专题15带电粒子在复合场中的运动（解析版）-2025年高考物理二轮复习培优练（新高考）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页专题15带电粒子在复合场中的运动TOC\o"1-1"\h\u一、质谱仪及相关计算 2二、回旋加速器的综合计算 8三、霍尔效应 16四、磁流体发电机、电磁流量计的相关计算 21五、粒子在电场和磁场中的往复运动 25六、带电粒子在交变磁场中的运动 37七、带电粒子在叠加场中做旋进运动 48八、带电粒子在叠加场中的一般曲线运动 54专题一质谱仪及相关计算1．（2021·浙江·高考真题）在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆（硅片）。速度选择器、磁分析器和偏转系统中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场场强大小均为E，方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔；偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一边长为L的正方体，其偏转系统的底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好竖直注入到晶圆上的O点（即图中坐标原点，x轴垂直纸面向外）。整个系统置于真空中，不计离子重力，打在晶圆上的离子，经过电场和磁场偏转的角度都很小。当α很小时，有，。求：(1)离子通过速度选择器后的速度大小v和磁分析器选择出来离子的比荷；(2)偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示；(3)偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示；(4)偏转系统同时加上电场和磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标(x，y)表示，并说明理由。【答案】(1)，；(2)（，0）；(3)（0，）；(4)见解析【详解】(1)通过速度选择器离子的速度从磁分析器中心孔N射出离子的运动半径为由得(2)经过电场后，离子在x方向偏转的距离离开电场后，离子在x方向偏移的距离位置坐标为(，0)(3)离子进入磁场后做圆周运动半径经过磁场后，离子在y方向偏转距离离开磁场后，离子在y方向偏移距离则位置坐标为(0，)(4)注入晶圆的位置坐标为(，),电场引起的速度增量对y方向的运动不产生影响。2．（2024·天津滨海新·二模）根据牛顿力学经典理论，只要物体的初始条件和受力情况确定，就可以推知物体此后的运动情况。情境1：如图1所示，空间存在水平方向的匀强磁场（垂直纸面向里），磁感应强度大小为，在磁场中点处有一质量为、电荷量为的带电粒子。已知重力加速度。（1）若使带电粒子获得某一水平向右的初速度，恰好做匀速直线运动，求该粒子的速度大小；情境2：质谱仪由离子室、加速电场、速度选择器和分离器四部分组成，如图2所示。已知速度选择器的两极板间的电场强度为，磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里，分离器中磁感应强度大小为，方向垂直纸面向外。某次实验离子室内充有某种带电离子，经加速电场加速后从速度选择器两极板间的中点平行于极板进入，部分离子通过小孔后进入分离器的偏转磁场中。在速度选择器中，沿直线运动的离子打在感光区域的点，测得到点的距离为。不计离子的重力及离子间的相互作用，不计小孔、的孔径大小。（2）求该离子的比荷；（3）若从点入射的离子速度满足时（很小），也能从点进入分离器，求该速度选择器宽度的最小值和板长需要满足的条件。【答案】（1）；（2）；（3），【详解】（1）粒子做匀速直线运动，受力平衡得（2）离子在速度选择器中做匀速直线运动，有离子在分离器中做匀速圆周运动，有且有解得（3）从点入射的离子速度满足时，相当于粒子其在速度选择器中所做的运动为一个速度为的匀速直线运动和另一个速度为的匀速圆周运动的合运动，即粒子在速度选择器中做螺旋运动。对应的半径设为，有则速度选择器宽度的最小值为得粒子在速度选择器中做匀速圆周运动有联立，解得设速度选择器极板长度为，则粒子穿过极板所需时间为粒子要恰好从速度选择器飞出，则有联立，解得3．（2023·天津西青·二模）如图所示，在x轴的上方存在垂直纸面向里，磁感应强度大小为B0的匀强磁场。位于x轴下方的离子源C发射质量为m、电荷量为q的一束负离子，其初速度大小范围，这束离子经电势差的电场加速后，从小孔O（坐标原点）垂直x轴并垂直磁场射入磁场区域，最后打到x轴上。在x轴上区间水平固定放置一探测板（），假设每秒射入磁场的离子总数为N0，打到x轴上的离子数均匀分布（离子重力不计）。（1）求离子束从小孔O射入磁场后打到x轴最远处位置（用含的物理量a表示）；（2）调整磁感应强度的大小，可使速度最大的离子恰好打在探测板右端，求此时的磁感应强度大小B1；（3）保持磁感应强度B1不变，求每秒打在探测板上的离子数N；若打在板上的离子80%被吸收，20%被反向弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.6倍，被吸收和被弹回的离子数在探测板上沿x轴均匀分布，求探测板受到的作用力大小。【答案】（1）4a；（2）；（3）【详解】（1）粒子进入电场中有在磁场中有打到x轴的距离为由上述分析可知，当粒子在磁场中的半径最大，即最远，此时粒子从粒子源出来时的速度最大，解得（2）由题意可知，速度最大粒子打在探测板最右侧，则由几何关系有磁场中有结合（1）中数据，解得（3）对初速度为零的离子，经过电场加速度后，有解得在磁场中有解得磁感应强度为时，粒子打在x轴上的区间为[1.5a，3a]，每秒打在探测板上的离子数为对打探测器最左端（）的离子，轨道半径为a，则离子在磁场中解得打到x轴上的离子均匀分布，所以打在探测板上的离子的平均速度为被吸收和弹回的离子数在探测板上沿x轴均匀分布，由动量定理可得解得单位时间内探测板受到的作用力专题二回旋加速器的综合计算4．（2021·江苏·高考真题）如图1所示，回旋加速器的圆形匀强磁场区域以O点为圆心，磁感应强度大小为B，加速电压的大小为U、质量为m、电荷量为q的粒子从O附近飘入加速电场，多次加速后粒子经过P点绕O做圆周运动，半径为R，粒子在电场中的加速时间可以忽略。为将粒子引出磁场，在P位置安装一个“静电偏转器”，如图2所示，偏转器的两极板M和N厚度均匀，构成的圆弧形狭缝圆心为Q、圆心角为，当M、N间加有电压时，狭缝中产生电场强度大小为E的电场，使粒子恰能通过狭缝，粒子在再次被加速前射出磁场，不计M、N间的距离。求：（1）粒子加速到P点所需要的时间t；（2）极板N的最大厚度；（3）磁场区域的最大半径。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）设粒子在P的速度大小为，则根据可知半径表达式为对粒子在静电场中的加速过程，根据动能定理有粒子在磁场中运动的周期为粒子运动的总时间为解得（2）由粒子的运动半径，结合动能表达式变形得则粒子加速到P前最后两个半周的运动半径为，由几何关系有结合解得（3）设粒子在偏转器中的运动半径为，则在偏转器中，要使粒子半径变大，电场力应和洛伦兹力反向，共同提供向心力，即设粒子离开偏转器的点为，圆周运动的圆心为。由题意知，在上，且粒子飞离磁场的点与、在一条直线上，如图所示。粒子在偏转器中运动的圆心在点，从偏转器飞出，即从点离开，又进入回旋加速器中的磁场，此时粒子的运动半径又变为，然后轨迹发生偏离，从偏转器的点飞出磁场，那么磁场的最大半径即为将等腰三角形放大如图所示。虚线为从点向所引垂线，虚线平分角，则解得最大半径为5．（2024·江苏南通·二模）如图所示，真空中有一回旋加速器，半径为R0的两D形盒内有垂直纸面向外、磁感应强度为B1的匀强磁场，左盒通过一水平管道与一个左右两侧都开有很小狭缝的圆筒相连，圆筒的半径为r，圆筒内有垂直纸面向里的磁感应强度恒为B2的匀强磁场，现在左盒附近的点S放置一电子，在两盒狭缝间加上一交变电压来给电子周期性加速，经过时间t电子便获得一定速率贴着管壁通过水平管道后进入圆筒。已知电子在狭缝中加速次数与回旋半周的次数相同，电子的比荷为，电子在两D盒狭缝间运动的时间不计，加速电子时电压的大小可视为不变，电子重力不计。求：（1）进入圆筒磁场的电子获得的速度大小；（2）两D形盒间加速电压U的值；（3）若D形盒中磁感应强度大小可调节，通过调节使电子与下圆筒壁发生多次弹性碰撞又不作循环的从圆筒的右狭缝直接离开圆筒，求电子与下圆筒壁碰撞n（n=1，2，3……）次后的速率。【答案】（1）；（2）；（3）见解析【详解】（1）当电子贴着管壁运动时，根据洛伦兹力提供向心力有所以（2）根据动能定理有联立可得（3）电子在圆筒中碰撞筒壁又做圆周运动的情形呈现周期性和对称性，作出两种情况为例如图所示由图可得（n=1，2，3……）根据几何关系可得即（n=1，2，3……）根据洛伦兹力提供向心力所以（n=1，2，3……）6．（2024·江苏·二模）如图所示，真空中有一回旋加速器，半径为的两D形盒处于垂直纸面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场中，左侧D形盒通过一水平管道与一个左右两侧都开有很小狭缝的圆筒相连，圆筒内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小恒为的匀强磁场。S处粒子源产生初速度不计的电子，在两D形盒狭缝之间的交变电场中被周期性加速，经过时间t，电子射出左侧D形盒，通过水平管道（未接触管壁）后进入圆筒，与圆筒下壁发生多次弹性碰撞，最后从圆筒的右侧狭缝离开。已知圆筒的半径为r、电子的比荷为，电子在两D形盒狭缝间运动的时间不计，交变电场的电压大小恒定，电子未与圆筒上壁碰撞，电子重力不计。（1）求电子进入圆筒时的速度大小；（2）求交变电场的电压大小；（3）调节两D形盒处的磁场大小，可使电子与圆筒下壁碰撞不同的次数，当碰撞次数为n（n＝1，2，3，…）时，求对应电子在圆筒中运动的速率。【答案】（1）；（2）；（3）（n=1，2，3…）【详解】（1）电子在D型盒中射出时，轨道半径为R0，根据解得（2）电子在回旋加速器中的加速次数为加速N次过程中，由动能定理得解得加速电压为（3）由图可知电子在圆筒中又碰撞又做圆周运动的情形呈现周期性和对称性，作出两种情况为例，由此可概括出电子做圆周运动的一个单元夹角为（n=1，2，3…）由几何关系（n=1，2，3…）由洛伦兹力提供向心力可得电子与下圆筒壁碰撞n（n=1，2，3，…）次的电子的速率为（n=1，2，3…）7．（2024·陕西安康·二模）如图所示，为回旋加速器的工作原理示意图，两个D形盒的正中间有狭缝，狭缝宽度为d，狭缝之间存在匀强电场，电场强度为E；两个半径为R的D形盒接上高频交流电，并处在匀强磁场中，在的中心A处有一个粒子源，它产生并发出比荷为k的带正电粒子，粒子的初速度视为0，经加速后从D形盒的边缘以速度v飞出，不计粒子重力，求：（1）粒子在狭缝之间运动的总时间和匀强磁场的磁感应强度；（2）粒子第4次被加速结束的瞬间位置与A点之间的距离。【答案】（1），；（2）【详解】（1）由牛顿第二定律有根据运动学公式得粒子在磁场中与匀速圆周运动得（2）加速一次由动能定理有解得从A点出发向右运动同理可得加速第二次粒子向左运动粒子加速第三次后向右运动所以，第四次加速结束瞬间距A点的距离为专题三霍尔效应8．（2023·浙江·高考真题）某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场，通有待测电流的直导线垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场。调节电阻R，当电流表示数为时，元件输出霍尔电压为零，则待测电流的方向和大小分别为（）A．， B．，C．， D．，【答案】D【详解】根据安培定则可知螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向向下，则要使元件输出霍尔电压为零，直导线在霍尔元件处产生的磁场方向应向上，根据安培定则可知待测电流的方向应该是；元件输出霍尔电压为零，则霍尔元件处合场强为0，所以有解得故选D。9．（2024·山东·二模）手机中内置的指南针是一种基于霍尔效应的磁传感器。如图所示，将一块宽度为，厚度为的半导体薄片（载流子为自由电子）水平放置于地磁场中，当半导体中通入水平方向的恒定电流时，自由电子在洛伦兹力的作用下发生偏转，继而在两个表面上出现了电势差，称为霍尔电势差。已知电流大小为，霍尔电势差大小为，电子的电荷量大小为，半导体内自由电子的数密度（单位体积内的自由电子数）为。该处地磁场磁感应强度的竖直分量的大小为（）A． B． C． D．【答案】C【详解】电子达到稳定时，洛伦兹力等于静电力，即又电流的微观表达式有联立解得故选C。10．（2024·浙江·二模）图为微量振荡天平测量大气颗粒物质量的原理简图。气流穿过滤膜后，颗粒物附着在滤膜上增加锥形振荡管的质量，从而改变其固有频率。起振器从低到高改变振动频率，记录霍尔元件a、b端输出的电信号，从而推测出滤膜上颗粒物质量。已知霍尔元件宽度为d，下列说法正确的是（）A．起振器振动频率增大，锥形振荡管的振幅一定增大B．起振器振动频率增大，锥形振荡管的振动频率不变C．锥形振荡管左右振动时，霍尔元件的a、b端输出交流信号D．霍尔元件的宽度d增加，霍尔电压的最大值减小【答案】D【详解】A．起振器振动频率与固有频率的大小关系未知，则随着起振器振动频率增大，锥形振荡管的振幅不一定增大，故A错误；B．锥形振荡管的振动频率等于起振器振动频率，所以起振器振动频率增大，锥形振荡管的振动频率增大，故B错误；C．锥形振荡管左右振动时，霍尔元件的a、b端输出的电流方向不会改变，则会输出直流信号，故C错误；D．霍尔元件中粒子根据平衡条件可得设电源电动势为，霍尔元件长度为，高度为h，其电阻电流微观表达式可得联立、可得当d增大时，减小，故D正确。故选D。11．（2022·北京·高考真题）指南针是利用地磁场指示方向的装置，它的广泛使用促进了人们对地磁场的认识。现代科技可以实现对地磁场的精确测量。（1）如图1所示，两同学把一根长约10m的电线两端用其他导线连接一个电压表，迅速摇动这根电线。若电线中间位置的速度约10m/s，电压表的最大示数约2mV。粗略估算该处地磁场磁感应强度的大小B地；（2）如图2所示，一矩形金属薄片，其长为a，宽为b，厚为c。大小为I的恒定电流从电极P流入、从电极Q流出，当外加与薄片垂直的匀强磁场时，M、N两电极间产生的电压为U。已知薄片单位体积中导电的电子数为n，电子的电荷量为e。求磁感应强度的大小B；（3）假定（2）中的装置足够灵敏，可用来测量北京地区地磁场磁感应强度的大小和方向，请说明测量的思路。【答案】（1）数量级为10－5T；（2）；（3）见解析【详解】（1）由E=BLv可估算得该处地磁场磁感应强度B地的大小的数量级为10－5T。（2）设导电电子定向移动的速率为v，t时间内通过横截面的电量为q，有导电电子定向移动过程中，在方向受到的电场力与洛伦兹力平衡，有得（3）如答图3建立三维直角坐标系Oxyz设地磁场磁感应强度在三个方向的分量为Bx、By、Bz。把金属薄片置于xOy平面内，M、N两极间产生电压Uz仅取决于Bz。由（2）得由Uz的正负（M、N两极电势的高低）和电流I的方向可以确定Bz的方向。同理，把金属薄片置于xOz平面内，可得By的大小和方向；把金属薄片置于yOz平面内，可得Bx的大小和方向，则地磁场的磁感应强度的大小为根据Bx、By、Bz的大小和方向可确定此处地磁场的磁感应强度的方向。专题四磁流体发电机、电磁流量计的相关计算12．（2021·河北·高考真题）如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间，相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为，导轨平面与水平面夹角为，两导轨分别与P、Q相连，质量为m、电阻为R的金属棒垂直导轨放置，恰好静止，重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力，下列说法正确的是（）A．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，C．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，D．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，【答案】B【详解】等离子体垂直于磁场喷入板间时，根据左手定则可得金属板Q带正电荷，金属板P带负电荷，则电流方向由金属棒a端流向b端。等离子体穿过金属板P、Q时产生的电动势满足由欧姆定律和安培力公式可得再根据金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止，可得则金属棒ab受到的安培力方向沿斜面向上，由左手定则可判定导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下。故B正确。故选B。13．（2024·江西·高考真题）石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能．现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子（电子）浓度。如图（a）所示，在长为a，宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当时，测得关系图线如图（b）所示，元电荷，则此样品每平方米载流子数最接近（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】设样品每平方米载流子(电子)数为n，电子定向移动的速率为v，则时间t内通过样品的电荷量q=nevtb根据电流的定义式得当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有联立解得结合图像可得解得故选D。14．（2025·宁夏陕西·二模）人体血管状况及血液流速可以反映身体健康状态。血管中的血液通常含有大量的正负离子。如图，血管内径为d，血流速度v方向水平向右。现将方向与血管横截面平行，且垂直纸面向内的匀强磁场施于某段血管，其磁感应强度大小恒为B，当血液的流量（单位时间内流过管道横截面的液体体积）一定时（）A．血管上侧电势低，血管下侧电势高 B．若血管内径变小，则血液流速变小C．血管上下侧电势差与血液流速无关 D．血管上下侧电势差变大，说明血管内径变小【答案】D【详解】A．根据左手定则可知正粒子向血管上侧偏转，负离子向血管下侧偏转，则血管上侧电势高，血管下侧电势低，故A错误；B．血液的流量（单位时间内流过管道横截面的液体体积）一定为，若血管内径变小，则血管的横截面积变小，根据可知则血液流速变大，故B错误；CD．稳定时，粒子所受洛伦兹力等于所受的电场力，根据可得又联立可得根据可知血管上下侧电势差变大，说明血管内径变小，血液的流速变化，则血管内径一定改变，则血管上下侧电势差改变，所以血管上下侧电势差与血液流速有关，故D正确，C错误。故选D。15．（2024·湖北·高考真题）磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电压。下列说法正确的是（）A．极板MN是发电机的正极B．仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小C．仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大D．仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大【答案】AC【详解】A．带正电的离子受到的洛伦兹力向上偏转，极板MN带正电为发电机正极，A正确；BCD．离子受到的洛伦兹力和电场力相互平衡时，此时令极板间距为d，则可得因此增大间距U变大，增大速率U变大，U大小和密度无关，BD错误C正确。故选AC。专题五粒子在电场和磁场中的往复运动16．（2024·重庆九龙坡·二模）如图所示，在直线MN下方充满竖直向上的匀强电场，电场强度为E，直线MN上方充满垂直平面向里的匀强磁场。磁场中的Q点固定有一可视为质点的绝缘磁场换向开关。从匀强电场中的P点静止释放一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子，粒子从N点进入磁场后，运动到Q点与磁场换向开关发生碰撞。碰撞后匀强磁场方向立即反向，大小不变，碰撞对粒子的电荷量及电性无影响。P、N两点之间的距离为L，Q到直线MN的距离也为L，Q、N两点之间的距离为2L。忽略边界效应及磁场突变的影响，不计粒子重力。(1)求匀强磁场的磁感应强度大小；(2)若该匀强磁场只存在于直线MN上方某区域（大小不变），粒子第一次与磁场换向开关碰撞后速度的大小变为碰撞前的，速度的方向与碰撞前相反，且碰撞后粒子能够垂直通过直线MN上的S点（S点未画出），求SN间的距离；(3)若该匀强磁场只存在于直线MN上方某区域（大小不变），粒子每次碰撞后速度的大小均变为碰撞前的，速度的方向与碰撞前相反。粒子每次离开磁场区域后，磁场的方向立即变回垂直平面向里。且粒子每次均能垂直通过直线MN，求从P点释放开始到第n次与磁场换向开关碰撞所经历的时间。【答案】(1)(2)(3)①当n=1时，②当n≥2时，【详解】（1）粒子从P点到N点做匀加速直线运动，由动能定理由几何关系可知由洛伦兹力提供向心力解得（2）由洛伦兹力提供向心力如图所示由几何关系有解得（3）当n=1时，在电场中而在磁场中由如图所示当n≥2时，第一次碰后在磁场中第一次碰后在无电磁场区域第一次碰后在电场区域得17．（2024·新疆河南·高考真题）一质量为m、电荷量为的带电粒子始终在同一水平面内运动，其速度可用图示的直角坐标系内，一个点表示，、分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时P位于图中点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，P点沿线段ab移动到点；随后粒子离开电场，进入方向竖直、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P点沿以O为圆心的圆弧移动至点；然后粒子离开磁场返回电场，P点沿线段ca回到a点。已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等。不计重力。求（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期；（2）电场强度的大小；（3）P点沿图中闭合曲线移动1周回到a点时，粒子位移的大小。【答案】（1），；（2）；（3）【详解】（1）粒子在磁场中做圆周运动时的速度为根据洛伦兹力提供向心力解得做圆周运动的半径为周期为（2）根据题意，已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等，由于曲线表示的为速度相应的曲线，根据可知任意点的加速度大小相等，故可得解得（3）根据题意分析可知从b点到c点粒子在磁场中转过的角度为，绕一圈的过程中两次在电场中运动，根据对称性可知粒子的运动轨迹如图，角为两次粒子在电场中运动时初末位置间的位移与x轴方向的夹角，从a到b过程中粒子做类平抛运动，得故可得该段时间内沿y方向位移为根据几何知识可得由粒子在两次电场中运动的对称性可知移动一周时粒子位移的大小为联立解得18．（2023·重庆·高考真题）某同学设计了一种粒子加速器的理想模型。如图所示，xOy平面内，x轴下方充满垂直于纸面向外的匀强磁场，x轴上方被某边界分割成两部分，一部分充满匀强电场（电场强度与y轴负方向成α角），另一部分无电场，该边界与y轴交于M点，与x轴交于N点。只有经电场到达N点、与x轴正方向成α角斜向下运动的带电粒子才能进入磁场。从M点向电场内发射一个比荷为的带电粒子A，其速度大小为v0、方向与电场方向垂直，仅在电场中运动时间T后进入磁场，且通过N点的速度大小为2v0。忽略边界效应，不计粒子重力。（1）求角度α及M、N两点的电势差。（2）在该边界上任意位置沿与电场垂直方向直接射入电场内的、比荷为的带电粒子，只要速度大小适当，就能通过N点进入磁场，求N点横坐标及此边界方程。（3）若粒子A第一次在磁场中运动时磁感应强度大小为B1，以后每次在磁场中运动时磁感应强度大小为上一次的一半，则粒子A从M点发射后，每次加速均能通过N点进入磁场。求磁感应强度大小B1及粒子A从发射到第n次通过N点的时间。【答案】（1），；（2），；（3），【详解】（1）粒子M点垂直于电场方向入射，粒子在电场中做类平抛运动，沿电场方向做匀加速直线运动，垂直于电场方向做匀速直线运动，在N点将速度沿电场方向与垂直于电场方向分解，在垂直于电场方向上有解得粒子从过程，根据动能定理有解得（2）对于从M点射入的粒子，沿初速度方向的位移为沿电场方向的位移为令N点横坐标为，根据几何关系有解得根据上述与题意可知，令粒子入射速度为v，则通过N点进入磁场的速度为2v，令边界上点的坐标为（x，y）则在沿初速度方向上有在沿电场方向有解得（3）由上述结果可知电场强度解得设粒子A第次在磁场中做圆周运动的线速度为，可得第次在N点进入磁场的速度为第一次在N点进入磁场的速度大小为，可得设粒子A第次在磁场中运动时的磁感应强度为，由题意可得由洛伦兹力提供向心力得联立解得粒子A第n次在磁场中的运动轨迹如图所示

粒子每次在磁场中运动轨迹的圆心角均为300°，第n次离开磁场的位置C与N的距离等于，由C到N由动能定理得联立上式解得由类平抛运动沿电场方向的运动可得，粒子A第n次在电场中运动的时间为粒子A第n次在磁场中运动的周期为粒子A第n次在磁场中运动的时间为设粒子A第n次在电场边界MN与x轴之间的无场区域的位移为，边界与x轴负方向的夹角为，则根据边界方程可得，由正弦定理可得解得粒子A第n次在电场边界MN与x轴之间运动的时间为粒子A从发射到第n次通过N点的过程，在电场中运动n次，在磁场和无场区域中均运动n-1次，则所求时间由等比数列求和得解得19．（2023·山东·高考真题）如图所示，在，的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m，电量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场（不计粒子重力）。（1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小；（2）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场、离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。（i）求改变后电场强度的大小和粒子的初速度；（ii）通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。

【答案】（1）；（2）（i），；（ii）不会【详解】（1）由题意粒子在电场中做匀加速直线运动，根据动能定理有粒子在磁场中做匀速圆周运动，有粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，轨迹如图

根据几何关系可知联立可得（2）（i）由题意可知，做出粒子在电场和磁场中运动轨迹如图

在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知解得所以有，洛伦兹力提供向心力带电粒子从A点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有再一次进入电场后做类似斜抛运动，沿x方向有沿y方向上有其中根据牛顿第二定律有联立以上各式解得（ii）粒子从P到Q根据动能定理有可得从Q射出时的速度为此时粒子在磁场中的半径

根据其几何关系可知对应的圆心坐标为得，而圆心与P的距离为故不会再从P点进入电场。专题六带电粒子在交变磁场中的运动20．（2022·河北·高考真题）两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1所示，金属板与可调电源相连形成电场，方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直平面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子源，可连续释放质量为m、电荷量为、初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求：（1）时刻释放的粒子，在时刻的位置坐标；（2）在时间内，静电力对时刻释放的粒子所做的功；（3）在点放置一粒接收器，在时间内什么时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获。【答案】（1）；（2）；（3）或

【详解】（1）在时间内，电场强度为，带电粒子在电场中加速度，根据动量定理可知解得粒子在时刻的速度大小为方向竖直向上，粒子竖直向上运动的距离在时间内，根据粒子在磁场运动的周期可知粒子偏转，速度反向，根据可知粒子水平向右运动的距离为粒子运动轨迹如图所以粒子在时刻粒子的位置坐标为，即；（2）在时间内，电场强度为，粒子受到的电场力竖直向上，在竖直方向解得时刻粒子的速度方向竖直向上，粒子在竖直方向上运动的距离为在时间内，粒子在水平方向运动的距离为此时粒子速度方向向下，大小为，在时间内，电场强度为，竖直方向解得粒子在时刻的速度粒子在竖直方向运动的距离粒子运动的轨迹如图在时间内，静电力对粒子的做功大小为电场力做正功；（3）根据（1）问中解析有，①若粒子到达点之前，在磁场中已经过两个半圆，则释放时刻一定在时间内，若在之间的时刻释放粒子，粒子运动轨迹如图丙所示，有，，，，，所以整理发现所以需满足，代入数据解不等式，当时不等式成立②若粒子到达点前只经过一个半圆，则粒子在磁场中运动的轨迹半径由得，经第一次电场加速的末速度，则粒子在时间内释放不可能，如果在时间内释放，则第一次在电场中加速的时间，即在时释放符合条件，但在此情况下，，经过一个半圆后在电场中减速至速度为零的位移大小为联立有故此情况下无法到达点，所以考虑在时间内释放，假设粒子第一次在电场中加速的时间为，则，在此种情况下，，经过一个半圆后在电场中减速至速度为零的位移大小为联立有故此情况下粒子能在点被吸收，所以粒子释放时刻为综上可知，在或时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获21．（2025·重庆·二模）如图所示，空间有一圆心为O，半径为d，垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，磁感应强度，磁场正下方有一板间距为2d的平行板电容器。y轴是电容器的中心轴线，A、B分别为极板左右边缘两点，AB连线与圆形磁场相切。连线上的P点距B点0.5d。从距圆形磁场圆周上C点L处开始存在多个间距为L1、L2⋯Ln的垂直纸面向外的窄条形磁场B1、B2⋯Bn。磁场间距Ln满足Ln=nL（n为正整数），相邻条形磁场间的无磁场区域，其间距始终为L。每个磁场的边界均与y轴平行，且位于x轴下方。现电容器左右极板间加上如图乙所示的周期为T的交变电压，大量比荷为k的正粒子从y轴上的M点以相同速度v0沿y轴正向射入电容器，其中t=0时刻射入的粒子恰好在T时刻到达P点。不计粒子重力及电场边缘效应和粒子间相互作用。(1)求平行板电容器板长L0及电压U0的值；(2)若t时刻打入平行板电容器的粒子能经C点沿x轴正向射出圆形磁场，求t的可能值；(3)若窄条形磁场的磁感应强度Bn满足（n为正整数），且。将能打入条形磁场的粒子能到达的最远磁场记为Bn，到达的最近磁场记为Bm，求n-m的值。【答案】(1)，(2)，(3)5【详解】（1）粒子沿y轴方向做匀速直线运动，则粒子沿x轴方向做匀加速直线运动，t=0时刻打入的粒子在该方向v-t图像如图所示图像面积即为0.5d，则联立可得（2）粒子打入圆形磁场，圆周运动半径为由磁汇聚可知粒子均汇聚到C点，沿x轴正向射出磁场的粒子，则必沿y轴正向射入磁场，即粒子在电场中的侧移距离为零，t时刻打入电场的粒子沿x方向的v-t图像如图所示，因其侧移距离为零，由对称性易知或（3）设粒子打入第n个磁场时速度与水平方向的夹角为，在该磁场中粒子圆周运动半径为粒子到达的最远磁场为第n个时，粒子是可穿过第（n-1）磁场的，如图所示由图可得则前n-1个式相加有因代入解得前n个式相加有故当，即粒子从C沿x轴正方向时取同理，当，即打入电场的粒子时取故22．（2024·山东泰安·二模）如图甲所示，在光滑绝缘水平桌面内建立xOy坐标系，在第Ⅱ象限内有平行于桌面的匀强电场，场强方向与x轴负方向的夹角θ＝45°。在第Ⅲ象限垂直于桌面放置两块相互平行的平板、，两板间距为，板间有垂直于桌面向上的匀强磁场，两板右端在y轴上，板与x轴重合，在其左端紧贴桌面有一小孔M，小孔M离坐标原点O的距离为L＝0.72m。在第Ⅳ象限垂直于x轴放置一块平行y轴且沿y轴负向足够长的竖直平板，平板在x轴上垂足为Q，垂足Q与原点O相距现将一带负电的小球从桌面上的P点以初速度垂直于电场方向射出，刚好垂直于x轴穿过板上的M孔，进入磁场区域。已知小球可视为质点，小球的比荷，P点与小孔M在垂直于电场方向上的距离，不考虑空气阻力。求：（1）匀强电场的场强大小；（2）要使带电小球无碰撞地穿出磁场并打到平板上，求磁感应强度的取值范围；（3）以小球从M点进入磁场开始计时，磁场的磁感应强度随时间呈周期性变化，规定磁场方向垂直于桌面向上为正方向，如图乙所示，求小球打到平板上的位置到Q点的距离。（，计算结果保留两位小数）【答案】（1）；（2）；（3）0.38m【详解】（1）小球在第Ⅱ象限内做类平抛运动，有，由牛顿第二定律得联立解得（2）设小球通过M点时的速度为v，由类平抛运动规律得解得小球垂直磁场方向进入两板间做匀速圆周运动，轨迹如图所示由牛顿第二定律得可得小球刚好能打到Q点磁感应强度最强设为，此时小球的轨迹半径为，由几何关系得解得小球刚好不与板相碰时磁感应强度最小设为，此时粒子的轨迹半径为，由几何关系有解得综合可得磁感应强度的取值范围（3）小球进入磁场做匀速圆周运动，设半径为，周期为T，有，解得，由磁场周期得小球在磁场中运动的轨迹如图所示可得一个磁场周期内小球在x轴方向的位移为；由分析知有（）每个内，小球x方向位移（）小球y方向位移可知小球在第6个内沿方向射出磁场，设打在平板上的位置到Q点距离为，有解得专题七带电粒子在叠加场中做旋进运动23．（2022·浙江·高考真题）如图为某一径向电场的示意图，电场强度大小可表示为，a为常量。比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力，则（）A．轨道半径r小的粒子角速度一定小B．电荷量大的粒子的动能一定大C．粒子的速度大小与轨道半径r一定无关D．当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动【答案】BC【详解】A．根据电场力提供向心力可得解得可知轨道半径r小的粒子角速度大，故A错误；BC．根据电场力提供向心力可得解得又联立可得可知电荷量大的粒子的动能一定大，粒子的速度大小与轨道半径r一定无关，故BC正确；D．磁场的方向可能垂直纸面向内也可能垂直纸面向外，所以粒子所受洛伦兹力方向不能确定，粒子可能做离心运动，也可能做近心运动，故D错误。故选BC。24．（2024·甘肃·高考真题）质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子（不计重力），加速后进入速度选择器做直线运动、再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。（1）粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。（2）求O点到P点的距离。（3）若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为（略大于），方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的点上。求粒子打在点的速度大小。【答案】（1）带正电，；（2）；（3）【详解】（1）由于粒子向上偏转，根据左手定则可知粒子带正电；设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子进入速度选择器时的速度为，在速度选择器中粒子做匀速直线运动，由平衡条件在加速电场中，由动能定理联立解得，粒子的比荷为（2）由洛伦兹力提供向心力可得O点到P点的距离为（3）粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力向下的电场力由于，且所以通过配速法，如图所示其中满足则粒子在速度选择器中水平向右以速度做匀速运动的同时，竖直方向以做匀速圆周运动，当速度转向到水平向右时，满足垂直打在速度选择器右挡板的点的要求，故此时粒子打在点的速度大小为【点睛】25．（2024·浙江·二模）磁控管是微波炉的核心器件，磁控管中心为热电子发射源，电子在电场和磁场的共同作用下，形成了如图甲所示的漂亮形状。现将该磁控管简化成如图乙所示的装置，两足够长的平行金属板相距4d，板间中心有一电子发射源S向各个方向发射初速度大小为v0的电子。已知电子比荷为，仅考虑纸平面内运动的电子，回答以下问题：(1)若两板间不加磁场，仅接一电压恒为U的电源，其中，求：①电子在板间运动的加速度的大小；②电子打到金属板的最长时间和最短时间之差。(2)若两板间不接电源，仅加垂直纸面向里的匀强磁场B，其中，求：①有电子打到的金属板总长度；②打在金属板上的电子占发射电子总数的百分比。(3)在两金属板之间接一电压恒为U的电源的同时，加一垂直纸面向里的匀强磁场B，其中，。考虑初速度v0水平向右的电子，求该电子打在金属板上时速度的大小和方向。【答案】(1)，(2)，100%(3)见解析【详解】（1）①根据牛顿第二定律有解得②水平向左运动的电子运动距离该电子不会打在左侧金属板上，电子打到金属板的最长时间和最短时间之差为（2）①根据洛伦兹力提供向心力有解得如图所示由图可知，SA为圆的直径，C点为相切点，则所以有电子打到的金属板总长度为②由图甲可知，打在金属板上的电子占发射电子总数的百分比为100%。（3）根据动能定理可得解得如图所示y轴方向，有所以解得电子打在金属板上时速度的大小为方向与水平向右方向夹角专题八带电粒子在叠加场中的一般曲线运动26．（2024·贵州·高考真题）如图，边长为L的正方形区域及矩形区域内均存在电场强度大小为E、方向竖直向下且与边平行的匀强电场，右边有一半径为且与相切的圆形区域，切点为的中点，该圆形区域与区域内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从b点斜向上射入电场后沿图中曲线运动，经边的中点进入区域，并沿直线通过该区域后进入圆形区域。所有区域均在纸面内，粒子始终在该纸面内运动，不计粒子重力。求：(1)粒子沿直线通过区域时的速度大小；(2)粒子的电荷量与质量之比；(3)粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）带电粒子在区域做直线运动，则有电场力与洛伦兹力平衡，可知粒子带正电，经边的中点速度水平向右，设粒子到达边的中点速度大小为，带电荷量为，质量为，由平衡条件则有解得（2）粒子从b点到边的中点的运动，可逆向看做从边的中点到b点的类平抛运动，设运动时间为，加速度大小为，由牛顿第二定律可得由类平抛运动规律可得联立解得粒子的电荷量与质量之比（3）粒子从中点射出到圆形区域做匀圆周运动，设粒子的运动半径为，由洛伦兹力提供向心力可得解得粒子在磁场中运动轨迹图如图所示，由图可知，粒子沿半径方向射入，又沿半径方向射出，设粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角为，由几何关系可知可得则有2