第88頁(yè)（共88頁(yè)）2021-2025年高考物理真題知識(shí)點(diǎn)分類(lèi)匯編之磁場(chǎng)（三）一．選擇題（共11小題）1．（2023?乙卷）如圖，一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于紙面（xOy平面）向里，磁場(chǎng)右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點(diǎn)沿x正向入射到磁場(chǎng)中，在磁場(chǎng)另一側(cè)的S點(diǎn)射出，粒子離開(kāi)磁場(chǎng)后，沿直線運(yùn)動(dòng)打在垂直于x軸的接收屏上的P點(diǎn)；SP＝l，S與屏的距離為l2，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場(chǎng)區(qū)域再加上電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，該粒子入射后則會(huì)沿xA．E2aB2 B．EaB2 2．（2023?湖南）如圖，真空中有區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，區(qū)域Ⅰ中存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向下（與紙面平行），磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，等腰直角三角形CGF區(qū)域（區(qū)域Ⅱ）內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，圖中A、C、O三點(diǎn)在同一直線上，AO與GF垂直，且與電場(chǎng)和磁場(chǎng)方向均垂直，A點(diǎn)處的粒子源持續(xù)將比荷一定但速率不同的粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ中，只有沿直線AC運(yùn)動(dòng)的粒子才能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ。若區(qū)域Ⅰ中電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，則粒子從CF的中點(diǎn)射出，它們?cè)趨^(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0。若改變電場(chǎng)或磁場(chǎng)強(qiáng)弱，能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ中的粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，不計(jì)粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說(shuō)法正確的是（）A．若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?B1，則t＞t0 B．若僅將區(qū)域Ⅰ中電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)?E，則t＞t0 C．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?4B2D．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?4B3．（2023?海南）如圖所示，帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，關(guān)于小球運(yùn)動(dòng)和受力說(shuō)法正確的是（）A．小球剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的洛倫茲力水平向右 B．小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的速度不變 C．小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程的加速度保持不變 D．小球受到的洛倫茲力對(duì)小球做正功4．（2023?江蘇）如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。L形導(dǎo)線通以恒定電流I，放置在磁場(chǎng)中。已知ab邊長(zhǎng)為2l，與磁場(chǎng)方向垂直，bc邊長(zhǎng)為l，與磁場(chǎng)方向平行。該導(dǎo)線受到的安培力為（）A．0 B．BIl C．2BIl D．5BIl5．（2023?廣東）某小型醫(yī)用回旋加速器，最大回旋半徑為0.5m，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1.12T，質(zhì)子加速后獲得的最大動(dòng)能為1.5×107eV。根據(jù)給出的數(shù)據(jù)，可計(jì)算質(zhì)子經(jīng)該回旋加速器加速后的最大速率約為（忽略相對(duì)論效應(yīng)，1eV＝1.6×10﹣19J）（）A．3.6×106m/s B．1.2×107m/s C．5.4×107m/s D．2.4×108m/s6．（2023?新課標(biāo)）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(diǎn)，a點(diǎn)在小孔O的正上方，b點(diǎn)在a點(diǎn)的右側(cè)，如圖所示。已知α粒子的速度約為電子速度的110，鉛盒與屏幕之間存在勻A．電場(chǎng)方向水平向左、磁場(chǎng)方向垂直紙面向里 B．電場(chǎng)方向水平向左、磁場(chǎng)方向垂直紙面向外 C．電場(chǎng)方向水平向右、磁場(chǎng)方向垂直紙面向里 D．電場(chǎng)方向水平向右、磁場(chǎng)方向垂直紙面向外7．（2023?浙江）某興趣小組設(shè)計(jì)的測(cè)量大電流的裝置如圖所示，通有電流I的螺繞環(huán)在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場(chǎng)B＝k1I，通有待測(cè)電流I'的直導(dǎo)線ab垂直穿過(guò)螺繞環(huán)中心，在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場(chǎng)B'＝k2I'。調(diào)節(jié)電阻R，當(dāng)電流表示數(shù)為I0時(shí)，元件輸出霍爾電壓UH為零，則待測(cè)電流I'的方向和大小分別為（）A．a(chǎn)→b，k2C．b→a，k8．（2023?北京）如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，固定一內(nèi)部真空且內(nèi)壁光滑的圓柱形薄壁絕緣管道，其軸線與磁場(chǎng)垂直。管道橫截面半徑為a，長(zhǎng)度為l（l?a）。帶電粒子束持續(xù)以某一速度v沿軸線進(jìn)入管道，粒子在磁場(chǎng)力作用下經(jīng)過(guò)一段圓弧垂直打到管壁上，與管壁發(fā)生彈性碰撞，多次碰撞后從另一端射出。單位時(shí)間進(jìn)入管道的粒子數(shù)為n，粒子電荷量為+q，不計(jì)粒子的重力、粒子間的相互作用。下列說(shuō)法不正確的是（）A．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓弧半徑為a B．粒子質(zhì)量為BqavC．管道內(nèi)的等效電流為nqπa2v D．粒子束對(duì)管道的平均作用力大小為Bnql9．（2023?全國(guó)）如圖，水平面（紙面）內(nèi)有一光滑U形金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌上有一金屬棒ab；虛線左邊有一方向垂直紙面向里，大小隨時(shí)間均勻增加的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。金屬棒所在區(qū)域存在方向向左的恒定勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則金屬棒所受安培力的方向?yàn)椋ǎ〢．水平向左 B．水平向右 C．垂直紙面向里 D．垂直紙面向外10．（2023?全國(guó)）如圖，一水平放置的橡膠圓盤(pán)上帶有大量均勻分布的正電荷，與圓盤(pán)同一平面內(nèi)放置一通有恒定電流的直導(dǎo)線，電流方向如圖所示。當(dāng)圓盤(pán)繞其中心O順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，通電直導(dǎo)線所受安培力的方向（）A．指向圓盤(pán) B．背離圓盤(pán) C．垂直于圓盤(pán)平面向里 D．垂直于圓盤(pán)平面向外11．（2023?上海）如圖所示，有一光滑導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一金屬棒垂直置于導(dǎo)軌上，對(duì)其施加外力，安培力變化如圖所示，取向右為正方向，則外力隨時(shí)間變化圖像為（）A． B． C． D．二．解答題（共9小題）12．（2024?選擇性）現(xiàn)代粒子加速器常用電磁場(chǎng)控制粒子團(tuán)的運(yùn)動(dòng)及尺度。簡(jiǎn)化模型如圖：Ⅰ、Ⅱ區(qū)寬度均為L(zhǎng)，存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向；Ⅲ、Ⅳ區(qū)為電場(chǎng)區(qū)，Ⅳ區(qū)電場(chǎng)足夠?qū)挘桓鲄^(qū)邊界均垂直于x軸，O為坐標(biāo)原點(diǎn)。甲、乙為粒子團(tuán)中的兩個(gè)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(yùn)動(dòng)，先后射入Ⅰ區(qū)時(shí)速度大小分別為32v0和v0。甲到P點(diǎn)時(shí)，乙剛好射入Ⅰ區(qū)。乙經(jīng)過(guò)Ⅰ區(qū)的速度偏轉(zhuǎn)角為30°。甲到O點(diǎn)時(shí)，乙恰好到P點(diǎn)。已知Ⅲ區(qū)存在沿+x方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E0=（1）求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B。（2）求Ⅲ區(qū)的寬度d。（3）Ⅳ區(qū)x軸上的電場(chǎng)方向沿x軸，電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間t、位置坐標(biāo)x的變化關(guān)系為E＝ωt﹣kx，其中常系數(shù)ω＞0，ω已知、k未知，取甲經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)t＝0。已知甲在Ⅳ區(qū)始終做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)乙在Ⅳ區(qū)受到的電場(chǎng)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(xiě)出Δx的取值范圍）。13．（2024?浙江）類(lèi)似光學(xué)中的反射和折射現(xiàn)象，用磁場(chǎng)或電場(chǎng)調(diào)控也能實(shí)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(gè)平行區(qū)域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ；Ⅰ區(qū)寬度為d，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，Ⅱ區(qū)的寬度很小。Ⅰ區(qū)和Ⅲ區(qū)電勢(shì)處處相等，分別為φⅠ和φⅢ，其電勢(shì)差U＝φⅠ﹣φⅢ。一束質(zhì)量為m、電荷量為e的質(zhì)子從O點(diǎn)以入射角θ射向Ⅰ區(qū)，在P點(diǎn)以出射角θ射出，實(shí)現(xiàn)“反射”；質(zhì)子束從P點(diǎn)以入射角θ射入Ⅱ區(qū)，經(jīng)Ⅱ區(qū)“折射”進(jìn)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(yùn)動(dòng)，單位時(shí)間發(fā)射的質(zhì)子數(shù)為N，初速度為v0，不計(jì)質(zhì)子重力，不考慮質(zhì)子間相互作用以及質(zhì)子對(duì)磁場(chǎng)和電勢(shì)分布的影響。（1）若不同角度射向磁場(chǎng)的質(zhì)子都能實(shí)現(xiàn)“反射”，求d的最小值；（2）若U=mv（3）計(jì)算說(shuō)明如何調(diào)控電場(chǎng)，實(shí)現(xiàn)質(zhì)子束從P點(diǎn)進(jìn)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(diǎn)下方距離3mv0eB處水平放置一長(zhǎng)為4mv0eB的探測(cè)板CQD（Q在P的正下方），CQ長(zhǎng)為mv0eB，質(zhì)子打在探測(cè)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14．（2024?浙江）探究性學(xué)習(xí)小組設(shè)計(jì)了一個(gè)能在噴鍍板的上下表面噴鍍不同離子的實(shí)驗(yàn)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)域之外，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，沿著x軸依次放置離子源、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的噴鍍板P、長(zhǎng)度均為L(zhǎng)的柵極板M和N（由金屬細(xì)絲組成的網(wǎng)狀電極），噴鍍板P上表面中點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（1.5L，0），柵極板M中點(diǎn)S的坐標(biāo)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14倍，經(jīng)電壓U＝kU0（其中U0=qB2L28m，k大小可調(diào)，a和b離子初速度視為0）的電場(chǎng)加速后，沿著y軸射入上方磁場(chǎng)。經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)和柵極板N和M間電壓UNM調(diào)控（U（1）若U＝U0，求a離子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，到達(dá)x軸上的位置x0（用L表示）；（2）調(diào)節(jié)U和UNM，并保持UNM=34U①U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(zhǎng)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(diǎn)，求U和UNM的大小。15．（2024?天津）如圖所示，在Oxy平面直角坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)，存在半徑為R的半圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，半圓與x軸相切于M點(diǎn)，與y軸相切于N點(diǎn)，直線邊界與x軸平行，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里。在第一象限存在沿+x方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E。一帶負(fù)電粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，從M點(diǎn)以速度v沿+y方向進(jìn)入第一象限，正好能沿直線勻速穿過(guò)半圓區(qū)域。不計(jì)粒子重力。（1）求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；（2）若僅有電場(chǎng)，求粒子從M點(diǎn)到達(dá)y軸的時(shí)間t；（3）若僅有磁場(chǎng)，改變粒子入射速度的大小，粒子能夠到達(dá)x軸上P點(diǎn)，M、P的距離為3R，求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t116．（2024?福建）如圖，直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。第Ⅱ、Ⅲ象限中有兩平行板電容器C1、C2，其中C1垂直x軸放置，極板與x軸相交處存在小孔M、N；C2垂直y軸放置，上、下極板右端分別緊貼y軸上的P、O點(diǎn)。一帶電粒子從M靜止釋放，經(jīng)電場(chǎng)直線加速后從N射出，緊貼C2下極板進(jìn)入C2，而后從P進(jìn)入第Ⅰ象限；經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰好垂直x軸離開(kāi)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示。已知粒子質(zhì)量為m、帶電量為q，O、P間距離為d，C1、C2的板間電壓大小均為U，板間電場(chǎng)視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，不計(jì)重力，忽略邊緣效應(yīng)。求：（1）粒子經(jīng)過(guò)N時(shí)的速度大??；（2）粒子經(jīng)過(guò)P時(shí)速度方向與y軸正向的夾角；（3）磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。17．（2024?海南）如圖，在xOy坐標(biāo)系中有三個(gè)區(qū)域，圓形區(qū)域Ⅰ分別與x軸和y軸相切于P點(diǎn)和S點(diǎn)。半圓形區(qū)域Ⅱ的半徑是區(qū)域Ⅰ半徑的2倍。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ的圓心O1、O2連線與x軸平行，半圓與圓相切于Q點(diǎn)，QF垂直于x軸，半圓的直徑MN所在的直線右側(cè)為區(qū)域Ⅲ。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ分別有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向均垂直紙面向外。區(qū)域Ⅰ下方有一粒子源和加速電場(chǎng)組成的發(fā)射器，可將質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子由電場(chǎng)加速到v0。改變發(fā)射器的位置，使帶電粒子在OF范圍內(nèi)都沿著y軸正方向以相同的速度v0沿紙面射入?yún)^(qū)域Ⅰ。已知某粒子從P點(diǎn)射入?yún)^(qū)域Ⅰ，并從Q（1）求加速電場(chǎng)兩板間的電壓U和區(qū)域Ⅰ的半徑R；（2）在能射入?yún)^(qū)域Ⅲ的粒子中，某粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，求該粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t；（3）在區(qū)域Ⅲ加入勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E＝Bv0，方向沿x軸正方向。此后，粒子源中某粒子經(jīng)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ射入?yún)^(qū)域Ⅲ，進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅲ時(shí)速度方向與y軸負(fù)方向的夾角成74°角。當(dāng)粒子動(dòng)能最大時(shí)，求粒子的速度大小以及所在的位置到y(tǒng)軸的距離。(sin18．（2024?湖南）如圖，有一內(nèi)半徑為2r、長(zhǎng)為L(zhǎng)的圓筒，左右端面圓心O′、O處各開(kāi)有一小孔。以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，取O′O方向?yàn)閤軸正方向建立xyz坐標(biāo)系。在筒內(nèi)x≤0區(qū)域有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向沿x軸正方向；筒外x≥0區(qū)域有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)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(gè)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(jì)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(guò)O進(jìn)入電場(chǎng)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值；（2）?。?）問(wèn)中最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，若進(jìn)入磁場(chǎng)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(duì)值；（3）取（1）問(wèn)中最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，求電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)y軸正方向的最大位移。19．（2024?新課標(biāo)）一質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的帶電粒子始終在同一水平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，其速度可用圖示的直角坐標(biāo)系內(nèi)一個(gè)點(diǎn)P（vx，vy）表示，vx、vy分別為粒子速度在水平面內(nèi)兩個(gè)坐標(biāo)軸上的分量。粒子出發(fā)時(shí)P位于圖中a（0，v0）點(diǎn)，粒子在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)作用下運(yùn)動(dòng)，P點(diǎn)沿線段ab移動(dòng)到b（v0，v0）點(diǎn)；隨后粒子離開(kāi)電場(chǎng)，進(jìn)入方向豎直、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，P點(diǎn)沿以O(shè)為圓心的圓弧移動(dòng)至c（﹣v0，v0）點(diǎn)；然后粒子離開(kāi)磁場(chǎng)返回電場(chǎng)，P點(diǎn)沿線段ca回到a點(diǎn)。已知任何相等的時(shí)間內(nèi)P點(diǎn)沿圖中閉合曲線通過(guò)的曲線長(zhǎng)度都相等。不計(jì)重力。求：（1）粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和周期；（2）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小；（3）P點(diǎn)沿圖中閉合曲線移動(dòng)1周回到a點(diǎn)時(shí)，粒子位移的大小。20．（2024?江蘇）如圖所示，兩個(gè)半圓區(qū)域abcd、a′b′c′d′中有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（內(nèi)外半徑分別為R1和R2），磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，ab與a′b′間有一個(gè)寬度為d勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)為E，cd與c′d′間有一個(gè)寬度為d插入體，電子每次經(jīng)過(guò)插入體速度減為原來(lái)的k倍（k＜1）?，F(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m、電量為e的電子，從cd面射入插入體，經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)、電場(chǎng)后再次到達(dá)cd面，速度增加，多次循環(huán)運(yùn)動(dòng)后，電子到達(dá)cd的速度大小達(dá)到一個(gè)穩(wěn)定值，忽略相對(duì)論效應(yīng)，忽略經(jīng)過(guò)電場(chǎng)與插入體的時(shí)間。求：（1）電子進(jìn)入插入體前后在磁場(chǎng)中的半徑r1：r2；（2）電子多次循環(huán)后到達(dá)cd的穩(wěn)定速度v；（3）若電子到達(dá)cd中點(diǎn)P時(shí)速度穩(wěn)定，并最終到達(dá)邊界上的d點(diǎn)，求電子從P到d的時(shí)間t。

2021-2025年高考物理真題知識(shí)點(diǎn)分類(lèi)匯編之磁場(chǎng)（三）參考答案與試題解析一．選擇題（共11小題）題號(hào)1234567891011答案ADACCCDCDBC一．選擇題（共11小題）1．（2023?乙卷）如圖，一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于紙面（xOy平面）向里，磁場(chǎng)右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點(diǎn)沿x正向入射到磁場(chǎng)中，在磁場(chǎng)另一側(cè)的S點(diǎn)射出，粒子離開(kāi)磁場(chǎng)后，沿直線運(yùn)動(dòng)打在垂直于x軸的接收屏上的P點(diǎn)；SP＝l，S與屏的距離為l2，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場(chǎng)區(qū)域再加上電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，該粒子入射后則會(huì)沿xA．E2aB2 B．EaB2 【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)；比荷及其計(jì)算；從能量轉(zhuǎn)化與守恒的角度解決電場(chǎng)中的問(wèn)題．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】A【分析】未加電場(chǎng)時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力等于向心力，根據(jù)幾何關(guān)系求解粒子運(yùn)動(dòng)半徑；加電場(chǎng)后，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力等于電場(chǎng)力?！窘獯稹拷猓何醇与妶?chǎng)時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，做其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖：設(shè)SP與x軸正方向夾角為θ，則cosθ=θ＝60°粒子做圓周運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角也為60°，由幾何關(guān)系得：r﹣a＝rcosθ解得：r＝2a粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝mv在磁場(chǎng)中加勻強(qiáng)電場(chǎng)，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，受力平衡：qvB＝qE聯(lián)立解得：q故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)和復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，解題關(guān)鍵是分析好帶電粒子的運(yùn)動(dòng)情況和受力情況，會(huì)根據(jù)幾何關(guān)系求解粒子運(yùn)動(dòng)的半徑。2．（2023?湖南）如圖，真空中有區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，區(qū)域Ⅰ中存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向下（與紙面平行），磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，等腰直角三角形CGF區(qū)域（區(qū)域Ⅱ）內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，圖中A、C、O三點(diǎn)在同一直線上，AO與GF垂直，且與電場(chǎng)和磁場(chǎng)方向均垂直，A點(diǎn)處的粒子源持續(xù)將比荷一定但速率不同的粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ中，只有沿直線AC運(yùn)動(dòng)的粒子才能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ。若區(qū)域Ⅰ中電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1，區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2，則粒子從CF的中點(diǎn)射出，它們?cè)趨^(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0。若改變電場(chǎng)或磁場(chǎng)強(qiáng)弱，能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ中的粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，不計(jì)粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說(shuō)法正確的是（）A．若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?B1，則t＞t0 B．若僅將區(qū)域Ⅰ中電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)?E，則t＞t0 C．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?4B2D．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?4B【考點(diǎn)】帶電粒子在三角形邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在疊加場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；幾何法；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力．【答案】D【分析】在疊加場(chǎng)中，粒子受到的洛倫茲力和電場(chǎng)力相等，由此可得出場(chǎng)強(qiáng)或者磁感應(yīng)強(qiáng)度變化后粒子的速度大小，在區(qū)域Ⅱ中粒子受到的洛倫茲力提供向心力，根據(jù)幾何關(guān)系得出半徑和圓心角的大小，結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)的周期公式完成分析?！窘獯稹拷猓簠^(qū)域Ⅰ中電場(chǎng)力和洛倫茲力相等，由此可得：qE＝qv0B1在區(qū)域Ⅱ中，粒子受到的洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得：qv解得：T因?yàn)榱Ｗ訌腃F邊的中點(diǎn)射出，根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為90°，則t0A、若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?B1，在區(qū)域Ⅰ中粒子依然受力平衡，則qE＝qvA×2B1解得：v根據(jù)牛頓第二定律可得：qvB=解得：r=由此可知粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑變?yōu)樵瓉?lái)的12，則粒子仍然從CF邊射出，粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角仍然為90°，故t＝t0，故AB、若僅將區(qū)域Ⅰ中電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)?E，根據(jù)上述分析可知：2qE＝qvBB1解得：vB＝2v0根據(jù)半徑的計(jì)算公式r=mvqB可知粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，則粒子從F點(diǎn)射出，粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角仍然為90°，故t＝t0，故C、若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?4B2，則粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ中的速度為v0，根據(jù)半徑的計(jì)算公式r=mvqB可知粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑變?yōu)樵瓉?lái)的43t=則t=83D、若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?4B2，同上述分析可知，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑變?yōu)樵瓉?lái)的42=22t=2πm故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，熟悉速度選擇器的工作原理，理解粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力來(lái)源，結(jié)合幾何關(guān)系和牛頓第二定律即可完成分析。3．（2023?海南）如圖所示，帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，關(guān)于小球運(yùn)動(dòng)和受力說(shuō)法正確的是（）A．小球剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的洛倫茲力水平向右 B．小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的速度不變 C．小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程的加速度保持不變 D．小球受到的洛倫茲力對(duì)小球做正功【考點(diǎn)】洛倫茲力的動(dòng)力學(xué)特點(diǎn)；左手定則判斷洛倫茲力的方向．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力．【答案】A【分析】明確小球運(yùn)動(dòng)中受力情況，知道洛倫茲力不做功，從而分析小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的速度、加速度情況。【解答】解：A．帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，小球受洛倫茲力和重力的作用做曲線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左手定則，可知小球剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的洛倫茲力水平向右，故A正確；B．小球受洛倫茲力和重力的作用，做曲線運(yùn)動(dòng)，速度的方向時(shí)刻變化，故B錯(cuò)誤；C.小球受洛倫茲力和重力的作用做曲線運(yùn)動(dòng)，重力始終豎直向下，洛倫茲力始終與速度方向垂直，且速度方向時(shí)刻變化，合力方向時(shí)刻變化，根據(jù)牛頓第二定律，加速度的方向時(shí)刻變化，故C錯(cuò)誤。D．小球受洛倫茲力和重力的作用做曲線運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力始終與速度方向垂直，根據(jù)功的定義，洛倫茲力永不做功，故D錯(cuò)誤。故選A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，注意明確洛倫茲力不做功這一性質(zhì)，同時(shí)正確分析功能關(guān)系以及掌握牛頓第二定律公式的應(yīng)用。4．（2023?江蘇）如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。L形導(dǎo)線通以恒定電流I，放置在磁場(chǎng)中。已知ab邊長(zhǎng)為2l，與磁場(chǎng)方向垂直，bc邊長(zhǎng)為l，與磁場(chǎng)方向平行。該導(dǎo)線受到的安培力為（）A．0 B．BIl C．2BIl D．5BIl【考點(diǎn)】左手定則判斷安培力的方向；安培力的概念．【專題】定量思想；推理法；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用；推理論證能力．【答案】C【分析】分別根據(jù)安培力的計(jì)算公式得出導(dǎo)線的ab邊和bc邊受到的安培力大小，從而得出導(dǎo)線受到的安培力?！窘獯稹拷猓簩?dǎo)線的ab邊與磁場(chǎng)垂直，受到的安培力大小為：F1＝2BIl導(dǎo)線的bc邊與磁場(chǎng)平行，不受安培力的作用，則導(dǎo)線受到的安培力大小為：F＝F1＝2BIl，故C正確，ABD錯(cuò)誤；故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了安培力的計(jì)算公式，熟悉安培力的計(jì)算公式，代入數(shù)據(jù)即可完成分析，難度不大。5．（2023?廣東）某小型醫(yī)用回旋加速器，最大回旋半徑為0.5m，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1.12T，質(zhì)子加速后獲得的最大動(dòng)能為1.5×107eV。根據(jù)給出的數(shù)據(jù)，可計(jì)算質(zhì)子經(jīng)該回旋加速器加速后的最大速率約為（忽略相對(duì)論效應(yīng)，1eV＝1.6×10﹣19J）（）A．3.6×106m/s B．1.2×107m/s C．5.4×107m/s D．2.4×108m/s【考點(diǎn)】回旋加速器．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】C【分析】質(zhì)子受到的洛倫茲力提供向心力，結(jié)合動(dòng)能的表達(dá)式聯(lián)立等式得出質(zhì)子的最大速率?！窘獯稹拷猓嘿|(zhì)子受到的洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得：qBv=其中，Ek=12mv2=1.5×107eV=1.5×107×1.6聯(lián)立解得：v＝5.4×107m/s，故C正確，ABD錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了回旋加速器的相關(guān)應(yīng)用，理解質(zhì)子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力來(lái)源，結(jié)合動(dòng)能的計(jì)算公式即可完成分析。6．（2023?新課標(biāo)）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(diǎn)，a點(diǎn)在小孔O的正上方，b點(diǎn)在a點(diǎn)的右側(cè)，如圖所示。已知α粒子的速度約為電子速度的110，鉛盒與屏幕之間存在勻A．電場(chǎng)方向水平向左、磁場(chǎng)方向垂直紙面向里 B．電場(chǎng)方向水平向左、磁場(chǎng)方向垂直紙面向外 C．電場(chǎng)方向水平向右、磁場(chǎng)方向垂直紙面向里 D．電場(chǎng)方向水平向右、磁場(chǎng)方向垂直紙面向外【考點(diǎn)】帶電粒子在疊加場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】C【分析】沿直線運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)的粒子受力平衡，電場(chǎng)力等于洛倫茲力，運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的粒子從O點(diǎn)射出時(shí)，所受合力水平向右；α粒子帶正電，受電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)方向相同，電子帶負(fù)電，受電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)方向相反；根據(jù)左手定則判斷粒子所受洛倫茲力的方向，根據(jù)選項(xiàng)分析即可?！窘獯稹拷猓篈、粒子剛從O點(diǎn)射出時(shí)，若電場(chǎng)方向水平向左，α粒子所受電場(chǎng)力水平向左，若磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，根據(jù)左手定則得，α粒子所受洛倫茲力水平向左，則α粒子向左偏轉(zhuǎn)，不會(huì)出現(xiàn)圖示的軌跡，故A錯(cuò)誤；B、粒子剛從O點(diǎn)射出時(shí)，若電場(chǎng)方向水平向左，α粒子所受電場(chǎng)力水平向左，電子所受電場(chǎng)力水平向右，若磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，根據(jù)左手定則得，α粒子所受洛倫茲力水平向右，電子所受洛倫茲力水平向左，沿直線運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)的粒子受力平衡，有：qvB＝qE已知α粒子的速度約為電子速度的110，若α粒子沿直線運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)，則電子所受洛倫茲力大于電場(chǎng)力，電子向左偏轉(zhuǎn)，若電子沿直線運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)，則α粒子所受洛倫茲力小于電場(chǎng)力，α粒子向左偏轉(zhuǎn)，不會(huì)出現(xiàn)圖示的軌跡，故BC、粒子剛從O點(diǎn)射出時(shí)，若電場(chǎng)方向水平向右，α粒子所受電場(chǎng)力水平向右，電子所受電場(chǎng)力水平向左，若磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，根據(jù)左手定則得，α粒子所受洛倫茲力水平向左，電子所受洛倫茲力水平向右，沿直線運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)的粒子受力平衡，有：qvB＝qE已知α粒子的速度約為電子速度的110，若α粒子沿直線運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)，則電子所受洛倫茲力大于電場(chǎng)力，電子向右偏轉(zhuǎn)，若電子沿直線運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)，則α粒子所受洛倫茲力小于電場(chǎng)力，α粒子向右偏轉(zhuǎn)，會(huì)出現(xiàn)圖示的軌跡，故CD、粒子剛從O點(diǎn)射出時(shí)，若電場(chǎng)方向水平向右，α粒子所受電場(chǎng)力水平向右，電子所受電場(chǎng)力水平向左，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，根據(jù)左手定則得，α粒子所受洛倫茲力水平向右，電子所受洛倫茲力水平向左，α粒子向右偏轉(zhuǎn)，電子向左偏轉(zhuǎn)，不會(huì)出現(xiàn)圖示的軌跡，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，解題關(guān)鍵是分析好粒子的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況。7．（2023?浙江）某興趣小組設(shè)計(jì)的測(cè)量大電流的裝置如圖所示，通有電流I的螺繞環(huán)在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場(chǎng)B＝k1I，通有待測(cè)電流I'的直導(dǎo)線ab垂直穿過(guò)螺繞環(huán)中心，在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場(chǎng)B'＝k2I'。調(diào)節(jié)電阻R，當(dāng)電流表示數(shù)為I0時(shí)，元件輸出霍爾電壓UH為零，則待測(cè)電流I'的方向和大小分別為（）A．a(chǎn)→b，k2C．b→a，k【考點(diǎn)】霍爾效應(yīng)與霍爾元件；通電直導(dǎo)線周?chē)拇艌?chǎng)．【專題】定量思想；推理法；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用；推理論證能力．【答案】D【分析】本題根據(jù)安培定則，結(jié)合合場(chǎng)強(qiáng)為0，即可解答?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)安培定則，螺線管在霍爾元件處的磁場(chǎng)方向豎直向下，要使元件輸出霍爾電壓UH為零，直導(dǎo)線ab在霍爾元件處的磁場(chǎng)方向豎直向上，根據(jù)安培定則，待測(cè)電流方向由b→a，元件輸出霍爾電壓UH為零，則霍爾元件處合場(chǎng)強(qiáng)為0，即k1I0＝k2I'，I'=k1k2I故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題解題關(guān)鍵是分析出元件輸出霍爾電壓UH為零，則霍爾元件處合場(chǎng)強(qiáng)為0。8．（2023?北京）如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，固定一內(nèi)部真空且內(nèi)壁光滑的圓柱形薄壁絕緣管道，其軸線與磁場(chǎng)垂直。管道橫截面半徑為a，長(zhǎng)度為l（l?a）。帶電粒子束持續(xù)以某一速度v沿軸線進(jìn)入管道，粒子在磁場(chǎng)力作用下經(jīng)過(guò)一段圓弧垂直打到管壁上，與管壁發(fā)生彈性碰撞，多次碰撞后從另一端射出。單位時(shí)間進(jìn)入管道的粒子數(shù)為n，粒子電荷量為+q，不計(jì)粒子的重力、粒子間的相互作用。下列說(shuō)法不正確的是（）A．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓弧半徑為a B．粒子質(zhì)量為BqavC．管道內(nèi)的等效電流為nqπa2v D．粒子束對(duì)管道的平均作用力大小為Bnql【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)；等效電流的計(jì)算；安培力的計(jì)算公式及簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力．【答案】C【分析】帶電粒子束以某一速度v沿軸線進(jìn)入管道，洛倫茲力提供向心力，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)半徑為a，再結(jié)合左手定則解答?！窘獯稹拷猓篈.帶正電的粒子沿軸線射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子運(yùn)動(dòng)的圓弧半徑為：r＝a，故A正確；B.根據(jù)：qvB＝mv2r，可得粒子的質(zhì)量為：m=BqaC.管道內(nèi)的等效電流為：I=Qt=nqD.粒子束對(duì)管道的平均作用力大小等于等效電流受的安培力，為：F＝BIl＝Bnql，故D正確。本題選錯(cuò)誤的，故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查左手定則、電流定義以及帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，用好幾何關(guān)系。9．（2023?全國(guó)）如圖，水平面（紙面）內(nèi)有一光滑U形金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌上有一金屬棒ab；虛線左邊有一方向垂直紙面向里，大小隨時(shí)間均勻增加的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。金屬棒所在區(qū)域存在方向向左的恒定勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則金屬棒所受安培力的方向?yàn)椋ǎ〢．水平向左 B．水平向右 C．垂直紙面向里 D．垂直紙面向外【考點(diǎn)】左手定則判斷安培力的方向；楞次定律及其應(yīng)用；安培力的概念．【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)中的力學(xué)問(wèn)題；推理論證能力．【答案】D【分析】根據(jù)楞次定律，結(jié)合右手定則，分析ab棒感應(yīng)電流方向，再根據(jù)左手定則，分析金屬棒所受安培力的方向。【解答】解：虛線左邊有一方向垂直紙面向里，大小隨時(shí)間均勻增加的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，根據(jù)楞次定律，閉合回路形成垂直回路向外的磁場(chǎng)，根據(jù)右手定則，ab棒的電流方向豎直向上，根據(jù)左手定則，ab棒所受安培力的方向?yàn)榇怪奔埫嫦蛲?，故D正確，ABC錯(cuò)誤。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查學(xué)生對(duì)楞次定律、右手定則、左手定則的掌握，是一道基礎(chǔ)題。10．（2023?全國(guó)）如圖，一水平放置的橡膠圓盤(pán)上帶有大量均勻分布的正電荷，與圓盤(pán)同一平面內(nèi)放置一通有恒定電流的直導(dǎo)線，電流方向如圖所示。當(dāng)圓盤(pán)繞其中心O順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，通電直導(dǎo)線所受安培力的方向（）A．指向圓盤(pán) B．背離圓盤(pán) C．垂直于圓盤(pán)平面向里 D．垂直于圓盤(pán)平面向外【考點(diǎn)】左手定則判斷安培力的方向；安培力的概念．【專題】定性思想；推理法；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用；推理論證能力．【答案】B【分析】橡膠圓盤(pán)不導(dǎo)電，帶有大量均勻分布的正電荷，當(dāng)圓盤(pán)繞其中心O順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，在橡膠圓盤(pán)上會(huì)形成半徑不等的若干個(gè)同心順時(shí)針環(huán)形電流，這些環(huán)形電流在通電直導(dǎo)線處會(huì)產(chǎn)生磁場(chǎng)，分別判斷左半側(cè)、右半側(cè)的環(huán)形電流在通電直導(dǎo)線處產(chǎn)生磁場(chǎng)的方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度的強(qiáng)弱，按照磁場(chǎng)疊加原理，最終確定通電直導(dǎo)線處的磁場(chǎng)方向。再根據(jù)左手定則，可以判斷出通電直導(dǎo)線所受安培力的方向。【解答】解：橡膠圓盤(pán)繞其中心O順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，在橡膠圓盤(pán)上會(huì)形成若干個(gè)同心順時(shí)針環(huán)形電流，所有的等效環(huán)形電流在直導(dǎo)線出的磁場(chǎng)都是向上的，根據(jù)左手定則，伸出左手，四指指向直導(dǎo)線電流方向，手心向下，則大拇指指向右側(cè)，即通電直導(dǎo)線所受安培力的方向?yàn)楸畴x圓盤(pán)。故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查磁場(chǎng)對(duì)通電導(dǎo)線的作用（左手定則），一要確定橡膠圓盤(pán)上產(chǎn)生的電流的方向；二要確定橡膠圓盤(pán)上產(chǎn)生的環(huán)形電流在通電直導(dǎo)線處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向；三要會(huì)運(yùn)用左手定則判定通電直導(dǎo)線所受安培力的方向。11．（2023?上海）如圖所示，有一光滑導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一金屬棒垂直置于導(dǎo)軌上，對(duì)其施加外力，安培力變化如圖所示，取向右為正方向，則外力隨時(shí)間變化圖像為（）A． B． C． D．【考點(diǎn)】安培力的概念；導(dǎo)體平動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)．【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)與圖象結(jié)合；推理論證能力．【答案】C【分析】求得速度為v時(shí)電動(dòng)勢(shì)，在求得安培力表達(dá)式，結(jié)合圖像判斷導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)牛頓第二定律得到拉力表達(dá)式，進(jìn)而得到外力隨時(shí)間變化圖像。【解答】解：導(dǎo)體棒切割磁感應(yīng)線，當(dāng)速度為v時(shí)產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv，導(dǎo)體棒受安培力為F安＝BIL=B2L2vR，由圖可知安培力隨時(shí)間做線性變化，故導(dǎo)體棒做勻變速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可得：F﹣F安＝F﹣BIL＝F-B2L2vR=F-B2L2故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查電磁感應(yīng)中圖像問(wèn)題。根據(jù)題意判斷導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)情況，再根據(jù)牛頓第二定律求解。二．解答題（共9小題）12．（2024?選擇性）現(xiàn)代粒子加速器常用電磁場(chǎng)控制粒子團(tuán)的運(yùn)動(dòng)及尺度。簡(jiǎn)化模型如圖：Ⅰ、Ⅱ區(qū)寬度均為L(zhǎng)，存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向；Ⅲ、Ⅳ區(qū)為電場(chǎng)區(qū)，Ⅳ區(qū)電場(chǎng)足夠?qū)?；各區(qū)邊界均垂直于x軸，O為坐標(biāo)原點(diǎn)。甲、乙為粒子團(tuán)中的兩個(gè)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(yùn)動(dòng)，先后射入Ⅰ區(qū)時(shí)速度大小分別為32v0和v0。甲到P點(diǎn)時(shí)，乙剛好射入Ⅰ區(qū)。乙經(jīng)過(guò)Ⅰ區(qū)的速度偏轉(zhuǎn)角為30°。甲到O點(diǎn)時(shí)，乙恰好到P點(diǎn)。已知Ⅲ區(qū)存在沿+x方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E0=（1）求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B。（2）求Ⅲ區(qū)的寬度d。（3）Ⅳ區(qū)x軸上的電場(chǎng)方向沿x軸，電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間t、位置坐標(biāo)x的變化關(guān)系為E＝ωt﹣kx，其中常系數(shù)ω＞0，ω已知、k未知，取甲經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)t＝0。已知甲在Ⅳ區(qū)始終做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)乙在Ⅳ區(qū)受到的電場(chǎng)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(xiě)出Δx的取值范圍）?！究键c(diǎn)】帶電粒子由磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力．【答案】（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B為mv（2）Ⅲ區(qū)的寬度d為3πL（3）乙追上甲前F與Δx間的關(guān)系式為F=qωΔx【分析】（1）粒子在磁場(chǎng)中做與圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)已知粒子乙經(jīng)過(guò)Ⅰ區(qū)的速度偏轉(zhuǎn)角為30°，由幾何關(guān)系得到粒子乙的圓周運(yùn)動(dòng)半徑，由洛倫茲力提供向心求解磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。（2）求得粒子乙從射入磁場(chǎng)到運(yùn)動(dòng)到達(dá)P點(diǎn)的時(shí)間，此時(shí)間等于粒子甲由P點(diǎn)到O點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，對(duì)粒子甲由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解d。（3）求得粒子甲進(jìn)入Ⅳ區(qū)時(shí)的速度，甲在Ⅳ區(qū)始終做勻速直線運(yùn)動(dòng)，甲所受電場(chǎng)力為零，據(jù)此求得k值。對(duì)乙粒子進(jìn)入Ⅳ區(qū)后，通過(guò)與甲粒子的運(yùn)動(dòng)對(duì)比求解F與Δx間的關(guān)系式?！窘獯稹拷猓海?）粒子在磁場(chǎng)中做與圓周運(yùn)動(dòng)，已知粒子乙經(jīng)過(guò)Ⅰ區(qū)的速度偏轉(zhuǎn)角為30°，設(shè)粒子乙的圓周運(yùn)動(dòng)半徑為R乙，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖1所示：由幾何關(guān)系得：R乙sin30°＝L由洛倫茲力提供向心得：qBv0＝mv聯(lián)立解得：B=（2）設(shè)粒子乙從射入Ⅰ區(qū)到運(yùn)動(dòng)到達(dá)P點(diǎn)的時(shí)間為t1。則有：t1＝2×粒子甲在磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)軌跡如圖2所示，其到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速度方向沿x軸正方向。已知甲到P點(diǎn)時(shí)，乙剛好射入Ⅰ區(qū)，甲到O點(diǎn)時(shí)，乙恰好到P點(diǎn)?？芍Ｗ蛹子蒔點(diǎn)到O點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間等于粒子乙從射入Ⅰ區(qū)到運(yùn)動(dòng)到達(dá)P點(diǎn)的時(shí)間t1。對(duì)粒子甲，根據(jù)牛頓第二定律得：qE0＝ma甲，已知：E0=解得粒子甲在Ⅲ區(qū)運(yùn)動(dòng)的加速度大小為：a甲=由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：d=解得：d=（3）設(shè)粒子甲進(jìn)入Ⅳ區(qū)時(shí)的速度為v甲，則有：v甲=3v已知取甲經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)t＝0，甲在Ⅳ區(qū)始終做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則任意時(shí)刻t，甲相對(duì)O點(diǎn)的位移為：x甲＝v甲t＝3v0tt時(shí)刻甲所處位置的電場(chǎng)強(qiáng)度為零，則有：ωt﹣kx甲＝ωt﹣3kv0t＝0可得：k=則有：E＝ωt-設(shè)乙粒子在Ⅲ區(qū)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2，進(jìn)入Ⅳ區(qū)后再運(yùn)動(dòng)Δt時(shí)間，在Ⅳ區(qū)的位移大小為x乙，在此時(shí)此位置其受到的電場(chǎng)力大小為：F＝qE＝qω此時(shí)對(duì)于甲粒子，則有：qω(甲、乙間距為Δx，則有：x甲﹣x乙＝Δx聯(lián)立解得：F=答：（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B為mv（2）Ⅲ區(qū)的寬度d為3πL（3）乙追上甲前F與Δx間的關(guān)系式為F=qωΔx【點(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合幾何關(guān)系求解。本題（3）問(wèn)要理解題意，電場(chǎng)強(qiáng)度隨時(shí)間與位置在變化，甲粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程所處的位置電場(chǎng)強(qiáng)度為零，由甲來(lái)推理乙的受力情況。13．（2024?浙江）類(lèi)似光學(xué)中的反射和折射現(xiàn)象，用磁場(chǎng)或電場(chǎng)調(diào)控也能實(shí)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(gè)平行區(qū)域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ；Ⅰ區(qū)寬度為d，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，Ⅱ區(qū)的寬度很小。Ⅰ區(qū)和Ⅲ區(qū)電勢(shì)處處相等，分別為φⅠ和φⅢ，其電勢(shì)差U＝φⅠ﹣φⅢ。一束質(zhì)量為m、電荷量為e的質(zhì)子從O點(diǎn)以入射角θ射向Ⅰ區(qū)，在P點(diǎn)以出射角θ射出，實(shí)現(xiàn)“反射”；質(zhì)子束從P點(diǎn)以入射角θ射入Ⅱ區(qū)，經(jīng)Ⅱ區(qū)“折射”進(jìn)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(yùn)動(dòng)，單位時(shí)間發(fā)射的質(zhì)子數(shù)為N，初速度為v0，不計(jì)質(zhì)子重力，不考慮質(zhì)子間相互作用以及質(zhì)子對(duì)磁場(chǎng)和電勢(shì)分布的影響。（1）若不同角度射向磁場(chǎng)的質(zhì)子都能實(shí)現(xiàn)“反射”，求d的最小值；（2）若U=mv（3）計(jì)算說(shuō)明如何調(diào)控電場(chǎng)，實(shí)現(xiàn)質(zhì)子束從P點(diǎn)進(jìn)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(diǎn)下方距離3mv0eB處水平放置一長(zhǎng)為4mv0eB的探測(cè)板CQD（Q在P的正下方），CQ長(zhǎng)為mv0eB，質(zhì)子打在探測(cè)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【考點(diǎn)】帶電粒子由磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；光的折射與全反射的綜合問(wèn)題；牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】計(jì)算題；信息給予題；定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；動(dòng)能定理的應(yīng)用專題；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力．【答案】（1）磁場(chǎng)寬度d的最小值為2m（2）“折射率”n為2；（3）電場(chǎng)電壓U＜-mv0（4）見(jiàn)解析?！痉治觥浚?）根據(jù)題意，得到粒子從P點(diǎn)射出的臨界條件，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解作答；（2）根據(jù)動(dòng)能定理求粒子在Ⅱ區(qū)域中的出射速度；根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解求解進(jìn)入?yún)^(qū)域與射出區(qū)域水平速度關(guān)系；根據(jù)折射定律求“折射率”；（3）在Ⅱ區(qū)域下邊界發(fā)生全反射的條件是沿豎直方向的速度為零，根據(jù)動(dòng)能定理分析求解作答；（4）根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)求解∠CPQ的角度；分粒子全部打在探測(cè)板CQD和全部打不到探測(cè)板CQD兩種情形，根據(jù)動(dòng)能定理和動(dòng)量定理分析作答?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)題意，粒子從O點(diǎn)射入時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：粒子從O點(diǎn)射入，不出Ⅰ區(qū)域的臨界條件為2r＝dmin洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律Be代入數(shù)據(jù)解得d（2）設(shè)水平方向?yàn)閤方向，豎直方向?yàn)閥方向，x方向速度不變，y方向速度變大，假設(shè)折射角為θ′根據(jù)動(dòng)能定理Ue由于U代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得v設(shè)粒子射出區(qū)域Ⅱ時(shí)與豎直方向成θ′角，如圖所示：根據(jù)速度關(guān)系vx＝v0sinθ＝v1sinθ′根據(jù)折射定律n代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得“折射率”n（3）在Ⅱ區(qū)域下邊界發(fā)生全反射的條件是沿豎直方向的速度為零；根據(jù)動(dòng)能定理Ue可得U即應(yīng)滿足U（4）分粒子全部打在探測(cè)板CQD和全部打不到探測(cè)板CQD兩種情形；根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)tan解得∠CPQ＝30°所以如果U≥0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(dāng)U≥0時(shí)，取豎直向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理F＝2Nm[0﹣（﹣vy）]＝2Nmvy根據(jù)動(dòng)能定理eU解得F②全部都打不到板的情況，根據(jù)幾何知識(shí)可知當(dāng)從Ⅱ區(qū)射出時(shí)速度與豎直方向夾角為60°時(shí)，粒子剛好打到D點(diǎn)，水平方向速度為v所以v根據(jù)動(dòng)能定理eU代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得U即當(dāng)U＜-mv0③部分能打到的情況，根據(jù)上述分析可知條件為（-mv023e≤根據(jù)動(dòng)能定理eU代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得F=答：（1）磁場(chǎng)寬度d的最小值為2m（2）“折射率”n為2；（3）電場(chǎng)電壓U＜-mv0（4）見(jiàn)解析?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了用磁場(chǎng)或電場(chǎng)調(diào)控也能實(shí)現(xiàn)質(zhì)子束的“反射”和“折射”，采用類(lèi)比光的反射、折射進(jìn)行分析；掌握帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律以及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律；掌握動(dòng)能定理、動(dòng)量定理運(yùn)動(dòng)的合成與分解，掌握光的折射規(guī)律；本題綜合性強(qiáng)，難度大，需要認(rèn)真分析。14．（2024?浙江）探究性學(xué)習(xí)小組設(shè)計(jì)了一個(gè)能在噴鍍板的上下表面噴鍍不同離子的實(shí)驗(yàn)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)域之外，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，沿著x軸依次放置離子源、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的噴鍍板P、長(zhǎng)度均為L(zhǎng)的柵極板M和N（由金屬細(xì)絲組成的網(wǎng)狀電極），噴鍍板P上表面中點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（1.5L，0），柵極板M中點(diǎn)S的坐標(biāo)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14倍，經(jīng)電壓U＝kU0（其中U0=qB2L28m，k大小可調(diào)，a和b離子初速度視為0）的電場(chǎng)加速后，沿著y軸射入上方磁場(chǎng)。經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)和柵極板N和M間電壓UNM調(diào)控（U（1）若U＝U0，求a離子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，到達(dá)x軸上的位置x0（用L表示）；（2）調(diào)節(jié)U和UNM，并保持UNM=34U①U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(zhǎng)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(diǎn)，求U和UNM的大小?！究键c(diǎn)】帶電粒子由電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用；洛倫茲力的計(jì)算公式及簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】計(jì)算題；信息給予題；定量思想；推理法；動(dòng)能定理的應(yīng)用專題；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力．【答案】（1）a離子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，到達(dá)x軸上的位置為L(zhǎng)；（2）①U的調(diào)節(jié)范圍為U0≤U≤4U0；②b離子落在噴鍍板P下表面的區(qū)域長(zhǎng)度為；1（3）U的大小為9qB2L232m；U【分析】（1）a離子經(jīng)電場(chǎng)加速后進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理、向心力公式和牛頓第二定律求解離子到達(dá)x軸上的位置；（2）①根據(jù)a離子經(jīng)電場(chǎng)加速后進(jìn)入第一象限的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)打在x軸上的范圍求解電壓的范圍；②根據(jù)b離子經(jīng)電壓為U的電場(chǎng)加速后，再在xOy平面第一次偏轉(zhuǎn)打在x軸上位置坐標(biāo)以及電壓的范圍求解b粒子打在x軸上的位置范圍；b離子能從柵極板任意位置經(jīng)電壓為UMN的電場(chǎng)減速射入虛線下方磁場(chǎng)，求解電壓滿足的范圍；b離子先經(jīng)電壓為U的電場(chǎng)加速后再在第一象限磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)后，經(jīng)電壓為UMN=34U（3）根據(jù)（1）求解a離子落在噴鍍板中點(diǎn)時(shí)的位置坐標(biāo)，然后求解加速電壓，根據(jù)動(dòng)能定理、牛頓第二定律求解柵極板之間的電壓?！窘獯稹拷猓海?）a離子經(jīng)電壓為U的電場(chǎng)加速，由動(dòng)能定理qUa離子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力qvBa離子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，到達(dá)x軸上的位置為x0＝2R；解得x由于U聯(lián)立解得x0＝L；（2）①要使a離子能落到噴鍍板P上表面任意位置處，只能經(jīng)過(guò)電壓為U的電場(chǎng)加速再經(jīng)過(guò)第一象限勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)一次打在P板上方任意處，則L≤x′0≤2L由（1）得q即U0≤U≤4U0；②b離子先經(jīng)電壓為U的電場(chǎng)加速后再在xOy平面第一次偏轉(zhuǎn)打在x軸上位置坐標(biāo)x由于qbmb=14?qm解得2L≤xb≤4L則b離子能從柵極板（坐標(biāo)范圍52L≤x≤b離子先經(jīng)電壓為U的電場(chǎng)加速后再在第一象限磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)后，再經(jīng)電壓為UNM=洛倫茲力提供向心力q得Δxb＝2R′當(dāng)U=2516U0時(shí)，當(dāng)U=4916U0時(shí)，b離子從柵極左端經(jīng)虛線下方磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)打在則b離子落在P下表面區(qū)域長(zhǎng)度Δx（3）要求a離子落在噴鍍板中點(diǎn)Q，由（1）得x則U由于U聯(lián)立解得U則b離子從x′b＝3L處經(jīng)過(guò)柵極板，要使b離子打在P板下方中央處，設(shè)UNM＝k′U根據(jù)動(dòng)能定理(1洛倫茲力提供向心力qΔx聯(lián)立解得k則UNM當(dāng)減速n次Uqb﹣nUNMqb=rn=聯(lián)立解得r當(dāng)減速n次恰好打在P板下方中央處，2rn﹣1＞2L2r即9L2解得：27即n＜277，n取整數(shù)，故可得n＝1，2，UNM=27B2q答：（1）a離子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，到達(dá)x軸上的位置為L(zhǎng)；（2）①U的調(diào)節(jié)范圍為U0≤U≤4U0；②b離子落在噴鍍板P下表面的區(qū)域長(zhǎng)度為；1（3）U的大小為9qB2L232m；U【點(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)的組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，物理過(guò)程復(fù)雜，難度大；弄清離子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況，掌握動(dòng)能定理和牛頓第二定律在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)用是解題的關(guān)鍵。15．（2024?天津）如圖所示，在Oxy平面直角坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)，存在半徑為R的半圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，半圓與x軸相切于M點(diǎn)，與y軸相切于N點(diǎn)，直線邊界與x軸平行，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里。在第一象限存在沿+x方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E。一帶負(fù)電粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，從M點(diǎn)以速度v沿+y方向進(jìn)入第一象限，正好能沿直線勻速穿過(guò)半圓區(qū)域。不計(jì)粒子重力。（1）求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。唬?）若僅有電場(chǎng)，求粒子從M點(diǎn)到達(dá)y軸的時(shí)間t；（3）若僅有磁場(chǎng)，改變粒子入射速度的大小，粒子能夠到達(dá)x軸上P點(diǎn)，M、P的距離為3R，求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1【考點(diǎn)】帶電粒子在疊加場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在弧形或圓形邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；推理論證能力．【答案】（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為Ev（2）若僅有電場(chǎng)，粒子從M點(diǎn)到達(dá)y軸的時(shí)間t為2mR（3）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1為2πmv【分析】（1）從M點(diǎn)以速度v沿+y方向進(jìn)入第一象限的帶負(fù)電粒子，根據(jù)圖中標(biāo)出的電場(chǎng)、磁場(chǎng)方向，以及粒子速度方向，可以判斷出粒子受到的靜電力和洛倫茲力方向。帶電粒子正好能沿直線勻速穿過(guò)半圓區(qū)域，說(shuō)明靜電力與洛倫茲力兩者大小相等，方向相反。據(jù)此求得B的大小。（2）在僅有電場(chǎng)時(shí)帶電粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)。依照題意，粒子沿﹣x方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，位移為R，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以求粒子從M點(diǎn)到達(dá)y軸的時(shí)間t。（3）分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，帶電粒子在僅存在磁場(chǎng)的半圓區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)，由洛倫茲力提供向心力，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。離開(kāi)半圓磁場(chǎng)區(qū)域后，不受任何力作用，做勻速直線運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)。由幾何關(guān)系求得圓弧軌跡的圓心角，結(jié)合運(yùn)動(dòng)周期可以求得粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間?！窘獯稹拷猓海?）由題意可知，靜電力與洛倫茲力大小相等，方向相反，則有：qE＝qBv解得：B（2）粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a，由牛頓第二定律得：qE＝ma依題意，粒子沿﹣x方向運(yùn)動(dòng)的位移為R，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：R=聯(lián)立解得：t（3）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，離開(kāi)磁場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖所示。粒子從Q點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，則PQ延長(zhǎng)線必然經(jīng)過(guò)半圓形磁場(chǎng)的圓心O′，設(shè)∠MO′P＝θ，由幾何關(guān)系可得：tanθ=3RR設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r，速度大小為v1，由洛倫茲力提供向心力得：qv設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)，則有：T=由幾何條件可得：t1聯(lián)立解得：t答：（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為Ev（2）若僅有電場(chǎng)，粒子從M點(diǎn)到達(dá)y軸的時(shí)間t為2mR（3）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1為2πmv【點(diǎn)評(píng)】本題綜合性較強(qiáng)，涉及知識(shí)內(nèi)容廣泛，以帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)為背景素材，重點(diǎn)考查了左手定則、洛倫茲力、靜電力、力的平衡、向心力、牛頓第二定律、勻速圓周運(yùn)動(dòng)、類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)等知識(shí)，對(duì)考生的物理觀念和科學(xué)思維素養(yǎng)進(jìn)行了考查。16．（2024?福建）如圖，直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。第Ⅱ、Ⅲ象限中有兩平行板電容器C1、C2，其中C1垂直x軸放置，極板與x軸相交處存在小孔M、N；C2垂直y軸放置，上、下極板右端分別緊貼y軸上的P、O點(diǎn)。一帶電粒子從M靜止釋放，經(jīng)電場(chǎng)直線加速后從N射出，緊貼C2下極板進(jìn)入C2，而后從P進(jìn)入第Ⅰ象限；經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰好垂直x軸離開(kāi)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示。已知粒子質(zhì)量為m、帶電量為q，O、P間距離為d，C1、C2的板間電壓大小均為U，板間電場(chǎng)視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，不計(jì)重力，忽略邊緣效應(yīng)。求：（1）粒子經(jīng)過(guò)N時(shí)的速度大小；（2）粒子經(jīng)過(guò)P時(shí)速度方向與y軸正向的夾角；（3）磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小?！究键c(diǎn)】帶電粒子由電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子先后經(jīng)過(guò)加速電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)．【專題】應(yīng)用題；信息給予題；定量思想；推理法；磁場(chǎng)磁場(chǎng)對(duì)電流的作用；理解能力．【答案】（1）粒子經(jīng)過(guò)N時(shí)的速度大小為2qU（2）粒子經(jīng)過(guò)P時(shí)速度方向與y軸正向的夾角為45°；（3）磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為1d【分析】（1）根據(jù)動(dòng)能定理列式求解粒子經(jīng)過(guò)N點(diǎn)時(shí)的速度大??；（2）根據(jù)動(dòng)能定理求解粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度，再由運(yùn)動(dòng)的合成和分解和幾何關(guān)系求出夾角；（3）根據(jù)幾何關(guān)系確定粒子在磁場(chǎng)中的半徑，再由洛倫茲力充當(dāng)向心力求解磁感應(yīng)強(qiáng)度。【解答】解：（1）粒子在電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理得：Uq=12解得：v=2（2）粒子進(jìn)入C2后水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，豎直方向?yàn)閯蚣铀僦本€運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理可得：Uq=12解得：v2=2由幾何關(guān)系可知，粒子豎直方向上的分速度為2qUm，水平速度和豎直速度相等，由運(yùn)動(dòng)的合成和分解規(guī)律可知，粒子經(jīng)過(guò)P時(shí)速度方向與y軸正向的夾角為（3）粒子以速度v2進(jìn)入磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知，圓的半徑R=d由牛頓第二定律可得qv2B＝mv聯(lián)立解得B=答：（1）粒子經(jīng)過(guò)N時(shí)的速度大小為2qU（2）粒子經(jīng)過(guò)P時(shí)速度方向與y軸正向的夾角為45°；（3）磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為1d【點(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的加速、偏轉(zhuǎn)以及磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)，要注意掌握各種運(yùn)動(dòng)的求解方法，明確電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)合成與分解的應(yīng)用，掌握磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)的處理方法。17．（2024?海南）如圖，在xOy坐標(biāo)系中有三個(gè)區(qū)域，圓形區(qū)域Ⅰ分別與x軸和y軸相切于P點(diǎn)和S點(diǎn)。半圓形區(qū)域Ⅱ的半徑是區(qū)域Ⅰ半徑的2倍。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ的圓心O1、O2連線與x軸平行，半圓與圓相切于Q點(diǎn)，QF垂直于x軸，半圓的直徑MN所在的直線右側(cè)為區(qū)域Ⅲ。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ分別有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向均垂直紙面向外。區(qū)域Ⅰ下方有一粒子源和加速電場(chǎng)組成的發(fā)射器，可將質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子由電場(chǎng)加速到v0。改變發(fā)射器的位置，使帶電粒子在OF范圍內(nèi)都沿著y軸正方向以相同的速度v0沿紙面射入?yún)^(qū)域Ⅰ。已知某粒子從P點(diǎn)射入?yún)^(qū)域Ⅰ，并從Q（1）求加速電場(chǎng)兩板間的電壓U和區(qū)域Ⅰ的半徑R；（2）在能射入?yún)^(qū)域Ⅲ的粒子中，某粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，求該粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t；（3）在區(qū)域Ⅲ加入勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E＝Bv0，方向沿x軸正方向。此后，粒子源中某粒子經(jīng)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ射入?yún)^(qū)域Ⅲ，進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅲ時(shí)速度方向與y軸負(fù)方向的夾角成74°角。當(dāng)粒子動(dòng)能最大時(shí)，求粒子的速度大小以及所在的位置到y(tǒng)軸的距離。(sin【考點(diǎn)】帶電粒子在疊加場(chǎng)中做旋進(jìn)運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力．【答案】（1）加速電場(chǎng)兩板間的電壓mv02（2）該粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間πmBq（3）粒子的速度大小2.6v0，所在的位置到y(tǒng)軸的距離172m【分析】（1）根據(jù)動(dòng)能定理結(jié)合牛頓第二定律求加速電場(chǎng)兩板間的電壓U和區(qū)域Ⅰ的半徑R；（2）由洛倫茲力提供向心力結(jié)合幾何關(guān)系、周期公式，求該粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t；（3）對(duì)速度v0進(jìn)行分解，判斷出粒子沿y正方向做旋進(jìn)運(yùn)動(dòng)，結(jié)合幾何關(guān)系求粒子的速度大小所在的位置到x軸的距離?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)動(dòng)能定理得：qU解得：U粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域I做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意某粒子從P點(diǎn)射入?yún)^(qū)域Ⅰ，并從Q點(diǎn)射入?yún)^(qū)域Ⅱ，故可知此時(shí)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡半徑與區(qū)域Ⅰ的半徑R相等，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)洛倫茲力提供向心力Bqv解得：R（2）帶電粒子在OF范圍內(nèi)都沿著y軸正方向以相同的速度v0沿紙面射入?yún)^(qū)域Ⅰ，由（1）可得，粒子的在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡半徑均為R，因?yàn)樵趨^(qū)域Ⅰ中的磁場(chǎng)半徑和軌跡半徑相等，粒子射入點(diǎn)、區(qū)域Ⅰ圓心O1、軌跡圓心O'、粒子出射點(diǎn)四點(diǎn)構(gòu)成一個(gè)菱形由幾何關(guān)系可得，區(qū)域Ⅰ圓心O1和粒子出射點(diǎn)連線平行于粒子射入點(diǎn)與軌跡圓心O'連線，則區(qū)域Ⅰ圓心O1和粒子出射點(diǎn)水平，根據(jù)磁聚焦原理可知粒子都從Q點(diǎn)射出，粒子射入?yún)^(qū)域Ⅱ，仍做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力q?解得：R'＝2R如上圖，要使能射入?yún)^(qū)域Ⅲ的粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角最小，可知在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的圓弧所對(duì)的弦長(zhǎng)最短，即此時(shí)最短弦長(zhǎng)為區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)圓半徑2R，根據(jù)幾何知識(shí)可得此時(shí)在區(qū)域Ⅱ和區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角都為60°，粒子在兩區(qū)域磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期分別為T(mén)1T2故可得該粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t=解得：t（3）如圖，將速度v0分解為沿y軸正方向的速度v0及速度v'，因?yàn)镋＝Bv0可得Eq＝Bqv0，故可知沿y軸正方向的速度v0產(chǎn)生的洛倫茲力與電場(chǎng)力平衡，粒子同時(shí)受到另一方向的洛倫茲力Bqv'，故粒子沿y正方向做旋進(jìn)運(yùn)動(dòng)，根據(jù)角度可知v'＝2v0sin53°＝1.6v0故當(dāng)v'方向?yàn)樨Q直向上時(shí)此時(shí)粒子速度最大，即最大速度為vm＝v0+1.6v0＝2.6v0圓周運(yùn)動(dòng)半徑R′=mv根據(jù)幾何關(guān)系可知此時(shí)所在的位置到y(tǒng)軸的距離為L(zhǎng)＝R′+R′sin53°+2R+2R解得L=答：（1）加速電場(chǎng)兩板間的電壓mv02（2）該粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間πmBq（3）粒子的速度大小2.6v0，所在的位置到y(tǒng)軸的距離172m【點(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)的組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，要求學(xué)生能正確分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程和運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，畫(huà)出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，熟練應(yīng)用對(duì)應(yīng)的規(guī)律解題。18．（2024?湖南）如圖，有一內(nèi)半徑為2r、長(zhǎng)為L(zhǎng)的圓筒，左右端面圓心O′、O處各開(kāi)有一小孔。以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，取O′O方向?yàn)閤軸正方向建立xyz坐標(biāo)系。在筒內(nèi)x≤0區(qū)域有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向沿x軸正方向；筒外x≥0區(qū)域有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)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(gè)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(jì)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(guò)O進(jìn)入電場(chǎng)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值；（2）?。?）問(wèn)中最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，若進(jìn)入磁場(chǎng)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(duì)值；（3）?。?）問(wèn)中最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，求電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)y軸正方向的最大位移。【考點(diǎn)】帶電粒子由磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問(wèn)題．【專題】定量思想；推理法；合成分解法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力．【答案】（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值為2πm（2）進(jìn)入磁場(chǎng)中電子的速度方向與x軸正方向最大夾角為θ，tanθ的絕對(duì)值為2πr（3）電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)y軸正方向的最大位移為2π【分析】（1）將電子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)分解為沿x軸的勻速直線運(yùn)動(dòng)和在平行于yOz平面的平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)。由沿x軸方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)求得在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間。根據(jù)牛頓第二定律求得分運(yùn)動(dòng)勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑和周期，根據(jù)題意確定周期與運(yùn)動(dòng)時(shí)間的關(guān)系求解。（2）當(dāng)夾角θ最大時(shí)，tanθ有最大值，此時(shí)沿y軸的分速度最大，則圓周運(yùn)動(dòng)的半徑最大，根據(jù)幾何關(guān)系得到半徑的最大值，根據(jù)牛頓第二定律。（3）電子在電場(chǎng)中沿y軸方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)沿y軸的分速度最大最大，且方向沿y軸正方向時(shí)，電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)沿y軸正方向位移最大，根據(jù)牛頓第二定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解?！窘獯稹拷猓海?）將電子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)分解為沿x軸的勻速直線運(yùn)動(dòng)和在平行于yOz平面的平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子入射時(shí)沿y軸的分速度大小為vy。由電子在x軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)得：L＝v0t設(shè)電子的分運(yùn)動(dòng)勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，周期為T(mén)。由牛頓第二定律得：eBv解得：RT=由題意可知所有電子均能經(jīng)過(guò)O進(jìn)入電場(chǎng)，則有：t＝nT，（n＝1、2、3……）聯(lián)立解得：B當(dāng)n＝1時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度B有最小值，解得B的最小值為：Bmin（2）如下圖所示，可知：tanθ當(dāng)夾角θ最大時(shí)，tanθ有最大值，vy最大，圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R最大，因電子始終未與筒壁碰撞，故R的最大值為：Rm＝r由牛頓第二定律得：eB解得：vtanθ=所求的tanθ的絕對(duì)值為：tanθ=（3）在磁場(chǎng)中電子的分運(yùn)動(dòng)勻速圓周運(yùn)動(dòng)一周后在O點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，電子在電場(chǎng)中沿y軸方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)vy最大且方向沿y軸正方向時(shí)電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)沿y軸正方向有最大位移ym，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有：ym由牛頓第二定律得：a由（2）可知：v解得：y答：（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值為2πm（2）進(jìn)入磁場(chǎng)中電子的速度方向與x軸正方向最大夾角為θ，tanθ的絕對(duì)值為2πr（3）電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)y軸正方向的最大位移為2π【點(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。本題粒子在磁場(chǎng)中做螺旋線運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)可分解為勻加速直線運(yùn)動(dòng)與勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)分運(yùn)動(dòng)的獨(dú)立性與等時(shí)性解答。在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由幾何關(guān)系求得運(yùn)動(dòng)半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解其它物理量。19．（2024?新課標(biāo)）一質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的帶電粒子始終在同一水平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，其速度可用圖示的直角坐標(biāo)系內(nèi)一個(gè)點(diǎn)P（vx，vy）表示，vx、vy分別為粒子速度在水平面內(nèi)兩個(gè)坐標(biāo)軸上的分量。粒子出發(fā)時(shí)P位于圖中a（0，v0）點(diǎn)，粒子在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)作用下運(yùn)動(dòng)，P點(diǎn)沿線段ab移動(dòng)到b（v0，v0）點(diǎn)；隨后粒子離開(kāi)電場(chǎng)，進(jìn)入方向豎直、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，P點(diǎn)沿以O(shè)為圓心的圓弧移動(dòng)至c（﹣v0，v0）點(diǎn)；然后粒子離開(kāi)磁場(chǎng)返回電場(chǎng)，P點(diǎn)沿線段ca回到a點(diǎn)。已知任何相等的時(shí)間內(nèi)P點(diǎn)沿圖中閉合曲線通過(guò)的曲線長(zhǎng)度都相等。不計(jì)重力。求：（1）粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和周期；（2）電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。唬?）P點(diǎn)沿圖中閉合曲線移動(dòng)1周回到a點(diǎn)時(shí)，粒子位移的大小?！究键c(diǎn)】帶電粒子由磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；參照思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；應(yīng)用數(shù)學(xué)處理物理問(wèn)題的能力．【答案】（1）粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為2mv0（2）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小2B（3）P點(diǎn)沿圖中閉合曲線移動(dòng)1周回到a點(diǎn)時(shí)，粒子位移的大小為(2-2【分析】（1）由矢量合成求得粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力求得運(yùn)動(dòng)半徑，根據(jù)周期的定義求解圓周運(yùn)動(dòng)周期。（2）分析粒子在電場(chǎng)中的受力與運(yùn)動(dòng)，可知粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)。將運(yùn)動(dòng)分解處理，由沿x軸做勻加速運(yùn)動(dòng)可求得時(shí)間與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系。分析P點(diǎn)的移動(dòng)與粒子的運(yùn)動(dòng)的關(guān)聯(lián)，在平面直角坐標(biāo)系中作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖。由幾何關(guān)系結(jié)合周期求得圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)間。求出題圖中線段ab的長(zhǎng)度與圓弧bc的長(zhǎng)度。由題意建立等量關(guān)系求解。（3）根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡圖，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，結(jié)合幾何關(guān)系求解粒子位移的大小?！窘獯稹拷猓海?）由題可知，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)vy＝v0，vx＝v0，由矢量合成易知此時(shí)粒子的速度為：v粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力得：qvB=解得圓周運(yùn)動(dòng)半徑為：r圓周運(yùn)動(dòng)周期為：T（2）粒子在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)作用下運(yùn)動(dòng)，P點(diǎn)由題圖中從a點(diǎn)到b點(diǎn)過(guò)程，沿y軸分速度不變，而沿x軸分速度由零增加到v0，因粒子只受電場(chǎng)力，故可知電場(chǎng)力方向沿x軸方向，粒子沿x軸做勻加速運(yùn)動(dòng)，沿y軸做勻速運(yùn)動(dòng)，即粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)此過(guò)程運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，由沿x軸做勻加速運(yùn)動(dòng)可得：v0＝at1=解得：t1=根據(jù)題圖所示坐標(biāo)系，圖中線段ab的長(zhǎng)度與v0在數(shù)值上相等，可記為：vab＝v0P點(diǎn)從b（v0，v0）移動(dòng)到c（﹣v0，v0）點(diǎn)對(duì)應(yīng)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在水平面內(nèi)建立平面直角坐標(biāo)系xO′y，在第一、四象限為磁場(chǎng)區(qū)域，第二、三象限為電場(chǎng)區(qū)域，根據(jù)在a、b、c點(diǎn)的速度關(guān)系，作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖所示。由幾何關(guān)系可知?jiǎng)蛩賵A周運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心角為270°，故圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t2=在題圖中線段aO的長(zhǎng)等于線段ab的長(zhǎng)，圓弧bc的半徑在數(shù)值上等于2vab=2v0，由∠bOc=π2，可知圓弧bc的圓心角為3vbc=32π?2由題意：任何相等的時(shí)間內(nèi)P點(diǎn)沿圖中閉合曲線通過(guò)的曲線長(zhǎng)度都相等，可得：vab聯(lián)立解得：E（3）根據(jù)上圖的粒子軌跡圖，粒子由a到b在電場(chǎng)中沿y軸的位移大小為：yab＝v0t1=由幾何關(guān)系得粒子在磁場(chǎng)中的位移大?。磮A弧軌跡的弦長(zhǎng)）為：ybcP點(diǎn)沿線段ca回到a點(diǎn)對(duì)應(yīng)粒子在軌跡圖中由c運(yùn)動(dòng)到a′，此過(guò)程粒子的運(yùn)動(dòng)為反向的類(lèi)平拋與由a到b的類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)對(duì)稱，即c到a′沿y軸的位移大小等于yab，可得所求的粒子位移大小為：Δy＝y(tǒng)bc﹣2yab聯(lián)立解得：Δy=答：（1）粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為2mv0（2）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小2B（3）P點(diǎn)沿圖中閉合曲線移動(dòng)1周回到a點(diǎn)時(shí)，粒子位移的大小為(2-2【點(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。難度較大，關(guān)鍵理解題意，建立P點(diǎn)的移動(dòng)與粒子的運(yùn)動(dòng)的關(guān)聯(lián)，理解圖中閉合曲線的長(zhǎng)度的意義。作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡圖是關(guān)鍵。粒子在電場(chǎng)在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，將運(yùn)動(dòng)分解處理。在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合幾何關(guān)系求解。20．（2024?江蘇）如圖所示，兩個(gè)半圓區(qū)域abcd、a′b′c′d′中有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（內(nèi)外半徑分別為R1和R2），磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，ab與a′b′間有一個(gè)寬度為d勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)為E，cd與c′d′間有一個(gè)寬度為d插入體，電子每次經(jīng)過(guò)插入體速度減為原來(lái)的k倍（k＜1）?，F(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m、電量為e的電子，從cd面射入插入體，經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)、電場(chǎng)后再次到達(dá)cd面，速度增加，多次循環(huán)運(yùn)動(dòng)后，電子到達(dá)cd的速度大小達(dá)到一個(gè)穩(wěn)定值，忽略相對(duì)論效應(yīng)，忽略經(jīng)過(guò)電場(chǎng)與插入體的時(shí)間。求：（1）電子進(jìn)入插入體前后在磁場(chǎng)中的半徑r1：r2；（2）電子多次循環(huán)后到達(dá)cd的穩(wěn)定速度v；（3）若電子到達(dá)cd中點(diǎn)P時(shí)速度穩(wěn)定，并最終到達(dá)邊界上的d點(diǎn)，求電子從P到d的時(shí)間t?！究键c(diǎn)】帶電粒子由磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力．【答案】答：（1）電子進(jìn)入插入體前后在磁場(chǎng)中的半徑r1：r2為1：k；（2）電子多次循環(huán)后到達(dá)cd的穩(wěn)定速度v為2eEdm(1-（3）電子從P到d的時(shí)間t為π(【分析】（1）電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，結(jié)合題意求解。（2）穩(wěn)定后電子經(jīng)過(guò)插入體后的速度大小為kv，經(jīng)過(guò)電場(chǎng)加速后速度大小為v，根據(jù)動(dòng)能定理求解。（3）作出由P點(diǎn)開(kāi)始相繼在兩個(gè)半圓區(qū)域的運(yùn)動(dòng)軌跡。根據(jù)（1）（2）的結(jié)論，由幾何關(guān)系求得電子由P點(diǎn)多次循環(huán)后到達(dá)d點(diǎn)的循環(huán)次數(shù)，依據(jù)電子在左、右半圓區(qū)域的運(yùn)動(dòng)周期求解電子從P到d的時(shí)間。【解答】解：（1）設(shè)電子進(jìn)入插入體前后的速度大小分別為v1、v2，由題意可得：v2＝kv1電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力得：evB=解得：r=可知在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑r∝v，可得：r1：r2＝v1：v2＝1：k（2）電子多次循環(huán)后到達(dá)cd的穩(wěn)定速度大小為v，則經(jīng)過(guò)插入體后的速度大小為kv。電子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)加速后速度大小為v，根據(jù)動(dòng)能定理得：eEd=解得：v=2eEdm（3）電子到達(dá)cd中點(diǎn)P時(shí)速度穩(wěn)定，并最終到達(dá)邊界上的d點(diǎn)。由P點(diǎn)開(kāi)始相繼在兩個(gè)半圓區(qū)域的運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖所示。根據(jù)（1）（2）的結(jié)論，可得電子在右半圓區(qū)域的運(yùn)動(dòng)半徑為：r=電子在左半圓區(qū)域的運(yùn)動(dòng)半徑為kr圖中所示的Δx＝2r﹣2krP點(diǎn)與d點(diǎn)之間的距離為：Pd=12（R2﹣R電子由P點(diǎn)多次循環(huán)后到達(dá)d點(diǎn)的循環(huán)次數(shù)為：n=電子在左、右半圓區(qū)域的運(yùn)動(dòng)周期均為T(mén)=忽略經(jīng)過(guò)電場(chǎng)與插入體的時(shí)間，則每一次循環(huán)的時(shí)間均等于T，可得電子從P到d的時(shí)間為：t＝nT=答：（1）電子進(jìn)入插入體前后在磁場(chǎng)中的半徑r1：r2為1：k；（2）電子多次循環(huán)后到達(dá)cd的穩(wěn)定速度v為2eEdm(1-（3）電子從P到d的時(shí)間t為π(【點(diǎn)評(píng)】本題考查了帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。粒子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)加速的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理求解。在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合幾何關(guān)系求解。本題（3）問(wèn)中電子做周期性循環(huán)運(yùn)動(dòng)，作出運(yùn)動(dòng)軌跡是關(guān)鍵。

考點(diǎn)卡片1．牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】牛頓第二定律的表達(dá)式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計(jì)算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計(jì)算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計(jì)算物體的質(zhì)量?！久}方向】一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對(duì)人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。解答：對(duì)人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據(jù)牛頓第三定律，人對(duì)電梯的壓力等于電梯對(duì)人的支持力，故人對(duì)電梯的壓力等于43mg故選：A。點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵對(duì)人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解?！窘忸}方法點(diǎn)撥】在應(yīng)用牛頓第二定律解決簡(jiǎn)單問(wèn)題時(shí)，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達(dá)式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。2．牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問(wèn)題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程符合牛頓第二定律，表達(dá)式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命題方向】我國(guó)著名體操運(yùn)動(dòng)員童飛，首次在單杠項(xiàng)目中完成了“單臂大回環(huán)”：用一只手抓住單杠，以單杠為軸做豎直面上的圓周運(yùn)動(dòng)．假設(shè)童飛的質(zhì)量為55kg，為完成這一動(dòng)作，童飛在通過(guò)最低點(diǎn)時(shí)的向心加速度至少是4g，那么在完成“單臂大回環(huán)”的過(guò)程中，童飛的單臂至少要能夠承受多大的力．分析：運(yùn)動(dòng)員在最低點(diǎn)時(shí)處于超重狀態(tài)，由單杠對(duì)人拉力與重力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解．解答：運(yùn)動(dòng)員在最低點(diǎn)時(shí)處于超重狀態(tài)，設(shè)運(yùn)動(dòng)員手臂的拉力為F，由牛頓第二定律可得：F心＝ma心則得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飛的單臂至少要能夠承受2750N的力．點(diǎn)評(píng)：解答本題的關(guān)鍵是分析向心力的來(lái)源，建立模型，運(yùn)用牛頓第二定律求解．【解題思路點(diǎn)撥】圓周運(yùn)動(dòng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題分析（1）向心力的確定①確定圓周運(yùn)動(dòng)的軌道所在的平面及圓心的位置．②分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，該力就是向心力．（2）向心力的來(lái)源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個(gè)力的合力或某個(gè)力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解決圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題步驟①審清題意，確定研究對(duì)象；②分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，即物體的線速度、角速度、周期、軌道平面、圓心、半徑等；③分析物體的受力情況，畫(huà)出受力示意圖，確定向心力的來(lái)源；④根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律及向心力公式列方程．3．動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.動(dòng)能定理的內(nèi)容：合外力做的功等于動(dòng)能的變化量。2.表達(dá)式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點(diǎn)針對(duì)簡(jiǎn)單情況下用動(dòng)能定理來(lái)解題的情況?！久}方向】如圖所示，質(zhì)量m＝10kg的物體放在水平地面上，物體與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物體上，使物體由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，作用時(shí)間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中的加速度；（2）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的位移（3）物體從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過(guò)程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）對(duì)物體受力分析知，物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移公式即可求得位移的大小；（3）對(duì)全程用動(dòng)能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對(duì)物體受力分析，由牛頓第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×