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专题10 安培力与洛伦兹力——2023和2024年高考真题汇编
一．选择题（共11小题）
1．（2024 广西）Oxy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+q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45°，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为（　　）
A． B．
C．（1） D．（1）
2．（2024 江西）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＝1.00×10﹣3A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．1.7×1019 B．1.7×1015 C．2.3×1020 D．2.3×1016
3．（2024 湖北）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
4．（2024 浙江）磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是（　　）
A．图示左侧通电导线受到安培力向下
B．a、b两点的磁感应强度相同
C．圆柱内的磁感应强度处处为零
D．c、d两点的磁感应强度大小相等
5．（2023 浙江）某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场B＝k1I，通有待测电流I'的直导线ab垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场B'＝k2I'。调节电阻R，当电流表示数为I0时，元件输出霍尔电压UH为零，则待测电流I'的方向和大小分别为（　　）
A． B．
C． D．
6．（2023 江苏）如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中。已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行。该导线受到的安培力为（　　）
A．0 B．BIl C．2BIl D．BIl
7．（2023 北京）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（l a）。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+q，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a
B．粒子质量为
C．管道内的等效电流为nqπa2v
D．粒子束对管道的平均作用力大小为Bnql
8．（2023 海南）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
9．（2023 湖南）如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直，A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（　　）
A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t＞t0
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t＞t0
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，
10．（2023 乙卷）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．
11．（2023 全国）如图，一水平放置的橡胶圆盘上带有大量均匀分布的正电荷，与圆盘同一平面内放置一通有恒定电流的直导线，电流方向如图所示。当圆盘绕其中心O顺时针转动时，通电直导线所受安培力的方向（　　）
A．指向圆盘 B．背离圆盘
C．垂直于圆盘平面向里 D．垂直于圆盘平面向外
二．多选题（共8小题）
（多选）12．（2024 全国）在均匀静电场中，将质量为m的带电小球以水平速度抛出，发现小球在铅直方向以的等加速度向下运动（g为重力加速度量值），而在水平方向作等速运动。当小球在铅直方向的高度下降h时，下列叙述哪些正确？（假设空气阻力可忽略）（　　）
A．若小球带负电，则电场的方向垂直向下
B．若小球带正电，则电场的方向垂直向下
C．小球的重力位能减少了
D．小球的电位能增加了
E．小球的动能增加了
（多选）13．（2024 浙江）如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ角。质量为m、电荷量为+q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点，则该过程（　　）
A．合力冲量大小为mv0cosθ
B．重力冲量大小为mv0sinθ
C．洛伦兹力冲量大小为
D．若，弹力冲量为零
（多选）14．（2024 安徽）空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用。则（　　）
A．油滴a带负电，所带电量的大小为
B．油滴a做圆周运动的速度大小为
C．小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为
D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
（多选）15．（2024 河北）如图，真空区域有同心正方形ABCD和abcd，其各对应边平行，ABCD的边长一定，abcd的边长可调，两正方形之间充满恒定匀强磁场，方向垂直于正方形所在平面。A处有一个粒子源，可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向进入磁场。调整abcd的边长，可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出。对满足前述条件的粒子，下列说法正确的是（　　）
A．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必垂直BC射出
B．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，则粒子必垂直BC射出
C．若粒子经cd边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为45°
D．若粒子经bc边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60°
（多选）16．（2024 湖北）磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电压。下列说法正确的是（　　）
A．极板MN是发电机的正极
B．仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小
C．仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大
D．仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大
（多选）17．（2024 福建）将半径为r的铜导线半圆环用两根不可伸长的绝缘线a、b悬挂于天花板上，半圆环AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中，现给导线通以由A到B大小为I的电流，则（　　）
A．通电后两绳拉力变小 B．通电后两绳拉力变大
C．安培力为πBIr D．安培力为2BIr
（多选）18．（2023 海南）如图所示，质量为m，带电荷为+q的点电荷，从原点以初速度v0射入第一象限内的电磁场区域，在0＜y＜y0，0＜x＜x0（x0、y0为已知）区域内有竖直向上的匀强电场，在x＞x0区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度（E值有多种可能），可让粒子从NP射入磁场后偏转打到接收器MN上，则（　　）
A．粒子从NP中点射入磁场，电场强度满足E
B．粒子从NP中点射入磁场时速度为v0
C．粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM的距离为
D．粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是
（多选）19．（2023 甲卷）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O
B．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
三．解答题（共18小题）
20．（2024 浙江）探究性学习小组设计了一个能在喷镀板的上下表面喷镀不同离子的实验装置，截面如图所示。在xOy平面内，除x轴和虚线之间的区域之外，存在磁感应强度大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁场。在无磁场区域内，沿着x轴依次放置离子源、长度为L的喷镀板P、长度均为L的栅极板M和N（由金属细丝组成的网状电极），喷镀板P上表面中点Q的坐标为（1.5L，0），栅极板M中点S的坐标为（3L，0）。离子源产生a和b两种正离子，其中a离子质量为m、电荷量为q，b离子的比荷为a离子的倍，经电压U＝kU0（其中，k大小可调，a和b离子初速度视为0）的电场加速后，沿着y轴射入上方磁场。经磁场偏转和栅极板N和M间电压UNM调控 （UNM＞0），a和b离子分别落在喷镀板的上下表面，并立即被吸收且电中和。忽略场的边界效应、离子受到的重力及离子间相互作用力。
（1）若U＝U0，求a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置x0（用L表示）；
（2）调节U和UNM，并保持，使a离子能落到喷镀板P上表面任意位置，求；
①U的调节范围（用U0表示）；
②b离子落在喷镀板P下表面的区域长度；
（3）要求a和b离子恰好分别落在喷镀板P上下表面的中点，求U和UNM的大小。
21．（2024 海南）如图，在xOy坐标系中有三个区域，圆形区域Ⅰ分别与x轴和y轴相切于P点和S点。半圆形区域Ⅱ的半径是区域Ⅰ半径的2倍。区域Ⅰ、Ⅱ的圆心O1、O2连线与x轴平行，半圆与圆相切于Q点，QF垂直于x轴，半圆的直径MN所在的直线右侧为区域Ⅲ。区域Ⅰ、Ⅱ分别有磁感应强度大小为B、的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向外。区域Ⅰ下方有一粒子源和加速电场组成的发射器，可将质量为m、电荷量为q的粒子由电场加速到v0。改变发射器的位置，使带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度v0沿纸面射入区域Ⅰ。已知某粒子从P点射入区域Ⅰ，并从Q点射入区域Ⅱ（不计粒子的重力和粒子之间的影响）。
（1）求加速电场两板间的电压U和区域Ⅰ的半经R；
（2）在能射入区域Ⅲ的粒子中，某粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，求该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间t；
（3）在区域Ⅲ加入匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，电场强度的大小E＝Bv0，方向沿x轴正方向。此后，粒子源中某粒子经区域Ⅰ、Ⅱ射入区域Ⅲ，进入区域Ⅲ时速度方向与y轴负方向的夹角成74°角。当粒子动能最大时，求粒子的速度大小以及所在的位置到y轴的距离。。
22．（2024 北京）我国“天宫”空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道。图为某种霍尔推进器的放电室（两个半径接近的同轴圆筒间的区域）的示意图。放电室的左、右两端分别为阳极和阴极，间距为d。阴极发射电子，一部分电子进入放电室，另一部分未进入。
稳定运行时，可视为放电室内有方向沿轴向向右的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强度大小分别为E和B1；还有方向沿半径向外的径向磁场，大小处处相等。放电室内的大量电子可视为处于阳极附近，在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的匀速圆周运动（如截面图所示），可与左端注入的氙原子碰撞并使其电离。每个氙离子的质量为M、电荷量为+e，初速度近似为零。氙离子经过电场加速，最终从放电室右端喷出，与阴极发射的未进入放电室的电子刚好完全中和。
已知电子的质量为m、电荷量为﹣e；对于氙离子，仅考虑电场的作用。
（1）求氙离子在放电室内运动的加速度大小a；
（2）求径向磁场的磁感应强度大小B2；
（3）设被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，单位时间内阴极发射的电子总数为n，求此霍尔推进器获得的推力大小F。
23．（2024 甘肃）质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为E1，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子（不计重力），加速后进入速度选择器做直线运动，再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。
（1）粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。
（2）求O点到P点的距离。
（3）若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为E2（E2略大于E1），方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点上。求粒子打在O'点的速度大小。
24．（2024 湖南）如图，有一内半径为2r、长为L的圆筒，左右端面圆心O′、O处各开有一小孔。以O为坐标原点，取O′O方向为x轴正方向建立xyz坐标系。在筒内x≤0区域有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；筒外x≥0区域有一匀强电场，场强大小为E，方向沿y轴正方向。一电子枪在O'处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在xOy平面内，且在x轴正方向的分速度大小均为v0。已知电子的质量为m、电量为e，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互作用及电子的重力。
（1）若所有电子均能经过O进入电场，求磁感应强度B的最小值；
（2）取（1）问中最小的磁感应强度B，若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ，求tanθ的绝对值；
（3）取（1）问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移。
25．（2024 山东）如图所示，在Oxy坐标系x＞0，y＞0 区域内充满垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。磁场中放置一长度为L的挡板，其两端分别位于x、y轴上M、N两点，∠OMN＝60°，挡板上有一小孔K位于MN中点。△OMN之外的第一象限区域存在恒定匀强电场。位于y轴左侧的粒子发生器在0＜yL的范围内可以产生质量为m，电荷量为+q的无初速度的粒子。粒子发生器与y轴之间存在水平向右的匀强加速电场，加速电压大小可调，粒子经此电场加速后进入磁场，挡板厚度不计，粒子可沿任意角度穿过小孔，碰撞挡板的粒子不予考虑，不计粒子重力及粒子间相互作用力。
（1）求使粒子垂直挡板射入小孔K的加速电压U0；
（2）调整加速电压，当粒子以最小的速度从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，求第一象限中电场强度的大小和方向；
（3）当加速电压为时，求粒子从小孔K射出后，运动过程中距离y轴最近位置的坐标。
26．（2024 新课标）一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子始终在同一水平面内运动，其速度可用图示的直角坐标系内一个点P（vx，vy）表示，vx、vy分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时P位于图中a（0，v0）点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，P点沿线段ab移动到b（v0，v0）点；随后粒子离开电场，进入方向竖直、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P点沿以O为圆心的圆弧移动至c（﹣v0，v0）点；然后粒子离开磁场返回电场，P点沿线段ca回到a点。已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等。不计重力。求：
（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期；
（2）电场强度的大小；
（3）P点沿图中闭合曲线移动1周回到a点时，粒子位移的大小。
27．（2024 福建）如图所示，一质量为m，电量为q的带电粒子经电容器M由静止开始加速后从另一电容器N下板进入偏转电场，经电场偏转后恰从电容器N的上极板射出偏转电场，已知两电容器电压均为U，以N电容器下板右侧O点建立坐标系，粒子自y轴上距离O为d的P点进入右侧磁场，粒子经磁场偏转后垂直于x轴方向经过x轴，求：
（1）N点的速度大小；
（2）P处速度与y轴正方向的夹角；
（3）磁场大小。
28．（2024 浙江）类似光学中的反射和折射现象，用磁场或电场调控也能实现质子束的“反射”和“折射”。如图所示，在竖直平面内有三个平行区域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ；Ⅰ区宽度为d，存在磁感应强度大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁场，Ⅱ区的宽度很小。Ⅰ区和Ⅲ区电势处处相等，分别为φⅠ和φⅢ，其电势差U＝φⅠ﹣φⅢ。一束质量为m、电荷量为e的质子从O点以入射角θ射向Ⅰ区，在P点以出射角θ射出，实现“反射”；质子束从P点以入射角θ射入Ⅱ区，经Ⅱ区“折射”进入Ⅲ区，其出射方向与法线夹角为“折射”角。已知质子仅在平面内运动，单位时间发射的质子数为N，初速度为v0，不计质子重力，不考虑质子间相互作用以及质子对磁场和电势分布的影响。
（1）若不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，求d的最小值；
（2）若，求“折射率”n（入射角正弦与折射角正弦的比值）；
（3）计算说明如何调控电场，实现质子束从P点进入Ⅱ区发生“全反射”（即质子束全部返回Ⅰ区）；
（4）在P点下方距离处水平放置一长为的探测板CQD（Q在P的正下方），CQ长为，质子打在探测板上即被吸收中和。若还有另一相同质子束，与原质子束关于法线左右对称，同时从O点射入Ⅰ区，且θ＝30°，求探测板受到竖直方向力F的大小与U之间的关系。
29．（2023 天津）科学研究中可以利用电场和磁场实现电信号放大，某信号放大装置示意如图甲，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，各相邻电极之间存在电势差。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θ，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t1和t2；
（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δ个电子，δ∝U，U为相邻电极间电势差，请在图乙中试定性画出阳极收集电子而形成的电流I与U的关系曲线，并说明理由。
30．（2023 福建）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PP′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，v＝9.6×104m/s，B＝0.1T，落在M处氖离子比荷（电荷量和质量之比）为4.8×106C/kg；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。
31．（2023 河北）如图1，真空中两金属板M、N平行放置，板间电压U连续可调，在金属板N的中心C处开有一小孔。F、G、H为正三角形CDE各边中点，DE与金属板平行。三角形FGH区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一带电粒子从紧邻M板的P点由静止释放沿CG方向进入磁场，一段时间后沿∠CED的角平分线方向从E点离开。已知正三角形CDE的边长为a，粒子质量为m、电荷量大小为q，粒子重力不计。
（1）求板间电压U的大小；
（2）若磁场区域如图2，磁感应强度不变。调整两板间电压大小，将该粒子从P点由静止释放，仍能沿∠CED的角平分线方向从E点离开，求粒子从C点运动到E点的时间。
32．（2023 重庆）某同学设计了一种粒子加速器的理想模型。如图所示，xOy平面内，x轴下方充满垂直于纸面向外的匀强磁场，x轴上方被某边界分割成两部分，一部分充满匀强电场（电场强度与y轴负方向成α角），另一部分无电场，该边界与y轴交于M点，与x轴交于N点。只有经电场到达N点、与x轴正方向成α角斜向下运动的带电粒子才能进入磁场。从M点向电场内发射一个比荷为的带电粒子A，其速度大小为v0、方向与电场方向垂直，仅在电场中运动时间T后进入磁场，且通过N点的速度大小为2v0。忽略边界效应，不计粒子重力。
（1）求角度α及M、N两点的电势差。
（2）在该边界上任意位置沿与电场垂直方向直接射入电场内的、比荷为的带电粒子，只要速度大小适当，就能通过N点进入磁场，求N点横坐标及此边界方程。
（3）若粒子A第一次在磁场中运动时磁感应强度大小为B1，以后每次在磁场中运动时磁感应强度大小为上一次的一半，则粒子A从M点发射后，每次加速均能通过N点进入磁场。求磁感应强度大小B1及粒子A从发射到第n次通过N点的时间。
33．（2023 江苏）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。xOy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y2位置的电子数N占总电子数N0的百分比。
34．（2023 浙江）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（0，3L）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B2＝2B1，求能到达处的离子的最小速度v2；
（3）若B2，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。
【解答】解：（1）离子在磁场区域Ⅰ中做匀速圆周运动，不进入区域Ⅱ速度最大的离子的运动轨迹与区域Ⅰ和Ⅱ的分界线相切，其运动轨迹如图1所示。
35．（2023 山东）如图所示，在0≤x≤2d，0≤y≤2d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E'的大小和粒子的初速度v0；
（ⅱ）通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。
36．（2023 湖北）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）
37．（2023 浙江）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xOy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60°；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v0、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x0；
（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U0；
（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Ux与孔C位置坐标x之间关系式。
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专题10 安培力与洛伦兹力——2023和2024年高考真题汇编
一．选择题（共11小题）
1．（2024 广西）Oxy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+q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45°，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为（　　）
A． B．
C．（1） D．（1）
【解答】解：粒子运动轨迹如图所示：
在磁场中，洛伦兹力提供向心力有：qvB，可得粒子做圆周运动的半径：r
根据几何关系可得P点到O点的距离：LPO＝r（1），
故ABD错误，C正确；
故选：C。
2．（2024 江西）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＝1.00×10﹣3A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．1.7×1019 B．1.7×1015 C．2.3×1020 D．2.3×1016
【解答】解：设样品每平方米载流子（电子）数为n，电子定向移动的速率为v，则时间t内通过样品的电荷量为：q＝nevtb
根据电流的定义式得：
当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有：
联立解得：
结合题图（b）的U﹣B图像的斜率，可得：
已知：I＝1.00×10﹣3A，e＝1.60×10﹣19C，解得：n≈2.3×1016（个），故D正确，ABC错误。
故选：D。
3．（2024 湖北）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
【解答】解：AB、从A点沿半径方向射入圆形磁场区域，根据相交圆的相关知识可知，轨迹不会经过O点，但粒子射出圆形磁场区域时一定背离O的方向，故AB错误；
C、画出粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的轨迹图，根据时间公式和周期公式，可知总时间为Δt22T，故C错误；
D、画出从A进入，从C离开的轨迹图，
由几何关系可知，轨迹半径：r＝Rtan30°
再结合半径公式r
联立可得：v，故D正确。
故选：D。
4．（2024 浙江）磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是（　　）
A．图示左侧通电导线受到安培力向下
B．a、b两点的磁感应强度相同
C．圆柱内的磁感应强度处处为零
D．c、d两点的磁感应强度大小相等
【解答】解：A．由左手定则可知，图示左侧通电导线受到安培力向下，故A正确；
B．a、b两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，故B错误；
C．磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为零，故C错误；
D．因c点处的磁感线较d点密集，可知 c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，故D错误。
故选：A。
5．（2023 浙江）某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场B＝k1I，通有待测电流I'的直导线ab垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场B'＝k2I'。调节电阻R，当电流表示数为I0时，元件输出霍尔电压UH为零，则待测电流I'的方向和大小分别为（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：根据安培定则，螺线管在霍尔元件处的磁场方向竖直向下，要使元件输出霍尔电压UH为零，直导线ab在霍尔元件处的磁场方向竖直向上，根据安培定则，待测电流方向由b→a，元件输出霍尔电压UH为零，则霍尔元件处合场强为0，即k1I0＝k2I'，I'，故ABC错误，D正确；
故选：D。
6．（2023 江苏）如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中。已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行。该导线受到的安培力为（　　）
A．0 B．BIl C．2BIl D．BIl
【解答】解：导线的ab边与磁场垂直，受到的安培力大小为：
F1＝2BIl
导线的bc边与磁场平行，不受安培力的作用，则导线受到的安培力大小为：
F＝F1＝2BIl，故C正确，ABD错误；
故选：C。
7．（2023 北京）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（l a）。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+q，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a
B．粒子质量为
C．管道内的等效电流为nqπa2v
D．粒子束对管道的平均作用力大小为Bnql
【解答】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；
B.根据：qvB＝m，可得粒子的质量为：m，故B正确；
C.管道内的等效电流为：Inq，故C错误；
D.粒子束对管道的平均作用力大小等于等效电流受的安培力，为：F＝BIl＝Bnql，故D正确。
本题选错误的，故选：C。
8．（2023 海南）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
【解答】解：A．带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场中，小球受洛伦兹力和重力的作用做曲线运动，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，故A正确；
B．小球受洛伦兹力和重力的作用，做曲线运动，速度的方向时刻变化，故B错误；
C.小球受洛伦兹力和重力的作用做曲线运动，重力始终竖直向下，洛伦兹力始终与速度方向垂直，且速度方向时刻变化，合力方向时刻变化，根据牛顿第二定律，加速度的方向时刻变化，故C错误。
D．小球受洛伦兹力和重力的作用做曲线运动，洛伦兹力始终与速度方向垂直，根据功的定义，洛伦兹力永不做功，故D错误。
故选A。
9．（2023 湖南）如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直，A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（　　）
A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t＞t0
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t＞t0
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，
【解答】解：区域Ⅰ中电场力和洛伦兹力相等，由此可得：
qE＝qv0B1
在区域Ⅱ中，粒子受到的洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
解得：
因为粒子从CF边的中点射出，根据几何关系可知，粒子转过的圆心角为90°，则
A、若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，在区域Ⅰ中粒子依然受力平衡，则
qE＝qvA×2B1
解得：
根据牛顿第二定律可得：
qvB
解得：r
由此可知粒子做圆周运动的半径变为原来的，则粒子仍然从CF边射出，粒子转过的圆心角仍然为90°，故t＝t0，故A错误；
B、若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，根据上述分析可知：
2qE＝qvBB1
解得：vB＝2v0
根据半径的计算公式r可知粒子做圆周运动的半径变为原来的2倍，则粒子从F点射出，粒子转过的圆心角仍然为90°，故t＝t0，故B错误；
C、若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则粒子进入区域Ⅱ中的速度为v0，根据半径的计算公式r可知粒子做圆周运动的半径变为原来的倍，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为60°，此时的时间为：
则，故C错误；
D、若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，同上述分析可知，粒子做圆周运动的半径变为原来的倍，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知粒子转过的圆心角为45°，则此时的时间为：
，故D正确；
故选：D。
10．（2023 乙卷）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．
【解答】解：未加电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动，做其运动轨迹如图：
设SP与x轴正方向夹角为θ，则cosθ
θ＝60°
粒子做圆周运动转过的圆心角也为60°，由几何关系得：r﹣a＝rcosθ
解得：r＝2a
粒子做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m
在磁场中加匀强电场，粒子做匀速直线运动，受力平衡：qvB＝qE
联立解得：
故A正确，BCD错误。
故选：A。
11．（2023 全国）如图，一水平放置的橡胶圆盘上带有大量均匀分布的正电荷，与圆盘同一平面内放置一通有恒定电流的直导线，电流方向如图所示。当圆盘绕其中心O顺时针转动时，通电直导线所受安培力的方向（　　）
A．指向圆盘 B．背离圆盘
C．垂直于圆盘平面向里 D．垂直于圆盘平面向外
【解答】解：橡胶圆盘绕其中心O顺时针转动时，在橡胶圆盘上会形成若干个同心顺时针环形电流，所有的等效环形电流在直导线出的磁场都是向上的，根据左手定则，伸出左手，四指指向直导线电流方向，手心向下，则大拇指指向右侧，即通电直导线所受安培力的方向为背离圆盘。
故ACD错误，B正确。
故选：B。
二．多选题（共8小题）
（多选）12．（2024 全国）在均匀静电场中，将质量为m的带电小球以水平速度抛出，发现小球在铅直方向以的等加速度向下运动（g为重力加速度量值），而在水平方向作等速运动。当小球在铅直方向的高度下降h时，下列叙述哪些正确？（假设空气阻力可忽略）（　　）
A．若小球带负电，则电场的方向垂直向下
B．若小球带正电，则电场的方向垂直向下
C．小球的重力位能减少了
D．小球的电位能增加了
E．小球的动能增加了
【解答】解：AB．根据题意可知，小球向下的加速度小于重力加速度，所以小球受到的电场力方向向上，若小球带正电，则电场方向垂直向上，若小球带负电，则电场方向垂直向下，故A正确，B错误；
C．重力做功WG＝mgh，所以重力势能减小mgh，故C错误；
D．只有重力和电场力做功，机械能减少量等于电势能增加量，根据能量守恒定律得：小球电势能增加
故D正确；
E．根据动能定理：小球动能的变化量等于合力做功
动能增加，故E正确。
故选：ADE。
（多选）13．（2024 浙江）如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ角。质量为m、电荷量为+q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点，则该过程（　　）
A．合力冲量大小为mv0cosθ
B．重力冲量大小为mv0sinθ
C．洛伦兹力冲量大小为
D．若，弹力冲量为零
【解答】解：A、小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点的过程，以沿斜面向上为正方向，根据动量定理可得合力冲量为：I＝0﹣mv0＝﹣mv0，则合力冲量大小为m0，故A错误；
B、小球上滑过程所受洛伦兹力方向为垂直杆向上，根据牛顿第二定律可得小球的加速度大小为a＝gsinθ
小球上滑过程的时间为：，重力冲量大小为：，故B错误；
C、小球上滑过程做匀加速直线运动，洛伦兹力的表达式f洛＝qBv，可知洛伦兹力的大小随时间均匀减小。
可得洛伦兹力的冲量大小为：qBt，故C正确；
D、初始时刻小球所受洛伦兹力大小为qv0B＝2mgcosθ。
小球在垂直细杆方向所受合力为零，设细杆对小球的弹力为FN，以垂直细杆向下为正方向，则有：
FN＝qBv﹣mgcosθ＝qB（v0﹣at）﹣mgcosθ
若，则FN＝mgcosθ﹣qBat，
根据此关系式作出小球在上滑过程的FN﹣t图像如下图所示：
根据FN﹣t图像与横轴围成的面积表示冲量，可知该过程弹力冲量为零，故D正确。
故选：CD。
（多选）14．（2024 安徽）空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用。则（　　）
A．油滴a带负电，所带电量的大小为
B．油滴a做圆周运动的速度大小为
C．小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为
D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
【解答】解：A.带电粒子在复合场中做匀速圆周运动，重力和电场力的合力为零，洛伦兹力完全提供向心力；
根据题意Eq＝mg
解得带电有点所带的电荷量
油滴a在最低点的速度方向水平向左，沿顺时针方向转动，所受洛伦兹力竖直向上，根据左手定则可知，油滴带负电，故A正确；
B.洛伦兹力提供向心力
联立解得油滴a做圆周运动的速度大小为，故B正确；
C.油滴分裂后，小油滴Ⅰ仍然做匀速圆周运动，说明电荷和质量都均分；
小油滴Ⅰ做圆周运动，洛伦兹力提供向心力
解得
小油滴Ⅰ做圆周运动的周期，故C错误；
D.取向水平向左为正方向，根据动量守恒定律
代入数据解得
负号表示方向水平向右；根据左手定则可知油滴Ⅱ沿顺时针方向做匀速圆周运动，故D正确。
故选：ABD。
（多选）15．（2024 河北）如图，真空区域有同心正方形ABCD和abcd，其各对应边平行，ABCD的边长一定，abcd的边长可调，两正方形之间充满恒定匀强磁场，方向垂直于正方形所在平面。A处有一个粒子源，可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向进入磁场。调整abcd的边长，可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出。对满足前述条件的粒子，下列说法正确的是（　　）
A．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必垂直BC射出
B．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，则粒子必垂直BC射出
C．若粒子经cd边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为45°
D．若粒子经bc边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60°
【解答】解：A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，在正方形abcd区域中做匀速直线运动，粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，在正方形abcd区域中的运动轨迹必平行于AC的连线，可知粒子必经过cd边，进入正方形abcd区域前后的两段圆弧轨迹的半径相等，并且圆心角均为45°，据此作出粒子可能的两个运动轨迹如图1所示：
粒子的运动轨迹均关于直线BD对称，粒子必从C点垂直于BC射出，故A正确；
C、若粒子经cd边垂直BC射出，粒子运动轨迹如下图a所示
设粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为θ1，则图a中两段圆弧轨迹的圆心角θ1与θ2的关系为：
θ1+θ2＝90°
设两正方形的对应边之间的距离为ΔL。
为保证粒子穿过ad边，需满足：Rsinθ1≥ΔL，且有：R﹣Rcosθ1＝ΔL，联立解得：θ1≤60°
为保证粒子穿过cd边，需满足：Rsinθ2≥ΔL
为保证从BC边射出，需满足：R﹣Rcosθ2≤ΔL，联立解得：θ1≥45°
可得粒子经cd边垂直BC射出，粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角范围是45°≤θ1≤60°，故C错误；
BD、粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°时，作出粒子恰好经过c点的运动轨迹如图2所示：
设粒子在e点进入正方形abcd区域，线段MN垂直平分轨迹ec，与AB选项的分析同理，粒子的轨迹关于线段MN对称。线段CE平行于轨迹ec，取圆弧轨迹的中点F，过F点做轨迹ec的平行线分别交AD与BC于点G和点F′，点E′为点E关于MN的对称点。
易知点e为ad的中点，点E为AD的中点，Ee垂直于ad和AD，设粒子轨迹半径为r，正方形ABCD的边长为2L。
由几何关系得：rsin60°＝L，FQ＝Rsin30°，EP＝L﹣FQ
PFsin60°
tan∠PEF
联立解得：∠PEF＝30°
因∠EGF＝60°，故∠EFG＝90°，即EF垂直于GF′，由对称性可知四边形EFF′E′为矩形，F′E′垂直于CE，可知点F′是点F关于MN的对称点，即点F′是圆弧cH的中点，可知由c到F′粒子的轨迹圆心角为30°，可得粒子垂直BC射出。
若粒子速度较大，轨迹半径较大，则粒子在c点左侧穿过cd，其轨迹如图3所示。
与图2的临界轨迹对比，粒子第二段的轨迹圆心不会在BC上，故粒子不会垂直BC射出。
若粒子速度较小，轨迹半径较小，则粒子在c点下方穿过cb，其轨迹如图4所示。
与图2粒子恰好经过c点的运动过程同理，根据对称性可知粒子一定垂直BC射出，故B错误，D正确；
故选：AD。
（多选）16．（2024 湖北）磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电压。下列说法正确的是（　　）
A．极板MN是发电机的正极
B．仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小
C．仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大
D．仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大
【解答】解：A、根据左手定则判断，可知带正电的粒子向极板MN偏转，则极板MN带正电，带负电的粒子向极板PQ偏转，则极板PQ带负电，故极板MN是发电机的正极，故A正确；
BCD、当极板间产生的电压稳定时，带电粒子在极板间所受到的电场力与洛伦兹力平衡，则有：qqvB，（其中v是粒子喷入磁场的速率，d为两极板间距），可得极板间的电压：U＝Bdv。
仅增大两极板间的距离d，极板间的电压U增大；仅增大等离子体的喷入速率v，极板间的电压U增大；极板间的电压大小与喷入等离子体的正、负带电粒子数密度无关。故BD错误，C正确。
故选：AC。
（多选）17．（2024 福建）将半径为r的铜导线半圆环用两根不可伸长的绝缘线a、b悬挂于天花板上，半圆环AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中，现给导线通以由A到B大小为I的电流，则（　　）
A．通电后两绳拉力变小 B．通电后两绳拉力变大
C．安培力为πBIr D．安培力为2BIr
【解答】解：此半圆环在磁场中受到的安培力对应的有效长度为直径AB的长度，则此半圆环受到的安培力大小为F安＝2BIr。导线中的电流方向由A到B，根据左手定则，可知半圆环受到的安培力方向垂直于直径AB向下，易知通电后两绳拉力变大，故BD正确，AC错误。
故选：BD。
（多选）18．（2023 海南）如图所示，质量为m，带电荷为+q的点电荷，从原点以初速度v0射入第一象限内的电磁场区域，在0＜y＜y0，0＜x＜x0（x0、y0为已知）区域内有竖直向上的匀强电场，在x＞x0区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度（E值有多种可能），可让粒子从NP射入磁场后偏转打到接收器MN上，则（　　）
A．粒子从NP中点射入磁场，电场强度满足E
B．粒子从NP中点射入磁场时速度为v0
C．粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM的距离为
D．粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是
【解答】解：A、根据带电粒子在电场中做类平抛运动，若粒子打到PN中点，则
x方向匀速直线运动，有：x0＝v0t
y方向粒子做匀加速直线运动，有：
根据牛顿第二定律得：Eq＝ma
解得：E，故A正确；
B、粒子从PN中点射出时，y方向根据匀变速位移与平均速度关系式得：
刚出电场射入磁场时速度v1
将t代入解得：v1，故B错误；
C、粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为θ，轨迹如下图所示：
则tanθ
将a、t代入得：tanθ
粒子从电场中射出时的速度v
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得：qvB＝m
则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离为d＝rcosθ
联立解得：d
因E值有多种可能，故粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM的距离有多种可能，故C错误；
D、当粒子在磁场中运动有最大运动半径时，进入磁场的速度最大，则在电场中沿电场方向加速的距离最大，则y方向速度及合速度最大，此时粒子从N点进入磁场，则
x0＝v0t
出离电场的最大速度：
则由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝m
可得最大半径：，故D正确。
故选：AD。
（多选）19．（2023 甲卷）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O
B．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
【解答】解：ABC、粒子从P点沿磁场半径方向进入磁场区域，以O1为圆心做圆周运动，从A点离开圆筒，轨迹如图所示
由几何关系可知ΔPO1O≌ΔAO1O，由于∠OPO1＝90°，所以∠OAO1＝90°，则粒子一定会沿半径方向离开磁场区域，与筒壁碰撞后依然沿半径方向进入磁场区域，所以粒子不可能通过圆心O；由图可知粒子至少与筒壁碰撞两次（分别与A和B碰撞），然后从小孔P射出；
由于最终粒子是从P点射出，增大速度碰撞次数会可能增多，粒子运动时间不一定减少，故B正确，AC错误。
D、由前面分析可知粒子沿半径圆筒半径方向射向圆筒，碰撞后沿半径方向返回圆筒，故D正确。
故选：BD。
三．解答题（共18小题）
20．（2024 浙江）探究性学习小组设计了一个能在喷镀板的上下表面喷镀不同离子的实验装置，截面如图所示。在xOy平面内，除x轴和虚线之间的区域之外，存在磁感应强度大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁场。在无磁场区域内，沿着x轴依次放置离子源、长度为L的喷镀板P、长度均为L的栅极板M和N（由金属细丝组成的网状电极），喷镀板P上表面中点Q的坐标为（1.5L，0），栅极板M中点S的坐标为（3L，0）。离子源产生a和b两种正离子，其中a离子质量为m、电荷量为q，b离子的比荷为a离子的倍，经电压U＝kU0（其中，k大小可调，a和b离子初速度视为0）的电场加速后，沿着y轴射入上方磁场。经磁场偏转和栅极板N和M间电压UNM调控 （UNM＞0），a和b离子分别落在喷镀板的上下表面，并立即被吸收且电中和。忽略场的边界效应、离子受到的重力及离子间相互作用力。
（1）若U＝U0，求a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置x0（用L表示）；
（2）调节U和UNM，并保持，使a离子能落到喷镀板P上表面任意位置，求；
①U的调节范围（用U0表示）；
②b离子落在喷镀板P下表面的区域长度；
（3）要求a和b离子恰好分别落在喷镀板P上下表面的中点，求U和UNM的大小。
【解答】解：（1）a离子经电压为U的电场加速，由动能定理
a离子在匀强电场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置为x0＝2R；
解得
由于
联立解得x0＝L；
（2）①要使a离子能落到喷镀板P上表面任意位置处，只能经过电压为U的电场加速再经过第一象限匀强磁场偏转一次打在P板上方任意处，则L≤x′0≤2L
由（1）得
即U0≤U≤4U0；
②b离子先经电压为U的电场加速后再在xOy平面第一次偏转打在x轴上位置坐标
由于，U0≤U≤4U0；
解得2L≤xb≤4L
则b离子能从栅极板（坐标范围）任意位置经电压为UMN的电场减速射入虚线下方磁场，此时
b离子先经电压为U的电场加速后再在第一象限磁场中做匀速圆周运动后，再经电压为的电场减速，由动能定理得
洛伦兹力提供向心力
得Δxb＝2R′
当时，b离子从栅极左端经虚线下方磁场偏转打在P，此时离栅极板左端的距离
当时，b离子从栅极左端经虚线下方磁场偏转打在P，此时离栅极板右端的距离
则b离子落在P下表面区域长度
（3）要求a离子落在喷镀板中点Q，由（1）得
则
由于
联立解得
则b离子从x′b＝3L处经过栅极板，要使b离子打在P板下方中央处，设UNM＝k′U
根据动能定理
洛伦兹力提供向心力
联立解得
则。
当减速n次Uqb﹣nUNMqb
rn
联立解得
当减速n次恰好打在P板下方中央处，2rn﹣1＞2L
2
即L2
解得：
即n，n取整数，故可得n＝1，2，3，故可得：
UNM或或
答：（1）a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置为L；
（2）①U的调节范围为U0≤U≤4U0；
②b离子落在喷镀板P下表面的区域长度为；
（3）U的大小为；UNM或或。
21．（2024 海南）如图，在xOy坐标系中有三个区域，圆形区域Ⅰ分别与x轴和y轴相切于P点和S点。半圆形区域Ⅱ的半径是区域Ⅰ半径的2倍。区域Ⅰ、Ⅱ的圆心O1、O2连线与x轴平行，半圆与圆相切于Q点，QF垂直于x轴，半圆的直径MN所在的直线右侧为区域Ⅲ。区域Ⅰ、Ⅱ分别有磁感应强度大小为B、的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向外。区域Ⅰ下方有一粒子源和加速电场组成的发射器，可将质量为m、电荷量为q的粒子由电场加速到v0。改变发射器的位置，使带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度v0沿纸面射入区域Ⅰ。已知某粒子从P点射入区域Ⅰ，并从Q点射入区域Ⅱ（不计粒子的重力和粒子之间的影响）。
（1）求加速电场两板间的电压U和区域Ⅰ的半经R；
（2）在能射入区域Ⅲ的粒子中，某粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，求该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间t；
（3）在区域Ⅲ加入匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，电场强度的大小E＝Bv0，方向沿x轴正方向。此后，粒子源中某粒子经区域Ⅰ、Ⅱ射入区域Ⅲ，进入区域Ⅲ时速度方向与y轴负方向的夹角成74°角。当粒子动能最大时，求粒子的速度大小以及所在的位置到y轴的距离。。
【解答】解：（1）根据动能定理得：
解得：
粒子进入区域I做匀速圆周运动，根据题意某粒子从P点射入区域Ⅰ，并从Q点射入区域Ⅱ，故可知此时粒子的运动轨迹半径与区域Ⅰ的半径R相等，粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力
解得：
（2）带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度v0沿纸面射入区域Ⅰ，由（1）可得，粒子的在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径均为R，因为在区域Ⅰ中的磁场半径和轨迹半径相等，粒子射入点、区域Ⅰ圆心O1、轨迹圆心O'、粒子出射点四点构成一个菱形
由几何关系可得，区域Ⅰ圆心O1和粒子出射点连线平行于粒子射入点与轨迹圆心O'连线，则区域Ⅰ圆心O1和粒子出射点水平，根据磁聚焦原理可知粒子都从Q点射出，粒子射入区域Ⅱ，仍做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
解得：R'＝2R
如上图，要使能射入区域Ⅲ的粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，轨迹所对应的圆心角最小，可知在区域Ⅱ中运动的圆弧所对的弦长最短，即此时最短弦长为区域Ⅱ的磁场圆半径2R，根据几何知识可得此时在区域Ⅱ和区域Ⅰ中运动的轨迹所对应的圆心角都为60°，粒子在两区域磁场中运动周期分别为
故可得该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间为
解得：
（3）如图，将速度v0分解为沿y轴正方向的速度v0及速度v'，因为E＝Bv0可得Eq＝Bqv0，故可知沿y轴正方向的速度v0产生的洛伦兹力与电场力平衡，粒子同时受到另一方向的洛伦兹力Bqv'，故粒子沿y正方向做旋进运动，根据角度可知
v'＝2v0sin53°＝1.6v0
故当v'方向为竖直向上时此时粒子速度最大，即最大速度为
vm＝v0+1.6v0＝2.6v0
圆周运动半径R′1.6R
根据几何关系可知此时所在的位置到y轴的距离为
L＝R′+R′sin53°+2R+2R
解得
答：（1）加速电场两板间的电压和区域Ⅰ的半经；
（2）该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间；
（3）粒子的速度大小2.6v0，所在的位置到y轴的距离。
22．（2024 北京）我国“天宫”空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道。图为某种霍尔推进器的放电室（两个半径接近的同轴圆筒间的区域）的示意图。放电室的左、右两端分别为阳极和阴极，间距为d。阴极发射电子，一部分电子进入放电室，另一部分未进入。
稳定运行时，可视为放电室内有方向沿轴向向右的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强度大小分别为E和B1；还有方向沿半径向外的径向磁场，大小处处相等。放电室内的大量电子可视为处于阳极附近，在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的匀速圆周运动（如截面图所示），可与左端注入的氙原子碰撞并使其电离。每个氙离子的质量为M、电荷量为+e，初速度近似为零。氙离子经过电场加速，最终从放电室右端喷出，与阴极发射的未进入放电室的电子刚好完全中和。
已知电子的质量为m、电荷量为﹣e；对于氙离子，仅考虑电场的作用。
（1）求氙离子在放电室内运动的加速度大小a；
（2）求径向磁场的磁感应强度大小B2；
（3）设被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，单位时间内阴极发射的电子总数为n，求此霍尔推进器获得的推力大小F。
【解答】解：（1）氙离子在放电室时仅考虑电场的作用，其只受电场力作用，由牛顿第二定律得：
eE＝Ma
解得：
（2）在阳极附近电子在垂直于轴线的平面绕轴线做匀速圆周运动，在径向方向上电子受到的轴向的匀强磁场B1的洛伦兹力提供向心力，则有：
eB1v
在沿轴线的方向上电子所受电场力与径向磁场的洛伦兹力平衡，则有：
eE＝evB2
解得：B2
（3）已知单位时间内阴极发射的电子总数为n，被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，设单位时间内进入放电室的电子数为n1，则未进入的电子数为n﹣n1，设单位时间内被电离的氙原子数为N，则有：
已知氙离子从放电室右端喷出后与未进入放电室的电子刚好完全中和，则有：
N＝n﹣n1
联立可得：
氙离子经电场加速过程，根据动能定理得：
时间Δt内喷出的氙离子持续受到的作用力为F′，以向右为正方向，由动量定理得
F′ Δt＝N Δt Mv1
解得：
由牛顿第三定律可知，霍尔推进器获得的推力大小F
答：（1）氙离子在放电室内运动的加速度大小a为；
（2）径向磁场的磁感应强度大小B2为；
（3）此霍尔推进器获得的推力大小F为。
23．（2024 甘肃）质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为E1，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子（不计重力），加速后进入速度选择器做直线运动，再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。
（1）粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。
（2）求O点到P点的距离。
（3）若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为E2（E2略大于E1），方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点上。求粒子打在O'点的速度大小。
【解答】解：（1）根据粒子在偏转分离器Ⅲ中做逆时针匀速圆周运动，可知由O点进入分离器时受到的洛伦兹力方向由O指向P，由左手定则判断可知粒子带正电。
设粒子在速度选择器Ⅱ中做直线运动的速度大小为v，其受力平衡做匀速直线运动，则有：
qE1＝qvB1
解得：v
对粒子在粒子加速器Ⅰ中的运动过程，根据动能定理得：
qU
解得粒子的比荷为：
（2）设粒子在偏转分离器Ⅲ中做匀速圆周运动的半径为R，O点到P点的距离为L，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
qvB2
粒子在偏转分离器Ⅲ中运动轨迹为圆周，由几何关系可得：
L＝2R
（3）应用配速法，如下图所示，在O点将粒子的速度v分解为大小为v1、v2的两个分速度，则有v＝v1﹣v2
令v1对应的洛伦兹力等于电场力，即qB1v1＝qE2，可得：v1
粒子的运动可分解为线速度大小为v2的匀速圆周运动和速度大小为v1的匀速直线运动，设粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点时的速度大小为v′，则有：
v′＝v1+v2＝v1+v1﹣v＝2v1﹣v
答：（1）粒子带正电，粒子的比荷为；
（2）O点到P点的距离为；
（3）粒子打在O'点的速度大小为。
24．（2024 湖南）如图，有一内半径为2r、长为L的圆筒，左右端面圆心O′、O处各开有一小孔。以O为坐标原点，取O′O方向为x轴正方向建立xyz坐标系。在筒内x≤0区域有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；筒外x≥0区域有一匀强电场，场强大小为E，方向沿y轴正方向。一电子枪在O'处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在xOy平面内，且在x轴正方向的分速度大小均为v0。已知电子的质量为m、电量为e，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互作用及电子的重力。
（1）若所有电子均能经过O进入电场，求磁感应强度B的最小值；
（2）取（1）问中最小的磁感应强度B，若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ，求tanθ的绝对值；
（3）取（1）问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移。
【解答】解：（1）将电子在匀强磁场中运动分解为沿x轴的匀速直线运动和在平行于yOz平面的平面内的匀速圆周运动，设电子入射时沿y轴的分速度大小为vy。
由电子在x轴方向做匀速直线运动得：L＝v0t
设电子的分运动匀速圆周运动的半径为R，周期为T。由牛顿第二定律得：
解得：
由题意可知所有电子均能经过O进入电场，则有：t＝nT，（n＝1、2、3……）
联立解得：
当n＝1时磁感应强度B有最小值，解得B的最小值为：
（2）如下图所示，可知：
当夹角θ最大时，tanθ有最大值，vy最大，圆周运动的半径R最大，因电子始终未与筒壁碰撞，故R的最大值为：Rm＝r
由牛顿第二定律得：
解得：
所求的tanθ的绝对值为：tanθ
（3）在磁场中电子的分运动匀速圆周运动一周后在O点进入电场，电子在电场中沿y轴方向做匀变速直线运动，当vy最大且方向沿y轴正方向时电子在电场中运动时沿y轴正方向有最大位移ym，根据匀变速直线运动规律有：
由牛顿第二定律得：
由（2）可知：
解得：
答：（1）磁感应强度B的最小值为；
（2）进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ，tanθ的绝对值为；
（3）电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移为。
25．（2024 山东）如图所示，在Oxy坐标系x＞0，y＞0 区域内充满垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。磁场中放置一长度为L的挡板，其两端分别位于x、y轴上M、N两点，∠OMN＝60°，挡板上有一小孔K位于MN中点。△OMN之外的第一象限区域存在恒定匀强电场。位于y轴左侧的粒子发生器在0＜yL的范围内可以产生质量为m，电荷量为+q的无初速度的粒子。粒子发生器与y轴之间存在水平向右的匀强加速电场，加速电压大小可调，粒子经此电场加速后进入磁场，挡板厚度不计，粒子可沿任意角度穿过小孔，碰撞挡板的粒子不予考虑，不计粒子重力及粒子间相互作用力。
（1）求使粒子垂直挡板射入小孔K的加速电压U0；
（2）调整加速电压，当粒子以最小的速度从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，求第一象限中电场强度的大小和方向；
（3）当加速电压为时，求粒子从小孔K射出后，运动过程中距离y轴最近位置的坐标。
【解答】解：（1）根据题意，粒子均垂直于y轴进入磁场，粒子在△OMN区域中在做匀速圆周运动，作出粒子垂直挡板射入小孔K的运动轨迹如下图所示，N点为圆弧轨迹的圆心。
根据几何关系可知，粒子在磁场中的轨迹半径为
根据洛伦兹力提供向心力得：
在加速电场中的运动过程，由动能定理得：
联立解得：
（2）根据题意，粒子速度最小时，其在△OMN区域中的轨迹半径最小，作出轨迹半径最小的运动轨迹如下图所示，最小的半径等于K点到y轴的距离。
根据几何关系可知，最小的半径为
同理可得：
解得：v1
粒子沿y轴正方向从小孔K射出，据题意射出后粒子做匀速直线运动，粒子带正电，由左手定可知，受到的洛伦兹力沿x轴负方向，则粒子受到的电场力应沿x轴正方向，则△OMN之外第一象限区域电场强度的方向沿x轴正方向，大小满足：
qE＝qv1B
联立解得：
（3）在加速电场中，由动能定理得：
已知：U
解得：
在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有：
可得粒子在△OMN区域运动的轨迹半径为：
作出粒子的运动轨迹如下图所示。
设粒子从小孔K射出时速度方向与x轴正方向的夹角为θ，由几何关系得：
，解得：θ＝60°
将粒子在K点的速度分解为沿y轴正方向的分速度v2y和沿x轴正方向的分速度v2x，则有：
因v2y＝v1，故粒子沿y轴正方向的匀速直线运动，则可将粒子的运动分解为沿y轴正方向的匀速直线运动和在xOy平面内的匀速圆周运动，匀速圆周运动的线速度大小等于v2x，同理可得分运动的匀速圆周运动的半径为：
可得粒子与y轴的最小距离（即x轴坐标）为：
当匀速圆周运动的速度偏转270°时粒子第一次距离y轴最近，此过程经历的时间为：
t0
粒子第一次距离y轴最近时的y轴坐标为：
y1＝v2yt0sin60°+r3
解得：y1
在圆周运动的一个周期内粒子沿y轴方向运动的位移大小为：
Δy＝v2yT
距离y轴最近时y轴的坐标为：x＝y1+nΔy，（n＝0、1、2、3……）
故粒子从小孔K射出后，运动过程中距离y轴最近位置的坐标为：[，]，（n＝0、1、2、3……）
答：（1）使粒子垂直挡板射入小孔K的加速电压U0为；
（2）第一象限中电场强度的大小为，方向为沿x轴正方向；
（3）运动过程中距离y轴最近位置的坐标为[，]，（n＝0、1、2、3……）。
26．（2024 新课标）一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子始终在同一水平面内运动，其速度可用图示的直角坐标系内一个点P（vx，vy）表示，vx、vy分别为粒子速度在水平面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时P位于图中a（0，v0）点，粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，P点沿线段ab移动到b（v0，v0）点；随后粒子离开电场，进入方向竖直、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P点沿以O为圆心的圆弧移动至c（﹣v0，v0）点；然后粒子离开磁场返回电场，P点沿线段ca回到a点。已知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等。不计重力。求：
（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期；
（2）电场强度的大小；
（3）P点沿图中闭合曲线移动1周回到a点时，粒子位移的大小。
【解答】解：（1）由题可知，粒子进入磁场时vy＝v0，vx＝v0，由矢量合成易知此时粒子的速度为：
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：
解得圆周运动半径为：
圆周运动周期为：
（2）粒子在水平方向的匀强电场作用下运动，P点由题图中从a点到b点过程，沿y轴分速度不变，而沿x轴分速度由零增加到v0，因粒子只受电场力，故可知电场力方向沿x轴方向，粒子沿x轴做匀加速运动，沿y轴做匀速运动，即粒子在电场中做类平抛运动。设此过程运动时间为t1，由沿x轴做匀加速运动可得：
v0＝at1
解得：t1
根据题图所示坐标系，图中线段ab的长度与v0在数值上相等，可记为：vab＝v0
P点从b（v0，v0）移动到c（﹣v0，v0）点对应粒子在磁场中做匀速圆周运动，在水平面内建立平面直角坐标系xO′y，在第一、四象限为磁场区域，第二、三象限为电场区域，根据在a、b、c点的速度关系，作出粒子的运动轨迹如下图所示。
由几何关系可知匀速圆周运动轨迹的圆心角为270°，故圆周运动时间为：
t2
在题图中线段aO的长等于线段ab的长，圆弧bc的半径在数值上等于vabv0，由∠bOc，可知圆弧bc的圆心角为，则根据题图所示坐标系，图中圆弧bc的长度在数值上等于：
vbc v0
由题意：任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等，可得：
联立解得：
（3）根据上图的粒子轨迹图，粒子由a到b在电场中沿y轴的位移大小为：
yab＝v0t1
由几何关系得粒子在磁场中的位移大小（即圆弧轨迹的弦长）为：
P点沿线段ca回到a点对应粒子在轨迹图中由c运动到a′，此过程粒子的运动为反向的类平抛与由a到b的类平抛运动对称，即c到a′沿y轴的位移大小等于yab，可得所求的粒子位移大小为：
Δy＝ybc﹣2yab
联立解得：Δy
答：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径为和周期为；
（2）电场强度的大小；
（3）P点沿图中闭合曲线移动1周回到a点时，粒子位移的大小为。
27．（2024 福建）如图所示，一质量为m，电量为q的带电粒子经电容器M由静止开始加速后从另一电容器N下板进入偏转电场，经电场偏转后恰从电容器N的上极板射出偏转电场，已知两电容器电压均为U，以N电容器下板右侧O点建立坐标系，粒子自y轴上距离O为d的P点进入右侧磁场，粒子经磁场偏转后垂直于x轴方向经过x轴，求：
（1）N点的速度大小；
（2）P处速度与y轴正方向的夹角；
（3）磁场大小。
【解答】解：（1）带电粒子在加速电场从M到N，由动能定理得：qU
得到带电粒子进入N板下的速度：vN
（2）粒子进入偏转电场后，沿x轴正方向做匀速直线运动，所以：vpx＝vN
粒子从N点到P点，根据动能定理有：qU
若速度方向与y轴方向成θ角，
由速度的合成定则可知：sinθ
联立解得：vp，θ＝45°
所以带电粒子离开偏转电场时速度v的大小，方向与y轴方向成45°。
（3）在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有：qvpB，
由于与y轴方向成θ＝45°入射，如上图，由几何关系可知：R×cos45°＝d
联立可得磁感应强度的大小：B
答：（1）N点的速度大小为；
（2）P处速度大小为，与y轴正方向的夹角45°；
（3）磁场大小。
28．（2024 浙江）类似光学中的反射和折射现象，用磁场或电场调控也能实现质子束的“反射”和“折射”。如图所示，在竖直平面内有三个平行区域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ；Ⅰ区宽度为d，存在磁感应强度大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁场，Ⅱ区的宽度很小。Ⅰ区和Ⅲ区电势处处相等，分别为φⅠ和φⅢ，其电势差U＝φⅠ﹣φⅢ。一束质量为m、电荷量为e的质子从O点以入射角θ射向Ⅰ区，在P点以出射角θ射出，实现“反射”；质子束从P点以入射角θ射入Ⅱ区，经Ⅱ区“折射”进入Ⅲ区，其出射方向与法线夹角为“折射”角。已知质子仅在平面内运动，单位时间发射的质子数为N，初速度为v0，不计质子重力，不考虑质子间相互作用以及质子对磁场和电势分布的影响。
（1）若不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，求d的最小值；
（2）若，求“折射率”n（入射角正弦与折射角正弦的比值）；
（3）计算说明如何调控电场，实现质子束从P点进入Ⅱ区发生“全反射”（即质子束全部返回Ⅰ区）；
（4）在P点下方距离处水平放置一长为的探测板CQD（Q在P的正下方），CQ长为，质子打在探测板上即被吸收中和。若还有另一相同质子束，与原质子束关于法线左右对称，同时从O点射入Ⅰ区，且θ＝30°，求探测板受到竖直方向力F的大小与U之间的关系。
【解答】解：（1）根据题意，粒子从O点射入时的运动轨迹如图所示：
粒子从O点射入，不出Ⅰ区域的临界条件为2r＝dmin
洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律
代入数据解得
（2）设水平方向为x方向，竖直方向为y方向，x方向速度不变，y方向速度变小，假设折射角为θ′
根据动能定理
由于
代入数据联立解得
设粒子射出区域Ⅱ时与竖直方向成θ′角，如图所示：
根据速度关系vx＝v0sinθ＝v1sinθ′
根据折射定律
代入数据联立解得“折射率”
（3）在Ⅱ区域下边界发生全反射的条件是沿竖直方向的速度为零；
根据动能定理
可得
即应满足
（4）分粒子全部打在探测板CQD和全部打不到探测板CQD两种情形；
根据数学知识
解得∠CPQ＝30°
所以如果U≥0的情况下，折射角小于入射角，两边射入的粒子都能打到板上，分情况讨论如下：
①当U≥0时，取竖直向上为正方向，根据动量定理F＝Nm[vy﹣（﹣vy）]＝2Nmvy
根据动能定理
解得
全部都打不到板的情况
②根据几何知识可知当从Ⅱ区射出时速度与竖直方向夹角为60°时，粒子刚好打到D点，水平方向速度为
所以
根据动能定理
代入数据联立解得
即当时，F＝0
③部分能打到的情况，根据上述分析可知条件为（），此时仅有O点左侧的一束粒子能打到板上，因此F＝Nmvy
根据动能定理
代入数据联立解得。
答：（1）磁场宽度d的最小值为；
（2）“折射率”n为；
（3）电场电压，可实现质子束从P点进入Ⅱ区发生“全反射”；
（4）见解析。
29．（2023 天津）科学研究中可以利用电场和磁场实现电信号放大，某信号放大装置示意如图甲，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，各相邻电极之间存在电势差。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θ，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t1和t2；
（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δ个电子，δ∝U，U为相邻电极间电势差，请在图乙中试定性画出阳极收集电子而形成的电流I与U的关系曲线，并说明理由。
【解答】解：（1）（i）电子在电极1上激发前所受洛伦兹力x轴方向负方向，根据左手定则可知，磁场方向沿z轴负方向；
（ii）若两极板之间的电势差很小，可以忽略，电子a在磁场中做匀速圆周运动，设速率为v1，半径为r1；
根据向心力公式
设电子做圆周运动的圆心角为φ1，如图甲所示：
根据数学知识φ1＝π﹣2θ
电子a做匀速圆周运动的周期
电子a到达电极2的时间
根据题意，电子b在xOy平面内的分运动为匀速圆周运动，b的初速度在该平面内的分量沿y轴正方向，设b分运动沿轨道圆弧对应的圆心角为φ2，根据几何关系φ2＝π
同理可得
（2）设单位时间内由阴极发射到达电极1的电子数为ne，从电极n激发的电子数为N，则
令δ＝kU，其中k为大于0的常数
根据电流的定义式
所以，I∝Un（n＞3）
电流I随电压U的增加而急剧增加，I和U的关系如图乙所示：
答：（1）（i）磁场方向沿z轴负方向；
（ii）电子a到达电极2所用的时间为，电子b到达电极2所用的时间为；
（2）见解析。
30．（2023 福建）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PP′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，v＝9.6×104m/s，B＝0.1T，落在M处氖离子比荷（电荷量和质量之比）为4.8×106C/kg；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。
【解答】解：（1）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，根据洛伦兹力提供向心力
q1vB＝m1
可得r1m＝0.2m
由于氖离子垂直于边界PP′进入磁场，故OM的长度为落在M点处氖离子的圆轨道直径
d1＝2r1＝2×0.2m＝0.4m
（2）落在N处的氖离子，其半径为
r2m＝0.22m
同理r2
代入数据解得
4.36×106C/kg≈4.4×106C/kg
答：（1）OM的长度为0.4m；
（2）若ON的长度是OM的1.1倍，则落在N处氖离子的比荷为4.4×106C/kg。
31．（2023 河北）如图1，真空中两金属板M、N平行放置，板间电压U连续可调，在金属板N的中心C处开有一小孔。F、G、H为正三角形CDE各边中点，DE与金属板平行。三角形FGH区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一带电粒子从紧邻M板的P点由静止释放沿CG方向进入磁场，一段时间后沿∠CED的角平分线方向从E点离开。已知正三角形CDE的边长为a，粒子质量为m、电荷量大小为q，粒子重力不计。
（1）求板间电压U的大小；
（2）若磁场区域如图2，磁感应强度不变。调整两板间电压大小，将该粒子从P点由静止释放，仍能沿∠CED的角平分线方向从E点离开，求粒子从C点运动到E点的时间。
【解答】解：（1）根据题目，粒子在电场中加速，由动能定理得：qUmv2
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得：qvB＝m
根据几何关系得：r 联立解得：U
（2）若磁场区域如图2，根据题目要求作出粒子运动轨迹如图
粒子从B点射入磁场从M点射出磁场，沿直线MN匀速运动后，从N点进入磁场后从C点射出，根据几何关系可知∠MQB为30°，粒子在磁场中运动的半径为Ra，MN＝aa，所以粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为60°，粒子在磁场中运动时间为：t1T
根据洛伦兹力提供向心力可求出半径满足：R，解得v
粒子在磁场中做匀速直线运动，运动时间为：t2
粒子从C点运动到E点的时间为：t＝t1+t2，解得t
答：（1）板间电压U的大小为；
（2）粒子从C点运动到E点的时间为。
32．（2023 重庆）某同学设计了一种粒子加速器的理想模型。如图所示，xOy平面内，x轴下方充满垂直于纸面向外的匀强磁场，x轴上方被某边界分割成两部分，一部分充满匀强电场（电场强度与y轴负方向成α角），另一部分无电场，该边界与y轴交于M点，与x轴交于N点。只有经电场到达N点、与x轴正方向成α角斜向下运动的带电粒子才能进入磁场。从M点向电场内发射一个比荷为的带电粒子A，其速度大小为v0、方向与电场方向垂直，仅在电场中运动时间T后进入磁场，且通过N点的速度大小为2v0。忽略边界效应，不计粒子重力。
（1）求角度α及M、N两点的电势差。
（2）在该边界上任意位置沿与电场垂直方向直接射入电场内的、比荷为的带电粒子，只要速度大小适当，就能通过N点进入磁场，求N点横坐标及此边界方程。
（3）若粒子A第一次在磁场中运动时磁感应强度大小为B1，以后每次在磁场中运动时磁感应强度大小为上一次的一半，则粒子A从M点发射后，每次加速均能通过N点进入磁场。求磁感应强度大小B1及粒子A从发射到第n次通过N点的时间。
【解答】解：（1）带电粒子A进入电场的初速度方向与电场方向垂直，粒子在电场中做类平抛运动，其轨迹如图1所示：
粒子A沿垂直电场方向做匀速直线运动，在N点沿垂直电场方向的分速度大小为v0，其方向与x轴正方向的夹角等于α，可得：
解得：α＝30°
对粒子从M到N的运动过程，根据动能定理可得：
解得：；
（2）粒子A在N点沿电场方向的分速度大小为：v1＝2v0sin2α
已知粒子A在电场中运动时间T，其沿垂直电场方向的分位移大小为：s0＝v0T
粒子A沿电场方向做匀加速直线运动，对应的分位移大小为：s1v1Tv0T
由几何关系可得N点横坐标为：
xN＝s0 cosα+s1 sinαv0T
对于在该边界上任意位置p（x，y）进入电场的粒子，根据类平抛运动的性质：末速度与匀速运动方向的夹角的正切值等于位移与匀速运动方向的夹角的正切值的2倍，几何关系的示意图如图2所示：
可得：tanθtan2αtan（2×30°）；γ＝90°+α﹣θ＝120°﹣θ
又有：tanγ
tanγ＝tan（120°﹣θ）
联立解得此边界方程为：
yv0T
（3）由（1）（2）的结论可得电场强度为：E，解得：E
设粒子A第n次在磁场中做匀速圆周运动的线速度为vn，可得第n+1次在N点进入磁场的速度大小为：
vn+12vn
第一次在N点进入磁场的速度大小为2v0，可得：vn＝2nv0，（n＝1、2、3……）
设粒子A第n次在磁场中运动时的磁感应强度为Bn，由题意可得：Bn，（n＝1、2、3……）
由洛伦兹力提供向心力得：qvnBn＝m
联立解得：rn
粒子A第n次在磁场中的运动轨迹如图3所示：
粒子每次在磁场中运动轨迹的圆心角均为300°，第n次离开磁场的位置C与N的距离等于rn，由C到N由动能定理得：
qErnsin30°
代入各式可得：q sin30°m[（2n+1v0）2﹣（2nv0）2]
解得：B1
由类平抛运动沿电场方向的运动可得，粒子A第n次在电场中运动的时间为：
t1n2n﹣1T
粒子A第n次在磁场中运动的周期为：T′2n+1πT
粒子A第n次在磁场中运动的时间为：t2n 2n+1πT
设粒子A第n次在电场边界MN与x轴之间的无场区域的位移为sn，边界与x轴负方向的夹角为β，则根据边界方程yv0T，可得：tanβ，sinβ，cosβ
由正弦定理可得：
解得：sn
粒子A第n次在电场边界MN与x轴之间运动的时间为：t3n2n﹣1T
粒子A从发射到第n次通过N点的过程，在电场中运动n次，在磁场和无场区域中均运动n﹣1次，则所求时间：
t＝（20+21+……+2n﹣1+2n﹣1）T πT（22+23+……+2n）+（20+21+……+2n﹣1+2n﹣2）T
由等比数列求和得到：t＝（2n﹣1）T πT[4（2n﹣1﹣1）]+（2n﹣1﹣1）T
解得：t＝（3）2n﹣1T﹣（2）T。
答：（1）角度α为30°，M、N两点的电势差为。
（2）N点横坐标为v0T，此边界方程为yv0T。
（3）磁感应强度大小B1为，粒子A从发射到第n次通过N点的时间为（3）2n﹣1T﹣（2）T。
33．（2023 江苏）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。xOy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y2位置的电子数N占总电子数N0的百分比。
【解答】解：（1）电子入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动，可知电子受到的沿y轴正方向的电场力与沿y轴负方向的洛伦兹力大小相等，则有：
eE＝eBv0
解得：E＝Bv0
（2）电子的入射速度为v0，电子的运动轨迹如题图中的虚线所示，电子运动过程中所受洛伦兹力不做功，只有电场力做功，根据动能定理得：
eEy1m（）2m（）2
解得：y1
（3）电子入射速度为v（0＜v＜v0），设电子在最高点时的速度大小为vm。
电子在最低点所受的合力大小为：F1＝eE﹣eBv
电子在最高点所受的合力大小为：F2＝eBvm﹣eE
由题意可得：F1＝F2
联立解得：vm＝2v0﹣v
设电子到达最高点的纵坐标为ym，同理，根据动能定理得：
eEymmv2
解得：ym
由0＜v＜v0，可得：0＜ym，且ym与v成线性关系，可知电子在空间的轨迹分布是均匀的，能到达纵坐标y2位置的电子，其到达最高点的纵坐标在[，）区间。
则电子数N占总电子数N0的百分比为：η
解得：η＝90%
答：（1）电场强度的大小E为Bv0；
（2）若电子入射速度为，运动到速度为时位置的纵坐标y1为；
（3）能到达纵坐标y2位置的电子数N占总电子数N0的百分比为90%。
34．（2023 浙江）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（0，3L）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B2＝2B1，求能到达处的离子的最小速度v2；
（3）若B2，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。
【解答】解：（1）离子在磁场区域Ⅰ中做匀速圆周运动，不进入区域Ⅱ速度最大的离子的运动轨迹与区域Ⅰ和Ⅱ的分界线相切，其运动轨迹如图1所示。
设其匀速圆周运动的半径为r，圆周轨迹的圆心角为2α，由几何关系可得：
α＝60°，r﹣L＝rcosα
解得：r＝2L
由洛伦兹力提供向心力得：
qB1v1＝m
解得：v1
离子在磁场区域Ⅰ中做匀速圆周运动的周期T
在磁场中的运动时间t
（2）能到达处的速度最小的离子在磁场区域中的运动轨迹与直线相切，其运动轨迹如图2所示。
设离子在A点进入磁场区域Ⅰ时沿x、y轴的分速度分别为v2x、v2y，在C点进入磁场区域Ⅱ时沿x轴的分速度分别为v2x′，在C点离子的速度与x轴的夹角为θ，在区域Ⅱ中的运动半径为R，则有：
v2x＝v2cos60°v2，v2x′＝v2cosθ
设离子由A到C的过程中某时刻沿y轴的分速度为v2yi，以沿x轴正方向为正方向，此过程沿x轴方向由动量定理得：
∑qB1v2yi Δt＝mv2x′﹣mv2x
其中：∑v2yi Δt＝L
已知：B2＝2B1
联立可得：qB2L＝mv2cosθmv2
由几何关系得：RRcosθ
由洛伦兹力提供向心力得：qB2v2＝m
联立解得：R＝2L，v2
（3）设速度大小为v3的离子，在区域Ⅱ中的运动轨迹与x轴相切，对此粒子由进入区域Ⅰ到与x轴相切的过程，与（2）同理，以沿x轴正方向为正方向，此过程沿x轴方向由动量定理得：
∑qB1v3yi Δt+∑qB2v3yi Δt＝mv3﹣mv3cos60°
其中：∑qB1v3yi Δt＝qB1L
∑qB2v3yi Δt＝∑q v3yi Δt＝∑q ΔyydyqB1L
联立可得：qB1LqB1L＝mv3mv3
解得：v3
故离子源射出的离子速度大于的离子能进入第四象限，则进入第四象限的离子数与总离子数之比为：
η
答：（1）离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1为，其在磁场中的运动时间t为；
（2）能到达处的离子的最小速度v2为；
（3）进入第四象限的离子数与总离子数之比η为。
35．（2023 山东）如图所示，在0≤x≤2d，0≤y≤2d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E'的大小和粒子的初速度v0；
（ⅱ）通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。
【解答】解：（1）粒子从A到垂直于NP进入电场过程中，粒子运动轨迹如图所示：
根据几何关系可知，粒子轨迹半径：r1AP
设粒子第一次进入磁场时的速度为v1，根据动能定理可得：qE 2d，解得：v1
由于粒子第二次从QN边进入电场到再次从QN边进入磁场过程中，电场力做功为零，所以粒子第二次进入磁场时的速度大小不变，仍为v1。
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv1B＝m
解得：B；
（2）（i）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，粒子运动轨迹如图所示：
根据几何关系可得：（2d）2+（r2﹣d）2
解得：r2＝2.5d
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv2B＝m
解得：v2＝15
根据几何关系可得：cosθ0.8，则有：sinθ＝0.6
粒子从P点进入电场E′后，从Q点离开电场，则有：
t
2d＝v2sinθ t
根据牛顿第二定律可得：a′
联立解得：E′＝36E；
粒子从A到上边界运动的过程中，根据动能定理可得：qE′ 2d
解得：v0＝9，方向向上；
（ii）假设粒子离开Q点后能够第三次经过P点进入电场，设粒子离开Q点速度大小为v3，与y轴夹角为α，如图所示：
根据动能定理可得：qE′ 2d
解得：v3＝3
根据洛伦兹力提供向心力可得：qv3B＝m，解得：r3d
根据几何关系可得：sinα，解得：sinα，则cosα
根据图中的几何关系可得：r3
解得：r3
由于两种情况下计算的半径不相等，故粒子不会第三次经过P点进入电场。
答：（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，则磁场的磁感应强度B的大小为；
（2）（i）改变后电场强度E'的大小E′＝36E和粒子的初速度为9，方向向上；
（ⅱ）粒子不能从P点第三次进入电场。
36．（2023 湖北）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）
【解答】解：（1）根据带电微粒从P点射入磁场，能到达点O，根据几何关系确定轨道半径为a，由洛伦兹力提供向心力得：Bqv＝m
解得：v
（2）粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动两个圆周，可知甲的周期是乙的周期的2倍，即T甲＝2T乙
根据带电粒子在磁场中运动的周期公式得：，
解得：m乙
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，碰前在O点甲的速度沿y轴负方向，为﹣v，碰后为3v，设碰前在O点乙的速度为v1，碰后为v2，根据动量守恒定律得：
m（﹣v）m 3v
所有碰撞均为弹性正碰，再根据机械能守恒得：
联立解得：
第一次碰撞前粒子乙的速度为v1＝5v，方向指向y轴正方向；
第一次碰撞后粒子乙的速度为v2＝﹣3v，方向指向y轴负方向；
（3）0时刻开始，设第二次弹性正碰后，粒子甲的速度为v3，粒子乙的速度为v4，根据动量守恒定律得：
m 3vmv3
所有碰撞均为弹性正碰，再根据机械能守恒得：
联立解得：v3＝﹣v，粒子乙的速度为v4＝5v
因为第二次碰后两种粒子速度等于第一次碰前的速度，可知，粒子甲经过第奇数次碰撞后速度变为3v，经过第偶数次碰撞后速度变为﹣v，粒子乙经过第奇数次碰撞后速度变为﹣3v，经过第偶数次碰撞后速度变为5v；
根据题意，从第一次碰撞开始，甲粒子完成一个周期、乙粒子完成两个周期两种粒子在磁场中就在O点碰撞一次；
从t＝0时刻开始，由于第一次碰撞是甲运动了半个周期发生的，到时刻，粒子甲完成了9次碰撞又运动了半个周期，乙完成了9次碰撞又运动了一个周期，因此在第9次碰后，甲粒子速度为3v，粒子乙的速度为﹣3v，根据洛伦兹力提供向心力可知，甲经过奇数次碰撞后轨道半径变为
根据左手定则判断第9次碰后经过粒子甲运动的半个周期，运动到x轴负方向，所以到时刻粒子甲的坐标为（﹣6a，0）；
由于粒子乙碰后完成了粒子乙运动的一个周期，坐标为（0，0）；
根据洛伦兹力提供向心力可知，乙经过奇数次碰撞后轨道半径变为
经过偶数次碰撞后轨道半径变为
从第一次碰撞到的过程中粒子乙运动了9个轨道半径为1.5a的圆周以及8个轨道半径变为2.5a的圆周；从第一次碰撞到的过程中粒子乙运动的路程为l＝9×2π×1.5a+8×2π×2.5a＝67πa。
答：（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小为；
（2）粒子乙的质量为，第一次碰撞后粒子乙的速度大小为；
（3）时刻粒子甲的坐标为（﹣6a，0），乙的位置坐标为（0，0）；从第一次碰撞到的过程中粒子乙运动的路程为67πa。
37．（2023 浙江）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xOy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60°；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v0、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x0；
（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U0；
（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Ux与孔C位置坐标x之间关系式。
【解答】解：（1）已知速度大小为v0、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，离子经磁场偏转后轨迹如图所示：
由洛伦兹力提供向心力可得：qv0B＝m
解得离子轨迹半径：R
根据几何关系可得孔C所处位置的坐标：x0＝2R；
（2）速度大小为v的离子进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝m
解得离子轨迹半径：R′
设离子速度方向与y轴夹角为θ时，离子若要能在C点入射，运动轨迹如图所示：
则由几何关系可得：2R′cosθ＝2R
解得：cosθ
离子速度大小连续分布在和之间，则cosθ≤1
当cosθ时θ＝45°，由几何关系结合对称性可得：L＝2dtan45°＝2d；
（3）离子速度方向与y轴夹角为θ时，通过C点的离子其速度沿﹣y方向的分量为：vy＝vcosθ
由（2）可得：vy＝v0
由动能定理可得：qU0
解得：U0；
（4）设离子速度大小为v′时离子轨迹半径为r′，离子速度方向与y轴夹角为θ时，孔C位置坐标x＝2rcosθ
其中：rR
联立可得：x＝2R cosθ，离子速度大小连续分布在和之间，而cosθ≤1
解得：R≤x≤2R
在此范围内，和（3）相同，只与vy相关，可得：qBvy＝m
解得：vy
根据动能定理可得：qUx
解得：Ux （x）
答：（1）孔C所处位置的坐标x0；
（2）离子打在N板上区域的长度为2d；
（3）若在N与M板之间加载电压，调节其大小，则电流表示数刚为0时的电压U0为；
（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，则电流表示数刚为0时的电压Ux与孔C位置坐标x之间关系式为Ux（x）。
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