专题十一 磁场-十年高考《物理》真题分类练习解析

PAGE1专题十一磁场考点1磁场对电流的作用考向1安培定则磁场的叠加考向2安培力的分析与计算1．☆☆（网络版）（2024福建）（多选）将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘线a、b悬挂于天花板上，AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中，现给导线通以自A到B大小为I的电流，则（）A．通电后两绳拉力变小B．通电后两绳拉力变大C．安培力为πBIrD．安培力为2BIr【答案】BD【解析】根据左手定则可知，通电后半圆环AB受到的安培力竖直向下，根据受力分析可知，通电后两绳拉力变大，故A错误，B正确；半圆环AB所受安培力的等效长度为直径AB，则安培力大小F=BI⋅2r=2BIr，故C错误，D正确。考向3安培力作用下的受力和运动分析1.(2024重庆,13,10分)小明设计了如图所示的方案,探究金属杆在磁场中的运动情况,质量分别为2m、m的金属杆P、Q用两根不可伸长的导线相连,形成闭合回路,两根导线的间距和P、Q的长度均为L,仅在Q的运动区域存在磁感应强度大小为B、方向水平向左的匀强磁场。Q在垂直于磁场方向的竖直面内向上运动,P、Q始终保持水平,不计空气阻力、摩擦和导线质量,忽略回路电流产生的磁场。重力加速度为g,当P匀速下降时,求(1)P所受单根导线拉力的大小;(2)Q中电流的大小。答案(1)mg(2)mg解析(1)由P匀速下降可知,P处于平衡状态,所受合力为0,设单根导线的拉力大小为T,对P有2T=2mg解得T=mg。(2)设Q所受安培力大小为F,对Q受力分析,有mg+F=2T又F=BIL解得I=mgBL考点2磁场对运动电荷的作用考向1带电粒子在匀强磁场中的运动考向2带电粒子在有界磁场中的运动1.(2024广西,5,4分)Oxy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里。质量为m,电荷量为+q的粒子,以初速度v从O点沿x轴正向开始运动,粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为45°,交点为P。不计粒子重力,则P点至O点的距离为()A.mvqB B.C.(1+2)mvqB D.【答案】C【解析】由题意可知粒子运动轨迹如图所示,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r,可得粒子做圆周运动的半径r=mvqB,根据几何关系可得P点至O点的距离L=r+rsin45°=(1+2)考向3带电粒子在匀强磁场中的临界问题与多解问题1.(2024河北,10,6分)(多选)如图,真空区域有同心正方形ABCD和abcd,其各对应边平行,ABCD的边长一定,abcd的边长可调,两正方形之间充满恒定匀强磁场,方向垂直于正方形所在平面。A处有一个粒子源,可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子,粒子沿AD方向进入磁场。调整abcd的边长,可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出。对满足前述条件的粒子,下列说法正确的是()A.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°,则粒子必垂直BC射出B.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°,则粒子必垂直BC射出C.若粒子经cd边垂直BC射出,则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为45°D.若粒子经bc边垂直BC射出,则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60°【答案】AD【解析】规定沿A→B方向为x方向,沿A→D方向为y方向,如图甲所示,粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°粒子从A到E的过程x方向:∑qvy1BΔt=mΔvx1y方向:∑-qvx1BΔt=mΔvy1由以上两式分别得x方向:qBL2=m2vy方向:qBL1=m1−22v离开E点后粒子做匀速直线运动,一定从cd边某点F再次进入磁场,从离开F点后到速度变成水平的过程,同理得x方向:qBLy1=m1−22vy方向:qBLx1=m22v1由①④得Lx1=L2,由②③得Ly1=L1由几何关系可判断出粒子恰好从C点垂直于BC射出,A正确;如图乙所示,粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°当粒子速度较小时从bc边再次进入磁场,当粒子速度较大时从cd边再次进入磁场考虑粒子从cd边再次进入磁场的过程从A点到E点过程由A项分析同理可得y方向:qBL3=m·12v2离开E点后粒子做匀速直线运动,从cd边某点F再次进入磁场,从离开F到速度方向变到水平的过程,同理有y方向:qBLx2=m·12v2由⑤⑥得Lx2=L3由几何关系可知仅粒子从c点再次进入磁场时垂直BC射出,其他速度大小下y方向速度减小到零时粒子还未到达BC边,B错误;如图丙所示,粒子经过cd边且垂直BC射出粒子从A点到E点过程,同理有x方向:qBL6=mvx3⑦y方向:qBL5=m(v3-vy3)⑧离开E点后粒子做匀速直线运动,从cd边某点F再次进入磁场到垂直BC射出,对粒子从F点到BC边过程,同理有x方向:qBLy5=m(v3-vx3)⑨(点拨:粒子垂直BC射出的上边界为C点,即Ly5≤L5)y方向:qBLx5=mvy3⑩(点拨:粒子从cd边射出,F点到BC边的距离Lx5≥L5)由⑧⑨得Ly5L5=v3由⑧⑩得Lx5L5=vy3v3-综上所述可得45°≤θ≤60°,C错误。如图丁所示,粒子经过bc边且垂直BC射出粒子从A点到E点过程,同理可得y方向:qBL7=m(v4-vy4)离开E点后粒子做匀速直线运动,从bc边某点F再次进入磁场到垂直BC射出,对粒子从F点到BC过程,同理有y方向:qBLx7=mvy4因为Lx7=L7,由得v4=2vy4即cosα=vy4v4所以粒子穿过ad边时速度方向与ad边的夹角为60°,D正确。2.(2024重庆,14,14分)有人设计了一种粒子收集装置。如图所示,比荷为qm的带正电的粒子,由固定于M点的发射枪,以不同的速率射出后,沿射线MN方向运动,能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K点,O在MN上,且KO垂直于MN。若打开磁场开关,空间将充满磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里的匀强磁场,速率为v0的粒子运动到O点时,打开磁场开关,该粒子全被收集,不计粒子重力,忽略磁场突变的影响。(1)求OK间的距离;(2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关,该粒子仍被收集,求MO间的距离;(3)速率为4v0的粒子射出后,运动一段时间再打开磁场开关,该粒子也能被收集。以粒子射出的时刻为计时0点。求打开磁场的那一时刻。答案(1)2mv0qB解析(1)当粒子到达O点时打开磁场开关,粒子开始做匀速圆周运动,设轨迹半径为r1由洛伦兹力提供向心力有qv0B=mv解得r1=m即OK=2r1=2m(2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关,粒子在磁场中运动轨迹半径r2=m·4v运动轨迹如图中①所示,由几何关系有(4r1-2r1)2+MO2=(4r1)2解得MO=23r1=23(3)设速率为4v0的粒子匀速运动一段时间t后到达Q点,要使粒子仍被收集,则Q点在O点右侧,运动轨迹如图中②所示由几何关系有(4r1-2r1)2+OQ2=(4r1)2解得OQ=23r1=2粒子在打开磁场开关前运动时间为t=MO解得t=3m3.（2024浙江6月，20，11分）探究性学习小组设计了一个能在喷镀板的上下表面喷镀不同离子的实验装置，截面如图所示。在xOy平面内，除x轴和虚线之间的区域之外，存在磁感应强度大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁场。在无磁场区域内，沿着x轴依次放置离子源、长度为L的喷镀板P、长度均为L的栅极板M和N（由金属细丝组成的网状电极），喷镀板P上表面中点Q的坐标为（1.5L，0），栅极板M中点S的坐标为（3L，0）。离子源产生a和b两种正离子，其中a离子质量为m、电荷量为q，b离子的比荷为a离子的14倍，经电压U=kU0（其中U0=qB2L28m（1）若U=U0，求a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置x0（用L表示）；（2）调节U和UNM，并保持UNM=34①U的调节范围（用U0表示）；②b离子落在喷镀板P下表面的区域长度；（3）要求a和b离子恰好分别落在喷镀板P上下表面的中点，求U和UNM的大小。【答案】（1）L（2）①U0≤U≤4U0②L2（3）9qB【解析】（1）对a离子，在加速电场中，由动能定理可得qU0=12mv2在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv2联立①②可得r=1B到达x轴上的位置x0=2r④其中U0=qB2L28m（2）①a离子经过加速电场、偏转磁场直接落到P上表面；由（1）问可得r'=1B2mUqa离子落在P上表面任意位置有L≤2r'≤2L⑥联立可得U0≤U≤4U0②b离子经过加速电场、偏转磁场，再经过栅极板M、N落到P下表面，作出轨迹示意图如图所示，当b离子恰好经过栅极板左侧时，第一次经过磁场的运动半径r1=54L由⑤可得r1=1B此时UNM=34U，b离子经过栅极板后的速度为v2q'U-q'UNM=12m'vb离子经过x轴下方磁场的运动半径为r2，由洛伦兹力提供向心力可得q'v2B=m'v2又q'm联立解得r2=12r1=5当b离子恰好经过栅极板右侧时，同理可得b离子此次经过x轴下方磁场的运动半径r'2=78综上可得b离子落在P下表面的区域长度l=2r2-L（3）若a离子恰好落在P上表面的中点Q，此时a离子在磁场中的运动半径ra=34L由⑤可得ra=1B由③的比可得rra=解得U=94U0=9qB2当U=94U0rb=1B2m'Uq'b离子由S点进入栅极板，若其落在P的下表面中点，则其在x轴下方磁场中的运动半径r'b=34Lb离子经过第一个加速电场，由动能定理可得q'U=12m'vb离子经过第一个加速电场和栅极板后，由动能定理可得q'U-q'UNM=12m'v'

由qvB=mv2r可得vb联立可得UNM=34U=2716U0=27qB2L2【快速解法】（2）②设b离子在x轴上方磁场的运动半径为r1，在x轴下方磁场的运动半径为r2，则q'U=12m'v12q'U-34U=12m'v解得r2=12r当b离子恰从栅极板左侧进入时，r1=54L，故b离子落到喷镀板下表面距其左侧当b离子恰从栅极板右侧进入时，r1=74L，故b离子落到喷镀板下表面距其右侧由喷镀板长为L可知，b离子落到喷镀板下表面的区域长度为L（3）由题意可知，a离子恰好落在P上表面中点，b离子经过栅极板减速后在磁场中偏转落在P下表面中点由a离子运动的半径ra=34L可知U=94U0因b离子的比荷为a离子的14，则b离子在x轴上方磁场中的运动半径rb=2rab离子要落在P下表面中点，则b离子在x轴下方磁场中运动半径r'b=34L，则可知r'b=12rb，由（2）②可知，当r'b=12rb时，UNM=34U=27考向4磁场与现代科技1.(2024湖北,9,4分)(多选)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【解析】带正电的粒子受到洛伦兹力向上偏转,故极板MN带正电,为发电机的正极,A正确;极板间的电压稳定后,粒子受到的洛伦兹力和电场力等大反向,设极板间距为d,则qvB=qUd考向5磁聚焦、磁发散和动态圆模型考向6带电粒子在叠加场、组合场中的运动1.(2024湖北,7,4分)如图所示,在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力,下列说法正确的是()A.粒子的运动轨迹可能经过O点B.粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向C.粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为7πD.若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短,粒子运动的速度大小为3【答案】D【解析】在圆形匀强磁场区域内,沿着径向射入的粒子,总是沿径向射出;根据圆的特点可知粒子的运动轨迹不可能经过O点,A、B错误。根据对称性可知,粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的时间最短的轨迹如图1所示,则最短时间为t=2T=4πmqB,C错误。粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短,则轨迹如图2所示,设粒子在磁场中运动的轨迹半径为r,根据几何关系可知Rr=tan60°,即r=3R32.(2024安徽,10,5分)(多选)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场,电场强度大小为E,磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a,在纸面内做半径为R的圆周运动,轨迹如图所示。当a运动到最低点P时,瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ,二者带电荷量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同,并做半径为3R的圆周运动,轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g,不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用,则()A.油滴a带负电,所带电荷量的大小为mgB.油滴a做圆周运动的速度大小为gBRC.小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为3gBRED.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动【答案】ABD【解析】由油滴a做圆周运动可知,油滴a所受重力与电场力平衡,故油滴a带负电,有mg=Eq,解得q=mgE,A正确;根据洛伦兹力提供向心力有Bqv=mv2R,得油滴a做圆周运动的速度大小v=gBRE,B正确;设小油滴Ⅰ的速度大小为v1,有Bq2v1=m2·v123R,解得v1=3BqRm=3gBRE,周期为T=2π·3Rv13.（2024浙江6月，15，3分）（多选）如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ角。质量为m、电荷量为+q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点，重力加速度为g，则该过程（）A.合力冲量大小为mv0cosθB.重力冲量大小为mv0sinθC.洛伦兹力冲量大小为qBD.若v0=2mgcos【答案】CD【解析】根据动量定理得，合力的冲量等于动量的变化量，故合力冲量的大小为mv0，A错误。-mgsinθ·t=0-mv0，解得t=v0gsinθ，故重力的冲量大小为mgt=mv0sinθ，B错误。洛伦兹力的冲量大小I洛=∑qviBΔt=qBx，根据动能定理得-mgxsinθ=0-12mv02，解得x=v022gsinθ，所以I洛=qBv022gsinθ，C正确。若v0=2mgcosθqB，开始时弹力方向垂直杆向下，FN=qvB-mgcosθ，当v=12v0时弹力刚好为零，随后弹力方向垂直杆向上，FN=mgcosθ-qvB，整个过程中垂直杆向下的弹力冲量等于垂直杆向上的弹力冲量时，总的弹力冲量为零，即（qv下【方法延伸】洛伦兹力随着小球速度的变化而变化，洛伦兹力在极短时间Δt内可近似看作恒力，因此qviB·Δt=qB·Δx，将所有极短时间内洛伦兹力的冲量累加起来，∑qviB·Δt=∑qB·Δx，总的冲量为qBx。4.(2024江苏,16,15分)如图所示,两个半圆区域abcd、a'b'c'd'中有垂直纸面向里的匀强磁场,区域内、外边界的半径分别为R1、R2。ab与a'b'间有一个匀强电场,电势差为U,cd与c'd'间有一个插入体,电子每次经过插入体速度减小为原来的k倍。现有一个质量为m、电荷量为e的电子,从cd面射入插入体,经过磁场、电场后再次到达cd面,速度增加,多次循环运动后,电子的速度大小达到一个稳定值,忽略相对论效应,忽略经过插入体和电场的时间。求:(1)电子进入插入体前后在磁场中运动的半径r1、r2之比;(2)电子多次循环后到达cd的稳定速度v;(3)若电子到达cd中点P时速度稳定,并最终到达边界d,求电子从P到d的时间t。【答案】(1)1∶k(2)2eUm解析(1)设电子进入插入体前后的速度大小分别为v1和v2,由洛伦兹力提供向心力有evB=mv2r得r1∶r2=v1∶v2=v1∶kv1=1∶k(2)电子多次循环稳定后,电子从c'd'出发静电场到达ab的过程,由动能定理得eU=12mv2-12解得v=(3)由题意可知,c到d的距离为R2-R1则点P到d的距离为R电子相邻两次经过cd面的位置的距离为mv设从P点开始经电场n次加速后到达d,则2nmveB1−解得n=eB电子做圆周运动的周期T=2π又v=可得t=nT=πR2-5.(2024贵州,14,14分)如图,边长为L的正方形abcd区域及矩形cdef区域内均存在电场强度大小为E、方向竖直向下且与ab边平行的匀强电场,ef右边有一半径为33L且与ef相切的圆形区域,切点为ef的中点,该圆形区域与cdef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cd边的中点进入cdef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cdef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)EB(2)E解析(1)带电粒子在cdef区域做直线运动,则有粒子所受电场力与洛伦兹力平衡,设粒子到达cd边的中点速度大小为v0,带电荷量为q,质量为m,由平衡条件可得qE=qv0B,解得v0=EB(2)粒子从b点到cd边的中点的运动,可逆向看成粒子从cd边的中点到b点的类平抛运动,设运动时间为t,加速度大小为a,由牛顿第二定律可得qE=ma,由类平抛运动规律可得v0t=L,12at2=L联立解得粒子的电荷量与质量之比qm=v02(3)粒子从ef中点射入到圆形区域做匀速圆周运动,设粒子的运动半径为R,由洛伦兹力提供向心力可得qv0B=mv0解得R=L,粒子在圆形区域磁场中运动轨迹如图所示,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α,由几何关系可知α=2θ,可得tanθ=33LR6.(2024甘肃,15,17分)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E1,方向沿纸面向下,匀强磁场的磁感应强度大小为B1,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B2,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E2(E2略大于E1),方向不变,粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点上。求粒子打在O'点的速度大小。【答案】(1)带正电E122U解析(1)粒子进入偏转分离器Ⅲ,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Ⅱ时的速度为v0,粒子在速度选择器Ⅱ中做匀速直线运动,由平衡条件有qv0B1=qE1,在粒子加速器Ⅰ中,由动能定理有qU=12mv联立解得,粒子的比荷为qm=E(2)由(1)问的分析可知v0=E1粒子在偏转分离器Ⅲ中做圆周运动,由洛伦兹力提供向心力有qv0B2=mv0可得O点到P点的距离为OP=2r=4U(3)粒子进入速度选择器Ⅱ瞬间,粒子受到向上的洛伦兹力,有F洛=qv0B1,向下的电场力F=qE2,因为F>F洛,粒子向下偏转,运用配速法,将粒子速度进行分解,令粒子分速度大小为v1,使其满足qv1B1=qE2,则v1=E2B1>v0,则粒子进入速度选择器时的速度分解为水平向右的v1和水平向左的v1-v0,粒子的运动等效为以v1水平向右的匀速直线运动和以v1当粒子打在O'点,速度方向恰好垂直右挡板,由运动过程可知,粒子打在O'点时圆周运动(分运动)的速度方向水平向右,则v=v1+(v1-v0),(点拨:粒子做圆周运动(分运动)的示意图如图所示,粒子由状态①开始沿逆时针方向做圆周运动,由运动的周期性可知,①状态粒子与O在同一水平线上,圆周运动的速度方向水平向左;②状态粒子与O'点在同一水平线上,圆周运动的速度方向水平向右)代入解得v=2E7.（2024新课标，26，20分）一质量为m、电荷量为q（q>0）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P（vx，vy）表示，vx、vy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a（0，v0）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b（v0，v0）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c（-v0，v0）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）2mv0qB2πm【解析】（1）建立直角坐标系，画出带电粒子在平面直角坐标系内的运动轨迹如图所示P点沿线段ab移动到b点，对应带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，随后离开电场进入匀强磁场做匀速圆周运动，a'（0，v0）对应P点再次回到a（0，v0）点粒子进入磁场时的速度大小v=v02+v在匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv2粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=2π解得R=2mv0（2）任何相等的时间内P点沿题图中闭合曲线通过的曲线长度都相等，即ΔvqEm=解得E=2v0B（3）设粒子出电场时速度的偏转角为θ可得tanθ=vxvy设粒子由a到b的时间为t则v0=qEm解得t=2沿y方向运动的位移大小y1=v0t解得y1=2粒子由c到a'所用的时间与由a到b所用的时间相等，则沿y方向运动的位移大小相等，所以P点沿曲线运动一周粒子对应的位移大小s=2Rsinθ-2y1解得s=（8.（2024山东，18，16分）如图所示，在Oxy坐标系x>0，y>0区域内充满垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。磁场中放置一长度为L的挡板，其两端分别位于x、y轴上M、N两点，∠OMN=60°，挡板上有一小孔K位于MN中点。△OMN之外的第一象限区域存在恒定匀强电场。位于y轴左侧的粒子发生器在0<y<32L的范围内可以产生质量为m，电荷量为+q的无初速度的粒子。粒子发生器与y轴之间存在水平向右的匀强加速电场，加速电压大小可调，粒子经此电场加速后进入磁场。挡板的厚度不计，粒子可沿任意角度穿过小孔，碰撞挡板的粒子不予考虑，不计粒子重力及粒子间相互作用力。（1）求使粒子垂直挡板射入小孔K的加速电压U0；（2）调整加速电压，当粒子以最小的速度从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，求第一象限中电场强度的大小和方向；（3）当加速电压为qB【答案】（1）qB2L（3）（3-【解析】（1）粒子在加速电场中加速过程有qU0=12mv2如图1，在△OMN区域中，由几何关系可知垂直挡板射入小孔K的粒子在磁场中做圆周运动的半径R=L2洛伦兹力提供向心力，有qvB=mv联立①②③式可得U0=qB（2）由题意可知，粒子以最小速度从小孔K射出时，即粒子在△OMN中轨迹圆半径最小，此情况运动轨迹如图2，由几何关系可知R1=L4qv1B=mv联立⑤⑥式可得v1=qBL4m粒子从K射出后恰好做匀速直线运动，可知qv1B=qE⑧联立⑦⑧式解得E=qB方向水平向右。（3）粒子在加速电场中加速有q·qB2L224m解得v3=3qBL粒子在△OMN区域中做圆周运动时有qv3B=mv联立式得R3=3L6设轨迹的圆心为O'，粒子运动轨迹大致如图3所示，由几何关系可知sinθ=L4R3将粒子进入复合场中时的速度v3分解为vy和v'令qvyB=qE得vy=qBL4m根据几何关系可得v'方向平行于x轴，则v'=v3cosθ=3qBL粒子在复合场中的运动可分解为以v'为线速度的匀速圆周运动及方向竖直向上且速度为vy的匀速直线运动则有qv'B=mv'联立式解得R'=312L匀速圆周运动的周期T=2π在复合场中运动340~34+nT时间内，粒子在竖直方向上向上匀速运动的距离y=vy·34+nT=3由于y>12×32L，可知粒子运动则粒子距y轴的最近距离Δd=L4-R'=（故运动过程中距离y轴最近位置的坐标（x'，y'）满足x'=Δd=（y'=12×3L2即坐标为（3-9.(2024北京,20,12分)我国天宫空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道。图为某种霍尔推进器的放电室(两个半径接近的同轴圆筒间的区域)的示意图。放电室的左、右两端分别为阳极和阴极,间距为d。阴极发射电子,一部分电子进入放电室,另一部分未进入。稳定运行时,可视为放电室内有方向沿轴向向右的匀强电场和匀强磁场,电场强度和磁感应强度大小分别为E和B1;还有方向沿半径向外的径向磁场,大小处处相等。放电室内的大量电子可视为处于阳极附近,在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的匀速圆周运动(如截面图所示),可与左端注入的氙原子碰撞并使其电离。每个氙离子的质量为M、电荷量为+e,初速度近似为零。氙离子经过电场加速,最终从放电室右端喷出,与阴极发射的未进入放电室的电子刚好完全中和。已知电子的质量为m、电荷量为-e;对于氙离子,仅考虑电场的作用。(1)求氙离子在放电室内运动的加速度大小a;(2)求径向磁场的磁感应强度大小B2;(3)设被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k,单位时间内阴极发射的电子总数为n,求此霍尔推进器获得的推力大小F。【答案】(1)eEM(2)mEeB【解析】(1)由于氙离子在放电室中仅考虑电场的作用,根据牛顿第二定律有eE=Ma①解得氙离子在放电室内运动的加速度大小a=eEM(2)设在阳极附近做匀速圆周运动的电子速率为v1,对其受力分析平行于轴线方向有eE=eB2v1②垂直于轴线方向洛伦兹力的分力提供电子做圆周运动的向心力,有eB1v1=mv联立②③解得B2=mEe(3)由于喷出的氙离子与电子刚好完全中和,氙离子和电子带电荷量的绝对值均为e,故两者个数相等。根据题意分析可知单位时间内阴极发射的n个电子中有1k+1n个进入放电室,k以Δt时间内喷出的氙离子为研究对象,设氙离子喷出时的速度大小为v2根据动能定理有eEd=12Mv2根据动量定理有F'Δt=kk+1nΔtMv2联立④⑤解得F'=kn根据牛顿第三定律可知此霍尔推进器获得的推力大小F=F'=knk10.(2024湖南,14,14分)如图,有一内半径为2r、长为L的圆筒,左右端面圆心O’、O处各开有一小孔。以O为坐标原点,取O’O方向为x轴正方向建立xyz坐标系。在筒内x≤0区域有一匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向沿x轴正方向;筒外x≥0区域有一匀强电场,场强大小为E,方向沿y轴正方向。一电子枪在O’处向圆筒内多个方向发射电子,电子初速度方向均在xOy平面内,且在x轴正方向的分速度大小均为v0。已知电子的质量为m、电荷量为e,设电子始终未与筒壁碰撞,不计电子之间的相互作用及电子的重力。(1)若所有电子均能经过O进入电场,求磁感应强度B的最小值;(2)取(1)问中最小的磁感应强度B,若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ,求tanθ的绝对值;(3)取(1)问中最小的磁感应强度B,求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移。【答案】(1)2πmv0eL【解析】(1)若所有电子均能经过O进入电场,则在沿x正方向有L=v0t电子在yOz平面内做匀速圆周运动,其运动周期T=2若能经过O进入电场,则运动时间t=nT(n=1,2,3,…)联立求得当n=1时,磁感应强度最小,最小值B=2(2)设在O’点当电子在y方向的分速度最大为vy时,进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向的夹角最大为θ,则tanθ=v由几何关系,电子在yOz平面内做匀速圆周运动的最大半径为r,则由洛伦兹力提供向心力有evyB=mv联立并代入B=2πmv0eL,解得(3)进入O点右侧区域后,电子沿y轴正方向做匀减速直线运动,由牛顿第二定律有eE=ma沿y轴正方向的最大位移h=v其中vy=v0tanθ=2联立解得h=2技巧点拨本题中带电粒子在筒内做螺旋线运动,是一种立体的运动轨迹,解题关键是将运动分解为沿x轴正方向的匀速直线运动和在yOz平面内的匀速圆周运动,这两个分运动在互相垂直的方向上,互不影响。11.(2024黑吉辽,15,18分)现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图:Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L,存在垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度等大反向;Ⅲ、Ⅳ区为电场区,Ⅳ区电场足够宽,各区边界均垂直于x轴,O为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为+q、质量均为m的粒子。如图,甲、乙平行于x轴向右运动,先后射入Ⅰ区时速度大小分别为32v0和v0。甲到P点时,乙刚好射入Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°。甲到O点时,乙恰好到P点。已知Ⅲ区存在沿+x方向的匀强电场,电场强度大小E0=9mv0(1)求磁感应强度的大小B。(2)求Ⅲ区宽度d。(3)Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴,电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为E=ωt-kx,其中常系数ω>0,ω已知、k未知,取甲经过O点时t=0。已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动,设乙在Ⅳ区受到的电场力大小为F,甲、乙间距为Δx,求乙追上甲前F与Δx间的关系式(不要求写出Δx的取值范围)。【答案】(1)mv02qL(2)32πL(3)【审题指导】(1)通过乙在Ⅰ区中的速度偏转角建立半径与Ⅰ区宽度间的关系。(2)甲在Ⅲ区中做匀加速直线运动的时间等于乙在Ⅰ、Ⅱ区做匀速圆周运动的总时间,是计算Ⅲ区宽度的关键。(3)通过甲在Ⅳ区做匀速直线运动得出甲受到的电场力qE甲=0,从而得到E甲=ωt-kx甲=0,是解决第(3)问的突破口。【解析】(1)乙在Ⅰ区的轨迹如图所示由牛顿第二定律得qv0B=mv乙经过Ⅰ区时速度偏转30°,则r=2L联立解得B=m(2)甲在Ⅲ区运动的时间等于乙在Ⅰ、Ⅱ区运动的总时间,该总时间t0=16又T=2解得t0=2Ⅰ区和Ⅱ区宽度相等且磁感应强度大小相等,所以甲沿+x方向进入Ⅲ区甲在Ⅲ区做匀加速直线运动,有d=32v0t0+12由牛顿第二定律得qE0=ma又已知E0=9联立解得d=32π(3)甲进入Ⅳ区时的速度为v甲=32v0+at0=3v甲在Ⅳ区做匀速直线运动,则甲在Ⅳ区运动的任一时刻所在位置的电场强度均为E甲=0,即ωt-kx甲=0结合x甲=v甲t可得k=ωt时刻,当乙在Ⅳ区的位置的横坐标为x乙时,乙所在位置的电场强度为E乙=ωt-kx乙=kx甲-kx乙=kΔx=ω3v故乙在Ⅳ区受到的电场力大小为F=qE乙=qω3v12.(2024海南,18,16分)如图,在xOy坐标系中有三个区域,圆形区域Ⅰ分别与x轴和y轴相切于P点和S点。半圆形区域Ⅱ的半径是区域Ⅰ半径的2倍。区域Ⅰ、Ⅱ的圆心O1、O2连线与x轴平行,半圆形区域与圆形区域相切于Q点,QF垂直于x轴,半圆的直径MN所在的直线右侧为区域Ⅲ。区域Ⅰ、Ⅱ分别有磁感应强度大小为B、B2的匀强磁场,磁场方向均垂直纸面向外。区域Ⅰ下方有一粒子源和加速电场组成的发射器,可将质量为m、电荷量为q的带正电粒子通过电场加速到v0。改变发射器的位置,使带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度v0沿纸面射入区域Ⅰ。已知某粒子从P点射入区域Ⅰ,并从Q点射入区域Ⅱ(不计粒子的重力和粒子之间的影响)。(1)求加速电场两板间的电压U和区域Ⅰ的半径R;(2)在能射入区域Ⅲ的粒子中,某粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短,求该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间t;(3)在区域Ⅲ加入匀强磁场和匀强电场(图中未画出),磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里,电场强度的大小E=Bv0,方向沿x轴正方向。此后,粒子源中某粒子经区域Ⅰ、Ⅱ射入区域Ⅲ,进入区域Ⅲ时速度方向与y轴负方向的夹角为74°。当该粒子动能最大时,求该粒子的速度大小vm及所在的位置到y轴的距离l(sin37°=35,sin53°=4【答案】(1)mv022qmv0qB解析(1)粒子在电场中加速,由动能定理有qU=12m解得U=m由题意,粒子从P点射入区域Ⅰ,并从Q点射入区域Ⅱ,说明粒子在区域Ⅰ中的运动轨迹半径与区域Ⅰ的半径R相等粒子在区域Ⅰ中做圆周运动,洛伦兹