2025年高考物理復習考點解密追蹤與預測（新高考）專題09 帶電粒子在電磁場中的運動（分層練）（解析版）

專題09帶電粒子在電磁場中的運動A·?？碱}不丟分命題點01回旋加速器、質(zhì)譜儀及霍爾元件等洛倫茲力的應(yīng)用實例命題點02帶電粒子在勻強磁場中的應(yīng)用命題點03帶電粒子在疊加場中的應(yīng)用命題點04帶電粒子在組合場中的運動命題點05利用數(shù)學圓巧解磁場中的臨界問題B·拓展培優(yōu)拿高分C·挑戰(zhàn)真題爭滿分【命題點01回旋加速器、質(zhì)譜儀及霍爾元件等洛倫茲力的應(yīng)用實例】【針對練習1】（2023·云南昆明·云南師大附中校考模擬預測）如圖所示，兩塊平行板M、N帶有異種電荷，兩板中間有垂直紙面向里的勻強磁場，不計重力的a、b兩離子從兩板的左側(cè)沿中線做勻速直線運動，經(jīng)小孔O垂直進入另一勻強磁場（方向也垂直紙面向里），運行的半圓軌跡如圖中虛線所示，最終兩離子打到了隔板上被吸收。下列說法正確的是（A．板M帶負電，板N帶正電B．離子a帶正電，離子b帶負電C．在右側(cè)磁場中，離子a的運行時間大于離子b的運行時間D．洛倫茲力對離子a、b做正功【答案】B【詳解】AB．在右側(cè)區(qū)域，根據(jù)左手定則可以判斷，離子a帶正電，離子b帶負電，在電場區(qū)域做勻速直線運動，則電場力等于洛倫茲力，離子a帶正電，則洛倫茲力向上，電場力向下，場強向下，所以板M帶正電，板N帶負電，對離子b分析也得到相同結(jié)論，故A錯誤B正確；C．在電場區(qū)域做勻速直線運動，則電場力等于洛倫茲力Bqv=Eq解得v=兩者速度大小相同，但在右側(cè)磁場中，離子a的路程小，所以運行時間小于離子b的運行時間，故C錯誤；D．洛倫茲力與速度垂直，不做功，故D錯誤。故選B?！踞槍毩?】（2023·北京海淀·統(tǒng)考二模）如圖所示，一塊長為a、寬為b、高為c的長方體半導體器件，其內(nèi)載流子數(shù)密度為n，沿+y方向通有恒定電流I。在空間中施加一個磁感應(yīng)強度為B、方向沿-x方向的勻強磁場，半導體上、下表面之間產(chǎn)生穩(wěn)定的電勢差U，下列說法正確的是（）A．若載流子為負電荷，則上表面電勢高于下表面電勢B．僅增大電流I，電勢差U可以保持不變C．半導體內(nèi)載流子所受洛倫茲力的大小為IBD．半導體內(nèi)載流子定向移動的速率為U【答案】C【詳解】A．沿+y方向通有恒定電流，若載流子為負電荷，則電荷移動方向沿-y方向，磁感應(yīng)強度方向沿-x方向，根據(jù)左手定則可知，負電荷向上偏轉(zhuǎn)，故上表面電勢低于下表面電勢，故A錯誤；B．半導體上、下表面之間產(chǎn)生穩(wěn)定的電勢差時，電場力與洛倫茲力平衡，則有e根據(jù)電流的微觀意義可知I=nevS=nevbc聯(lián)立可得U=則僅增大電流I，電勢差U增大，故B錯誤；C．半導體內(nèi)載流子所受洛倫茲力的大小F=evB=e故C正確；D．根據(jù)e半導體內(nèi)載流子定向移動的速率v=故D錯誤。故選C。【針對練習3】（2023·北京西城·統(tǒng)考三模）回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成的周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖所示，要增大帶電粒子射出時的動能，則下列說法中正確的是（）

A．增大勻強電場間的加速電壓B．增大磁場的磁感應(yīng)強度C．減小狹縫間的距離D．增大D形金屬盒的半徑【答案】BD【詳解】由qvB=m解得v=則動能E知動能與加速的電壓無關(guān)，狹縫間的距離無關(guān)，與磁感應(yīng)強度大小和D形盒的半徑有關(guān)，增大磁感應(yīng)強度和D形盒的半徑，可以增加粒子的動能。故選BD?！久}點02帶電粒子在勻強磁場中的應(yīng)用】【針對練習4】（2023·黑龍江·校聯(lián)考模擬預測）如圖所示，在無限長直邊界CD的右側(cè)存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，無限大擋板EF平行于CD放置，與CD相距為d，帶電粒子達到擋板時能夠被擋板吸收，在A處有一粒子源能夠在紙面內(nèi)持續(xù)發(fā)射速度大小相等的電子。當電子在紙面內(nèi)沿AO方向垂直勻強磁場邊界射入時，恰好未被EF吸收。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子重力及電子間的相互作用。若磁感應(yīng)強度大小變?yōu)樵瓉淼囊话?，電子速度方向緩慢從AO沿順時針旋轉(zhuǎn)到AD時，在擋板上能夠吸收到電子的長度為（）

A．(3?1)d C．3d D．【答案】B【詳解】ABCD．電子垂直邊界射入，恰好未被EF吸收，其運動軌跡如圖甲所示，由幾何關(guān)系可知電子做圓周運動的半徑為d，根據(jù)qvB=可知，當磁感應(yīng)強度變?yōu)樵瓉淼囊话霑r，電子在磁場中做圓周運動的半徑變?yōu)?d，速度方向改變時，電子能夠打到擋板上，臨界的運動軌跡如圖乙所示，能夠吸收到電子的區(qū)域為GH，由幾何關(guān)系可得GH=2d

B正確，ACD錯誤。故選B?！踞槍毩?】（多選）（2024·陜西商洛·校聯(lián)考一模）如圖所示，三個半徑均為R的圓形磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ兩兩相切，圓心分別為O1、O2、O3，區(qū)域Ⅰ、Ⅲ內(nèi)存在垂直紙面向里勻強磁場，磁感應(yīng)強度均為B0，一帶電粒子以速度v0沿O1O3連線方向從區(qū)域Ⅰ的邊界進入磁場，通過三個區(qū)域后沿A．區(qū)域Ⅱ磁場方向垂直紙面向里B．區(qū)域Ⅱ磁感應(yīng)強度大小為3C．粒子在區(qū)域Ⅱ中速度方向改變了60°角D．粒子從進入磁場到離開磁場所用時間為8πm【答案】BD【詳解】A．粒子運動的軌跡如圖由左手定則可知，粒子帶負電，區(qū)域Ⅱ磁場方向垂直紙面向外，選項A錯誤；B．粒子在磁場Ⅰ中運動的軌道半徑r粒子在磁場Ⅱ中運動的軌道半徑r則r根據(jù)evB=m可得B=可得B選項B正確；C．由圖可知，粒子在區(qū)域Ⅱ中速度方向改變了120°角，選項C錯誤；D．粒子從進入磁場到離開磁場所用時間為t=2×選項D正確。故選BD。【針對練習6】（多選）（2023·陜西·校聯(lián)考一模）如圖，圓形區(qū)域勻強磁場垂直于紙面，初速度v大小不同的同種帶電粒子，先后向著圓心射入磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后射出磁場。忽略帶電粒子的重力，下面說法正確的是（）A．粒子運動周期跟速度v成正比B．粒子受到的向心力與速度v成正比C．在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角越大，運動時間越長D．因為洛倫茲力不做功，所以粒子在磁場中受到的洛倫茲力沖量等于零【答案】BC【詳解】A．質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子，其比荷qmqvB=mT=帶電粒子在磁場中運動周期T=可知，它們進入勻強磁場后做勻速圓周運動的周期相同，故A錯誤；B．洛倫茲力F=qvB提供向心力，所以粒子受到的向心力與速度v成正比，故B正確；C．粒子在磁場中的運動軌跡所對應(yīng)的圓心角為θ，則運動時間t=故C正確；D．雖然洛倫茲力不做功，但粒子的動量發(fā)生了變化，根據(jù)動量定理，受到的洛倫茲力沖量不等于零，故D錯誤。故選BC?！久}點03帶電粒子在疊加場中的應(yīng)用】【針對練習7】（2023·河南鄭州·統(tǒng)考模擬預測）如圖所示，空間中存在水平方向的勻強電場和勻強磁場，電場強度大小為E，方向水平向右；磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向里。在正交的電磁場空間中有一豎直放置的光滑絕緣大圓環(huán)。一質(zhì)量為m，帶電荷量為+q的小圓環(huán)，從大圓環(huán)的最高點由靜止釋放。已知大圓環(huán)半徑為R，重力加速度為g。關(guān)于小圓環(huán)接下來的運動，下列說法正確的是（）

A．小圓環(huán)從最高點運動到最低點的過程中機械能守恒B．小圓環(huán)恰好能沿大圓環(huán)做完整的圓周運動C．小圓環(huán)運動到大圓環(huán)右側(cè)與圓心等高位置時的速度為2gRD．小圓環(huán)運動到大圓環(huán)最低點位置時的速度為4gR【答案】D【詳解】A．小圓環(huán)從最高點運動到最低點的過程中，除重力外還有電場力做功，機械能不守恒，故A錯誤；B．設(shè)小圓環(huán)所受重力與電場力的合力與豎直方向夾角為θ，假設(shè)恰好能做完整的圓周運動，剛好到達等效最高點A，如圖所示

根據(jù)動能定理mgR其中mg解得v所以假設(shè)不成立，小圓環(huán)不能沿大圓環(huán)做完整的圓周運動，故B錯誤；C．小圓環(huán)從最高點運動到大圓環(huán)右側(cè)與圓心等高位置過程中，根據(jù)動能定理mgR+qER=解得小圓環(huán)運動到大圓環(huán)右側(cè)與圓心等高位置時的速度v故C錯誤；D．小圓環(huán)從最高點運動到大圓環(huán)最低點位置過程中，根據(jù)動能定理mg?2R=解得小圓環(huán)運動到大圓環(huán)右側(cè)與圓心等高位置時的速度v故D正確。故選D?！踞槍毩?】（多選）（2023·海南?？凇ずＤ先A僑中學?？寄M預測）如圖所示，一根固定的絕緣豎直長桿位于范圍足夠大且相互正交的勻強電場和勻強磁場中，勻強電場的電場強度大小E=2mgq、方向豎直向上，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小圓環(huán)套在桿上，圓環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)為μ?，F(xiàn)使圓環(huán)以初速度v0沿桿向下運動，經(jīng)過時間t0，圓環(huán)回到出發(fā)點。若圓環(huán)回到出發(fā)點之前已經(jīng)開始做勻速直線運動，不計空氣阻力，重力加速度為

A．圓環(huán)下降過程中的加速度逐漸減小B．圓環(huán)的最大加速度aC．圓環(huán)在t0時間內(nèi)損失的機械能為D．圓環(huán)下降過程和上升過程中，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能相等【答案】AC【詳解】A.圓環(huán)向下運動時豎直方向受到重力、向上的電場力和向上的摩擦力。設(shè)圓環(huán)向下運動的加速度大小為a1a因此圓環(huán)速度的減小，會導致其所受洛倫茲力減小，則摩擦力會減小，因此圓環(huán)做加速度減小的減速運動，故A正確；B.當圓環(huán)向上運動時，圓環(huán)的加速度大小a隨著圓環(huán)速度的增大，圓環(huán)開始做加速度減小的加速運動，之后做勻速直線運動，圓環(huán)向下運動時的加速度大于向上運動時的加速度，而向下運動時圓環(huán)受到的摩擦力越大，則加速度越大，因此圓環(huán)剛開始運動時，加速度最大，有m可得a故B錯誤；C.圓環(huán)先后兩次經(jīng)過出發(fā)點過程中，重力勢能變化量為零，可知圓環(huán)機械能的損失，即為動能的損失，根據(jù)動能定理，有Δ而圓環(huán)最后做勻速運動的速度v=因此圓環(huán)在t0ΔE=故C正確；D.圓環(huán)上升和下降的過程中，摩擦力大小的平均值不同，而圓環(huán)運動的路程相同，所以兩過程中，系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能不相等，故D項錯誤。故選AC?！踞槍毩?】（多選）（2023·廣東珠?！ぶ楹Ｊ械谝恢袑W?？既＃┤鐖D所示，以棱長為L的正方體頂點O為原點建立三維坐標系Oxyz，其中頂點P落在x軸上、Q落在y軸上。質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子（重力不計〉由Q點沿x軸正方向以速度v0射入。第一次只在正方體內(nèi)加沿z軸負方向磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，該粒子恰好能通過OQ的中點；第二次只在正方體內(nèi)加沿y軸負方向電場強度大小為E的勻強電場，該粒子恰好能通過OP的中點；第三次在正方體內(nèi)同時加上勻強磁場和勻強電場；磁場方向不變，電場方向調(diào)整為沿z

A．該粒子在正方體內(nèi)運動的時間第一次大于第二次B．電場強度和磁感應(yīng)強度滿足E=2C．第三次該粒子在正方體內(nèi)的運動為勻變速曲線運動D．第三次該粒子將從正方體的上表面穿出【答案】ABD【詳解】A．第一次粒子在磁場中做勻速圓周運動，其軌跡為一圓周，運動半徑為r=由洛倫茲力提供向心力得q解得B=運動時間t第二次粒子在電場中做類平拋運動，沿+x方向做勻速直線運動，則運動時間為t可知該粒子在正方體內(nèi)運動的時間第一次大于第二次，故A正確;B．第二次運動中，粒子在沿-y方向做勻加速直線運動，則有L=解得E=2故B正確；CD．第三次粒子射入時，所受電場力方向沿z軸正方向，則電場力與洛倫茲力的合力都沿z軸正方向，與速度不在同一直線，且洛倫茲力不斷變化，粒子不會做勻變速曲線運動，且粒子最終會從正方體的上表面穿出，故C錯誤，D正確；故選ABD?！久}點04帶電粒子在組合場中的運動】【針對練習10】（2023·福建廈門·廈門一中校考三模）如圖所示，截面邊長為L的等邊三角形容器AMN的三條邊均由光滑彈性絕緣壁構(gòu)成，其內(nèi)部存在垂直于紙面向里的勻強磁場，小孔P是AM的中點，底邊MN水平放置。AM的左側(cè)有豎直向下的電場強度為E的勻強電場。將一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子以一定的初速度從O點垂直射入勻強電場，初速度方向平行于MN，粒子恰好從小孔P以速度v垂直于AM邊進入容器內(nèi)的勻強磁場，與器壁2次垂直碰撞后（碰撞時無能量和電荷量損失）仍從小孔P垂直于AM射出（運動軌跡為圖中虛線）。不計粒子重力。求：（1）勻強磁場的磁感應(yīng)強度B；（2）粒子從射入電場到射出磁場運動的時間t?！敬鸢浮浚?）2mvqL；（2）【詳解】（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有qvB=m根據(jù)幾何關(guān)系有r=解得B=（2）從O到P，粒子做類平拋運動，則有qE=ma，vy=a解得t在磁場中圓周運動的周期T=則粒子在磁場中運動的時間t則粒子從射入電場到射出磁場運動的總時間t=【針對練習11】（2023·云南·校聯(lián)考模擬預測）如圖所示，xOy平面直角坐標系第三象限內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強電場，電場強度為E，第一象限內(nèi)存在垂直坐標平面的勻強磁場（未畫出），MN是長度為L的絕緣擋板，放在第一象限中，使MNPO構(gòu)成邊長為L的正方形。一帶電量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子，由第三象限中的S點以沿x軸正方向的初速度射出，經(jīng)過一段時間恰好從O位置進入第一象限，運動到O點的速度為v1，速度方向與x軸正方向夾角為45°，帶電粒子與擋板發(fā)生彈性碰撞，經(jīng)過一次碰撞后從P點（L，0）離開第一象限，不計粒子的重力。（1）求粒子初始位置S到O的距離；（2）求第一象限中磁感應(yīng)強度的方向與大小；（3）若將MN沿y軸正方向平移L，求粒子第一次打在MN板上的位置坐標?！敬鸢浮浚?）5mv124qE；（2）2【詳解】（1）設(shè)初始位置S與O之間的水平距離為x，豎直距離為y，運動時間為t，則vv由牛頓第二定律得Eq=ma水平位移x=豎直位移y=SO之間的距離由幾何關(guān)系得s=解得s=（2）若粒子要和擋板相碰，受力方向在速度左側(cè)，可得磁場方向垂直紙面向里，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，如圖所示根據(jù)洛倫茲力提供向心力有q由OP點的對稱性可知，帶電粒子和擋板在擋板中點相碰，由幾何關(guān)系可得tanr=OC2cos解得B=（3）打在C′，軌跡距離y軸最遠時，速度方向沿y軸正向，連接O′與最遠點，過C′做連線的垂線，垂足為D，如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系有rrx解得C′的坐標為（41?54L【針對練習12】（2024·浙江·校聯(lián)考模擬預測）如圖為某同學設(shè)計的帶電粒子的聚焦和加速裝置示意圖。位于S點的粒子源可以沿紙面內(nèi)與SO1（O1為圓形磁場的圓心）的夾角為θθ≤60°的方向內(nèi)均勻地發(fā)射速度為v0=10m/s、電荷量均為q=-2.0×10-4C、質(zhì)量均為m=1.0×10-6kg的粒子，粒子射入半徑為R=0.1m的圓形區(qū)域勻強磁場。已知粒子源在單位時間發(fā)射N=2.0×105個粒子，圓形區(qū)域磁場方向垂直紙面向里，沿著SO1射入圓形區(qū)域磁場的粒子恰好沿著水平方向射出磁場。粒子數(shù)控制系統(tǒng)是由豎直寬度為L、且L在0≤L≤2R范圍內(nèi)大小可調(diào)的粒子通道構(gòu)成，通道豎直寬度L的中點與O1始終等高。聚焦系統(tǒng)是由有界勻強電場和有界勻強磁場構(gòu)成，勻強電場的方向水平向右、場強E=0.625N/C，邊界由x軸、曲線OA和直線GF（方程為：y=-x+0.4（m））構(gòu)成，勻強磁場方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度B=0.25T，磁場的邊界由x軸、直線GF、y軸構(gòu)成，已知所有經(jīng)過聚焦系統(tǒng)的粒子均可以從F點沿垂直x軸的方向經(jīng)過一段真空區(qū)域射入加速系統(tǒng)。加速系統(tǒng)是由兩個開有小孔的平行金屬板構(gòu)成，兩小孔的連線過P點，上下兩板間電勢差（1）圓形磁場的磁感應(yīng)強度B0；（2）當L=R時，求單位時間進入聚焦系統(tǒng)的粒子數(shù)N0；（3）若進入加速系統(tǒng)內(nèi)粒子的初速度均忽略不計，設(shè)從加速系統(tǒng)射出的粒子在測試樣品中運動所受的阻力f與其速度v關(guān)系為f=kv（k=0.2N·s·m-1），求粒子在樣品中可達的深度d；（4）曲線OA的方程。【答案】（1）0.5T；（2）1×105；（3）10【詳解】（1）由洛倫茲力提供向心力得m解得圓形磁場的磁感應(yīng)強度為B（2）臨界1：粒子恰好從控制系統(tǒng)上邊界進入，粒子在S點入射速度與SO1的夾角為sin解得θ臨界2：粒子恰好從控制系統(tǒng)下邊界進入，粒子在S點入射速度與SO1的夾角為sin解得θ能進入控制系統(tǒng)的粒子數(shù)N（3）對粒子在加速系統(tǒng)運用動能定理qU=解得v=2000m/s對粒子進入樣品得過程運用動量定理?∑kv粒子在樣品中可達的深度為d=∑v（4）設(shè)粒子從曲線OA的x,y點進入電場，則粒子從直線GF的0.4?y,y點射出電場，根據(jù)動能定理有Eq由洛倫茲力提供向心力得m曲線OA的方程為10【命題點05利用數(shù)學圓巧解磁場中的臨界問題】【針對練習13】（2023·河南開封·校考模擬預測）虛線OM和虛線ON之間的夾角為30°，如圖所示，虛線OM上方存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場。一帶負電的粒子沿紙面以大小為v的速度從O點右側(cè)距離為L的A點向左上方射人磁場，速度與OM成30°角。已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場，不計重力。則粒子在磁場中做圓周運動的半徑為（）A．L3 B．L2 C．2L【答案】A【詳解】軌跡與ON相切，畫出粒子的運動軌跡如圖所示，由于O故△AO∠而∠MON=則∠OCD=故COOD=解得r=故A正確，BCD錯誤。故選A?！踞槍毩?4】（2023·貴州遵義·統(tǒng)考模擬預測）如圖所示，豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓形區(qū)域，其圓心為O，最高點為P，該區(qū)域內(nèi)存在垂直圓面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。在圓形區(qū)域右側(cè)豎直放置一粒子收集器，M、N為收集器上、下邊緣的兩點，MN與圓形區(qū)域在同一平面內(nèi)，O與N在同一水平線上，MN=R，ON=3R。從P點沿PO方向射入大量速率不等的同種粒子，粒子所帶電荷量為q、質(zhì)量為m。忽略粒子間的相互作用力和粒子重力，關(guān)于打在收集器

A．粒子帶負電B．粒子在磁場中運動的最短時間為πmC．打在收集器上的粒子的最小速率為3D．從P點到N點的粒子比從P點到M點的粒子運動時間短【答案】D【詳解】A．根據(jù)題意可知，粒子在磁場中向右偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，故A錯誤；B．打到M、N兩點的粒子軌跡如圖所示

由圖可知，粒子打到N點時，在磁場中的軌跡對應(yīng)的圓心角最小，在磁場中的運動時間最小，則有t故B錯誤；C．粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力可得qvB=m解得r=由圖可知粒子打到M點時，在磁場中的軌道半徑最小，粒子的速度最小，根據(jù)幾何關(guān)系可得tan可得θ=60°則最小半徑為r聯(lián)立解得打在收集器上的粒子的最小速率為v故C錯誤；D．由圖可知，從P點到N點的粒子在磁場中的運動時間小于從P點到M點的粒子在磁場中的運動時間；離開磁場到打到收集器，從P點到N點的粒子通過的位移小于從P點到M點的粒子通過的位移，從P點到N點的粒子的速度大于從P點到M點的粒子的速度，則從P點到N點的粒子從離開磁場到打到收集器所用時間小于從P點到M點的粒子從離開磁場到打到收集器所用時間，故從P點到N點的粒子比從P點到M點的粒子運動時間短，故D正確。故選D?！踞槍毩?5】（2024·河北邯鄲·統(tǒng)考二模）如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，P點有一粒子源，某時刻粒子源向磁場所在區(qū)域與磁場垂直的平面內(nèi)所有方向發(fā)射大量質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電的粒子，粒子的速度大小相等，這些粒子射出磁場時的位置均位于PQ圓弧上且Q點為最遠點。已知PQ圓弧長等于磁場邊界周長的四分之一，不計粒子重力和粒子間的相互作用，則（）A．粒子從P點入射的速率v=B．粒子在磁場中運動的最長時間t=C．若將磁感應(yīng)強度的大小增加到2B，則粒子射出邊界的圓弧長度變?yōu)樵瓉淼腄．若將粒子的速率增大為原來的2倍，則粒子在磁場中運動的最長時間t=【答案】ACD【詳解】A．從P點射人的粒子射出磁場時與磁場邊界的最遠交點為Q，則PQ之間的距離為軌跡圓的直徑，已知PQ圓弧長等于磁場邊界周長的四分之一，可知旋轉(zhuǎn)圓的軌跡半徑r=粒子在勻強磁場中由洛倫茲力提供向心力有qvB=m解得v=故A正確；B．當粒子軌跡半徑r<R時，粒子在磁場中運動的最長時間為一個周期T=故B錯誤；C．根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得r=當將磁感應(yīng)強度的大小增加到2Br此時弧長對應(yīng)的弦長為R，因此有粒子射出的邊界圓弧對應(yīng)的圓心角為60°，則粒子射出邊界的圓弧長度變?yōu)樵瓉淼?3D．若將粒子的速率增大為原來的2倍，則旋轉(zhuǎn)圓的半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，即r此時粒子運動軌跡對應(yīng)的弦最長時，圓心角最大，粒子運動時間最長，磁場圓直徑為弦是最長時間，根據(jù)幾何關(guān)系，此時圓心角為90°，因此粒子在磁場中運動的時間為t=故D正確。故選ACD。一、單選題1．（2022上·山西晉城·高二晉城市第二中學校?？茧A段練習）如圖甲、乙所示，兩空間分別存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，PQ、P′Q′分別為紙面內(nèi)的半圓形曲線，O、O′分別為兩半圓的圓心，PQ、P′Q′分別為兩半圓的水平直徑，將帶電粒子分別從P、PA．甲圖中粒子帶正電，乙圖中粒子帶負電B．甲圖中粒子帶負電，乙圖中粒子帶正電C．甲圖中粒子經(jīng)過M點時速度方向的反向延長線有可能經(jīng)過圓心OD．乙圖中粒子經(jīng)過M′點時速度方向的反向延長線一定經(jīng)過圓心【答案】D【詳解】AB．甲圖中，由于帶電粒子在電場中受到向下的電場力，故粒子帶正電，乙圖中，由左手定則可知粒子帶正電荷，故AB錯誤；C．甲圖中帶電粒子做類平拋運動，由類平拋運動規(guī)律可知，粒子經(jīng)過M點時速度方向的反向延長線與過P點的水平距離的交點為水平位移的中點，即交點與P點的距離為x1=x2，如果經(jīng)過圓心O，則要求水平方向的位移應(yīng)為D．乙圖中粒子在圓形磁場區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動，設(shè)粒子的軌跡半徑為R，半圓的半徑為r，粒子從M′射出的速度為v因P′O1=M′因P′點的速度v的方向沿P′O′指向O′，且O1P′⊥v，所以O(shè)1P′⊥P′O′故選D。2．（2022下·福建莆田·高二莆田二中校考階段練習）一塊橫截面為矩形的金屬導體的寬度為b，厚度為d，將導體置于一磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度的方向垂直于側(cè)面，如圖所示。當在導體中通以圖示方向的電流I時，在導體的上下表面間用電壓表測得的電壓為UH，已知自由電子的電量為eA．導體內(nèi)自由電子只受洛倫茲力作用B．用電壓表測UH時，電壓表的“+C．金屬導體的厚度d越大，UHD．該導體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為BI【答案】D【詳解】A．定向移動的電子受到洛倫茲力發(fā)生偏轉(zhuǎn)，在上下表面間形成電勢差，最終電子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，A錯誤；B．由圖，磁場方向向里，電流方向向右，則電子向左移動，根據(jù)左手定則，電子向上表面偏轉(zhuǎn)，則上表面得到電子帶負電，那么下表面帶上正電，所以電壓表的“+”接線柱接下表面，B錯誤；CD．根據(jù)e再由I=neSv=nebdv得UH則UH與金屬導體的厚度dn=故C錯誤，D正確；故選D。3．（2023·湖北襄陽·襄陽四中校考模擬預測）如圖甲所示，邊長為L的正方形abcd區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感強度大小為B0，方向垂直于abed所在平面，且周期性變化（周期T可根據(jù)需要調(diào)整），如圖乙所示，設(shè)垂直abcd平面向里為磁感強度的正方向?，F(xiàn)有一電子在t=0時刻由a點沿ab方向射入磁場區(qū)，已知電子的質(zhì)量為m，電荷量大小為e，圖中邊界上有兩點f、g，且df=bg=

A．調(diào)整磁場變化周期T，讓電子沿bc方向經(jīng)過c點，電子的速度大小一定是eB．調(diào)整磁場變化周期T，讓電子經(jīng)過d點，電子的速度大小一定是eC．要想讓電子經(jīng)過點f點，則磁場變化周期一定是4πmD．要想讓電子垂直bc邊過g點，則磁場變化周期一定是2πm【答案】D【詳解】A．要想讓電子沿bc方向經(jīng)過c點，可能的軌跡如圖所示

也可以轉(zhuǎn)奇數(shù)個14圓弧后到cB可得r=根據(jù)以上分析則有r=mveB解得v=eB0故A錯誤；B．要想讓經(jīng)過d點，可能的軌跡如圖所示

可知，r＝v=或者先順時針轉(zhuǎn)磁場的半個周期T2，之后逆時針轉(zhuǎn)，從ad方向經(jīng)過

這種情況下r+解得v=故B錯誤；C．要想讓電子經(jīng)過f點，軌跡可能如圖所示

由幾何關(guān)系可得R解得R=只要滿足運動時間t≤T

圓周周期T1T解得T=故C錯誤；D．要想讓電子垂直bc邊過g點，經(jīng)過偶數(shù)次偏轉(zhuǎn)，每一次轉(zhuǎn)過60°圓心角，圓周周期T1T解得T=故D正確。故選D。4．（2023·山東濟南·山東省實驗中學校考二模）如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域中有垂直紙面向外的勻強磁場（圖中未畫出），磁感應(yīng)強度B，一比荷為qm的帶正電粒子，從圓形磁場邊界上的A點以v0=RqBm的速度垂直直徑MN

A．粒子在磁場中運動的時間為t=B．粒子從N點射出方向豎直向下C．若粒子改為從圓形磁場邊界上的C點以相同的速度入射，一定從N點射出D．若要實現(xiàn)帶電粒子從A點入射，從N點出射，則所加圓形磁場的最小面積為S=【答案】C【詳解】A．粒子恰好從N點射出，軌跡如下圖所示，運動周期為T=四邊形AONP的圓心角為α=∠APN=∠AON粒子在磁場中運動的時間為t=故A錯誤；B．粒子在磁場中速度偏轉(zhuǎn)120°，從N點射出方向是與豎直方向呈30C．若粒子改為從圓形磁場邊界上的C點以相同的速度入射，軌跡如下圖所示，四邊形SCON為菱形，由幾何知識可知一定從N點射出，故C正確；D．若要實現(xiàn)帶電粒子從A點入射，從N點出射，則所加圓形磁場以AN為直徑時面積最小，最小面積為S=π故D錯誤。故選C。5．（2023·安徽·模擬預測）如圖，一個邊長為l的正方形MNPQ區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電量為qq>0的粒子以某一速度從M點垂直于磁場射入，粒子恰好從PQ的中點射出磁場。已知粒子射入磁場時的速度方向與MQ的夾角為60°

A．103?5qBl22m B．103+5【答案】B【詳解】根據(jù)題意作出粒子運動軌跡如圖

由題可知α=30°，根據(jù)幾何關(guān)系有tan則M粒子運動的軌跡半徑為R=根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qvB=m聯(lián)立解得v=故選B。二、多選題6．（2023·重慶·校聯(lián)考模擬預測）如圖所示，上表面水平且粗糙程度處處相同、質(zhì)量M=1kg的小車A靜置于光滑水平面上，均帶正電且電荷量均為q=1C的小物塊B、C靜置于小車A上表面，B、C質(zhì)量分別為m1=0.2kg、m2=0.6kg，整個空間存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度大小

A．小車A的速度大小為7m/sB．物塊B的速度大小為4m/sC．物塊C的速度大小為12m/sD．整個系統(tǒng)因摩擦增加的內(nèi)能為31.2J【答案】ABD【詳解】由左手定則，B、C的洛倫茲力豎直向上，始終垂直于v，以A、B、C為整體，則水平方向動量守恒Mv當B與A無作用力時，即q解得v當C與A無作用力時，即q解得vABC．某時刻突然給小車A一大小I=12N?s的水平?jīng)_量，vM解得vAB正確，C錯誤；D．由動量定理M解得v由能量關(guān)系Q=7．（2023·吉林長春·統(tǒng)考模擬預測）如圖，兩塊豎直放置的互相平行的帶電金屬板間距為d，兩板間電勢差為U，兩板間存在垂直紙面向里的勻強磁場．一束質(zhì)量為m，電量為e的電子，通過左側(cè)帶負電極板上方的小孔，水平進入電場中，若忽略電子進入時的初速度，不計電子的重力及電子間的相互影響，則關(guān)于電子的運動，下列說法正確的是（

）A．電子在板間做勻變速曲線運動B．電子在板間做變加速曲線運動C．若使電子束不碰到右側(cè)帶正電的極板，磁場的磁感應(yīng)強度至少為2mUD．若使電子束不碰到右側(cè)帶正電的極板，磁場的磁感應(yīng)強度至少為mU【答案】BC【詳解】AB．電子運動過程中受到兩個力，一個是恒力電場力，一個是變力洛倫茲力，其中洛倫茲力的大小和方向都在變化，故電子在板間做變加速曲線運動，A錯誤，B正確；CD．假設(shè)軌跡與極板的切點為P，則x由能量關(guān)系可知1v取運動軌跡上某點，當墊子位于該點時，它所受的y方向的力是F這個力提供了電子在y方向上的加速度，則Be以上關(guān)系在任意點都適用，故Be即Be把電子從O點到P點運動過程中所有小段求和，即Bed=m解得B=故若使電子束不碰到右側(cè)帶正電的極板，磁場的磁感應(yīng)強度至少為2mUe故選BC。8．（2023·遼寧大連·育明高中?？家荒＃┤鐖D所示，絕緣中空軌道豎直固定，圓弧段COD光滑，對應(yīng)圓心角為120°，C、D兩端等高，O為最低點，圓弧圓心為O′，半徑為R，直線段AC、HD粗糙，與圓弧段分別在C、D端相切，整個裝置處于方向垂直于軌道所在平面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，在豎直虛線MC左側(cè)和ND右側(cè)還分別存在著場強大小相等、方向水平向右和向左的勻強電場。現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量恒為q、直徑略小于軌道內(nèi)徑、可視為質(zhì)點的帶正電小球，與直線段的動摩擦因數(shù)為μ，從軌道內(nèi)距C點足夠遠的P點由靜止釋放，若PC=l，小球所受電場力等于其重力的33倍，重力加速度為A．小球第一次沿軌道AC下滑的過程中先做加速度減小的加速運動，后做勻速運動B．小球在軌道AC上下滑的最大速度v=C．經(jīng)足夠長時間，小球克服摩擦力做的總功是2D．經(jīng)足夠長時間，小球經(jīng)過O點時，對軌道的彈力可能為2mg+Bq【答案】ABD【詳解】A．小球第一次沿軌道AC下滑的過程中，小球所受電場力等于其重力的33F電場力垂直于軌道方向的分量為F電分=3重力垂直于軌道方向的分量為G分=mgcos60°=1則F電分=G分因此，電場力與重力的合力方向恰好沿著AC方向，且剛開始時小球與管壁無作用力。當小球從靜止運動后，由左手定則可知，小球受到的洛倫茲力垂直于AC向上，導致小球?qū)鼙谟凶饔昧?，小球?qū)⑹艿交瑒幽Σ亮?，隨著速度增大，洛倫茲力增大，小球?qū)鼙诘膲毫?，摩擦力增大，合力減小，根據(jù)牛頓第二定律可知小球做加速度減小的加速運動，當加速度減至零時做勻速運動，故A正確；B．小球在軌道AC上下滑到勻速運動時，速度最大，此時有μq解得v選項B正確；C．最終小球在CD間做往復運動，在C點和D點速度為零。從開始到最終速度為零的C點或D點，根據(jù)動能定理得(mg)則經(jīng)足夠長時間，小球克服摩擦力做的總功W選項C錯誤；D．由于在AC、HD段要克服滑動摩擦力做功，小球最終將在圓弧段COD做往復運動，設(shè)小球最終經(jīng)O點的速度為v，根據(jù)動能定理有mgR解得v=根據(jù)牛頓第二定律，小球從C向D運動有N?mg+qvB=m解得N=2mg?Bq小球從D點向C點運動時，同理得N選項D正確。故選ABD。9．（2018下·四川成都·高二成都外國語學校開學考試）如圖為一種改進后的回旋加速器示意圖，其中兩盒狹縫間的加速電場場強大小恒定，且被限制在A、C板間，虛線中間不需加電場。如帶電粒子從P0處以速度v0沿電場線方向射入加速電場，經(jīng)加速后再進入D形盒中的勻強磁場做勻速圓周運動，對這種改進后的回旋加速器，下列說法正確的是（）A．帶電粒子被加速后的最大速度與D形盒半徑無關(guān) B．加速電場方向不需要做周期性的變化C．帶電粒子每運動一周被加速一次 D．圖中P1P2等于P2P3【答案】BC【詳解】A．依題意，帶電粒子是通過磁場的一次次偏轉(zhuǎn)來實現(xiàn)加速的，當粒子從D形盒中出來時，速度最大，根據(jù)qvB=m解得v=易知，帶電粒子被加速后的最大速度與D形盒半徑有關(guān)，D形盒半徑越大，出射速度越大。故A錯誤；BC．帶電粒子只有經(jīng)過A、C板間時被加速，即帶電粒子每運動一周被加速一次。粒子在AC間加速，電場的方向沒有改變，加速電場方向不需要做周期性的變化。故BC正確；D．依題意，根據(jù)幾何關(guān)系可得P因為每轉(zhuǎn)一圈被加速一次，根據(jù)v易知每轉(zhuǎn)一圈，速度的變化量不等，且v所以P1P2大于P2P3。故D錯誤。故選BC。三、解答題10．（2024·廣西貴港·統(tǒng)考模擬預測）如圖所示，M、N兩極板間存在勻強電場，N板右側(cè)存在如圖所示的磁場，在折線PAQ的兩側(cè)分布著與平面垂直且方向相反的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B。折線的頂角∠A=90°，P、Q是折線上的兩點且AP=AQ=L?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電的粒子從S點由靜止經(jīng)電場加速后從P點沿PQ方向水平射出，第一次偏轉(zhuǎn)經(jīng)過A點。（不計粒子的重力）（1）求加速電場的兩端電壓U大??；（2）求粒子從P點射出后，到第三次經(jīng)過AQ直線所需要的時間t?！敬鸢浮浚?）U=qB【詳解】（1）粒子第一次偏轉(zhuǎn)經(jīng)過A點，其運動軌跡如圖所示由圖可知R解得R=粒子在磁場中做勻速圓周運動，有qvB=解得v=在加速電場，有qU=解得U=（2）粒子的運動軌跡如圖由圖可知弦PA對應(yīng)圓心角為90°，弦AQ對應(yīng)圓心角為270°，弦QD對應(yīng)圓心角為270°。粒子磁場中做勻速圓周運動，其周期T=解得t=11．（2022·四川南充·四川省南充高級中學?？既＃┤鐖D所示，在xOy平面內(nèi)的第一象限內(nèi)，直線y=0與直線y=x之間存在磁感應(yīng)強度為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場，x軸下方有一直線CD與x軸平行且與x軸相距為a，x軸與直線CD之間（包含x軸）存在沿y軸正方向的勻強電場，在第三象限，直線CD與直線EF之間存在磁感應(yīng)強度也為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場。紙面內(nèi)有一束寬度為a的平行電子束，如圖，沿y軸負方向射入第一象限的勻強磁場，各電子的速度隨入射位置不同大小各不相等，電子束的左邊界與y軸的距離也為a，經(jīng)第一象限磁場偏轉(zhuǎn)后發(fā)現(xiàn)所有電子都可以通過原點并進入x軸下方的電場，最后所有電子都垂直于EF邊界離開磁場。其中電子質(zhì)量為m，電量大小為e，電場強度大小為E=ea（1）電子進入磁場前的最大速度；（2）電子經(jīng)過直線CD時的最小速度及該電子在第三象限磁場中做圓周運動的圓心坐標；（3）直線EF的方程。

【答案】（1）2eBam；（2）2eBam，（-a，-2【詳解】（1）經(jīng)分析可得，所有電子在第一象限都經(jīng)歷一個四分之一圓周運動后通過原點并沿-x軸方向進入x軸下方的電場，故最大速度對應(yīng)最大半徑r1＝2a根據(jù)洛倫茲力提供向心力，則有e可得v（2）由（1）可知，過原點并進入x軸下方的電子的最小速度為v所有電子在電場中偏轉(zhuǎn)時，-x方向分速度不變，-y方向的分速度增量一樣大，則-x方向分速度最小的電子，經(jīng)過直線CD后速度也最小，又由于電子在電場中做類平拋運動，則在y方向有vy2解得v由v在x方向有x2=v2t解得x2=2a可得經(jīng)過直線CD時的坐標為（-2a，-a），此后在磁場中的運動半徑為r解得r電子射出CD時速度與豎直方向的夾角tanθ=v設(shè)電子此后在磁場中運動的圓心為（x，y）根據(jù)幾何關(guān)系y=-a+(-r2sin45°)，x=-2a+r2cos45°得該電子此后在磁場中運動的圓心坐標為（-a，-2a）（3）由題意，所有電子都垂直于EF邊界離開磁場，則所有電子運動軌跡的圓心都在EF直線上，由（1）和（2）的結(jié)論，經(jīng)過直線CD時，不妨設(shè)任何電子的?x方向的分速度為v′x=k則電子經(jīng)過直線CD的合速度為v電子經(jīng)過直線CD的坐標為（?2ka，?a），速度方向與水平方向的夾角的正切值為tan根據(jù)幾何關(guān)系，易得圓心位置為（?2ka+a，?a?ka），因為電子垂直于直線EF出射，所以圓心也在直線上，可得EF直線為y=12．（2020·浙江·校聯(lián)考一模）1932年美國物理學家勞倫斯發(fā)明了回旋加速器，巧妙地利用帶電粒子在磁場中運動特點，解決了粒子的加速問題?，F(xiàn)在回旋加速器被廣泛應(yīng)用于科學研究和科學設(shè)備中。回旋加速器的工作原理如圖甲所，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計。磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直，加速器按一定頻率的高頻交流電源，保證粒子每次經(jīng)過電場都被加速，加速電壓為U。D形金屬盒中心粒子源產(chǎn)生的粒子，初速度不計，在加速器中被加速，加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力作用。(1)求把質(zhì)量為m、電荷量為q的靜止粒子加速到最大動能所需時間；(2)若此回旋加速器原來加速質(zhì)量為2m，帶電荷量為q的α粒子（24He），獲得的最大動能為Ekm，現(xiàn)改為加速氘核（(3)已知兩D形盒間的交變電壓如圖乙所示，設(shè)α粒子在此回旋加速器中運行的周期為T，若存在一種帶電荷量為q′、質(zhì)量為m′的粒子100201X，在【答案】（1）πBR22U【詳解】（1）由洛倫茲力提供向心力得q粒子每旋轉(zhuǎn)一周動能增加2qU，則旋轉(zhuǎn)周數(shù)n=周期T=粒子在磁場中運動的時間t一般地可忽略粒子在電場中的運動時間，t磁可視為總時間（2）對α粒子，由速度v得其最大動能為E對氘核，最大動能為E若兩者有相同的動能，設(shè)磁感應(yīng)強度變?yōu)锽′、由α粒子換成氘核，有q解得B′=2高頻交流電源的原來周期T=故T由α粒子換為氘核時，交流電源的周期應(yīng)為原來的2（3）對粒子100201T每次加速偏移的時間差為ΔT加速次數(shù)n=所以獲得的最大動能E13．（2023·江西吉安·統(tǒng)考一模）我國自行設(shè)計研制的熱核聚變?nèi)瑢锌R克實驗裝置再次創(chuàng)造了該類實驗裝置運行的世界新紀錄。此裝置在運行過程中，需要將加速到較高速度的離子束轉(zhuǎn)變成中性粒子束，而其中還未被中性化的高速帶電離子則需通過過濾裝置過濾出來并剝離。所用到的過濾裝置工作原理簡圖如圖所示，混合粒子束先通過加有一定電壓的兩極板之間區(qū)域后，再進入極板下方的偏轉(zhuǎn)磁場中，此過程中中性粒子仍會沿原方向運動并被接收器接收；而帶電離子中的一部分則會先在兩極板間的電場作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，一部分直接打在下極板，另一部分則會在穿過板間電場后進入其下方的勻強磁場B2區(qū)域，進一步發(fā)生磁偏轉(zhuǎn)并打在吞噬板上，從而剝離吸收。已知這些帶電離子電荷量為q（q>0），質(zhì)量為m，兩極板間距為d，所加電壓為U，極板長度為2d（1）要使初速度為v1=qU（2）若帶電離子以初速度v1沿直線通過極板區(qū)域后，進入下方垂直紙面向外的勻強偏轉(zhuǎn)磁場B2區(qū)域。當磁感應(yīng)強度B2（3）若粒子束中帶電粒子為初速度v2=3qUm，且撤去了兩極板間的磁場B1，則有部分帶電離子會通過兩極板間的偏轉(zhuǎn)電場進入偏轉(zhuǎn)磁場，已知磁場的磁感應(yīng)強度B【答案】（1）1dmUq，方向垂直紙面向里；（2）【詳解】（1）離子能直線通過兩極板，則洛倫茲力與電場力平衡，則有q將v1B由左手定則判斷可知：磁場B1（2）當離子在偏轉(zhuǎn)磁場中做勻速圓周運動時有q解得r=又由圖可知：離子在吞噬板上最靠右的落點到左極板距離x離子在吞噬板上最靠左的落點到左極板距離x則此吞噬板的長度最短，聯(lián)立解得l=（3）當初速度為v2則y=2q聯(lián)立解得y=離子做類平拋運動的過程中，根據(jù)動能定理U得v=離子進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度偏向角的余弦值為cos此時沿上極板進入電場的帶電離子射出偏轉(zhuǎn)電場時，與吞噬板右端相距為13d，當磁場d又當入射點下移至帶電粒子剛好擦著下極板右邊緣射出電場進入偏轉(zhuǎn)磁場，則磁場B22r綜合分析結(jié)果有d根據(jù)qv則所需磁場B2114．（2024·浙江紹興·浙江省新昌中學校考模擬預測）在xOy平面的x軸上方區(qū)域范圍內(nèi)存在著范圍足夠大的勻強磁場（如圖甲所示）。在空間坐標（x＝0，y=12a）處有一粒子源，在某一時刻向平面內(nèi)各個方向均勻發(fā)射N個（N足夠大）質(zhì)量為m、電荷量為﹣q，速度為v0的帶電粒子。（不計粒子重力及粒子間的相互作用，題中N、a、m、﹣q、（1）若放射源所發(fā)出的粒子恰好有13不能到達x（2）求解第⑴問中，x軸上能接收到粒子的區(qū)域長度L。（3）若磁場僅限制在一個半徑為a的圓形區(qū)域內(nèi)，圓心在坐標（a，12a）處。保持磁感應(yīng)強度不變，在【答案】（1）mv0aq；（2）【詳解】（1）由幾關(guān)系可知左右兩個相切圓為臨界條件，由于有13不能到達要x∠由幾何關(guān)系知，磁場中做圓周運動半徑為R＝a。洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得Bq磁感應(yīng)強度B=（2）粒子打x軸上的范圍如圖所示，x軸右側(cè)長度為Lx軸左側(cè)，F(xiàn)與x軸相切，由幾何關(guān)系知L聯(lián)立可得L=（3）粒子源打出的部分粒子恰好垂直打在擋板上，軌跡半徑R′＝a，軌跡如下圖，根據(jù)幾何關(guān)系則有垂直打在板上的區(qū)域有兩部分，sinθ=解得θ=sinα=解得α=粒子源打出的部分粒子恰好垂直打在擋板上的動量的變化量Δ粒子源打出的部分粒子恰好垂直打在擋板上運動的最短時間t粒子源打出的部分粒子恰好垂直打在擋板上運動的最長時間t這部分粒子在先后到達板上的時間內(nèi)對擋板的平均作用力F一、單選題1．（2022·海南·高考真題）有一個輻向分布的電場，距離O相等的地方電場強度大小相等，有一束粒子流通過電場，又垂直進入一勻強磁場，則運動軌跡相同的粒子，它們具有相同的（

）A．質(zhì)量 B．電量 C．比荷 D．動能【答案】C【詳解】粒子在輻射電場中以速度v做勻速圓周運動，電場力完全提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可知qE=m解得r=粒子在勻強磁場中qvB=m解得r′=粒子不同場中的軌跡相同，即粒子在不同場中轉(zhuǎn)動半徑相同，所以這些粒子具有相同的速度v和比荷qm故選C。2．（2022·廣東·高考真題）如圖所示，一個立方體空間被對角平面MNPQ劃分成兩個區(qū)域，兩區(qū)域分布有磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強磁場。一質(zhì)子以某一速度從立方體左側(cè)垂直O(jiān)yz平面進入磁場，并穿過兩個磁場區(qū)域。下列關(guān)于質(zhì)子運動軌跡在不同坐標平面的投影中，可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】A【詳解】AB．由題意知當質(zhì)子射出后先在MN左側(cè)運動，剛射出時根據(jù)左手定則可知在MN受到y(tǒng)軸正方向的洛倫茲力，即在MN左側(cè)會向y軸正方向偏移，做勻速圓周運動，y軸坐標增大；在MN右側(cè)根據(jù)左手定則可知洛倫茲力反向，質(zhì)子在y軸正方向上做減速運動，故A正確，B錯誤；CD．根據(jù)左手定則可知質(zhì)子在整個運動過程中都只受到平行于xOy平面的洛倫茲力作用，在z軸方向上沒有運動，z軸坐標不變，故CD錯誤。故選A。3．（2023·北京·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場中，固定一內(nèi)部真空且內(nèi)壁光滑的圓柱形薄壁絕緣管道，其軸線與磁場垂直。管道橫截面半徑為a，長度為l（l>>a）。帶電粒子束持續(xù)以某一速度v沿軸線進入管道，粒子在磁場力作用下經(jīng)過一段圓弧垂直打到管壁上，與管壁發(fā)生彈性碰撞，多次碰撞后從另一端射出，單位時間進入管道的粒子數(shù)為n，粒子電荷量為+q，不計粒子的重力、粒子間的相互作用，下列說法不正確的是（）

A．粒子在磁場中運動的圓弧半徑為aB．粒子質(zhì)量為BqaC．管道內(nèi)的等效電流為nqπD．粒子束對管道的平均作用力大小為Bnql【答案】C【詳解】A．帶正電的粒子沿軸線射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子運動的圓弧半徑為r=a故A正確，不符合題意；B．根據(jù)qvB=m可得粒子的質(zhì)量m=故B正確，不符合題意；C．管道內(nèi)的等效電流為I=NqSv單位體積內(nèi)電荷數(shù)為n則I=故C錯誤，符合題意；D．由動量定理可得F粒子束對管道的平均作用力大小F聯(lián)立解得F故D正確，不符合題意。故選C。4．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）空間存在著勻強磁場和勻強電場，磁場的方向垂直于紙面（xOy平面）向里，電場的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下，從坐標原點O由靜止開始運動。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運動軌跡的是（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】解法一：AC．在xOy平面內(nèi)電場的方向沿y軸正方向，故在坐標原點O靜止的帶正電粒子在電場力作用下會向y軸正方向運動。磁場方向垂直于紙面向里，根據(jù)左手定則，可判斷出向y軸正方向運動的粒子同時受到沿x軸負方向的洛倫茲力，故帶電粒子向x軸負方向偏轉(zhuǎn)。AC錯誤；BD．運動的過程中在電場力對帶電粒子做功，粒子速度大小發(fā)生變化，粒子所受的洛倫茲力方向始終與速度方向垂直。由于勻強電場方向是沿y軸正方向，故x軸為勻強電場的等勢面，從開始到帶電粒子偏轉(zhuǎn)再次運動到x軸時，電場力做功為0，洛倫茲力不做功，故帶電粒子再次回到x軸時的速度為0，隨后受電場力作用再次進入第二象限重復向左偏轉(zhuǎn)，故B正確，D錯誤。故選B。解法二：粒子在O點靜止，對速度進行分解，分解為向x軸正方向的速度v，向x軸負方向的速度v’，兩個速度大小相等，方向相反。使得其中一個洛倫茲力平衡電場力，即qBv'=qE則粒子的在電場、磁場中的運動，可視為，向x軸負方向以速度v'=EB做勻速直線運動，同時在故選B。5．（2021·福建·統(tǒng)考高考真題）一對平行金屬板中存在勻強電場和勻強磁場，其中電場的方向與金屬板垂直，磁場的方向與金屬板平行且垂直紙面向里，如圖所示。一質(zhì)子（11H）以速度v0自O(shè)A．以速度v02B．以速度v0射入的電子C．以速度2v0D．以速度4v0射入的a【答案】B【詳解】質(zhì)子（11H）以速度v0q解得v即質(zhì)子的速度滿足速度選擇器的條件；A．以速度v02的射入的正電子B．以速度v0射入的電子(C．以速度2v0射入的核(12H)，以速度4v故選B。6．（2023·海南·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強磁場，關(guān)于小球運動和受力說法正確的是（

）

A．小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右 B．小球運動過程中的速度不變C．小球運動過程的加速度保持不變 D．小球受到的洛倫茲力對小球做正功【答案】A【詳解】A．根據(jù)左手定則，可知小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右，A正確；BC．小球受洛倫茲力和重力的作用，則小球運動過程中速度、加速度大小，方向都在變，BC錯誤；D．洛侖茲力永不做功，D錯誤。故選A。7．（2023·山西·統(tǒng)考高考真題）一電子和一α粒子從鉛盒上的小孔O豎直向上射出后，打到鉛盒上方水平放置的屏幕P上的a和b兩點，a點在小孔O的正上方，b點在a點的右側(cè)，如圖所示。已知α粒子的速度約為電子速度的110

A．電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向里B．電場方向水平向左、磁場方向垂直紙面向外C．電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向里D．電場方向水平向右、磁場方向垂直紙面向外【答案】C【詳解】A．帶電粒子在電場和磁場中運動，打到a點的粒子電場力和洛倫茲力平衡，當電場向左磁場垂直直面向里時，因α粒子帶正電，則受到向左的電場力和向左的洛倫茲力，則會打到a點左側(cè)；同理電子帶負電，受到向右的電場力和向右的洛倫茲力，則電子會打到a點右側(cè)，A錯誤；B．因α粒子帶正電，設(shè)帶電量為2q，速度v，電子帶負電，電量-q，電子速度v＇>v，若電場方向向左，磁場方向向外，則如果α粒子打在a點則受到向左的電場力和向右的洛倫茲力平衡2qE=2qvBv=因電子帶負電，電量-q，且電子速度大，受到向左的洛倫茲力qv＇B大于向右的電場力qE，則電子從而向左偏轉(zhuǎn)；同理如果電子打在a點，則qE=qv'B，所以此時α粒子向左的電場力2qE大于向右的洛倫茲力2qvBCD．電場方向向右，磁場垂直紙面向里，如果α粒子打在a點，即向右的電場力和向左的洛倫茲力平衡2qE=2qvBv=電子速度大，受到向右的洛倫茲力qv＇B大于向左的電場力qE則向右偏轉(zhuǎn)，從而達到b點；同理如果電子打在a，qE=qv'B則α粒子向右的電場力2qE大于向左的洛倫茲力2qvB同理電場向右磁場垂直紙面向外時，α粒子受到向右的電場力和洛倫茲力，電子受到向左的電場力和洛倫茲力不能受力平衡打到a點，故C正確，D錯誤；故選C。8．（2023·湖南·統(tǒng)考高考真題）如圖，真空中有區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，區(qū)域Ⅰ中存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下（與紙面平行），磁場方向垂直紙面向里，等腰直角三角形CGF區(qū)域（區(qū)域Ⅱ）內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外。圖中A、C、O三點在同一直線上，AO與GF垂直，且與電場和磁場方向均垂直。A點處的粒子源持續(xù)將比荷一定但速率不同的粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ中，只有沿直線AC運動的粒子才能進入?yún)^(qū)域Ⅱ。若區(qū)域Ⅰ中電場強度大小為E、磁感應(yīng)強度大小為B1，區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小為B2，則粒子從CF的中點射出，它們在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為t0。若改變電場或磁場強弱，能進入?yún)^(qū)域Ⅱ中的粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為t，不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是（

）

A．若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?B1，則t>t0B．若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)?E，則t>t0C．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?4BD．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?4B【答案】D【詳解】由題知粒子在AC做直線運動，則有qv0B1=qE區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小為B2，則粒子從CF的中點射出，則粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為90°，根據(jù)qvB=m4tA．若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?B1，則粒子在AC做直線運動的速度，有qvA?2B1=qE則v再根據(jù)qvB=mv2r，可知粒子半徑減小，則粒子仍然從CF邊射出，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為90°，則t=B．若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)?E，則粒子在AC做直線運動的速度，有qvBB1=q?2E則vB=2v0再根據(jù)qvB=mv2r，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，則粒子F點射出，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為90°，則t=C．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?4B2，則粒子在AC做直線運動的速度仍為v0，再根據(jù)qvB=mv2

根據(jù)sin可知轉(zhuǎn)過的圓心角θ=60°，根據(jù)qvB=m4t=則t=C錯誤；D．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?4B2，則粒子在AC做直線運動的速度仍為v0，再根據(jù)qvB=mv2

根據(jù)sin可知轉(zhuǎn)過的圓心角為α=45°，根據(jù)qvB=m4t=則t=D正確。故選D。9．（2023·浙江·高考真題）某興趣小組設(shè)計的測量大電流的裝置如圖所示，通有電流I的螺繞環(huán)在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場B=k1I，通有待測電流I′的直導線ab垂直穿過螺繞環(huán)中心，在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場B′=k2IA．a(chǎn)→b，k2k1I0C．b→a，k2k1I0【答案】D【詳解】根據(jù)安培定則可知螺繞環(huán)在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場方向向下，則要使元件輸出霍爾電壓UH為零，直導線ab在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場方向應(yīng)向上，根據(jù)安培定則可知待測電流I′的方向應(yīng)該是b→a；元件輸出霍爾電壓k解得I故選D。二、多選題10．（2022·遼寧·高考真題）粒子物理研究中使用的一種球狀探測裝置橫截面的簡化模型如圖所示。內(nèi)圓區(qū)域有垂直紙面向里的勻強磁場，外圓是探測器。兩個粒子先后從P點沿徑向射入磁場，粒子1沿直線通過磁場區(qū)域后打在探測器上的M點。粒子2經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后打在探測器上的N點。裝置內(nèi)部為真空狀態(tài)，忽略粒子重力及粒子間相互作用力。下列說法正確的是（）A．粒子1可能為中子B．粒子2可能為電子C．若增大磁感應(yīng)強度，粒子1可能打在探測器上的Q點D．若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探測器上的Q點【答案】AD【詳解】AB．由題圖可看出粒子1沒有偏轉(zhuǎn)，說明粒子1不帶電，則粒子1可能為中子；粒子2向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知粒子2應(yīng)該帶正電，A正確、B錯誤；C．由以上分析可知粒子1為中子，則無論如何增大磁感應(yīng)強度，粒子1都不會偏轉(zhuǎn)，C錯誤；D．粒子2在磁場中洛倫茲力提供向心力有qvB=m解得r=可知若增大粒子入射速度，則粒子2的半徑增大，粒子2可能打在探測器上的Q點，D正確。故選AD。11．（2022·湖北·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，一帶電粒子以初速度v0沿x軸正方向從坐標原點О射入，并經(jīng)過點P（a>0，b>0）。若上述過程僅由方向平行于y軸的勻強電場實現(xiàn)，粒子從О到Р運動的時間為t1，到達Р點的動能為Ek1。若上述過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現(xiàn)，粒子從O到Р運動的時間為t2，到達Р點的動能為Ek2。下列關(guān)系式正確的是·（）A．t1<t2 B．t1>t2C．Ek1<Ek2 D．Ek1>Ek2【答案】AD【詳解】AB．該過程中由方向平行于y軸的勻強電場實現(xiàn)，此時粒子做類平拋運動，沿x軸正方向做勻速直線運動；當該過程