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高考物理选择性必修二第二章 磁场 全题型分层综合复习讲义
第1节　磁场及其对电流的作用
电流的磁场　磁场的叠加T1、5、8 安培力的分析与计算T2、6 安培力作用下的平衡与 加速问题T3、4、7
五年高考
1.★★(2025湖北,4,4分)如图所示,在磁感应强度大小为B的匀强磁场中,放置一通电圆线圈,圆心为O点,线圈平面与磁场垂直。在圆线圈的轴线上有M和N两点,它们到O点的距离相等。已知M点的总磁感应强度大小为零,则N点的总磁感应强度大小为(　　)
A.0　　　　B.B　　　　C.2B　　　　D.3B
1.答案　A
2.★★(2024贵州,5,4分)如图,两根相互平行的长直导线与一“凸”形导线框固定在同一竖直平面内,导线框的对称轴与两长直导线间的距离相等。已知左、右两长直导线中分别通有方向相反的恒定电流I1、I2,且I1>I2,则当导线框中通有顺时针方向的电流时,导线框所受安培力的合力方向(　　)
A.竖直向上　　　　B.竖直向下
C.水平向左　　　　D.水平向右
2.答案　C
3.★★★(2025湖南,3,4分)如图(a),直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO'上,其所在区域存在方向垂直指向OO'的磁场,与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化,其截面图如图(b)所示。导线通以电流I,静止后,悬绳偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是(　　)
A.当导线静止在图(a)右侧位置时,导线中电流方向由N指向M
B.电流I增大,静止后,导线对悬绳的拉力不变
C.tan θ与电流I成正比
D.sin θ与电流I成正比
3.答案　D
4.★★★(2026北京,18,9分)2022年,我国阶段性建成并成功运行了“电磁橇”,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B=ki(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2I。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a1∶a2。
(3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v。
4.答案　(1)kI2L　(2)1∶4　(3)I
解析　(1)金属棒经过第一级区域时受到的安培力大小为F=B1IL
根据磁感应强度与电流的关系有B1=kI
联立可得F=kI2L
(2)同理可得,金属棒在第二级区域时受到的安培力大小为F'=k(2I)2L,由牛顿第二定律得
a1==,a2==
所以a1∶a2=1∶4
(3)对金属棒,根据动能定理W合=ΔEk可得W1+W2=mv2
W1=Fs,W2=F's
即kI2Ls+k(2I)2Ls=mv2
解得v=I
三年模拟
5.★★(2026届福建福州华侨中学月考)如图甲所示,a、b位于两个等量异种点电荷连线的中垂线上,且a、b到O点的距离相等;如图乙所示,两根相互平行的长直导线垂直纸面通过M、N两点,O'为MN的中点,c、d位于MN的中垂线上,且c、d到O'点的距离相等,两导线中通有等大反向的恒定电流,下列说法正确的是(　　)
　　
A.O点处的电场强度为零
B.a、b处的电场强度相同
C.O'点处的磁感应强度为零
D.c、d处的磁感应强度大小相等、方向相反
5.答案　B
6.★★★(2025届陕西西工大附中模拟)如图所示,为三根材料、粗细均相同的金属棒PO、QO、MN,其中PO、QO固定,MN长为L,且搭在PO、QO上,构成的三角形MON为等边三角形。在三角形的内部(包括边界)存在垂直纸面向里的匀强磁场,金属棒MN与PO、QO的交点处分别接在输出电压恒定的直流电源上,三根金属棒整体所受安培力为F,把金属棒MN向下平移一段距离x,则三根金属棒整体所受安培力为(　　)
A.F　　　　B.F
C.xF　　　　D.F
6.答案　B
7.★★★(2025届重庆巴蜀中学三模)如图,固定的光滑绝缘转动轴OO'两端通过等长的不可伸长轻质软导线连接并悬挂长为L、质量为m的细导体棒ab,空间存在辐向分布磁场(方向已标出),保证导体棒移动过程中磁场方向总是垂直于导体棒,导体棒所在处的磁感应强度大小均为B,开始时导体棒静止在最低点。现给导体棒通电流,若仅通过改变导体棒中的电流大小,使导体棒由最低点缓慢移动到导线呈水平状态,则在这个过程中(　　)
A.导体棒中电流方向为由b指向a
B.导体棒中电流应逐渐变大
C.导线对导体棒的拉力一直增大
D.安培力对导体棒不做功
7.答案　B
8.★★★(2025届八省联考·河南)无限长平行直导线a、b每单位长度之间都通过相同的绝缘轻弹簧连接。如图,若b水平固定,将a悬挂在弹簧下端,平衡时弹簧的伸长量为Δl;再在两导线内通入大小均为I的电流,方向相反,平衡时弹簧又伸长了Δl。若a水平固定,将b悬挂在弹簧下端,两导线内通入大小均为2I的电流,方向相同,平衡后弹簧的伸长量恰为2Δl。已知通电无限长直导线在其周围产生磁场的磁感应强度大小与导线中电流大小成正比,与距导线的距离成反比。则a、b单位长度的质量之比ma∶mb为(　　)
A.1∶6　　　　B.1∶4
C.1∶2　　　　D.1∶1
8.答案　A
创新风向·挑战思维
巧用微元思想及对称思想分析圆弧导线受力情况
(2025届河北昌黎一中模拟)一无限长导线水平固定在某空间,右侧光滑水平台面上放置一绝缘物体,物体上表面固定有两半圆形导体棒,已知导线与导体棒处于同一水平面,俯视图如图所示,现给导线和两导体棒中通入大小相等,方向如图中所示的电流。已知无限长通电导线在某处产生的磁场的磁感应强度与导线中电流大小成正比,与该处到导线的距离成反比。则通电后的某时刻,下列选项中位置关系可能正确的是(　　)
　　　
答案 B
第2节　磁场对运动电荷(带电体)的作用
洛伦兹力T1　　洛伦兹力作用下带电体的运动T2、8　　带电粒子在匀强磁场中的运动T3、4、5、6、7
五年高考
1.★★(2023海南,2,3分)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的说法正确的是(　　)
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.小球运动过程中的加速度保持不变
D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功
1.答案　A
2.★★(2023北京,13,3分)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
2.答案　C
3.★★★(2025全国,18,6分)如图,正方形abcd内有方向垂直于纸面的匀强磁场,电子在纸面内从顶点a以速度v0射入磁场,速度方向垂直于ab。磁感应强度的大小不同时,电子可分别从ab边的中点、b点和c点射出,在磁场中运动的时间分别为t1、t2和t3,则　(　　)
A.t1C.t1=t2>t3　　　　D.t1>t2>t3
3.答案　A
4.★★★(2025重庆,14,12分)研究小组设计了一种通过观察粒子在荧光屏上打出的亮点位置来测量粒子速度大小的装置,如图所示,水平放置的荧光屏上方有磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。O、N、M均为荧光屏上的点,且在纸面内的同一直线上。发射管K(不计长度)位于O点正上方,仅可沿管的方向发射粒子,一端发射带正电粒子,另一端发射带负电粒子,同时发射的正、负粒子速度大小相等,方向相反,比荷均为。已知OK=3h,OM=3h,不计粒子所受重力及粒子间相互作用。
(1)若K平行OM发射的粒子在O点产生光点,求粒子的速度大小。
(2)若K从平行OM逆时针旋转60°,其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点,求粒子的速度大小。
(3)要使(2)问中发射的带正电粒子恰好在M点产生光点,可在粒子发射t时间后关闭磁场,忽略磁场变化的影响,求t。
4.答案　(1)　(2)　(3)
解析　(1)粒子以KO为直径做匀速圆周运动,r=
洛伦兹力提供粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力,根据牛顿第二定律有qvB=m
即r=
联立解得v=。
(2)依题意,正、负粒子的轨迹正好构成一个完整的圆,且OM在N点与圆相切,如图甲所示
甲
由于K逆时针旋转60°,根据几何关系可知θ=30°
设粒子做匀速圆周运动的半径为r1,满足r1sin θ+r1=3h
解得r1=2h
又r1=
解得v1=。
(3)关闭磁场后粒子沿圆弧切线方向做匀速直线运动到M点,从M点作带正电粒子圆弧轨迹的切线,切点为P,如图乙所示
乙
由几何关系可知,
△O'NM≌△O'PM,
∠NO'M=∠PO'M=60°
故α=120°
所以粒子从K到P经历的时间t=T
周期T==
解得t=。
三年模拟
5.★★(2025届江西九江三模)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(+q,m)、(+q,2m)、(+3q,3m)、(-q,m),它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向外,不计重力,下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像,可能正确的是(　　)
5.答案　A
6.★★(2026届江苏苏州期末)云室可以显示带电粒子的运动径迹。图为一张云室中拍摄的照片,云室中加了垂直于纸面向外的匀强磁场,a、b、c、d是从O点沿相同方向发出的一些带电荷量相等的正、负电子的径迹。下列说法正确的是(　　)
A.c、d都是正电子的径迹
B.b径迹对应的粒子动能最大
C.a径迹对应的粒子德布罗意波长最小
D.d径迹对应的粒子运动时间最短
6.答案　B
7.★★★(2026届贵州遵义期末)如图(a)所示,将洛伦兹力演示仪放在水平桌面上。励磁线圈中通入电流可使玻璃泡内充满匀强磁场,磁感应强度大小与励磁线圈中的电流成正比,电子枪水平向左发射速率恒为v的电子束。如图(b)所示,球形玻璃泡的球心为O,半径为R,电子枪在O点正下方0.75R处,当励磁线圈中电流为I1时,电子恰好打在玻璃泡上与圆心等高的A点,如图(b)中轨迹1;当励磁线圈中电流为I2时,电子以O为圆心做匀速圆周运动,如图(b)中轨迹2,不计电子之间的相互作用,则(　　)
A.两种情况下电子的运动周期相同
B.电流为I1时,电子的轨迹半径为1.1R
C.I1与I2的大小之比为9∶16
D.I1与I2的大小之比为18∶25
7.答案　D
8.★★★(多选)(2025届吉林四模)如图甲,水平粗糙绝缘地面上方有方向垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一个质量为m、带电荷量为+q的物块沿水平地面以速度v0从左侧垂直进入磁场,物块进入磁场后始终未离开地面,其动能与时间的Ek-t关系图像如图乙所示,z点为曲线切线斜率绝对值最大的位置。已知重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
　　
A.物块所受摩擦力逐渐增大
B.物块所受摩擦力逐渐减小
C.图乙中z点对应的速度大小为
D.图乙中z点对应的速度大小为
8.答案　AD
创新风向·挑战思维
运用微元法+动量定理解决带电粒子受阻力运动问题
(多选)(2025届湖南名校联盟联考三)如图所示为电子在威尔逊云室的运动轨迹,云室处于一磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中,一电子以初速度v0垂直于磁场进入云室内,运动过程中受到气体的阻力大小f=kv,k为常数,v为其速率,电子从刚进入磁场到第一次速度方向与初速度方向相同时,速度大小变为v1,电子电荷量为e,质量为m。关于电子的运动,下列说法正确的是(　　)
A.电子的轨迹由a→b
B.进入磁场时电子的加速度a=
C.电子从刚进入磁场到第一次速度方向与初速度方向相同的过程所花的时间t=
D.电子从刚进入磁场到第一次速度方向与初速度方向相同时,其运动轨迹的长度s=km(v0-v1)
答案 AC
微专题22　带电粒子在有界匀强磁场中的运动
题组1　带电粒子在有界匀强磁场中的运动
1.★★(2026届安徽A10联盟开学考)如图,MN为范围足够大的匀强磁场的下边界,垂直纸面向外的匀强磁场的磁感应强度为B。质量为m、电荷量为q、带正电的粒子从P点以速度v0与MN成θ(0<θ<180°)角垂直射入磁场中,经过一段时间从Q点(图中没有标出)离开磁场,只考虑粒子所受的洛伦兹力作用。粒子从P点运动到Q点的过程中(　　)
A.粒子所受洛伦兹力的冲量为零
B.粒子运动的时间最长为
C.θ=90°时粒子运动的轨迹长为
D.θ=30°时P、Q两点间距离大于θ=150°时P、Q两点间距离
1.答案　C
2.★★★(2023全国乙,18,6分)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.
2.答案　A
3.★★★(多选)(2025甘肃,10,5分)2025年5月1日,全球首个实现“聚变能发电演示”的紧凑型全超导托卡马克核聚变实验装置(BEST)在我国正式启动总装。如图是托卡马克环形容器中磁场截面的简化示意图,两个同心圆围成的环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,内圆半径为R0。在内圆上A点有a、b、c三个粒子均在纸面内运动,并都恰好到达磁场外边界后返回。已知a、b、c带正电且比荷均为,a粒子的速度大小为va=,方向沿同心圆的径向;b和c粒子速度方向相反且与a粒子的速度方向垂直。不考虑带电粒子所受的重力和相互作用。下列说法正确的是(　　)
A.外圆半径等于2R0
B.a粒子返回A点所用的最短时间为
C.b、c粒子返回A点所用的最短时间之比为
D.c粒子的速度大小为va
3.答案　BD
4.★★★(2025届湖北多校联考)如图所示,边长为L的等边三角形abc内有垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场,P是ab边的中点,一质量为m、电荷量为-q(q>0)的带电粒子在纸面内沿不同方向以不同速率v从P点射入磁场,当v=v1时,平行于bc边射入的粒子从c点射出磁场。不考虑带电粒子受到的重力,下列说法正确的是(　　)
A.若粒子平行于bc边射入、垂直于bc边射出,则粒子在磁场中运动的轨迹半径为L
B.若粒子平行于bc边射入、从ab边射出,则速度越大的粒子在磁场中运动的时间越长
C.当v=v1时,平行于bc边射入、从c点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为
D.当v=时改变粒子入射方向,从bc边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为
4.答案　D
题组2　带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题
1.★★★(多选)(2025届山西临汾二模)如图所示,匀强磁场垂直于xOy平面(纸面)向外,磁场的右边界与x轴垂直,交x轴于P(L,0)点。其中第Ⅰ象限内的磁感应强度为B1,第Ⅳ象限内的磁感应强度为B2,且B2=2B1(大小均未知)。一质量为m、电荷量为+q的粒子从原点O以速度v进入第Ⅰ象限的磁场,方向与x轴正方向成30°角,粒子从P点离开磁场区域,不计粒子重力,则第Ⅰ象限的磁感应强度B1的大小可能是(　　)
A.　　　　B.
C.　　　　D.
1.答案　CD
2.★★★(多选)(2025届重庆质检六)如图所示,在ab边界的右侧和bc边界的上方有一垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。bc足够长,a、b的距离为d,且ab⊥bc,O、a、b、c共面。在O点有一粒子源,O点到ab、bc的距离均为d。打开粒子源发射装置,能够沿纸面向各个方向均匀发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子,速率v=。不计粒子重力及粒子间的相互作用力,则下列说法正确的是(　　)
A.从ab边射出磁场的粒子数占总粒子数的
B.从bc边射出磁场的粒子数占总粒子数的
C.到达bc边的粒子在磁场中运动的最短时间为
D.能够打在ab和bc边上的所有粒子在磁场中运动的最长路径与最短路径之比为9∶2
2.答案　AD
3.★★★(2025届广东广州一模)如图,半径为R和2R的同心圆a、b将足够大的空间分隔为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域,圆心为O。Ⅰ区存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场;Ⅱ区存在沿半径方向向外的辐向电场;Ⅲ区存在方向垂直纸面向外的匀强磁场(图中未标出)。一带电粒子从P点沿半径方向以速度v0射入Ⅰ区,偏转后从K点离开Ⅰ区,穿过Ⅱ区后,以速率进入Ⅲ区。已知∠POK=60°,忽略带电粒子所受重力。
(1)判断粒子的电性并求出其比荷;
(2)求a、b之间的电势差Uab;
(3)若粒子第三次从Ⅱ区进入Ⅲ区之前能经过P点,求Ⅲ区磁场磁感应强度大小。
3.答案　(1)负电　　(2)BRv0　(3)B或B或B
解析　(1)粒子从P点沿半径方向射入Ⅰ区,偏转后从K点离开Ⅰ区,根据左手定则可知,四指指向与粒子运动方向相反,则带电粒子带负电。
设带电粒子所带电荷量为-q,粒子在Ⅰ区做匀速圆周运动的半径为r,作出粒子运动轨迹如图(a)所示
图(a)
根据几何关系有r=R tan
粒子在Ⅰ区做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力有qv0B=m,解得=。
(2)带电粒子在Ⅱ区做减速直线运动,根据动能定理有-qUab=m-m
联立解得Uab=BRv0。
(3)带电粒子在Ⅲ区运动,设轨迹半径为r1,Ⅲ区磁场磁感应强度大小为Bx,则有qBx·=m
联立解得Bx=
作出粒子运动轨迹,如图(b)所示
图(b)
设粒子在圆b上的N1点射入Ⅲ区,在N2点离开Ⅲ区,令∠N1ON2=θ,在Ⅰ区内运动k1次,Ⅲ区内运动k2次后,回到P点,则有k1·60°=k2θ(k1、k2均为正整数,且有k2≤2,θ≥60°)
可知,粒子运动轨迹有三种可能性。
情况1:
当k1=1,k2=1时,θ=60°,带电粒子在Ⅲ区运动后,沿PO方向直接进入Ⅱ区,运动轨迹如图(c)所示
图(c)
根据几何关系有= tan
结合上述解得r1=R,Bx=B。
情况2:
当k1=2,k2=1时,θ=120°,带电粒子在Ⅲ区运动后,进入Ⅱ区,又在Ⅰ区运动后,沿OP方向回到P点,运动轨迹如图(d)所示
图(d)
根据几何关系有= tan
结合上述解得r1=2R,Bx=B。
情况3:
当k1=3,k2=2时,θ=90°,带电粒子两次进入Ⅲ区,又在Ⅰ区运动后,沿OP方向回到P点,运动轨迹如图(e)所示
图(e)
根据几何关系有r1=2R
结合上述解得Bx=B。
微专题23　磁场中的动态圆模型
1.★★★(2025届陕西宝鸡二模)如图,直角三角形ACD区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场,=L,θ=30°。质量为m、电荷量为q且均匀分布的带正电粒子以相同的速度沿纸面垂直于AD边射入磁场,若粒子的速度大小为,不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用,=1.732,则粒子经磁场偏转后能返回AD边的粒子数占射入AD边总粒子数的百分比为(　　)
A.40%　　　　B.47.3%　　　　C.52.7%　　　　D.60%
1.答案　C
2.★★★(2020课标Ⅰ,18,6分)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.
2.答案　C
3.★★★(2025安徽,7,4分)如图,在竖直平面内的Oxy直角坐标系中,x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。在第二象限内,垂直纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MN,MN到x轴的距离为d,上、下表面均能接收粒子。位于原点O的粒子源,沿Oxy平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电荷量为q,质量为m,速度大小均为。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用,则　(　　)
A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为2d
B.薄板的上表面接收到粒子的区域长度为d
C.薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d
D.薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为
3.答案　C
4.★★★(多选)(2025届甘肃白银十中一模)如图所示,平面内有一个半径为R的圆形区域,右侧存在一个截面为矩形的区域abcd,两个区域的切点O为ad边的中点,ab=R,bc=2R,bc和cd边上分别有两个接收屏(接收屏的长度等于矩形区域的边长)。两个区域内存在垂直纸面向外且相同的匀强磁场(两区域磁场方向平行),磁感应强度B=,现有一簇粒子(质量为m,电荷量为+q)以速度v0,方向竖直向上垂直磁场进入圆形区域(粒子的射入范围等于圆形区域的直径且分布均匀),不考虑粒子的重力,射出矩形边界后的粒子不再考虑。下列说法正确的是(　　)
A.沿着半径射入的粒子在圆形区域内的运动时间为
B.沿着半径射入的粒子在圆形区域内的运动半径为2R
C.矩形区域内粒子所经过的面积为R2
D.打到cd屏上的粒子数与进入矩形区域的粒子数的比值为
4.答案　ACD
微专题24　洛伦兹力与现代科技
1.★★(2021福建,2,4分)一对平行金属板中存在匀强电场和匀强磁场,其中电场的方向与金属板垂直,磁场的方向与金属板平行且垂直纸面向里,如图所示。一质子H)以速度v0自O点沿中轴线射入,恰沿中轴线做匀速直线运动。下列粒子分别自O点沿中轴线射入,能够做匀速直线运动的是(所有粒子均不考虑重力的影响)(　　)
A.以速度射入的正电子e)
B.以速度v0射入的电子e)
C.以速度2v0射入的氘核H)
D.以速度4v0射入的α粒子He)
1.答案　B
2.★★(2025北京,12,3分)电磁流量计可以测量导电液体的流量Q——单位时间内流过管道横截面的液体体积。如图所示,内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制成,空间有垂直管道轴线的匀强磁场,磁感应强度为B。液体充满管道并以速度v沿轴线方向流动,圆管壁上的M、N两点连线为直径,且垂直于磁场方向,M、N两点的电势差为U0。下列说法错误的是(　　)
A.N点电势比M点高
B.U0正比于流量Q
C.在流量Q一定时,管道半径越小,U0越小
D.若直径MN与磁场方向不垂直,测得的流量Q偏小
2.答案　C
3.★★★(2025届山东名校考试联盟月考)质谱仪可用来分析同位素,也可以用来分析比质子重很多倍的离子。现在用质谱仪来分析比质子重很多倍的离子,其示意图如图所示,A是粒子源,释放出的带电粒子(不计重力),经小孔S1飘入电压为U的加速电场(初速度可忽略不计),加速后经小孔S3进入磁感应强度为B的匀强磁场中,最后打在照相底片上。第一次释放粒子为质子,打在照相底片上D点;第二次释放粒子为某种一价正离子,打在照相底片上E点。测得D点到S3的距离为d,E点到S3的距离为kd,则正离子与质子的质量的比值为(　　)
A.k　　　B.k2　　　C.2k　　　D.2k2
3.答案　B
4.★★★(2026届四川巴中零诊)如图为微量振荡天平测量大气颗粒物质量的原理简图。气流穿过滤膜后,颗粒物附着在滤膜上增加锥形振荡管的质量,从而改变其固有频率。起振器从低到高改变振动频率,记录霍尔元件a、b端输出的电信号,从而推测出滤膜上颗粒物质量。某金属材料制成的霍尔元件宽度为d,下列说法正确的是(　　)
A.若起振器振动频率改变,锥形振荡管的振动频率不变
B.霍尔元件上表面的电势高于下表面的电势
C.锥形振荡管左右振动时,霍尔元件的a、b端输出交流信号
D.霍尔元件的宽度d减小,霍尔电压的最大值增大
4.答案　D
5.★★★(2025广东,6,4分)某同步加速器简化模型如图所示。其中仅直通道PQ内有加速电场,三段圆弧内均有可调的匀强偏转磁场B。带电荷量为+q、质量为m的离子以初速度v0从P处进入加速电场后,沿顺时针方向在加速器内循环加速。已知加速电压为U,磁场区域中离子的偏转半径均为R。忽略离子重力和相对论效应。下列说法正确的是(　　)
A.偏转磁场的方向垂直纸面向里
B.第1次加速后,离子的动能增加了2qU
C.第k次加速后,离子的速度大小变为
D.第k次加速后,偏转磁场的磁感应强度大小应为
5.答案　D
微专题25　带电粒子在组合场中的运动
1.★★★(2022海南,7,3分)如图,两块圆弧形金属板间存在方向指向圆心O的电场,与O点等距处电场强度大小相等。一束正离子流沿纸面垂直电场方向以相同速度射入电场,其中一部分离子能沿着某一等势面通过电场,然后进入方向垂直纸面向外的匀强磁场,则这部分离子中,沿相同轨迹通过磁场的离子都具有相同的(　　)
A.质量　　　　B.电荷量
C.比荷　　　　D.动能
1.答案　C
2.★★★(2022广东,7,4分)如图所示,一个立方体空间被对角平面MNPQ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Oyz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(　　)
2.答案　A
3.★★★(多选)(2025届江西宜春二模)某控制带电粒子运动的装置模型如图所示,纸面内存在上、下宽度均为d的匀强电场与匀强磁场。电场强度大小为E(未知),方向竖直向下;磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从电场的上边界的O点由静止释放,运动到磁场的下边界的P点时正好与下边界相切。若把电场下移至磁场所在区域,如图乙所示,重新让粒子从上边界M点由静止释放,经过一段时间粒子第一次到达最低点N,下列说法正确的是(　　)
A.匀强电场的电场强度大小为E=
B.粒子从O点运动到P点的时间为
C.粒子经过N点时速度大小为
D.M、N两点的竖直距离为d
3.答案　AC
4.★★★(多选)(2025河北,10,6分)如图,真空中两个足够大的平行金属板M、N水平固定,间距为d,M板接地。M板上方整个区域存在垂直纸面向里的匀强磁场。M板O点处正上方P点有一粒子源,可沿纸面内任意方向发射比荷、速度大小均相同的同种带电粒子。当发射方向与OP的夹角θ=60°时,粒子恰好垂直穿过M板Q点处的小孔。已知OQ=3L,初始时两板均不带电,粒子碰到金属板后立即被吸收,电荷在金属板上均匀分布,金属板电荷量可视为连续变化,不计金属板厚度、粒子重力及粒子间的相互作用,忽略边缘效应。下列说法正确的是(　　)
A.粒子一定带正电
B.若间距d增大,则板间所形成的最大电场强度减小
C.粒子打到M板上表面的位置与O点的最大距离为7L
D.粒子打到M板下表面的位置与Q点的最小距离为d
4.答案　BCD
5.★★★★(2025湖南,14,14分)如图,直流电源的电动势为E0,内阻为r0,滑动变阻器R的最大阻值为2r0,平行板电容器两极板水平放置,板间距离为d,板长为d,平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。闭合开关S,当滑片处于滑动变阻器中点时,质量为m的带正电粒子以初速度v0水平向右从电容器左侧中点a进入电容器,恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场,随后又从电容器上极板右侧边缘c点进入电容器,忽略粒子重力和空气阻力。
(1)求粒子所带电荷量q;
(2)求磁感应强度B的大小;
(3)若粒子离开b点时,在平行板电容器右侧再加一个方向水平向右的匀强电场,场强大小为,求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离xm。
5.答案　(1)　(2)　(3)d
解析　(1)闭合开关S,当滑片处于滑动变阻器的中点时,
由闭合电路欧姆定律可得I=①,由欧姆定律可得U=Ir0②;
带正电粒子在平行板间做类平抛运动,设运动时间为t,
水平方向有d=v0t③,竖直方向有=×t2④;
联立①②③④解得粒子所带电荷量q=。
(2)带电粒子在平行板电容器两极板以及右侧磁场中的运动轨迹如图甲所示
甲
【点拨:在平抛运动或类平抛运动中,速度偏转角的正切值为位移偏转角正切值的2倍】
设粒子射出两极板时速度偏转角为θ,可得tan θ=2 tan α=⑤;
设粒子进入磁场的初速度大小为v,可得v0=v cos θ⑥;
设带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径为r1,
根据几何关系可得2r1 cos θ=d⑦,根据牛顿第二定律可得qvB=m⑧,
联立⑤⑥⑦⑧可得θ=30°、B=。
(3)应用配速法,取一竖直向上的速度v1,使v1所对应的洛伦兹力与电场力平衡,则可将粒子的运动分解为速度为v1的匀速直线运动与速度为v2的匀速圆周运动,可得qv1B=qE⑨,解得v1==v;
根据几何关系可得v2=2v cos 30°=2v0⑩;
带电粒子做匀速圆周运动的半径r2=,
带电粒子做圆周运动的分运动的轨迹以及合速度与分速度的关系如图乙所示
乙
带电粒子相对于电容器右侧的最远水平距离
xm=r2+r2 cos 30°,联立解得xm=d。
一题多解　(3)粒子由离开b点至运动到距电容器右侧最远时,由动能定理可得qExm=m-mv2,
竖直方向,取竖直向上为正方向,由动量定理可得qBt=mvm-(-mv sin 30°),
其中t=xm,由于q=、B=、E=、v0=v,联立可得xm=d。
6.★★★★(2025河南,15,17分)如图,水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场,下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子从磁场中的a点以速度v0向右水平发射,当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60°,然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点,通过b点时其速度方向水平向右。a、b到水平虚线的距离均为h,两点之间的距离为s=3h。不计重力。
(1)求磁感应强度的大小;
(2)求电场强度的大小;
(3)若粒子从a点以v0竖直向下发射,长时间来看,粒子将向左或向右漂移,求漂移速度大小。(一个周期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度)
6.答案　(1)　(2)　(3)
解析　(1)粒子在匀强磁场中运动时,由牛顿第二定律可得qv0B=①
根据几何关系可得R-R cos 60°=h②
联立①②解得B=。
(2)画出粒子在磁场中的部分运动轨迹如图甲所示
根据几何关系可知CD=R sin 60°=h
当粒子进入电场后,粒子的运动可分解为水平方向速度v0 cos 60°=的匀速直线运动和竖直方向初速度v0 sin 60°=、加速度大小a=的匀变速运动,加速度方向与初速度方向相反
根据粒子运动的对称性可知,粒子再次进入磁场的速度大小仍为v0,方向与水平虚线成60°角斜向上,粒子能从b点通过,则从再次进入磁场到运动至b点过程中水平方向的位移大小也为h
则粒子在电场中运动,水平方向有s-h-h=t③
竖直方向有=×④
联立③④解得t=,E=。
(3)作出粒子在磁场和电场中运动的部分轨迹,如图乙所示
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T,粒子在磁场、电场中的运动具有周期性,在一个实际运动的周期T'内,粒子在磁场中运动的时间t1=T+T=T⑤
T==×=⑥
联立⑤⑥解得t1=
将B=代入可得t1=
粒子在电场中运动一次的时间t2满足v0=×
将E=代入可得t2=
根据图乙中的几何关系可知,一个周期内粒子运动的位移(以向右为正方向)x=OO1=h【点拨:根据题图乙可知粒子周期性漂移的位移即在磁场中做半径相同的圆周运动对应圆心的位移】
说明经过一个周期后粒子运动到初始位置右侧,则漂移速度大小v===。
解题技巧　解决粒子在电场、磁场构成的组合场中运动问题的技巧是寻找磁场中圆周运动半径与其他几何量的关系,对电场中类抛体运动的位移和速度进行分解是解题的突破口之一。
微专题26　带电粒子在叠加场中的运动
题组1　带电粒子在电、磁叠加场中的运动
1.★★★(2022重庆,5,4分)2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况,某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图),电场强度大小为E,磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动,其速度平行于磁场方向的分量大小为v1,垂直于磁场方向的分量大小为v2,不计离子重力,则(　　)
A.电场力的瞬时功率为qE
B.该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B
C.v2与v1的比值不断变大
D.该离子的加速度大小不变
1.答案　D
2.★★★(2025黑吉辽蒙,15节选)如图,在xOy平面第一、四象限内存在垂直平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一带正电的粒子从M(0,-y0)点射入磁场,速度方向与y轴正方向夹角θ=30°,从N(0,y0)点射出磁场。已知粒子的电荷量为q(q>0),质量为m,忽略粒子重力及磁场边缘效应。
(1)求粒子射入磁场的速度大小v1和在磁场中运动的时间t1。
(2)若在xOy平面内某点固定一负点电荷,电荷量为48q,粒子质量取m=(k为静电力常量),粒子仍沿(1)中的轨迹从M点运动到N点,求射入磁场的速度大小v2。
2.答案　(1)　　(2)
解题导引　
情境 粒子运动形式 受力特点
带电粒子垂直磁感线射入匀强磁场 匀速圆周运动 粒子所受洛伦兹力提供向心力
平面内再固定一负点电荷 匀速圆周运动 洛伦兹力和库仑力的合力提供向心力
解析　(1)粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,由几何关系可得轨迹半径r==2y0
由洛伦兹力提供向心力可得qv1B=,解得v1=
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T==
粒子在磁场中运动的时间t1=T=
(2)由于粒子在洛伦兹力和库仑力共同作用下仍沿(1)中的轨迹运动,可推知负点电荷固定在原轨迹圆的圆心处,粒子运动的向心力由库仑力和洛伦兹力的合力提供,圆周运动轨迹的半径仍为r,则有+qv2B=m
代入m=、r=2y0可得v2=(另一解为负值,舍去)
3.★★★★(2023江苏,16,15分)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03.答案　(1)v0B　(2)　(3)90%
解析　(1)当电子的入射速度为v0时,电子沿x轴做直线运动,则电场力与洛伦兹力平衡,有eE=ev0B,解得电场强度的大小E=v0B。
(2)解法一　 动能定理
由题意可知,整个过程洛伦兹力不做功,电场力做正功,由动能定理可知,eEy1=m-m,解得y1=。
解法二　 配速法
若电子沿x轴正方向的入射速度为,利用运动的分解可将初速度分解为一个沿x轴正方向的速度(大小v1=v0)和一个沿x轴负方向的速度,由v1产生的洛伦兹力ev0B与电场力eE平衡,得到电子的一个分运动为速度为v0的匀速直线运动,另一个分运动为速率为v0的匀速圆周运动。
设当v2的方向与x轴负方向的夹角为θ(如图所示)时,v1与v2的合速度大小为,由余弦定理得cos θ=,解得cos θ=,设以v2=v0做匀速圆周运动的轨迹半径为R,则ev2B=m,运动速度为时的纵坐标y1=R(1-cos θ),联立解得y1=。
(3)解法一　 配速法
设能到达纵坐标y2=位置的电子做匀速圆周运动的分速度为v2',半径为R',则y2≤2R';洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力,有ev2'B=m,解得v2'≥;则电子入射速度v=v0-v2',即v≤v0;由题意可知若电子入射速度在0解法二　 动能定理
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eEy=m-mv2,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vm=-v
y=
要让电子到达纵坐标y2=位置,即y≥y2
解得v≤v0
则若电子入射速度在0解法三　 动量定理在x轴方向上的应用
电子在运动过程中只有电场力做功,设电子运动中能达到的离x轴最远的距离为ym,根据动能定理有Eeym=m-mv2①
将电子的运动速度沿坐标轴分解,电场力沿y轴方向,在x轴方向根据动量定理可得BevyΔt=mΔvx
对电子从出发到离x轴最远这一过程利用微元法,可得
Be∑vyΔt=m(vmx-v),即Beym=m(vmx-v)
粒子离x轴最远时有vmy=0,vmx=vm
即粒子离x轴最远时,有Beym=m(vm-v)②
将①式与②式相比可得=
将E=Bv0代入上式可得v0=
解得vm=2v0-v③
将③式代入②式可得ym===④
根据题意可得满足ym≥y2,即≥,解得v≤v0
由④式可知v越小ym越大,电子入射速度在0题组2　带电粒子在含重力场的叠加场中的运动
1.★★★(多选)(2024安徽,10,5分)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,二者带电荷量、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,所带电荷量的大小为
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
1.答案　ABD
2.★★★(多选)(2026届浙江强基联盟一模)如图所示,在xOy坐标平面的第一、第四象限内存在足够宽的垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B0,同时放置有两个关于x轴对称且板间距离为d的平行极板A、B,两极板间存在沿y轴负方向的匀强电场(图中未画出)。现有一质量为m、电荷量为q的可视为质点的带正电金属小球,以速度v0从坐标原点沿x轴正方向做匀速直线运动后从两极板右端离开极板区域。不考虑电场在两极板之外的效应,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A.小球离开极板区域后可以运动到x轴的下方
B.两极板间的电场强度大小等于B0v0-
C.小球在运动过程中的最大速度等于-v0
D.小球在运动过程中偏离x轴的最大距离等于-
2.答案　BD
3.★★★★(2025届福建泉州一模)如图,相距为L的两竖直虚线间存在有匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上,磁场方向垂直纸面向外。一足够长、质量为2m、不带电的绝缘板静止在光滑水平面上,板的左端放置一质量为m、电荷量为q的带正电小物块A,在板上与A距离为L处放置一质量为m、不带电的小物块C。现让A以大小为v0的初速度向右运动,A与C恰好在左边界虚线处发生碰撞并瞬间粘在一起。A、C一起经过两虚线之间区域过程中,速度变化量大小Δvx与对应的位移Δx成正比,当A、C到达右边界虚线时恰好与板共速。已知重力加速度大小为g,A、C与板间的动摩擦因数均为。
(1)求A与C碰前在板上滑动的加速度大小a1;
(2)求C初始位置与左边界虚线的距离s及A、C碰后瞬间的速度大小v1;
(3)若A、C一起进入左边界虚线时,只将磁场方向变为垂直纸面向里,其他条件不变,求A、C刚离开右边界虚线时A、C重力的瞬时功率P。
3.答案　(1)　(2)　v0　(3)-
解析　(1)设A与板间的动摩擦因数为μ,A与C碰前在板上滑动,根据牛顿第二定律,有μmg=ma1
解得a1=。
(2)设A从开始运动到刚与C碰撞的过程中,运动时间为t,A的位移为s1,C与板的加速度为a2,根据牛顿第二定律有
μmg=3ma2
根据位移与时间关系式有s1=v0t-a1t2
C与板的位移s=a2t2
位移间的关系为s1-s=L
联立解得t=,s=
设A、C碰撞前瞬间速度大小分别为vA、vC,根据速度与时间关系式有vA=v0-a1t,vC=a2t
联立解得vA=v0,vC=v0
A与C碰撞过程,由动量守恒定律有mvA+mvC=(m+m)v1
解得v1=v0。
(3)设A、C一起经过两虚线之间区域某处时的速度大小为vx,由动量定理得-μ(2mg-qE)t-μ∑qvB·Δt=2mvx-2mv1
即-μ(2mg-qE)t-μqxB=2mvx-2mv1
由于速度变化量Δvx与对应的位移Δx成正比,即vx-x为线性关系,则2mg-qE=0
设A、C和板共速的速度大小为v共,由动量守恒定律得
mv0=4mv共
解得v共=v0
联立可得-μqLB=2mv共-2mv1
解得B=
当A、C碰撞后只将磁场方向变为垂直纸面向里,A、C将一起在两虚线区域内做匀速圆周运动【点拨:由上述分析可知2mg=Eq,将磁场方向变为垂直纸面向里,A、C进入磁场时所受洛伦兹力向上,A、C将与绝缘板分离,在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动】,设轨迹半径为r,离开右边界时速度方向与水平方向的夹角为θ,如图所示
根据洛伦兹力提供向心力有qv1B=
根据几何关系可得sin θ=
重力的瞬时功率为
P=2mgv1 cos (90°+θ)
联立解得P=-
微专题27　带电粒子在交变电磁场、空间电磁场中的运动
题组1　带电粒子在交变电磁场中的运动
1.★★★(2025届山东日照三模)如图甲所示,足够大的两平行板P、Q水平固定,间距为d,板间有可独立控制的周期性变化的电场和磁场。电场和磁场都取垂直纸面向里为正方向,磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示,电场强度随时间的变化规律如图丙所示。t=0时刻,一质量为m、带电荷量为+q的带电粒子(不计重力),以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置水平向右射入两板间。当B0、TB、TE取某些特定值时,可使粒子经一段时间垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)。上述m、q、E0、v0、d均为已知量。
(1)若只加磁场且磁感应强度B0=,粒子垂直打在P板上,求粒子在板间运动的时间以及水平位移;
(2)若同时加电场和磁场,且磁感应强度B0=,粒子垂直打在P板上,求粒子在板间运动的位移大小。
1.答案　(1)　d　(2)
解析　(1)若只加磁场且磁感应强度B0=,根据洛伦兹力提供向心力有qv0B0=,解得R1=
粒子在磁场中的轨迹如图1
图1
由图1可知R1+2R1 sin θ=d,解得θ=30°
水平位移x=R1-2R1(1- cos θ)=d
圆周运动的周期T1==
运动时间t=T1=
(2)若同时加电场和磁场,且磁感应强B0=,根据洛伦兹力提供向心力有qv0B0=
解得R2=
粒子在磁场中的轨迹如图2所示
图2
圆周运动的周期T2==
粒子在一个电场周期内,沿电场方向的速度变化量为零,要使粒子垂直打到P板上,有T2=nTE(n=1,2,3,…)
解得TE=(n=1,2,3,…)
粒子沿电场方向的位移大小
y=nTE=n××××TE=
在磁场中的位移x==d
粒子在板间运动的位移大小s==
2.★★★★(2022河北,14,16分)两块面积和间距均足够大的金属板水平放置,如图1所示。金属板与可调电源相连形成电场,方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场,方向垂直xOy平面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子源,可连续释放质量为m、电荷量为q(q>0)、初速度为零的粒子,不计重力及粒子间的相互作用,图中物理量均为已知量。求:
(1)t=0时刻释放的粒子,在t=时刻的位置坐标;
(2)在0~时间内,静电力对t=0时刻释放的粒子所做的功;
(3)在M点放置一粒子接收器,在0~时间内什么时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获。
图1
图2
2.答案　(1)　(2)
(3)和
解析　(1)在0~时间内,带电粒子在电场中做匀加速直线运动
由E0q=ma,v1=at,y1=at2,解得v1=、y1=
在~时间内,带电粒子在磁场中做了半个周期的匀速圆周运动
由qB0v1=,x1=2R,解得x1=
带电粒子在0~时间内的运动轨迹如图甲所示,故在时刻带电粒子的位置坐标为。
　
(2)在时刻,v1=
在~时间内,由2E0q=ma2,v2=-v1+a2,
解得v2=
在~时间内,由3E0q=ma3,v3=-v2+a3,
解得v3=
由W=m,解得在0~时间内,静电力对带电粒子做的功为W=
(3)设=T,=a。
(ⅰ)若在0~时间内某时刻t'释放,粒子的运动轨迹如图乙所示,粒子首次加速时间为(T-t'),则首次加速后速度大小v1'=a(T-t'),在磁场内偏转的半径R1=
由(1)易知,粒子至少要再次加速并偏转才可能通过xM=
设粒子在的速度大小为v2',在磁场内偏转半径为R2=,则v2'=-v1'+2aT,解得v2'=a(T+t'),
经过两次半个周期的圆周运动,在x方向上的位移
x=2R1+2R2==
即x=··==xM,可见在0~时间内任意时刻释放,经历两次偏转后水平位移x=xM恒成立。
现分析该过程中在y方向上的位移
第一次加速后,y1'=a(T-t')2
第二次加速后,y2'=-v1'T+·2aT2=aTt'或y2'==aTt'
此时纵坐标Y=y1'+y2'=a(T-t')2+aTt'=a(T2+t'2)
经过第二次偏转后进入第三次匀变速运动,加速度为3a,
此时粒子向下运动的最大距离
Δy1===
则纵坐标的最小值
Y'=Y-Δy1=a(T2+t'2)-=a(t'2-Tt'+T2)
Y'=a,即当t'==时Y'有最小值
Ymin'=aT2=··==yM
可见当t'=时,在~阶段中粒子向下减速到速度为0时恰好能被捕获。
(ⅱ)若在~时间内某时刻释放,粒子加速时间为(T-t″),
则有v1″=2a(T-t″),y1″=·2a(T-t″)2,在x方向上的位移x1″=2R1″==-t″
可见要到达xM应在t″=0即时刻释放,
此时v1″=2aT
则y轴方向上y1″=·2aT2=aT2=·=
偏转后向下移动的最大距离Δy1'==aT2=
此时纵坐标的最小值Y″=y1″-Δy1'=>,即不可能到达yM而被捕获。
(ⅲ)若在~时间内某时刻释放,
则加速后速度v1 =3a(T-t )
在x方向上的位移x1 =2R1 ==
解得x1 =-t
令x1 =xM,即-t =,得t ==
即在+t =时刻释放能满足到达xM的条件,
此时粒子加速后的速度v0=3a=2aT=
此时Y1=·3a(T-t )2=aT2=,粒子偏转后,纵坐标的最小值Y1″=Y1-=aT2=··=<
即偏转后粒子向下运动过程中必经过M点。
综上可知在0~时间内有两个时刻即和释放的粒子满足要求。
题组2　带电粒子在空间电磁场中的运动
1.★★★(多选)(2025届湖北二模)匀强磁场B水平向左,一带正电的粒子以速度v0进入磁场,初速度方向与磁场反方向夹角为θ,已知粒子质量为m,电荷量为q,忽略粒子重力,粒子运动轨迹如图所示,则以下说法正确的是(　　)
A.螺旋的半径为
B.相邻两螺旋间距为
C.带电粒子在运动时加速度大小不变
D.若带电粒子速度大小不变,方向可以变化,则当夹角θ满足某一条件时,粒子在一个周期内运动轨迹所包围的体积有最大值
1.答案　CD
2.★★★★(2025陕晋青宁,14,14分)电子比荷是描述电子性质的重要物理量。在标准理想二极管中利用磁控法可测得比荷,一般其电极结构为圆筒面与中心轴线构成的圆柱体系统,结构简化如图(a)所示,足够长圆柱形筒半径为R,正中央有一电子发射源O持续向空间各方向发射大量速度大小均为v0的电子。某时刻起筒内加大小可调节且方向沿轴向下的匀强磁场,筒的横截面及轴截面示意图如图(b)所示,当磁感应强度大小从0缓慢调至B0时,恰好没有电子落到筒壁上,不计电子间相互作用及其重力的影响。求:(R、v0、B0均为已知量)
(1)电子的比荷;
(2)当磁感应强度大小调至B0时,筒壁上落有电子的区域面积S。
　　
2.答案　(1)　(2)2π2R2
解题导引　本题为定速不定向粒子源发射的粒子在空间磁场中的运动,电子运动分布在三维空间中,对空间运动的分析方法是截取截面进行研究,题中已给出两个视角的截面图,所以题目已经给出解题的思路。
解析　(1)由题意可得,当磁感应强度B从0开始调大的过程中,洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力,有evB=m,解得r=
由电子在磁场中做圆周运动的轨迹半径公式可知电子的轨迹半径在变小,所以当磁感应强度增大至B0时,电子恰好没有落在筒壁上,此情况下电子的运动轨迹如图甲所示
可知电子做圆周运动的轨迹半径r0=
则有ev0B0= ,联立解得 =。
　　
(2)当磁感应强度大小调至 时,电子运动轨迹的半径r'=2r0=R,从筒的横截面看,电子轨迹如图乙所示,筒壁截面任意位置均有电子落到。
取轴截面分析,根据对称性,可分析单边侧壁,如图丙所示,当电子速度与磁场不垂直时,将速度分解为vx和vy,电子做螺旋线运动
　　　　　
方向平行于横截面的分运动是速率为vx的匀速圆周运动,沿轴向的分运动是速率为vy的匀速直线运动,如图丁;当平行于横截面做匀速圆周运动的轨迹直径为R时,电子恰好不落到筒壁上,即运动半径r0=,根据evxB=,代入r0=、B=、=
联立解得vx=
则vy=,解得vy=
周期T=【点拨:二级结论】
戊
或T==
所以筒壁上沿轴向下半部分有电子落上的高度d=vy·= ,如图戊所示
由对称性可知,整个筒壁沿轴向有电子落到区域的高度为2d
则筒壁上落有电子的区域面积S=2πR·2d
联立解得S=2π2R2。
3.★★★★(2025届广东广州市铁一中学月考)现代科技中常常利用电场和磁场来控制带电粒子的运动,某控制装置如图所示,区域Ⅰ是圆弧形均匀辐向电场,半径为R的中心线O'O处的电场强度大小处处相等,且大小为E1,方向指向圆心O1;在空间坐标系Oxyz中,区域Ⅱ是棱长为L的正方体空间,该空间内充满沿y轴正方向的匀强电场E2(大小未知);区域Ⅲ也是棱长为L的正方体空间,空间内充满平行于xOy平面,与x轴负方向成45°角的匀强磁场,磁感应强度大小为B,在区域Ⅲ的上表面是一粒子收集板;一群比荷不同的带正电粒子以不同的速率先后从O'沿切线方向进入辐向电场,所有粒子都能通过辐向电场从坐标原点O沿x轴正方向进入区域Ⅱ,不计带电粒子所受重力和粒子间的相互作用。
(1)若某一粒子进入辐向电场的速率为v0,该粒子通过区域Ⅱ后刚好从P点进入区域Ⅲ中,已知P点坐标为,求该粒子的比荷和区域Ⅱ中电场强度E2的大小;
(2)保持(1)问中E2不变,为了使粒子能够在区域Ⅲ中直接打到粒子收集板上,求粒子的比荷需要满足的条件。
3.答案　(1)　　(2)≤≤
解析　(1)某一粒子进入辐向电场的速率为v0,粒子在辐向电场中做匀速圆周运动,由静电力提供向心力可得
q0E1=m0
解得该粒子的比荷=
粒子在区域Ⅱ中做类平抛运动,沿x轴方向有L=v0t
沿y轴方向有a=,=at2
联立解得E2=。
(2)设粒子进入辐向电场的速率为v,则粒子在辐向电场中有
qE1=m
解得v=
粒子在区域Ⅱ中做类平抛运动,设粒子都能进入区域Ⅲ,则沿x轴方向有L=vt'
沿y轴方向有a'=,y=a't'2,vy=a't'
联立解得y=,vy=
可知所有粒子经过区域Ⅱ后都从P点进入区域Ⅲ中,设进入区域Ⅲ的速度方向与x轴正方向的夹角为θ,则有tan θ==1
解得θ=45°【点拨:粒子垂直进入磁场,在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动】
粒子进入区域Ⅲ的速度大小v'==
粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力,则有
qv'B=m
解得r==
为了保证粒子能够直接打到粒子收集板上,如图所示
由几何关系可知粒子在磁场中的轨迹半径需要满足
L≤r≤L
联立解得粒子的比荷需要满足≤≤。

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