（2）對金屬桿，通電時間，由動量定理有由運動學公式通過金屬桿截面的電荷量聯(lián)立解得3．（2022·天津·高考真題）直流電磁泵是利用安培力推動導電液體運動的一種設(shè)備，可用圖1所示的模型討論其原理，圖2為圖1的正視圖。將兩塊相同的矩形導電平板豎直正對固定在長方體絕緣容器中，平板與容器等寬，兩板間距為，容器中裝有導電液體，平板底端與容器底部留有高度可忽略的空隙，導電液體僅能從空隙進入兩板間。初始時兩板間接有直流電源，電源極性如圖所示。若想實現(xiàn)兩板間液面上升，可在兩板間加垂直于面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為，兩板間液面上升時兩板外的液面高度變化可忽略不計。已知導電液體的密度為、電阻率為，重力加速度為。（1）試判斷所加磁場的方向；（2）求兩板間液面穩(wěn)定在初始液面高度2倍時的電壓；（3）假定平板與容器足夠高，求電壓滿足什么條件時兩板間液面能夠持續(xù)上升?！敬鸢浮浚?）沿軸負方向；（2）；（3）【詳解】（1）想實現(xiàn)兩板間液面上升，導電液體需要受到向上的安培力，由圖可知電流方向沿軸正方向，根據(jù)左手定則可知，所加磁場的方向沿軸負方向。（2）設(shè)平板寬度為，兩板間初始液面高度為，當液面穩(wěn)定在高度時，兩板間液體的電阻為，則有當兩板間所加電壓為時，設(shè)流過導電液體的電流為，由歐姆定律可得外加磁場磁感應(yīng)強度大小為時，設(shè)液體所受安培力的大小為，則有兩板間液面穩(wěn)定在高度時，設(shè)兩板間高出板外液面的液體質(zhì)量為，則有兩板間液體受到的安培力與兩板間高出板外液面的液體重力平衡，則有聯(lián)立以上式子解得（3）設(shè)兩板間液面穩(wěn)定時高度為nh，則兩板間比容器中液面高出的部分液體的高度為(n－1)h，與（2）同理可得整理上式，得平板與容器足夠高，若使兩板間液面能夠持續(xù)上升，則n趨近無窮大，即無限趨近于1，可得考點02帶電粒子在磁場中的圓周運動4．（2023·天津·統(tǒng)考高考真題）信號放大器是一種放大電信號的儀器，如圖1，其可以通過在相鄰極板間施加電壓，使陰極逸出的電子，擊中極板時，激發(fā)出更多電子，從而逐級放大電信號。已知電子質(zhì)量m，帶電量e。（1）如圖2，在極板上建系。極板上方空間內(nèi)存在磁場，其強度為B，方向平行z軸。極板間電壓U極小，幾乎不影響電子運動。如圖，某次激發(fā)中，產(chǎn)生了2個電子a和b，其初速度方向分別在xOy與zOy平面內(nèi)，且與y軸正方向成角，則：（i）判斷B的方向；（ii）a、b兩個電子運動到下一個極板的時間和；（2）若單位時間內(nèi)陰極逸出的電子數(shù)量不變，每個電子打到極板上可以激發(fā)出個電子，且，陽極處接收電子產(chǎn)生的電流為I，在答題紙給出坐標系里畫出表示U和I關(guān)系的圖像并說出這樣畫的理由。【答案】（1）（?。┭貁軸反方向；（ⅱ），（2）見解析【詳解】（1）（?。゛電子，初速度方向在xoy平面內(nèi)，與y軸正方向成θ角；若磁場方向沿z軸正方向，a電子在洛倫茲力作用下向x軸負方向偏轉(zhuǎn)，不符合題題意；若磁場方向沿z軸反方向，a電子在洛倫茲力作用下向x軸正方向偏轉(zhuǎn)，符合題意；b電子，初速度方向在zoy平面內(nèi)，與y軸正方向成θ角。將b電子初速度沿坐標軸分解，沿z軸的分速度與磁感線平行不受力，沿y軸方向的分速度受到洛倫茲力使得電子沿x軸正方向偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知，磁場方向沿z軸反方向。符合題意；綜上可知，磁感應(yīng)強度B的方向沿z軸反方向。

（ⅱ）a電子在洛倫茲力作用下運動軌跡如圖，由圖可知電子運動到下一個極板的時間b電子，沿z軸的分速度與磁感線平行不受力，對應(yīng)勻速直線運動；沿y軸方向的分速度受到洛倫茲力使電子向右偏轉(zhuǎn)，電子運動半個圓周到下一個極板的時間（2）設(shè)，單位時間內(nèi)陰極逸出的電子數(shù)量N0不變，每個電子打到極板上可以激發(fā)δ個電子，經(jīng)過n次激發(fā)陽極處接收電子數(shù)量對應(yīng)的電流可得I-U圖像如圖

5．（2023·浙江·統(tǒng)考高考真題）利用磁場實現(xiàn)離子偏轉(zhuǎn)是科學儀器中廣泛應(yīng)用的技術(shù)。如圖所示，Oxy平面（紙面）的第一象限內(nèi)有足夠長且寬度均為L、邊界均平行x軸的區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，其中區(qū)域存在磁感應(yīng)強度大小為B1的勻強磁場，區(qū)域Ⅱ存在磁感應(yīng)強度大小為B2的磁場，方向均垂直紙面向里，區(qū)域Ⅱ的下邊界與x軸重合。位于處的離子源能釋放出質(zhì)量為m、電荷量為q、速度方向與x軸夾角為60°的正離子束，沿紙面射向磁場區(qū)域。不計離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場的邊界效應(yīng)。（1）求離子不進入?yún)^(qū)域Ⅱ的最大速度v1及其在磁場中的運動時間t；（2）若，求能到達處的離子的最小速度v2；（3）若，且離子源射出的離子數(shù)按速度大小均勻地分布在范圍，求進入第四象限的離子數(shù)與總離子數(shù)之比η?！敬鸢浮浚?）；（2）（3）60%【詳解】（1）當離子不進入磁場Ⅱ速度最大時，軌跡與邊界相切，則由幾何關(guān)系解得r1=2L根據(jù)解得在磁場中運動的周期運動時間

（2）若B2=2B1，根據(jù)可知粒子在磁場中運動軌跡如圖，設(shè)O1O2與磁場邊界夾角為α，由幾何關(guān)系解得r2=2L根據(jù)解得（3）當最終進入?yún)^(qū)域Ⅱ的粒子若剛好到達x軸，則由動量定理即求和可得粒子從區(qū)域Ⅰ到區(qū)域Ⅱ最終到x軸上的過程中解得則速度在~之間的粒子才能進入第四象限；因離子源射出粒子的速度范圍在~，又粒子源射出的粒子個數(shù)按速度大小均勻分布，可知能進入第四象限的粒子占粒子總數(shù)的比例為η=60%6．（2023·湖北·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，空間存在磁感應(yīng)強度大小為B、垂直于xOy平面向里的勻強磁場。t=0時刻，一帶正電粒子甲從點P（2a，0）沿y軸正方向射入，第一次到達點O時與運動到該點的帶正電粒子乙發(fā)生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小變?yōu)榕銮暗?倍，粒子甲運動一個圓周時，粒子乙剛好運動了兩個圓周。己知粒子甲的質(zhì)量為m，兩粒子所帶電荷量均為q。假設(shè)所有碰撞均為彈性正碰，碰撞時間忽略不計，碰撞過程中不發(fā)生電荷轉(zhuǎn)移，不考慮重力和兩粒子間庫侖力的影響。求：（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大??；（2）粒子乙的質(zhì)量和第一次碰撞后粒子乙的速度大?。唬?）時刻粒子甲、乙的位置坐標，及從第一次碰撞到的過程中粒子乙運動的路程。（本小問不要求寫出計算過程，只寫出答案即可）【答案】（1）；（2），；（3）甲（－6a，0），乙（0，0），67πa【詳解】（1）由題知，粒子甲從點P（2a，0）沿y軸正方向射入到達點O，則說明粒子甲的半徑r=a根據(jù)解得（2）由題知，粒子甲運動一個圓周時，粒子乙剛好運動了兩個圓周，則T甲=2T乙根據(jù)，有則粒子甲、乙碰撞過程，取豎直向下為正有mv甲0＋m乙v乙0=－mv甲1＋m乙v乙1

解得v乙0=－5v甲0，v乙1=3v甲0則第一次碰撞后粒子乙的速度大小為。（3）已知在時，甲、乙粒子發(fā)生第一次碰撞且碰撞后有v甲1=－3v甲0，v乙1=3v甲0則根據(jù)，可知此時乙粒子的運動半徑為可知在時，甲、乙粒子發(fā)生第二次碰撞，且甲、乙粒子發(fā)生第一次碰撞到第二次碰撞過程中乙粒子運動了2圈，此過程中乙粒子走過的路程為S1=6πa且在第二次碰撞時有mv甲1＋m乙v乙1=mv甲2＋m乙v乙2

解得v甲2=v甲0，v乙2=－5v甲0可知在時，甲、乙粒子發(fā)生第三次碰撞，且甲、乙粒子發(fā)生第二次碰撞到第三次碰撞過程中乙粒子運動了2圈，此過程中乙粒子走過的路程為S2=10πa且在第三次碰撞時有mv甲2＋m乙v乙2=mv甲3＋m乙v乙3

解得v甲3=－3v甲0，v乙3=3v甲0依次類推在時，甲、乙粒子發(fā)生第九次碰撞，且甲、乙粒子發(fā)生第八次碰撞到第九次碰撞過程中乙粒子運動了2圈，此過程中乙粒子走過的路程為S8=10πa且在第九次碰撞時有mv甲8＋m乙v乙8=mv甲9＋m乙v乙9

解得v甲9=－3v甲0，v乙9=3v甲0在到過程中，甲粒子剛好運動半周，且甲粒子的運動半徑為r甲1=3a則時甲粒子運動到P點即（－6a，0）處。在到過程中，乙粒子剛好運動一周，則時乙粒子回到坐標原點，且此過程中乙粒子走過的路程為S0=3πa故整個過程中乙粒子走過總路程為S=4×6πa＋4×10πa＋3πa=67πa7．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）離子速度分析器截面圖如圖所示。半徑為R的空心轉(zhuǎn)筒P，可繞過O點、垂直xOy平面（紙面）的中心軸逆時針勻速轉(zhuǎn)動（角速度大小可調(diào)），其上有一小孔S。整個轉(zhuǎn)筒內(nèi)部存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。轉(zhuǎn)筒下方有一與其共軸的半圓柱面探測板Q，板Q與y軸交于A點。離子源M能沿著x軸射出質(zhì)量為m、電荷量為–q（q>0）、速度大小不同的離子，其中速度大小為v0的離子進入轉(zhuǎn)筒，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好沿y軸負方向離開磁場。落在接地的筒壁或探測板上的離子被吸收且失去所帶電荷，不計離子的重力和離子間的相互作用。（1）①求磁感應(yīng)強度B的大小；②若速度大小為v0的離子能打在板Q的A處，求轉(zhuǎn)筒P角速度ω的大?。唬?）較長時間后，轉(zhuǎn)筒P每轉(zhuǎn)一周有N個離子打在板Q的C處，OC與x軸負方向的夾角為θ，求轉(zhuǎn)筒轉(zhuǎn)動一周的時間內(nèi)，C處受到平均沖力F的大小；（3）若轉(zhuǎn)筒P的角速度小于，且A處探測到離子，求板Q上能探測到離子的其他θ′的值（θ′為探測點位置和O點連線與x軸負方向的夾角）。【答案】（1）①，②，k=0，1，2，3…；（2），n=0，1，2，…；（3），，【詳解】（1）①離子在磁場中做圓周運動有則②離子在磁場中的運動時間轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動角度，k=0，1，2，3…（2）設(shè)速度大小為v的離子在磁場中圓周運動半徑為，有離子在磁場中的運動時間轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動角度ω′t′=2nπ+θ轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動角速度，n=0，1，2，…動量定理，n=0，1，2，…（3）轉(zhuǎn)筒的轉(zhuǎn)動角速度其中k=1，，n=0，2或者可得，，考點03帶電粒子在電磁組合場與疊加場中的運動8．（2023·浙江·高考真題）探究離子源發(fā)射速度大小和方向分布的原理如圖所示。x軸上方存在垂直平面向外、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。x軸下方的分析器由兩塊相距為d、長度足夠的平行金屬薄板M和N組成，其中位于x軸的M板中心有一小孔C（孔徑忽略不計），N板連接電流表后接地。位于坐標原點O的離子源能發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子，其速度方向與y軸夾角最大值為；且各個方向均有速度大小連續(xù)分布在和之間的離子射出。已知速度大小為、沿y軸正方向射出的離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好垂直x軸射入孔C。未能射入孔C的其它離子被分析器的接地外罩屏蔽（圖中沒有畫出）。不計離子的重力及相互作用，不考慮離子間的碰撞。（1）求孔C所處位置的坐標；（2）求離子打在N板上區(qū)域的長度L；（3）若在N與M板之間加載電壓，調(diào)節(jié)其大小，求電流表示數(shù)剛為0時的電壓；（4）若將分析器沿著x軸平移，調(diào)節(jié)加載在N與M板之間的電壓，求電流表示數(shù)剛為0時的電壓與孔C位置坐標x之間關(guān)系式?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）；（4）當時，【詳解】（1）速度大小為、沿y軸正方向射出的離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后軌跡如圖由洛倫茲力提供向心力解得半徑孔C所處位置的坐標（2）速度大小為的離子進入磁場后，由洛倫茲力提供向心力解得半徑若要能在C點入射，則由幾何關(guān)系可得解得如圖由幾何關(guān)系可得（3）不管從何角度發(fā)射由（2）可得根據(jù)動力學公式可得，聯(lián)立解得（4）孔C位置坐標x其中聯(lián)立可得，解得在此范圍內(nèi)，和（3）相同，只與相關(guān)，可得解得根據(jù)動力學公式可得，解得9．（2023·山東·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，在，的區(qū)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(zhì)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(yīng)強度B的大??；（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?！敬鸢浮浚?）；（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(jù)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(jù)幾何關(guān)系可知聯(lián)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(jù)幾何關(guān)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(jù)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(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立以上各式解得（ii）粒子從P到Q根據(jù)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(jù)其幾何關(guān)系可知對應(yīng)的圓心坐標為，而圓心與P的距離為故不會再從P點進入電場。10．（2023·遼寧·統(tǒng)考高考真題）如圖，水平放置的兩平行金屬板間存在勻強電場，板長是板間距離的倍。金屬板外有一圓心為O的圓形區(qū)域，其內(nèi)部存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強磁場。質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子沿中線以速度v0水平向右射入兩板間，恰好從下板邊緣P點飛出電場，并沿PO方向從圖中O'點射入磁場。已知圓形磁場區(qū)域半徑為，不計粒子重力。（1）求金屬板間電勢差U；（2）求粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角θ；（3）僅改變圓形磁場區(qū)域的位置，使粒子仍從圖中O'點射入磁場，且在磁場中的運動時間最長。定性畫出粒子在磁場中的運動軌跡及相應(yīng)的弦，標出改變后的側(cè)形磁場區(qū)域的圓心M?！敬鸢浮浚?）；（2）或；（3）

【詳解】（1）設(shè)板間距離為，則板長為，帶電粒子在板間做類平拋運動，兩板間的電場強度為根據(jù)牛頓第二定律得，電場力提供加速度解得設(shè)粒子在平板間的運動時間為，根據(jù)類平拋運動的運動規(guī)律得，聯(lián)立解得（2）設(shè)粒子出電場時與水平方向夾角為，則有故則出電場時粒子的速度為粒子出電場后沿直線勻速直線運動，接著進入磁場，根據(jù)牛頓第二定律，洛倫茲力提供勻速圓周運動所需的向心力得解得已知圓形磁場區(qū)域半徑為，故粒子沿方向射入磁場即沿半徑方向射入磁場，故粒子將沿半徑方向射出磁場，粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向的夾角為，則粒子在磁場中運動圓弧軌跡對應(yīng)的圓心角也為，由幾何關(guān)系可得故粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向的夾角為或；

（3）帶電粒子在該磁場中運動的半徑與圓形磁場半徑關(guān)系為，根據(jù)幾何關(guān)系可知，帶電粒子在該磁場中運動的軌跡一定為劣弧，故劣弧所對應(yīng)軌跡圓的弦為磁場圓的直徑時粒子在磁場中運動的時間最長。則相對應(yīng)的運動軌跡和弦以及圓心M的位置如圖所示：

11．（2023·江蘇·統(tǒng)考高考真題）霍爾推進器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型。Oxy平面內(nèi)存在豎直向下的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從O點沿x軸正方向水平入射。入射速度為v0時，電子沿x軸做直線運動；入射速度小于v0時，電子的運動軌跡如圖中的虛線所示，且在最高點與在最低點所受的合力大小相等。不計重力及電子間相互作用。（1）求電場強度的大小E；（2）若電子入射速度為，求運動到速度為時位置的縱坐標y1；（3）若電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)均勻分布，求能到達縱坐標位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的百分比?！敬鸢浮浚?）v0B；（2）；（3）90%【詳解】（1）由題知，入射速度為v0時，電子沿x軸做直線運動則有Ee=ev0B解得E=v0B（2）電子在豎直向下的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場的復合場中，由于洛倫茲力不做功，且由于電子入射速度為，則電子受到的電場力大于洛倫茲力，則電子向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)動能定理有解得（3）若電子以v入射時，設(shè)電子能達到的最高點位置的縱坐標為y，則根據(jù)動能定理有由于電子在最高點與在最低點所受的合力大小相等，則在最高點有F合=evmB－eE在最低點有F合=eE－evB聯(lián)立有

要讓電子達縱坐標位置，即y≥y2解得則若電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)均勻分布，能到達縱坐標位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的90%。12．（2022·天津·高考真題）如圖所示，M和N為平行金屬板，質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子從M由靜止開始被兩板間的電場加速后，從N上的小孔穿出，以速度v由C點射入圓形勻強磁場區(qū)域，經(jīng)D點穿出磁場，CD為圓形區(qū)域的直徑。已知磁場的磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向外，粒子速度方向與磁場方向垂直，重力略不計。（1）判斷粒子的電性，并求M、N間的電壓U；（2）求粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑r；（3）若粒子的軌道半徑與磁場區(qū)域的直徑相等，求粒子在磁場中運動的時間t。【答案】（1）正電，；（2）；（3）【詳解】（1）帶電粒子在磁場中運動，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電。粒子在電場中運動由動能定理可知解得（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，所受洛倫茲力提供向心力，有解得（3）設(shè)粒子運動軌道圓弧對應(yīng)的圓心角為，如圖依題意粒子的軌道半徑與磁場區(qū)域的直徑相等，由幾何關(guān)系，得設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T，有帶電粒子在磁場中運動的時間聯(lián)立各式解得13．（2022·江蘇·高考真題）利用云室可以知道帶電粒子的性質(zhì)，如圖所示，云室中存在磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，一個質(zhì)量為m、速度為v的電中性粒子在A點分裂成帶等量異號電荷的粒子a和b，a、b在磁場中的徑跡是兩條相切的圓弧，相同時間內(nèi)的徑跡長度之比，半徑之比，不計重力及粒子間的相互作用力，求：（1）粒子a、b的質(zhì)量之比；（2）粒子a的動量大小?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）分裂后帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則有解得由題干知半徑之比，故因為相同時間內(nèi)的徑跡長度之比，則分裂后粒子在磁場中的速度為聯(lián)立解得（2）中性粒子在A點分裂成帶等量異號電荷的粒子a和b，分裂過程中，沒有外力作用，動量守恒，根據(jù)動量守恒定律因為分裂后動量關(guān)系為，聯(lián)立解得14．（2022·湖南·統(tǒng)考高考真題）如圖，兩個定值電阻的阻值分別為和，直流電源的內(nèi)阻不計，平行板電容器兩極板水平放置，板間距離為，板長為，極板間存在方向水平向里的勻強磁場。質(zhì)量為、帶電量為的小球以初速度沿水平方向從電容器下板左側(cè)邊緣點進入電容器，做勻速圓周運動，恰從電容器上板右側(cè)邊緣離開電容器。此過程中，小球未與極板發(fā)生碰撞，重力加速度大小為，忽略空氣阻力。（1）求直流電源的電動勢；（2）求兩極板間磁場的磁感應(yīng)強度；（3）在圖中虛線的右側(cè)設(shè)計一勻強電場，使小球離開電容器后沿直線運動，求電場強度的最小值?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）小球在電磁場中做勻速圓周運動，則電場力與重力平衡，可得兩端的電壓根據(jù)歐姆定律得聯(lián)立解得（2）如圖所示設(shè)粒子在電磁場中做圓周運動的半徑為，根據(jù)幾何關(guān)系解得根據(jù)解得（3）由幾何關(guān)系可知，射出磁場時，小球速度方向與水平方向夾角為，要使小球做直線運動，當小球所受電場力與小球重力在垂直小球速度方向的分力相等時，電場力最小，電場強度最小，可得解得15．（2022·山東·統(tǒng)考高考真題）中國“人造太陽”在核聚變實驗方面取得新突破，該裝置中用電磁場約束和加速高能離子，其部分電磁場簡化模型如圖所示，在三維坐標系中，空間內(nèi)充滿勻強磁場I，磁感應(yīng)強度大小為B，方向沿x軸正方向；，的空間內(nèi)充滿勻強磁場II，磁感應(yīng)強度大小為，方向平行于平面，與x軸正方向夾角為；，的空間內(nèi)充滿沿y軸負方向的勻強電場。質(zhì)量為m、帶電量為的離子甲，從平面第三象限內(nèi)距軸為的點以一定速度出射，速度方向與軸正方向夾角為，在平面內(nèi)運動一段時間后，經(jīng)坐標原點沿軸正方向進入磁場I。不計離子重力。（1）當離子甲從點出射速度為時，求電場強度的大??；（2）若使離子甲進入磁場后始終在磁場中運動，求進入磁場時的最大速度；（3）離子甲以的速度從點沿軸正方向第一次穿過面進入磁場I，求第四次穿過平面的位置坐標（用d表示）；（4）當離子甲以的速度從點進入磁場I時，質(zhì)量為、帶電量為的離子乙，也從點沿軸正方向以相同的動能同時進入磁場I，求兩離子進入磁場后，到達它們運動軌跡第一個交點的時間差（忽略離子間相互作用）?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）（d，d，）；（4）【詳解】（1）如圖所示將離子甲從點出射速度為分解到沿軸方向和軸方向，離子受到的電場力沿軸負方向，可知離子沿軸方向做勻速直線運動，沿軸方向做勻減速直線運動，從到的過程，有聯(lián)立解得（2）離子從坐標原點沿軸正方向進入磁場I中，在磁場I中做勻速圓周運動，經(jīng)過磁場I偏轉(zhuǎn)后從軸進入磁場II中，繼續(xù)做勻速圓周運動，如圖所示由洛倫茲力提供向心力可得，可得為了使離子在磁場中運動，則離子磁場I運動時，不能從磁場I上方穿出。在磁場II運動時，不能xOz平面穿出，則離子在磁場用運動的軌跡半徑需滿足，聯(lián)立可得要使離子甲進入磁場后始終在磁場中運動，進入磁場時的最大速度為；（3）離子甲以的速度從點沿z軸正方向第一次穿過面進入磁場I，離子在磁場I中的軌跡半徑為離子在磁場II中的軌跡半徑為離子從點第一次穿過到第四次穿過平面的運動情景，如圖所示離子第四次穿過平面的坐標為離子第四次穿過平面的坐標為故離子第四次穿過平面的位置坐標為（d，d，）。（4）設(shè)離子乙的速度為，根據(jù)離子甲、乙動能相同，可得可得離子甲、離子乙在磁場I中的軌跡半徑分別為，離子甲、離子乙在磁場II中的軌跡半徑分別為，根據(jù)幾何關(guān)系可知離子甲、乙運動軌跡第一個交點在離子乙第一次穿過x軸的位置，如圖所示從點進入磁場到第一個交點的過程，有可得離子甲、乙到達它們運動軌跡第一個交點的時間差為16．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）如圖為研究光電效應(yīng)的裝置示意圖，該裝置可用于分析光子的信息。在xOy平面（紙面）內(nèi)，垂直紙面的金屬薄板M、N與y軸平行放置，板N中間有一小孔O。有一由x軸、y軸和以O(shè)為圓心、圓心角為90°的半徑不同的兩條圓弧所圍的區(qū)域Ⅰ，整個區(qū)域Ⅰ內(nèi)存在大小可調(diào)、方向垂直紙面向里的勻強電場和磁感應(yīng)強度大小恒為B1、磁感線與圓弧平行且逆時針方向的磁場。區(qū)域Ⅰ右側(cè)還有一左邊界與y軸平行且相距為l、下邊界與x軸重合的勻強磁場區(qū)域Ⅱ，其寬度為a，長度足夠長，其中的磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小可調(diào)。光電子從板M逸出后經(jīng)極板間電壓U加速（板間電場視為勻強電場），調(diào)節(jié)區(qū)域Ⅰ的電場強度和區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強度，使電子恰好打在坐標為（a+2l，0）的點上，被置于該處的探測器接收。已知電子質(zhì)量為m、電荷量為e，板M的逸出功為W0，普朗克常量為h。忽略電子的重力及電子間的作用力。當頻率為ν的光照射板M時有光電子逸出，（1）求逸出光電子的最大初動能Ekm，并求光電子從O點射入?yún)^(qū)域Ⅰ時的速度v0的大小范圍；（2）若區(qū)域Ⅰ的電場強度大小，區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強度大小，求被探測到的電子剛從板M逸出時速度vM的大小及與x軸的夾角；（3）為了使從O點以各種大小和方向的速度射向區(qū)域Ⅰ的電子都能被探測到，需要調(diào)節(jié)區(qū)域Ⅰ的電場強度E和區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強度B2，求E的最大值和B2的最大值?！敬鸢浮浚?）；；（2）；；（3）；【詳解】（1）光電效應(yīng)方程，逸出光電子的最大初動能（2）速度選擇器如圖所示，幾何關(guān)系（3）由上述表達式可得由而v0sinθ等于光電子在板逸出時沿y軸的分速度，則有即聯(lián)立可得B2的最大值17．（2021·重慶·高考真題）如圖1所示的豎直平面內(nèi)，在原點O有一粒子源，可沿x軸正方向發(fā)射速度不同、比荷均為的帶正電的粒子。在的區(qū)域僅有垂直于平面向內(nèi)的勻強磁場；的區(qū)域僅有如圖2所示的電場，時間內(nèi)和時刻后的勻強電場大小相等，方向相反（時間內(nèi)電場方向豎直向下），時間內(nèi)電場強度為零。在磁場左邊界直線上的某點，固定一粒子收集器（圖中未畫出）。0時刻發(fā)射的A粒子在時刻經(jīng)過左邊界進入磁場，最終被收集器收集；B粒子在時刻以與A粒子相同的發(fā)射速度發(fā)射，第一次經(jīng)過磁場左邊界的位置坐標為；C粒子在時刻發(fā)射，其發(fā)射速度是A粒子發(fā)射速度的，不經(jīng)過磁場能被收集器收集。忽略粒子間相互作用力和粒子重力，不考慮邊界效應(yīng)。(1)求電場強度E的大?。?2)求磁感應(yīng)強度B的大??；(3)設(shè)時刻發(fā)射的粒子能被收集器收集，求其有可能的發(fā)射速度大小。【答案】(1)；(2)；(3)、、【詳解】（1）由粒子類平拋粒子先類平拋后勻直，可得

或解得（2）對粒子類平拋得

A進入磁場時速度與軸正方向夾角為，則得即A粒子做勻圓，速度為半徑為，有

由可得對粒子類平拋運動的時間為

可得由幾何關(guān)系得聯(lián)立解得

（3）①設(shè)直接類平拋過D點，即解得

②設(shè)先類平拋后勻圓過D點，剛進入磁場時與軸夾角為、偏移的距離為，則

整理得令，則上式變成觀察可得是其中一解，所以上方程等價于可得其解是或（另一解不符合題意，舍去）則有或綜上所述，能夠被粒子收集器收集的粒子速度有：、、。18．（2021·浙江·高考真題）如圖甲所示，空間站上某種離子推進器由離子源、間距為d的中間有小孔的兩平行金屬板M、N和邊長為L的立方體構(gòu)成，其后端面P為噴口。以金屬板N的中心O為坐標原點，垂直立方體側(cè)面和金屬板建立x、y和z坐標軸。M、N板之間存在場強為E、方向沿z軸正方向的勻強電場；立方體內(nèi)存在磁場，其磁感應(yīng)強度沿z方向的分量始終為零，沿x和y方向的分量和隨時間周期性變化規(guī)律如圖乙所示，圖中可調(diào)。氙離子（）束從離子源小孔S射出，沿z方向勻速運動到M板，經(jīng)電場加速進入磁場區(qū)域，最后從端面P射出，測得離子經(jīng)電場加速后在金屬板N中心點O處相對推進器的速度為v0。已知單個離子的質(zhì)量為m、電荷量為，忽略離子間的相互作用，且射出的離子總質(zhì)量遠小于推進器的質(zhì)量。（1）求離子從小孔S射出時相對推進器的速度大小vS；（2）不考慮在磁場突變時運動的離子，調(diào)節(jié)的值，使得從小孔S射出的離子均能從噴口后端面P射出，求的取值范圍；（3）設(shè)離子在磁場中的運動時間遠小于磁場變化周期T，單位時間從端面P射出的離子數(shù)為n，且。求圖乙中時刻離子束對推進器作用力沿z軸方向的分力?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3），方向沿z軸負方向【詳解】（1）離子從小孔S射出運動到金屬板N中心點O處，根據(jù)動能定理有解得離子從小孔S射出時相對推進器的速度大?。?）當磁場僅有沿x方向的分量取最大值時，離子從噴口P的下邊緣中點射出，根據(jù)幾何關(guān)系有根據(jù)洛倫茲力提供向心力有聯(lián)立解得當磁場在x和y方向的分量同取最大值時，離子從噴口P邊緣交點射出，根據(jù)幾何關(guān)系有此時；根據(jù)洛倫茲力提供向心力有聯(lián)立解得故的取值范圍為；（3）粒子在立方體中運動軌跡剖面圖如圖所示由題意根據(jù)洛倫茲力提供向心力有且滿足所以可得所以可得離子從端面P射出時，在沿z軸方向根據(jù)動量定理有根據(jù)牛頓第三定律可得離子束對推進器作用力大小為方向沿z軸負方向。19．（2021·全國·高考真題）如圖，長度均為l的兩塊擋板豎直相對放置，間距也為l，兩擋板上邊緣P和M處于同一水平線上，在該水平線的上方區(qū)域有方向豎直向下的勻強電場，電場強度大小為E；兩擋板間有垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度大小可調(diào)節(jié)的勻強磁場。一質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）的粒子自電場中某處以大小為v0的速度水平向右發(fā)射，恰好從P點處射入磁場，從兩擋板下邊緣Q和N之間射出磁場，運動過程中粒子未與擋板碰撞。已知粒子射入磁場時的速度方向與PQ的夾角為60°，不計重力。（1）求粒子發(fā)射位置到P點的距離；（2）求磁感應(yīng)強度大小的取值范圍；（3）若粒子正好從QN的中點射出磁場，求粒子在磁場中的軌跡與擋板MN的最近距離。【答案】（1）；（2）；（3）粒子運動軌跡見解析，【詳解】（1）帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，由類平拋運動規(guī)律可知①②粒子射入磁場時的速度方向與PQ的夾角為60°，有③粒子發(fā)射位置到P點的距離④由①②③④式得⑤（2）帶電粒子在磁場運動在速度⑥帶電粒子在磁場中運動兩個臨界軌跡（分別從Q、N點射出）如圖所示由幾何關(guān)系可知，最小半徑⑦最大半徑⑧帶電粒子在磁場中做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，由向心力公式可知⑨由⑥⑦⑧⑨解得，磁感應(yīng)強度大小的取值范圍（3）若粒子正好從QN的中點射出磁場時，帶電粒子運動軌跡如圖所示。由幾何關(guān)系可知⑩帶電粒子的運動半徑為?粒子在磁場中的軌跡與擋板MN的最近距離?由⑩??式解得?20．（2021·河北·高考真題）如圖，一對長平行柵極板水平放置，極板外存在方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，極板與可調(diào)電源相連，正極板上O點處的粒子源垂直極板向上發(fā)射速度為、帶正電的粒子束，單個粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q，一足夠長的擋板與正極板成傾斜放置，用于吸收打在其上的粒子，C、P是負極板上的兩點，C點位于O點的正上方，P點處放置一粒子靶（忽略靶的大?。糜诮邮諒纳戏酱蛉氲牧Ｗ?，長度為，忽略柵極的電場邊緣效應(yīng)、粒子間的相互作用及粒子所受重力。。（1）若粒子經(jīng)電場一次加速后正好打在P點處的粒子靶上，求可調(diào)電源電壓的大??；（2）調(diào)整電壓的大小，使粒子不能打在擋板上，求電壓的最小值；（3）若粒子靶在負極板上的位置P點左右可調(diào)，則負極板上存在H、S兩點（，H、S兩點末在圖中標出）、對于粒子靶在區(qū)域內(nèi)的每一點，當電壓從零開始連續(xù)緩慢增加時，粒子靶均只能接收到n（）種能量的粒子，求和的長度（假定在每個粒子的整個運動過程中電壓恒定）?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）；【詳解】（1）從O點射出的粒子在板間被加速，則粒子在磁場中做圓周運動，則半徑由解得（2）當電壓有最小值時，當粒子穿過下面的正極板后，圓軌道與擋板OM相切，此時粒子恰好不能打到擋板上，則從O點射出的粒子在板間被加速，則粒子在負極板上方的磁場中做圓周運動粒子從負極板傳到正極板時速度仍減小到v0，則由幾何關(guān)系可知聯(lián)立解得（3）結(jié)合（2）分析可知，當粒子經(jīng)上方磁場再進入下方磁場時，軌跡與擋板相切時，粒子運動軌跡半徑分別為r2、r3，則①當粒子在下方區(qū)域磁場的運動軌跡正好與OM相切，再進入上方磁場區(qū)域做圓周運動，軌跡與負極板的交點記為H2，當增大兩極板的電壓，粒子在上方磁場中恰好運動到H2點時，粒子靶恰好能夠接收2種能量的粒子，此時H2點為距C點最近的位置，是接收2種能量的粒子的起點，運動軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可得②同理可知當粒子靶接收3種能量的粒子的運動軌跡如圖所示第③個粒子經(jīng)過下方磁場時軌跡與MN相切，記該粒子經(jīng)過H2后再次進入上方磁場區(qū)域運動時軌跡與負極板的交點為H3(S2)，則該點為接收兩種粒子的終點，同時也是接收3種粒子的起點。由幾何關(guān)系可得可知，粒子靶接收n種、n+1種粒子的起點（即粒子靶接收n種粒子的起點與終點）始終相距當粒子靶接收n種能量的粒子時，可得21．（2021·遼寧·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，在x>0區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場；在x<0區(qū)域內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強電場。質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子甲從點S（-a，0）由靜止釋放，進入磁場區(qū)域后，與靜止在點P（a，a）、質(zhì)量為的中性粒子乙發(fā)生彈性正碰，且有一半電量轉(zhuǎn)移給粒子乙。（不計粒子重力及碰撞后粒子間的相互作用，忽略電場、磁場變化引起的效應(yīng)）（1）求電場強度的大小E；（2）若兩粒子碰撞后，立即撤去電場，同時在x≤0區(qū)域內(nèi)加上與x>0區(qū)域內(nèi)相同的磁場，求從兩粒子碰撞到下次相遇的時間△t；（3）若兩粒子碰撞后，粒子乙首次離開第一象限時，撤去電場和磁場，經(jīng)一段時間后，在全部區(qū)域內(nèi)加上與原x>0區(qū)域相同的磁場，此后兩粒子的軌跡恰好不相交，求這段時間內(nèi)粒子甲運動的距離L?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）粒子甲勻速圓周運動過P點，則在磁場中運動軌跡半徑R=a則則粒子從S到O，有動能定理可得可得（2）甲乙粒子在P點發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后速度為、，取向上為正，則有計算可得兩粒子碰后在磁場中運動解得兩粒子在磁場中一直做軌跡相同的勻速圓周運動，周期分別為則兩粒子碰后再次相遇解得再次相遇時間（3）乙出第一象限時甲在磁場中偏轉(zhuǎn)角度為撤去電場磁場后，兩粒子做勻速直線運動，乙粒子運動一段時間后，再整個區(qū)域加上相同的磁場，粒子在磁場中仍做半徑為a的勻速圓周運動，要求軌跡恰好不相切，則如圖所示設(shè)撤銷電場、磁場到加磁場乙運動了，由余弦定理可得則從撤銷電場、磁場到加磁場乙運動的位移考點04現(xiàn)代科技中的電磁場問題22．（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(qū)域以O(shè)點為圓心，磁感應(yīng)強度大小為B，加速電壓的大小為U、質(zhì)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(jīng)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(zhuǎn)器”，如圖2所示，偏轉(zhuǎn)器的兩極板M和N厚度均勻，構(gòu)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(chǎn)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(qū)域的最大半徑?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)粒子在P的速度大小為，則根據(jù)可知半徑表達式為對粒子在靜電場中的加速過程，根據(jù)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(jié)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(guān)系有結(jié)合解得（3）設(shè)粒子在偏轉(zhuǎn)器中的運動半徑為，則在偏轉(zhuǎn)器中，要使粒子半徑變大，電場力應(yīng)和洛倫茲力反向，共同提供向心力，即設(shè)粒子離開偏轉(zhuǎn)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(zhuǎn)器中運動的圓心在點，從偏轉(zhuǎn)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?yōu)?，然后軌跡發(fā)生偏離，從偏轉(zhuǎn)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23．（2021·天津·高考真題）霍爾元件是一種重要的磁傳感器，可用在多種自動控制系統(tǒng)中。長方體半導體材料厚為a、寬為b、長為c，以長方體三邊為坐標軸建立坐標系，如圖所示。半導體中有電荷量均為e的自由電子與空穴兩種載流子，空穴可看作帶正電荷的自由移動粒子，單位體積內(nèi)自由電子和空穴的數(shù)目分別為n和p。當半導體材料通有沿方向的恒定電流后，某時刻在半導體所在空間加一勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B，沿方向，于是在z方向上很快建立穩(wěn)定電場，稱其為霍爾電場，已知電場強度大小為E，沿方向。（1）判斷剛加磁場瞬間自由電子受到的洛倫茲力方向；（2）若自由電子定向移動在沿方向上形成的電流為，求單個自由電子由于定向移動在z方向上受到洛倫茲力和霍爾電場力的合力大小；（3）霍爾電場建立后，自由電子與空穴在z方向定向移動的速率分別為、，求時間內(nèi)運動到半導體z方向的上表面的自由電子數(shù)與空穴數(shù)，并說明兩種載流子在z方向上形成的電流應(yīng)滿足的條件?！敬鸢浮浚?）自由電子受到的洛倫茲力沿方向；（2）；（3）見解析所示【詳解】（1）自由電子受到的洛倫茲力沿方向；（2）設(shè)t時間內(nèi)流過半導體垂直于x軸某一橫截面自由電子的電荷量為q，由電流定義式，有設(shè)自由電子在x方向上定向移動速率為，可導出自由電子的電流微觀表達式為單個自由電子所受洛倫茲力大小為霍爾電場力大小為自由電子在z方向上受到的洛倫茲力和霍爾電場力方向相同，聯(lián)立得其合力大小為（3）設(shè)時間內(nèi)在z方向上運動到半導體上表面的自由電子數(shù)為、空穴數(shù)為，則霍爾電場建立后，半導體z方向的上表面的電荷量就不再發(fā)生變化，則應(yīng)即在任何相等時間內(nèi)運動到上表面的自由電子數(shù)與空穴數(shù)相等，這樣兩種載流子在z方向形成的電流應(yīng)大小相等、方向相反。24．（2021·北京·高考真題）如圖所示，M為粒子加速器；N為速度選擇器，兩平行導體板之間有方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁場的方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度為B。從S點釋放一初速度為0、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，經(jīng)M加速后恰能以速度v沿直線（圖中平行于導體板的虛線）通過N。不計重力。（1）求粒子加速器M的加速電壓U；（2）求速度選擇器N兩板間的電場強度E的大小和方向；（3）仍從S點釋放另一初速度為0、質(zhì)量為2m、電荷量為q的帶正電粒子，離開N時粒子偏離圖中虛線的距離為d，求該粒子離開N時的動能?！敬鸢浮浚?）；（2），方向垂直導體板向下；（3）【詳解】（1）粒子直線加速，根據(jù)功能關(guān)系有解得（2）速度選擇器中電場力與洛倫茲力平衡得方向垂直導體板向下。（3）粒子在全程電場力做正功，根據(jù)功能關(guān)系有解得25．（2021·山東·高考真題）某離子實驗裝置的基本原理如圖甲所示。Ⅰ區(qū)寬度為d，左邊界與x軸垂直交于坐標原點O，其內(nèi)充滿垂直于平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為；Ⅱ區(qū)寬度為L，左邊界與x軸垂直交于點，右邊界與x軸垂直交于點，其內(nèi)充滿沿y軸負方向的勻強電場。測試板垂直x軸置于Ⅱ區(qū)右邊界，其中心C與點重合。從離子源不斷飄出電荷量為q、質(zhì)量為m的正離子，加速后沿x軸正方向過O點，依次經(jīng)Ⅰ區(qū)、Ⅱ區(qū)，恰好到達測試板中心C。已知離子剛進入Ⅱ區(qū)時速度方向與x軸正方向的夾角為。忽略離子間的相互作用，不計重力。（1）求離子在Ⅰ區(qū)中運動時速度的大小v；（2）求Ⅱ區(qū)內(nèi)電場強度的大小E；（3）保持上述條件不變，將Ⅱ區(qū)分為左右兩部分，分別填充磁感應(yīng)強度大小均為B（數(shù)值未知）方向相反且平行y軸的勻強磁場，如圖乙所示。為使離子的運動軌跡與測試板相切于C點，需沿x軸移動測試板，求移動后C到的距離S?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)離子在Ⅰ區(qū)內(nèi)做勻速圓周運動的半徑為r，由牛頓第二定律得①根據(jù)幾何關(guān)系得②聯(lián)立①②式得（2）離子在Ⅱ區(qū)內(nèi)只受電場力，x方向做勻速直線運動，y方向做勻變速直線運動，設(shè)從進入電場到擊中測試板中心C的時間為t，y方向的位移為，加速度大小為a，由牛頓第二定律得由運動的合成與分解得，，聯(lián)立得（3）Ⅱ區(qū)內(nèi)填充磁場后，離子在垂直y軸的方向做線速度大小為vcosθ的勻速圓周運動，如圖所示。設(shè)左側(cè)部分的圓心角為，圓周運動半徑為，運動軌跡長度為，由幾何關(guān)系得，由于在y軸方向的運動不變，離子的運動軌跡與測試板相切于C點，則離子在Ⅱ區(qū)內(nèi)的運動時間不變，故有C到的距離聯(lián)立得26．（2021·廣東·高考真題）圖是一種花瓣形電子加速器簡化示意圖，空間有三個同心圓a、b、c圍成的區(qū)域，圓a內(nèi)為無場區(qū)，圓a與圓b之間存在輻射狀電場，圓b與圓c之間有三個圓心角均略小于90°的扇環(huán)形勻強磁場區(qū)Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各區(qū)感應(yīng)強度恒定，大小不同，方向均垂直紙面向外。電子以初動能從圓b上P點沿徑向進入電場，電場可以反向，保證電子每次進入電場即被全程加速，已知圓a與圓b之間電勢差為U，圓b半徑為R，圓c半徑為，電子質(zhì)量為m，電荷量為e，忽略相對論效應(yīng)，取。（1）當時，電子加速后均沿各磁場區(qū)邊緣進入磁場，且在電場內(nèi)相鄰運動軌跡的夾角均為45°，最終從Q點出射，運動軌跡如圖中帶箭頭實線所示，求Ⅰ區(qū)的磁感應(yīng)強度大小、電子在