2024-2025学年下学期高二物理沪科版期中必刷常考题之带电粒子在匀强磁场中的圆周运动

第64页（共64页）2024-2025学年下学期高二物理沪科版（2020）期中必刷常考题之带电粒子在匀强磁场中的圆周运动一．选择题（共7小题）1．（2024秋•惠山区校级期末）石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子（电子）浓度。如图（a）所示，在长为a，宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当I＝1.60×10﹣3A时，测得U﹣B关系图线如图（b）所示，元电荷e＝1.60×10﹣19C，则此样品每平方米载流子数最接近（）A．2.7×1015 B．3.7×1016 C．2.7×1019 D．3.7×10202．（2024秋•大连期末）如图为利用霍尔元件进行微小位移测量的实验装置。在两块完全相同、同极相对放置的磁体缝隙中放入金属材料制成的霍尔元件，当霍尔元件处于中间位置时磁感应强度为0，霍尔电压UH（霍尔元件前后两表面的电势差）也为0，将该点作为直角坐标系的原点。已知沿x轴方向磁感应强度大小B＝kx（k为常数，且k＞0），霍尔元件中通以沿y轴正方向的恒定电流，当霍尔元件沿x轴移动时，即有霍尔电压UH输出，下列说法正确的是（）A．霍尔元件有x轴正方向位移时，前表面的电势高于后表面的电势 B．UH的大小与元件在水平方向位移的大小成正比 C．霍尔元件的位移一定时，只增大y方向恒定电流的大小，UH的大小不变 D．霍尔元件的位移一定时，只增大元件垂直磁场方向的面积，UH的大小增大3．（2024秋•怀柔区期末）如图所示，将非磁性材料制成的圆管置于匀强磁场中，当含有大量正负离子的导电液体从管中由左向右流过磁场区域时，测得管两侧M、N两点之间有电势差U。忽略离子重力影响，则（）A．M点的电势高于N点 B．N点的电势高于M点 C．管中导电液体的流速越大，M、N两点之间的电势差U越小 D．管中导电液体的离子浓度越大，M、N两点之间的电势差U越大4．（2024秋•泰州期末）如图所示，图甲、乙、丙、丁分别为多级直线加速器、回旋加速器、磁流体发电机、质谱仪的原理示意图。以下说法正确的是（）A．图甲中，粒子在筒中做加速运动，电压越大获得的能量越高 B．图乙中，粒子第n次（n＞1）被加速前、后的轨道半径之比为n-C．图丙中，将一束等离子体喷入磁场，A、B板间产生电势差，A板电势高 D．图丁中，11H、15．（2024秋•太原期末）如图为洛伦兹力演示仪的示意图。电子枪可以发射方向可调的电子束，玻璃泡内充有稀薄气体，电子束通过时能显示电子的径迹，励磁线圈可产生垂直纸面的磁场。下列选项正确的是（）A．加磁场后，电子束的径迹不可能是一条直线 B．加磁场后，若电子束与磁场方向成45°射出，其径迹是一个圆 C．当径迹为圆时，电子束速度不变，磁感应强度变大，径迹圆的半径变小 D．当径迹为圆时，磁感应强度不变，电子束出射速度变大，径迹圆的半径变小6．（2024秋•惠山区校级期末）如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的范围足够大的匀强磁场内，固定着倾角为θ的绝缘斜面，一个质量为m、电荷量为﹣q的带电小物块以初速度v0沿斜面向上运动，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ。设滑动时电荷量不变，在小物块上滑过程中，其速度v与时间t，加速度a与时间t和动能Ek与位移x的关系图像，可能正确的是（）A． B． C． D．7．（2025•东湖区校级一模）如图所示，圆形区域半径为R，区域内有一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B=mvqR。位于磁场边界最低点P处有一粒子源，同时将n个带负电的粒子沿纸面内各个方向均匀射入磁场区域，粒子质量为m、电荷量大小为q、速率均为v。A、C为圆形区域水平直径的两个端点，足够长的弹性挡板MN、M′N′与圆形区域在A、A．所有粒子均与右侧挡板碰撞，最终全部从D点离开磁场 B．粒子从P点出发到从D点离开磁场，运动的最长时间为t=C．粒子陆续与挡板碰撞过程中对挡板的平均作用力为F=D．粒子陆续从D点离开磁场过程中等效电流为I二．多选题（共5小题）（多选）8．（2024秋•大连期末）如图所示，竖直平面内有一半径为R的圆形区域内存在着垂直于该平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带电粒子（不计重力）以速度v0沿水平方向从P点射入磁场，其速度方向与半径OP的夹角为45°，经过一段时间后，粒子恰好从O点正下方的Q点射出磁场，下列说法正确的是（）A．该粒子入射的速度大小为qBRmB．该粒子在磁场中运动的时间为3πRC．若只改变带电粒子的入射方向，其在磁场中的运动时间可能变长 D．若带电粒子的入射点向下平移R2，其射出磁场的位置在Q（多选）9．（2024秋•深圳期末）党的二十大报告中，习近平总书记明确指出要实施科技兴国战略，强调科技是第一生产力，则下列关于现代科技前沿磁流体发电和加速度相关说法正确的是（）A．图甲是磁流体发电机结构示意图，由图可以判断出A板是发电机的负极 B．图甲中，稳定时AB间形成的电场方向从A板指向B板 C．图乙是回旋加速器的示意图要使粒子获得的最大动能增大，可增大加速电压U D．图乙中可增加D型盒直径来增大粒子的出射动能（多选）10．（2024秋•青岛期末）汽车的ABS是一种能够防止车轮抱死的制动系统，该系统的传感器主要基于霍尔效应原理。如图是传感器元件的简易图，水平放置的元件处于竖直向下的匀强磁场中，长、宽、高分别是a、c、h。元件内的电子定向移动形成恒定电流I，电流的方向向右，下列说法正确的是（）A．电子定向移动的方向是从右到左 B．该元件前表面的电势高于后表面的电势 C．若增大宽度c，前后表面电势差的绝对值增大 D．增大磁感应强度，前后表面电势差的绝对值增大（多选）11．（2024秋•天津期末）洛伦兹力在现代科学技术中有着广泛的应用，如图为磁场中常见的4种仪器，都利用了洛伦兹力对带电粒子的作用，下列说法正确的是（）A．甲图中，若仅增大加速电压，粒子离开加速器时的动能变大 B．乙图中，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越大 C．丙图中，A极板是磁流体发电机的负极 D．丁图中，带货电的粒子从左侧射入，若速度v＜（多选）12．（2024秋•济南期末）如图所示，在直角坐标系xOy平面内，x≥0的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。粒子源位于坐标为（﹣L，0）的A点，向坐标为（0，h）的Q点发射质量为m，电荷量为q（q＜0）的粒子，粒子重力忽略不计，速度大小可以调节。在坐标为（-L2，0）处放置一平行于y轴的挡板，挡板中点位于x轴上，长度略大于h2。已知粒子与挡板碰撞后，y方向的分速度不变，xA．5qBhh2+C．2qBhh2三．解答题（共3小题）13．（2024秋•惠山区校级期末）离子注入是芯片制造过程中一道重要的工序。如图所示，在距O点为2r处的硅片下端与磁场中心O在同一水平线上，硅片长为l=233r。A处的离子无初速的“飘入”加速电场，经电场加速后从P点沿半径方向进入半径为r的圆形匀强磁场区域，经磁场偏转，最后打在竖直放置的硅片上。离子的质量为m、电荷量为q（1）离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小v；（2）要求所有离子都打到硅片上，求磁感应强度B的取值范围。14．（2024秋•武昌区期末）如图所示，无限长的两水平边界间划分了三个区域，中间的矩形ABCD区域分布有竖直方向的匀强电场（图中未画出），边界AB的左侧分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界CD的右侧分布有垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q（q＞0）的粒子从P点竖直向下射入左侧磁场，速度大小为v，经磁场偏转，粒子第一次穿过边界AB进入电场时，速度方向斜向上与边界AB的夹角为θ，之后以垂直边界CD的方向离开电场，并进入右侧磁场运动。最终，粒子从P点正下方的Q点，沿竖直方向射出场区。已知，匀强电场的电场强度大小始终不变，但粒子每次离开电场时，电场的方向会反向，点P和A间距为d，上、下边界间距为2d，sinθ＝0.6，不计粒子的重力，忽略边缘效应。求：（1）左侧磁场的磁感应强度大小B1为多少？（2）AD的间距L的最大值为多少？（3）若边界AB和CD的间距为13d，则右侧磁场的磁感应强度大小B15．（2024秋•镇海区校级期末）如图所示的直角坐标系中，在x轴上方存在着垂直纸面向里、磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场，在x轴下方存在相对y轴对称的平行于x轴、电场强度E=2509V/m的匀强电场，一质量为m＝1×10﹣21kg，电荷量q＝2×10﹣19C的带正电的粒子从P点（0，0.3m）以初速度v0＝50m/s沿与y轴正方向角度θ＝37°斜向左上方射出，粒子运动轨迹与y（1）该粒子在磁场中的轨道半径r；（2）Q点的位置坐标；（3）粒子从P点出发至第三次打到x轴的位置坐标及总时间t。（取π＝3）

2024-2025学年下学期高二物理沪科版（2020）期中必刷常考题之带电粒子在匀强磁场中的圆周运动参考答案与试题解析题号1234567答案BBABCCC一．选择题（共7小题）1．（2024秋•惠山区校级期末）石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子（电子）浓度。如图（a）所示，在长为a，宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当I＝1.60×10﹣3A时，测得U﹣B关系图线如图（b）所示，元电荷e＝1.60×10﹣19C，则此样品每平方米载流子数最接近（）A．2.7×1015 B．3.7×1016 C．2.7×1019 D．3.7×1020【考点】霍尔效应与霍尔元件．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】B【分析】根据电流的微观表达式得到载流子定向移动的速率，根据载流子受到的洛伦兹力和电场力平衡写出霍尔电压的表达式，结合图像的斜率计算。【解答】解：设样品单位面积上含有的载流子为n，载流子定向移动的速率为v，则恒定电流大小I＝nebv，霍尔电压的大小为U，则evB=eUb，解得U=IneB，结合图像有k=Ine=84故选：B。【点评】能够写出霍尔电压U和磁场的磁感应强度之间的函数表达式是解题的基础。2．（2024秋•大连期末）如图为利用霍尔元件进行微小位移测量的实验装置。在两块完全相同、同极相对放置的磁体缝隙中放入金属材料制成的霍尔元件，当霍尔元件处于中间位置时磁感应强度为0，霍尔电压UH（霍尔元件前后两表面的电势差）也为0，将该点作为直角坐标系的原点。已知沿x轴方向磁感应强度大小B＝kx（k为常数，且k＞0），霍尔元件中通以沿y轴正方向的恒定电流，当霍尔元件沿x轴移动时，即有霍尔电压UH输出，下列说法正确的是（）A．霍尔元件有x轴正方向位移时，前表面的电势高于后表面的电势 B．UH的大小与元件在水平方向位移的大小成正比 C．霍尔元件的位移一定时，只增大y方向恒定电流的大小，UH的大小不变 D．霍尔元件的位移一定时，只增大元件垂直磁场方向的面积，UH的大小增大【考点】霍尔效应与霍尔元件．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】B【分析】根据左手定则判断电子的偏转方向，据此判断电势的高低；根据电子受到的洛伦兹力和电场力平衡，结合电流的微观表达式写出霍尔电压的表达式，据此逐项分析即可。【解答】解：A、霍尔元件有x轴正方向位移时，通过霍尔元件的磁感线方向为水平向左，根据左手定则可知霍尔元件中的自由电子受安培力方向指向前表面，则前表面聚集电子，所以前表面的电势低于后表面的电势，故A错误；B、设霍尔元件中电子定向移动的速率为v，霍尔元件沿y轴方向的厚度为b，沿x轴方向的厚度为a，前后表面的距离为d，霍尔元件单位体积含有的自由电子数为n，则I＝neadv，根据电子在霍尔元件中受洛伦兹力合电场力结合平衡条件有evB=eUHd，其中B＝kx，整理可得UH＝vdkx=IkxCD、根据霍尔电压的表达式UH=Ikxnea可知，霍尔电压的位移x一定时，只增大y方向恒定电流的大小，则霍尔电压UH变大；若只增大元件垂直磁场方向的面积，即ad的乘积增大，可能a会增大，则霍尔电压U故选：B。【点评】能够根据电流的微观表达式、电场力和洛伦兹力平衡条件写出霍尔电压的表达式是解题的关键。3．（2024秋•怀柔区期末）如图所示，将非磁性材料制成的圆管置于匀强磁场中，当含有大量正负离子的导电液体从管中由左向右流过磁场区域时，测得管两侧M、N两点之间有电势差U。忽略离子重力影响，则（）A．M点的电势高于N点 B．N点的电势高于M点 C．管中导电液体的流速越大，M、N两点之间的电势差U越小 D．管中导电液体的离子浓度越大，M、N两点之间的电势差U越大【考点】电磁流量计．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；理解能力．【答案】A【分析】根据左手定则判断正、负粒子受洛伦兹力方向，进而比较电势的高低；根据平衡条件写出电势差的表达式，据此分析即可。【解答】解：AB．管中的导电液体从管中由左向右流过磁场区域时，由左手定则可知带正电离子受到的洛伦兹力向上，带负电离子受到的洛伦兹力向下，即管上壁聚集正电荷，管下壁聚集负电荷，所以M点的电势高于N点的电势，故A正确，B错误；CD．两管壁最后电压稳定时，电场力与洛伦兹力平衡，根据平衡条件则有qvB=qUd，可得U＝Bvd，可知管中导电液体的流速越大，M、N两点之间的电势差U越大；M、N两点之间的电势差故选：A。【点评】本题考查了左手定则的应用，容易题。4．（2024秋•泰州期末）如图所示，图甲、乙、丙、丁分别为多级直线加速器、回旋加速器、磁流体发电机、质谱仪的原理示意图。以下说法正确的是（）A．图甲中，粒子在筒中做加速运动，电压越大获得的能量越高 B．图乙中，粒子第n次（n＞1）被加速前、后的轨道半径之比为n-C．图丙中，将一束等离子体喷入磁场，A、B板间产生电势差，A板电势高 D．图丁中，11H、1【考点】磁流体发电机；与加速电场相结合的质谱仪；回旋加速器．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】B【分析】在筒中电场的电场强度为0，据此分析；根据动能定理得到粒子被加速后的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力写出半径的表达式分析；根据左手定则分析；根据洛伦兹力提供向心力，结合半径的表达式分析。【解答】解：A．在多级直线加速器（图甲）中，粒子在两筒间的电场中做加速运动，根据静电平衡可知在筒中电场的电场强度为0，粒子所受电场力为零，所以粒子在筒中做匀速直线运动，故A错误；B．回旋加速器（图乙）中，根据动能定理，第（n﹣1）次加速后q(第n次加速后qnU=又因为粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则qvB=可得r=则rn-1C．对于磁流体发电机（图丙），根据左手定则，等离子体中的正离子向B板偏转，负离子向A板偏转，所以B板电势高，A板电势低，故C错误；D．在质谱仪（图丁）中，粒子先在加速电场中加速qU=进入磁场后qvB=联立可得r=1B2mUq，其中1故选：B。【点评】本题考查了对直线加速器、回旋加速器、质谱仪和磁流体发电机工作原理的认识。5．（2024秋•太原期末）如图为洛伦兹力演示仪的示意图。电子枪可以发射方向可调的电子束，玻璃泡内充有稀薄气体，电子束通过时能显示电子的径迹，励磁线圈可产生垂直纸面的磁场。下列选项正确的是（）A．加磁场后，电子束的径迹不可能是一条直线 B．加磁场后，若电子束与磁场方向成45°射出，其径迹是一个圆 C．当径迹为圆时，电子束速度不变，磁感应强度变大，径迹圆的半径变小 D．当径迹为圆时，磁感应强度不变，电子束出射速度变大，径迹圆的半径变小【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】C【分析】AB.结合题意，根据洛伦兹力的特点，即可分析判断；CD.当径迹为圆时，洛伦兹力提供向心力，据此列式，结合题意，即可分析判断。【解答】解：AB.加上匀强磁场后，令电子束沿着与磁场垂直的方向射入磁场，洛伦兹力提供向心力，其径迹为圆；令电子束沿着与磁场平行的方向射入磁场，电子不受洛伦兹力作用，其径迹为一条直线；故AB错误；CD.当径迹为圆时，洛伦兹力提供向心力，可得：evB=m解得：r=mv由此可知，若电子束速度v不变，磁感应强度B变大，则径迹圆的半径r变小；若磁感应强度B不变，电子束出射速度v变大，则径迹圆的半径变大；故C正确，D错误；故选：C。【点评】本题主要考查带电粒子在匀强磁场中的圆周运动，解题时需注意，若v⊥B，则带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速率v做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力。6．（2024秋•惠山区校级期末）如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的范围足够大的匀强磁场内，固定着倾角为θ的绝缘斜面，一个质量为m、电荷量为﹣q的带电小物块以初速度v0沿斜面向上运动，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ。设滑动时电荷量不变，在小物块上滑过程中，其速度v与时间t，加速度a与时间t和动能Ek与位移x的关系图像，可能正确的是（）A． B． C． D．【考点】带电粒子在叠加场中做直线运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．【答案】C【分析】根据带电粒子在复合场中运动的分析方法，明确带电滑块上滑，依据左手定则判定洛伦兹力方向，根据牛顿第二定律等知识分析，注意明确洛伦兹力与速度大小的关系。【解答】解：依据左手定则判断物块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下，对沿斜面向上运动的小物块受力分析，由牛顿第二定律可得：mgsinθ+μFN＝maFN＝mgcosθ+qvB联立解得：a＝gsinθ+μgcosθ+μqvB所以物体沿斜面向上做加速度减小的减速运动，速度越小，加速度越小，速度减小的越慢，加速度减小的越慢，在小物块上滑过程中，当速度为零时加速度最小，但最小值不为零；A、速度—时间图像的切线斜率表示加速度，故A错误；BC、物体加速度减小，且加速度减小的越来越慢，在小物块上滑过程中，加速度减不到零，故C正确，B错误；D、动能Ek与位移x的关系图像的斜率表示合力，根据以上分析可知，小物块上滑过程中，合力为变力，则斜率会发生变化，故D错误。故选：C。【点评】本题考查左手定则与牛顿第二定律的应用，掌握影响加速度的因素，理解伦兹力受到速率的影响。7．（2025•东湖区校级一模）如图所示，圆形区域半径为R，区域内有一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B=mvqR。位于磁场边界最低点P处有一粒子源，同时将n个带负电的粒子沿纸面内各个方向均匀射入磁场区域，粒子质量为m、电荷量大小为q、速率均为v。A、C为圆形区域水平直径的两个端点，足够长的弹性挡板MN、M′N′与圆形区域在AA．所有粒子均与右侧挡板碰撞，最终全部从D点离开磁场 B．粒子从P点出发到从D点离开磁场，运动的最长时间为t=C．粒子陆续与挡板碰撞过程中对挡板的平均作用力为F=D．粒子陆续从D点离开磁场过程中等效电流为I【考点】带电粒子在直线边界磁场中的运动；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．【答案】C【分析】由洛伦兹力提供向心力qvB＝mv2r，解得粒子运动半径，根据左手定则分析粒子的运动情况，作出粒子轨迹图，根据时间公式解得BC，结合动量定理计算【解答】解：A.由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝mv可得r＝R根据磁聚焦结论作出如图所示的轨迹图粒子在圆形磁场中射出后均能垂直打在左侧挡板上，反弹后再次进入磁场并全部从D点离开磁场，故A错误；B.根据磁聚焦可以得出粒子在圆形磁场中运动的两段圆弧圆心角之和为π，每个粒子在磁场中运动的时间均为t=这个时间是粒子从p点出发到从D点离开的最短时间，故B错误；C.所有粒子到达挡板的最短时间为t1=最长时间为t2=粒子与挡板碰撞过程中的作用时间为Δt＝t2﹣t1对这n个粒子由动量定理可得FΔt＝nmΔv解得F=故C正确；D.所有粒子从发出到达D点的最短时间为t'1=最长时间为t'2=因此粒子离开D点过程持续的时间为Δt'＝t'2﹣t'1则等效电流为I=解得I=同时考虑到电荷离开D点时沿着不同方向，实际的电流会更小，故D错误。故选：C。【点评】解决该题需要明确知道在求解时间最值问题，注意根据题意作出粒子的运动轨迹及洛伦兹力提供向心力的应用。二．多选题（共5小题）（多选）8．（2024秋•大连期末）如图所示，竖直平面内有一半径为R的圆形区域内存在着垂直于该平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带电粒子（不计重力）以速度v0沿水平方向从P点射入磁场，其速度方向与半径OP的夹角为45°，经过一段时间后，粒子恰好从O点正下方的Q点射出磁场，下列说法正确的是（）A．该粒子入射的速度大小为qBRmB．该粒子在磁场中运动的时间为3πRC．若只改变带电粒子的入射方向，其在磁场中的运动时间可能变长 D．若带电粒子的入射点向下平移R2，其射出磁场的位置在Q【考点】带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】AC【分析】A.由牛顿第二定律结合几何关系求得该粒子入射的速度大小；BC.根据圆心角与周期求得粒子所用时间，并判断改变带电粒子的入射方向，其在磁场中的运动时间变化；D.若带电粒子的入射点位置变化，速度不变，半径不变，其射出磁场的位置仍在Q点，由此作出判断。【解答】解：A．粒子在磁场中运动轨迹如图所示由几何关系可知，粒子圆周运动的半径为R，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得Bq解得v故A正确；BC．该粒子在磁场中偏转的圆心角θ=3粒子的运动周期为T联立解得t只改变粒子的入射方向，其对应得圆心角可能会增大，则粒子在磁场中运动得时间可能就边长，故B错误，C正确；D．若带电粒子的入射点向下平移R2，其圆周运动的半径不变，其射出磁场的位置仍在Q点，故D故选：AC。【点评】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，做题关键在于做出粒子运动轨迹图，结合几何关系和洛伦兹力提供向心力可求解，结合圆心角与周期可求得粒子运动的时间。（多选）9．（2024秋•深圳期末）党的二十大报告中，习近平总书记明确指出要实施科技兴国战略，强调科技是第一生产力，则下列关于现代科技前沿磁流体发电和加速度相关说法正确的是（）A．图甲是磁流体发电机结构示意图，由图可以判断出A板是发电机的负极 B．图甲中，稳定时AB间形成的电场方向从A板指向B板 C．图乙是回旋加速器的示意图要使粒子获得的最大动能增大，可增大加速电压U D．图乙中可增加D型盒直径来增大粒子的出射动能【考点】回旋加速器；磁流体发电机．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】AD【分析】AB.根据磁流体发电机原理结合左手定则进行分析判断；CD.根据回旋加速器的原理和最大动能的决定因素分析解答。【解答】解：AB．图甲是磁流体发电机结构示意图，根据左手定则可知正电荷在洛伦兹力作用下向下极板B偏转，负电荷向上极板偏转，稳定时AB间形成的电场方向从B板指向A板，可以判断出A板是发电机的负极，故A正确，B错误；CD．根据回旋加速器原理可知，要使粒子获得的最大动能增大需要增大D型盒直径，增大加速电压U只能改变加速的次数，故C错误，D正确。故选：AD。【点评】考查磁流体发电机和回旋加速器的工作原理，会根据题意进行准确分析解答。（多选）10．（2024秋•青岛期末）汽车的ABS是一种能够防止车轮抱死的制动系统，该系统的传感器主要基于霍尔效应原理。如图是传感器元件的简易图，水平放置的元件处于竖直向下的匀强磁场中，长、宽、高分别是a、c、h。元件内的电子定向移动形成恒定电流I，电流的方向向右，下列说法正确的是（）A．电子定向移动的方向是从右到左 B．该元件前表面的电势高于后表面的电势 C．若增大宽度c，前后表面电势差的绝对值增大 D．增大磁感应强度，前后表面电势差的绝对值增大【考点】霍尔效应与霍尔元件．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】ABD【分析】A.根据电流方向和电子定向移动的方向关系进行判断；B.根据左手定则结合载流子的情况进行判断；CD.根据稳定时满足的方程推导电势差的表达式，结合电流的微观表达式进行分析判断。【解答】解：A.因为元件中电流方向向右，电流是有电子的定向移动形成的，故电子定向移动的方向是从右向左，故A正确；B.根据左手定则，载流子是电子，则电子在洛伦兹力的作用下向后表面偏转，所以前表面电势高于后表面电势，故B正确；CD.稳定时，满足evB＝eUc，即U＝cvB，根据电流的微观表达式I＝neSv＝nehcv，由于I恒定，可知cv不变，可知电势差U不变，当B增大时U增大，故C错误，D故选：ABD。【点评】考查霍尔效应，带电粒子在磁场中的偏转问题，熟悉霍尔效应的基本原理，会根据题意进行准确分析解答。（多选）11．（2024秋•天津期末）洛伦兹力在现代科学技术中有着广泛的应用，如图为磁场中常见的4种仪器，都利用了洛伦兹力对带电粒子的作用，下列说法正确的是（）A．甲图中，若仅增大加速电压，粒子离开加速器时的动能变大 B．乙图中，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越大 C．丙图中，A极板是磁流体发电机的负极 D．丁图中，带货电的粒子从左侧射入，若速度v＜【考点】磁流体发电机；速度选择器；与速度选择器相结合的质谱仪；回旋加速器．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】AB【分析】由粒子离开回旋加速器中时，速度、动能最大，结合洛伦兹力提供向心力，可得到最大动能表达式，分析其影响因素；粒子在质谱仪中运动时，由动能定理、洛伦兹力提供向心力，可得到偏转半径表达式，分析比荷对偏转半径的影响；由左手定则，可知等离子体运动时受到的洛伦兹力分析，分析极板电极的正负；粒子在速度选择器中运动时，由其运动方向即电磁场分析，可分析其受合力方向即偏转方向。【解答】解：A、由粒子离开回旋加速器中时，速度、动能最大，洛伦兹力提供向心力qvmB=mvmB、粒子在质谱仪中运动时，由动能定理qU=12mv2，洛伦兹力提供向心力qvBC、由左手定则，可知等离子体中的正电荷受力向下极板B偏转，即B为磁流体发电机的正极，故C错误；D、带负电的离子，从左侧射入时，受到的洛伦兹力竖直向下，电场力竖直向上，若速度v＜EB故选：AB。【点评】本题考查带电粒子在电磁场中的运动特点，关键是根据粒子在不同元件中运动状态，得到其受力的关系式。（多选）12．（2024秋•济南期末）如图所示，在直角坐标系xOy平面内，x≥0的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。粒子源位于坐标为（﹣L，0）的A点，向坐标为（0，h）的Q点发射质量为m，电荷量为q（q＜0）的粒子，粒子重力忽略不计，速度大小可以调节。在坐标为（-L2，0）处放置一平行于y轴的挡板，挡板中点位于x轴上，长度略大于h2。已知粒子与挡板碰撞后，y方向的分速度不变，x方向的分速度A．5qBhh2+C．2qBhh2【考点】带电粒子在直线边界磁场中的运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】BCD【分析】由洛伦兹力提供向心力结合几何关系求得粒子的速度大小作出判断。【解答】解：A．当vm时，根据题意如图所示由几何关系可得，粒子运动半径R=洛伦兹力提供向心力可得qvB=联立解得vm故A错误；B．当粒子与挡板碰撞一次时由几何关系可得，粒子运动半径R=解得v1故B正确；C．当粒子与挡板碰撞二次时由几何关系可得，粒子运动半径R=解得v2故C正确；D．当粒子与挡板碰撞三次时由几何关系可得，粒子运动半径R=解得v3故D正确。故选：BCD。【点评】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，要正确分析粒子的受力情况，来判断其运动情况。对于匀速圆周运动，要确定圆心位置，根据几何关系求轨迹半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量。三．解答题（共3小题）13．（2024秋•惠山区校级期末）离子注入是芯片制造过程中一道重要的工序。如图所示，在距O点为2r处的硅片下端与磁场中心O在同一水平线上，硅片长为l=233r。A处的离子无初速的“飘入”加速电场，经电场加速后从P点沿半径方向进入半径为r的圆形匀强磁场区域，经磁场偏转，最后打在竖直放置的硅片上。离子的质量为m、电荷量为q（1）离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小v；（2）要求所有离子都打到硅片上，求磁感应强度B的取值范围。【考点】带电粒子由磁场进入电场中的运动；带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动．【专题】定量思想；推理法；平行四边形法则图解法专题；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小v为2qU（2）要求所有离子都打到硅片上，磁感应强度B的取值范围为2qUm【分析】（1）根据动能定理求解离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小；（2）画出打在粒子打在硅片上、下端的轨迹图像，根据几何知识求解粒子做圆周运动的半径，根据牛顿第二定律求解磁感应强度的大小，最后综合表示磁感应强度的取值范围。【解答】解：（1）离子通过加速电场，由动能定理可知qU=变形得到v=（2）根据题意，画出离子在磁场中运动的轨迹，如图所示：离子打在硅片上端时，设磁感应强度为B1，∠BOD＝α，由几何关系知道tanα=α＝30°∠QOB＝60°∠MOP＝120°∠COP＝60°∠OCP＝30°设离子的轨迹半径为Rtan30R=由牛顿第二定律有qvB解得B1离子打在硅片下端时，设磁感应强度为B0，由几何关系知道，离子的轨迹半径r'＝r，由牛顿第二定律有qvB0=从而解得B0磁感应强度的取值范围2qUm答：（1）离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小v为2qU（2）要求所有离子都打到硅片上，磁感应强度B的取值范围为2qUm【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，要求学生能根据题意作出带电粒子的轨迹图，能熟练应用动能定理求解粒子加速后的速度、几何知识求解轨道半径、牛顿第二定律求解速度和磁感应强度。14．（2024秋•武昌区期末）如图所示，无限长的两水平边界间划分了三个区域，中间的矩形ABCD区域分布有竖直方向的匀强电场（图中未画出），边界AB的左侧分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界CD的右侧分布有垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q（q＞0）的粒子从P点竖直向下射入左侧磁场，速度大小为v，经磁场偏转，粒子第一次穿过边界AB进入电场时，速度方向斜向上与边界AB的夹角为θ，之后以垂直边界CD的方向离开电场，并进入右侧磁场运动。最终，粒子从P点正下方的Q点，沿竖直方向射出场区。已知，匀强电场的电场强度大小始终不变，但粒子每次离开电场时，电场的方向会反向，点P和A间距为d，上、下边界间距为2d，sinθ＝0.6，不计粒子的重力，忽略边缘效应。求：（1）左侧磁场的磁感应强度大小B1为多少？（2）AD的间距L的最大值为多少？（3）若边界AB和CD的间距为13d，则右侧磁场的磁感应强度大小B【考点】带电粒子在电场和磁场中的往复运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】（1）左侧磁场的磁感应强度大小B1为9mv（2）AD的间距L的最大值为12（3）右侧磁场的磁感应强度大小B2的最大值为27mv【分析】（1）粒子在左侧磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系求得运动轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度大小；（2）粒子在电场中做类斜抛运动，将运动按水平方向与竖直方向分解。要使AD的间距L最大，粒子恰好在D点垂直CD边界进入右边磁场。根据运动学公式求解AD的间距L的最大值；（3）粒子在右侧磁场中做匀速圆周运动，要使磁感应强度最大，则运动半径最小。作出粒子周期性运动的运动轨迹图，求出粒子在电场中侧移量，根据几何关系求得粒子运动一个周期在竖直方向上下移的距离，最终粒子从P点正下方的Q点沿竖直方向射出场区，根据满足的条件求得运动半径的最小值，由洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度的最大值。【解答】解：（1）粒子在左侧磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为R1，如下图所示：已知：sinθ＝0.6，则cosθ＝0.8根据几何关系得：R1+R1cosθ＝d解得：R根据洛伦兹力提供向心力得：qvB解得：B（2）粒子在电场中做类斜抛运动，水平方向分速度大小为vx＝vsinθ，竖直方向分速度大小为vy＝vcosθ。要使AD的间距L最大，粒子恰好在D点垂直CD边界进入右边磁场。设粒子在电场中运动时间为t，则有：在竖直方向上有：R1sinθ在水平方向上有：x即AD的间距L的最大值为12（3）粒子在右侧磁场中做匀速圆周运动，设其轨道半径为R2，要使B2最大，则R2最小。粒子做周期性运动的运动轨迹如下图所示，由P点到M点为一个运动周期。当边界AB和CD的间距为13d时，设粒子在电场中运动时间为t在水平方向上有：13d=vxt1，解得：在竖直方向上有：Δy=粒子运动一个周期在竖直方向上下移的距离（即图中的PM的长度）为：h＝2R1sinθ﹣2Δy+2R2最终粒子从P点正下方的Q点沿竖直方向射出场区，需满足：h≥R1nh＝2d，n＝1、2、3……联立可得：R2=解得：n＝3时，R2取最小值，且最小值为：Rmin=由洛伦兹力提供向心力得：q解得磁感应强度大小B2的最大值为：B答：（1）左侧磁场的磁感应强度大小B1为9mv（2）AD的间距L的最大值为12（3）右侧磁场的磁感应强度大小B2的最大值为27mv【点评】本题考查了带电粒子在电磁场中的运动问题，解题的关键是能够根据题意作出粒子的运动轨迹，粒子运动具有周期性，根据周期性确定运动的几何条件。15．（2024秋•镇海区校级期末）如图所示的直角坐标系中，在x轴上方存在着垂直纸面向里、磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场，在x轴下方存在相对y轴对称的平行于x轴、电场强度E=2509V/m的匀强电场，一质量为m＝1×10﹣21kg，电荷量q＝2×10﹣19C的带正电的粒子从P点（0，0.3m）以初速度v0＝50m/s沿与y轴正方向角度θ＝37°斜向左上方射出，粒子运动轨迹与（1）该粒子在磁场中的轨道半径r；（2）Q点的位置坐标；（3）粒子从P点出发至第三次打到x轴的位置坐标及总时间t。（取π＝3）【考点】带电粒子由磁场进入电场中的运动；带电粒子由电场进入磁场中的运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】（1）该粒子在磁场中的轨道半径r为0.5m；（2）Q点的位置坐标为（0，﹣0.9m）；（3）粒子从P点出发至第三次打到x轴的位置坐标为（﹣1m，0），总时间t为4496000【分析】（1）该粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力求解运动轨迹半径；（2）根据几何关系画作出粒子的运动轨迹。粒子在电场中到达Q点的过程做类平抛运动，将运动分解处理。根据牛顿第二定律与运动学公式解答；（3）根据题意求得粒子打到挡板反弹后瞬间水平分速度大小，反弹后粒子沿+y方向以速度v0做匀速直线运动，沿x轴方向做对称的匀加速与匀加速直线运动，可知粒子经过原点O进入第三象限的磁场，求得到达原点O的速度大小与方向。由洛伦兹力提供向心力求得粒子再次在磁场中的运动半径。由几何关系求得粒子第三次打到x轴的位置坐标。根据运动周期与圆心角求解粒子在磁场中的运动时间，粒子在第四象限运动时间与在第三象限运动时间相等，进而求得粒子从P点出发至第三次打到x轴的总时间。【解答】解：（1）该粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：qv0B=解得：r＝0.5m（2）已知OP＝0.3m，因OPcos(90°-θ)=0.3cos(90°-37°)m＝粒子垂直于x轴进入第三象限的电场，在电场中到达Q点的过程做类平抛运动，设OQ的距离为y1，则有：y1＝v0t1r+rcos37°=解得：t1=9500s，y则Q点的位置坐标为（0，﹣0.9m）（3）粒子到达Q点时水平分速度大小为：vx1=qEmt1，解得：由题意可得粒子打到挡板反弹后瞬间水平分速度大小为：vx2=12vx1，解得：vx2反弹后粒子沿+y方向以速度v0做匀速直线运动，沿x轴方向做对称的匀加速与匀加速直线运动，可知粒子经过原点O进入第三象限的磁场，到达原点O的速度大小为：v2=v02+vx2速度v2的方向与﹣x方向的夹角β满足：tanβ=vx2v0设粒子再次在磁场中的运动半径为R，由洛伦兹力提供向心力得：qv2B=mv22粒子再次在磁场中的运动轨迹如下图所示。由几何关系可得：OM＝2Rsinβ，解得：OM＝1m可知粒子第三次打到x轴的位置坐标为：（﹣1m，0）粒子第一次在磁场中的运动时间为：t2=解得：t2=粒子第二次在磁场中的运动时间为：t3=解得：t2=粒子在第四象限运动时间与在第三象限运动时间相等，均为t1=9500s，粒子从Pt＝2t1+t2+t3解得：t=答：（1）该粒子在磁场中的轨道半径r为0.5m；（2）Q点的位置坐标为（0，﹣0.9m）；（3）粒子从P点出发至第三次打到x轴的位置坐标为（﹣1m，0），总时间t为4496000【点评】本题考查了带电粒子在电磁场中的运动问题，粒子在电场中做类平抛运动时，将运动分解处理。粒子在磁场中做匀速圆周运动时，根据洛伦兹力提供向心力，结合几何解答。

考点卡片1．牛顿第二定律与向心力结合解决问题【知识点的认识】圆周运动的过程符合牛顿第二定律，表达式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命题方向】我国著名体操运动员童飞，首次在单杠项目中完成了“单臂大回环”：用一只手抓住单杠，以单杠为轴做竖直面上的圆周运动．假设童飞的质量为55kg，为完成这一动作，童飞在通过最低点时的向心加速度至少是4g，那么在完成“单臂大回环”的过程中，童飞的单臂至少要能够承受多大的力．分析：运动员在最低点时处于超重状态，由单杠对人拉力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解．解答：运动员在最低点时处于超重状态，设运动员手臂的拉力为F，由牛顿第二定律可得：F心＝ma心则得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飞的单臂至少要能够承受2750N的力．点评：解答本题的关键是分析向心力的来源，建立模型，运用牛顿第二定律求解．【解题思路点拨】圆周运动中的动力学问题分析（1）向心力的确定①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置．②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力．（2）向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解决圆周运动问题步骤①审清题意，确定研究对象；②分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；③分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．2．带电粒子在匀强磁场中的圆周运动【知识点的认识】带电粒子在匀强磁场中的运动1．若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动．2．若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动．3．半径和周期公式：（v⊥B）【命题方向】如图所示，MN是匀强磁场中的一块薄金属板，带电粒子（不计重力）在匀强磁场中运动并穿过金属板，虚线表示其运动轨迹，由图知（）A、粒子带负电B、粒子运动方向是abcdeC、粒子运动方向是edcbaD、粒子在上半周所用时间比下半周所用时间长分析：由半径的变化可知粒子运动方向；由轨迹偏转方向可知粒子的受力方向，则由左手定则可判断粒子的运动方向，由圆周对应的圆心角及周期公式可知时间关系。解答：ABC、带电粒子穿过金属板后速度减小，由r=mvqB轨迹半径应减小，故可知粒子运动方向是粒子所受的洛伦兹力均指向圆心，故粒子应是由下方进入，故粒子运动方向为edcba，则粒子应带负电，故B错误，AC正确；D、由T=2πmqB可知，粒子运动的周期和速度无关，而上下均为半圆，故所对的圆心角相同，故粒子的运动时间均为T故选：AC。点评：本题应注意观察图形，图形中隐含的速度关系是解决本题的关键，明确了速度关系即可由左手定则及圆的性质求解。【解题方法点拨】带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动的分析方法．3．带电粒子在直线边界磁场中的运动【知识点的认识】1.带电粒子在直线边界磁场中的运动的两种情形（1）直线边界（2）平行边界2.带电粒子在有界磁场中的常用几何关系（1）四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点．（2）三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的2倍．3.常见的解题思路（1）圆心的确定①由两点和两线确定圆心，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹．确定带电粒子运动轨迹上的两个特殊点（一般是射入和射出磁场时的两点），过这两点作带电粒子运动方向的垂线（这两垂线即为粒子在这两点所受洛伦兹力的方向），则两垂线的交点就是圆心，如图（a）所示．②若只已知过其中一个点的粒子运动方向，则除过已知运动方向的该点作垂线外，还要将这两点相连作弦，再作弦的中垂线，两垂线交点就是圆心，如图（b）所示．③若只已知一个点及运动方向，也知另外某时刻的速度方向，但不确定该速度方向所在的点，如图（c）所示，此时要将其中一速度的延长线与另一速度的反向延长线相交成一角（∠PAM），画出该角的角平分线，它与已知点的速度的垂线交于一点O，该点就是圆心．（2）半径的确定方法一：由物理方程求：半径R=mv方法二：由几何方程求：一般由数学知识（勾股定理、三角函数等）计算来确定．（3）时间的确定由t=θ2πT确定通过某段圆弧所用的时间，其中【命题方向】如图所示，粒子a、b以相同的动能同时从O点射入宽度为d的有界匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，且同时到达P点，OP垂直于磁场边界。a、b两粒子的质量之比为（）A、1：2B、2：1C、3：4D、4：3分析：求解本题的关键是画出来粒子的轨迹图，并确定圆心、求出半径和圆心角，然后根据动能相等的条件以及相等的运动时间并结合圆周运动公式联立即可求解。解答：根据题意画出a、b粒子的轨迹如图所示，则a、b粒子的圆心分别是O1和O2，设磁场宽度为d，由图可知，粒子a的半径ra=d2sin60°=d3a粒子轨迹长度为sa=2×60b粒子的轨迹长度为sb=2×30又有：va=sa解得：v由12mava2=12故选：C。点评：求解有关带电粒子在有界磁场中的运动问题的关键是画出轨迹图，并根据几何知识确定圆心求出半径和圆心角，再结合圆周运动的有关规律联立即可求解。【解题思路点拨】由于带电粒子往往是在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件，然后应用数学知识和相应物理规律分析求解．（1）两种思路①以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界条件下的特殊规律和特殊解；②直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值．（2）两种方法物理方法：①利用临界条件求极值；②利用问题的边界条件求极值；③利用矢量图求极值．数学方法：①利用三角函数求极值；②利用二次方程的判别式求极值；③利用不等式的性质求极值；④利用图象法等．（3）从关键词中找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”等词语对临界状态给以暗示．审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件．4．带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动【知识点的认知】1.圆形边界：如图所示，带电粒子从某点沿圆形磁场的半径方向人射，从另一点射出磁场时速度的反向延长线过磁场的圆心，即沿径向射入必沿径向射出。2.几个与角有关的物理量如图所示，粒子做匀速圆周运动时，φ为粒子速度的偏向角，粒子与圆心的连线转过的角度α为回旋角（或圆心角），AB弦与切线的夹角θ为弦切角，它们的关系为φ＝α＝2θ，θ与相邻的弦切角θ'互补，即θ+θ'＝180°。3.如何确定“圆心角与时间”①速度的偏向角φ＝圆弧所对应的圆心角（回旋角）α＝2倍的弦切角θ②时间的计算方法．方法一：由圆心角求，t=θ2π•T；方法二：由弧长求，【命题方向】如图所示，虚线所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．一束电子沿圆形区域的直径方向以速度v射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动的方向与原入射方向成θ角。设电子质量为m，电荷量为e，不计电子之间的相互作用力及所受的重力。求：（1）电子在磁场中运动轨迹的半径R；（2）电子在磁场中运动的时间t；（3）圆形磁场区域的半径r。分析：电子在磁场中受洛伦兹力作用，电子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，可以求出电子运动的半径，画出电子运动轨迹，根据几何关系可以求得电子在磁场中的运动的时间和圆形磁场区域的半径。解答：（1）电子在磁场中受到的洛伦兹力提供电子做匀速圆周运动的向心力即：qvB=由此可得电子做圆周运动的半径R=（2）如图根据几何关系，可以知道电子在磁场中做圆周运动对圆心转过的角度α＝θ则电子在磁场中运动的时间：t=（3）由题意知，由图根据几何关系知：tanθ∴r答：（1）电子在磁场中运动轨迹的半径R=mv（2）电子在磁场中运动的时间t=mθ（3）圆形磁场区域的半径r=mv点评：熟悉电子在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力，据此列式求出半径和周期间的表达式，能正确作出电子做圆周运动的半径。【解题思路点拨】由于带电粒子往往是在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件，然后应用数学知识和相应物理规律分析求解．（1）两种思路①以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界条件下的特殊规律和特殊解；②直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值．（2）两种方法物理方法：①利用临界条件求极值；②利用问题的边界条件求极值；③利用矢量图求极值．数学方法：①利用三角函数求极值；②利用二次方程的判别式求极值；③利用不等式的性质求极值；④利用图象法等．（3）从关键词中找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”等词语对临界状态给以暗示．审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件．5．带电粒子在叠加场中做直线运动【知识点的认识】1.叠加场是指一个区域可能同时含有重力场、电场和磁场中的两个或三个。但本考点涉及的题目必须包含磁场。2.带电粒子在叠加场中做直线运动有两种情况（不考虑平行于电场和磁场射入）（1）不计粒子重力，则必有洛伦兹力等于电场力，Bqv＝qE。（2）考虑粒子重力，则必有电场力与重力的合力等于洛伦兹力。也就是说只要粒子在含有磁场的叠加场中做直线运动，一定是匀速直线运动。因为如果是变速运动，则洛伦兹力也会变化，合力与速度方向不再一条直线上，粒子就不可能再做直线运动。【命题方向】如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带负电微粒由a点以一定初速度进入电磁场，刚好能沿直线ab斜向上运动，则下列说法正确的是（）A、微粒的动能一定增加B、微粒的动能一定减少C、微粒的电势能一定减少D、微粒的机械能一定增加分析：对带电粒子进行受力分析，受到竖直向下的重力，水平向左的电场力和垂直于虚线向右上的洛伦兹力，由于带电粒子做直线运动，可判断粒子合外力为零，再根据各力的做功情况，即可判断各选项的正误．解答：根据做直线运动的条件和受力情况（如图所示）可知，粒子做匀速直线运动，所以粒子的动能保持不变，选项AB错误；再由a沿直线运动到b的过场中，电场力做正功，电势能减小，选项C正确；重力做负功，重力势能增加，选项D正确。故选：CD。点评：带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（v与B不平行）．若速度是变的，洛伦兹力会变，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带电体就会做曲线运动．【解题思路点拨】1.叠加场中三中场的比较2.带电粒子在叠加场中运动的分析方法6．带电粒子由磁场进入电场中的运动【知识点的认识】1.带电粒子在电场、磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场，或从磁场到电场的运动。通常按时间的先后顺序分成若干个小过程，在每一运动过程中从粒子的受力性质、受力方向和速度方向的关系入手，分析运动性质。2.一般的分析思路为：（1）划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取相应的规律处理。（2）找关键：确定带电粒子在场区边界的速度（包括大小和方向）是解决该类问题的关键，（3）画运动轨迹：根据受力分析和运动分析大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。3.本考点旨在针对粒子从磁场进入电场的情况。【命题方向】如图所示，一个质量为m＝2.0×10﹣11kg，电荷量q＝+1.0×10﹣5C的带电微粒（重力忽略不计），从静止开始经U1＝100V电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场，偏转电场的电压U2＝50V．金属板长L＝20cm，两板间距d=53cm（1）微粒进入偏转电场时的速度v0大小；（2）微粒射出偏转电场时的偏转角θ；（3）若该匀强磁场的宽度D＝10cm，为使微粒不会从磁场右边射出，则该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？分析：（1）粒子在加速电场中，电场力做功，由动能定理求出速度v0。（2）粒子进入偏转电场后，做类平抛运动，运用运动的合成与分解求出偏转角。（3）粒子进入磁场后，做匀速圆周运动，结合条件，画出轨迹，由几何知识求半径，再求B。解答：（1）粒子在加速电场中运动过程，由动能定理，得qU1=解得，v0=2qU（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，则有加速度a=t=Lv0，v则tanθ=将上述各式代入得到tanθ=θ＝30°（3）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，速度大小为v=画出轨迹如图，根据几何知识，得D＝r+rsinθr=又由qvB＝mv解得B=代入数据解得，B＝0.346T答：（1）微粒进入偏转电场时的速度v0大小1×104m/s；（2）微粒射出偏转电场时的偏转角θ＝30°；（3）为使微粒不会从磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少为0.346T。点评：本题是带电粒子在组合场中运动的问题，关键是分析粒子的受力情况和运动情况，用力学的方法处理。【解题思路点拨】解决带电粒子在组合场中的运动问题的方法7．带电粒子由电场进入磁场中的运动【知识点的认识】1.带电粒子在电场、磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场，或从磁场到电场的运动。通常按时间的先后顺序分成若干个小过程，在每一运动过程中从粒子的受力性质、受力方向和速度方向的关系入手，分析运动性质。2.一般的分析思路为：（1）划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取相应的规律处理。（2）找关键：确定带电粒子在场区边界的速度（包括大小和方向）是解决该类问题的关键，（3）画运动轨迹：根据受力分析和运动分析大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。3.本考点旨在针对粒子从电场进入磁场的情况。【命题方向】如图所示，直角坐标系中的第Ⅰ象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，在第Ⅱ象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场。一电量为q、质量为m的带正电的粒子，在﹣x轴上的点a以速率v0，方向和﹣x轴方向成60°射入磁场，然后经过y轴上y＝L处的b点垂直于y轴方向进入电场，并经过x轴上x＝2L处的c点。不计重力。求：（1）磁感应强度B的大小；（2）电场强度E的大小；（3）粒子在磁场和电场中的运动时间之比。分析：（1）由几何知识求出粒子的轨道半径，然后由牛顿第二定律求出磁感应强度大小。（2）粒子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律求出电场强度大小。（3）求出粒子在磁场中的运动时间与在电场中的运动时间，然后求出时间之比。解答：（1）粒子的运动轨迹如图所示：由几何知识可得：r+rsin30°＝L，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r=23粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B＝mv0解得：B=3（2）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：2L＝v0t，竖直方向：L=12at2=1解得：E=m（3）粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=2由几何知识可知，粒子在磁场中转过的圆心角：θ＝180°﹣60°＝120°，粒子在磁场中做圆周运动的时间：t1=θ360°T粒子在电场中的运动时间：t2=2粒子在磁场和电场中的运动时间之比：t1答：（1）磁感应强度B的大小为3m（2）电场强度E的大小为mv（3）粒子在磁场和电场中的运动时间之比为2π点评：本题考查了粒子在磁场与电场中的运动，分析清楚粒子的运动过程、应用牛顿第二定律与类平抛运动规律、粒子做圆周运动的周期公式即可正确解题，解题时要注意数学知识的应用。【解题思路点拨】解决带电粒子在组合场中的运动问题的方法8．带电粒子在电场和磁场中的往复运动【知识点的认识】1.带电粒子在电场、磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场，或从磁场到电场的运动。通常按时间的先后顺序分成若干个小过程，在每一运动过程中从粒子的受力性质、受力方向和速度方向的关系入手，分析运动性质。2.一般的分析思路为：（1）划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取相应的规律处理。（2）找关键：确定带电粒子在场区边界的速度（包括大小和方向）是解决该类问题的关键，（3）画运动轨迹：根据受力分析和运动分析大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。3.本考点旨在针对粒子电场和磁场间往复运动的情况。【命题方向】如图，有位于竖直平面上的半径为R的圆形光滑绝缘轨道，其上半部分处于竖直向下、场强为E的匀强电场中，下半部分处于垂直水平面向里的匀强磁场中；质量为m，带正电，电荷量为q的小球，从轨道的水平直径的M端由静止释放，若小球在某一次通过最低点时对轨道的压力为零，求：（1）磁感应强度B的大小；（2）小球对轨道最低点的最大压力；（3）若要小球在圆形轨道内做完整的圆周运动，求小球从轨道的水平直径的M端下滑的最小速度．分析：（1）小球在通过最低点时对轨道的压力为零，由此可知，在最低点时洛伦兹力和重力的合力恰好作为圆周运动的向心力，根据向心力的公式即可以求得磁感应强度B的大小；（2）当小球反向运动时，小球受到的洛伦兹力的反向反向，在最低点时对小球受力分析，由向心力的公式可以求得小球对轨道最低点的最大压力；（3）在最高点时，小球的重力和电场力作为圆周运动的向心力的大小，从M点到最高点的过程中，根据动能定理可以求得小球从轨道的水平直径的M端下滑的最小速度．解答：（1）设小球向右通过最低点时的速率为v，由题意得：mgR=12mv2qBv﹣mg＝mv2B=3mg（2）小球向左通过最低点时对轨道的压力最大．FN﹣mg﹣qBv＝mv2FN＝6mg．…⑤（3）要小球完成圆周运动的条件是在最高点满足：mg+qE=m从M点到最高点由动能定理得：﹣mgR﹣qER=1由以上可得v0=3答案：（1）磁感应强度B的大小为3mg（2）小球对轨道最低点的最大压力为6mg，（3）小球从轨道的水平直径的M端下滑的最小速度为3R点评：本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了．【解题思路点拨】解决带电粒子在组合场中的运动问题的方法9．速度选择器【知识点的认识】1.速度选择器的原理图如下：2.特点：粒子匀速垂直穿过正交的匀强磁场和匀强电场时，根据qvB＝qE，可得粒子的速度必为v=E【命题方向】如图所示为一速度选择器，内有一磁感应强度为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场，一束粒子流以速度v水平射入，为使粒子流经磁场时不偏转（不计重力），则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，关于这处电场场强大小和方向的说法中，正确的是（）A.大小为BvB.大小为BvC.大小为Bv，方向向下，与粒子带何种电荷无关D.大小为Bv，方向向上，与粒子带何种电荷无关分析：首先根据粒子做匀速直线运动，可判断粒子的电场力和洛伦兹力相等，即可得知电场强度和磁场强度的关系。再分别假设粒子带正电或负电，可知电场的方向，并发现电场的方向与电性无关。解答：为使粒子不发生偏转，粒子所受到电场力和洛伦兹力是平衡力，即为qvB＝qE，所以电场与磁场的关系为：E＝vB，所以选项AB错误。假设粒子带正电，则受到向下的洛伦兹力，则电场力就应向上，电场向上；若粒子带负电，洛伦兹力向上，电场力向下，电场仍然向上。所以电场力的方向始终向上，与粒子的电性无关。选项C错误，选项D正确。故选：D。点评：在速度选择器中，粒子的受力特点：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用；粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹力平衡，即qvB＝qE，v=EB【解题思路点拨】速度选择器的解题出发点在于受力平衡，粒子想要从做直线运动则必然有洛伦兹力等于电场力，即qvB＝qE。10．与加速电场相结合的质谱仪【知识点的认识】本考点旨在针对粒子先经过加速电场加速再进入质谱仪的情况。1.质谱仪示意图如下2.质谱仪的作用：分析粒子的性质，测定粒子的质量，研究同位素。3.质谱仪例的相关参数：（1）加速电场中：qU=1（2）偏转磁场中：Bqv=m（3）轨迹半径：R=1（4）照相底片上间距；d＝2ΔR。【命题方向】质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图所示．离子源S产生的各种不同正离子束（速度可看作为零），经加速电场（加速电场极板间的距离为d、电势差为U）加速，然后垂直进入磁感应强度为B的有界匀强磁场中做匀速圆周运动，最后到达记录它的照相底片P上．设离子在P上的位置与入口处S1之间的距离为x．（1）求该离子的荷质比qm（2）若离子源产生的是带电量为q、质量为m1和m2的同位素离子（m1＞m2），它们分别到达照相底片上的P1、P2位置（图中未画出），求P1、P2间的距离Δx．分析：（1）根据粒子在磁场中的运动半径，通过半径公式求出粒子的速度，再根据动能定理得出粒子的比荷．（2）根据动能定理、半径公式求出粒子打到照相机底片上位置与入口处的距离，从而求出P1、P2间的距离Δx．解答：（1）离子在电场中加速，由动能定理得：qU=12mv2离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qBv＝mv2由①②式可得：q（2）由①②式可得粒子m1在磁场中的运动半径是r1，则：r对离子m2，同理得：r∴照相底片上P1、P2间的距离：Δx＝2（r1﹣r2）=2答：（1）求该离子的荷质比qm（2）P1、P2间的距离Δx=2点评：本题考查了带电粒子在电场中的加速和在磁场中的偏转，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解．【解题思路点拨】明确质谱仪的构造和工作原理。它是由加速电场和偏转磁场对接而成，在电场中加速后进入磁场，进而在磁场中作半圆运动，在加速电场中用动能定理qU=12mv2-12mv011．与速度选择器相结合的质谱仪【知识点的认识】本考点旨在针对粒子先经过速度选择器再进入质谱仪的情况。1.质谱仪示意图如下2.质谱仪的作用：分析粒子的性质，测定粒子的质量，研究同位素。3.质谱仪例的相关参数：（1）加速电场中：qU=1（2）偏转磁场中：Bqv=m（3）轨迹半径：R=1（4）照相底片上间距；d＝2ΔR。【命题方向】如图是质谱仪的工作原理示意图。带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E．平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2．平板S下方有强度为B0的匀强磁场。下列表述不正确的是（）A、质谱仪是分析同位素的重要工具B、速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C、能通过的狭缝P的带电粒子的速率等于ED、能通过的狭缝P的带电粒子的速率等于E分析：带电粒子经加速后进入速度选择器，速度为v=EB粒子可通过选择器，然后进入B0，打在解答：A、进入B0的粒子满足qm=vB0B、假设粒子带正电，则受电场力向右，由左手定则可判断磁场方向垂直纸面向外，故B正确；C、由qE＝qvB，得v=EB，此时离子受力平衡，可沿直线穿过选择器，故D、由qm=vB0故选：D。点评：质谱仪工作原理应采取分段分析的方法，即粒子加速阶段，速度选择阶段，在磁场中运动阶段。【解题思路点拨】明确质谱仪的构造和工作原理。它是由加速电场和偏转磁场对接而成，在电场中加速后进入磁场，进而在磁场中作半圆运动，在加速电场中用动能定理qU=12mv2-12mv012．回旋加速器【知识点的认识】1.回旋加速器示意图如下：2.回旋加速器的原理：用磁场控制轨道、用电场进行加速。D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差U，盒内部空间由于静电平衡无电场，电压U在两盒之间的缝隙处产生加速电场。盒中心A处的粒子源产生的带电粒子，在两盒之间被电场加速。两个半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，磁场使粒子做匀速圆周运动，从而使粒子在缝隙处被加速后再回到缝隙处再被加速。两盒间的交变电势差一次一次地改变正负，保证粒子每次都能被加速。【命题方向】回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图为回旋加速器的示意图。D1、D2是两个中空的铝制半圆形金属扁盒，在两个D形盒正中间开有一条狭缝，两个D形盒接在高频交流电源上。在D1盒中心A处有粒子源，产生的带正电粒子在两盒之间被电场加速后进入D2盒中。两个D形盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，带电粒子在磁场力的作用下做匀速圆周运动，经过半个圆周后，再次到达两盒间的狭缝，控制交流电源电压的周期，保证带电粒子经过狭缝时再次被加速。如此，粒子在做圆周运动的过程中一次一次地经过狭缝，一次一次地被加速，速度越来越大，运动半径也越来越大，最后到达D形盒的边缘，沿切线方向以最大速度被导出。已知带电粒子的电荷量为q，质量为m，加速时狭缝间电压大小恒为U，磁场的磁感应强度为B，D形盒的半径为R，狭缝之间的距离为d。设从粒子源产生的带电粒子的初速度为零，不计粒子受到的重力，求：（1）带电粒子能被加速的最大动能Ek；（2）带电粒子在D2盒中第n个半圆的半径；（3）若带电粒子束从回旋加速器输出时形成的等效电流为I，求从回旋加速器输出的带电粒子的平均功率P。分析：（1）根据qvB＝mv2R知，当R最大时，速度最大，求出最大速度，根据EK=1（2）粒子被加速一次所获得的能量为qU，求出第n次加速后的动能EKn=12mvn2（3）根据电流的定义式I=Qt和Q＝Nq以及P解答：（1）粒子在D形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，具有最大动能。设此时的速度为v，有：qvB＝mv2R可得粒子的最大动能Ek=12mv（2）粒子被加速一次所获得的能量为qU，粒子在D2盒中被第2n﹣1次加速后的动能为EKn=12mvn2=q因此第n个半圆的半径Rn=1（3）带电粒子质量为m，电荷量为q，带电粒子离开加速器时速度大小为v，由牛顿第二定律知：qvB＝mv2R带电粒子运动的回旋周期为：T=2由回旋加速器工作原理可知，交变电源的频率与带电粒子回旋频率相同，由周期T与频率f的关系可得：f=1设在t时间内离开加速器的带电粒子数为N，则带电粒子束从回旋加速器输出时的平均功率P＝N12输出时带电粒子束的等效电流为：I=Nqt由上述各式得P=答：（1）带电粒子能被加速的最大动能q2（2）带电粒子在D2盒中第n个半圆的半径1Bq（3）若带电粒子束从回旋加速器输出时形成的等效电流为I，求从回旋加速器输出的带电粒子的平均功率B2点评：解决本题的关键知道回旋加速器利用磁场偏转和电场加速实现加速粒子，粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期相等，注意第3问题，建立正确的物理模型是解题的关键。【解题思路点拨】明确回旋加速器的构造和工作原理。它是由加速电场和偏转磁场对接而成，在电场中加速后进入磁场，进而在磁场中