专题11 磁场（计算题）-2021-2023高考物理真题分项汇编（全国通用）（解析版）

第第页专题11磁场目录考点01磁现象和安培力 1考点02带电粒子在磁场中的圆周运动 4考点03带电粒子在电磁组合场与叠加场中的运动 16考点04现代科技中的电磁场问题 46考点01磁现象和安培力1．（2023·北京·统考高考真题）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）【详解】（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2．（2023·海南·统考高考真题）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的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【详解】（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3．（2022·天津·高考真题）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）【详解】（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，可得考点02带电粒子在磁场中的圆周运动4．（2023·天津·统考高考真题）信号放大器是一种放大电信号的仪器，如图1，其可以通过在相邻极板间施加电压，使阴极逸出的电子，击中极板时，激发出更多电子，从而逐级放大电信号。已知电子质量m，带电量e。（1）如图2，在极板上建系。极板上方空间内存在磁场，其强度为B，方向平行z轴。极板间电压U极小，几乎不影响电子运动。如图，某次激发中，产生了2个电子a和b，其初速度方向分别在xOy与zOy平面内，且与y轴正方向成角，则：（i）判断B的方向；（ii）a、b两个电子运动到下一个极板的时间和；（2）若单位时间内阴极逸出的电子数量不变，每个电子打到极板上可以激发出个电子，且，阳极处接收电子产生的电流为I，在答题纸给出坐标系里画出表示U和I关系的图像并说出这样画的理由。【答案】（1）（ⅰ）沿z轴反方向；（ⅱ），（2）见解析【详解】（1）（ⅰ）a电子，初速度方向在xoy平面内，与y轴正方向成θ角；若磁场方向沿z轴正方向，a电子在洛伦兹力作用下向x轴负方向偏转，不符合题题意；若磁场方向沿z轴反方向，a电子在洛伦兹力作用下向x轴正方向偏转，符合题意；b电子，初速度方向在zoy平面内，与y轴正方向成θ角。将b电子初速度沿坐标轴分解，沿z轴的分速度与磁感线平行不受力，沿y轴方向的分速度受到洛伦兹力使得电子沿x轴正方向偏转，根据左手定则可知，磁场方向沿z轴反方向。符合题意；综上可知，磁感应强度B的方向沿z轴反方向。

（ⅱ）a电子在洛伦兹力作用下运动轨迹如图，由图可知电子运动到下一个极板的时间b电子，沿z轴的分速度与磁感线平行不受力，对应匀速直线运动；沿y轴方向的分速度受到洛伦兹力使电子向右偏转，电子运动半个圆周到下一个极板的时间（2）设，单位时间内阴极逸出的电子数量N0不变，每个电子打到极板上可以激发δ个电子，经过n次激发阳极处接收电子数量对应的电流可得I-U图像如图

5．（2023·浙江·统考高考真题）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%【详解】（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%6．（2023·湖北·统考高考真题）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（－6a，0），乙（0，0），67πa【详解】（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=6πa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=10πa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、乙粒子发生第九次碰撞，且甲、乙粒子发生第八次碰撞到第九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S8=10πa且在第九次碰撞时有mv甲8＋m乙v乙8=mv甲9＋m乙v乙9

解得v甲9=－3v甲0，v乙9=3v甲0在到过程中，甲粒子刚好运动半周，且甲粒子的运动半径为r甲1=3a则时甲粒子运动到P点即（－6a，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S0=3πa故整个过程中乙粒子走过总路程为S=4×6πa＋4×10πa＋3πa=67πa7．（2022·浙江·统考高考真题）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的离子能打在板Q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（θ′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），，【详解】（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或者可得，，考点03带电粒子在电磁组合场与叠加场中的运动8．（2023·浙江·高考真题）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，【详解】（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）可得根据动力学公式可得，联立解得（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，可得解得根据动力学公式可得，解得9．（2023·山东·统考高考真题）如图所示，在，的区域中，存在沿y轴正方向、场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m，电量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场（不计粒子重力）。（1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小；（2）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场、离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。（i）求改变后电场强度的大小和粒子的初速度；（ii）通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。【答案】（1）；（2）（i），；（ii）不会【详解】（1）由题意粒子在电场中做匀加速直线运动，根据动能定理有粒子在磁场中做匀速圆周运动，有粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，轨迹如图

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

在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知解得所以有，洛伦兹力提供向心力带电粒子从A点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有再一次进入电场后做类似斜抛运动，沿x方向有沿y方向上有其中根据牛顿第二定律有联立以上各式解得（ii）粒子从P到Q根据动能定理有可得从Q射出时的速度为此时粒子在磁场中的半径根据其几何关系可知对应的圆心坐标为，而圆心与P的距离为故不会再从P点进入电场。10．（2023·辽宁·统考高考真题）如图，水平放置的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。已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）

【详解】（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：

11．（2023·江苏·统考高考真题）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%【详解】（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%。12．（2022·天津·高考真题）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）【详解】（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13．（2022·江苏·高考真题）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）【详解】（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14．（2022·湖南·统考高考真题）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）【详解】（1）小球在电磁场中做匀速圆周运动，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15．（2022·山东·统考高考真题）中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破，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d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）（d，d，）；（4）【详解】（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）离子从坐标原点沿轴正方向进入磁场I中，在磁场I中做匀速圆周运动，经过磁场I偏转后从轴进入磁场II中，继续做匀速圆周运动，如图所示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，则离子磁场I运动时，不能从磁场I上方穿出。在磁场II运动时，不能xOz平面穿出，则离子在磁场用运动的轨迹半径需满足，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（d，d，）。（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、离子乙在磁场I中的轨迹半径分别为，离子甲、离子乙在磁场II中的轨迹半径分别为，根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点在离子乙第一次穿过x轴的位置，如图所示从点进入磁场到第一个交点的过程，有可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点的时间差为16．（2022·浙江·统考高考真题）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）；【详解】（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而v0sinθ等于光电子在板逸出时沿y轴的分速度，则有即联立可得B2的最大值17．（2021·重庆·高考真题）如图1所示的竖直平面内，在原点O有一粒子源，可沿x轴正方向发射速度不同、比荷均为的带正电的粒子。在的区域仅有垂直于平面向内的匀强磁场；的区域仅有如图2所示的电场，时间内和时刻后的匀强电场大小相等，方向相反（时间内电场方向竖直向下），时间内电场强度为零。在磁场左边界直线上的某点，固定一粒子收集器（图中未画出）。0时刻发射的A粒子在时刻经过左边界进入磁场，最终被收集器收集；B粒子在时刻以与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；C粒子在时刻发射，其发射速度是A粒子发射速度的，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。【答案】(1)；(2)；(3)、、【详解】（1）由粒子类平抛粒子先类平抛后匀直，可得

或解得（2）对粒子类平抛得

A进入磁场时速度与轴正方向夹角为，则得即A粒子做匀圆，速度为半径为，有

由可得对粒子类平抛运动的时间为

可得由几何关系得联立解得

（3）①设直接类平抛过D点，即解得

②设先类平抛后匀圆过D点，刚进入磁场时与轴夹角为、偏移的距离为，则

整理得令，则上式变成观察可得是其中一解，所以上方程等价于可得其解是或（另一解不符合题意，舍去）则有或综上所述，能够被粒子收集器收集的粒子速度有：、、。18．（2021·浙江·高考真题）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vS；（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【详解】（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。19．（2021·全国·高考真题）如图，长度均为l的两块挡板竖直相对放置，间距也为l，两挡板上边缘P和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子自电场中某处以大小为v0的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，不计重力。（1）求粒子发射位置到P点的距离；（2）求磁感应强度大小的取值范围；（3）若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。【答案】（1）；（2）；（3）粒子运动轨迹见解析，【详解】（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可知①②粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，有③粒子发射位置到P点的距离④由①②③④式得⑤（2）带电粒子在磁场运动在速度⑥带电粒子在磁场中运动两个临界轨迹（分别从Q、N点射出）如图所示由几何关系可知，最小半径⑦最大半径⑧带电粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式可知⑨由⑥⑦⑧⑨解得，磁感应强度大小的取值范围（3）若粒子正好从QN的中点射出磁场时，带电粒子运动轨迹如图所示。由几何关系可知⑩带电粒子的运动半径为⑪粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离⑫由⑩⑪⑫式解得⑬20．（2021·河北·高考真题）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）；【详解】（1）从O点射出的粒子在板间被加速，则粒子在磁场中做圆周运动，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）结合（2）分析可知，当粒子经上方磁场再进入下方磁场时，轨迹与挡板相切时，粒子运动轨迹半径分别为r2、r3，则①当粒子在下方区域磁场的运动轨迹正好与OM相切，再进入上方磁场区域做圆周运动，轨迹与负极板的交点记为H2，当增大两极板的电压，粒子在上方磁场中恰好运动到H2点时，粒子靶恰好能够接收2种能量的粒子，此时H2点为距C点最近的位置，是接收2种能量的粒子的起点，运动轨迹如图所示由几何关系可得②同理可知当粒子靶接收3种能量的粒子的运动轨迹如图所示第③个粒子经过下方磁场时轨迹与MN相切，记该粒子经过H2后再次进入上方磁场区域运动时轨迹与负极板的交点为H3(S2)，则该点为接收两种粒子的终点，同时也是接收3种粒子的起点。由几何关系可得可知，粒子靶接收n种、n+1种粒子的起点（即粒子靶接收n种粒子的起点与终点）始终相距当粒子靶接收n种能量的粒子时，可得21．（2021·辽宁·统考高考真题）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）【详解】（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，由余弦定理可得则从撤销电场、磁场到加磁场乙运动的位移考点04现代科技中的电磁场问题22．（2021·江苏·高考真题）如图1所示，回旋加速器的圆形匀强磁场区域以O点为圆心，磁感应强度大小为B，加速电压的大小为U、质量为m、电荷量为q的粒子从O附近飘入加速电场，多次加速后粒子经过P点绕O做圆周运动，半径为R，粒子在电场中的加速时间可以忽略。为将粒子引出磁场，在P位置安装一个“静电偏转器”，如图2所示，偏转器的两极板M和N厚度均匀，构成的圆弧形狭缝圆心为Q、圆心角为，当M、N间加有电压时，狭缝中产生电场强度大小为E的电场，使粒子恰能通过狭缝，粒子在再次被加速前射出磁场，不计M、N间的距离。求：（1）粒子加速到P点所需要的时间t；（2）极板N的最大厚度；（3）磁场区域的最大半径。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）设粒子在P的速度大小为，则根据可知半径表达式为对粒子在静电场中的加速过程，根据动能定理有粒子在磁场中运动的周期为粒子运动的总时间为解得（2）由粒子的运动半径，结合动能表达式变形得则粒子加速到P前最后两个半周的运动半径为，由几何关系有结合解得（3）设粒子在偏转器中的运动半径为，则在偏转器中，要使粒子半径变大，电场力应和洛伦兹力反向，共同提供向心力，即设粒子离开偏转器的点为，圆周运动的圆心为。由题意知，在上，且粒子飞离磁场的点与、在一条直线上，如图所示。粒子在偏转器中运动的圆心在点，从偏转器飞出，即从点离开，又进入回旋加速器中的磁场，此时粒子的运动半径又变为，然后轨迹发生偏离，从偏转器的点飞出磁场，那么磁场的最大半径即为将等腰三角形放大如图所示。虚线为从点向所引垂线，虚线平分角，则解得最大半径为23．（2021·天津·高考真题）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分别为、，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【详解】（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。24．（2021·北京·高考真题）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两板间的电场强度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）【详解】（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25．（2021·山东·高考真题）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轴垂直交于坐标原点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，加速后沿x轴正方向过O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）【详解】（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，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轴的方向做线速度大小为vcosθ的匀速圆周运动，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，由于在y轴方向的运动不变，离子的运动轨迹与测试板相切于C点，则离子在Ⅱ区内的运动时间不变，故有C到的距离联立得26．（2021·广东·高考真题）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