PAGE1專題21帶電粒子在復(fù)合場中的運動考點十年考情（2016-2025）命題趨勢考點1帶電粒子在復(fù)合場中的運動（10年10考）2025·福建·高考真題2025·廣西·高考真題2024·重慶·高考真題、2024·湖北·高考真題、2024·廣西·高考真題、2023·北京·高考真題、2023·全國高考真題、2023·海南·高考真題、2023·全國高考真題、2023·福建·高考真題、2023·天津高考真題、2023·浙江·高考真題、2023·湖北·高考真題、2022·北京·高考真題、2022·廣東·高考真題、2022·遼寧·高考真題、2022·湖北·高考真題、2021·北京·高考真題、2021·全國高考真題、2021·海南·高考真題、2021·湖北·高考真題、2021·湖南·高考真題、2020·全國·高考真題、2020·天津·高考真題、2020·北京·高考真題、2020·江蘇·高考真題、2020·浙江·高考真題、2019·北京·高考真題、2019·全國、高考真題、2019·海南·高考真題、2019·江蘇高考真題、2018·海南·高考真題、2018·江蘇·高考真題、2018·浙江·高考真題、2017·全國·高考真題、2017.全國·高考真題、2017·浙江·高考真題、2016·全國高考真題、2016·四川高考真題、2016·海南·高考真題、2016·浙江·高考真題注重綜合考查：該知識點常融合電場、磁場、復(fù)合場等知識，考查學(xué)生運用力電綜合知識思考問題的能力，綜合性極強，旨在鑒別考生的數(shù)理轉(zhuǎn)化和空間思維能力。結(jié)合實際情境：命題情境緊密聯(lián)系生活、生產(chǎn)實際，如以電視機顯像管、電磁流量計、磁流體發(fā)電機、質(zhì)譜儀等為背景，體現(xiàn)“物理從生活中來，從生活走向社會”的理念。題型創(chuàng)新靈活：可能出現(xiàn)滾輪線模型等新穎題型，注重考查學(xué)生的應(yīng)變能力和創(chuàng)新能力。備考時，學(xué)生應(yīng)扎實掌握基礎(chǔ)知識，強化綜合應(yīng)用訓(xùn)練，關(guān)注實際情境和題型創(chuàng)新，學(xué)會將實際問題轉(zhuǎn)化為物理模型，正確畫出運動軌跡，靈活運用幾何關(guān)系和三角函數(shù)知識進(jìn)行分析與計算。考點01帶電粒子在復(fù)合場中的運動1．（2025·福建·高考真題）空間中存在垂直紙面向里的勻強磁場B與水平向右的勻強電場E，一帶電體在復(fù)合場中恰能沿著MN做勻速直線運動，MN與水平方向呈45°，NP水平向右。帶電量為q，速度為v，質(zhì)量為m，當(dāng)粒子到N時，撤去磁場，一段時間后粒子經(jīng)過P點，重力加速度為,則（）A．電場強度為B．磁場強度為C．NP兩點的電勢差為D．粒子從N→P時距離NP的距離最大值為【答案】BC【詳解】AB、帶電體在復(fù)合場中能沿著做勻速直線運動，可知粒子受力情況如圖所示。由受力平衡可知解得電場強度，磁感應(yīng)強度，故A錯誤，B正確。C、在點撤去磁場后，粒子受力方向與運動方向垂直，做類平拋運動，如圖所示。且加速度粒子到達(dá)點時，位移偏轉(zhuǎn)角為，故在點，速度角的正切值所以粒子在點的速度到過程，由動能定理，有解得兩點間的電勢差，C正確；D、將粒子在點的速度沿水平方向和豎直方向進(jìn)行分解，可知粒子在豎直方向做豎直上拋運動，且故粒子能向上運動的最大距離D錯誤；故選BC。2．（2025·廣西·高考真題）如圖，帶等量正電荷q的M、N兩種粒子，以幾乎為0的初速度從S飄入電勢差為U的加速電場，經(jīng)加速后從O點沿水平方向進(jìn)入速度選擇器（簡稱選擇器）。選擇器中有豎直向上的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場。當(dāng)選擇器的電場強度大小為E，磁感應(yīng)強度大小為B1，右端開口寬度為2d時，M粒子沿軸線OO′穿過選擇器后，沿水平方向進(jìn)入磁感應(yīng)強度大小為B2、方向垂直紙面向外的勻強磁場（偏轉(zhuǎn)磁場），并最終打在探測器上；N粒子以與水平方向夾角為θ的速度從開口的下邊緣進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場，并與M粒子打在同一位置，忽略粒子重力和粒子間的相互作用及邊界效應(yīng)，則（）A．M粒子質(zhì)量為B．剛進(jìn)入選擇器時，N粒子的速度小于M粒子的速度C．調(diào)節(jié)選擇器，使N粒子沿軸線OO′穿過選擇器，此時選擇器的電場強度與磁感應(yīng)強度大小之比為D．調(diào)節(jié)選擇器，使N粒子沿軸線OO′進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場，打在探測器上的位置與調(diào)節(jié)前M粒子打在探測器上的位置間距為【答案】AD【詳解】A．對M粒子在加速電場中在速度選擇器中解得M的質(zhì)量，故A正確；B．進(jìn)入粒子速度選擇器后因N粒子向下偏轉(zhuǎn)，可知即，故B錯誤；C．M粒子在磁場中運動半徑為r1，則解得N粒子在磁場中運動的半徑為r2，則解得其中可得由動能定理N粒子在選擇器中在加速電場中解得，則要想使得粒子N沿軸線OO＇通過選擇器，則需滿足聯(lián)立解得，故C錯誤；D．若N粒子沿直線通過選擇器，則在磁場中運動的半徑為r3，則打在探測器的位移與調(diào)節(jié)前M打在探測器上的位置間距為其中，可得，故D正確。故選AD。3．（2025·黑吉遼蒙卷·高考真題）如圖，在平面第一、四象限內(nèi)存在垂直平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，一帶正電的粒子從點射入磁場，速度方向與y軸正方向夾角，從點射出磁場。已知粒子的電荷量為，質(zhì)量為m，忽略粒子重力及磁場邊緣效應(yīng)。(1)求粒子射入磁場的速度大小和在磁場中運動的時間。(2)若在平面內(nèi)某點固定一負(fù)點電荷，電荷量為，粒子質(zhì)量?。╧為靜電力常量），粒子仍沿（1）中的軌跡從M點運動到N點，求射入磁場的速度大小。(3)在（2）問條件下，粒子從N點射出磁場開始，經(jīng)時間速度方向首次與N點速度方向相反，求（電荷量為Q的點電荷產(chǎn)生的電場中，取無限遠(yuǎn)處的電勢為0時，與該點電荷距離為r處的電勢）?！敬鸢浮?1)，(2)(3)【詳解】（1）作出正電荷在磁場中運動的軌跡，如圖所示由幾何關(guān)系可知，正電荷在磁場中做勻速圓周運動的半徑為由洛倫茲力提供向心力解得正電荷的入射速度大小為正電荷在磁場中運動的周期為所以正電荷從M運動到N的時間為（2）由題意可知，在平面內(nèi)的負(fù)電荷在圓心O處，由牛頓第二定律可知，其中解得或（舍去）（3）在（2）的條件下，由題意可知，粒子從N點離開，僅在點電荷的作用下運動，粒子所需要的向心力大于點電荷提供的庫侖力，因此粒子無法做勻速圓周運動，即正電荷從N點離開磁場后繞負(fù)電荷做橢圓運動，如圖所示由能量守恒定律得由開普勒第二定律可知其中聯(lián)立解得由牛頓第二定律解得故正電荷從點離開磁場后到首次速度變?yōu)榕c點的射出速度相反的時間為4．（2025·河南·高考真題）如圖，水平虛線上方區(qū)域有垂直于紙面向外的勻強磁場，下方區(qū)域有豎直向上的勻強電場。質(zhì)量為m、帶電量為q（）的粒子從磁場中的a點以速度向右水平發(fā)射，當(dāng)粒子進(jìn)入電場時其速度沿右下方向并與水平虛線的夾角為，然后粒子又射出電場重新進(jìn)入磁場并通過右側(cè)b點，通過b點時其速度方向水平向右。a、b距水平虛線的距離均為h，兩點之間的距離為。不計重力。(1)求磁感應(yīng)強度的大小；(2)求電場強度的大小；(3)若粒子從a點以豎直向下發(fā)射，長時間來看，粒子將向左或向右漂移，求漂移速度大小。（一個周期內(nèi)粒子的位移與周期的比值為漂移速度）【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）根據(jù)題意可知，畫出粒子的運動軌跡，如圖所示由題意可知設(shè)粒子在磁場中做圓周運動的半徑為，由幾何關(guān)系有解得由牛頓第二定律有解得（2）根據(jù)題意，由對稱性可知，粒子射出電場時，速度大小仍為，方向與水平虛線的夾角為，由幾何關(guān)系可得則粒子在電場中的運動時間為沿電場方向上，由牛頓第二定律有由運動學(xué)公式有聯(lián)立解得（3）若粒子從a點以豎直向下發(fā)射，畫出粒子的運動軌跡，如圖所示由于粒子在磁場中運動的速度大小仍為，粒子在磁場中運動的半徑仍為，由幾何關(guān)系可得，粒子進(jìn)入電場時速度與虛線的夾角結(jié)合小問2分析可知，粒子在電場中的運動時間為間的距離為由幾何關(guān)系可得則粒子在磁場中的運動時間為則有綜上所述可知，粒子每隔時間向右移動，則漂移速度大小5．（2025·貴州·高考真題）如圖所示，軸水平向右，軸豎直向上，軸垂直紙面向里（圖中未畫出），在平面里有豎直向上的勻強電場，在的平面下方存在垂直紙面向里的勻強磁場，的平面上方有垂直紙面向里的勻強磁場（未知）。有一帶正電的粒子，質(zhì)量為，從坐標(biāo)原點出發(fā)，沿軸正方向以速度射出后做圓周運動，其中，，點坐標(biāo)。已知重力加速度為，粒子電荷量為。求：(1)電場強度的大小及該粒子第一次經(jīng)過平面時的位置對應(yīng)的坐標(biāo)值；(2)當(dāng)該帶電粒子沿軸正方向飛出到達(dá)點時間最小時，求的大?。?3)若將電場改成沿y軸正方向，粒子同樣從坐標(biāo)原點沿x軸以速度射出，求粒子的軌跡方程?！敬鸢浮?1)，(2)(3)【詳解】（1）由題意可知，粒子受到重力、洛倫茲力和電場力做勻速圓周運動，可以判斷粒子受到的電場力與重力平衡，則解得粒子做勻速圓周運動，圓周運動軌跡如圖所示洛倫茲力提供向心力得解得粒子運動的軌道半徑根據(jù)圓周運動軌跡，由幾何關(guān)系得代入數(shù)據(jù)解得。（2）粒子做勻速圓周運動，可能的運動軌跡如圖所示設(shè)粒子進(jìn)入磁場中速度方向與磁場分界面成角，由幾何關(guān)系可得可解得設(shè)粒子在磁場中運動的軌道半徑為，根據(jù)圓周運動軌跡可知粒子運動到點應(yīng)滿足當(dāng)取最小值時，運動時間最短。所以當(dāng)時，運動時間最短，代入的值解得根據(jù)聯(lián)立可得當(dāng)該帶電粒子沿軸正方向飛出到達(dá)點時間最小時，的大小為。（3）若將電場方向改為軸方向正方向，由受力分析，粒子受到沿軸正方向的洛倫茲力、沿軸負(fù)方向的重力、沿軸正方向的電場力，根據(jù)解得粒子受到的洛倫茲力大小為正好與重力相平衡，所以粒子在軸正方向做勻加速直線運動，有由牛頓第二定律有粒子在軸正方向做勻加速直線運動，有聯(lián)立解得軌跡方程6．（2025·云南·高考真題）磁屏蔽技術(shù)可以降低外界磁場對屏蔽區(qū)域的干擾。如圖所示，區(qū)域存在垂直平面向里的勻強磁場，其磁感應(yīng)強度大小為（未知）。第一象限內(nèi)存在邊長為的正方形磁屏蔽區(qū)ONPQ，經(jīng)磁屏蔽后，該區(qū)域內(nèi)的勻強磁場方向仍垂直平面向里，其磁感應(yīng)強度大小為（未知），但滿足。某質(zhì)量為m、電荷量為的帶電粒子通過速度選擇器后，在平面內(nèi)垂直y軸射入?yún)^(qū)域，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后剛好從ON中點垂直O(jiān)N射入磁屏蔽區(qū)域。速度選擇器兩極板間電壓U、間距d、內(nèi)部磁感應(yīng)強度大小已知，不考慮該粒子的重力。(1)求該粒子通過速度選擇器的速率；(2)求以及y軸上可能檢測到該粒子的范圍；(3)定義磁屏蔽效率，若在Q處檢測到該粒子，則是多少？【答案】(1)(2)，(3)【詳解】（1）由于該粒子在速度選擇器中受力平衡，故其中則該粒子通過速度選擇器的速率為（2）粒子在區(qū)域內(nèi)左勻速圓周運動，從ON的中點垂直O(jiān)N射入磁屏蔽區(qū)域，由幾何關(guān)系可知由洛倫茲力提供給向心力聯(lián)立可得由于，根據(jù)洛倫茲力提供給向心力解得當(dāng)時粒子磁屏蔽區(qū)向上做勻速直線運動，離開磁屏蔽區(qū)后根據(jù)左手定則，粒子向左偏轉(zhuǎn)，如圖所示根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得故粒子打在y軸3L處，綜上所述y軸上可能檢測到該粒子的范圍為。（3）若在Q處檢測到該粒子，如圖由幾何關(guān)系可知解得由洛倫茲力提供向心力聯(lián)立解得其中根據(jù)磁屏蔽效率可得若在Q處檢測到該粒子，則7．（2024·天津·高考真題）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)，存在半徑為R的半圓形勻強磁場區(qū)域，半圓與x軸相切于M點，與y軸相切于N點，直線邊界與x軸平行，磁場方向垂直于紙面向里。在第一象限存在沿方向的勻強電場，電場強度大小為E．一帶負(fù)電粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，從M點以速度v沿方向進(jìn)入第一象限，正好能沿直線勻速穿過半圓區(qū)域。不計粒子重力。(1)求磁感應(yīng)強度B的大??；(2)若僅有電場，求粒子從M點到達(dá)y軸的時間t；(3)若僅有磁場，改變粒子入射速度的大小，粒子能夠到達(dá)x軸上P點，M、P的距離為，求粒子在磁場中運動的時間?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳解】（1）根據(jù)題意可知，由于一帶負(fù)電粒子能沿直線勻速穿過半圓區(qū)域，由平衡條件有解得（2）若僅有電場，帶負(fù)電粒子受沿軸負(fù)方向的電場力，由牛頓第二定律有又有聯(lián)立解得（3）根據(jù)題意，設(shè)粒子入射速度為，則有可得畫出粒子的運動軌跡，如圖所示由幾何關(guān)系可得解得則軌跡所對圓心角為，則粒子在磁場中運動的時間8．（2024·福建·高考真題）如圖，直角坐標(biāo)系中，第Ⅰ象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場。第Ⅱ、Ⅲ象限中有兩平行板電容器、，其中垂直軸放置，極板與軸相交處存在小孔、；垂直軸放置，上、下極板右端分別緊貼軸上的、點。一帶電粒子從靜止釋放，經(jīng)電場直線加速后從射出，緊貼下極板進(jìn)入，而后從進(jìn)入第Ⅰ象限；經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好垂直軸離開，運動軌跡如圖中虛線所示。已知粒子質(zhì)量為、帶電量為，、間距離為，、的板間電壓大小均為，板間電場視為勻強電場，不計重力，忽略邊緣效應(yīng)。求：(1)粒子經(jīng)過時的速度大??；(2)粒子經(jīng)過時速度方向與軸正向的夾角；(3)磁場的磁感應(yīng)強度大小。【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）粒子從M到N的運動過程中，根據(jù)動能定理有解得（2）粒子在中，根據(jù)牛頓運動定律有根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有、又解得（3）粒子在P處時的速度大小為在磁場中運動時根據(jù)牛頓第二定律有由幾何關(guān)系可知解得9．（2024·貴州·高考真題）如圖，邊長為L的正方形區(qū)域及矩形區(qū)域內(nèi)均存在電場強度大小為E、方向豎直向下且與邊平行的勻強電場，右邊有一半徑為且與相切的圓形區(qū)域，切點為的中點，該圓形區(qū)域與區(qū)域內(nèi)均存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場。一帶電粒子從b點斜向上射入電場后沿圖中曲線運動，經(jīng)邊的中點進(jìn)入?yún)^(qū)域，并沿直線通過該區(qū)域后進(jìn)入圓形區(qū)域。所有區(qū)域均在紙面內(nèi)，粒子始終在該紙面內(nèi)運動，不計粒子重力。求：(1)粒子沿直線通過區(qū)域時的速度大??；(2)粒子的電荷量與質(zhì)量之比；(3)粒子射出圓形區(qū)域時速度方向與進(jìn)入圓形區(qū)域時速度方向的夾角。【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）帶電粒子在區(qū)域做直線運動，則有電場力與洛倫茲力平衡，可知粒子帶正電，經(jīng)邊的中點速度水平向右，設(shè)粒子到達(dá)邊的中點速度大小為，帶電荷量為，質(zhì)量為，由平衡條件則有解得（2）粒子從b點到邊的中點的運動，可逆向看做從邊的中點到b點的類平拋運動，設(shè)運動時間為，加速度大小為，由牛頓第二定律可得由類平拋運動規(guī)律可得聯(lián)立解得粒子的電荷量與質(zhì)量之比（3）粒子從中點射出到圓形區(qū)域做勻圓周運動，設(shè)粒子的運動半徑為，由洛倫茲力提供向心力可得解得粒子在磁場中運動軌跡圖如圖所示，由圖可知，粒子沿半徑方向射入，又沿半徑方向射出，設(shè)粒子射出圓形區(qū)域時速度方向與進(jìn)入圓形區(qū)域時速度方向的夾角為，由幾何關(guān)系可知可得則有10．（2024·江蘇·高考真題）同步輻射光源中儲存環(huán)的簡化模型如圖所示，內(nèi)、外半徑分別為、的兩個半圓環(huán)區(qū)域abcd、a'b'c'd'中均有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為。ab與a'b'間有一電勢差為U的加速電場，cd與c'd'間有一個插入件，電子每次經(jīng)過插入件后，速度減小為通過前的k倍。現(xiàn)有一個質(zhì)量為m、電荷量為e的電子，垂直于cd射入插入件，經(jīng)過磁場、電場再次到達(dá)cd的速度增加，多次循環(huán)后到達(dá)的速度不再增加，達(dá)到穩(wěn)定值。不考慮相對論效應(yīng)，忽略經(jīng)過電場和插入件和的時間。(1)求該電子進(jìn)入插入件前、后，在磁場中運動的半徑之比；(2)求該電子多次循環(huán)后到達(dá)cd的穩(wěn)定速度v；(3)若該電子運動到cd的中點P時達(dá)到穩(wěn)定速度，并最終能到達(dá)邊界的d點，求電子從P點運動到d的時間t?！敬鸢浮?1)(2)，方向垂直于cd向左(3)【詳解】（1）設(shè)電子進(jìn)入插入件前后的速度大小分別為、，由題意可得電子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得解得可知在磁場中的運動半徑，可得（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)過插入件后的速度大小為kv。電子經(jīng)過電場加速后速度大小為v，根據(jù)動能定理得解得方向垂直于cd向左。（3）電子到達(dá)cd中點P時速度穩(wěn)定，并最終到達(dá)邊界上的d點。由Р點開始相繼在兩個半圓區(qū)域的運動軌跡如下圖所示。根據(jù)（1）（2）的結(jié)論，可得電子在右半圓區(qū)域的運動半徑為電子在左半圓區(qū)域的運動半徑為kr，則P點與d點之間的距離為電子由Р點多次循環(huán)后到達(dá)d點的循環(huán)次數(shù)為電子在左、右半圓區(qū)域的運動周期均為忽略經(jīng)過電場與插入體的時間，則每一次循環(huán)的時間均等于T，可得電子從Р到d的時間為11．（2024·浙江·高考真題）探究性學(xué)習(xí)小組設(shè)計了一個能在噴鍍板的上下表面噴鍍不同離子的實驗裝置，截面如圖所示。在xOy平面內(nèi)，除x軸和虛線之間的區(qū)域外，存在磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向外的勻強磁場，在無磁場區(qū)域內(nèi)，沿著x軸依次放置離子源、長度為L的噴鍍板P、長度均為L的柵極板M和N（由金屬細(xì)絲組成的網(wǎng)狀電極），噴鍍板P上表面中點Q的坐標(biāo)為（1.5L，0），柵極板M中點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離子的倍，經(jīng)電壓U=kU0（其中，k大小可調(diào)，a和b離子初速度視為0）的電場加速后，沿著y軸射入上方磁場。經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)和柵極板N和M間電壓UNM調(diào)控（UNM>0），a和b離子分別落在噴鍍板的上下表面，并立即被吸收且電中和，忽略場的邊界效應(yīng)、離子受到的重力及離子間相互作用力。（1）若U=U0，求a離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，到達(dá)x軸上的位置x0（用L表示）。（2）調(diào)節(jié)U和UNM，并保持，使a離子能落到噴鍍板P上表面任意位置，求：①U的調(diào)節(jié)范圍（用U0表示）；②b離子落在噴鍍板P下表面的區(qū)域長度；（3）要求a和b離子恰好分別落在噴鍍板P上下表面的中點，求U和UNM的大小?！敬鸢浮浚?）L；（2）①；②；（3），【詳解】（1）對a離子根據(jù)動能定理得a離子在勻強磁場中做勻速圓周運動a離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，到達(dá)x軸上的位置，聯(lián)立解得（2）①要使a離子能落到噴鍍板P上表面任意位置，只能經(jīng)電壓為U的電場加速后再經(jīng)第一象限勻強磁場偏轉(zhuǎn)一次打在P板上方任意處，則結(jié)合（1）中分析得即即②b離子經(jīng)過電壓為U的電場加速后在磁場中第一次偏轉(zhuǎn)打在x軸上的位置坐標(biāo)為代入得故可知b離子能從柵極板（坐標(biāo)范圍為）任意位置經(jīng)電壓為的電場減速射入虛線下方的磁場，此時b離子先經(jīng)過電壓為U的電場加速再在第一象限磁場中做勻速圓周運動后再經(jīng)過電壓為的電場減速，因為根據(jù)動能定理得同時有，當(dāng)時，b離子從柵極板左端經(jīng)虛線下方磁場偏轉(zhuǎn)打在P，此時離柵極板左端的距離為當(dāng)時，b離子從柵極板右端經(jīng)虛線下方磁場偏轉(zhuǎn)打在P，此時離柵極板右端的距離為故b離子落在噴鍍板P下表面的區(qū)域長度為（3）要求a離子落在噴鍍板中點Q，由（1）可知故可得則b離子從處經(jīng)過柵極板，若b離子減速一次恰好打在P板下方中央處，設(shè)，則同理可知聯(lián)立解得則可得當(dāng)減速n次聯(lián)立得當(dāng)減速n次恰好打在P板下方中央處，可得即解得即，n取整數(shù)，故可得，故可得12．（2024·海南·高考真題）如圖，在xOy坐標(biāo)系中有三個區(qū)域，圓形區(qū)域Ⅰ分別與x軸和y軸相切于P點和S點。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的圓心連線與x軸平行，半圓與圓相切于Q點，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)強度大小為B、的勻強磁場，磁場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的粒子由電場加速到。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沿紙面射入?yún)^(qū)域Ⅰ。已知某粒子從P點射入?yún)^(qū)域Ⅰ，并從Q點射入?yún)^(qū)域Ⅱ（不計粒子的重力和粒子之間的影響）（1）求加速電場兩板間的電壓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中運動的時間最短，求該粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中運動的總時間t；（3）在區(qū)域Ⅲ加入勻強磁場和勻強電場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里，電場強度的大小，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時速度方向與y軸負(fù)方向的夾角成74°角。當(dāng)粒子動能最大時，求粒子的速度大小及所在的位置到y(tǒng)軸的距離?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3），【詳解】（1）根據(jù)動能定理得解得粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域I做勻速圓周運動，根據(jù)題意某粒子從P點射入?yún)^(qū)域Ⅰ，并從Q點射入?yún)^(qū)域Ⅱ，故可知此時粒子的運動軌跡半徑與區(qū)域Ⅰ的半徑R相等，粒子在磁場中運動洛倫茲力提供向心力解得（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沿紙面射入?yún)^(qū)域Ⅰ，由(1)可得，粒子的在磁場中做勻速圓周運動，軌跡半徑均為R，因為在區(qū)域Ⅰ中的磁場半徑和軌跡半徑相等，粒子射入點、區(qū)域Ⅰ圓心O1、軌跡圓心O'、粒子出射點四點構(gòu)成一個菱形，有幾何關(guān)系可得，區(qū)域Ⅰ圓心O1和粒子出射點連線平行于粒子射入點與軌跡圓心O'連線，則區(qū)域Ⅰ圓心O1和粒子出射點水平，根據(jù)磁聚焦原理可知粒子都從Q點射出，粒子射入?yún)^(qū)域II，仍做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力解得如圖，要使粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間最短，軌跡所對應(yīng)的圓心角最小，可知在區(qū)域Ⅱ中運動的圓弧所對的弦長最短，即此時最短弦長為區(qū)域Ⅱ的磁場圓半徑，根據(jù)幾何知識可得此時在區(qū)域Ⅱ和區(qū)域Ⅰ中運動的軌跡所對應(yīng)的圓心角都為，粒子在兩區(qū)域磁場中運動周期分別為故可得該粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中運動的總時間為（3）如圖，將速度分解為沿y軸正方向的速度及速度，因為可得，故可知沿y軸正方向的速度產(chǎn)生的洛倫茲力與電場力平衡，粒子同時受到另一方向的洛倫茲力，故粒子沿y正方向做旋進(jìn)運動，根據(jù)角度可知故當(dāng)方向為豎直向上時此時粒子速度最大，即最大速度為圓周運動半徑根據(jù)幾何關(guān)系可知此時所在的位置到y(tǒng)軸的距離為13．（2024·北京·高考真題）我國“天宮”空間站采用霍爾推進(jìn)器控制姿態(tài)和修正軌道。圖為某種霍爾推進(jìn)器的放電室（兩個半徑接近的同軸圓筒間的區(qū)域）的示意圖。放電室的左、右兩端分別為陽極和陰極，間距為d。陰極發(fā)射電子，一部分電子進(jìn)入放電室，另一部分未進(jìn)入。穩(wěn)定運行時，可視為放電室內(nèi)有方向沿軸向向右的勻強電場和勻強磁場，電場強度和磁感應(yīng)強度大小分別為E和；還有方向沿半徑向外的徑向磁場，大小處處相等。放電室內(nèi)的大量電子可視為處于陽極附近，在垂直于軸線的平面繞軸線做半徑為R的勻速圓周運動（如截面圖所示），可與左端注入的氙原子碰撞并使其電離。每個氙離子的質(zhì)量為M、電荷量為，初速度近似為零。氙離子經(jīng)過電場加速，最終從放電室右端噴出，與陰極發(fā)射的未進(jìn)入放電室的電子剛好完全中和。已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為；對于氙離子，僅考慮電場的作用。（1）求氙離子在放電室內(nèi)運動的加速度大小a；（2）求徑向磁場的磁感應(yīng)強度大?。唬?）設(shè)被電離的氙原子數(shù)和進(jìn)入放電室的電子數(shù)之比為常數(shù)k，單位時間內(nèi)陰極發(fā)射的電子總數(shù)為n，求此霍爾推進(jìn)器獲得的推力大小F?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）對于氙離子，僅考慮電場的作用，則氙離子在放電室時只受電場力作用，由牛頓第二定律解得氙離子在放電室內(nèi)運動的加速度大?。?）電子在陽極附近在垂直于軸線的平面繞軸線做半徑做勻速圓周運動，則軸線方向上所受電場力與徑向磁場給的洛侖茲力平衡，沿著軸線方向的勻強磁場給的洛侖茲力提供向心力，即，解得徑向磁場的磁感應(yīng)強度大小為（3）單位時間內(nèi)陰極發(fā)射的電子總數(shù)為n，被電離的氙原子數(shù)和進(jìn)入放電室的電子數(shù)之比為常數(shù)k，設(shè)單位時間內(nèi)進(jìn)入放電室的電子數(shù)為，則未進(jìn)入的電子數(shù)為，設(shè)單位時間內(nèi)被電離的氙離子數(shù)為,則有已知氙離子數(shù)從放電室右端噴出后與未進(jìn)入放電室的電子剛好完全中和，則有聯(lián)立可得單位時間內(nèi)被電離的氙離子數(shù)為氙離子經(jīng)電場加速，有時間內(nèi)氙離子所受到的作用力為，由動量定理有解得由牛頓第三定律可知，霍爾推進(jìn)器獲得的推力大小則14．（2024·甘肅·高考真題）質(zhì)譜儀是科學(xué)研究中的重要儀器，其原理如圖所示。Ⅰ為粒子加速器，加速電壓為U；Ⅱ為速度選擇器，勻強電場的電場強度大小為，方向沿紙面向下，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為，方向垂直紙面向里；Ⅲ為偏轉(zhuǎn)分離器，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為，方向垂直紙面向里。從S點釋放初速度為零的帶電粒子（不計重力），加速后進(jìn)入速度選擇器做直線運動、再由O點進(jìn)入分離器做圓周運動，最后打到照相底片的P點處，運動軌跡如圖中虛線所示。（1）粒子帶正電還是負(fù)電？求粒子的比荷。（2）求O點到P點的距離。（3）若速度選擇器Ⅱ中勻強電場的電場強度大小變?yōu)椋源笥冢较虿蛔?，粒子恰好垂直打在速度選擇器右擋板的點上。求粒子打在點的速度大小?！敬鸢浮浚?）帶正電，；（2）；（3）【詳解】（1）由于粒子向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電；設(shè)粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，粒子進(jìn)入速度選擇器時的速度為，在速度選擇器中粒子做勻速直線運動，由平衡條件在加速電場中，由動能定理聯(lián)立解得，粒子的比荷為（2）由洛倫茲力提供向心力可得O點到P點的距離為（3）粒子進(jìn)入Ⅱ瞬間，粒子受到向上的洛倫茲力向下的電場力由于，且所以通過配速法，如圖所示在O點將粒子的速度v分解為大小為v1、v2的兩個分速度，則有令v1對應(yīng)的洛倫茲力等于電場力，即可得則粒子的運動可分解為線速度大小為v2的勻速圓周運動和速度大小為v1的勻速直線運動，設(shè)粒子恰好垂直打在速度選擇器右擋板的點時的速度大小為，則有【點睛】15．（2024·安徽·高考真題）空間中存在豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，電場強度大小為E，磁感應(yīng)強度大小為B。一質(zhì)量為m的帶電油滴a，在紙面內(nèi)做半徑為R的圓周運動，軌跡如圖所示。當(dāng)a運動到最低點P時，瞬間分成兩個小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者帶電量、質(zhì)量均相同。Ⅰ在P點時與a的速度方向相同，并做半徑為的圓周運動，軌跡如圖所示。Ⅱ的軌跡未畫出。已知重力加速度大小為g，不計空氣浮力與阻力以及Ⅰ、Ⅱ分開后的相互作用，則（）A．油滴a帶負(fù)電，所帶電量的大小為B．油滴a做圓周運動的速度大小為C．小油滴Ⅰ做圓周運動的速度大小為，周期為D．小油滴Ⅱ沿順時針方向做圓周運動【答案】ABD【詳解】A．油滴a做圓周運動，故重力與電場力平衡，可知帶負(fù)電，有解得故A正確；B．根據(jù)洛倫茲力提供向心力得解得油滴a做圓周運動的速度大小為故B正確；C．設(shè)小油滴Ⅰ的速度大小為，得解得周期為故C錯誤；D．帶電油滴a分離前后動量守恒，設(shè)分離后小油滴Ⅱ的速度為，取油滴a分離前瞬間的速度方向為正方向，得解得由于分離后的小液滴受到的電場力和重力仍然平衡，分離后小油滴Ⅱ的速度方向與正方向相反，根據(jù)左手定則可知小油滴Ⅱ沿順時針方向做圓周運動，故D正確。故選ABD。16．（2024·廣東·高考真題）如圖甲所示。兩塊平行正對的金屬板水平放置，板間加上如圖乙所示幅值為、周期為的交變電壓。金屬板左側(cè)存在一水平向右的恒定勻強電場，右側(cè)分布著垂直紙面向外的勻強磁場。磁感應(yīng)強度大小為B．一帶電粒子在時刻從左側(cè)電場某處由靜止釋放，在時刻從下板左端邊緣位置水平向右進(jìn)入金屬板間的電場內(nèi)，在時刻第一次離開金屬板間的電場、水平向右進(jìn)入磁場，并在時刻從下板右端邊緣位置再次水平進(jìn)入金屬板間的電場。已知金屬板的板長是板間距離的倍，粒子質(zhì)量為m。忽略粒子所受的重力和場的邊緣效應(yīng)。（1）判斷帶電粒子的電性并求其所帶的電荷量q；（2）求金屬板的板間距離D和帶電粒子在時刻的速度大小v；（3）求從時刻開始到帶電粒子最終碰到上金屬板的過程中，電場力對粒子做的功W。【答案】（1）正電；；（2）；；（3）【詳解】（1）根據(jù)帶電粒子在右側(cè)磁場中的運動軌跡結(jié)合左手定則可知，粒子帶正電；粒子在磁場中運動的周期為根據(jù)洛倫茲力提供向心力得則粒子所帶的電荷量（2）若金屬板的板間距離為D，則板長粒子在板間運動時出電場時豎直速度為零，則豎直方向在磁場中時其中的聯(lián)立解得，（3）帶電粒子在電場和磁場中的運動軌跡如圖，由（2）的計算可知金屬板的板間距離則粒子在3t0時刻再次進(jìn)入中間的偏轉(zhuǎn)電場，在4t0時刻進(jìn)入左側(cè)的電場做減速運動速度為零后反向加速，在6t0時刻再次進(jìn)入中間的偏轉(zhuǎn)電場，6.5t0時刻碰到上極板，因粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動時，在時間t0內(nèi)電場力做功為零，在左側(cè)電場中運動時，往返一次電場力做功也為零，可知整個過程中只有開始進(jìn)入左側(cè)電場時電場力做功和最后0.5t0時間內(nèi)電場力做功，則17．（2024·湖南·高考真題）如圖，有一內(nèi)半徑為2r、長為L的圓筒，左右端面圓心O′、O處各開有一小孔。以O(shè)為坐標(biāo)原點，取O′O方向為x軸正方向建立xyz坐標(biāo)系。在筒內(nèi)x≤0區(qū)域有一勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向沿x軸正方向；筒外x≥0區(qū)域有一勻強電場，場強大小為E，方向沿y軸正方向。一電子槍在O′處向圓筒內(nèi)多個方向發(fā)射電子，電子初速度方向均在xOy平面內(nèi)，且在x軸正方向的分速度大小均為v0。已知電子的質(zhì)量為m、電量為e，設(shè)電子始終未與筒壁碰撞，不計電子之間的相互作用及電子的重力。（1）若所有電子均能經(jīng)過O進(jìn)入電場，求磁感應(yīng)強度B的最小值；（2）取（1）問中最小的磁感應(yīng)強度B，若進(jìn)入磁場中電子的速度方向與x軸正方向最大夾角為θ，求tanθ的絕對值；（3）?。?）問中最小的磁感應(yīng)強度B，求電子在電場中運動時y軸正方向的最大位移。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）電子在勻強磁場中運動時，將其分解為沿x軸的勻速直線運動和在yOz平面內(nèi)的勻速圓周運動，設(shè)電子入射時沿y軸的分速度大小為，由電子在x軸方向做勻速直線運動得在yOz平面內(nèi)，設(shè)電子做勻速圓周運動的半徑為R，周期為T，由牛頓第二定律知可得且由題意可知所有電子均能經(jīng)過O進(jìn)入電場，則有聯(lián)立得當(dāng)時，B有最小值，可得（2）將電子的速度分解，如圖所示有當(dāng)有最大值時，最大，R最大，此時，又，聯(lián)立可得，（3）當(dāng)最大時，電子在電場中運動時沿y軸正方向有最大位移，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有由牛頓第二定律知又聯(lián)立得18．（2024·遼寧·高考真題）現(xiàn)代粒子加速器常用電磁場控制粒子團的運動及尺度。簡化模型如圖：Ⅰ、Ⅱ區(qū)寬度均為L，存在垂直于紙面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度等大反向；Ⅲ、Ⅳ區(qū)為電場區(qū)，Ⅳ區(qū)電場足夠?qū)?，各區(qū)邊界均垂直于x軸，O為坐標(biāo)原點。甲、乙為粒子團中的兩個電荷量均為＋q，質(zhì)量均為m的粒子。如圖，甲、乙平行于x軸向右運動，先后射入Ⅰ區(qū)時速度大小分別為和。甲到P點時，乙剛好射入Ⅰ區(qū)。乙經(jīng)過Ⅰ區(qū)的速度偏轉(zhuǎn)角為30°，甲到O點時，乙恰好到P點。已知Ⅲ區(qū)存在沿＋x方向的勻強電場，電場強度大小。不計粒子重力及粒子間相互作用，忽略邊界效應(yīng)及變化的電場產(chǎn)生的磁場。（1）求磁感應(yīng)強度的大小B；（2）求Ⅲ區(qū)寬度d；（3）Ⅳ區(qū)x軸上的電場方向沿x軸，電場強度E隨時間t、位置坐標(biāo)x的變化關(guān)系為，其中常系數(shù)，已知、k未知，取甲經(jīng)過O點時。已知甲在Ⅳ區(qū)始終做勻速直線運動，設(shè)乙在Ⅳ區(qū)受到的電場力大小為F，甲、乙間距為Δx，求乙追上甲前F與Δx間的關(guān)系式（不要求寫出Δx的取值范圍）【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）對乙粒子，如圖所示由洛倫茲力提供向心力由幾何關(guān)系聯(lián)立解得，磁感應(yīng)強度的大小為（2）由題意可知，根據(jù)對稱性，乙在磁場中運動的時間為對甲粒子，由對稱性可知，甲粒子沿著直線從P點到O點，由運動學(xué)公式由牛頓第二定律聯(lián)立可得Ⅲ區(qū)寬度為（3）甲粒子經(jīng)過O點時的速度為因為甲在Ⅳ區(qū)始終做勻速直線運動，則可得設(shè)乙粒子經(jīng)過Ⅲ區(qū)的時間為，乙粒子在Ⅳ區(qū)運動時間為，則上式中對乙可得整理可得對甲可得則化簡可得乙追上甲前F與Δx間的關(guān)系式為【點睛】19．（2023·河北·高考真題）如圖1，真空中兩金屬板M、N平行放置，板間電壓U連續(xù)可調(diào)，在金屬板N的中心C處開有一小孔。F、G、H為正三角形CDE各邊中點，DE與金屬板平行。三角形FGH區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里。一帶電粒子從緊鄰M板的P點由靜止釋放沿CG方向進(jìn)入磁場，一段時間后沿的角平分線方向從E點離開。已知正三角形CDE的邊長為a，粒子質(zhì)量為m、電荷量大小為q，粒子重力不計。（1）求板間電壓U的大??；（2）若磁場區(qū)域如圖2，磁感應(yīng)強度不變。調(diào)整兩板間電壓大小，將該粒子從P點由靜止釋放，仍能沿的角平分線方向從E點離開，求粒子從C點運動到E點的時間。【答案】（1）；（2）【詳解】（1）粒子在電場中加速，由動能定理得根據(jù)洛倫茲力提供向心力根據(jù)幾何關(guān)系有解得板間電壓的大小為（2）根據(jù)題意，做出粒子的運動軌跡，如圖所示。根據(jù)幾何關(guān)系有則粒子在磁場中的運動時間為粒子在無磁場區(qū)域運動的時間為粒子從C點運動到E點的時間為20．（2023·重慶·高考真題）某同學(xué)設(shè)計了一種粒子加速器的理想模型。如圖所示，xOy平面內(nèi)，x軸下方充滿垂直于紙面向外的勻強磁場，x軸上方被某邊界分割成兩部分，一部分充滿勻強電場（電場強度與y軸負(fù)方向成α角），另一部分無電場，該邊界與y軸交于M點，與x軸交于N點。只有經(jīng)電場到達(dá)N點、與x軸正方向成α角斜向下運動的帶電粒子才能進(jìn)入磁場。從M點向電場內(nèi)發(fā)射一個比荷為的帶電粒子A，其速度大小為v0、方向與電場方向垂直，僅在電場中運動時間T后進(jìn)入磁場，且通過N點的速度大小為2v0。忽略邊界效應(yīng)，不計粒子重力。（1）求角度α及M、N兩點的電勢差。（2）在該邊界上任意位置沿與電場垂直方向直接射入電場內(nèi)的、比荷為的帶電粒子，只要速度大小適當(dāng)，就能通過N點進(jìn)入磁場，求N點橫坐標(biāo)及此邊界方程。（3）若粒子A第一次在磁場中運動時磁感應(yīng)強度大小為B1，以后每次在磁場中運動時磁感應(yīng)強度大小為上一次的一半，則粒子A從M點發(fā)射后，每次加速均能通過N點進(jìn)入磁場。求磁感應(yīng)強度大小B1及粒子A從發(fā)射到第n次通過N點的時間?！敬鸢浮浚?），；（2），；（3），【詳解】（1）粒子M點垂直于電場方向入射，粒子在電場中做類平拋運動，沿電場方向做勻加速直線運動，垂直于電場方向做勻速直線運動，在N點將速度沿電場方向與垂直于電場方向分解，在垂直于電場方向上有解得粒子從過程，根據(jù)動能定理有解得（2）對于從M點射入的粒子，沿初速度方向的位移為沿電場方向的位移為令N點橫坐標(biāo)為，根據(jù)幾何關(guān)系有解得根據(jù)上述與題意可知，令粒子入射速度為v，則通過N點進(jìn)入磁場的速度為2v，令邊界上點的坐標(biāo)為（x，y）則在沿初速度方向上有在沿電場方向有解得（3）由上述結(jié)果可知電場強度解得設(shè)粒子A第次在磁場中做圓周運動的線速度為，可得第次在N點進(jìn)入磁場的速度為第一次在N點進(jìn)入磁場的速度大小為，可得設(shè)粒子A第次在磁場中運動時的磁感應(yīng)強度為，由題意可得由洛倫茲力提供向心力得聯(lián)立解得粒子A第n次在磁場中的運動軌跡如圖所示

粒子每次在磁場中運動軌跡的圓心角均為300°，第n次離開磁場的位置C與N的距離等于，由C到N由動能定理得聯(lián)立上式解得由類平拋運動沿電場方向的運動可得，粒子A第n次在電場中運動的時間為粒子A第n次在磁場中運動的周期為粒子A第n次在磁場中運動的時間為設(shè)粒子A第n次在電場邊界MN與x軸之間的無場區(qū)域的位移為，邊界與x軸負(fù)方向的夾角為，則根據(jù)邊界方程可得，由正弦定理可得解得粒子A第n次在電場邊界MN與x軸之間運動的時間為粒子A從發(fā)射到第n次通過N點的過程，在電場中運動n次，在磁場和無場區(qū)域中均運動n-1次，則所求時間由等比數(shù)列求和得解得21．（2023·山東·高考真題）如圖所示，在，的區(qū)域中，存在沿y軸正方向、場強大小為E的勻強電場，電場的周圍分布著垂直紙面向外的恒定勻強磁場。一個質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子從OP中點A進(jìn)入電場（不計粒子重力）。（1）若粒子初速度為零，粒子從上邊界垂直QN第二次離開電場后，垂直NP再次進(jìn)入電場，求磁場的磁感應(yīng)強度B的大小；（2）若改變電場強度大小，粒子以一定的初速度從A點沿y軸正方向第一次進(jìn)入電場、離開電場后從P點第二次進(jìn)入電場，在電場的作用下從Q點離開。（i）求改變后電場強度的大小和粒子的初速度；（ii）通過計算判斷粒子能否從P點第三次進(jìn)入電場。

【答案】（1）；（2）（i），；（ii）不會【詳解】（1）由題意粒子在電場中做勻加速直線運動，根據(jù)動能定理有粒子在磁場中做勻速圓周運動，有粒子從上邊界垂直QN第二次離開電場后，垂直NP再次進(jìn)入電場，軌跡如圖

根據(jù)幾何關(guān)系可知聯(lián)立可得（2）（i）由題意可知，做出粒子在電場和磁場中運動軌跡如圖

在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關(guān)系可知解得所以有，洛倫茲力提供向心力帶電粒子從A點開始做勻加速直線運動，根據(jù)動能定理有再一次進(jìn)入電場后做類似斜拋運動，沿x方向有沿y方向上有其中根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立以上各式解得（ii）粒子從P到Q根據(jù)動能定理有可得從Q射出時的速度為此時粒子在磁場中的半徑

根據(jù)其幾何關(guān)系可知對應(yīng)的圓心坐標(biāo)為得，而圓心與P的距離為故不會再從P點進(jìn)入電場。22．（2023·遼寧·高考真題）如圖，水平放置的兩平行金屬板間存在勻強電場，板長是板間距離的倍。金屬板外有一圓心為O的圓形區(qū)域，其內(nèi)部存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強磁場。質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子沿中線以速度v0水平向右射入兩板間，恰好從下板邊緣P點飛出電場，并沿PO方向從圖中O'點射入磁場。已知圓形磁場區(qū)域半徑為，不計粒子重力。（1）求金屬板間電勢差U；（2）求粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向間的夾角θ；（3）僅改變圓形磁場區(qū)域的位置，使粒子仍從圖中O'點射入磁場，且在磁場中的運動時間最長。定性畫出粒子在磁場中的運動軌跡及相應(yīng)的弦，標(biāo)出改變后的圓形磁場區(qū)域的圓心M?！敬鸢浮浚?）；（2）或；（3）【詳解】（1）設(shè)板間距離為，則板長為，帶電粒子在板間做類平拋運動，兩板間的電場強度為根據(jù)牛頓第二定律得，電場力提供加速度解得設(shè)粒子在平板間的運動時間為，根據(jù)類平拋運動的運動規(guī)律得，聯(lián)立解得（2）設(shè)粒子出電場時與水平方向夾角為，則有故則出電場時粒子的速度為粒子出電場后沿直線勻速直線運動，接著進(jìn)入磁場，根據(jù)牛頓第二定律，洛倫茲力提供勻速圓周運動所需的向心力得解得已知圓形磁場區(qū)域半徑為，故粒子沿方向射入磁場即沿半徑方向射入磁場，故粒子將沿半徑方向射出磁場，粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向的夾角為，則粒子在磁場中運動圓弧軌跡對應(yīng)的圓心角也為，由幾何關(guān)系可得故粒子射出磁場時與射入磁場時運動方向的夾角為或；

（3）帶電粒子在該磁場中運動的半徑與圓形磁場半徑關(guān)系為，根據(jù)幾何關(guān)系可知，帶電粒子在該磁場中運動的軌跡一定為劣弧，故劣弧所對應(yīng)軌跡圓的弦為磁場圓的直徑時粒子在磁場中運動的時間最長。則相對應(yīng)的運動軌跡和弦以及圓心M的位置如圖所示：23．（2023·海南·高考真題）如圖所示，質(zhì)量為，帶電量為的點電荷，從原點以初速度射入第一象限內(nèi)的電磁場區(qū)域，在（為已知）區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強電場，在區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，控制電場強度（值有多種可能），可讓粒子從射入磁場后偏轉(zhuǎn)打到接收器上，則（

）

A．粒子從中點射入磁場，電場強度滿足B．粒子從中點射入磁場時速度為C．粒子在磁場中做圓周運動的圓心到的距離為D．粒子在磁場中運動的圓周半徑最大值是【答案】AD【詳解】A．若粒子打到PN中點，則解得選項A正確；B．粒子從PN中點射出時，則速度選項B錯誤；C．粒子從電場中射出時的速度方向與豎直方向夾角為θ，則粒子從電場中射出時的速度粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運動，則則粒子進(jìn)入磁場后做圓周運動的圓心到MN的距離為解得選項C錯誤；D．當(dāng)粒子在磁場中運動有最大運動半徑時，進(jìn)入磁場的速度最大，則此時粒子從N點進(jìn)入磁場，此時豎直最大速度出離電場的最大速度則由可得最大半徑選項D正確；故選AD。24．（2023·江蘇·高考真題）霍爾推進(jìn)器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型。Oxy平面內(nèi)存在豎直向下的勻強電場和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從O點沿x軸正方向水平入射。入射速度為v0時，電子沿x軸做直線運動；入射速度小于v0時，電子的運動軌跡如圖中的虛線所示，且在最高點與在最低點所受的合力大小相等。不計重力及電子間相互作用。（1）求電場強度的大小E；（2）若電子入射速度為，求運動到速度為時位置的縱坐標(biāo)y1；（3）若電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)均勻分布，求能到達(dá)縱坐標(biāo)位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的百分比。

【答案】（1）v0B；（2）；（3）90%【詳解】（1）由題知，入射速度為v0時，電子沿x軸做直線運動則有Ee=ev0B解得E=v0B（2）電子在豎直向下的勻強電場和垂直坐標(biāo)平面向里的勻強磁場的復(fù)合場中，由于洛倫茲力不做功，且由于電子入射速度為，則電子受到的電場力大于洛倫茲力，則電子向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)動能定理有解得（3）若電子以v入射時，設(shè)電子能達(dá)到的最高點位置的縱坐標(biāo)為y，則根據(jù)動能定理有由于電子在最高點與在最低點所受的合力大小相等，則在最高點有F合=evmB－eE在最低點有F合=eE－evB聯(lián)立有

要讓電子達(dá)縱坐標(biāo)位置，即y≥y2解得則若電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)均勻分布，能到達(dá)縱坐標(biāo)位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的90%。25．（2023·湖南·高考真題）如圖，真空中有區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，區(qū)域Ⅰ中存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下（與紙面平行），磁場方向垂直紙面向里，等腰直角三角形CGF區(qū)域（區(qū)域Ⅱ）內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外。圖中A、C、O三點在同一直線上，AO與GF垂直，且與電場和磁場方向均垂直。A點處的粒子源持續(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運動的粒子才能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ。若區(qū)域Ⅰ中電場強度大小為E、磁感應(yīng)強度大小為B1，區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小為B2，則粒子從CF的中點射出，它們在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為t0。若改變電場或磁場強弱，能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ中的粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為t，不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是（

）

A．若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?B1，則t>t0B．若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)?E，則t>t0C．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?，則D．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?，則【答案】D【詳解】由題知粒子在AC做直線運動，則有qv0B1=qE區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小為B2，則粒子從CF的中點射出，則粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為90°，根據(jù)，有A．若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?B1，則粒子在AC做直線運動的速度，有qvA?2B1=qE則再根據(jù)，可知粒子半徑減小，則粒子仍然從CF邊射出，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為90°，則t=t0，A錯誤；B．若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)?E，則粒子在AC做直線運動的速度，有qvBB1=q?2E則vB=2v0再根據(jù)，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，則粒子F點射出，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為90°，則t=t0，B錯誤；C．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)椋瑒t粒子在AC做直線運動的速度仍為v0，再根據(jù)，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉淼?，則粒子從OF邊射出，則畫出粒子的運動軌跡如下圖

根據(jù)可知轉(zhuǎn)過的圓心角θ=60°，根據(jù)，有則C錯誤；D．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?，則粒子在AC做直線運動的速度仍為v0，再根據(jù)，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉淼?，則粒子OF邊射出，則畫出粒子的運動軌跡如下圖

根據(jù)可知轉(zhuǎn)過的圓心角為α=45°，根據(jù)，有則D正確。故選D。26．（2023·全國乙卷·高考真題）如圖，一磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，方向垂直于紙面（xOy平面）向里，磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；SP=l，S與屏的距離為，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達(dá)接收屏。該粒子的比荷為（

）

A． B． C． D．【答案】A【詳解】由題知，一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點射出，

則根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子出離磁場時速度方向與豎直方向夾角為30°，則解得粒子做圓周運動的半徑r=2a則粒子做圓周運動有則有如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達(dá)接收屏，則有Eq=qvB聯(lián)立有故選A。27．（2022·天津·高考真題）如圖所示，M和N為平行金屬板，質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子從M由靜止開始被兩板間的電場加速后，從N上的小孔穿出，以速度v由C點射入圓形勻強磁場區(qū)域，經(jīng)D點穿出磁場，CD為圓形區(qū)域的直徑。已知磁場的磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向外，粒子速度方向與磁場方向垂直，重力略不計。（1）判斷粒子的電性，并求M、N間的電壓U；（2）求粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑r；（3）若粒子的軌道半徑與磁場區(qū)域的直徑相等，求粒子在磁場中運動的時間t?！敬鸢浮浚?）正電，；（2）；（3）【詳解】（1）帶電粒子在磁場中運動，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電。粒子在電場中運動由動能定理可知解得（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，所受洛倫茲力提供向心力，有解得（3）設(shè)粒子運動軌道圓弧對應(yīng)的圓心角為，如圖依題意粒子的軌道半徑與磁場區(qū)域的直徑相等，由幾何關(guān)系，得設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T，有帶電粒子在磁場中運動的時間聯(lián)立各式解得28．（2022·廣東·高考真題）如圖所示，磁控管內(nèi)局部區(qū)域分布有水平向右的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場。電子從M點由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經(jīng)過N、P兩點。已知M、P在同一等勢面上，下列說法正確的有（）A．電子從N到P，電場力做正功B．N點的電勢高于P點的電勢C．電子從M到N，洛倫茲力不做功D．電子在M點所受的合力大于在P點所受的合力【答案】BC【詳解】A．由題可知電子所受電場力水平向左，電子從N到P的過程中電場力做負(fù)功，故A錯誤；B．根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低可知N點的電勢高于P點，故B正確；C．由于洛倫茲力一直都和速度方向垂直，故電子從M到N洛倫茲力都不做功；故C正確；D．由于M點和P點在同一等勢面上，故從M到P電場力做功為0，而洛倫茲力不做功，M點速度為0，根據(jù)動能定理可知電子在P點速度也為0，則電子在M點和P點都只受電場力作用，在勻強電場中電子在這兩點電場力相等，即合力相等，故D錯誤；故選BC。29．（2022·河北·高考真題）兩塊面積和間距均足夠大的金屬板水平放置，如圖1所示，金屬板與可調(diào)電源相連形成電場，方向沿y軸正方向。在兩板之間施加磁場，方向垂直平面向外。電場強度和磁感應(yīng)強度隨時間的變化規(guī)律如圖2所示。板間O點放置一粒子源，可連續(xù)釋放質(zhì)量為m、電荷量為、初速度為零的粒子，不計重力及粒子間的相互作用，圖中物理量均為已知量。求：（1）時刻釋放的粒子，在時刻的位置坐標(biāo)；（2）在時間內(nèi)，靜電力對時刻釋放的粒子所做的功；（3）在點放置一粒接收器，在時間內(nèi)什么時刻釋放的粒子在電場存在期間被捕獲?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）或

【詳解】（1）在時間內(nèi)，電場強度為，帶電粒子在電場中加速度，根據(jù)動量定理可知解得粒子在時刻的速度大小為方向豎直向上，粒子豎直向上運動的距離在時間內(nèi)，根據(jù)粒子在磁場運動的周期可知粒子偏轉(zhuǎn)，速度反向，根據(jù)可知粒子水平向右運動的距離為粒子運動軌跡如圖所以粒子在時刻粒子的位置坐標(biāo)為，即；（2）在時間內(nèi)，電場強度為，粒子受到的電場力豎直向上，在豎直方向解得時刻粒子的速度方向豎直向上，粒子在豎直方向上運動的距離為在時間內(nèi)，粒子在水平方向運動的距離為此時粒子速度方向向下，大小為，在時間內(nèi)，電場強度為，豎直方向解得粒子在時刻的速度粒子在豎直方向運動的距離粒子運動的軌跡如圖在時間內(nèi)，靜電力對粒子的做功大小為電場力做正功；（3）根據(jù)（1）問中解析有，①若粒子到達(dá)點之前，在磁場中已經(jīng)過兩個半圓，則釋放時刻一定在時間內(nèi)，若在之間的時刻釋放粒子，粒子運動軌跡如圖丙所示，有，，，，，所以整理發(fā)現(xiàn)所以需滿足，代入數(shù)據(jù)解不等式，當(dāng)時不等式成立②若粒子到達(dá)點前只經(jīng)過一個半圓，則粒子在磁場中運動的軌跡半徑由得，經(jīng)第一次電場加速的末速度，則粒子在時間內(nèi)釋放不可能，如果在時間內(nèi)釋放，則第一次在電場中加速的時間，即在時釋放符合條件，但在此情況下，，經(jīng)過一個半圓后在電場中減速至速度為零的位移大小為聯(lián)立有故此情況下無法到達(dá)點，所以考慮在時間內(nèi)釋放，假設(shè)粒子第一次在電場中加速的時間為，則，在此種情況下，，經(jīng)過一個半圓后在電場中減速至速度為零的位移大小為聯(lián)立有故此情況下粒子能在點被吸收，所以粒子釋放時刻為綜上可知，在或時刻釋放的粒子在電場存在期間被捕獲30．（2022·山東·高考真題）中國“人造太陽”在核聚變實驗方面取得新突破，該裝置中用電磁場約束和加速高能離子，其部分電磁場簡化模型如圖所示，在三維坐標(biāo)系中，空間內(nèi)充滿勻強磁場I，磁感應(yīng)強度大小為B，方向沿x軸正方向；，的空間內(nèi)充滿勻強磁場II，磁感應(yīng)強度大小為，方向平行于平面，與x軸正方向夾角為；，的空間內(nèi)充滿沿y軸負(fù)方向的勻強電場。質(zhì)量為m、帶電量為的離子甲，從平面第三象限內(nèi)距軸為的點以一定速度出射，速度方向與軸正方向夾角為，在平面內(nèi)運動一段時間后，經(jīng)坐標(biāo)原點沿軸正方向進(jìn)入磁場I。不計離子重力。（1）當(dāng)離子甲從點出射速度為時，求電場強度的大?。唬?）若使離子甲進(jìn)入磁場后始終在磁場中運動，求進(jìn)入磁場時的最大速度；（3）離子甲以的速度從點沿軸正方向第一次穿過面進(jìn)入磁場I，求第四次穿過平面的位置坐標(biāo)（用d表示）；（4）當(dāng)離子甲以的速度從點進(jìn)入磁場I時，質(zhì)量為、帶電量為的離子乙，也從點沿軸正方向以相同的動能同時進(jìn)入磁場I，求兩離子進(jìn)入磁場后，到達(dá)它們運動軌跡第一個交點的時間差（忽略離子間相互作用）?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）（d，d，）；（4）【詳解】（1）如圖所示將離子甲從點出射速度為分解到沿軸方向和軸方向，離子受到的電場力沿軸負(fù)方向，可知離子沿軸方向做勻速直線運動，沿軸方向做勻減速直線運動，從到的過程，有聯(lián)立解得（2）離子從坐標(biāo)原點沿軸正方向進(jìn)入磁場I中，在磁場I中做勻速圓周運動，經(jīng)過磁場I偏轉(zhuǎn)后從軸進(jìn)入磁場II中，繼續(xù)做勻速圓周運動，如圖所示由洛倫茲力提供向心力可得，可得為了使離子在磁場中運動，則離子磁場I運動時，不能從磁場I上方穿出。在磁場II運動時，不能xOz平面穿出，則離子在磁場用運動的軌跡半徑需滿足，聯(lián)立可得要使離子甲進(jìn)入磁場后始終在磁場中運動，進(jìn)入磁場時的最大速度為；（3）離子甲以的速度從點沿z軸正方向第一次穿過面進(jìn)入磁場I，離子在磁場I中的軌跡半徑為離子在磁場II中的軌跡半徑為離子從點第一次穿過到第四次穿過平面的運動情景，如圖所示離子第四次穿過平面的坐標(biāo)為離子第四次穿過平面的坐標(biāo)為故離子第四次穿過平面的位置坐標(biāo)為（d，d，）。（4）設(shè)離子乙的速度為，根據(jù)離子甲、乙動能相同，可得可得離子甲、離子乙在磁場I中的軌跡半徑分別為，離子甲、離子乙在磁場II中的軌跡半徑分別為，根據(jù)幾何關(guān)系可知離子甲、乙運動軌跡第一個交點在離子乙第一次穿過x軸的位置，如圖所示從點進(jìn)入磁場到第一個交點的過程，有可得離子甲、乙到達(dá)它們運動軌跡第一個交點的時間差為31．（2021·重慶·高考真題）如圖1所示的豎直平面內(nèi)，在原點O有一粒子源，可沿x軸正方向發(fā)射速度不同、比荷均為的帶正電的粒子。在的區(qū)域僅有垂直于平面向內(nèi)的勻強磁場；的區(qū)域僅有如圖2所示的電場，時間內(nèi)和時刻后的勻強電場大小相等，方向相反（時間內(nèi)電場方向豎直向下），時間內(nèi)電場強度為零。在磁場左邊界直線上的某點，固定一粒子收集器（圖中未畫出）。0時刻發(fā)射的A粒子在時刻經(jīng)過左邊界進(jìn)入磁場，最終被收集器收集；B粒子在時刻以與A粒子相同的發(fā)射速度發(fā)射，第一次經(jīng)過磁場左邊界的位置坐標(biāo)為；C粒子在時刻發(fā)射，其發(fā)射速度是A粒子發(fā)射速度的，不經(jīng)過磁場能被收集器收集。忽略粒子間相互作用力和粒子重力，不考慮邊界效應(yīng)。(1)求電場強度E的大??；(2)求磁感應(yīng)強度B的大?。?3)設(shè)時刻發(fā)射的粒子能被收集器收集，求其有可能的發(fā)射速度大小?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)、、【詳解】（1）由粒子類平拋粒子先類平拋后勻直，可得

或解得（2）對粒子類平拋得

A進(jìn)入磁場時速度與軸正方向夾角為，則得即A粒子做勻圓，速度為半徑為，有

由可得對粒子類平拋運動的時間為

可得由幾何關(guān)系得聯(lián)立解得

（3）①設(shè)直接類平拋過D點，即解得

②設(shè)先類平拋后勻圓過D點，剛進(jìn)入磁場時與軸夾角為、偏移的距離為，則

整理得令，則上式變成觀察可得是其中一解，所以上方程等價于可得其解是或（另一解不符合題意，舍去）則有或綜上所述，能夠被粒子收集器收集的粒子速度有：、、。32．（2022·浙江·高考真題）如圖為研究光電效應(yīng)的裝置示意圖，該裝置可用于分析光子的信息。在xOy平面（紙面）內(nèi)，垂直紙面的金屬薄板M、N與y軸平行放置，板N中間有一小孔O。有一由x軸、y軸和以O(shè)為圓心、圓心角為90°的半徑不同的兩條圓弧所圍的區(qū)域Ⅰ，整個區(qū)域Ⅰ內(nèi)存在大小可調(diào)、方向垂直紙面向里的勻強電場和磁感應(yīng)強度大小恒為B1、磁感線與圓弧平行且逆時針方向的磁場。區(qū)域Ⅰ右側(cè)還有一左邊界與y軸平行且相距為l、下邊界與x軸重合的勻強磁場區(qū)域Ⅱ，其寬度為a，長度足夠長，其中的磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小可調(diào)。光電子從板M逸出后經(jīng)極板間電壓U加速（板間電場視為勻強電場），調(diào)節(jié)區(qū)域Ⅰ的電場強度和區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強度，使電子恰好打在坐標(biāo)為（a+2l，0）的點上，被置于該處的探測器接收。已知電子質(zhì)量為m、電荷量為e，板M的逸出功為W0，普朗克常量為h。忽略電子的重力及電子間的作用力。當(dāng)頻率為ν的光照射板M時有光電子逸出，（1）求逸出光電子的最大初動能Ekm，并求光電子從O點射入?yún)^(qū)域Ⅰ時的速度v0的大小范圍；（2）若區(qū)域Ⅰ的電場強度大小，區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強度大小，求被探測到的電子剛從板M逸出時速度vM的大小及與x軸的夾角；（3）為了使從O點以各種大小和方向的速度射向區(qū)域Ⅰ的電子都能被探測到，需要調(diào)節(jié)區(qū)域Ⅰ的電場強度E和區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強度B2，求E的最大值和B2的最大值?！敬鸢浮浚?）；；（2）；；（3）；【詳解】（1）光電效應(yīng)方程，逸出光電子的最大初動能（2）速度選擇器如圖所示，幾何關(guān)系（3）由上述表達(dá)式可得由而v0sinθ等于光電子在板逸出時沿y軸的分速度，則有即聯(lián)立可得B2的最大值33．（2021·福建·高考真題）一對平行金屬板中存在勻強電場和勻強磁場，其中電場的方向與金屬板垂直，磁場的方向與金屬板平行且垂直紙面向里，如圖所示。一質(zhì)子（）以速度自O(shè)點沿中軸線射入，恰沿中軸線做勻速直線運動。下列粒子分別自O(shè)點沿中軸線射入，能夠做勻速直線運動的是（）（所有粒子均不考慮重力的影響）A．以速度的射入的正電子B．以速度射入的電子C．以速度射入的核D．以速度射入的a粒子【答案】B【詳解】質(zhì)子（）以速度自O(shè)點沿中軸線射入，恰沿中軸線做勻速直線運動，將受到向上的洛倫茲力和電場力，滿足解得即質(zhì)子的速度滿足速度選擇器的條件；A．以速度的射入的正電子，所受的洛倫茲力小于電場力，正電子將向下偏轉(zhuǎn)，故A錯誤；B．以速度射入的電子，依然滿足電場力等于洛倫茲力，而做勻速直線運動，即速度選擇題不選擇電性而只選擇速度，故B正確；C．以速度射入的核，以速度射入的a粒子，其速度都不滿足速度選器的條件，故都不能做勻速直線運動，故CD錯誤；故選B。34．（2021·天津·高考真題）霍爾元件是一種重要的磁傳感器，可用在多種自動控制系統(tǒng)中。長方體半導(dǎo)體材料厚為a、寬為b、長為c，以長方體三邊為坐標(biāo)軸建立坐標(biāo)系，如圖所示。半導(dǎo)體中有電荷量均為e的自由電子與空穴兩種載流子，空穴可看作帶正電荷的自由移動粒子，單位體積內(nèi)自由電子和空穴的數(shù)目分別為n和p。當(dāng)半導(dǎo)體材料通有沿方向的恒定電流后，某時刻在半導(dǎo)體所在空間加一勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B，沿方向，于是在z方向上很快建立穩(wěn)定電場，稱其為霍爾電場，已知電場強度大小為E，沿方向。（1）判斷剛加磁場瞬間自由電子受到的洛倫茲力方向；（2）若自由電子定向移動在沿方向上形成的電流為，求單個自由電子由于定向移動在z方向上受到洛倫茲力和霍爾電場力的合力大??；（3）霍爾電場建立后，自由電子與空穴在z方向定向移動的速率分別為、，求時間內(nèi)運動到半導(dǎo)體z方向的上表面的自由電子數(shù)與空穴數(shù)，并說明兩種載流子在z方向上形成的電流應(yīng)滿足的條件?！敬鸢浮浚?）自由電子受到的洛倫茲力沿方向；（2）；（3）見解析所示【詳解】（1）自由電子受到的洛倫茲力沿方向；（2）設(shè)t時間內(nèi)流過半導(dǎo)體垂直于x軸某一橫截面自由電子的電荷量為q，由電流定義式，有設(shè)自由電子在x方向上定向移動速率為，可導(dǎo)出自由電子的電流微觀表達(dá)式為單個自由電子所受洛倫茲力大小為霍爾電場力大小為自由電子在z方向上受到的洛倫茲力和霍爾電場力方向相同，聯(lián)立得其合力大小為（3）設(shè)時間內(nèi)在z方向上運動到半導(dǎo)體上表面的自由電子數(shù)為、空穴數(shù)為，則霍爾電場建立后，半導(dǎo)體z方向的上表面的電荷量就不再發(fā)生變化，則應(yīng)即在任何相等時間內(nèi)運動到上表面的自由電子數(shù)與空穴數(shù)相等，這樣兩種載流子在z方向形成的電流應(yīng)大小相等、方向相反。35．（2021·北京·高考真題）如圖所示，M為粒子加速器；N為速度選擇器，兩平行導(dǎo)體板之間有方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁場的方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度為B。從S點釋放一初速度為0、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，經(jīng)M加速后恰能以速度v沿直線（圖中平行于導(dǎo)體板的虛線）通過N。不計重力。（1）求粒子加速器M的加速電壓U；（2）求速度選擇器N兩板間的電場強度E的大小和方向；（3）仍從S點釋放另一初速度為0、質(zhì)量為2m、電荷量為q的帶正電粒子，離開N時粒子偏離圖中虛線的距離為d，求該粒子離開N時的動能?！敬鸢浮浚?）；（2），方向垂直導(dǎo)體板向下；（3）【詳解】（1）粒子直線加速，根據(jù)功能關(guān)系有解得（2）速度選擇器中電場力與洛倫茲力平衡得方向垂直導(dǎo)體板向下。（3）粒子在全程電場力做正功，根據(jù)功能關(guān)系有解得36．（2021·山東·高考真題）某離子實驗裝置的基本原理如圖甲所示。Ⅰ區(qū)寬度為d，左邊界與x軸垂直交于坐標(biāo)原點O，其內(nèi)充滿垂直于平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為；Ⅱ區(qū)寬度為L，左邊界與x軸垂直交于點，右邊界與x軸垂直交于點，其內(nèi)充滿沿y軸負(fù)方向的勻強電場。測試板垂直x軸置于Ⅱ區(qū)右邊界，其中心C與點重合。從離子源不斷飄出電荷量為q、質(zhì)量為m的正離子，加速后沿x軸正方向過O點，依次經(jīng)Ⅰ區(qū)、Ⅱ區(qū)，恰好到達(dá)測試板中心C。已知離子剛進(jìn)入Ⅱ區(qū)時速度方向與x軸正方向的夾角為。忽略離子間的相互作用，不計重力。（1）求離子在Ⅰ區(qū)中運動時速度的大小v；（2）求Ⅱ區(qū)內(nèi)電場強度的大小E；（3）保持上述條件不變，將Ⅱ區(qū)分為左右兩部分，分別填充磁感應(yīng)強度大小均為B（數(shù)值未知）方向相反且平行y軸的勻強磁場，如圖乙所示。為使離子的運動軌跡與測試板相切于C點，需沿x軸移動測試板，求移動后C到的距離S?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)離子在Ⅰ區(qū)內(nèi)做勻速圓周運動的半徑為r，由牛頓第二定律得①根據(jù)幾何關(guān)系得②聯(lián)立①②式得（2）離子在Ⅱ區(qū)內(nèi)只受電場力，x方向做勻速直線運動，y方向做勻變速直線運動，設(shè)從進(jìn)入電場到擊中測試板中心C的時間為t，y方向的位移為，加速度大小為a，由牛頓第二定律得由運動的合成與分解得，，聯(lián)立得（3）Ⅱ區(qū)內(nèi)填充磁場后，離子在垂直y軸的方向做線速度大小為vcosθ的勻速圓周運動，如圖所示。設(shè)左側(cè)部分的圓心角為，圓周運動半徑為，運動軌跡長度為，由幾何關(guān)系得，由于在y軸方向的運動不變，離子的運動軌跡與測試板相切于C點，則離子在Ⅱ區(qū)內(nèi)的運動時間不變，故有C到的距離聯(lián)立得37．（2021·浙江·高考真題）如圖甲所示，空間站上某種離子推進(jìn)器由離子源、間距為d的中間有小孔的兩平行金屬板M、N和邊長為L的立方體構(gòu)成，其后端面P為噴口。以金屬板N的中心O為坐標(biāo)原點，垂直立方體側(cè)面和金屬板建立x、y和z坐標(biāo)軸。M、N板之間存在場強為E、方向沿z軸正方向的勻強電場；立方體內(nèi)存在磁場，其磁感應(yīng)強度沿z方向的分量始終為零，沿x和y方向的分量和隨時間周期性變化規(guī)律如圖乙所示，圖中可調(diào)。氙離子（）束從離子源小孔S射出，沿z方向勻速運動到M板，經(jīng)電場加速進(jìn)入磁場區(qū)域，最后從端面P射出，測得離子經(jīng)電場加速后在金屬板N中心點O處相對推進(jìn)器的速度為v0。已知單個離子的質(zhì)量為m、電荷量為，忽略離子間的相互作用，且射出的離子總質(zhì)量遠(yuǎn)小于推進(jìn)器的質(zhì)量。（1）求離子從小孔S射出時相對推進(jìn)器的速度大小vS；（2）不考慮在磁場突變時運動的離子，調(diào)節(jié)的值，使得從小孔S射出的離子均能從噴口后端面P射出，求的取值范圍；（3）設(shè)離子在磁場中的運動時間遠(yuǎn)小于磁場變化周期T，單位時間從端面P射出的離子數(shù)為n，且。求圖乙中時刻離子束對推進(jìn)器作用力沿z軸方向的分力?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3），方向沿z軸負(fù)方向【詳解】（1）離子從小孔S射出運動到金屬板N中心點O處，根據(jù)動能定理有解得離子從小孔S射出時相對推進(jìn)器的速度大小（2）當(dāng)磁場僅有沿x方向的分量取最大值時，離子從噴口P的下邊緣中點射出，根據(jù)幾何關(guān)系有根據(jù)洛倫茲力提供向心力有聯(lián)立解得當(dāng)磁場在x和y方向的分量同取最大值時，離子從噴口P邊緣交點射出，根據(jù)幾何關(guān)系有此時；根據(jù)洛倫茲力提供向心力有聯(lián)立解得故的取值范圍為；（3）粒子在立方體中運動軌跡剖面圖如圖所示由題意根據(jù)洛倫茲力提供向心力有且滿足所以可得所以可得離子從端面P射出時，在沿z軸方向根據(jù)動量定理有根據(jù)牛頓第三定律可得離子束對推進(jìn)器作用力大小為方向沿z軸負(fù)方向。38．（2021·廣東·高考真題）圖是一種花瓣形電子加速器簡化示意圖，空間有三個同心圓a、b、c圍成的區(qū)域，圓a內(nèi)為無場區(qū)，圓a與圓b之間存在輻射狀電場，圓b與圓c之間有三個圓心角均略小于90°的扇環(huán)形勻強磁場區(qū)Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各區(qū)磁感應(yīng)強度恒定，大小不同，方向均垂直紙面向外。電子以初動能從圓b上P點沿徑向進(jìn)入電場，電場可以反向，保證電子每次進(jìn)入電場即被全程加速，已知圓a與圓b之間電勢差為U，圓b半徑為R，圓c半徑為，電子質(zhì)量為m，電荷量為e，忽略相對論效應(yīng)，取。（1）當(dāng)時，電子加速后均沿各磁場區(qū)邊緣進(jìn)入磁場，且在電場內(nèi)相鄰運動軌跡的夾角均為45°，最終從Q點出射，運動軌跡如圖中帶箭頭實線所示，求Ⅰ區(qū)的磁感應(yīng)強度大小、電子在Ⅰ區(qū)磁場中的運動時間及在Q點出射時的動能；（2）已知電子只要不與Ⅰ區(qū)磁場外邊界相碰，就能從出射區(qū)域出射。當(dāng)時，要保證電子從出射區(qū)域出射，求k的最大值?！敬鸢浮浚?），，；（2）【詳解】（1）電子在電場中加速有在磁場Ⅰ中，由幾何關(guān)系可得聯(lián)立解得在磁場Ⅰ中的運動周期為由幾何關(guān)系可得，電子在磁場Ⅰ中運動的圓心角為在磁場Ⅰ中的運動時間為聯(lián)立解得從Q點出來的動能為（2）在磁場Ⅰ中的做勻速圓周運動的最大半徑為，此時圓周的軌跡與Ⅰ邊界相切，由幾何關(guān)系可得解得由于聯(lián)立解得39．（2021·浙江·高考真題）在芯片制造過程中，離子注入是其中一道重要的工序。如圖所示是離子注入工作原理示意圖，離子經(jīng)加速后沿水平方向進(jìn)入速度選擇器，然后通過磁分析器，選擇出特定比荷的離子，經(jīng)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)后注入處在水平面內(nèi)的晶圓（硅片）。速度選擇器、磁分析器和偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中的勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B，方向均垂直紙面向外；速度選擇器和偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中的勻強電場場強大小均為E，方向分別為豎直向上和垂直紙面向外。磁分析器截面是內(nèi)外半徑分別為R1和R2的四分之一圓環(huán)，其兩端中心位置M和N處各有一個小孔；偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中電場和磁場的分布區(qū)域是同一邊長為L的正方體，其偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)的底面與晶圓所在水平面平行，間距也為L。當(dāng)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)不加電場及磁場時，離子恰好豎直注入到晶圓上的O點（即圖中坐標(biāo)原點，x軸垂直紙面向外）。整個系統(tǒng)置于真空中，不計離子重力，打在晶圓上的離子，經(jīng)過電場和磁場偏轉(zhuǎn)的角度都很小。當(dāng)α很小時，有，。求：(1)離子通過速度選擇器后的速度大小v和磁分析器選擇出來離子的比荷；(2)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)僅加電場時離子注入晶圓的位置，用坐標(biāo)(x，y)表示；(3