2015-2024年十年高考物理真題分類匯編專題12 帶電粒子在組合場中的運動（全國）（解析版）

2015-2024年十年高考真題匯編PAGEPAGE1專題12帶電粒子在組合場中的運動考點十年考情（2015-2024）命題趨勢考點帶電粒子在組合場中的運動（10年10考）2024·全國·高考真題、2024·廣東·高考真題、2024·遼寧·高考真題、2024·山東·高考真題、2024·北京·高考真題、2024·湖南·高考真題、2024·浙江·高考真題、2023·海南·高考真題、2023·全國·高考真題、2023·山東·高考真題、2023·遼寧·高考真題、2023·浙江·高考真題、2022·海南·高考真題、2022·天津·高考真題、2022·河北·高考真題、2022·山東·高考真題、2021·重慶·高考真題、2021·山東·高考真題、2021·浙江·高考真題、2021·廣東·高考真題、2021·全國·高考真題、2021·河北·高考真題、2020·山東·高考真題、2019·全國·高考真題、2019·浙江·高考真題、2018·全國·高考真題、2018·天津·高考真題、2017·浙江·高考真題、2017·天津·高考真題、2016·四川·高考真題、2015·重慶·高考真題、2015·山東·高考真題本章主要考查電流的磁效應(yīng)、安培力、帶電粒子在磁場中運動的問題，主要涉及各種電流產(chǎn)生的磁場、安培力的大小和方向、帶電粒子在洛倫茲力作用下的運動，主要體現(xiàn)在以下幾方面:(1)電流磁效應(yīng)主要結(jié)合安培力的大小和方向、靜電力平衡、安培力做功等問題考查。(2)勻強磁場中帶電粒子做圓周運動，主要涉及群發(fā)粒子的收集比例問題。(3)帶電粒子在復合場的運動主要涉及疊加和不疊加兩種形式，主要考查軌跡多解問題和霍爾效應(yīng)、磁流體發(fā)電機等?？键c帶電粒子在組合場中的運動1．（2023·全國·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，鉛盒與屏幕之間存在勻強電場和勻強磁場，則電場和磁場方向可能為（）

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，所以此時粒子向左的電場力2qE大于向右的洛倫茲力2qvB，則向左偏轉(zhuǎn)，不會打在b點，B錯誤；CD．電場方向向右，磁場垂直紙面向里，如果粒子打在a點，即向右的電場力和向左的洛倫茲力平衡電子速度大，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，則粒子向右的電場力2qE大于向左的洛倫茲力2qvB從而向右偏轉(zhuǎn)，會打在b點；同理電場向右磁場垂直紙面向外時，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。2．（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)牛頓第二定律可知解得粒子在勻強磁場中解得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和比荷。故選C。二、多選題3．（2023·海南·高考真題）如圖所示，質(zhì)量為，帶電量為的點電荷，從原點以初速度射入第一象限內(nèi)的電磁場區(qū)域，在（為已知）區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強電場，在區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，控制電場強度（值有多種可能），可讓粒子從射入磁場后偏轉(zhuǎn)打到接收器上，則（

）

A．粒子從中點射入磁場，電場強度滿足B．粒子從中點射入磁場時速度為C．粒子在磁場中做圓周運動的圓心到的距離為D．粒子在磁場中運動的圓周半徑最大值是【答案】AD【詳解】A．若粒子打到PN中點，則解得選項A正確；B．粒子從PN中點射出時，則速度選項B錯誤；C．粒子從電場中射出時的速度方向與豎直方向夾角為θ，則粒子從電場中射出時的速度粒子進入磁場后做勻速圓周運動，則則粒子進入磁場后做圓周運動的圓心到MN的距離為解得選項C錯誤；D．當粒子在磁場中運動有最大運動半徑時，進入磁場的速度最大，則此時粒子從N點進入磁場，此時豎直最大速度出離電場的最大速度則由可得最大半徑選項D正確；故選AD。三、解答題4．（2024·浙江·高考真題）探究性學習小組設(shè)計了一個能在噴鍍板的上下表面噴鍍不同離子的實驗裝置，截面如圖所示。在xOy平面內(nèi)，除x軸和虛線之間的區(qū)域外，存在磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向外的勻強磁場，在無磁場區(qū)域內(nèi)，沿著x軸依次放置離子源、長度為L的噴鍍板P、長度均為L的柵極板M和N（由金屬細絲組成的網(wǎng)狀電極），噴鍍板P上表面中點Q的坐標為（1.5L，0），柵極板M中點S的坐標為（3L，0），離子源產(chǎn)生a和b兩種正離子，其中a離子質(zhì)量為m，電荷量為q，b離子的比荷為a離子的倍，經(jīng)電壓U=kU0（其中，k大小可調(diào)，a和b離子初速度視為0）的電場加速后，沿著y軸射入上方磁場。經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)和柵極板N和M間電壓UNM調(diào)控（UNM>0），a和b離子分別落在噴鍍板的上下表面，并立即被吸收且電中和，忽略場的邊界效應(yīng)、離子受到的重力及離子間相互作用力。（1）若U=U0，求a離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，到達x軸上的位置x0（用L表示）。（2）調(diào)節(jié)U和UNM，并保持，使a離子能落到噴鍍板P上表面任意位置，求：①U的調(diào)節(jié)范圍（用U0表示）；②b離子落在噴鍍板P下表面的區(qū)域長度；（3）要求a和b離子恰好分別落在噴鍍板P上下表面的中點，求U和UNM的大小。【答案】（1）L；（2）①；②；（3），【詳解】（1）對a離子根據(jù)動能定理得a離子在勻強磁場中做勻速圓周運動a離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，到達x軸上的位置，聯(lián)立解得（2）①要使a離子能落到噴鍍板P上表面任意位置，只能經(jīng)電壓為U的電場加速后再經(jīng)第一象限勻強磁場偏轉(zhuǎn)一次打在P板上方任意處，則結(jié)合（1）中分析得即即②b離子經(jīng)過電壓為U的電場加速后在磁場中第一次偏轉(zhuǎn)打在x軸上的位置坐標為代入得故可知b離子能從柵極板（坐標范圍為）任意位置經(jīng)電壓為的電場減速射入虛線下方的磁場，此時b離子先經(jīng)過電壓為U的電場加速再在第一象限磁場中做勻速圓周運動后再經(jīng)過電壓為的電場減速，因為根據(jù)動能定理得同時有，當時，b離子從柵極板左端經(jīng)虛線下方磁場偏轉(zhuǎn)打在P，此時離柵極板左端的距離為當時，b離子從柵極板右端經(jīng)虛線下方磁場偏轉(zhuǎn)打在P，此時離柵極板右端的距離為故b離子落在噴鍍板P下表面的區(qū)域長度為（3）要求a離子落在噴鍍板中點Q，由（1）可知故可得則b離子從處經(jīng)過柵極板，若b離子減速一次恰好打在P板下方中央處，設(shè)，則同理可知聯(lián)立解得則可得當減速n次聯(lián)立得當減速n次恰好打在P板下方中央處，可得即解得即，n取整數(shù)，故可得，故可得5．（2024·湖南·高考真題）如圖，有一內(nèi)半徑為2r、長為L的圓筒，左右端面圓心O′、O處各開有一小孔。以O(shè)為坐標原點，取O′O方向為x軸正方向建立xyz坐標系。在筒內(nèi)x≤0區(qū)域有一勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向沿x軸正方向；筒外x≥0區(qū)域有一勻強電場，場強大小為E，方向沿y軸正方向。一電子槍在O′處向圓筒內(nèi)多個方向發(fā)射電子，電子初速度方向均在xOy平面內(nèi)，且在x軸正方向的分速度大小均為v0。已知電子的質(zhì)量為m、電量為e，設(shè)電子始終未與筒壁碰撞，不計電子之間的相互作用及電子的重力。（1）若所有電子均能經(jīng)過O進入電場，求磁感應(yīng)強度B的最小值；（2）?。?）問中最小的磁感應(yīng)強度B，若進入磁場中電子的速度方向與x軸正方向最大夾角為θ，求tanθ的絕對值；（3）?。?）問中最小的磁感應(yīng)強度B，求電子在電場中運動時y軸正方向的最大位移。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）電子在勻強磁場中運動時，將其分解為沿x軸的勻速直線運動和在yOz平面內(nèi)的勻速圓周運動，設(shè)電子入射時沿y軸的分速度大小為vy，由電子在x在yOz平面內(nèi)，設(shè)電子做勻速圓周運動的半徑為R，周期為T，由牛頓第二定律知可得且由題意可知所有電子均能經(jīng)過O進入電場，則有聯(lián)立得當時，B有最小值，可得（2）將電子的速度分解，如圖所示有當有最大值時，vy最大，R最大，此時，又，聯(lián)立可得，（3）當vy最大時，電子在電場中運動時沿y軸正方向有最大位移，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有由牛頓第二定律知又聯(lián)立得6．（2024·北京·高考真題）我國“天宮”空間站采用霍爾推進器控制姿態(tài)和修正軌道。圖為某種霍爾推進器的放電室（兩個半徑接近的同軸圓筒間的區(qū)域）的示意圖。放電室的左、右兩端分別為陽極和陰極，間距為d。陰極發(fā)射電子，一部分電子進入放電室，另一部分未進入。穩(wěn)定運行時，可視為放電室內(nèi)有方向沿軸向向右的勻強電場和勻強磁場，電場強度和磁感應(yīng)強度大小分別為E和；還有方向沿半徑向外的徑向磁場，大小處處相等。放電室內(nèi)的大量電子可視為處于陽極附近，在垂直于軸線的平面繞軸線做半徑為R的勻速圓周運動（如截面圖所示），可與左端注入的氙原子碰撞并使其電離。每個氙離子的質(zhì)量為M、電荷量為，初速度近似為零。氙離子經(jīng)過電場加速，最終從放電室右端噴出，與陰極發(fā)射的未進入放電室的電子剛好完全中和。已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為；對于氙離子，僅考慮電場的作用。（1）求氙離子在放電室內(nèi)運動的加速度大小a；（2）求徑向磁場的磁感應(yīng)強度大小；（3）設(shè)被電離的氙原子數(shù)和進入放電室的電子數(shù)之比為常數(shù)k，單位時間內(nèi)陰極發(fā)射的電子總數(shù)為n，求此霍爾推進器獲得的推力大小F?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）對于氙離子，僅考慮電場的作用，則氙離子在放電室時只受電場力作用，由牛頓第二定律解得氙離子在放電室內(nèi)運動的加速度大?。?）電子在陽極附近在垂直于軸線的平面繞軸線做半徑做勻速圓周運動，則軸線方向上所受電場力與徑向磁場給的洛侖茲力平衡，沿著軸線方向的勻強磁場給的洛侖茲力提供向心力，即，解得徑向磁場的磁感應(yīng)強度大小為（3）單位時間內(nèi)陰極發(fā)射的電子總數(shù)為n，被電離的氙原子數(shù)和進入放電室的電子數(shù)之比為常數(shù)k，則單位時間內(nèi)被電離的氙離子數(shù)氙離子經(jīng)電場加速，有時間內(nèi)氙離子所受到的作用力為，由動量定理有解得由牛頓第三定律可知，霍爾推進器獲得的推力大小則7．（2024·山東·高考真題）如圖所示，在Oxy坐標系x>0，y>0區(qū)域內(nèi)充滿垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。磁場中放置一長度為L的擋板，其兩端分別位于x、y軸上M、N兩點，∠OMN=60°，擋板上有一小孔K位于MN中點?！鱋MN之外的第一象限區(qū)域存在恒定勻強電場。位于y軸左側(cè)的粒子發(fā)生器在0＜y＜的范圍內(nèi)可以產(chǎn)生質(zhì)量為m，電荷量為+q的無初速度的粒子。粒子發(fā)生器與y軸之間存在水平向右的勻強加速電場，加速電壓大小可調(diào)，粒子經(jīng)此電場加速后進入磁場，擋板厚度不計，粒子可沿任意角度穿過小孔，碰撞擋板的粒子不予考慮，不計粒子重力及粒子間相互作用力。（1）求使粒子垂直擋板射入小孔K的加速電壓U0；（2）調(diào)整加速電壓，當粒子以最小的速度從小孔K射出后恰好做勻速直線運動，求第一象限中電場強度的大小和方向；（3）當加速電壓為時，求粒子從小孔K射出后，運動過程中距離y軸最近位置的坐標?！敬鸢浮浚?）；（2），方向沿x軸正方向；（3）(n=0,1,2???)【詳解】（1）根據(jù)題意，作出粒子垂直擋板射入小孔K的運動軌跡如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為在區(qū)域根據(jù)洛倫茲力提供向心力有在勻強加速電場中由動能定理有聯(lián)立解得（2）根據(jù)題意，當軌跡半徑最小時，粒子速度最小，則作出粒子以最小的速度從小孔K射出的運動軌跡如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為在區(qū)域根據(jù)洛倫茲力提供向心力有粒子從小孔K射出后恰好做勻速直線運動，由左手定則可知粒子經(jīng)過小孔K后受到的洛倫茲力沿x軸負方向，則粒子經(jīng)過小孔K后受到的電場力沿x軸正方向，粒子帶正電，則之外第一象限區(qū)域電場強度的方向沿x軸正方向，大小滿足聯(lián)立可得（3）在勻強加速電場中由動能定理有可得在區(qū)域根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得粒子在區(qū)域運動的軌跡半徑作出從小孔K射出的粒子的運動軌跡如圖所示設(shè)粒子從小孔射出的速度方向與軸正方向夾角為，根據(jù)幾何關(guān)系可知則粒子從小孔射出的速度方向與軸正方向的夾角為，該速度沿軸和軸正方向的分速度大小為，則粒子從射出后的運動可分解為沿軸正方向的勻速直線運動和速度大小為的勻速圓周運動，可知解得粒子做圓周運動的周期為T=2πmqB，粒子至少運動距離軸最近，加上整周期則粒子運動，時距離軸最近，則最近位置的橫坐標為縱坐標為，綜上所述，最近的位置坐標，。8．（2024·遼寧·高考真題）現(xiàn)代粒子加速器常用電磁場控制粒子團的運動及尺度。簡化模型如圖：Ⅰ、Ⅱ區(qū)寬度均為L，存在垂直于紙面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度等大反向；Ⅲ、Ⅳ區(qū)為電場區(qū)，Ⅳ區(qū)電場足夠?qū)?，各區(qū)邊界均垂直于x軸，O為坐標原點。甲、乙為粒子團中的兩個電荷量均為＋q，質(zhì)量均為m的粒子。如圖，甲、乙平行于x軸向右運動，先后射入Ⅰ區(qū)時速度大小分別為和。甲到P點時，乙剛好射入Ⅰ區(qū)。乙經(jīng)過Ⅰ區(qū)的速度偏轉(zhuǎn)角為30°，甲到O點時，乙恰好到P點。已知Ⅲ區(qū)存在沿＋x方向的勻強電場，電場強度大小。不計粒子重力及粒子間相互作用，忽略邊界效應(yīng)及變化的電場產(chǎn)生的磁場。（1）求磁感應(yīng)強度的大小B；（2）求Ⅲ區(qū)寬度d；（3）Ⅳ區(qū)x軸上的電場方向沿x軸，電場強度E隨時間t、位置坐標x的變化關(guān)系為，其中常系數(shù)，已知、k未知，取甲經(jīng)過O點時。已知甲在Ⅳ區(qū)始終做勻速直線運動，設(shè)乙在Ⅳ區(qū)受到的電場力大小為F，甲、乙間距為Δx，求乙追上甲前F與Δx間的關(guān)系式（不要求寫出Δx的取值范圍）【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）對乙粒子，如圖所示由洛倫茲力提供向心力由幾何關(guān)系聯(lián)立解得，磁感應(yīng)強度的大小為（2）由題意可知，根據(jù)對稱性，乙在磁場中運動的時間為對甲粒子，由對稱性可知，甲粒子沿著直線從P點到O點，由運動學公式由牛頓第二定律聯(lián)立可得Ⅲ區(qū)寬度為（3）甲粒子經(jīng)過O點時的速度為因為甲在Ⅳ區(qū)始終做勻速直線運動，則可得設(shè)乙粒子經(jīng)過Ⅲ區(qū)的時間為，乙粒子在Ⅳ區(qū)運動時間為，則上式中對乙可得整理可得對甲可得則化簡可得乙追上甲前F與Δx間的關(guān)系式為9．（2024·廣東·高考真題）如圖甲所示。兩塊平行正對的金屬板水平放置，板間加上如圖乙所示幅值為、周期為的交變電壓。金屬板左側(cè)存在一水平向右的恒定勻強電場，右側(cè)分布著垂直紙面向外的勻強磁場。磁感應(yīng)強度大小為B．一帶電粒子在時刻從左側(cè)電場某處由靜止釋放，在時刻從下板左端邊緣位置水平向右進入金屬板間的電場內(nèi)，在時刻第一次離開金屬板間的電場、水平向右進入磁場，并在時刻從下板右端邊緣位置再次水平進入金屬板間的電場。已知金屬板的板長是板間距離的倍，粒子質(zhì)量為m。忽略粒子所受的重力和場的邊緣效應(yīng)。（1）判斷帶電粒子的電性并求其所帶的電荷量q；（2）求金屬板的板間距離D和帶電粒子在時刻的速度大小v；（3）求從時刻開始到帶電粒子最終碰到上金屬板的過程中，電場力對粒子做的功W?！敬鸢浮浚?）正電；；（2）；；（3）【詳解】（1）根據(jù)帶電粒子在右側(cè)磁場中的運動軌跡結(jié)合左手定則可知，粒子帶正電；粒子在磁場中運動的周期為根據(jù)T=則粒子所帶的電荷量（2）若金屬板的板間距離為D，則板長粒子在板間運動時出電場時豎直速度為零，則豎直方向在磁場中時其中的聯(lián)立解得（3）帶電粒子在電場和磁場中的運動軌跡如圖，由（2）的計算可知金屬板的板間距離則粒子在3t0時刻再次進入中間的偏轉(zhuǎn)電場，在4t0時刻進入左側(cè)的電場做減速運動速度為零后反向加速，在6t0時刻再次進入中間的偏轉(zhuǎn)電場，6.5t0時刻碰到上極板，因粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動時，在時間t0內(nèi)電場力做功為零，在左側(cè)電場中運動時，往返一次電場力做功也為零，可知整個過程中只有開始進入左側(cè)電場時電場力做功和最后0.5t0時間內(nèi)電場力做功，則10．（2024·全國·高考真題）一質(zhì)量為m、電荷量為的帶電粒子始終在同一水平面內(nèi)運動，其速度可用圖示的直角坐標系內(nèi)，一個點表示，vx、vy分別為粒子速度在水平面內(nèi)兩個坐標軸上的分量。粒子出發(fā)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(yīng)強度大小為B的勻強磁場，P點沿以O(shè)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(nèi)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??；（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?！敬鸢浮浚?），2πmBq；（2）；（3）【詳解】（1）粒子在磁場中做圓周運動時的速度為根據(jù)洛倫茲力提供向心力解得做圓周運動的半徑為周期為T=（2）根據(jù)題意，已知任何相等的時間內(nèi)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(yīng)的曲線，根據(jù)可知任意點的加速度大小相等，故可得解得（3）根據(jù)題意分析可知從b點到c點粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為，繞一圈的過程中兩次在電場中運動，根據(jù)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(nèi)沿y方向位移為根據(jù)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(lián)立解得11．（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(diào)控也能實現(xiàn)質(zhì)子束的“反射”和“折射”。如圖所示，在豎直平面內(nèi)有三個平行區(qū)域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ；Ⅰ區(qū)寬度為d，存在磁感應(yīng)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(zhì)量為m、電荷量為e的質(zhì)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(zhì)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(zhì)子僅在平面內(nèi)運動，單位時間發(fā)射的質(zhì)子數(shù)為N，初速度為，不計質(zhì)子重力，不考慮質(zhì)子間相互作用以及質(zhì)子對磁場和電勢分布的影響。（1）若不同角度射向磁場的質(zhì)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(diào)控電場，實現(xiàn)質(zhì)子束從P點進入Ⅱ區(qū)發(fā)生“全反射”（即質(zhì)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(zhì)子打在探測板上即被吸收中和。若還有另一相同質(zhì)子束，與原質(zhì)子束關(guān)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(guān)系?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）；（4）見解析【詳解】（1）根據(jù)牛頓第二定律不同角度射向磁場的質(zhì)子都能實現(xiàn)“反射”，d的最小值為（2）設(shè)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(shè)折射角為，根據(jù)動能定理解得根據(jù)速度關(guān)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(yīng)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(guān)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(cè)的一束粒子能打到板上，因此又解得12．（2023·山東·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(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θ=53°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。13．（2023·遼寧·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，標出改變后的圓形磁場區(qū)域的圓心M。【答案】（1）；（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：14．（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。【答案】（1）；（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vy解得根據(jù)動力學公式可得，解得15．（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?！敬鸢浮浚?）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16．（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(diào)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(yīng)強度隨時間的變化規(guī)律如圖2所示。板間O點放置一粒子源，可連續(xù)釋放質(zhì)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(nèi)，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(nèi)什么時刻釋放的粒子在電場存在期間被捕獲?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）或

【詳解】（1）在時間內(nèi)，電場強度為，帶電粒子在電場中加速度，根據(jù)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(nèi)，根據(jù)粒子在磁場運動的周期T=2πmqB可知粒子偏轉(zhuǎn)180°，速度反向，根據(jù)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(nèi)，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(nèi)，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(nèi)，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(nèi)，靜電力對粒子的做功大小為電場力做正功；（3）根據(jù)（1）問中解析有，①若粒子到達點之前，在磁場中已經(jīng)過兩個半圓，則釋放時刻一定在時間內(nèi)，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(fā)現(xiàn)所以需滿足，代入數(shù)據(jù)解不等式，當時不等式成立②若粒子到達點前只經(jīng)過一個半圓，則粒子在磁場中運動的軌跡半徑由得，經(jīng)第一次電場加速的末速度，則粒子在時間內(nèi)釋放不可能，如果在時間內(nèi)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(jīng)過一個半圓后在電場中減速至速度為零的位移大小為聯(lián)立有故此情況下無法到達點，所以考慮在時間內(nèi)釋放，假設(shè)粒子第一次在電場中加速的時間為，則，在此種情況下，，經(jīng)過一個半圓后在電場中減速至速度為零的位移大小為聯(lián)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17．（2022·山東·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?。唬?）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18．（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?！敬鸢浮?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：、、。19．（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r'，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20．（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。【答案】（1）；（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。21．（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)磁感應(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Ⅰ區(qū)磁場中的運動時間及在Q點出射時的動能；（2）已知電子只要不與Ⅰ區(qū)磁場外邊界相碰，就能從出射區(qū)域出射。當時，要保證電子從出射區(qū)域出射，求k的最大值?！敬鸢浮浚?），，；（2）136【詳解】（1）電子在電場中加速有在磁場Ⅰ中，由幾何關(guān)系可得聯(lián)立解得在磁場Ⅰ中的運動周期為由幾何關(guān)系可得，電子在磁場Ⅰ中運動的圓心角為在磁場Ⅰ中的運動時間為聯(lián)立解得從Q點出來的動能為（2）在磁場Ⅰ中的做勻速圓周運動的最大半徑為，此時圓周的軌跡與Ⅰ邊界相切，由幾何關(guān)系可得解得由于聯(lián)立解得22．（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?23．（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?。?，用于接收從上方打入的粒子，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?。唬?）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兩點未在圖中標出）、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）。【答案】（1）；（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24．（2020·山東·高考真題）某型號質(zhì)譜儀的工作原理如圖甲所示。M、N為豎直放置的兩金屬板，兩板間電壓為U，Q板為記錄板，分界面P將N、Q間區(qū)域分為寬度均為d的I、Ⅱ兩部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b為M、N上兩正對的小孔。以a、b所在直線為z軸，向右為正方向，取z軸與Q板的交點O為坐標原點，以平行于Q板水平向里為x軸正方向，豎直向上為y軸正方向，建立空間直角坐標系Oxyz。區(qū)域I、Ⅱ內(nèi)分別充滿沿x軸正方向的勻強磁場和勻強電場，磁感應(yīng)強度大小、電場強度大小分別為B和E。一質(zhì)量為m，電荷量為+q的粒子，從a孔飄入電場（初速度視為零），經(jīng)b孔進入磁場，過P面上的c點（圖中未畫出）進入電場，最終打到記錄板Q上。不計粒子重力。（1）求粒子在磁場中做圓周運動的半徑R以及c點到z軸的距離L；（2）求粒子打到記錄板上位置的x坐標；（3）求粒子打到記錄板上位置的y坐標（用R、d表示）；（4）如圖乙所示，在記錄板上得到三個點s1、s2、s3，若這三個點是質(zhì)子、氚核、氦核的位置，請寫出這三個點分別對應(yīng)哪個粒子（不考慮粒子間的相互作用，不要求寫出推導過程）?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3）；（4）s1、s2、s3分別對應(yīng)氚核、氦核、質(zhì)子的位置【詳解】（1）設(shè)粒子經(jīng)加速電場到b孔的速度大小為v，粒子在區(qū)域I中，做勻速圓周運動對應(yīng)圓心角為α，在M、N兩金屬板間，由動能定理得在區(qū)域I中，粒子做勻速圓周運動，磁場力提供向心力，由牛頓第二定律得聯(lián)立解得根據(jù)題意，畫出運動軌跡如圖所示由幾何關(guān)系得，，聯(lián)立解得（2）設(shè)區(qū)域Ⅱ中粒子沿z軸方向的分速度為，沿x軸正方向加速度大小為a，位移大小為x，運動時間為t，由牛頓第二定律得粒子在z軸方向做勻速直線運動，由運動合成與分解的規(guī)律得，粒子在x方向做初速度為零的勻加速直線運動，由運動學公式得聯(lián)立解得（3）設(shè)粒子沿y方向偏離z軸的距離為y，其中在區(qū)域Ⅱ中沿y方向偏離的距離為y'，由運動學公式得由題意得聯(lián)立解得（4）s1、s2、s3分別對應(yīng)氚核、氦核、質(zhì)子的位置。25．（2019·全國·高考真題）如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向外．一帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出．已知O點為坐標原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d，不計重力．求（1）帶電粒子的比荷；（2）帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間．【答案】（1）（2）【詳解】（1）粒子從靜止被加速的過程，根據(jù)動能定理得：，解得：根據(jù)題意，下圖為粒子的運動軌跡，由幾何關(guān)系可知，該粒子在磁場中運動的軌跡半徑為：粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即：聯(lián)立方程得：（2）根據(jù)題意，粒子在磁場中運動的軌跡為四分之一圓周，長度粒子射出磁場后到運動至軸，運動的軌跡長度粒子從射入磁場到運動至軸過程中，一直勻速率運動，則解得：或26．（2018·全國·高考真題）一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場，其在xOy平面內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應(yīng)強度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域，寬度均為l′，電場強度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行，一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，經(jīng)過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出，不計重力。（1）定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡；（2）求該粒子從M點入射時速度的大小；（3）若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間。【答案】（1）軌跡如圖所示：（2）（3）；【詳解】（1）粒子運動的軌跡如圖所示。（粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱）（2）粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動。設(shè)粒子從M點射入時速度的大小為v0，在下側(cè)電場中運動的時間為t，加速度的大小為a；粒子進入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為如圖所示，速度沿電場方向的分量為v1，根據(jù)牛頓第二定律有式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量，由運動學公式有粒子在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)其運動軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得由幾何關(guān)系得聯(lián)立以上公式可得（3）由運動學公式和題給數(shù)據(jù)得聯(lián)立得設(shè)粒子由M點運動到N點所用的時間為，則式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期則從M點運動到N點的時間【點睛】在復合場中的運動要分階段處理，每一個運動建立合理的公式即可求出待求的物理量。27．（2019·浙江·高考真題）有一種質(zhì)譜儀由靜電分析器和磁分析器組成，其簡化原理如圖所示．左側(cè)靜電分析器中有方向指向圓心O、與O點等距離各點的場強大小相同的徑向電場，右側(cè)的磁分析器中分布著方向垂直于紙面向外的勻強磁場，其左邊界與靜電分析器的右邊界平行，兩者間距近似為零．離子源發(fā)出兩種速度均為v0、電荷量均為q、質(zhì)量分別為m和0.5m的正離子束，從M點垂直該點電場方向進入靜電分析器．在靜電分析器中，質(zhì)量為m的離子沿半徑為r0的四分之一圓弧軌道做勻速圓周運動，從N點水平射出，而質(zhì)量為0.5m的離子恰好從ON連線的中點P與水平方向成θ角射出，從靜電分析器射出的這兩束離子垂直磁場方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左邊界的探測板上，其中質(zhì)量為m的離子打在O點正下方的Q點．已知OP=0.5r0，OQ=r0，N、P兩點間的電勢差，，不計重力和離子間相互作用。（1）求靜電分析器中半徑為r0處的電場強度E0和磁分析器中的磁感應(yīng)強度B的大小；（2）求質(zhì)量為0.5m的離子到達探測板上的位置與O點的距離l（用r0表示）；（3）若磁感應(yīng)強度在（B—△B）到（B＋△B）之間波動，要在探測板上完全分辨出質(zhì)量為m和0.5m的兩束離子，求的最大值?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3）0.12【詳解】（1）在靜電分析器中，電場力提供向心力，有解得離子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有解得（2）對離子，由動能定理解得離子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則有解得距離解得（3）恰好能分辨的條件解得28．（2015·重慶·高考真題）下圖為某種離子加速器的設(shè)計方案.兩個半圓形金屬盒內(nèi)存在相同的垂直于紙面向外的勻強磁場.其中和是間距為的兩平行極板，其上分別有正對的兩個小孔和，，P為靶點，（為大于1的整數(shù)）。極板間存在方向向上的勻強電場，兩極板間電壓為。質(zhì)量為、帶電量為的正離子從點由靜止開始加速，經(jīng)進入磁場區(qū)域.當離子打到極板上區(qū)域（含點）或外殼上時將會被吸收。兩虛線之間的區(qū)域無電場和磁場存在，離子可勻速穿過。忽略相對論效應(yīng)和離子所受的重力。求：（1）離子經(jīng)過電場僅加速一次后能打到P點所需的磁感應(yīng)強度大??；（2）能使離子打到P點的磁感應(yīng)強度的所有可能值；（3）打到P點的能量最大的離子在磁場中運動的時間和在電場中運動的時間?！敬鸢浮浚?）（2），（3），【分析】帶電粒子在電場和磁場中的運動、牛頓第二定律、運動學公式。【詳解】（1）離子經(jīng)電場加速，由動能定理：可得磁場中做勻速圓周運動：剛好打在P點，軌跡為半圓，由幾何關(guān)系可知：聯(lián)立解得；（2）若磁感應(yīng)強度較大，設(shè)離子經(jīng)過一次加速后若速度較小，圓周運動半徑較小，不能直接打在P點，而做圓周運動到達右端，再勻速直線到下端磁場，將重新回到O點重新加速，直到打在P點。設(shè)共加速了n次，有：且：解得：，要求離子第一次加速后不能打在板上，有且：解得：，故加速次數(shù)n為正整數(shù)最大取即：；（3）加速次數(shù)最多的離子速度最大，取，離子在磁場中做n-1個完整的勻速圓周運動和半個圓周打到P點。由勻速圓周運動：電場中一共加速n次，可等效成連續(xù)的勻加速直線運動.由運動學公式可得：29．（2019·浙江·高考真題）小明受回旋加速器的啟發(fā)，設(shè)計了如圖1所示的“回旋變速裝置”．兩相距為d的平行金屬柵極板M、N，板M位于x軸上，板N在它的正下方．兩板間加上如圖2所示的幅值為U0的交變電壓，周期．板M上方和板N下方有磁感應(yīng)強度大小均為B、方向相反的勻強磁場．粒子探測器位于y軸處，僅能探測到垂直射入的帶電粒子．有一沿x軸可移動、粒子出射初動能可調(diào)節(jié)的粒子發(fā)射源，沿y軸正方向射出質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子．t=0時刻，發(fā)射源在（x，0）位置發(fā)射一帶電粒子．忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在電場中運動的時間不計．（1）若粒子只經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)并在y=y0處被探測到，求發(fā)射源的位置和粒子的初動能；（2）若粒子兩次進出電場區(qū)域后被探測到，求粒子發(fā)射源的位置x與被探測到的位置y之間的關(guān)系【答案】（1），（2）見解析【詳解】（1）發(fā)射源的位置，粒子的初動能：；（2）分下面三種情況討論：（i）如圖1，由，和，，及，得；（ii）如圖2，由，和，及，得；（iii）如圖3，由，和，及，得；30．（2018·天津·高考真題）如圖所示，在水平線ab下方有一勻強電場，電場強度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，方向垂直紙面向里，磁場中有一內(nèi)、外半徑分別為R、的半圓環(huán)形區(qū)域，外圓與ab的交點分別為M、N．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電粒子在電場中P點靜止釋放，由M進入磁場，從N射出，不計粒子重力．（1）求粒子從P到M所用的時間t；（2）若粒子從與P同一水平線上的Q點水平射出，同樣能由M進入磁場，從N射出，粒子從M到N的過程中，始終在環(huán)形區(qū)域中運動，且所用的時間最少，求粒子在Q時速度的大?。敬鸢浮浚?）（2）【詳解】試題分析：粒子在磁場中以洛倫茲力為向心力做圓周運動，在電場中做初速度為零的勻加速直線運動，據(jù)此分析運動時間；粒子進入勻強磁場后做勻速圓周運動，當軌跡與內(nèi)圓相切時，所有的時間最短，粒子從Q射出后在電場中做類平拋運動，在電場方向上的分運動和從P釋放后的運動情況相同，所以粒子進入磁場時沿豎直方向的速度同樣為v，結(jié)合幾何知識求解．（1）設(shè)粒子在磁場中運動的速度大小為v，所受洛倫茲力提供向心力，有①設(shè)粒子在電場中運動所受電場力為F，有F=qE②；設(shè)粒子在電場中運動的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有F=ma③；粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動，有v=at④；聯(lián)立①②③④式得⑤；（2）粒子進入勻強磁場后做勻速圓周運動，其周期與速度、半徑無關(guān)，運動時間只由粒子所通過的圓弧所對的圓心角的大小決定，故當軌跡與內(nèi)圓相切時，所有的時間最短，設(shè)粒子在磁場中的軌跡半徑為，由幾何關(guān)系可得⑥設(shè)粒子進入磁場時速度方向與ab的夾角為θ，即圓弧所對圓心角的一半，由幾何關(guān)系知⑦；粒子從Q射出后在電場中做類平拋運動，在電場方向上的分運動和從P釋放后的運動情況相同，所以粒子進入磁場時沿豎直方向的速度同樣為v，在垂直于電場方向的分速度等于為，由運動的合成和分解可得⑧聯(lián)立①⑥⑦⑧式得⑨．【點睛】帶電粒子在組合場中的運動問題，首先要運用動力學方法分析清楚粒子的運動情況，再選擇合適方法處理．對于勻變速曲線運動，常常運用運動的分解法，將其分解為兩個直線的合成，由牛頓第二定律和運動學公式結(jié)合求解；對于磁場中圓周運動，要正確畫出軌跡，由幾何知識求解半徑．31．（2018·全國·高考真題）如圖，在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E，在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場．一個氕核11H和一個氘核21H先后從y軸上y=h點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向．已知11H進入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標原點O處第一次射出磁場．11H的質(zhì)量為m，電荷量為q不計重力．求（1）11H第一次進入磁場的位置到原點O的距離（2）磁場的磁感應(yīng)強度大?。?）12H第一次離開磁場的位置到原點O的距離【答案】（1）；（2）；（3）【分析】本題考查帶電粒子在電場中的類平拋運動、在勻強磁場中的勻速圓周運動及其相關(guān)的知識點，意在考查考生靈活運用相關(guān)知識解決問題的的能力．【詳解】（1）在電場中做類平拋運動，在磁場中做圓周運動，運動軌跡如圖所示．設(shè)在電場中的加速度大小為，初速度大小為，它在電場中的運動時間為，第一次進入磁場的位置到原點Ｏ的距離為．由運動學公式有

①

②由題給條件，進入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角．進入磁場時速度的y分量的大小為

③聯(lián)立以上各式得

④（2）在電場中運動時，由牛頓第二定律有

⑤設(shè)進入磁場時速度的大小為，由速度合成法則有

⑥設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B，在磁場中運動的圓軌道半徑為，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有

⑦由幾何關(guān)系得

⑧聯(lián)立以上各式得

⑨（3）設(shè)在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為，在電場中的加速度大小為，由題給條件得

⑩由牛頓第二定律有

?設(shè)第一次射入磁場時的速度大小為，速度的方向與x軸正方向夾角為，入射點到原點的距離為，在電場中運動的時間為．由運動學公式有

?

?

?

?聯(lián)立以上各式得，，

?設(shè)在磁場中做圓周運動的半徑為，由⑦?式及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公式得

?所以出射點在原點左側(cè)．設(shè)進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為，由幾何關(guān)系有

?聯(lián)立④⑧???式得，第一次離開磁場時的位置到原點O的距離為

?【點睛】此題與2004年全國理綜卷第25題情景類似，都是帶電粒子在勻強電場中類平拋運動后進入勻強磁場中做勻速圓周運動，且都是在第一象限和第二象限設(shè)置了豎直向下的勻強電場，在第三象限和第四象限設(shè)置了方向垂直紙面向外的勻強磁場，解答需要的知識都是帶電粒子在勻強電場中的類平拋運動規(guī)律和洛倫茲力等于向心力、幾何關(guān)系等知識點．帶電粒子在勻強電場中的類平拋運動和在勻強磁場中的勻速圓周運動是教材例題和練習中的常見試題，此題可認為是由兩個課本例題或習題組合而成．32．（2017·浙江·高考真題）如圖所示，在x軸的上方存在垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B0的勻強磁場。位于x軸下方的離子源C發(fā)射質(zhì)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(jīng)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(qū)域，最后打到x軸上。在x軸上2a~3a區(qū)間水平固定放置一探測板（），假設(shè)每秒射入磁場的離子總數(shù)為N0，打到x軸上的離子數(shù)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軸的區(qū)間；（2）調(diào)整磁感應(yīng)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(yīng)強度大小B1；（3）保持磁感應(yīng)強度B1不變，求每秒打在探測板上的離子數(shù)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(shù)在探測板上沿x軸均勻分布，求探測板受到的作用力大小?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【分析】（1）初速度不同的粒子被同一加速電場加速后，進入磁場的速度也不同，做勻速圓周運動的半徑不同，轉(zhuǎn)半圈后打在x軸上的位置不同。分別求出最大和最小速度，從而求出最大半徑和最小半徑，也就知道打在x軸上的區(qū)間；（2）打在探測板最右端的粒子其做勻速圓周運動的半徑為1.5a，由半徑公式也就能求出磁感應(yīng)強度；（3）取時間t=1s，分兩部分據(jù)動量定理求作用力。兩者之和就是探測板受到的作用力?！驹斀狻浚?）對于初速度為0的離子，根據(jù)動能定理qU=解得在磁場中洛倫茲力提供向心力，所以此情況下離子在磁場中運動軌跡的半徑恰好打在x＝2a的位置；對于初速度為的離子，根據(jù)動能定理解得在磁場中洛侖茲力提供向心力，所以此情況下離子在磁場中運動軌跡的半徑恰好打在x＝4a的位置。故離子束從小孔O射入磁場打在x軸上的區(qū)間為[2a，4a]（2）由（1）問計算可知，速度最大的離子以進入磁場，離子恰好打在探測板右端，則離子在磁場中運動軌跡的半徑在磁場中計算可得（3）對初速度為0的離子，經(jīng)過電場加速后，以速度進入磁場，在磁場中有解得則在磁感應(yīng)強度為B1時，離子打在x軸上的區(qū)間為[1.5a，3a]，則每秒打在探測板上的離子數(shù)為對打探測板最左端（x＝2a）的離子，軌道半徑為a，則離子在磁場中計算可得打到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被彈回的離子數(shù)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(nèi)探測板受到的作用力33．（2017·天津·高考真題）平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第Ⅲ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，如圖所示．一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動，Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍．粒子從坐標原點O離開電場進入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等．不計粒子重力，問：(1)粒子到達O點時速度的大小和方向；(2)電場強度和磁感應(yīng)強度的大小之比．【答案】(1),與x軸正方向成45°角斜向上(2)【詳解】(1)粒子運動軌跡如圖：粒子在電場中由Q到O做類平拋運動，設(shè)O點速度v與x方向夾角為，Q點到x軸的距離為L，到y(tǒng)軸的距離為2L，粒子的加速度為a，運動時間為t，根據(jù)平拋運動的規(guī)律有：x方向：y方向：粒子到達O點時沿y軸方向的分速度：，又，解得，即，粒子到達O點時的夾角為450解斜向上，粒子到達O點時的速度大小為；(2)設(shè)電場強度為E，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，粒子在電場中運動的加速度：，設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B，粒子做勻速圓周運動的半徑為R，洛倫茲力提供向心力，有：，根據(jù)幾何關(guān)系可知：解得：34．（2016·四川·高考真題）如圖所示，圖面內(nèi)有豎直線DD′，過DD′且垂直于圖面的平面將空間分成Ⅰ、Ⅱ兩區(qū)域．區(qū)域Ⅰ有方向豎直向上的勻強電場和方向垂直于圖面的勻強磁場B（圖中未畫出）；區(qū)域Ⅱ有固定在水平地面上高h＝2l、傾角α＝的光滑絕緣斜面，斜面頂端與直線DD′距離s＝4l，區(qū)域Ⅱ可加豎直方向的大小不同的勻強電場(圖中未畫出)；C點在DD′上，距地面高H＝3l．零時刻，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球P在K點具有大小、方向與水平面夾角θ＝的速度，在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做半徑的勻速圓周運動，經(jīng)C點水平進入?yún)^(qū)域Ⅱ．某時刻，不帶電的絕緣小球A由斜面頂端靜止釋放，在某處與剛運動到斜面的小球P相遇．小球視為質(zhì)點，不計空氣阻力及小球P所帶電量對空間電磁場的影響．l已知，g為重力加速度．(1)求勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小；(2)若小球A、P在斜面底端相遇，求釋放小球A的時刻tA；(3)若小球A、P在時刻t＝β(β為常數(shù))相遇于斜面某處，求此情況下區(qū)域Ⅱ的勻強電場的場強E，并討論場強E的極大值和極小值及相應(yīng)的方向．

【答案】（1）（2）（3）0，豎直向上【詳解】試題分析：（1）由題知，小球P在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做勻速圓周運動，有①代入數(shù)據(jù)解得②（2）小球P在區(qū)域Ⅰ做勻速圓周運動轉(zhuǎn)過的圓心角為θ，運動到C點的時刻為tC，到達斜面低端時刻為t1，有③④小球A釋放后沿斜面運動加速度為aA，與小球P在時刻t1相遇于斜面底端，有⑤⑥聯(lián)立以上方程可得⑦（3）設(shè)所求電場方向向下，在t'A時刻釋放小球A，小球P在區(qū)域Ⅱ運動加速度為aP，有⑧⑨⑩聯(lián)立相關(guān)方程解得對小球P的所有運動情形討論可得由此可得場強極小值為；場強極大值為，方向豎直向上．考點：平拋運動；圓周運動；牛頓第二定律的應(yīng)用【名師點睛】此題是力、電、磁及運動大拼盤，綜合考查帶電粒子在磁場中及電場中的運動—圓周運動以及平拋運動和下斜面上的勻加速運動等問題；解題時要能把這些復雜的物理過程分解為一個一個的小過程，然后各個擊破；此題是有一定難度的；考查學生綜合分析問題，解決問題的能力．35．（2015·山東·高考真題）如圖所示，直徑分別為D和2D的同心圓處于同一豎直面內(nèi)，O為圓心，GH為大圓的水平直徑。兩圓之間的環(huán)形區(qū)域(Ⅰ區(qū))和小圓內(nèi)部(Ⅱ區(qū))均存在垂直圓面向里的勻強磁場。間距為d的兩平行金屬極板間有一勻強電場，上極板開有一小孔。一質(zhì)量為m、電量為＋q的粒子由小孔下方處靜止釋放，加速后粒子以豎直向上的速度v射出電場，由H點緊靠大圓內(nèi)側(cè)射入磁場。不計粒子的重力。（1）求極板間電場強度的大小；（2）若粒子運動軌跡與小圓相切，求Ⅰ區(qū)磁感應(yīng)強度的大?。唬?）若Ⅰ區(qū)、Ⅱ區(qū)磁感應(yīng)強度的大小分別為、，粒子運動一段時間后再次經(jīng)過H點，求這段時間粒子運動的路程。【答案】（1）；（2）或；（3）5.5πD【詳解】（1）設(shè)極板間電場強度大小為E，對粒子在電場中的加速運動，由動能定理可得解得（2）設(shè)I區(qū)內(nèi)磁感應(yīng)強大小為B，粒子做圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律得如圖甲所示粒子的運動軌跡與小圓相切有兩種情況，若粒子軌跡與小圓外切，由幾何關(guān)系可得解得若粒子軌跡與小圓內(nèi)切，由幾何關(guān)系得解得（3）設(shè)粒子在I區(qū)和II區(qū)做圓周運動的半徑分別為R1、R2，由題意可知，I區(qū)和II內(nèi)的磁感應(yīng)強度大小分別為，由牛頓第二定律可得，代入解得，設(shè)粒子在I區(qū)和II區(qū)做圓周運動的周期分別為T1、T2，由運動學公式得，由題意分析，粒子兩次與大圓相切的時間間隔的運動軌跡如圖所示由對稱性可知，I區(qū)兩段圓弧所對圓心角相同，設(shè)為，II區(qū)內(nèi)所對圓心角設(shè)為，圓弧和大圓的兩個切點與圓心O連線間的夾角為，由幾何關(guān)系可得在區(qū)域II中恰好經(jīng)過了半個圓周，故粒子重復上述交替運動到H點，設(shè)粒子I區(qū)和II區(qū)做圓周運動的時間分別為t1、t2，可得，設(shè)粒子運動的路程為s，由運動學公式可得解得專題12帶電粒子在組合場中的運動考點十年考情（2015-2024）命題趨勢考點帶電粒子在組合場中的運動（10年10考）2024·全國·高考真題、2024·廣東·高考真題、2024·遼寧·高考真題、2024·山東·高考真題、2024·北京·高考真題、2024·湖南·高考真題、2024·浙江·高考真題、2023·海南·高考真題、2023·全國·高考真題、2023·山東·高考真題、2023·遼寧·高考真題、2023·浙江·高考真題、2022·海南·高考真題、2022·天津·高考真題、2022·河北·高考真題、2022·山東·高考真題、2021·重慶·高考真題、2021·山東·高考真題、2021·浙江·高考真題、2021·廣東·高考真題、2021·全國·高考真題、2021·河北·高考真題、2020·山東·高考真題、2019·全國·高考真題、2019·浙江·高考真題、2018·全國·高考真題、2018·天津·高考真題、2017·浙江·高考真題、2017·天津·高考真題、2016·四川·高考真題、2015·重慶·高考真題、2015·山東·高考真題本章主要考查電流的磁效應(yīng)、安培力、帶電粒子在磁場中運動的問題，主要涉及各種電流