专题10 带电粒子在磁场运动 十年（2015-2024）高考物理真题分类汇编（全国）（解析版）

2015-2024年十年高考真题汇编PAGEPAGE1专题10带电粒子在磁场运动考点十年考情（2015-2024）命题趋势考点1（10年10考）2024·重庆·高考真题、2024·湖北·高考真题、2024·广西·高考真题、2023·北京·高考真题、2023·全国·高考真题、2023·海南·高考真题、2023·全国·高考真题、2023·福建·高考真题、2023·天津·高考真题、2023·浙江·高考真题、2023·湖北·高考真题、2022·北京·高考真题、2022·广东·高考真题、2022·辽宁·高考真题、2022·湖北·高考真题、2021·北京·高考真题、2021·全国·高考真题、2021·海南·高考真题、2021·湖北·高考真题、2021·湖南·高考真题、2020·全国·高考真题、2020·天津·高考真题、2020·北京·高考真题、2020·江苏·高考真题、2020·浙江·高考真题、2019·北京·高考真题、2019·全国·高考真题、2019·海南·高考真题、2019·江苏·高考真题、2018·海南·高考真题、2018·江苏·高考真题、2018·浙江·高考真题、2017·全国·高考真题、2017·全国·高考真题、2017·浙江·高考真题、2016·全国·高考真题、2016·四川·高考真题、2016·海南·高考真题、2016·浙江·高考真题、2015·广东·高考真题、2015·全国·高考真题、2015·北京·高考真题、2015·四川·高考真题本章主要考查电流的磁效应、安培力、带电粒子在磁场中运动的问题，主要涉及各种电流产生的磁场、安培力的大小和方向、带电粒子在洛伦兹力作用下的运动，主要体现在以下几方面:

(1)电流磁效应主要结合安培力的大小和方向、静电力平衡、安培力做功等问题考查。

(2)匀强磁场中带电粒子做圆周运动，主要涉及群发粒子的收集比例问题。

(3)带电粒子在复合场的运动主要涉及叠加和不叠加两种形式，主要考查轨迹多解问题和霍尔效应、磁流体发电机等。一、单选题1．（2023·海南·高考真题）如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是（

）

A．小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右 B．小球运动过程中的速度不变C．小球运动过程的加速度保持不变 D．小球受到的洛伦兹力对小球做正功【答案】A【详解】A．根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A正确；BC．小球受洛伦兹力和重力的作用，则小球运动过程中速度、加速度大小，方向都在变，BC错误；D．洛仑兹力永不做功，D错误。故选A。2．（2022·北京·高考真题）正电子是电子的反粒子，与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场，从P点发出两个电子和一个正电子，三个粒子运动轨迹如图中1、2、3所示。下列说法正确的是（）A．磁场方向垂直于纸面向里 B．轨迹1对应的粒子运动速度越来越大C．轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大 D．轨迹3对应的粒子是正电子【答案】A【详解】AD．根据题图可知，1和3粒子绕转动方向一致，则1和3粒子为电子，2为正电子，电子带负电且顺时针转动，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，A正确，D错误；B．电子在云室中运行，洛伦兹力不做功，而粒子受到云室内填充物质的阻力作用，粒子速度越来越小，B错误；C．带电粒子若仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可知解得粒子运动的半径为根据题图可知轨迹3对应的粒子运动的半径更大，速度更大，粒子运动过程中受到云室内物质的阻力的情况下，此结论也成立，C错误。故选A。3．（2024·广西·高考真题）坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。质量为m，电荷量为的粒子，以初速度v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为（）A． B． C． D．【答案】C【详解】粒子运动轨迹如图所示在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有可得粒子做圆周运动的半径根据几何关系可得P点至O点的距离故选C。4．（2024·湖北·高考真题）如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是（）A．粒子的运动轨迹可能经过O点B．粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向C．粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为D．若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为【答案】D【详解】AB．在圆形匀强磁场区域内，沿着径向射入的粒子，总是沿径向射出的；根据圆的特点可知粒子的运动轨迹不可能经过O点，故AB错误；C．粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域，时间最短则根据对称性可知轨迹如图则最短时间有故C错误；D．粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，则轨迹如图所示设粒子在磁场中运动的半径为r，根据几何关系可知根据洛伦兹力提供向心力有可得故D正确。故选D。5．（2016·全国·高考真题）平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面（纸面）如图所示，平面OM上方存在匀强磁场、磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m，电荷量为q（q>0），沿纸面以大小为v的速度从OM上的某点向左上方射入磁场，速度方向与OM成30°角，已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场，不计重力。则粒子离开磁场时的出射点到两平面交线O的距离为（）A． B． C． D．【答案】D【详解】带电粒子在磁场中做圆周运动洛伦兹力提供向心力，所以根据题意，轨迹与ON相切，画出粒子的运动轨迹如图所示由于故△AO′D为等边三角形，∠O′DA=60°，而∠MON=30°，则∠OCD=90°，故CO′D为一直线，则故选D。6．（2023·北京·高考真题）如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直。管道横截面半径为a，长度为l（）。带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出，单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为，不计粒子的重力、粒子间的相互作用，下列说法不正确的是（）

A．粒子在磁场中运动的圆弧半径为aB．粒子质量为C．管道内的等效电流为D．粒子束对管道的平均作用力大小为【答案】C【详解】A．带正电的粒子沿轴线射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子运动的圆弧半径为r=a故A正确，不符合题意；B．根据可得粒子的质量故B正确，不符合题意；C．管道内的等效电流为单位体积内电荷数为则故C错误，符合题意；D．由动量定理可得粒子束对管道的平均作用力大小联立解得故D正确，不符合题意。故选C。7．（2023·全国·高考真题）如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面（xOy平面）向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP=l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为（

）

A． B． C． D．【答案】A【详解】由题知，一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，

则根据几何关系可知粒子出离磁场时速度方向与竖直方向夹角为30°，则解得粒子做圆周运动的半径r=2a则粒子做圆周运动有则有如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，则有Eq=qvB联立有故选A。8．（2017·全国·高考真题）如图所示，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场，若粒子射入的速率为，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为，相应的出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则为（）A． B． C． D．【答案】C【详解】设圆形区域磁场的半径为r，当速度为v1时，从P点入射磁场的粒子出磁场时与磁场边界的最远交点与入射点之间的距离等于该粒子做圆周运动的直径，出射点分布在六分之一圆周上，如图所示根据几何知识可知轨迹圆的半径为根据洛伦兹力提供向心力有解得当速度为v2时，从P点入射磁场的粒子出磁场时与磁场边界的最远交点与入射点之间的距离等于该粒子做圆周运动的直径，出射点分布在三分之一圆周上，如图所示根据几何知识可知轨迹圆的半径为根据洛伦兹力提供向心力有解得则有故C正确，ABD错误。故选C。9．（2022·广东·高考真题）如图所示，一个立方体空间被对角平面划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是（）A． B．C． D．【答案】A【详解】AB．由题意知当质子射出后先在MN左侧运动，刚射出时根据左手定则可知在MN受到y轴正方向的洛伦兹力，即在MN左侧会向y轴正方向偏移，做匀速圆周运动，y轴坐标增大；在MN右侧根据左手定则可知洛伦兹力反向，质子在y轴正方向上做减速运动，故A正确，B错误；CD．根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用，在z轴方向上没有运动，z轴坐标不变，故CD错误。故选A。10．（2016·全国·高考真题）一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角。当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒，不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为（）A． B． C． D．【答案】A【详解】由题可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆弧所对的圆心角为30°，因此粒子在磁场中运动的时间为粒子在磁场中运动的时间与筒转过90°所用的时间相等，即解得故选A。11．（2021·北京·高考真题）如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP=a。不计重力。根据上述信息可以得出（）A．带电粒子在磁场中运动的轨迹方程B．带电粒子在磁场中运动的速率C．带电粒子在磁场中运动的时间D．该匀强磁场的磁感应强度【答案】A【详解】粒子恰好垂直于y轴射出磁场，做两速度的垂线交点为圆心，轨迹如图所示A．由几何关系可知因圆心的坐标为，则带电粒子在磁场中运动的轨迹方程为故A正确；BD．洛伦兹力提供向心力，有解得带电粒子在磁场中运动的速率为因轨迹圆的半径可求出，但磁感应强度未知，则无法求出带电粒子在磁场中运动的速率，故BD错误；C．带电粒子圆周的圆心角为，而周期为则带电粒子在磁场中运动的时间为因磁感应强度未知，则运动时间无法求得，故C错误；故选A。12．（2021·全国·高考真题）如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为的带电粒子从圆周上的M点沿直径方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转；若射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转，不计重力，则为（）A． B． C． D．【答案】B【详解】根据题意做出粒子的圆心如图所示设圆形磁场区域的半径为R，根据几何关系有第一次的半径第二次的半径根据洛伦兹力提供向心力有可得所以故选B。13．（2020·全国·高考真题）真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为（）A． B． C． D．【答案】C【详解】电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力则磁感应强度与圆周运动轨迹关系为即运动轨迹半径越大，磁场的磁感应强度越小。令电子运动轨迹最大的半径为，为了使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，其最大半径的运动轨迹与实线圆相切，如图所示A点为电子做圆周运动的圆心，电子从圆心沿半径方向进入磁场，由左手定则可得，，ΔABO为直角三角形，则由几何关系可得解得解得磁场的磁感应强度最小值故选C。14．（2020·全国·高考真题）一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为（）A． B． C． D．【答案】C【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动，可得粒子在磁场中的周期T粒子在磁场中运动的时间则粒子在磁场中运动的时间与速度无关，轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长；过点做半圆的切线交于点，如图所示由图可知，粒子从点离开时，轨迹对应的圆心角最大，在磁场中运动时间最长；由图中几何关系可知，此时轨迹对应的最大圆心角为则粒子在磁场中运动的最长时间为故选C。15．（2019·北京·高考真题）如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场．一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出．下列说法正确的是A．粒子带正电B．粒子在b点速率大于在a点速率C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短【答案】C【详解】由左手定则确粒子的电性，由洛伦兹力的特点确定粒子在b、a两点的速率，根据确定粒子运动半径和运动时间．由题可知，粒子向下偏转，根据左手定则，所以粒子应带负电，故A错误；由于洛伦兹力不做功，所以粒子动能不变，即粒子在b点速率与a点速率相等，故B错误；若仅减小磁感应强度，由公式得：，所以磁感应强度减小，半径增大，所以粒子有可能从b点右侧射出，故C正确，若仅减小入射速率，粒子运动半径减小，在磁场中运动的偏转角增大，则粒子在磁场中运动时间一定变长，故D错误．16．（2019·全国·高考真题）如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为A． B． C． D．【答案】B【详解】运动轨迹如图:即运动由两部分组成,第一部分是个周期,第二部分是个周期,粒子在第二象限运动转过的角度为90°，则运动的时间为；粒子在第一象限转过的角度为60°，则运动的时间为；则粒子在磁场中运动的时间为：，故B正确，ACD错误．17．（2019·全国·高考真题）如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面（abcd所在平面）向外．ab边中点有一电子发源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子．已知电子的比荷为k．则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为A．， B．，C．， D．，【答案】B【详解】a点射出粒子半径Ra==，得：va==，d点射出粒子半径为，R=故vd==，故B选项符合题意18．（2015·广东·高考真题）在同一匀强磁场中，α粒子（24He）和质子（）做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则αA．运动半径之比是2∶1B．运动周期之比是2∶1C．运动速度大小之比是4∶1D．受到的洛伦兹力之比是2∶1【答案】B【详解】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，根据洛伦兹力大小计算公式和向心力公式有qvB＝解得其运动半径为r＝由题意可知mαvα＝mHvH，所以有：＝＝，＝＝，＝＝根据匀速圆周运动参量间关系有T＝解得T＝所以有＝＝故选B。19．（2015·全国·高考真题）两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的（）A．轨道半径减小，角速度增大B．轨道半径减小，角速度减小C．轨道半径增大，角速度增大D．轨道半径增大，角速度减小【答案】D【详解】由于磁场方向与速度方向垂直，粒子只受到洛伦兹力作用，即轨道半径洛伦兹力不做功，从较强到较弱磁场区域后，速度大小不变，但磁感应强度变小，轨道半径变大，根据角速度可知角速度减小。故选D。20．（2016·四川·高考真题）如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力．则A．vb:vc=1:2，tb:tc=2:1 B．vb:vc=2:2，tb:tc=1:2C．vb:vc=2:1，tb:tc=2:1 D．vb:vc=1:2，tb:tc=1:2【答案】A【详解】试题分析：设正六边形边长为L，若粒子从b点离开磁场，可知运动的半径为R1=L，在磁场中转过的角度为θ1=1200；若粒子从c点离开磁场，可知运动的半径为R2=2L，在磁场中转过的角度为θ2=600，根据可知vb:vc=R1：R2=1:2；根据可知，tb:tc=θ1：θ2=2:1，故选A．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动【名师点睛】此题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动；做此类型的习题，关键是画出几何轨迹图，找出半径关系及偏转的角度关系；注意粒子在同一磁场中运动的周期与速度是无关的；记住两个常用的公式：和．21．（2015·北京·高考真题）实验观察到，静止在匀强磁场中A点的原子核发生β衰变，衰变产生的新核与电子恰在纸面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意如图．则（

）A．轨迹1是电子的，磁场方向垂直纸面向外B．轨迹2是电子的，磁场方向垂直纸面向外C．轨迹1是新核的，磁场方向垂直纸面向里D．轨迹2是新核的，磁场方向垂直纸面向里【答案】D【详解】静止的核发生衰变（）由内力作用，满足动量守恒，则新核和电子的动量等大反向，垂直射入匀强磁场后均做匀速圆周运动，由可知，则两个新核的运动半径与电量成反比，即，则新核为小圆，电子为大圆；而新核带正电，电子带负电，由左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，选项D正确．二、多选题22．（2023·全国·高考真题）光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是（

）

A．粒子的运动轨迹可能通过圆心OB．最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线【答案】BD【详解】D．假设粒子带负电，第一次从A点和筒壁发生碰撞如图，为圆周运动的圆心

由几何关系可知为直角，即粒子此时的速度方向为，说明粒子在和筒壁碰撞时速度会反向，由圆的对称性在其它点撞击同理，D正确；A．假设粒子运动过程过O点，则过P点的速度的垂线和OP连线的中垂线是平行的不能交于一点确定圆心，由圆形对称性撞击筒壁以后的A点的速度垂线和AO连线的中垂线依旧平行不能确定圆心，则粒子不可能过O点，A错误；B．由题意可知粒子射出磁场以后的圆心组成的多边形应为以筒壁的内接圆的多边形，最少应为三角形如图所示

即撞击两次，B正确；C．速度越大粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数会可能增多，粒子运动时间不一定减少，C错误。故选BD。23．（2022·辽宁·高考真题）粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（）A．粒子1可能为中子B．粒子2可能为电子C．若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点D．若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点【答案】AD【详解】AB．由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不带电，则粒子1可能为中子；粒子2向上偏转，根据左手定则可知粒子2应该带正电，A正确、B错误；C．由以上分析可知粒子1为中子，则无论如何增大磁感应强度，粒子1都不会偏转，C错误；D．粒子2在磁场中洛伦兹力提供向心力有解得可知若增大粒子入射速度，则粒子2的半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，D正确。故选AD。24．（2022·湖北·高考真题）在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从Р点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为（）A．kBL，0° B．kBL，0° C．kBL，60° D．2kBL，60°【答案】BC【详解】若粒子通过下部分磁场直接到达P点，如图根据几何关系则有可得根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ=60°。当粒子上下均经历一次时，如图因为上下磁感应强度均为B，则根据对称性有根据洛伦兹力提供向心力有可得此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。通过以上分析可知当粒子从下部分磁场射出时，需满足（n=1，2，3……）此时出射方向与入射方向的夹角为θ=60°；当粒子从上部分磁场射出时，需满足（n=1，2，3……）此时出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。故可知BC正确，AD错误。故选BC。25．（2021·海南·高考真题）如图，在平面直角坐标系的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电量为q的相同粒子从y轴上的点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y轴正方向的夹角为。当时，粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力。则（）A．粒子一定带正电B．当时，粒子也垂直x轴离开磁场C．粒子入射速率为D．粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为【答案】ACD【详解】A．根据题意可知粒子垂直轴离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，A正确；BC．当时，粒子垂直轴离开磁场，运动轨迹如图粒子运动的半径为洛伦兹力提供向心力解得粒子入射速率若，粒子运动轨迹如图根据几何关系可知粒子离开磁场时与轴不垂直，B错误，C正确；D．粒子离开磁场距离点距离最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，如图根据几何关系可知解得D正确。故选ACD。26．（2021·湖北·高考真题）一电中性微粒静止在垂直纸面向里的匀强磁场中，在某一时刻突然分裂成a、b和c三个微粒，a和b在磁场中做半径相等的匀速圆周运动，环绕方向如图所示，c未在图中标出。仅考虑磁场对带电微粒的作用力，下列说法正确的是（）A．a带负电荷 B．b带正电荷C．c带负电荷 D．a和b的动量大小一定相等【答案】BC【详解】ABC．由左手定则可知，粒子a、粒子b均带正电，电中性的微粒分裂的过程中，总的电荷量应保持不变，则粒子c应带负电，A错误，BC正确；D．粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，即解得由于粒子a与粒子b的质量、电荷量大小关系未知，则粒子a与粒子b的动量大小关系不确定，D错误。故选BC。27．（2020·天津·高考真题）如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角。粒子经过磁场偏转后在N点（图中未画出）垂直穿过x轴。已知，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。则（）A．粒子带负电荷 B．粒子速度大小为C．粒子在磁场中运动的轨道半径为a D．N与O点相距【答案】AD【详解】A．粒子向下偏转，根据左手定则判断洛伦兹力，可知粒子带负电，A正确；BC．粒子运动的轨迹如图由于速度方向与y轴正方向的夹角，根据几何关系可知，则粒子运动的轨道半径为洛伦兹力提供向心力解得BC错误；D．与点的距离为D正确。故选AD。28．（2019·海南·高考真题）如图，虚线MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两电荷量相同的粒子P、Q从磁场边界的M点先后射入磁场，在纸面内运动。射入磁场时，P的速度垂直于磁场边界，Q的速度与磁场边界的夹角为45°。已知两粒子均从N点射出磁场，且在磁场中运动的时间相同，则（）

A．P和Q的质量之比为1：2 B．P和Q的质量之比为C．P和Q速度大小之比为 D．P和Q速度大小之比为2：1【答案】AC【详解】设MN=2R，则对粒子P的半径为R，根据洛伦兹力提供向心力，整理有对粒子Q的半径为R，根据洛伦兹力提供向心力，整理有又两粒子的运动时间相同，则，即解得，故AC正确，BD错误。故选AC。29．（2015·全国·高考真题）有两个匀强磁场区域I和II，I中的磁感应强度是II中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动，与I中运动的电子相比，II中的电子（）A．运动轨迹的半径是I中的k倍B．加速度的大小是I中的k倍C．做圆周运动的周期是I中的k倍D．做圆周运动的角速度是I中的k倍【答案】AC【详解】A．设Ⅱ中的磁感应强度为B，则Ⅰ中的磁感应强度为kB，根据洛伦兹力提供向心力，则有解得可知，Ⅰ中的电子运动轨迹的半径为，Ⅱ中的电子运动轨迹的半径为，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，故A正确；B．电子在磁场运动的洛伦兹力作为向心力，所以电子的加速度的大小为所以Ⅰ中的电子加速度的大小为Ⅱ中的电子加速度的大小为所以Ⅱ的电子的加速度大小是Ⅰ中的倍，故B错误；C．根据电子在磁场中运动的周期公式T=2πmqB可知，Ⅰ中的电子运动周期为，Ⅱ中的电子运动周期为，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的周期是Ⅰ中的k倍，故D．做圆周运动的角速度，所以Ⅰ中的电子运动角速度为，Ⅱ中的电子运动角速度为，在Ⅱ的电子做圆周运动的角速度是Ⅰ中的倍，故D错误。故选AC。30．（2015·四川·高考真题）如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L=9.1cm，中点O与S间的距离d＝4.55cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10－4T，电子质量m＝9.1×10－31kg，电荷量e＝－1.6×10－19C，不计电子重力．电子源发射速度v＝1.6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则A．θ＝90°时，l＝9.1cm B．θ＝60°时，l＝9.1cmC．θ＝45°时，l＝4.55cm D．θ＝30°时，l＝4.55cm【答案】AD【详解】解：由洛仑兹力充当向心力可得；Bqv=m解得：R===0.0455m=4.55cm；所有粒子的圆心组成以S为圆心，R为半径的圆；电子出现的区域为以S为圆心，以9.1cm半径的圆形区域内，如图中大圆所示；故当θ=90°时，纸板MN均在该区域内，故l=9.1cm；当θ=30°时，l=4.55cm；故AD正确，BC错误；故选AD．【点评】本题考查带电粒子充当向心力的运动规律，解题的关键问题在于明确粒子运动的圆心和半径，进而明确所有粒子可能出现的空间．三、解答题31．（2024·重庆·高考真题）有人设计了一粒种子收集装置。如图所示，比荷为的带正点的粒子，由固定于M点的发射枪，以不同的速率射出后，沿射线MN方向运动，能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K点，O在MN上，且KO垂直于MN。若打开磁场开关，空间将充满磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，速率为v0的粒子运动到O点时，打开磁场开关，该粒子全被收集，不计粒子重点，忽略磁场突变的影响。(1)求OK间的距离；(2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，该粒子仍被收集，求MO间的距离；(3)速率为4v0的粒子射出后，运动一段时间再打开磁场开关，该粒子也能被收集。以粒子射出的时刻为计时O点。求打开磁场的那一时刻。

【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）（1）当粒子到达О点时打开磁场开关，粒子做匀速圆周运动，设轨迹半径为r1，如图所示

由洛伦兹力提供向心力得其中（2）速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，则粒子在磁场中运动的轨迹半径r2=4r1如图所示，由几何关系有（4r1-2r1）2＋MO2=(4r1)2解得（3）速率为4v0的粒子射出一段时间t到达N点，要使粒子仍然经过K点，则N点在O点右侧，如图所示

由几何关系有（4r1-2r1）2＋ON2=(4r1)2解得粒子在打开磁场开关前运动时间为解得32．（2023·福建·高考真题）阿斯顿（F．Aston）借助自己发明的质谱仪发现了氖等元素的同位素而获得诺贝尔奖，质谱仪分析同位素简化的工作原理如图所示。在上方存在一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两个氖离子在O处以相同速度v垂直磁场边界入射，在磁场中发生偏转，分别落在M和N处。已知某次实验中，，落在M处氖离子比荷（电荷量和质量之比）为；P、O、M、N、P在同一直线上；离子重力不计。（1）求OM的长度；（2）若ON的长度是OM的1.1倍，求落在N处氖离子的比荷。【答案】（1）；（2）【详解】（1）粒子进入磁场，洛伦兹力提供圆周运动的向心力则有整理得OM的长度为（2）若ON的长度是OM的1.1倍，则ON运动轨迹半径为OM运动轨迹半径1.1倍，根据洛伦兹力提供向心力得整理得33．（2023·天津·高考真题）科学研究中可以用电场和磁场实现电信号放大，某信号放大装置示意如图，其主要由阴极、中间电极(电极1,电极2,…,电极n)和阳极构成，该装置处于匀强磁场中,各相邻电极存在电势差。由阴极发射的电子射入电极1,激发出更多的电子射入电极2,依此类推,电子数逐级增加,最终被阳极收集,实现电信号放大。图中所有中间电极均沿x轴放置在xOz平面内,磁场平行于z轴，磁感应强度的大小为B。已知电子质量为m,电荷量为e。忽略电子间的相互作用力，不计重力。（1）若电极间电势差很小可忽略,从电极1上O点激发出多个电子，它们的初速度方向与y轴的正方向夹角均为，其中电子a、b的初速度分别处于xOy、yOz平面的第一象限内，并都能运动到电极2。（i）试判断磁场方向；（ii）分别求出a和b到达电极2所用的时间和；（2）若单位时间内由阴极发射的电子数保持稳定,阴极、中间电极发出的电子全部到达下一相邻电极。设每个射入中间电极的电子在该电极上激发出个电子,，U为相邻电极间电势差。试定性画出阳极收集电子而形成的电流I和U关系的图像,并说明理由【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34．（2023·浙江·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Ⅰ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%35．（2023·湖北·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。已知粒子甲的质量为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=67πa36．（2021·湖南·高考真题）带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一、带电粒子流（每个粒子的质量为、电荷量为）以初速度垂直进入磁场，不计重力及带电粒子之间的相互作用。对处在平面内的粒子，求解以下问题。（1）如图（a），宽度为的带电粒子流沿轴正方向射入圆心为、半径为的圆形匀强磁场中，若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点，求该磁场磁感应强度的大小；（2）如图（a），虚线框为边长等于的正方形，其几何中心位于。在虚线框内设计一个区域面积最小的匀强磁场，使汇聚到点的带电粒子流经过该区域后宽度变为，并沿轴正方向射出。求该磁场磁感应强度的大小和方向，以及该磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）；（3）如图（b），虚线框Ⅰ和Ⅱ均为边长等于的正方形，虚线框Ⅲ和Ⅳ均为边长等于的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分别设计一个区域面积最小的匀强磁场，使宽度为的带电粒子流沿轴正方向射入Ⅰ和Ⅱ后汇聚到坐标原点，再经过Ⅲ和Ⅳ后宽度变为，并沿轴正方向射出，从而实现带电粒子流的同轴控束。求Ⅰ和Ⅲ中磁场磁感应强度的大小，以及Ⅱ和Ⅳ中匀强磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）。【答案】（1）；（2），垂直与纸面向里，；（3），，，【详解】（1）粒子垂直进入圆形磁场，在坐标原点汇聚，满足磁聚焦的条件，即粒子在磁场中运动的半径等于圆形磁场的半径，粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力解得（2）粒子从点进入下方虚线区域，若要从聚焦的点飞入然后平行轴飞出，为磁发散的过程，即粒子在下方圆形磁场运动的轨迹半径等于磁场半径，粒子轨迹最大的边界如图所示，图中圆形磁场即为最小的匀强磁场区域磁场半径为r2，根据可知磁感应强度为根据左手定则可知磁场的方向为垂直纸面向里，圆形磁场的面积为（3）粒子在磁场中运动，3和4为粒子运动的轨迹圆，1和2为粒子运动的磁场的圆周根据可知I和III中的磁感应强度为，图中箭头部分的实线为粒子运动的轨迹，可知磁场的最小面积为叶子形状，取I区域如图图中阴影部分面积的一半为四分之一圆周与三角形之差，所以阴影部分的面积为类似地可知IV区域的阴影部分面积为根据对称性可知II中的匀强磁场面积为37．（2020·北京·高考真题）如图甲所示，真空中有一长直细金属导线，与导线同轴放置一半径为的金属圆柱面。假设导线沿径向均匀射出速率相同的电子，已知电子质量为，电荷量为。不考虑出射电子间的相互作用。(1)可以用以下两种实验方案测量出射电子的初速度：a.在柱面和导线之间，只加恒定电压；b.在柱面内，只加与平行的匀强磁场。当电压为或磁感应强度为时，刚好没有电子到达柱面。分别计算出射电子的初速度。(2)撤去柱面，沿柱面原位置放置一个弧长为、长度为的金属片，如图乙所示。在该金属片上检测到出射电子形成的电流为，电子流对该金属片的压强为。求单位长度导线单位时间内出射电子的总动能。【答案】（1）a.，b.；（2）【详解】（1）a.在柱面和导线之间，只加恒定电压，粒子刚好没有电子到达柱面，此时速度为零，根据动能定理有解得b.在柱面内，只加与平行的匀强磁场，磁感应强度为时，刚好没有电子到达柱面，设粒子的偏转半径为r，根据几何关系有根据洛伦兹力提供向心力，则有解得（2）撤去柱面，设单位时间单位长度射出的电子数为n，则单位时间打在金属片的粒子数金属片上形成电流为所以根据动量定理得金属片上的压强为解得故总动能为38．（2020·江苏·高考真题）空间存在两个垂直于平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为、。甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场，速度均为v。甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示。甲经过Q时，乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为m，电荷量为q。不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求：(1)Q到O的距离d；(2)甲两次经过P点的时间间隔Δt；(3)乙的比荷可能的最小值。【答案】(1)；(2)；(3)【详解】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由得，，Q、O的距离为：(2)由(1)可知，完成一周期运动上升的距离为d，粒子再次经过P，经过N个周期，所以，再次经过P点的时间为由匀速圆周运动的规律得，绕一周的时间为所以，再次经过P点的时间为两次经过P点的时间间隔为(3)由洛伦兹力提供向心力，由得，，完成一周期运动上升的距离若乙粒子从第一象限进入第二象限的过程中与甲粒子在Q点相遇，则，结合以上式子，n无解。若乙粒子从第二象限进入第一象限的过程中与甲离子在Q点相遇，则，计算可得（n=1，2，3……）由于甲乙粒子比荷不同，则n=2时，乙的比荷最小，为39．（2020·浙江·高考真题）某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存在边界为矩形、方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，探测板平行于水平放置，能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、b、c三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界水平射入磁场，b束中的离子在磁场中沿半径为R的四分之一圆弧运动后从下边界竖直向下射出，并打在探测板的右边缘D点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为N，离子束间的距离均为，探测板的宽度为，离子质量均为m、电荷量均为q，不计重力及离子间的相互作用。（1）求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界时与H点的距离s；（2）求探测到三束离子时探测板与边界的最大距离；（3）若打到探测板上的离子被全部吸收，求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量F与板到距离L的关系。【答案】（1），0.8R；（2）；（3）当时：；当时：；当时：【详解】（1）离子在磁场中做圆周运动得粒子的速度大小令c束中的离子运动轨迹对应的圆心为O，从磁场边界边的Q点射出，则由几何关系可得，（2）a束中的离子运动轨迹对应的圆心为O’，从磁场边界边射出时距离H点的距离为x，由几何关系可得即a、c束中的离子从同一点Q射出，离开磁场的速度分别于竖直方向的夹角为、，由几何关系可得探测到三束离子，则c束中的离子恰好达到探测板的D点时，探测板与边界的距离最大则（3）a或c束中每个离子动量的竖直分量当时所有离子都打在探测板上，故单位时间内离子束对探测板的平均作用力为当时，只有a和b束中离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探测板的平均作用力为当时，只有b束中离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探测板的平均作用力为40．（2020·全国·高考真题）如图，在0≤x≤h，区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变。一质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。（1）若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；（2）如果磁感应强度大小为，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。【答案】（1）磁场方向垂直于纸面向里；；（2）；【详解】（1）由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有①由此可得②粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足③由②可得，当磁感应强度大小最小时，设为Bm，粒子的运动半径最大，由此得④（2）若磁感应强度大小为，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径为⑤粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示。设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为α，由几何关系⑥即⑦由几何关系可得，P点与x轴的距离为⑧联立⑦⑧式得⑨41．（2020·浙江·高考真题）通过测量质子在磁场中的运动轨迹和打到探测板上的计数率（即打到探测板上质子数与衰变产生总质子数N的比值），可研究中子（）的衰变。中子衰变后转化成质子和电子，同时放出质量可视为零的反中微子。如图所示，位于P点的静止中子经衰变可形成一个质子源，该质子源在纸面内各向均匀地发射N个质子。在P点下方放置有长度以O为中点的探测板，P点离探测板的垂直距离为a。在探测板的上方存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。已知电子质量，中子质量，质子质量（c为光速，不考虑粒子之间的相互作用）。若质子的动量。（1）写出中子衰变的核反应式，求电子和反中微子的总动能（以为能量单位）；（2）当，时，求计数率；（3）若取不同的值，可通过调节的大小获得与（2）问中同样的计数率，求与的关系并给出的范围。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）核反应方程满足质量数和质子数守恒：核反应过程中：根据动量和动能关系：则总动能为：（2）质子运动半径：如图甲所示：打到探测板对应发射角度：可得质子计数率为：（3）在确保计数率为的情况下：即：如图乙所示：恰能打到探测板左端的条件为：即：42．（2017·全国·高考真题）如图，空间存在方向垂直于纸面(平面）向里的磁场．在区域，磁感应强度的大小为;区域，磁感应强度的大小为（常数)．一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以速度从坐标原点O沿轴正向射入磁场，此时开始计时，不计粒子重力，当粒子的速度方向再次沿轴正向时，求：(1)粒子运动的时间；(2)粒子与O点间的距离．【答案】(1)

(2)【详解】如图为粒子的轨迹粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有：那么，（1）根据左手定则可得：粒子做逆时针圆周运动；故粒子运动轨迹如图所示，则粒子在磁场区域运动半个周期，在磁场区域运动半个周期；那么粒子在磁场区域运动的周期，在磁场区域运动的周期所以，粒子运动的时间：（2）粒子与O点间的距离：43．（2019·江苏·高考真题）如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B．磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MN=L，粒子打到板上时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．质量为m、电荷量为-q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d，且d<L，粒子重力不计，电荷量保持不变．（1）求粒子运动速度的大小v；（2）欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M的最大距离dm；（3）从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场，PM=d，QN=，求粒子从P到Q的运动时间t．【答案】（1）；（2）；（3）A.当时，，B.当时，【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力有：，解得：由题可得：解得；（2）如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切由几何关系得dm=d（1+sin60°）解得（3）粒子的运动周期设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t'，则A.当时，粒子斜向上射出磁场解得B.当时，粒子斜向下射出磁场解得．44．（2018·海南·高考真题）如图，圆心为O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B，P是圆外一点，OP=3r。一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子从P点在纸面内垂直于OP射出，已知粒子运动轨迹经过圆心O，不计重力，求：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径；（2）粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间。【答案】（1）；（2）【详解】（1）粒子运动轨迹如图所示设粒子在磁场中运动半径为R，由几何关系得解得（2）设进入磁场时速度的大小为v，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有进入圆形区域，带电粒子做匀速直线运动，则联立解得45．（2017·浙江·高考真题）如图所示,在平面内，有一电子源持续不断地沿正方向每秒发射出N个速率均为的电子，形成宽为2b，在轴方向均匀分布且关于轴对称的电子流．电子流沿方向射入一个半径为R，中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向里，电子经过磁场偏转后均从P点射出，在磁场区域的正下方有一对平行于轴的金属平行板K和A，其中K板与P点的距离为d，中间开有宽度为且关于轴对称的小孔．K板接地，A与K两板间加有正负、大小均可调的电压，穿过K板小孔到达A板的所有电子被收集且导出，从而形成电流．已知，电子质量为m，电荷量为e，忽略电子间相互作用．（1）求磁感应强度B的大小；（2）求电子从P点射出时与负轴方向的夹角θ的范围；（3）当时，每秒经过极板K上的小孔到达极板A的电子数；（4）画出电流随变化的关系曲线（在答题纸上的方格纸上）．【答案】（1），（2）60o,（3）（4）【详解】由题意可以知道是磁聚焦问题，即（1）轨道半径R=r根据解得：（2）运动轨迹图如下上端电子从P点射出时与负y轴最大夹角，由几何关系解得：同理下端电子从p点射出与负y轴最大夹角也是600所以电子从P点射出时与负轴方向的夹角θ的范围：（3）进入小孔的电子速度与y轴间夹角正切值大小为：解得：此时对应的能够进入平行板内电子长度为，根据几何关系知：设每秒能到达A板的电子数为n，则由比例关系知：解得：（4）有动能定理得出遏止电压与负y轴成450角的电子的运动轨迹刚好与A板相切，此时速度为其逆过程是类平抛运动，达到饱和电流所需要的最小反向电压或者根据（3）可得饱和电流大小作图如下：【点睛】本题考查了电子在磁场与电场中的运动，分析清楚电子运动过程，作出电子在磁场中做圆周运动的轨道半径是解题的关键；解题时注意求出极限值然后再确定范围．46．（2018·江苏·高考真题）如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d，宽为d，中间两个磁场区域间隔为2d，中轴线与磁场区域两侧相交于O、O′点，各区域磁感应强度大小相等。某粒子质量为m、电荷量为+q，从O沿轴线射入磁场。当入射速度为v0时，粒子从O上方处射出磁场。取sin53°=0.8，cos53°=0.6。（1）求磁感应强度大小B；（2）入射速度为5v0时，求粒子从O运动到O′的时间t；（3）入射速度仍为5v0，通过沿轴线OO′平移