五年（2020-2024）高考物理真題分類匯編 專題07 帶電粒子在場中運動的綜合問題（解析版）

2020-2024年五年高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題07帶電粒子在場中運動的綜合問題1.考情分析考點要求考題統(tǒng)計帶電粒子在場中運動的綜合問題2024?浙江?高考真題、2024?浙江?高考真題、2023?浙江?高考真題、2023?浙江?高考真題、2022?浙江?高考真題、2022?浙江?高考真題、2021?浙江?高考真題、2021?浙江?高考真題、2020?浙江?高考真題、2020?浙江?高考真題2.試題情境：質譜儀、回旋加速器、速度選擇器、磁流體發(fā)電機、電磁流量計、霍爾效應及霍爾元件等3.常見問題模型：帶電粒子在復合場中的運動：帶電粒子在電場、磁場組合場中運動；帶電粒子在電場、磁場和重力場的復合場中的運動。3.命題方向：本章內容在高考中占據(jù)了極為重要的位置，既是熱點也是難點，試題涉及內容綜合性較強。帶電粒子在帶電場中的加速和偏轉，在有界勻強磁場中的運動，以及帶電粒子在組合場中的運動，都是考試關注的焦點。4.備考策略：帶電粒子在復合場中的運動是高考物理中的一個重要考點，有效復習這一部分內容可以從以下幾個方面入手：①掌握基本概念和規(guī)律：首先，需要了解復合場的分類，包括疊加場和組合場的區(qū)別。疊加場是指電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存；而組合場則是指電場與磁場各位于一定的區(qū)域內，并不重疊或在同一區(qū)域，電場、磁場交替出現(xiàn)。②分析受力和運動特點：正確分析帶電粒子在復合場中的受力情況，以及由此產(chǎn)生的運動特點。例如，當帶電粒子所受合外力為零時，將處于靜止狀態(tài)或做勻速直線運動；當帶電粒子所受的重力與電場力大小相等、方向相反時，在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動；當合外力的大小和方向均變化時，粒子做非勻變速曲線運動。③繪制運動軌跡：通過繪制粒子的運動軌跡，可以更直觀地理解題目的具體要求，從而靈活選擇不同的運動規(guī)律來解決問題。④運用物理定律解題：根據(jù)帶電粒子的運動狀態(tài)，選擇合適的物理定律來解題。例如，做勻速運動時可根據(jù)平衡條件列方程求解；做勻速圓周運動時應用牛頓第二定律和平衡條件列方程聯(lián)立求解；做非勻速曲線運動時應選用動能定理或動量守恒定律列方程求解。⑤注意臨界問題：在解決帶電粒子在復合場中的運動問題時，要注意題目中可能出現(xiàn)的臨界條件，如“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等詞語，這些往往是解題的關鍵。⑥考慮重力的影響：根據(jù)具體情況判斷是否需要考慮重力對帶電粒子的作用。對于微觀帶電粒子，如電子、質子、α粒子等，除非特殊說明，一般可以忽略重力的影響。考點01帶電粒子在場中運動的綜合問題1．（2024·浙江·高考真題）（多選）如圖所示，一根固定的足夠長的光滑絕緣細桿與水平面成角。質量為m、電荷量為+q的帶電小球套在細桿上。小球始終處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中。磁場方向垂直細桿所在的豎直面，不計空氣阻力。小球以初速度沿細桿向上運動至最高點，則該過程（）A．合力沖量大小為mv0cos? B．重力沖量大小為C．洛倫茲力沖量大小為 D．若，彈力沖量為零【考點】求恒力的沖量

洛倫茲力的公式及簡單計算【答案】CD【詳析】A．根據(jù)動量定理故合力沖量大小為，故A錯誤；B．小球上滑的時間為重力的沖量大小為故B錯誤；C．小球所受洛倫茲力為，隨時間線性變化，故洛倫茲力沖量大小為故C正確；D．若，0時刻小球所受洛倫茲力為小球在垂直細桿方向所受合力為零，可得即則小球在整個減速過程的圖像如圖圖線與橫軸圍成的面積表示沖量可得彈力的沖量為零，故D正確。故選CD。2．（2024·浙江·高考真題）類似光學中的反射和折射現(xiàn)象，用磁場或電場調控也能實現(xiàn)質子束的“反射”和“折射”。如圖所示，在豎直平面內有三個平行區(qū)域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ；Ⅰ區(qū)寬度為d，存在磁感應強度大小為B、方向垂直平面向外的勻強磁場，Ⅱ區(qū)的寬度很小。Ⅰ區(qū)和Ⅲ區(qū)電勢處處相等，分別為和，其電勢差。一束質量為m、電荷量為e的質子從O點以入射角射向Ⅰ區(qū)，在P點以出射角射出，實現(xiàn)“反射”；質子束從P點以入射角射入Ⅱ區(qū)，經(jīng)Ⅱ區(qū)“折射”進入Ⅲ區(qū)，其出射方向與法線夾角為“折射”角。已知質子僅在平面內運動，單位時間發(fā)射的質子數(shù)為N，初速度為，不計質子重力，不考慮質子間相互作用以及質子對磁場和電勢分布的影響。（1）若不同角度射向磁場的質子都能實現(xiàn)“反射”，求d的最小值；（2）若，求“折射率”n（入射角正弦與折射角正弦的比值）（3）計算說明如何調控電場，實現(xiàn)質子束從P點進入Ⅱ區(qū)發(fā)生“全反射”（即質子束全部返回Ⅰ區(qū)）（4）在P點下方距離處水平放置一長為的探測板（Q在P的正下方），長為，質子打在探測板上即被吸收中和。若還有另一相同質子束，與原質子束關于法線左右對稱，同時從O點射入Ⅰ區(qū)，且，求探測板受到豎直方向力F的大小與U之間的關系?！究键c】粒子由磁場進入電場【答案】（1）；（2）；（3）；（4）見解析【詳析】（1）根據(jù)牛頓第二定律不同角度射向磁場的質子都能實現(xiàn)“反射”，d的最小值為（2）設水平方向為方向，豎直方向為方向，方向速度不變，方向速度變小，假設折射角為，根據(jù)動能定理解得根據(jù)速度關系解得（3）全反射的臨界情況：到達Ⅲ區(qū)的時候方向速度為零，即可得即應滿足（4）臨界情況有兩個：1、全部都能打到，2、全部都打不到的情況，根據(jù)幾何關系可得所以如果的情況下，折射角小于入射角，兩邊射入的粒子都能打到板上，分情況討論如下：①當時又解得全部都打不到板的情況②根據(jù)幾何知識可知當從Ⅱ區(qū)射出時速度與豎直方向夾角為時，粒子剛好打到D點，水平方向速度為所以又解得即當時③部分能打到的情況，根據(jù)上述分析可知條件為（），此時僅有O點右側的一束粒子能打到板上，因此又解得3．（2023·浙江·高考真題）利用磁場實現(xiàn)離子偏轉是科學儀器中廣泛應用的技術。如圖所示，Oxy平面（紙面）的第一象限內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Ⅰ存在磁感應強度大小為B1的勻強磁場，區(qū)域Ⅱ存在磁感應強度大小為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。（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。

【考點】動量定理的內容和表達式

帶電粒子在直邊界磁場中運動【答案】（1）；（2）（3）60%【詳析】（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O1O2與磁場邊界夾角為α，由幾何關系解得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%4．（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之間關系式?！究键c】帶電粒子在直邊界磁場中運動

粒子由磁場進入電場【答案】（1）；（2）；（3）；（4）當時，【詳析】（1）速度大小為、沿y軸正方向射出的離子經(jīng)磁場偏轉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，則由幾何關系可得解得如圖由幾何關系可得（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，和（3）相同，只與相關，可得解得根據(jù)動力學公式可得，解得5．（2022·浙江·高考真題）離子速度分析器截面圖如圖所示。半徑為R的空心轉筒P，可繞過O點、垂直xOy平面（紙面）的中心軸逆時針勻速轉動（角速度大小可調），其上有一小孔S。整個轉筒內部存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。轉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的離子進入轉筒，經(jīng)磁場偏轉后恰好沿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，求轉筒P角速度ω的大?。唬?）較長時間后，轉筒P每轉一周有N個離子打在板Q的C處，OC與x軸負方向的夾角為θ，求轉筒轉動一周的時間內，C處受到平均沖力F的大??；（3）若轉筒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）?！究键c】帶電粒子在弧形邊界磁場中運動

利用動量定理求解其他問題【答案】（1）①，②，k=0，1，2，3…；（2），n=0，1，2，…；（3），，【詳析】（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筒的轉動角度，k=0，1，2，3…（2）設速度大小為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筒的轉動角度ω′t′=2nπ+θ轉筒的轉動角速度，n=0，1，2，…動量定理，n=0，1，2，…（3）轉筒的轉動角速度其中k=1，，n=0，2或者可得，，6．（2022·浙江·高考真題）如圖為研究光電效應的裝置示意圖，該裝置可用于分析光子的信息。在xOy平面（紙面）內，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內存在大小可調、方向垂直紙面向里的勻強電場和磁感應強度大小恒為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，磁感應強度大小可調。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），調節(jié)區(qū)域Ⅰ的電場強度和區(qū)域Ⅱ的磁感應強度，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，需要調節(jié)區(qū)域Ⅰ的電場強度E和區(qū)域Ⅱ的磁感應強度B2，求E的最大值和B2的最大值。【考點】速度選擇器

粒子由電場進入磁場

愛因斯坦光電效應方程【答案】（1）；；（2）；；（3）；【詳析】（1）光電效應方程，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7．（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；立方體內存在磁場，其磁感應強度沿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。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，且射出的離子總質量遠小于推進器的質量。（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。【考點】動量定理的內容和表達式

粒子由電場進入磁場【答案】（1）；（2）；（3），方向沿z軸負方向【詳析】（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小（2）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。8．（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(jīng)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(jīng)偏轉系統(tǒng)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(tǒng)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(tǒng)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(huán)，其兩端中心位置M和N處各有一個小孔；偏轉系統(tǒng)中電場和磁場的分布區(qū)域是同一邊長為L的正方體，其偏轉系統(tǒng)的底面與晶圓所在水平面平行，間距也為L。當偏轉系統(tǒng)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(tǒng)置于真空中，不計離子重力，打在晶圓上的離子，經(jīng)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(tǒng)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(tǒng)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(tǒng)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。【考點】帶電粒子在弧形邊界磁場中運動

基于速度選擇器的質譜儀【答案】(1)，；(2)（，0）；(3)（0，）；(4)見解析【詳析】(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(jīng)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(jīng)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(chǎn)生影響。9．（2020·浙江·高考真題）某種離子診斷測量簡化裝置如圖所示。豎直平面內存在邊界為矩形、方向垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場，探測板平行于水平放置，能沿豎直方向緩慢移動且接地。a、b、c三束寬度不計、間距相等的離子束中的離子均以相同速度持續(xù)從邊界水平射入磁場，b束中的離子在磁場中沿半徑為R的四分之一圓弧運動后從下邊界豎直向下射出，并打在探測板的右邊緣D點。已知每束每秒射入磁場的離子數(shù)均為N，離子束間的距離均為，探測板的寬度為，離子質量均為m、電荷量均為q，不計重力及離子間的相互作用。（1）求離子速度v的大小及c束中的離子射出磁場邊界時與H點的距離s；（2）求探測到三束離子時探測板與邊界的最大距離；（3）若打到探測板上的離子被全部吸收，求離子束對探測板的平均作用力的豎直分量F與板到距離L的關系。【考點】動量定理的內容和表達式

帶電粒子在直邊界磁場中運動【答案】（1），0.8R；（2）；（3）當時：；當時：；當時：【詳析】（1）離子在磁場中做圓周運動得粒子的速度大小令c束中的離子運動軌跡對應的圓心為O，從磁場邊界邊的Q點射出，則由幾何關系可得，（2）a束中的離子運動軌跡對應的圓心為O’，從磁場邊界邊射出時距離H點的距離為x，由幾何關系可得即a、c束中的離子從同一點Q射出，離開磁場的速度分別于豎直方向的夾角為、，由幾何關系可得探測到三束離子，則c束中的離子恰好達到探測板的D點時，探測板與邊界的距離最大則（3）a或c束中每個離子動量的豎直分量當時所有離子都打在探測板上，故單位時間內離子束對探測板的平均作用力為當時，只有a和b束中離子打在探測板上，則單位時間內離子束對探測板的平均作用力為當時，只有b束中離子打在探測板上，則單位時間內離子束對探測板的平均作用力為10．（2020·浙江·高考真題）通過測量質子在磁場中的運動軌跡和打到探測板上的計數(shù)率（即打到探測板上質子數(shù)與衰變產(chǎn)生總質子數(shù)N的比值），可研究中子（）的衰變。中子衰變后轉化成質子和電子，同時放出質量可視為零的反中微子。如圖所示，位于P點的靜止中子經(jīng)衰變可形成一個質子源，該質子源在紙面內各向均勻地發(fā)射N個質子。在P點下方放置有長度以O為中點的探測板，P點離探測板的垂直距離為a。在探測板的上方存在方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B的勻強磁場。已知電子質量，中子質量，質子質量（c為光速，不考慮粒子之間的相互作用）。若質子的動量。（1）寫出中子衰變的核反應式，求電子和反中微子的總動能（以為能量單位）；（2）當，時，求計數(shù)率；（3）若取不同的值，可通過調節(jié)的大小獲得與（2）問中同樣的計數(shù)率，求與的關系并給出的范圍。【考點】帶電粒子在直邊界磁場中運動

臨界狀態(tài)的不唯一形成多解

根據(jù)條件寫出核反應方程【答案】(1)(2)(3)【詳析】（1）核反應方程滿足質量數(shù)和質子數(shù)守恒：核反應過程中：根據(jù)動量和動能關系：則總動能為：（2）質子運動半徑：如圖甲所示：打到探測板對應發(fā)射角度：可得質子計數(shù)率為：（3）在確保計數(shù)率為的情況下：即：如圖乙所示：恰能打到探測板左端的條件為：即：考點01帶電粒子在場中的運動1．（2024·浙江溫州·三模）如圖甲所示，某種離子分析器由加速區(qū)、偏轉區(qū)和檢測區(qū)組成，分別分布在第Ⅲ、Ⅱ、I象限內。在加速通道內分布著沿y軸負方向的勻強電場，場強大小在范圍內調節(jié)；在偏轉通道內分布著垂直xOy坐標平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小隨E?的變化而變化；在檢測區(qū)內，分布著勻強電場或磁場，檢測區(qū)內適當位置放有長為2L的檢測板。在坐標為(-L，-1.5L)的A處有一離子源，可連續(xù)釋放質量為m、電荷量為的離子（釋放時的速度可視為零），離子沿直線到達坐標為(-L，0)的小孔C，再經(jīng)偏轉區(qū)后從坐標為(0，L)的小孔D進入檢測區(qū)，打在檢測板上。三個區(qū)域的場互不影響，不計離子的重力及其間的相互作用。（1）要保證所有的離子都能從C孔出來后從D孔進入檢測區(qū)，試推導磁感應強度大小隨場強E?變化的關系式；（2）如圖乙所示，將檢測板左端放在D孔上沿，板面與x軸正方向的夾角檢測區(qū)內加沿y軸負方向、場強大小的勻強電場，在滿足（1）的條件下，①求檢測板上收集到離子記錄線的長度；②調整θ角使檢測板上收集到離子的記錄線最長，求此記錄線的長度及調整后的角度正弦值；（3）如圖丙所示，檢測板與y軸平行，并可沿x軸及y軸平移。檢測區(qū)內加垂直xOy坐標平面向里的磁場，磁感應強度大小沿x軸均勻變化，即（k為大于零的常量），在滿足（1）的條件下，要使檢測板能收集到離子，求檢測板x坐標的最大值?！究键c】帶電粒子在勻強電場中做類拋體運動的相關計算

粒子由電場進入磁場

帶電粒子在疊加場中的一般曲線運動【答案】（1）；（2）①0.3L；②L；0.8；（3）【詳析】（1）粒子從A到C由動能定理粒子在偏轉區(qū)做圓周運動，則解得（2）①粒子進入檢測區(qū)后做類平拋運動，則帶入有則②由平拋運動可知解得當時d=2L，即則sinθ=0.8當時所以（3）由動能定理和動量定理可知解得或者2．（2024·浙江·模擬預測）空腔圓柱的截面圓如圖所示，其圓心為O，半徑為R，圓面上開有A、B、C、D四個小孔，，，，圓內存在垂直紙面向外的勻強磁場（未知），圓外OB和OC射線范圍內存在垂直紙面向內的勻強磁場（未知）。緊靠A孔有兩金屬板M，N，兩板間加上交變電壓，其中已知，質量為m，電荷量為q的正電粒子持續(xù)由M板靜止釋放，經(jīng)電場加速的粒子從A孔沿半徑方向進入空腔內部，發(fā)現(xiàn)在時刻釋放的粒子恰好能從B孔射出磁場，并能經(jīng)過D孔。已知粒子在電場中加速的時間忽略不計，粒子撞擊圓面即被吸收，圓面始終不帶電。（1）求從B孔飛出的粒子的速度及截面圓內磁感應強度的大??；（2）求粒子從A孔運動到D孔的時間及比值；（3）緊靠D孔有兩金屬板，，兩板間加上沿半徑方向的交變電壓，以板出口處點為原點建立直角坐標系，在y軸右側區(qū)域內存在垂直紙面向內的勻強磁場，當時，從點進入磁場的速度最大的粒子恰好從點離開磁場。若要讓從點進入磁場的速度最小的粒子也恰好擊中點P，則的取值應為多少？【考點】帶電粒子在周期性變化電場中的直線運動

粒子由電場進入磁場【答案】（1），；（2），；（3）【詳析】（1）時刻的電壓為電場中加速得由幾何關系得：從A到B的過程中的軌跡半徑為R，由聯(lián)立解得（2）由（1）得，速度為的粒子才能經(jīng)過B孔，進而經(jīng)過C孔和D孔由幾何關系得：從B孔到C孔的軌跡的圓心角為，半徑為從C孔到D孔的軌跡的圓心角為，半徑為R，則代入得由代入得（3）在時刻和時刻進入A孔的粒子能經(jīng)過B孔，則粒子經(jīng)過D孔時的時刻為和時刻，設時刻經(jīng)過板后的速度為，則設時刻經(jīng)過板后的速度為，則得由題意得最大圓半徑則最小圓半徑圓軌跡方程為設粒子自點離開軌跡圓沿切線飛出，由幾何關系的同時滿足聯(lián)立得3．（2024·浙江金華·三模）某離子診斷裝置的簡化結構如圖所示，以拋物線為邊界的勻強電場存在于第二象限中，方向沿y軸負方向，電場強度。在區(qū)域內存在著垂直紙面向外的勻強磁場，磁場的右邊界為平行y軸的直線。絕緣板恰好處在y軸和之間，在處平行于x軸放置，厚度不計。線型可控粒子源在垂直x軸設立，長度，可實現(xiàn)上一點或多點沿x軸正方向發(fā)射大量帶正電的相同粒子，這些粒子質量為m、電荷量恒為q，速度大小為，重力可不計。（1）控制粒子源，只讓P點發(fā)射粒子，求解不同條件下的三個問題：①取絕緣板長為4d，要使粒子進入磁場后不與絕緣板發(fā)生碰撞，求磁感應強度B需要滿足的條件；②取磁場磁感應強度，從P點發(fā)出的粒子打到絕緣板上經(jīng)短時碰撞后，反彈的水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反。若有一粒子與絕緣板碰撞5次后從磁場右邊界上的H點（圖中未標出）離開，H點到絕緣板的垂直距離為，求該粒子從進入磁場到運動到H點的時間；③撤去絕緣板，取磁場磁感應強度，若P點發(fā)出的粒子進入磁場后還受到了與速度大小成正比、方向相反的阻力，觀察發(fā)現(xiàn)粒子的運動軌跡呈現(xiàn)螺旋狀并與y軸相切于K點。求粒子從進入磁場到運動到K點的時間和K點的坐標。（2）撤去磁場右邊界，取磁感應強度，絕緣板仍在處平行于x軸放置，但左右兩端位置可以調節(jié)。讓粒子源上的每一點都沿x軸正方向發(fā)射粒子，射出的粒子在y軸方向上分布均勻，要使射出的粒子都能打在絕緣板上，絕緣板的最小長度應為多少？【考點】帶電粒子在直邊界磁場中運動

粒子由電場進入磁場

帶電粒子在疊加場中做旋進運動【答案】（1）①或，②或，③，（0，）；（2）【詳析】（1）由題知，絕緣板恰好處在y軸和之間，在處平行于x軸放置，要使粒子進入磁場后不與絕緣板發(fā)生碰撞，由洛倫茲力提供做圓周運動向心力知最小半徑為，則代入得由幾何關系知，最大半徑為代入得則此時磁感應強度為代入得所以或（2）由知由幾何關系知解得則運動時間為或（3）由題知，粒子的運動軌跡呈現(xiàn)螺旋狀并與y軸相切于K點。則運動時間為由動量定理知，軸方向有軸方向有解得可得K點坐標為（0，）（4）由題意可知，粒子源射出的粒子全部匯聚在坐標原點后射入磁場。當時，當時，，如圖分析可得4．（2024·浙江·三模）利用電磁場研究帶電的微觀粒子是物理學家常用的方法。真空中一實驗裝置如圖甲所示（磁場未畫出），其截面圖如圖乙所示，區(qū)域I為足夠大的水平平行金屬板區(qū)域，極板間距為d，極板間電壓U恒定，同時板間有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為，區(qū)域II內存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度（大小未知）。極板和光屏在磁場方向上均足夠長。當頻率為的入射光照射到豎直放置的金屬板表面MN時，金屬板表面MN逸出大量速率不同、沿各個方向運動的光電子。區(qū)域I由于速度選擇器的作用，只有勻速運動的粒子能夠離開區(qū)域I并進入?yún)^(qū)域II，最后全部打在水平光屏上，光屏亮光區(qū)域在截面圖上的長度PQ為。已知逸出的光電子最大速率為，，元電荷為e，光電子質量為m，普朗克常量為h，忽略相對論效應，不計光電子重力和光電子之間相互作用。求：（1）該金屬的逸出功W和出區(qū)域I的光電子的最小速度v；（2）區(qū)域II中磁場的磁感應強度；（3）區(qū)域II中，在如圖乙截面內粒子到達區(qū)域的面積S；（4）區(qū)域II中，光電子運動位移的最大值?！究键c】帶電粒子在疊加場中做直線運動

愛因斯坦光電效應方程【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【詳析】（1）由愛因斯坦光電效應方程可得解得逸出功從平行板區(qū)域射出的粒子滿足洛倫茲力與電場力平衡解得（2）光電子在區(qū)域II中截面內的運動軌跡如圖所示光電子運動的半徑為r，由幾何關系可知根據(jù)洛倫茲力提供向心力解得（3）根據(jù)題意分析可知，截面內磁場的最小面積為一個四分之一圓形區(qū)域和矩形區(qū)域，粒子在磁場中掃過的面積為代入數(shù)據(jù)可得（4）光電子在截面內的最大位移為最大時，x1最大，光電子在磁場中運動時間最長，沿磁場向的位移最大，總位移最大，由幾何關系可得則最大值為，故光電子在磁場中運動的周期為光電子在磁場中運動的最長時間為光電子在沿磁場方向的最大速度光電子沿磁場方向的最大位移為光電子運動位移最大時，在垂直磁場方向的偏轉角度為可得5．（2024·浙江·三模）在空間中一足夠長圓柱形區(qū)域內存在勻強磁場，磁場的方向沿軸線向右，磁感應強度為，在軸線上有一粒子源，可以每秒發(fā)射N個質量為m，電荷量為＋q，速度為的粒子。不計重力和粒子間的相互作用力。（1）如圖1所示，使粒子源沿垂直軸線的方向發(fā)射粒子，粒子恰好不會飛出磁場區(qū)域，求磁場區(qū)域的半徑R；（2）如圖2所示，在磁場區(qū)域半徑滿足（1）的前提下，在右側磁場范圍內垂直軸線放一塊足夠大收集板A，將大量粒子沿與軸線成向右射出，為保證所有粒子在A上均匯聚于一點，求粒子源到極板A的水平距離；（3）如圖3所示，大量粒子沿與軸線成向右均勻射出，粒子源到A的距離滿足（2）問，在A的中心挖一小孔，可使粒子通過。將收集板B平行放置于A右側，并在AB極板間加上電壓。粒子打在B板上即被完全吸收，求收集板B所受的作用力F與極板間電壓的關系；（4）實驗室中，常利用亥姆霍茲線圈產(chǎn)生勻強磁場，當一對亥姆霍茲線圈間的距離增大時，即可生成磁感應強度隨空間緩慢變化的磁場，如圖4所示，其磁感應強度兩端強，中間弱。帶電粒子可以在端點處“反射”而被束縛其中，即“磁約束”。粒子的運動滿足如下規(guī)律：帶電粒子在垂直磁場方向的速度分量與此處的磁感應強度B之間滿足：，現(xiàn)假設該磁場中的最大磁感應強度和最小磁感應強度之比為，在該磁場的中部最弱區(qū)域有一帶電粒子源，與軸線成發(fā)射粒子束，要使這些粒子能被束縛在該磁場區(qū)域，求的最小值?！究键c】帶電粒子在直邊界磁場中運動

粒子由電場進入磁場【答案】（1）；（2），；（3）；（4）【詳析】（1）由于可得（2）粒子沿軸線做勻速直線運動，在垂直軸線方向上做圓周運動沿不同方向出射的粒子要匯聚于一點，只能匯聚在軸線上，恰好完成整數(shù)次圓周運動，（3）在極板間，沿軸線做勻減速直線運動，垂直軸線方向上做圓周運動在垂直軸線方向上，速度分量大小不變在沿軸線方向上在垂直B板方向上在平行B板方向上，因為粒子沿各個方向均勻射出，對B板的作用力合力為零，所以（4）要束縛粒子，磁場最強處應該為粒子的位移極值點，也就是速度的水平分量為0的點，滿足對磁場最強和最弱點應用公式可得6．（2024·浙江·一模）醫(yī)學檢查中磁共振成像簡化模型如圖所示，其中一個重要的部件“四極鐵”，能夠提供梯度磁場，從而控制電子束在運動過程中匯聚或發(fā)散，圖甲為該磁場的磁感線分布情況。一束電子從M板上均勻分布的小孔飄入（初速度可以忽略不計），經(jīng)過平行板MN間電場加速后獲得速度v，沿垂直紙面向里的方向進入“四極鐵”空腔。電子質量為m，電量為e，不計粒子重力和粒子間相互作用。（1）求加速電壓大小，判斷圖甲中a、c和b、d兩對電子，哪一對電子進入磁場后會彼此靠近；（2）以圖甲中磁場中心為坐標原點O建立坐標系，垂直紙面向里為x軸正方向，沿紙面向上為y軸正方向，在xOy平面內的梯度磁場如圖乙所示，該磁場區(qū)域的寬度為d。在范圍內，電子束沿x軸正方向射入磁場，磁感應強度（且已知，以垂直xOy平面向里為磁場正方向）。電子速度大小均為v，穿過磁場過程中，電子的y坐標變化很小，可認為途經(jīng)區(qū)域為勻強磁場。①求從處射入磁場的電子，在磁場中運動的半徑及速度偏轉角的正弦值；②研究發(fā)現(xiàn)，所有電子通過磁場后，將聚焦到x軸上處。由于d很小，可認為電子離開磁場時，速度方向的反向延長線通過點，且速度方向的偏轉角很小，，求f的表達式；③在處再放置一個磁場區(qū)域寬度為d的“四極鐵”（中心線位于處），使②問中的電子束通過后速度方向變成沿x軸正方向，若該“四極鐵”的磁感應強度，求；④如圖丙，儀器實際工作中，加速電壓U會在附近小幅波動，導致電子聚焦點發(fā)生變化。若要求聚焦點坐標偏差值不超過，求電壓波動幅度的最大值。【考點】帶電粒子在直邊界磁場中運動

粒子由電場進入磁場【答案】（1），會彼此靠近；（2）①，；②；③；④【詳析】（1）在電場中，根據(jù)動能定理解得由左手定則可知，a、c電子進入磁場后會彼此靠近。（2）①設處感應強度的大小為，則有根據(jù)洛倫茲力提供向心力解得電子的轉動的半徑速度方向的偏轉角度②從y處進入磁場中的電子，速度方向偏轉且電子射出后做勻速直線運動，則解得可知，從不同位置y以相同速度v射入磁場的電子，到達x軸的位置f相同且與電子入射位置y無關；因此從不同位置射入的電子必將經(jīng)過x軸的同一點。③從y處進入磁場的電子，將從處進入處的四極鐵磁場，電子通過兩個磁場區(qū)域，速度方向變成沿x軸正方向，可得從處射入磁場后，速度方向的偏轉角度又因洛倫茲力不做功，電子通過磁場區(qū)域時速度大小不變，則兩處磁感應強度大小相等、方向相反，即則解得④根據(jù)聯(lián)立可得根據(jù)數(shù)學關系，若要求聚焦點坐標偏差值不超過，只需滿足解得7．（2024·浙江寧波·二模）如圖甲所示，立方體空間的邊長為L，側面CDHG為熒光屏，能完全吸收打在屏上的帶電粒子并發(fā)光，三維坐標系坐標原點O位于底面EFGH的中心，，。已知從原點O向xOy平面內各個方向均勻持續(xù)發(fā)射速率為、質量為m、電荷量為的粒子。不計粒子重力及粒子間的相互作用。（1）若在立方體空間內僅存在方向平行于軸的勻強磁場，沿軸正方向射出的粒子恰好打在熒光屏上的H點。求磁場的磁感應強度B和粒子從原點O運動到熒光屏的最短時間t；（2）若在立方體空間內僅存在z軸負方向的勻強電場和沿y軸正方向的勻強磁場，沿x軸正方向射出的粒子，經(jīng)某位置恰好與射出時速度相同，求此位置的坐標；（3）若在立方體空間內平行y軸加如圖乙所示的磁場，其中。同時平行z軸加如圖丙的磁場，其中，粒子在磁場中運動時間遠小于磁場變化周期，不計電磁輻射影響。求沿x軸正方向射出的粒子打在熒光屏上落點的痕跡長度?！究键c】帶電粒子在疊加場中的一般曲線運動【答案】（1），；（2）（，0，0）和（，0，0）；（3）【詳析】（1）根據(jù)幾何關系有粒子在磁場中做圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有解得粒子在勻強磁場運動是周期為由題意可知，粒子從軸射出，弦長最短為，粒子的運動時間最短。此時圓心角為，運動的最短時間為（2）根據(jù)題中給出的電場強度與磁感應強度的關系有所以，粒子以做勻速直線運動，以做勻速圓周運動，其半徑為一個周期時與原速度方向相同，此時沿軸方向的位移為由于該結果需小于，故坐標為和。（3）根據(jù)磁場疊加原理，合磁場強度大小為粒子的運動軌跡半徑為沿軸正方向射出的粒子，粒子分別在兩個截面軌跡如圖所示設粒子射出點距的距離分別為和，由幾何關系可知，解得，故可得痕跡圓的半徑為故粒子打在熒光屏上落點的痕跡長度為8．（2024·浙江金華·二模）電子束光刻系統(tǒng)的核心技術是聚焦電子束以獲得更高能量。如圖所示為某公司研發(fā)的多電子束聚焦系統(tǒng)和測試系統(tǒng)。每個電子槍均可以將電子通過加速電壓加速后，連續(xù)發(fā)射速度方向與y軸垂直的電子束。各電子束通過聚焦區(qū)后，可以在x軸上位置聚焦成一束更高能量的電子束。其中，聚焦區(qū)由兩個勻強磁場區(qū)域構成，磁感強度大小均為B，方向垂直紙面相反，磁場長度足夠長，寬度均為d。已知電子質量為m、電子元電荷量為，不考慮電子間的相互作用，忽略電子的初速度。（1）若電子槍的加速電壓為U，求電子在聚焦區(qū)做圓周運動的軌道半徑R；（2）求從位置坐標射入的電子在聚焦區(qū)運動的總時間t；（3）若電子槍的加速電壓為U，射入聚焦區(qū)時的坐標為，要使各電子槍射出的電子束均在x軸上位置聚焦，求在范圍內的y與U需滿足的函數(shù)關系并寫出U的取值范圍；（4）為進一步測試聚焦后的電子束強度，在x軸上位置的右方放置一測試區(qū)，在測試區(qū)施加一垂直紙面的勻強磁場，電子束被約束在該測試區(qū)中不會射出，電子在測試區(qū)運動速度大小為v時所受的阻力（k為常數(shù)且）。求從位置坐標y射入聚焦區(qū)的電子在測試區(qū)中運動的路程s與y的關系?！究键c】帶電粒子在直邊界磁場中運動

粒子由電場進入磁場【答案】（1）;（2）;（3）;（4）【詳析】（1）電子在加速區(qū)，由動能定理由洛倫茲力提供向心力解得（2）如圖所示由幾何關系解得其中解得從位置坐標射入的電子在聚焦區(qū)運動的總時間（3）結合幾何關系將帶入解得射入的電子，對應半徑為對應加速電壓為射入的電子，對應半徑對應加速電壓為所以取值范圍為（4）由動量定理累加后解得射入位置與半徑關系即有解得9．（2024·浙