【讲通练透】专题11 磁场 -2021-2023年高考物理真题分享汇编（全国通用）

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一、高考真题汇编的意义
1、增强高考考生的复习动力和信心。
2、提高高考考生的复习效率。使考生能够更好地梳理复习的重点，提高复习效率。
3、加深考生对知识点的理解和掌握。
二、高考真题汇编的内容
1、高考试题收录。高考真题汇编收录高考真题，涵盖了高考考试的各个学科。
2、答案解析。高考真题汇编提供了详细的答案解析，加深考生对知识点的理解和掌握。
3、复习指导。高考真题汇编还提供了一些复习指导，提高复习效率。
三、高考真题汇编的重要性
高考真题汇编不仅可以提高考生的复习动力和信心，增强考生的复习效率，而且还可以加深考生对知识点的理解和掌握，使考生更好地把握考试方向，为高考复习提供了有力的支持。本文介绍了高考真题汇编的意义、内容和重要性，分析了它对高考考生的重要作用，强调了它在高考复习中的重要性。
专题11 磁场
\l "_Tc596" 题型一 磁场的性质1
\l "_Tc2376" 题型二 安培力6
\l "_Tc2376" 题型三 带电粒子在磁场运动15
\l "_Tc2376" 题型四 带电粒子在复合场运动37
一、磁场性质
1、（2022·福建卷·T5）奥斯特利用如图所示实验装置研究电流的磁效应。一个可自由转动的小磁针放在白金丝导线正下方，导线两端与一伏打电池相连。接通电源瞬间，小磁针发生了明显偏转。奥斯特采用控制变量法，继续研究了导线直径、导线材料、电池电动势以及小磁针位置等因素对小磁针偏转情况的影响。他能得到的实验结果有（ ）
A. 减小白金丝直径，小磁针仍能偏转B. 用铜导线替换白金丝，小磁针仍能偏转
C. 减小电源电动势，小磁针一定不能偏转D. 小磁针的偏转情况与其放置位置无关
【答案】AB
【解析】
A．减小导线直径，仍存在电流，其产生的磁场仍能使小磁针偏转，选项A正确；
B．白金导线换成铜导线，仍存在电流，产生的磁场仍能使小磁针偏转，选项B正确；
C．减小伏打电池电动势，只要导线中有电流，小磁场还是会发生偏转，选项C错误；
D．通电导线产生的磁场与地磁场叠加后，其空间磁场方向与位置有关，当小磁针在不同位置时其偏转情况不同，选项D错误。
故选AB。
2、（2022·北京卷·T20）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，电压表的最大示数约。粗略估算该处地磁场磁感应强度的大小。
（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。
【解析】
（1）由可估算得该处地磁场磁感应强度的大小的数量级为。
（2）设导电电子定向移动的速率为v，时间内通过横截面的电量为，
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。设地磁场磁感应强度在三个方向的分量为。把金属薄片置于平面内，M、N两极间产生电压仅取决于。
答图3
由（2）得
由的正负（M、N两极电势的高低）和电流I的方向可以确定的方向。
同理，把金属薄片置于平面内，可得的大小和方向；把金属薄片置于平面内，可得的大小和方向。
地磁场的磁感应强度的大小为。
根据的大小和方向可确定此处地磁场的磁感应强度的方向。
3、（2022·上海卷·T17）四根电阻均匀分布的电阻丝连接成一个闭合的正方形线框，Q为正方形线框的中点。当强度为I的电流从a点流入d点流出时，ad边在O点产生的磁场方向为 （选填：“垂直于纸面向里”或“垂直于纸面向外”）。已知直导线在O点产生的磁场大小与流经导线的电流大小成正比，若ad边在O点产生的磁场磁感应强度为B，则整个线框在O点产生的磁场磁感应强度大小为 。
【答案】.垂直纸面向外 0
【解析】当强度为I的电流从a点流入d点流出时，根据直线电流产生磁场判断的安培定则，可知ad边在O点产生的磁场方向为垂直纸面向外。由于四根电阻丝电阻相等，设每根电阻丝的电阻为R，设ad边中电流为I1，ab边、bc边、cd边中电流为I2，根据并联电路规律，I1R=I23R，解得另外三根电阻丝中电流为I2=I1/3。由于B正比于I，根据直线电流产生磁场判断的安培定则，可知ab边、bc边、cd边在O点产生的磁场方向都是垂直纸面向里，且产生的磁场磁感应强度大小为B/3，根据磁场叠加原理可知，整个线框在O点产生的磁场磁感应强度为B-3×B/3=0。
4、（2022·广东卷·T7）如图所示，一个立方体空间被对角平面划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
AB．由题意知当质子射出后先在MN左侧运动，刚射出时根据左手定则可知在MN受到y轴正方向洛伦兹力，即在MN左侧会向y轴正方向偏移，做匀速圆周运动，y轴坐标增大；在MN右侧根据左手定则可知洛伦兹力反向，质子在y轴正方向上做减速运动，故A正确，B错误；
CD．根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用，在z轴方向上没有运动，z轴坐标不变，故CD错误。
故选A。
5、（2021·浙江1月卷·T8）如图所示是通有恒定电流的环形线圈和螺线管的磁感线分布图。若通电螺线管是密绕的，下列说法正确的是（ ）
A. 电流越大，内部的磁场越接近匀强磁场
B. 螺线管越长，内部的磁场越接近匀强磁场
C. 螺线管直径越大，内部的磁场越接近匀强磁场
D. 磁感线画得越密，内部磁场越接近匀强磁场
【答案】B
【解析】
根据螺线管内部的磁感线分布可知，在螺线管的内部，越接近于中心位置，磁感线分布越均匀，越接近两端，磁感线越不均匀，可知螺线管越长，内部的磁场越接近匀强磁场。
故选B。
6、（2021·福建卷·T6）如图，四条相互平行的细长直导线垂直坐标系xOy平面，导线与坐标平面的交点为a、b、c、d四点。已知a、b、c、d为正方形的四个顶点，正方形中心位于坐标原点O，e为的中点且在y轴上；四条导线中的电流大小相等，其中过a点的导线的电流方向垂直坐标平面向里，其余导线电流方向垂直坐标平面向外。则（ ）
A．O点的磁感应强度为0
B．O点的磁感应强度方向由O指向c
C．e点的磁感应强度方向沿y轴正方向
D．e点的磁感应强度方向沿y轴负方向
【答案】BD
【解析】
AB．由题知，四条导线中的电流大小相等，且到O点的距离相等，故四条导线在O点的磁感应强度大小相等，根据右手螺旋定则可知，四条导线中在O点产生的磁感应强度方向，如图所示
由图可知，与相互抵消，与合成，根据平行四边形定则，可知O点的磁感应强度方向由O指向c，其大小不为零，故A错误，B正确；
CD．由题知，四条导线中的电流大小相等，a、b到e点的距离相等，故a、b在e点的磁感应强度大小相等，c、d到e点的距离相等，故c、d在e点的磁感应强度大小相等，根据右手螺旋定则可知，四条导线中在O点产生的磁感应强度方向，如图所示
由图可知与大小相等，方向相反，互相抵消；而与大小相等，方向如图所示，根据平行四边形定则，可知两个磁感应强度的合磁感应强度沿y轴负方向，故C错误，D正确。
故选BD。
二、安培力
7、（2023·江苏卷·T2）如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B．L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中．已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行．该导线受到的安培力为（ ）

A. 0B. BIlC. 2BIlD.
【答案】C
【解析】
因bc段与磁场方向平行，则不受安培力；ab段与磁场方向垂直，则受安培力为
Fab=BI∙2l=2BIl
则该导线受到的安培力为2BIl。
故选C。
8、（2023·海南卷·T17）如图所示，U形金属杆上边长为，质量为，下端插入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直纸面向里的匀强磁场。
（1）若插入导电液体部分深，闭合电键后，金属杆飞起后，其下端离液面高度，设杆中电流不变，求金属杆离开液面时速度大小和金属杆中的电流有多大；
（2）若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度，通电时间，求通过金属杆截面的电荷量。

【答案】（1），4A；（2）0.085C
【解析】
（1）对金属杆，跳起的高度为，竖直上抛运动由运动学关系式
解得
通电过程金属杆收到的安培力大小为
由动能定理得
解得
（2）对金属杆，通电时间，由动量定理有
由运动学公式
通过金属杆截面的电荷量
联立解得
9、（2023·浙江1月卷·T8）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
【解析】
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。
10、（2022·重庆卷·T5）2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场（如图），电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则（ ）
A. 电场力的瞬时功率为B. 该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B
C. v2与v1的比值不断变大D. 该离子的加速度大小不变
【答案】D
【解析】
A．根据功率的计算公式可知P = Fvcsθ，则电场力的瞬时功率为P = Eqv1，A错误；
B．由于v1与磁场B平行，则根据洛伦兹力的计算公式有F洛 = qv2B，B错误；
C．根据运动的叠加原理可知，离子在垂直于纸面内做匀速圆周运动，沿水平方向做加速运动，则v1增大，v2不变，v2与v1的比值不断变小，C错误；
D．离子受到的安培力不变，电场力不变，则该离子的加速度大小不变，D正确。
故选D。
11、（2022·北京卷·T11）如图所示平面内，在通有图示方向电流I的长直导线右侧，固定一矩形金属线框，边与导线平行。调节电流I使得空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，则（ ）
A．线框中产生的感应电流方向为 B．线框中产生的感应电流逐渐增大
C．线框边所受的安培力大小恒定 D．线框整体受到的安培力方向水平向右
【答案】D
【解析】根据楞次定律，可判断出线框中产生的感应电流方向为a→d→c→b→a，选项A错误；根据题述调节电流I使得空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，磁通量变化率恒定，根据法拉第电磁感应定律，线框中产生的感应电动势恒定，感应电流恒定，选项B错误；根据安培力公式可知，线框边所受的安培力大小逐渐增大，选项C错误；根据左手定则，可判断出线框整体受到的安培力方向水平向右，选项D正确。
12、（2022·江苏卷·T3）如图所示，两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，a平行于纸面，电流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里，则导线a所受安培力方向（ ）
A. 平行于纸面向上
B. 平行于纸面向下
C. 左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里
D. 左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外
【答案】C
【解析】
根据安培定则，可判断出导线a左侧部分的空间磁场方向斜向右上，右侧部分的磁场方向斜向下方，根据左手定则可判断出左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里。
故C正确，ABD错误。
故选C。
13、（2022·湖南卷·T3）如图（a），直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图（b）所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是（ ）
A. 当导线静止在图（a）右侧位置时，导线中电流方向由N指向M
B. 电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C. tanθ与电流I成正比
D. sinθ与电流I成正比
【答案】D
【解析】
A．当导线静止在图（a）右侧位置时，对导线做受力分析有
可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M指向N，A错误；
BCD．由于与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有
，FT= mgcsθ
则可看出sinθ与电流I成正比，当I增大时θ增大，则csθ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，BC错误、D正确。
故选D。
14、（2022·浙江1月卷·T7）如图所示，水平放置的电子秤上有一磁性玩具，玩具由哑铃状物件P和左端有玻璃挡板的凹形底座Q构成，其重量分别为和。用手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态（即P和Q的其余部分均不接触），P与Q间的磁力大小为F。下列说法正确的是（ ）
A. Q对P磁力大小等于
B. P对Q的磁力方向竖直向下
C. Q对电子秤的压力大小等于＋F
D. 电子秤对Q的支持力大小等于＋
【答案】D
【解析】
AB．由题意可知，因手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，即Q对P有水平向左的磁力；P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态，则说明Q对P有竖直向上的磁力，则Q对P的磁力方向斜向左上方向，其磁力F大小大于，选项AB错误；
CD．对PQ的整体受力分析，竖直方向电子秤对Q的支持力大小等于＋，即Q对电子秤的压力大小等于＋，选项C错误，D正确。
故选D。
15、（2022·浙江1月卷·T3）利用如图所示装置探究匀强磁场中影响通电导线受力的因素，导线垂直匀强磁场方向放置。先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，然后保持电流I不变，改变导线通电部分的长度L，得到导线受到的力F分别与I和L的关系图像，则正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
根据
F=BIL
可知先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，则F-I图像是过原点的直线，图像B正确，图像A错误；若保持电流I不变，改变导线通电部分的长度L，则F-L是过原点的直线，则CD均错误。
故选B。
16、（2021·重庆卷·T9）某同学设计了一种天平，其装置如题图所示。两相同的同轴圆线圈M、N水平固定，圆线圈P与MN共轴且平行等距。初始时，线圈M、N通以等大反向的电流后，在线圈P处产生沿半径方向的磁场，线圈P内无电流且天平平衡。设从上往下看顺时针方向为正向。当左托盘放入重物后，要使线圈P仍在原位置且天平平衡，可能的办法是
A. 若P处磁场方向沿半径向外，则在P中通入正向电流
B. 若P处磁场方向沿半径向外，则在P中通入负向电流
C. 若P处磁场方向沿半径向内，则在P中通入正向电流
D. 若P处磁场方向沿半径向内，则在P中通入负向电流
【答案】BC
【解析】当左托盘放入重物后，要使线圈P仍在原位置且天平平衡，则需要线圈P需要受到竖直向下的安培力。若P处磁场方向沿半径向外，由左手定则可知，可在P中通入负向电流，选项A错误B正确；若P处磁场方向沿半径向内，由左手定则可知，可在P中通入正向电流，选项C正确D错误。
17、（2021·广东卷·T5）截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线，若中心直导线通入电流，四根平行直导线均通入电流，，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
因，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用；根据两通电直导线间的安培力作用满足“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，则正方形左右两侧的直导线要受到吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线要受到排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如图C。
故选C。
18、（2021·浙江省6月卷·T15）如图所示，有两根用超导材料制成的长直平行细导线a、b，分别通以和流向相同的电流，两导线构成的平面内有一点p，到两导线的距离相等。下列说法正确的是（ ）
A. 两导线受到的安培力
B. 导线所受的安培力可以用计算
C. 移走导线b前后，p点的磁感应强度方向改变
D. 在离两导线所在的平面有一定距离的有限空间内，不存在磁感应强度为零的位置
【答案】BCD
【解析】
A．两导线受到的安培力是相互作用力，大小相等，故A错误；
B．导线所受的安培力可以用计算，因为磁场与导线垂直，故B正确；
C．移走导线b前，b的电流较大，则p点磁场方向与b产生磁场方向同向，向里，移走后，p点磁场方向与a产生磁场方向相同，向外，故C正确；
D．在离两导线所在的平面有一定距离的有限空间内，两导线在任意点产生的磁场均不在同一条直线上，故不存在磁感应强度为零的位置。故D正确。
故选BCD。
19、（2021·浙江省6月卷·T7）质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示，对该时刻，下列说法正确的是（ ）
A. 秋千对小明的作用力小于
B. 秋千对小明的作用力大于
C. 小明的速度为零，所受合力为零
D. 小明的加速度为零，所受合力为零
【答案】A
【解析】
在最高点，小明的速度为0，设秋千的摆长为l，摆到最高点时摆绳与竖直方向的夹角为 ，秋千对小明的作用力为F，则对人，沿摆绳方向受力分析有
由于小明的速度为0，则有
沿垂直摆绳方向有
解得小明在最高点的加速度为
所以A正确；BCD错误；
故选A。
三、带电粒子在磁场运动
20、（2023·广东卷·T5）某小型医用回旋加速器，最大回旋半径为，磁感应强度大小为，质子加速后获得的最大动能为．根据给出的数据，可计算质子经该回旋加速器加速后的最大速率约为（忽略相对论效应，）（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
洛伦兹力提供向心力有
质子加速后获得的最大动能为
解得最大速率约为
故选C。
21、（2023·北京卷·T13）如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直。管道横截面半径为a，长度为l（）。带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出，单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为，不计粒子的重力、粒子间的相互作用，下列说法不正确的是（ ）

A. 粒子在磁场中运动的圆弧半径为a
B. 粒子质量为
C. 管道内的等效电流为
D. 粒子束对管道的平均作用力大小为
【答案】C
【解析】
A．带正电的粒子沿轴线射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子运动的圆弧半径为
r=a
故A正确，不符合题意；
B．根据
可得粒子的质量
故B正确，不符合题意；
C．管道内的等效电流为
故C错误，符合题意；
D．粒子束对管道的平均作用力大小等于等效电流受的安培力
故D正确，不符合题意。
故选C。
22、（2023·海南卷·T2）如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是（ ）

A. 小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右B. 小球运动过程中的速度不变
C. 小球运动过程的加速度保持不变D. 小球受到的洛伦兹力对小球做正功
【答案】A
【解析】
A．根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A正确；
BC．小球受洛伦兹力和重力作用，则小球运动过程中速度、加速度大小，方向都在变，BC错误；
D．洛仑兹力永不做功，D错误。
故选A。
23、（2023·浙江6月卷·T23）利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy平面（纸面）的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。
（1）求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t；
（2）若，求能到达处的离子的最小速度v2；
（3）若，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在范围，求进入第四象限的离子数与总离子数之比η。
【答案】（1）；（2）（3）60%
【解析】
（1）当离子不进入磁场Ⅱ速度最大时，轨迹与边界相切，则由几何关系
解得
r1=2L
根据
解得
在磁场中运动的周期
运动时间
（2）若B2=2B1，根据
可知
粒子在磁场中运动轨迹如图，设O1O2与磁场边界夹角为α，由几何关系
解得
r2=2L
根据
解得

（3）当最终进入区域Ⅱ的粒子若刚好到达x轴，则由动量定理
即
求和可得
粒子从区域Ⅰ到区域Ⅱ最终到x轴上的过程中
解得
则速度在~之间的粒子才能进入第四象限；因离子源射出粒子的速度范围在~，又粒子源射出的粒子个数按速度大小均匀分布，可知能进入第四象限的粒子占粒子总数的比例为
η=60%
24、（2023·湖北卷·T15）如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t = 0时刻，一带正电粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入，第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周。己知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求：
（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小；
（2）粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小；
（3）时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到的过程中粒子乙运动的路程。（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可）
【答案】（1）；（2），；（3）甲（2a，0），乙（0，0），
【解析】
（1）由题知，粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入到达点O，则说明粒子甲的半径
r = a
根据
解得
（2）由题知，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周，则
T甲 = 2T乙
根据，有
则
粒子甲、乙碰撞过程，取竖直向下为正有
mv甲0＋m乙v乙0= －mv甲1＋m乙v乙1

解得
v乙0= －5v甲0，v乙1= 3v甲0
则第一次碰撞后粒子乙的速度大小为。
（3）已知在时，甲、乙粒子发生第一次碰撞且碰撞后有
v甲1= －3v甲0，v乙1= 3v甲0
则根据，可知此时乙粒子的运动半径为
可知在时，甲、乙粒子发生第二次碰撞且碰撞，且甲、乙粒子发生第一次碰撞到第二次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S1= 3πa
且在第二次碰撞时有
mv甲1＋m乙v乙1= mv甲2＋m乙v乙2

解得
v甲2= v甲0，v乙2= －5v甲0
可知在时，甲、乙粒子发生第三次碰撞且碰撞，且甲、乙粒子发生第二次碰撞到第三次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S2= 5πa
且在第三次碰撞时有
mv甲2＋m乙v乙2= mv甲3＋m乙v乙3

解得
v甲3= －3v甲0，v乙3= 3v甲0
依次类推
在时，甲、乙粒子发生第十次碰撞且碰撞，且甲、乙粒子发生第九次碰撞到第十次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S9= 3πa
且在第十次碰撞时有
mv甲9＋m乙v乙9= mv甲10＋m乙v乙10

解得
v甲10= v甲0，v乙10= －5v甲0
在到过程中，甲粒子刚好运动半周，则时甲粒子运动到P点即（2a，0）处。
在到过程中，乙粒子刚好运动一周，则时乙粒子回到坐标原点，且此过程中乙粒子走过的路程为
故整个过程中乙粒子走过总路程为
25、（2023·新课标卷·T18）一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为（ ）

A. 电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里
B. 电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外
C 电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里
D. 电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外
【答案】C
【解析】
A．带电粒子在电场和磁场中运动，打到a点的粒子电场力和洛伦兹力平衡，当电场向左磁场垂直直面向里时，粒子受到向左的电场力和洛伦兹力，电子受到向右的电场力和洛伦兹力均不能满足受力平衡打到a点，A错误；
B．电场方向向左，磁场方向向外，此时如果粒子打在a点则受到向左的电场力和向右的洛伦兹力平衡
则电子速度大，受到向左的洛伦兹力大于向右的电场力向左偏转，同理如果电子打在a点，则粒子向左的电场力大于向右的洛伦兹力则向左偏转，均不会打在b点，B错误；
CD．电场方向向右，磁场垂直纸面向里，如果粒子打在a点，即向右的电场力和向左的洛伦兹力平衡
电子速度大，受到向右的洛伦兹力大于向左的电场力向右偏转，同理如果电子打在a，则粒子向右的电场力大于向左的洛伦兹力向右偏转，均会打在b点；同理电场向右磁场垂直纸面向外时，粒子受到向右的电场力和洛伦兹力，电子受到向左的电场力和洛伦兹力不能受力平衡打到a点，故C正确D错误；
故选C。
26、（2022·北京卷·T7）正电子是电子的反粒子，与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场，从P点发出两个电子和一个正电子，三个粒子运动轨迹如图中1、2、3所示。下列说法正确的是（ ）
A．磁场方向垂直于纸面向里 B．轨迹1对应的粒子运动速度越来越大
C．轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大 D．轨迹3对应的粒子是正电子
【答案】A
【解析】根据左手定则可以判断出磁场方向垂直于纸面向里，选项A正确；电子在云室中运动，受到阻力作用，粒子运动速度越来越小，选项B错误；根据r=mv/qB，可知轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的小，选项C错误；轨迹3对应的粒子是电子，轨迹2对应的是正电子，选项D错误。
27、（2022·江苏卷·T13）利用云室可以知道带电粒子的性质，如图所示，云室中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个质量为m、速度为v的电中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧，相同时间内的径迹长度之比，半径之比，不计重力及粒子间的相互作用力，求：
（1）粒子a、b的质量之比；
（2）粒子a的动量大小。
【答案】（1）；（2）
【解析】
（1）分裂后带电粒子在磁场中偏转做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有
解得
由题干知半径之比，故
因为相同时间内的径迹长度之比，则分裂后粒子在磁场中的速度为
联立解得
（2）中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，分裂过程中，没有外力作用，动量守恒，根据动量守恒定律
因为分裂后动量关系为，联立解得
28、（2022·辽宁卷·T8）粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（ ）
A. 粒子1可能为中子B. 粒子2可能为电子
C. 若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点D. 若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点
【答案】AD
【解析】
AB．由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不带电，则粒子1可能为中子；粒子2向上偏转，根据左手定则可知粒子2应该带正电，A正确、B错误；
C．由以上分析可知粒子1为中子，则无论如何增大磁感应强度，粒子1都不会偏转，C错误；
D．粒子2在磁场中洛伦兹力提供向心力有
解得
可知若增大粒子入射速度，则粒子2的半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，D正确。
故选AD。
29、（2022·浙江6月卷·T15）如图为某一径向电场示意图，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
【解析】
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。
30、（2022·浙江6月卷·T22）离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂直xOy平面（纸面）的中心轴逆时针匀速转动（角速度大小可调），其上有一小孔S。整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q，板Q与y轴交于A点。离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为 – q（q > 0）、速度大小不同的离子，其中速度大小为v0的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用。
（1）①求磁感应强度B的大小；
②若速度大小为v0的离子能打在Q板的A处，求转筒P角速度ω的大小；
（2）较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为θ，求转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小；
（3）若转筒P的角速度小于，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他θ′的值（为探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角）。
【答案】（1）①，②，k = 0，1，2，3…；（2），n = 0，1，2，…；（3），
【解析】
（1）①离子在磁场中做圆周运动有
则
②离子在磁场中的运动时间
转筒的转动角度
，k = 0，1，2，3…
（2）设速度大小为v的离子在磁场中圆周运动半径为，有
离子在磁场中的运动时间
转筒的转动角度
ω′t′ = 2nπ + θ
转筒的转动角速度
，n = 0，1，2，…
动量定理
，n = 0，1，2，…
（3）转筒的转动角速度
其中
k = 1，，n = 0，2
可得
，
31、（2021·北京卷·T12）如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP = a。不计重力。根据上述信息可以得出（ ）
A. 带电粒子在磁场中运动的轨迹方程
B. 带电粒子在磁场中运动的速率
C. 带电粒子在磁场中运动的时间
D. 该匀强磁场的磁感应强度
【答案】A
【解析】
粒子恰好垂直于y轴射出磁场，做两速度的垂线交点为圆心，轨迹如图所示
A．由几何关系可知
因圆心的坐标为，则带电粒子在磁场中运动的轨迹方程为
故A正确；
BD．洛伦兹力提供向心力，有
解得带电粒子在磁场中运动的速率为
因轨迹圆的半径可求出，但磁感应强度未知，则无法求出带电粒子在磁场中运动的速率，故BD错误；
C．带电粒子圆周的圆心角为，而周期为
则带电粒子在磁场中运动的时间为
因磁感应强度未知，则运动时间无法求得，故C错误；
故选A。
32、（2021·海南卷·T13）如图，在平面直角坐标系的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电量为q的相同粒子从y轴上的点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y轴正方向的夹角为。当时，粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力。则（ ）
A. 粒子一定带正电
B. 当时，粒子也垂直x轴离开磁场
C. 粒子入射速率为
D. 粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为
【答案】ACD
【解析】
A．根据题意可知粒子垂直轴离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，A正确；
BC．当时，粒子垂直轴离开磁场，运动轨迹如图
粒子运动的半径为
洛伦兹力提供向心力
解得粒子入射速率
若，粒子运动轨迹如图
根据几何关系可知粒子离开磁场时与轴不垂直，B错误，C正确；
D．粒子离开磁场距离点距离最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，如图
根据几何关系可知
解得
D正确。
故选ACD。
33、（2021·湖北卷·T9）一电中性微粒静止在垂直纸面向里的匀强磁场中，在某一时刻突然分裂成a、b和c三个微粒，a和b在磁场中做半径相等的匀速圆周运动，环绕方向如图所示，c未在图中标出。仅考虑磁场对带电微粒的作用力，下列说法正确的是（ ）
A. a带负电荷B. b带正电荷
C. c带负电荷D. a和b的动量大小一定相等
【答案】BC
【解析】
ABC．由左手定则可知， 粒子a、粒子b均带正电，电中性的微粒分裂的过程中，总的电荷量应保持不变，则粒子c应带负电，A错误，BC正确；
D．粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，即
解得
由于粒子a与粒子b的质量、电荷量大小关系未知，则粒子a与粒子b的动量大小关系不确定，D错误。
故选BC。
34、（2021·天津卷·T13）霍尔元件是一种重要的磁传感器，可用在多种自动控制系统中。长方体半导体材料厚为a、宽为b、长为c，以长方体三边为坐标轴建立坐标系，如图所示。半导体中有电荷量均为e的自由电子与空穴两种载流子，空穴可看作带正电荷的自由移动粒子，单位体积内自由电子和空穴的数目分别为n和p。当半导体材料通有沿方向的恒定电流后，某时刻在半导体所在空间加一匀强磁场，磁感应强度的大小为B，沿方向，于是在z方向上很快建立稳定电场，称其为霍尔电场，已知电场强度大小为E，沿方向。
（1）判断刚加磁场瞬间自由电子受到的洛伦兹力方向；
（2）若自由电子定向移动在沿方向上形成的电流为，求单个自由电子由于定向移动在z方向上受到洛伦兹力和霍尔电场力的合力大小；
（3）霍尔电场建立后，自由电子与空穴在z方向定向移动的速率介别为、，求时间内运动到半导体z方向的上表面的自由电子数与空穴数，并说明两种载流子在z方向上形成的电流应满足的条件。
【答案】（1）自由电子受到的洛伦兹力沿方向；（2）；（3）见解析所示
【解析】
（1）自由电子受到的洛伦兹力沿方向；
（2）设t时间内流过半导体垂直于x轴某一横截面自由电子的电荷量为q，由电流定义式，有
设自由电子在x方向上定向移动速率为，可导出自由电子的电流微观表达式为

单个自由电子所受洛伦兹力大小为
霍尔电场力大小为

自由电子在z方向上受到的洛伦兹力和霍尔电场力方向相同，联立得其合力大小为

（3）设时间内在z方向上运动到半导体上表面的自由电子数为、空穴数为，则


霍尔电场建立后，半导体z方向的上表面的电荷量就不再发生变化，则应
即在任何相等时间内运动到上表面的自由电子数与空穴数相等，这样两种载流子在z方向形成的电流应大小相等、方向相反。
35、（2021·湖南卷·T13）带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一、带电粒子流（每个粒子的质量为、电荷量为）以初速度垂直进入磁场，不计重力及带电粒子之间的相互作用。对处在平面内的粒子，求解以下问题。
（1）如图（a），宽度为的带电粒子流沿轴正方向射入圆心为、半径为的圆形匀强磁场中，若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点，求该磁场磁感应强度的大小；
（2）如图（a），虚线框为边长等于的正方形，其几何中心位于。在虚线框内设计一个区域面积最小的匀强磁场，使汇聚到点的带电粒子流经过该区域后宽度变为，并沿轴正方向射出。求该磁场磁感应强度的大小和方向，以及该磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）；
（3）如图（b），虛线框Ⅰ和Ⅱ均为边长等于的正方形，虚线框Ⅲ和Ⅳ均为边长等于的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分别设计一个区域面积最小的匀强磁场，使宽度为的带电粒子流沿轴正方向射入Ⅰ和Ⅱ后汇聚到坐标原点，再经过Ⅲ和Ⅳ后宽度变为，并沿轴正方向射出，从而实现带电粒子流的同轴控束。求Ⅰ和Ⅲ中磁场磁感应强度的大小，以及Ⅱ和Ⅳ中匀强磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）。
【答案】（1）；（2），垂直与纸面向里，；（3），，，
【解析】
（1）粒子垂直进入圆形磁场，在坐标原点汇聚，满足磁聚焦条件，即粒子在磁场中运动的半径等于圆形磁场的半径，粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力
解得
（2）粒子从点进入下方虚线区域，若要从聚焦的点飞入然后平行轴飞出，为磁发散的过程，即粒子在下方圆形磁场运动的轨迹半径等于磁场半径，粒子轨迹最大的边界如图所示，图中圆形磁场即为最小的匀强磁场区域
磁场半径为，根据可知磁感应强度为
根据左手定则可知磁场的方向为垂直纸面向里，圆形磁场的面积为
（3）粒子在磁场中运动，3和4为粒子运动的轨迹圆，1和2为粒子运动的磁场的圆周
根据可知I和III中的磁感应强度为
，
图中箭头部分的实线为粒子运动的轨迹，可知磁场的最小面积为叶子形状，取I区域如图
图中阴影部分面积的一半为四分之一圆周与三角形之差，所以阴影部分的面积为
类似地可知IV区域的阴影部分面积为
根据对称性可知II中的匀强磁场面积为
四、带电粒子在复合场运动
36、（2023·湖南卷·T6）如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（ ）

A. 若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t > t0
B. 若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t > t0
C. 若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则
D. 若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则
【答案】D
【解析】
由题知粒子在AC做直线运动，则有
qv0B1= qE
区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，则粒子转过的圆心角为90°，根据，有
A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则粒子在AC做直线运动的速度，有
qvA∙2B1= qE
则
再根据，可知粒子半径减小，则粒子仍然从CF边射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t = t0，A错误；
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则粒子在AC做直线运动的速度，有
qvBB1= q∙2E
则
vB = 2v0
再根据，可知粒子半径变为原来2倍，则粒子F点射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t = t0，B错误；
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则粒子在AC做直线运动的速度仍为v0，再根据，可知粒子半径变为原来的，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为60°，根据，有
则
C错误；
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则粒子在AC做直线运动的速度仍为v0，再根据，可知粒子半径变为原来的，则粒子OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为45°，根据，有
则
D正确。
故选D。
37、（2023·江苏卷·T）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。

（1）求电场强度的大小E；
（2）若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1；
（3）若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的百分比。
【答案】（1）v0B；（2）；（3）90%
【解析】
（1）由题知，入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动则有
Ee = ev0B
解得
E = v0B
（2）电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且由于电子入射速度为，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，根据动能定理有
解得
（3）若电子以v入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有
由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有
F合 = evmB－eE
在最低点有
F合 = eE－evB
联立有

要让电子达纵坐标位置，即
y ≥ y2
解得
则若电子入射速度在0 < v < v0范围内均匀分布，能到达纵坐标位置的电子数N占总电子数N0的90%。
38、（2023·海南卷·T13）如图所示，质量为，带电量为的点电荷，从原点以初速度射入第一象限内的电磁场区域，在（为已知）区域内有竖直向上的匀强电场，在区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度（值有多种可能），可让粒子从射入磁场后偏转打到接收器上，则（ ）

A 粒子从中点射入磁场，电场强度满足
B. 粒子从中点射入磁场时速度为
C. 粒子在磁场中做圆周运动的圆心到的距离为
D. 粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是
【答案】AD
【解析】
A．若粒子打到PN中点，则
解得
选项A正确；
B．粒子从PN中点射出时，则
速度
选项B错误；

C．粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为θ，则
粒子从电场中射出时的速度
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则
则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离为
解得
选项C错误；
D．当粒子在磁场中运动有最大运动半径时，进入磁场的速度最大，则此时粒子从N点进入磁场，此时竖直最大速度
出离电场的最大速度
则由
可得最大半径
选项D正确；
故选AD。
39、（2023·北京卷·T19） 2022年，我国阶段性建成并成功运行了“电磁撬”，创造了大质量电磁推进技术的世界最高速度纪录。一种两级导轨式电磁推进的原理如图所示。两平行长直金属导轨固定在水平面，导轨间垂直安放金属棒。金属棒可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨接触良好，电流从一导轨流入，经过金属棒，再从另一导轨流回，图中电源未画出。导轨电流在两导轨间产生的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度B与电流i的关系式为（k为常量）。金属棒被该磁场力推动。当金属棒由第一级区域进入第二级区域时，回路中的电流由I变为。已知两导轨内侧间距为L，每一级区域中金属棒被推进的距离均为s，金属棒的质量为m。求：
（1）金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小F；
（2）金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比；
（3）金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）由题意可知第一级区域中磁感应强度大小为
金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小为
（2）根据牛顿第二定律可知，金属棒经过第一级区域的加速度大小为
第二级区域中磁感应强度大小为
金属棒经过第二级区域时受到安培力的大小为
金属棒经过第二级区域的加速度大小为
则金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比为
（3）金属棒从静止开始经过两级区域推进后，根据动能定理可得
解得金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小为
40、（2023·山东卷·T17）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
【解析】
（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
，
而圆心与P的距离为
故不会再从P点进入电场。
41、（2023·辽宁卷·T1）如图，水平放置两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O'点射入磁场。己知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力。
（1）求金属板间电势差U；
（2）求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ；
（3）仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O'点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的侧形磁场区域的圆心M。

【答案】（1）；（2）或；（3）
【解析】
（1）设板间距离为，则板长为，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为
根据牛顿第二定律得，电场力提供加速度
解得
设粒子在平板间的运动时间为，根据类平抛运动的运动规律得
，
联立解得
（2）设粒子出电场时与水平方向夹角为，则有
故
则出电场时粒子的速度为
粒子出电场后沿直线匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供匀速圆周运动所需的向心力得
解得
已知圆形磁场区域半径为，故
粒子沿方向射入磁场即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为，由几何关系可得
故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为或；

（3）带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为，根据几何关系可知，带电粒子在该磁场中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长。则相对应的运动轨迹和弦以及圆心M的位置如图所示：

42、（2023·浙江1月卷·T22）探究离子源发射速度大小和方向分布的原理如图所示。x轴上方存在垂直平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。x轴下方的分析器由两块相距为d、长度足够的平行金属薄板M和N组成，其中位于x轴的M板中心有一小孔C（孔径忽略不计），N板连接电流表后接地。位于坐标原点O的离子源能发射质量为m、电荷量为q的正离子，其速度方向与y轴夹角最大值为；且各个方向均有速度大小连续分布在和之间的离子射出。已知速度大小为、沿y轴正方向射出的离子经磁场偏转后恰好垂直x轴射入孔C。未能射入孔C的其它离子被分析器的接地外罩屏蔽（图中没有画出）。不计离子的重力及相互作用，不考虑离子间的碰撞。
（1）求孔C所处位置的坐标；
（2）求离子打在N板上区域的长度L；
（3）若在N与M板之间加载电压，调节其大小，求电流表示数刚为0时的电压；
（4）若将分析器沿着x轴平移，调节加载在N与M板之间的电压，求电流表示数刚为0时的电压与孔C位置坐标x之间关系式。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）当时，
【解析】
（1）速度大小为、沿y轴正方向射出的离子经磁场偏转后轨迹如图
由洛伦兹力提供向心力
解得半径
孔C所处位置的坐标
（2）速度大小为的离子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力
解得半径
若要能在C点入射，则由几何关系可得
解得
如图
由几何关系可得
（3）不管从何角度发射
由（2）可得
由动能定理
解得
（4）孔C位置坐标x
其中
联立可得
，
解得
在此范围内，和（3）相同，只与相关，可得
解得
由动能定理
解得

43、（2022·天津卷·T1）直流电磁泵是利用安培力推动导电液体运动的一种设备，可用图1所示的模型讨论其原理，图2为图1的正视图。将两块相同的矩形导电平板竖直正对固定在长方体绝缘容器中，平板与容器等宽，两板间距为，容器中装有导电液体，平板底端与容器底部留有高度可忽略的空隙，导电液体仅能从空隙进入两板间。初始时两板间接有直流电源，电源极性如图所示。若想实现两板间液面上升，可在两板间加垂直于面的匀强磁场，磁感应强度的大小为，两板间液面上升时两板外的液面高度变化可忽略不计。已知导电液体的密度为、电阻率为，重力加速度为。
（1）试判断所加磁场的方向；
（2）求两板间液面稳定在初始液面高度2倍时的电压；
（3）假定平板与容器足够高，求电压满足什么条件时两板间液面能够持续上升。
【答案】（1）沿轴负方向；（2）；（3）
【解析】
（1）想实现两板间液面上升，导电液体需要受到向上的安培力，由图可知电流方向沿轴正方向，根据左手定则可知，所加磁场的方向沿轴负方向。
（2）设平板宽度为，两板间初始液面高度为，当液面稳定在高度时，两板间液体的电阻为，则有
当两板间所加电压为时，设流过导电液体的电流为，由欧姆定律可得
外加磁场磁感应强度大小为时，设液体所受安培力的大小为，则有
两板间液面稳定在高度时，设两板间高出板外液面的液体质量为，则有
两板间液体受到的安培力与两板间高出板外液面的液体重力平衡，则有
联立以上式子解得
（3）设两板间液面稳定时高度为nh，则两板间比容器中液面高出的部分液体的高度为(n－1)h，与（2）同理可得
整理上式，得
平板与容器足够高，若使两板间液面能够持续上升，则n趋近无穷大，即无限趋近于1，可得
44、（2022·天津卷·T12）如图所示，M和N为平行金属板，质量为m，电荷量为q的带电粒子从M由静止开始被两板间的电场加速后，从N上的小孔穿出，以速度v由C点射入圆形匀强磁场区域，经D点穿出磁场，CD为圆形区域的直径。已知磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，粒子速度方向与磁场方向垂直，重力略不计。
（1）判断粒子的电性，并求M、N间的电压U；
（2）求粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r；
（3）若粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，求粒子在磁场中运动的时间t。
【答案】（1）正电，；（2）；（3）
【解析】
（1）带电粒子在磁场中运动，根据左手定则可知粒子带正电。粒子在电场中运动由动能定理可知
解得
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力提供向心力，有
解得
（3）设粒子运动轨道圆弧对应的圆心角为，如图
依题意粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，由几何关系，得
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，有
带电粒子在磁场中运动的时间
联立各式解得
45、（2022·海南卷·T7）有一个辐向分布的电场，距离O相等的地方电场强度大小相等，有一束粒子流通过电场，又垂直进入一匀强磁场，则运动轨迹相同的粒子，它们具有相同的（ ）
A．质量 B．电量 C．比荷 D．动能
【答案】D
【解析】带电粒子在辐向分布的电场中运动，qE=m，Ek=，解得R=，在匀强磁场中运动，qvB= m，解得r=，由此可知，运动轨迹相同的粒子，它们具有相同的动能，选项D正确。
46、（2022·广东卷·T8）如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有（ ）
A. 电子从N到P，电场力做正功B. N点的电势高于P点的电势
C. 电子从M到N，洛伦兹力不做功D. 电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
【答案】BC
【解析】
A．由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，故A错误；
B．根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知N点的电势高于P点，故B正确；
C．由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直，故电子从M到N洛伦兹力都不做功；故C正确；
D．由于M点和P点在同一等势面上，故从M到P电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点电场力相等，即合力相等，故D错误；
故选BC。
47、（2022·浙江1月卷·T22）如图为研究光电效应的装置示意图，该装置可用于分析光子的信息。在xOy平面（纸面）内，垂直纸面的金属薄板M、N与y轴平行放置，板N中间有一小孔O。有一由x轴、y轴和以O为圆心、圆心角为90°的半径不同的两条圆弧所围的区域Ⅰ，整个区域Ⅰ内存在大小可调、方向垂直纸面向里的匀强电场和磁感应强度大小恒为B1、磁感线与圆弧平行且逆时针方向的磁场。区域Ⅰ右侧还有一左边界与y轴平行且相距为l、下边界与x轴重合的匀强磁场区域Ⅱ，其宽度为a，长度足够长，其中的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小可调。光电子从板M逸出后经极板间电压U加速（板间电场视为匀强电场），调节区域Ⅰ的电场强度和区域Ⅱ的磁感应强度，使电子恰好打在坐标为（a+2l，0）的点上，被置于该处的探测器接收。已知电子质量为m、电荷量为e，板M的逸出功为W0，普朗克常量为h。忽略电子的重力及电子间的作用力。当频率为ν的光照射板M时有光电子逸出，
（1）求逸出光电子的最大初动能Ekm，并求光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v0的大小范围；
（2）若区域Ⅰ的电场强度大小，区域Ⅱ的磁感应强度大小，求被探测到的电子刚从板M逸出时速度vM的大小及与x轴的夹角；
（3）为了使从O点以各种大小和方向的速度射向区域Ⅰ的电子都能被探测到，需要调节区域Ⅰ的电场强度E和区域Ⅱ的磁感应强度B2，求E的最大值和B2的最大值。
【答案】（1）；；（2）；；（3）；
【解析】
（1）光电效应方程，逸出光电子的最大初动能
；
（2）速度选择器
如图所示，几何关系
（3）由上述表达式可得
由
可得
48、（2022·山东卷·T17）中国“人造太阳”在核聚变实验方而取得新突破，该装置中用电磁场约束和加速高能离子，其部分电磁场简化模型如图所示，在三维坐标系中，空间内充满匀强磁场I，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；，的空间内充满匀强磁场II，磁感应强度大小为，方向平行于平面，与x轴正方向夹角为；，的空间内充满沿y轴负方向的匀强电场。质量为m、带电量为的离子甲，从平面第三象限内距轴为的点以一定速度出射，速度方向与轴正方向夹角为，在在平面内运动一段时间后，经坐标原点沿轴正方向进入磁场I。不计离子重力。
（1）当离子甲从点出射速度为时，求电场强度的大小；
（2）若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，求进入磁场时的最大速度；
（3）离子甲以的速度从点沿轴正方向第一次穿过面进入磁场I，求第四次穿过平面的位置坐标（用表示）；
（4）当离子甲以的速度从点进入磁场I时，质量为、带电量为的离子乙，也从点沿轴正方向以相同的动能同时进入磁场I，求两离子进入磁场后，到达它们运动轨迹第一个交点的时间差（忽略离子间相互作用）。
【答案】（1）；（2）；（3）（，，）；（4）
【解析】
（1）如图所示
将离子甲从点出射速度为分解到沿轴方向和轴方向，离子受到的电场力沿轴负方向，可知离子沿轴方向做匀速直线运动，沿轴方向做匀减速直线运动，从到的过程，有
联立解得
（2）如图所示
离子从坐标原点沿轴正方向进入磁场I中，由洛伦兹力提供向心力可得
离子经过磁场I偏转后从轴进入磁场II中，由洛伦兹力提供向心力可得
可得
为了使离子在磁场中运动，需满足
，
联立可得
要使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，进入磁场时的最大速度为；
（3）离子甲以的速度从点沿z轴正方向第一次穿过面进入磁场I，离子在磁场I中的轨迹半径为
离子在磁场II中的轨迹半径为
离子从点第一次穿过到第四次穿过平面的运动情景，如图所示
离子第四次穿过平面的坐标为
离子第四次穿过平面的坐标为
故离子第四次穿过平面的位置坐标为（，，）
（4）设离子乙的速度为，根据离子甲、乙动能相同，可得
可得
离子甲在磁场I中的轨迹半径为
离子甲在磁场II中的轨迹半径为
离子乙在磁场I中的轨迹半径为
离子乙在磁场II中的轨迹半径为
根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点如图所示
从点进入磁场到第一个交点过程，有
可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点时间差为
49、（2022·湖南卷·T13）如图，两个定值电阻的阻值分别为和，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为，板长为，极板间存在方向水平向里的匀强磁场。质量为、带电量为的小球以初速度沿水平方向从电容器下板左侧边缘点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器。此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为，忽略空气阻力。
（1）求直流电源的电动势；
（2）求两极板间磁场的磁感应强度；
（3）在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）小球在电磁场中作匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，可得
两端的电压
根据欧姆定律得
联立解得
（2）如图所示
设粒子在电磁场中做圆周运动的半径为，根据几何关系
解得
根据
解得
（3）由几何关系可知，射出磁场时，小球速度方向与水平方向夹角为，要使小球做直线运动，当小球所受电场力与小球重力在垂直小球速度方向的分力相等时，电场力最小，电场强度最小，可得
解得
50、（2021·福建卷·T2）一对平行金属板中存在匀强电场和匀强磁场，其中电场的方向与金属板垂直，磁场的方向与金属板平行且垂直纸面向里，如图所示。一质子（）以速度自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动。下列粒子分别自O点沿中轴线射入，能够做匀速直线运动的是（ ）（所有粒子均不考虑重力的影响）
A．以速度的射入的正电子
B．以速度射入的电子
C．以速度射入的核
D．以速度射入的a粒子
【答案】B
【解析】
质子（）以速度自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动，将受到向上的洛伦兹力和电场力，满足
解得
即质子的速度满足速度选择器的条件；
A．以速度的射入的正电子，所受的洛伦兹力小于电场力，正电子将向下偏转，故A错误；
B．以速度射入的电子，依然满足电场力等于洛伦兹力，而做匀速直线运动，即速度选择题不选择电性而只选择速度，故B正确；
C．以速度射入的核，以速度射入的a粒子，其速度都不满足速度选器的条件，故都不能做匀速直线运动，故CD错误；
故选B。
51、（2021·山东卷·T17）某离子实验装置的基本原理如图甲所示。Ⅰ区宽度为d，左边界与x轴垂直交于坐标面点O，其内充满垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为；Ⅱ区宽度为L，左边界与x轴垂直交于点，右边界与x轴垂直交于点，其内充满沿y轴负方向的匀强电场。测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界，其中心C与点重合。从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m的正离子，如速后沿x轴正方向过Q点，依次经Ⅰ区、Ⅱ区，恰好到达测试板中心C。已知离子刚进入Ⅱ区时速度方向与x轴正方向的夹角为。忽略离子间的相互作用，不计重力。
（1）求离子在Ⅰ区中运动时速度的大小v；
（2）求Ⅱ区内电场强度的大小E；
（3）保持上述条件不变，将Ⅱ区分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小均为B（数值未知）方向相反且平行y轴的匀强磁场，如图乙所示。为使离子的运动轨迹与测试板相切于C点，需沿x轴移动测试板，求移动后C到的距离s。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）设离子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得
①
根据几何关系得
②
联立①②式得
（2）离子在Ⅱ区内只受电场力，x方向做匀速直线运动，y方向做匀变速直线运动，设从进入电场到击中测试板中心C的时间为t，y方向的位移为地，加速度大小为a，由牛顿第二定律得
由运动的合成与分解得
，，
联立得
（3）Ⅱ区内填充磁场后，离子在垂直y轴的方向做匀速圆周运动，如图所示。设左侧部分的圆心角为，圆周运动半径为，运动轨迹长度为，由几何关系得
，
离子在Ⅱ区内的运动时间不变，故有
C到的距离
联立得
52、（2021·浙江省6月卷·T23）如图甲所示，空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成，其后端面P为喷口。以金属板N的中心O为坐标原点，垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴。M、N板之间存在场强为E、方向沿z轴正方向的匀强电场；立方体内存在磁场，其磁感应强度沿z方向的分量始终为零，沿x和y方向的分量和随时间周期性变化规律如图乙所示，图中可调。氙离子（）束从离子源小孔S射出，沿z方向匀速运动到M板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面P射出，测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为v0。已知单个离子的质量为m、电荷量为，忽略离子间的相互作用，且射出的离子总质量远小于推进器的质量。
（1）求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小v；
（2）不考虑在磁场突变时运动的离子，调节的值，使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出，求的取值范围；
（3）设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T，单位时间从端面P射出的离子数为n，且。求图乙中时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。
【答案】（1）；（2）；（3），方向沿z轴负方向
【解析】
（1）离子从小孔S射出运动到金属板N中心点O处，根据动能定理有
解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小
（2）当磁场仅有沿x方向的分量取最大值时，离子从喷口P的下边缘中点射出，根据几何关系有
根据洛伦兹力提供向心力有
联立解得
当磁场在x和y方向的分量同取最大值时，离子从喷口P边缘交点射出，根据几何关系有
此时；根据洛伦兹力提供向心力有
联立解得
故的取值范围为；
（3）粒子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示
由题意根据洛伦兹力提供向心力有
且满足
所以可得
所以可得
离子从端面P射出时，在沿z轴方向根据动量定理有
根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为
方向沿z轴负方向。
53、（2021·辽宁卷·T15）如图所示，在x>0区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在x<0区域内存在沿x轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子甲从点S（-a，0）由静止释放，进入磁场区域后，与静止在点P（a，a）、质量为的中性粒子乙发生弹性正碰，且有一半电量转移给粒子乙。（不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用，忽略电场、磁场变化引起的效应）
（1）求电场强度的大小E；
（2）若两粒子碰撞后，立即撤去电场，同时在x≤0区域内加上与x>0区域内相同的磁场，求从两粒子碰撞到下次相遇的时间△t；
（3）若两粒子碰撞后，粒子乙首次离开第一象限时，撤去电场和磁场，经一段时间后，在全部区域内加上与原x>0区域相同的磁场，此后两粒子的轨迹恰好不相交，求这段时间内粒子甲运动的距离L。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）粒子甲匀速圆周运动过P点，则在磁场中运动轨迹半径R=a，则
则
粒子从S到O，有动能定理可得
可得
（2）甲乙粒子在P点发生弹性碰撞，设碰后速度为、，取向上为正，则有
计算可得
，
两粒子碰后在磁场中运动
，
解得
，
两粒子在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆周运动，周期分别为
，
则两粒子碰后再次相遇
解得再次相遇时间
（3）乙出第一象限时甲在磁场中偏转角度为
撤去电场磁场后，两粒子做匀速直线运动，乙粒子运动一段时间后，再整个区域加上相同的磁场，粒子在磁场中仍做半径为a的匀速圆周运动，要求轨迹恰好不相切，则如图所示
设撤销电场、磁场到加磁场乙运动了，由余弦定理可得
解得
则从撤销电场、磁场到加磁场乙运动的位移
54、（2021·江苏卷·T15）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）
【解析】
（1）设粒子在P的速度大小为，则根据
可知半径表达式为
根据动能定理粒子在静电场中加速有
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
结合且解得
（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
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
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
虚线为从点向所引垂线，虚线平分角，则
解得最大半径为
55、（2021·河北卷·T14）如图，一对长平行栅极板水平放置，极板外存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，极板与可调电源相连，正极板上O点处的粒子源垂直极板向上发射速度为、带正电的粒子束，单个粒子的质量为m、电荷量为q，一足够长的挡板与正极板成倾斜放置，用于吸收打在其上的粒子，C、P是负极板上的两点，C点位于O点的正上方，P点处放置一粒子靶（忽略靶的大小），用于接收从上方打入的粒子，长度为，忽略栅极的电场边缘效应、粒子间的相互作用及粒子所受重力。。
（1）若粒子经电场一次加速后正好打在P点处的粒子靶上，求可调电源电压的大小；
（2）调整电压的大小，使粒子不能打在挡板上，求电压的最小值；
（3）若粒子靶在负极板上的位置P点左右可调，则负极板上存在H、S两点（，H、S两点末在图中标出）、对于粒子靶在区域内的每一点，当电压从零开始连续缓慢增加时，粒子靶均只能接收到n（）种能量的粒子，求和的长度（假定在每个粒子的整个运动过程中电压恒定）。
【答案】（1）；（2）；（3）；
【解析】
（1）从O点射出的粒子在板间被加速，则
粒子磁场中做圆周运动，则半径
由
解得

（2）当电压有最小值时，当粒子穿过下面的正极板后，圆轨道与挡板OM相切，此时粒子恰好不能打到挡板上，则
从O点射出的粒子在板间被加速，则
粒子在负极板上方的磁场中做圆周运动
粒子从负极板传到正极板时速度仍减小到v0，则
由几何关系可知
联立解得

（3）设粒子第一次经过电场加速，在负极板上方磁场区域偏转的轨迹半径为r0，若粒子在电场加速电压小于Umin，粒子穿过磁场在正极板下方磁场运动时，会被OM板吸收。则第一次出现能吸收到两种能量的位置（即H点），为粒子通过极板电压时，粒子第二次从上方打到负极板的位置（轨迹如图中蓝色线条所示）。由（2）的计算可知
则
极板电压大于时，粒子均不会被OM吸收，可以经过正极板下方磁场偏转，回到负极板上方磁场中，偏转后打在负极板上。则H点右方的点的粒子靶都可以接受到n（）种能量的粒子。即。
56、（2021·广东卷·T14）图是一种花瓣形电子加速器简化示意图，空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各区感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外。电子以初动能从圆b上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速，已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为，电子质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应，取。
（1）当时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示，求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能；
（2）已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射。当时，要保证电子从出射区域出射，求k的最大值。
【答案】（1），，；（2）
【解析】
（1）电子在电场中加速有
在磁场Ⅰ中，由几何关系可得
联立解得
在磁场Ⅰ中的运动周期为
由几何关系可得，电子在磁场Ⅰ中运动的圆心角为
在磁场Ⅰ中的运动时间为
联立解得
从Q点出来的动能为
（2）在磁场Ⅰ中的做匀速圆周运动的最大半径为，此时圆周的轨迹与Ⅰ边界相切，由几何关系可得
解得
由于
联立解得
57、（2021·北京卷·T18）如图所示，M为粒子加速器；N为速度选择器，两平行导体板之间有方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度为B。从S点释放一初速度为0、质量为m、电荷量为q的带正电粒子，经M加速后恰能以速度v沿直线（图中平行于导体板的虚线）通过N。不计重力。
（1）求粒子加速器M的加速电压U；
（2）求速度选择器N两板间电场强度E的大小和方向；
（3）仍从S点释放另一初速度为0、质量为2m、电荷量为q的带正电粒子，离开N时粒子偏离图中虚线的距离为d，求该粒子离开N时的动能。
【答案】（1）；（2），方向垂直导体板向下；（3）
【解析】
（1）粒子直线加速，根据功能关系有
解得
（2）速度选择器中电场力与洛伦兹力平衡
得
方向垂直导体板向下。
（3）粒子在全程电场力做正功，根据功能关系有
解得
58、（2021·浙江1月卷·T23）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，其速度选择器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
【解析】
(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。
59、（2021·重庆卷·T14）（18分）如图1所示的Oxy竖直平面内，在原点O有一粒子源，可沿x轴正方向发射速度不同、比荷均为q/m的带正电的粒子。在x≥L的区域仅有垂直于平面向内的匀强磁场；x＜L的区域仅有如图2所示的电场，0~t0时间内和2t0时刻后的匀强电场大小相等，方向相反（0~t0时间内电场方向竖直向下），t0~2t0时间内电场强度为零。在磁场左边界x=L直线上的某点，固定一粒子收集器（图中未画出）。0时刻发射的A粒子在t0时刻经过左边界进入磁场，最终被收集器收集；B粒子在t0/3时刻以与A粒子相同的发射速度发射，第一次经过磁场左边界的位置坐标为（L，-4L/9）；C粒子在t0时刻发射，其发射速度是A粒子发射速度的1/4，不经过磁场能被收集器收集。忽略粒子间相互作用力和粒子重力，不考虑边界效应。
（1）求电场强度E的大小；
（2）求磁感应强度B的大小；
（3）设2t0时刻发射的粒子能被收集器收集，求其有可能的发射速度大小。
【解析】(1)设A粒子发射速度为v，分别画出ABC粒子运动轨迹。
根据题述可知，L=vt0，
对B粒子沿y方向运动，
qE=ma，
联立解得：E=
（2）设收集器的位置坐标为（L，y），
对C粒子，L=0.25v·4t0，y=
对A粒子，L=vt0，y’=
A粒子进入磁场时沿x方向分速度为vx=v=，沿y方向分速度，vy=at0=
tanθ==1，
2rcsθ=y+y’=5at02=5L
解得r=
A粒子进入磁场时的速度vA=v，
由洛伦兹力提供向心力，qvAB=m
解得 B=。
（3）设2t0时刻发射的粒子速度为v1，经电场偏转后直接被收集器收集，如图，则有=，解得v1=
设2t0时刻发射的粒子速度为v2，先经电场偏转，后进入磁场偏转后被收集器收集，如图。L=v2t，
y’=,
y=y’+2r’csα，
qv’B=m，
v’csα=v2，
联立解得：v2= ，v2’=
所有可能的发射速度为：，，。