專題16 磁場-2020-2024年五年高考1年模擬物理真題分類匯編（山東專用）（解析版）

2020-2024年五年高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題16磁場考點五年考情（2020-2024）命題趨勢備考策略考點1安培力和洛倫茲力（5年0考）本章主要考查電流的磁效應、安培力、帶電粒子在磁場中運動的問題，主要涉及各種電流產生的磁場、安培力的大小和方向、帶電粒子在洛倫茲力作用下的運動，主要體現(xiàn)在以下幾方面:

(1)電流磁效應主要結合安培力的大小和方向、靜電力平衡、安培力做功等問題考查。

(2)勻強磁場中帶電粒子做圓周運動，主要涉及群發(fā)粒子的收集比例問題。

(3)帶電粒子在復合場的運動主要涉及疊加和不疊加兩種形式，主要考查軌跡多解問題和霍爾效應、磁流體發(fā)電機等。高考本著穩(wěn)中有變的原則，考查重點不會有太大的變化.主要還是通過多解、分類討論等方式結合霍爾效應等難點考查科學推理、模型建構等核心素養(yǎng)。

選擇題一般考查磁場的基礎知識和基本規(guī)律，難度不大:計算題主要是考查安培力、帶電粒子在磁場中的運動，以及與力學、電學、能量知識的綜合應用，難度較大，較多的是高考的壓軸題。考點2帶電粒子在組合場、疊加場中的運動（5年5考）2024·山東卷·T182023·山東卷·T172022·山東卷·T172021·山東卷·T172020·山東卷·T171、（2024·山東卷·T18）如圖所示，在Oxy坐標系x>0，y>0區(qū)域內充滿垂直紙面向里，磁感應強度大小為B的勻強磁場。磁場中放置一長度為L的擋板，其兩端分別位于x、y軸上M、N兩點，∠OMN=60°，擋板上有一小孔K位于MN中點。△OMN之外的第一象限區(qū)域存在恒定勻強電場。位于y軸左側的粒子發(fā)生器在0＜y＜的范圍內可以產生質量為m，電荷量為+q的無初速度的粒子。粒子發(fā)生器與y軸之間存在水平向右的勻強加速電場，加速電壓大小可調，粒子經此電場加速后進入磁場，擋板厚度不計，粒子可沿任意角度穿過小孔，碰撞擋板的粒子不予考慮，不計粒子重力及粒子間相互作用力。（1）求使粒子垂直擋板射入小孔K的加速電壓U0；（2）調整加速電壓，當粒子以最小的速度從小孔K射出后恰好做勻速直線運動，求第一象限中電場強度的大小和方向；（3）當加速電壓為時，求粒子從小孔K射出后，運動過程中距離y軸最近位置的坐標。【答案】（1）；（2），方向沿x軸正方向；（3）【解析】（1）根據(jù)題意，作出粒子垂直擋板射入小孔K的運動軌跡如圖所示根據(jù)幾何關系可知粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為在區(qū)域根據(jù)洛倫茲力提供向心力有在勻強加速電場中由動能定理有聯(lián)立解得（2）根據(jù)題意，當軌跡半徑最小時，粒子速度最小，則作出粒子以最小的速度從小孔K射出的運動軌跡如圖所示根據(jù)幾何關系可知粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為在區(qū)域根據(jù)洛倫茲力提供向心力有粒子從小孔K射出后恰好做勻速直線運動，由左手定則可知粒子經過小孔K后受到的洛倫茲力沿x軸負方向，則粒子經過小孔K后受到的電場力沿x軸正方向，又粒子帶正電，則之外第一象限區(qū)域電場強度的方向沿x軸正方向，大小滿足聯(lián)立可得（3）在勻強加速電場中由動能定理有可得在區(qū)域根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得粒子在區(qū)域運動的軌跡半徑作出從小孔K射出的粒子的運動軌跡如圖所示粒子出K時，越偏向軸，離軸越近，由幾何關系有則有由配速法將運動分解為軸方向的勻速直線運動和沿方向的勻速圓周運動，其中勻速圓周運動的半徑為故最小距離為2、（2023·山東卷·T17）如圖所示，在，的區(qū)域中，存在沿y軸正方向、場強大小為E的勻強電場，電場的周圍分布著垂直紙面向外的恒定勻強磁場。一個質量為m，電量為q的帶正電粒子從OP中點A進入電場（不計粒子重力）。（1）若粒子初速度為零，粒子從上邊界垂直QN第二次離開電場后，垂直NP再次進入電場，求磁場的磁感應強度B的大小；（2）若改變電場強度大小，粒子以一定的初速度從A點沿y軸正方向第一次進入電場、離開電場后從P點第二次進入電場，在電場的作用下從Q點離開。（i）求改變后電場強度的大小和粒子的初速度；（ii）通過計算判斷粒子能否從P點第三次進入電場?！敬鸢浮浚?）；（2）（i），；（ii）不會【解析】（1）由題意粒子在電場中做勻加速直線運動，根據(jù)動能定理有粒子在磁場中做勻速圓周運動，有粒子從上邊界垂直QN第二次離開電場后，垂直NP再次進入電場，軌跡如圖根據(jù)幾何關系可知聯(lián)立可得（2）（i）由題意可知，做出粒子在電場和磁場中運動軌跡如圖在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關系可知解得所以有，洛倫茲力提供向心力帶電粒子從A點開始做勻加速直線運動，根據(jù)動能定理有再一次進入電場后做類似斜拋運動，沿x方向有沿y方向上有其中根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立以上各式解得（ii）粒子從P到Q根據(jù)動能定理有可得從Q射出時的速度為此時粒子在磁場中的半徑根據(jù)其幾何關系可知對應的圓心坐標為，而圓心與P的距離為故不會再從P點進入電場。3、（2022·山東卷·T17）中國“人造太陽”在核聚變實驗方而取得新突破，該裝置中用電磁場約束和加速高能離子，其部分電磁場簡化模型如圖所示，在三維坐標系中，空間內充滿勻強磁場I，磁感應強度大小為B，方向沿x軸正方向；，的空間內充滿勻強磁場II，磁感應強度大小為，方向平行于平面，與x軸正方向夾角為；，的空間內充滿沿y軸負方向的勻強電場。質量為m、帶電量為的離子甲，從平面第三象限內距軸為的點以一定速度出射，速度方向與軸正方向夾角為，在在平面內運動一段時間后，經坐標原點沿軸正方向進入磁場I。不計離子重力。（1）當離子甲從點出射速度為時，求電場強度的大小；（2）若使離子甲進入磁場后始終在磁場中運動，求進入磁場時的最大速度；（3）離子甲以的速度從點沿軸正方向第一次穿過面進入磁場I，求第四次穿過平面的位置坐標（用表示）；（4）當離子甲以的速度從點進入磁場I時，質量為、帶電量為的離子乙，也從點沿軸正方向以相同的動能同時進入磁場I，求兩離子進入磁場后，到達它們運動軌跡第一個交點的時間差（忽略離子間相互作用）。

【答案】（1）；（2）；（3）（，，）；（4）【解析】（1）如圖所示將離子甲從點出射速度為分解到沿軸方向和軸方向，離子受到的電場力沿軸負方向，可知離子沿軸方向做勻速直線運動，沿軸方向做勻減速直線運動，從到的過程，有聯(lián)立解得（2）如圖所示離子從坐標原點沿軸正方向進入磁場I中，由洛倫茲力提供向心力可得離子經過磁場I偏轉后從軸進入磁場II中，由洛倫茲力提供向心力可得可得為了使離子在磁場中運動，需滿足，聯(lián)立可得要使離子甲進入磁場后始終在磁場中運動，進入磁場時的最大速度為；（3）離子甲以的速度從點沿z軸正方向第一次穿過面進入磁場I，離子在磁場I中的軌跡半徑為離子在磁場II中的軌跡半徑為離子從點第一次穿過到第四次穿過平面的運動情景，如圖所示離子第四次穿過平面的坐標為離子第四次穿過平面的坐標為故離子第四次穿過平面的位置坐標為（，，）（4）設離子乙的速度為，根據(jù)離子甲、乙動能相同，可得可得離子甲在磁場I中的軌跡半徑為離子甲在磁場II中的軌跡半徑為離子乙在磁場I中的軌跡半徑為離子乙在磁場II中的軌跡半徑為根據(jù)幾何關系可知離子甲、乙運動軌跡第一個交點如圖所示從點進入磁場到第一個交點過程，有可得離子甲、乙到達它們運動軌跡第一個交點時間差為4、（2021·山東卷·T17）某離子實驗裝置的基本原理如圖甲所示。Ⅰ區(qū)寬度為d，左邊界與x軸垂直交于坐標面點O，其內充滿垂直于平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為；Ⅱ區(qū)寬度為L，左邊界與x軸垂直交于點，右邊界與x軸垂直交于點，其內充滿沿y軸負方向的勻強電場。測試板垂直x軸置于Ⅱ區(qū)右邊界，其中心C與點重合。從離子源不斷飄出電荷量為q、質量為m的正離子，如速后沿x軸正方向過Q點，依次經Ⅰ區(qū)、Ⅱ區(qū)，恰好到達測試板中心C。已知離子剛進入Ⅱ區(qū)時速度方向與x軸正方向的夾角為。忽略離子間的相互作用，不計重力。（1）求離子在Ⅰ區(qū)中運動時速度的大小v；（2）求Ⅱ區(qū)內電場強度的大小E；（3）保持上述條件不變，將Ⅱ區(qū)分為左右兩部分，分別填充磁感應強度大小均為B（數(shù)值未知）方向相反且平行y軸的勻強磁場，如圖乙所示。為使離子的運動軌跡與測試板相切于C點，需沿x軸移動測試板，求移動后C到的距離s?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）設離子在Ⅰ區(qū)內做勻速圓周運動的半徑為r，由牛頓第二定律得①根據(jù)幾何關系得②聯(lián)立①②式得（2）離子在Ⅱ區(qū)內只受電場力，x方向做勻速直線運動，y方向做勻變速直線運動，設從進入電場到擊中測試板中心C的時間為t，y方向的位移為地，加速度大小為a，由牛頓第二定律得由運動的合成與分解得，，聯(lián)立得（3）Ⅱ區(qū)內填充磁場后，離子在垂直y軸的方向做勻速圓周運動，如圖所示。設左側部分的圓心角為，圓周運動半徑為，運動軌跡長度為，由幾何關系得，離子在Ⅱ區(qū)內的運動時間不變，故有C到的距離聯(lián)立得5、（2020·山東卷·T17）某型號質譜儀的工作原理如圖甲所示。M、N為豎直放置的兩金屬板，兩板間電壓為U，Q板為記錄板，分界面P將N、Q間區(qū)域分為寬度均為d的I、Ⅱ兩部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b為M、N上兩正對的小孔。以a、b所在直線為z軸，向右為正方向，取z軸與Q板的交點O為坐標原點，以平行于Q板水平向里為x軸正方向，豎直向上為y軸正方向，建立空間直角坐標系Oxyz。區(qū)域I、Ⅱ內分別充滿沿x軸正方向的勻強磁場和勻強電場，磁感應強度大小、電場強度大小分別為B和E。一質量為m，電荷量為+q的粒子，從a孔飄入電場（初速度視為零），經b孔進入磁場，過P面上的c點（圖中未畫出）進入電場，最終打到記錄板Q上。不計粒子重力。（1）求粒子在磁場中做圓周運動的半徑R以及c點到z軸的距離L；（2）求粒子打到記錄板上位置的x坐標；（3）求粒子打到記錄板上位置的y坐標（用R、d表示）；（4）如圖乙所示，在記錄板上得到三個點s1、s2、s3，若這三個點是質子、氚核、氦核的位置，請寫出這三個點分別對應哪個粒子（不考慮粒子間的相互作用，不要求寫出推導過程）。【答案】（1），；（2）；（3）；（4）s1、s2、s3分別對應氚核、氦核、質子的位置【解析】（1）設粒子經加速電場到b孔的速度大小為v，粒子在區(qū)域I中，做勻速圓周運動對應圓心角為α，在M、N兩金屬板間，由動能定理得在區(qū)域I中，粒子做勻速圓周運動，磁場力提供向心力，由牛頓第二定律得聯(lián)立解得根據(jù)題意，畫出運動軌跡如圖所示由幾何關系得，，聯(lián)立解得（2）設區(qū)域Ⅱ中粒子沿z軸方向的分速度為，沿x軸正方向加速度大小為a，位移大小為x，運動時間為t，由牛頓第二定律得粒子在z軸方向做勻速直線運動，由運動合成與分解的規(guī)律得，粒子在x方向做初速度為零勻加速直線運動，由運動學公式得聯(lián)立解得（3）設粒子沿y方向偏離z軸的距離為y，其中在區(qū)域Ⅱ中沿y方向偏離的距離為y'，由運動學公式得由題意得聯(lián)立解得（4）s1、s2、s3分別對應氚核、氦核、質子的位置。一、單選題1．（2024·山東臨沂·二模）如圖所示，半徑為R圓形區(qū)域內存在磁感應強度大小為B的勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向外。質量為m、電荷量為的帶電粒子由A點沿平行于直徑的方向射入磁場，最后經過C點離開磁場。已知弧對應的圓心角為60°，不計粒子重力。則（）A．粒子運動速率為B．帶電粒子運動過程中經過圓心OC．粒子在磁場中運動的時間為D．粒子在磁場中運動的路程為【答案】B【詳析】A．假設該電荷在磁場中運動軌跡圓心為O’，由幾何關系可知為正三角形。假設運動軌跡半徑為r，由幾何關系可知由洛倫茲力公式可知故A錯誤；B．由圖像可知，軌跡經過圓心。故B正確；C．由于此時運動軌跡圓心角為120°，結合公式可知，所用時間為故C錯誤；D．由幾何關系可知故D錯誤。故選B。二、多選題2．（2024·山東濟南·三模）地球的磁場是保護地球的一道天然屏障，它阻擋著能量很高的太陽風粒子直接到達地球表面，從而保護了地球上的人類和動植物。地球北極的磁場是沿豎直軸對稱的非均勻磁場，如圖所示為某帶電粒子在從弱磁場區(qū)向強磁場區(qū)前進時做螺線運動的示意圖，不計帶電粒子的重力，下列說法正確的是（）A．該帶電粒子帶正電B．從弱磁場區(qū)到強磁場區(qū)的過程中帶電粒子的速率不變C．帶電粒子每旋轉一周沿軸線方向運動的距離不變D．一段時間后該帶電粒子可能會從強磁場區(qū)到弱磁場區(qū)做螺線運動【答案】ABD【詳析】A．由左手定則可知，該帶電粒子帶正電，選項A正確；B．因洛倫茲力對帶電粒子不做功，則從弱磁場區(qū)到強磁場區(qū)的過程中帶電粒子的速率不變，選項B正確；C．根據(jù)，可知隨著磁場的增強，粒子運動半徑逐漸減小，周期變小，則帶電粒子每旋轉一周沿軸線方向運動的距離由減小，選項C錯誤；D．若粒子的速度方向與磁場方向不垂直，則一段時間后該帶電粒子可能會從強磁場區(qū)到弱磁場區(qū)做螺線運動，選項D正確。故選ABD。3．（2024·山東青島·三模）已知足夠長直導線通有電流時，距離導線處的磁感應強度大小為，其中為常數(shù)。圖甲中虛線構成一個立方體，、、、、、、、是立方體的頂點；用漆包線制成的正方形導體線框恰好與立方體右側面的四邊重合。在立方體的、兩邊所在位置分別固定長直導線，兩導線中電流大小相等，方向如圖乙所示。下列說法正確的是（）A．立方體的頂點、兩處的磁場方向垂直B．頂點、兩處的磁感應強度大小之比為1：2C．線框從右側面向左平移到左側面過程中，其中感應電流方向先沿后沿D．線框從右側面向左平移到左側面過程中，其中感應電流方向一直沿【答案】BD【詳析】A．根據(jù)安倍定則可知，導線MN在所產生的磁感應強度方向為在處沿著方向，在所產生的磁感應強度方向為在處沿著方向；同理導線在所產生的磁感應強度方向為在處沿著與垂直斜向下的方向，導線在在所產生的磁感應強度方向為在處沿著與方向。由磁場的疊加可知，兩點處的合磁場方向并不是垂直的，故A項錯誤；B．設正方體的邊長為l，則結合之前的分析，在處兩導線產生的合磁場大小為在處兩導線產生的合磁場大小為所以故B項正確；CD．線框從右側面向左平移到左側面過程中，穿過線圈的磁通量為向左增加，所以根據(jù)楞次定律可知，其中感應電流方向adcb，故C錯誤，D正確。故選BD。4．（2024·山東青島·三模）如圖，勻強磁場的磁感應強度大小為，方向垂直紙面向里。質量為、電荷量為的帶正電微粒，從點沿水平直線垂直射入磁場。微粒運動過程中重力勢能最大的位置與直線距離，為重力加速度。不計空氣阻力，在微粒運動過程中，下列說法正確的是（）A．微粒射入磁場的初速度大小為B．微粒重力勢能最大時受到的磁場力大小為C．微粒第一次回到水平線時距離點D．微粒射入磁場后經恰好處于水平線上【答案】BC【詳析】A．根據(jù)題意，微粒射入磁場時向上偏轉，采用配速法，將初速度分解為兩個向右的分速度、，一個分速度對應的洛倫茲力即做勻速運動，另一個分速度對應的洛倫茲力①提供勻速圓周運動的向心力②聯(lián)立①②得由于微粒運動過程中重力勢能最大的位置與直線距離即得所以微粒射入磁場的初速度大小為故A錯誤；B．微粒重力勢能最大時分速度對應的洛倫茲力方向向下，對應的洛倫茲力方向向上，則微粒受到的磁場力大小為故B正確；C．微粒第一次回到水平線時需要的時間為以速度做圓周運動的一個周期距離點故C正確；D．由于所以微粒射入磁場后經恰好處于最高點，故D錯誤。故選BC。三、解答題5．（2024·山東煙臺·三模）如圖所示，在三維直角坐標系Oxyz中的、的圓柱形空間內存在沿z軸正方向的勻強磁場，圓柱形空間的外部存在沿x軸正方向的勻強磁場，圓柱形空間內、外磁場的磁感應強度大小相等；在圓柱面上的的部分有絕緣的彈性擋板；在的區(qū)域存在沿y軸正方向、電場強度大小為E0的勻強電場。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子（不計重力）從A點（A點在Oxy平面內）以初速度大小為v0、與y軸負方向成53°夾角的方向射入電場，經過一段時間從x軸上的B（L，0，0）點沿x軸正方向進入圓柱形區(qū)域，接著從y軸負半軸上的C點沿y軸負方向離開此區(qū)域，然后從z軸上的D點再次進入圓柱形區(qū)域，粒子與絕緣彈性擋板碰撞過程時間極短且沒有能量損失，sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：（1）A、B兩點間的電勢差UAB；（2）圓柱形空間內、外磁場的磁感應強度大小B0；（3）粒子從A點進入電場到再次返回A點的運動時間?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳析】（1）粒子在A點沿x軸方向的速度粒子在A點沿y軸方向的速度粒子從A到B在y軸方向上由動能定理得解得A、B兩點間的電勢差（2）粒子在B點的速度大小為粒子從B到C做勻速圓周運動，在C點速度沿y軸負方向，如圖所示根據(jù)幾何關系可得軌道半徑為由洛倫茲力提供向心力得解得（3）粒子從A到B在y軸方向上由牛頓第二定律得粒子從A到B的運動時間粒子在磁場中的周期為粒子從B到C的運動時間粒子到D點時速度方向沿z軸負方向，粒子從C點到D點做勻速圓周運動，運動時間為設粒子從軸上的E點離開圓柱面，粒子在B點速度方向沿x軸負方向，粒子從D到E做勻速直線運動，在E點速度沿z軸負方向，粒子從D到E的運動時間根據(jù)題意作出平面的軌跡圖根據(jù)題意作出平面的軌跡圖故粒子從A點進入電場到再次返回A點的運動時間6．（2024·山東聊城·三模）如圖所示，在xOy平面內的第一象限內存在一有界勻強磁場（未畫出），磁感應強度大小為B、方向垂直于xOy平面向外，在第四象限內充滿范圍足夠大、方向與x軸負方向的夾角為的勻強電場。一束質量為m、電荷量為的粒子以不同的速率從O點沿xOy平面內的OP方向發(fā)射，沿直線飛行到P點時進入有界勻強磁場區(qū)域，O、P兩點間的距離為L，OP連線與x軸正方向的夾角，所有粒子在離開磁場后最終都能從軸上垂直軸射出，若速度最大的粒子A從x軸上的Q點以速度（未知）射出，且射出之前都在磁場內運動，勻強電場的電場強度，粒子所受的重力忽略不計，求：（1）的大?。唬?）粒子A在勻強磁場中運動的時間；（3）y軸上有粒子穿過的長度；（4）有界勻強磁場區(qū)域的最小面積?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）；（4）【詳析】（1）設粒子A在磁場中做圓周運動的半徑為，由幾何關系得粒子在磁場中的圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有解得（2）粒子做勻速圓周運動，則有，解得速度為的粒子的運動軌跡如圖所示由運動軌跡可知，粒子A經過磁場后的偏轉角為120°，則粒子A在磁場中運動的時間解得（3）由運動學關系可知，速度最小的粒子從P點正下方軸上的點飄入電場中，在電場中做初速度為0的勻加速運動，運動方向沿電場線方向，此粒子運動到y(tǒng)軸上距原點的距離從Q點進入電場中的粒子，沿x軸負方向做初速度為0的勻加速運動，沿y軸負方向做勻加速運動，根據(jù)幾何關系可知根據(jù)位移公式有解得又由于解得有粒子穿過的長度為解得（4）由幾何關系可知三角形的面積圓心角對應的扇形面積由數(shù)理規(guī)律可知，磁場區(qū)域的最小面積為圖中陰影部分面積，其面積7．（2024·山東濰坊·三模）如圖所示的O—xyz坐標系中，的Ⅰ區(qū)域內有沿z軸正方向的勻強磁場，在的Ⅱ區(qū)域內有沿y軸正方向的勻強電場。一帶電量為＋q、質量為m的粒子從y軸上的點P（0，2l，0）以速度v0沿x軸正方向射入Ⅰ區(qū)域，從點Q進入Ⅱ區(qū)域。粒子在Ⅱ區(qū)域內，第二次經過x軸時粒子位于N點，且速度方向與x軸正方向夾角。已知Ⅰ區(qū)域磁場磁感應強度大小，不計粒子重力。（1）求粒子經過Q點時速度方向與x軸正方向夾角α；（2）求勻強電場的電場強度E；（3）求粒子從P到N所用的時間；（4）粒子到達N點時，在Ⅱ區(qū)域施加沿y軸正方向的勻強磁場，磁感應強度大小，求粒子離開N點經過時間，粒子的位置坐標。【答案】（1）60°；（2）；（3）；（4）【詳析】根據(jù)題意繪出粒子從P到N的運動軌跡如下（1）粒子在Ⅰ區(qū)域做勻速圓周運動，有根據(jù)幾何關系有解得α=60°（2）由幾何關系可知，Q、N兩點沿電場方向的距離為l，粒子由Q到N過程沿x軸方向做勻速直線運動有vNx=vQx=v0cosα，由動能定理有解得（3）粒子由P到Q過程，設時間為t1，有粒子由Q到N過程，沿y軸方向先勻減速后勻加速，設時間分別為t2、t3，有其中t=t1＋t2＋t3聯(lián)立解得（4）粒子運動在xOz平面內的投影為勻速圓周運動粒子運動周期解得可得z=2r2=2l粒子沿y軸方向做勻加速運動，可得即粒子的位置坐標為。8．（2024·山東濟寧·三模）利用電磁場實現(xiàn)離子偏轉是科學儀器中廣泛應用的技術。如圖所示，在xOy平面內存在區(qū)域足夠大的方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。位于坐標原點O處的離子源能在xOy平面內持續(xù)發(fā)射質量為m、電荷量為q的負離子，其速度方向與y軸正方向夾角的最大值為，且各個方向速度大小隨變化的關系為式中為未知定值，且的離子恰好通過坐標為的P點。不計離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場的邊界效應，，。（1）求關系式中的值；（2）當離子的發(fā)射速度在第二象限內且時，求離子第一次到達界面的時間t；（3）求所有離子中第一次到達界面時，與x軸的最遠距離；（4）為回收離子，在界面右側加一寬度為L且平行于x軸、方向向右的勻強電場，如圖所示，為使所有離子都不能穿越電場右邊界，求電場強度的最小值E?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）；（4）【詳析】（1）根據(jù)題意可知，當時，即沿軸正方向發(fā)射的離子恰好通過坐標為（L，L）的P點，則其軌跡的圓心一定在軸上，設軌跡的半徑為，由幾何關系有解得即圓心在界面與軸的交點，又有其中解得（2）當離子的發(fā)射速度在第二象限內且時，粒子的運動軌跡，如圖所示由題意可知由牛頓第二定律可得解得可知圓心在的界面上，由幾何關系得圓心角離子第一次到達界面的時間為（3）根據(jù)題意，由牛頓第二定律有解得由幾何關系可知，所有離子運動軌跡圓心均在的界面上，則離子沿左側射出時，通過界面時離軸最遠，此時離子運動的半徑為由幾何關系可得（4）綜合上述分析可知，離子通過界面時，速度與界面垂直，則為使所有離子都不能穿越電場區(qū)域，即保證速度最大的離子不能通過即可，即當離子以射入時速度最大，最大速度為離子在軸方向上運動方向最大位移為L，此時速度為，在復合場區(qū)域任意時間，由動量定理可得兩邊求和有解得由動能定理有解得即電場強度的最小值9．（2024·山東東營·二模）如圖所示，在同時存在勻強電場和勻強磁場的空間中取正交坐標系（x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上）。勻強電場方向與平面平行，且與y軸的夾角為30°，重力加速度為g。（1）一質量為m、電荷量為的帶電質點以平行于z軸正方向的速度做勻速直線運動，求滿足條件的磁場強度的最小值、方向及對應的電場強度E；（2）在滿足（1）的條件下，當帶電質點通過y軸上的點時，撤去勻強磁場，求帶電質點落在平面內的位置；（3）在滿足（1）的條件下，當帶電質點通過y軸上的點時，撤去勻強電場，求帶電質點落在平面內的位置；（4）當帶電質點以平行于z軸負方向的速度通過y軸上的點時，改變電場強度大小和方向，同時只改變磁感應強度的大小，要使帶電質點做勻速圓周運動且能夠經過x軸，問：電場強度E和磁感應強度B大小滿足什么條件？【答案】（1），，方向勻強電場方向相同；（2）N（，0，）；（3）（，0，）；（4），【詳析】（1）帶電質點受到重力（大小及方向均已知）、洛倫茲力（大小及方向均未知）、電場力（方向已知）的作用做勻速直線運動；根據(jù)力三角形知識分析可知，根據(jù)物體的平衡規(guī)律有解得方向勻強電場方向相同；（2）如圖所示撤去磁場后，帶電質點受到重力和電場力作用，其合力沿PM方向并與方向垂直，大小等于故帶電質點在與平面成角的平面內作類平拋運動，由牛頓第二定律解得設經時間t到達Oxz平面內的點，由運動的分解可得：沿方向沿PM方向又聯(lián)立解得則帶電質點落在N（，0，）點。（3）撤去電場力，電荷受重力和洛倫茲力，則重力的分力和洛倫茲力平衡，重力的另一個分力使電荷做類平拋運動，故在x軸方向上位移大小為且運動過程中解得故z軸上的運動距離為即帶電質點落在N（，0，）點。（4）當電場力和重力平衡時，帶點質點才能只受洛倫茲力作用做勻速圓周運動則有得要使帶點質點經過x軸，圓周的直徑為，根據(jù)解得10．（2024·山東煙臺·二模）如圖所示，在直角坐標系x軸的下方有三塊光滑彈性絕緣擋板PQ、QN、MN，其中P、M兩點位于x軸上，PQ、MN平行且關于y軸對稱，QN長度為2L，三塊擋板間有垂直紙面向外的勻強磁場。在x軸的上方有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E。一質量為m，電荷量為q的帶正電粒子從直角坐標系第二象限的S處以初速度大小、方向與x軸正方向成30°斜向上飛出，恰好從P點射入磁場，先后與擋板PQ、QN、MN共發(fā)生4次碰撞反彈后，從M點離開磁場，并經過S關于y軸的對稱點。已知粒子射入磁場時的速度方向與PQ的夾角為53°，到達QN時的速度方向與x軸正方向的夾角為53°，粒子與擋板間的碰撞為彈性碰撞，且每次碰撞前后速度方向與擋板的夾角相同，不計粒子重力，，求：（1）S處的位置坐標；（2）三塊擋板間勻強磁場的磁感應強度大??；（3）粒子在勻強磁場中的運動的時間?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳析】（1）在電場中粒子做勻變速曲線運動可分解為沿x軸正方向做勻速運動和沿電場力方向做勻變速運動，在S點水平、豎直方向的分速度為在電場中加速度為粒子經過P點有解得由以上得S到P的時間沿x軸的距離為沿y軸負方向的距離S處的位置坐標為。（2）在P處粒子速度為粒子在矩形磁場中經過與三塊彈性擋板發(fā)生4次碰撞反彈后，從M點離開磁場，并經過。經分析知，粒子與擋板的4次碰撞的分布，只能是與擋板PQ、MN各一次，與擋板QN碰撞2次，第一次到達QN時與x軸正方向的夾角為53°。具體軌跡如圖所示在磁場中粒子做勻速圓周運動，設半徑為R，根據(jù)幾何關系有由以上可得根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得（3）粒子在磁場中運動的周期為粒子在勻強磁場中的運動的時間其中解得11．（2024·山東濟南·三模）回旋加速器是獲取高能粒子的重要工具，被廣泛應用于科學研究和醫(yī)學治療中?；匦铀倨鞯墓ぷ髟砣鐖D甲所示，真空中兩個相同的半圓形區(qū)域和的圓心分別為、，兩半圓形區(qū)域內分布著方向垂直紙面向里的勻強磁場。兩區(qū)域間狹縫的寬度為，在狹縫間施加如圖乙所示的交變電壓，電壓值的大小為。時刻，在點由靜止釋放質量為、電荷量為帶電粒子，粒子經過狹縫的時間不能忽略，粒子在狹縫間的運動可視為勻變速直線運動，交變電壓的變化周期，勻強磁場感應強度的大小，不計粒子重力及粒子的相對論效應，求（1）粒子第一次在區(qū)域內做勻速圓周運動的軌道半徑；（2）粒子從開始釋放到第二次剛離開區(qū)域所用的時間；（3）若半圓形區(qū)域的直徑足夠大，粒子在磁場中運動的最大速度?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳析】（1）帶電粒子在電場中加速，有動能定理得在磁場中做勻速圓周運動（2）從開始釋放到第二次剛離開D2區(qū)域帶電粒子共加速3次，設在電場中加速的總時間為t1設帶電粒子在磁場中運動的總時間為t2從開始釋放到第二次剛離開D2區(qū)域的總時間為（3）設帶電粒子在電場中加速n次時速度達到最大，此過程用的總時間為當在電場中加速n次的總時間小于等于時，帶電粒子通過狹縫時一直做加速運動解得此后帶電粒子經過狹縫時將做減速運動，故12．（2024·山東臨沂·二模）某種離子診斷測量簡化裝置如圖所示。平面內長為l的正方形區(qū)域內存在方向垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場，探測板平行于水平放置，能沿豎直方向緩慢移動且接地。a、b、c為三束寬度不計、間距相等均為d的離子束，離子均以相同速度垂直邊界射入磁場，其中b束中的離子恰好從中點射入，后從下邊界射出后垂直打在探測板的右邊緣D點。離子質量均為m、電荷量均為q，不計重力及離子間的相互作用。（1）求離子運動速度v的大??；（2）若a離子離開時，速度方向與夾角為（銳角），求a離子在磁場中運動的時間；（3）當c離子射出磁場后也剛好達到D點，為確保三束離子離開磁場后，都能達到板，求此時板到的距離h及板的最短長度x?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3），【詳析】（1）由題可知，粒子在磁場中做圓周運動的半徑洛倫茲力為粒子圓周運動提供向心力，故解得（2）粒子圓周運動的周期a粒子離開磁場時速度與GH的夾角為，由幾何知識可知，其在磁場中偏轉的圓心角故粒子在磁場中運動的時間（3）根據(jù)題意，做出粒子運動的軌跡，如圖所示，由幾何知識可得故由此可得所以，CD到HG的距離要使CD最短，需使a束粒子恰好打在C端，c束粒子恰好打在D端，根據(jù)上述計算結果可知所以CD板的最短長度13．（2024·山東濱州·二模）如圖所示，空間三維坐標系Oxyz中，在的空間中有沿x軸正方向、電場強度大小E=1.5×105V/m的勻強電場，在的空間中有沿z軸正方向、磁感應強度大小B1=0.1T的勻強磁場。在x軸上x1=-0.2m處有一小型粒子源，粒子源能沿y軸正方向持續(xù)發(fā)射速度v0=1×106m/s的帶正電的粒子，其比荷，在x軸上x2=1m處有一與yOz平面平行的足夠大的吸收屏，忽略粒子重力及帶電粒子間的相互作用，計算結果可用根號和π表示。求：（1）帶電粒子第1次穿過y軸時的速度大小；（2）帶電粒子第2次穿過y軸時的位置坐標；（3）現(xiàn)將空間的勻強磁場變?yōu)檠豿軸正方向，大小為。（i）帶電粒子打在吸收屏上的位置坐標；（ii）若電場強度的大小E可在1.5×105V/m~6×105V/m之間進行連續(xù)調節(jié)，且吸收屏可沿x軸任意移動，帶電粒子打在吸收屏上留下痕跡，計算痕跡外邊界圍成的面積。【答案】（1）2×106m/s；（2）（0，，0）；（3）（1m，，），【詳析】（1）根據(jù)題意可知，帶電粒子在xOy平面內運動軌跡如圖所示在x<0的空間，粒子沿y軸正方向做勻速直線運動，沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動，其加速度為到達y軸時，沿x軸正方向速度為vx，則帶電粒子第1次穿過y軸時的速度大小為所以（2）帶電粒子第1次穿過y軸時有帶電粒子在磁場B1中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則根據(jù)幾何關系，粒子再次回到y(tǒng)軸時，與第一次到y(tǒng)軸之間的距離為聯(lián)立以上各式可得帶電粒子第2次到達y軸時坐標為（0，，0）；（3）（i）當電場強度為1.5×105V/m時，帶電粒子進入磁場B2中后，粒子在平行于yOz的平面內以v0做勻速圓周運動，同時在沿x軸方向上做速度為vx的勻速直線運動，即做螺旋向右的運動，粒子在平行于yOz平面內做圓周運動的半徑為粒子運動的周期為粒子到達吸收屏的時間為代入數(shù)據(jù)解得，如圖所示由題意可知則所以帶電粒子打在吸收屏上的位置坐標為（1m，，）；（ii）若所加電場為6×105V/m時，有調節(jié)E的數(shù)值后，在垂直于磁場B2的方向上，粒子每次進入磁場的豎直速度總保持v0不變，粒子在平行于yOz平面內做圓周運動的半徑R2不變，粒子打在吸收屏上的痕跡的外邊界圍成的面積如圖所示由圖可知代入數(shù)據(jù)解得14．（2024·山東濟南·二模）在芯片加工制作中，需要對帶電粒子的運動進行精準調控。如圖所示，在xoy平面內，在0<x<2a內有勻強電場E（大小未知），方向沿y軸正方向；在第三象限內有邊界與坐標軸相切的圓形磁場區(qū)，圓邊界的半徑為a，勻強磁場的磁感應強度大小為B0、方向垂直于紙面向外；ΔOCD內有勻強磁場B（大小未知），方向垂直于紙面，OC邊長為4a，∠DCO=30°，邊界有磁場。一質量為m、帶電量為+q的帶正電粒子，從A點（2a，0）以與直線x=2a的夾角為θ（未知）的速度射入第四象限的電場，經電場偏轉后從P1點（0，）垂直于y軸進入第三象限，經圓形磁場后從P2點（，0）進入ΔOCD中，最后垂直于CD邊離開磁場。不計粒子的重力。求：（1）粒子進入圓形磁場時速度的大??；（2）勻強電場的電場強度E的大?。唬?）ΔOCD內勻強磁場的磁感強度B的大??；（4）若粒子從直線x=2a上入射，速度不變，先后經圓形磁場和ΔOCD內的磁場偏轉。求這些粒子中，從CD邊射出的粒子距C點的最近距離d?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）；（4）【詳析】（1）垂直于y軸射入圓形磁場的粒子過P2點，根據(jù)磁聚焦原理可知，粒子的圓軌跡半徑等于磁場圓邊界的半徑，即由洛倫茲力提供向心力得即解得（2）設粒子在電場中的運動時間為t，則x軸方向y軸方向解得E=（3）設粒子進入ΔOCD內磁場時與速度與x軸正方向間的夾角為α，由幾何知識可知解得α=60°粒子垂直于CD出射，有解得又解得方向垂直于紙面向里（4）粒子從直線x=2a上入射，速度不變，可知粒子從P2點射入方向為0~180范圍粒子恰好與CD邊相切時，從CD邊射出的粒子距C點的距離最近，如圖所示，設，在中，由余弦定理可得代入，整理得解得d=15．（2024·山東棗莊·三模）如圖，Oxyz坐標系中，在空間x<0的區(qū)域Ⅰ內存在沿z軸負方向、磁感應強度大小的勻強磁場；在空間0<x≤0.2m的區(qū)域Ⅱ內存在沿x軸負方向、電場強度大小的勻強電場。從A（0.2m，0，0）點沿y軸正方向以的速度射入一帶正電粒子，粒子比荷，此后當粒子再次穿過x軸正半軸時，撤去電場，在空間x≥0.2m且y>0區(qū)域Ⅲ內施加沿x軸負方向的勻強磁場和沿x軸正方向的勻強電場，其中、，同時在空間x≥0.2m且y<0區(qū)域Ⅳ內施加沿x軸負方向、磁感應強度大小未知的勻強磁場。從撤去電場時開始計算，當帶電粒子第5次沿y軸負方向穿過xOz平面時恰好經過x軸上的P點（圖中未畫出）。已知，不計帶電粒子重力，不考慮電磁場變化產生的影響，計算結果可保留根式，求（1）粒子第一次穿過y軸時的速度；（2）粒子經過x軸負半軸時的x坐標；（3）磁感應強度的大小及P點的x坐標?！敬鸢浮浚?）；方向與y軸正方向成45°；（2）；（3）；【詳析】（1）帶電粒子進入區(qū)域Ⅱ做類平拋運動，軌跡如圖沿x軸方向，有，，解得，，可得，即帶電粒子到達y軸時，速度大小為，方向與y軸正方向成=45°。（2）帶電粒子在區(qū)域Ⅰ做勻速圓周運動，軌跡如圖根據(jù)解得粒子經過x軸負半軸時的x坐標為（3）帶電粒子再次進入區(qū)域Ⅱ做斜拋運動，根據(jù)對稱性可知，到達A點時速度大小仍為，方向沿y軸正方向。此時撤去電場，設粒子在區(qū)域Ⅲ中的轉動半徑為，在區(qū)域Ⅳ中的轉動半徑為，沿x軸負方向觀察可得，如圖所示軌跡根據(jù)幾何關系可知，整理可得在磁場中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得可得粒子在x軸方向，在y>0的區(qū)域做初速為零的勻加速運動，加速度在y<0區(qū)域，做四次勻速運動，每一次勻速運動的時間在y>0區(qū)域運動的時間做勻加速運動的位移做勻速運動的位移P點的x軸坐標16．（2024·山東濟寧·二模）2023年4月，中科院在世界首個全超導托卡馬克核聚變實驗裝置中，成功實現(xiàn)了穩(wěn)態(tài)長脈沖等離子體運行403秒，該裝置是一種利用磁約束來實現(xiàn)受控核聚變的環(huán)形容器。將該容器簡化為如圖甲所示的足夠長的空心圓柱，為空心圓柱的中心軸線，其半徑為，內部以為軸線、半徑為的圓筒界面分成兩部分磁場，左視圖如圖乙所示，外環(huán)有垂直紙面向外磁感應強度大小為B的勻強磁場；內環(huán)有逆時針的環(huán)形磁場，磁感應強度大小處處相等且大小也為B。以O為原點建立三維直角坐標系，其中x軸與空心圓柱的中心軸重合。在坐標為的D點放置一發(fā)射裝置，可發(fā)射電荷量為q、質量為m的氚核，發(fā)射方向如圖乙所示沿半徑向外，忽略粒子間的相互作用，不計粒子重力。（1）若氚核運動時恰好不與容器相碰，求氚核發(fā)射的速度；（2）若氚核發(fā)射速度，求粒子第一次到達xOy所在平面的時間；（3）若氚核發(fā)射速度仍為，氚核第三次與發(fā)射速度相同時恰好到達E點（圖中未標出），求E點位置坐標；（4）在第（3）問的條件下，求氚核由D點運動到E點的平均速度的大小?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）；（4）【詳析】（1）設氚核做圓周運動的半徑為，由幾何關系得對氚核在外環(huán)運動過程中，由牛頓第二定律得解得（2）設在兩磁場中，氚核做圓周運動的半徑為，周期為T。由牛頓第二定律得解得由幾何關系可得解得周期為總時間為解得（3）經分析知，氚核第三次與發(fā)射速度相同時。x方向坐標為y方向坐標為z方向坐標為所以E點坐標為（4）DE間距離為D點到E點總時間為所以平均速度為解得17．（2024·山東濰坊·二模）如圖甲所示，在y軸左側有一對豎直放置的平行金屬板M、N，兩板間的電勢差為U，在區(qū)域內存在方向垂直于xOy平面的勻強磁場，該磁場做周期性變化（不考慮磁場變化瞬間對粒子運動的影響），變化規(guī)律如圖乙所示，規(guī)定垂直xOy平面向里的磁場方向為正。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從貼近M板的位置由靜止開始運動，通過N板小孔后在時刻從坐標原點O沿x軸正方向垂直射入磁場中。不計粒子重力和空氣阻力，圖中磁感應強度已知。（1）求粒子在磁場中運動時的動量大小p；（2）若，求時刻粒子的位置坐標；（3）若在的范圍內取值，問：取何值時，在時間內，粒子擊中的γ軸上的點到坐標原點的距離最大，最大距離為多少?！敬鸢浮浚?）；（2）（，）；（3）【詳析】（1）粒子在電場中運動時，由動能定理得粒子在磁場中運動時的動量為聯(lián)立解得（2）當磁感應強度為時，帶電粒子在磁場中做圓周運動時半徑為，由可得運動周期為同理可得當磁感應強度為時，帶電粒子在磁場中做圓周運動時半徑為運動周期為由則粒子在內的軌跡如圖所示由幾何關系可得則粒子的坐標為（，）。（3）經分析可知，當時，粒子軌跡如圖所示此時距離最大，由幾何關系得粒子擊中軸的位置為可得粒子能擊中軸的點到坐標原點的最大距離為18．（2024·山東菏澤·二模）如圖，在xOy平面內虛線OM與x軸負方向夾角為45°，虛線OM右上側和第一象限為區(qū)域I，I內存在垂直xOy平面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，虛線OM左下側和第三象限為區(qū)域Ⅱ，Ⅱ內存在垂直xOy平面向外、磁感應強度為的勻強磁場。一個比荷為k的帶正電粒子從原點O沿x軸正方向以速度射入磁場，不計粒子重力。求：（1）粒子從O點進入磁場到第二次穿過OM直線時所用的時間；（2）粒子第二次穿過x軸與x軸交點的位置坐標；（3）粒子第2n次通過OM直線時與O點的距離表達式。（其中）【答案】（1）（2）（3）

（其中n=1，2，3?）【詳析】（1）在區(qū)域Ⅰ中，設軌跡半徑為，周期為，由洛倫茲力提供向心力，可得又解得在區(qū)域Ⅱ中，設軌跡半徑為，周期為，由洛倫茲力提供向心力，可得又解得由題意可知，故粒子從O點進入磁場到第二次穿過OM直線時所用的時間為（2）由得由得如圖，由半徑關系可知該點的橫坐標為代入得所以坐標表達式為（3）粒子第2次通過OM直線時與O點距離為每一次周期性運動沿OM方向的側移量均為L，第2n次通過OM直線時與O點距離為代入得（其中）專題16磁場考點五年考情（2020-2024）命題趨勢備考策略考點1安培力和洛倫茲力（5年0考）本章主要考查電流的磁效應、安培力、帶電粒子在磁場中運動的問題，主要涉及各種電流產生的磁場、安培力的大小和方向、帶電粒子在洛倫茲力作用下的運動，主要體現(xiàn)在以下幾方面:

(1)電流磁效應主要結合安培力的大小和方向、靜電力平衡、安培力做功等問題考查。

(2)勻強磁場中帶電粒子做圓周運動，主要涉及群發(fā)粒子的收集比例問題。

(3)帶電粒子在復合場的運動主要涉及疊加和不疊加兩種形式，主要考查軌跡多解問題和霍爾效應、磁流體發(fā)電機等。高考本著穩(wěn)中有變的原則，考查重點不會有太大的變化.主要還是通過多解、分類討論等方式結合霍爾效應等難點考查科學推理、模型建構等核心素養(yǎng)。

選擇題一般考查磁場的基礎知識和基本規(guī)律，難度不大:計算題主要是考查安培力、帶電粒子在磁場中的運動，以及與力學、電學、能量知識的綜合應用，難度較大，較多的是高考的壓軸題?？键c2帶電粒子在組合場、疊加場中的運動（5年5考）2024·山東卷·T182023·山東卷·T172022·山東卷·T172021·山東卷·T172020·山東卷·T171、（2024·山東卷·T18）如圖所示，在Oxy坐標系x>0，y>0區(qū)域內充滿垂直紙面向里，磁感應強度大小為B的勻強磁場。磁場中放置一長度為L的擋板，其兩端分別位于x、y軸上M、N兩點，∠OMN=60°，擋板上有一小孔K位于MN中點?！鱋MN之外的第一象限區(qū)域存在恒定勻強電場。位于y軸左側的粒子發(fā)生器在0＜y＜的范圍內可以產生質量為m，電荷量為+q的無初速度的粒子。粒子發(fā)生器與y軸之間存在水平向右的勻強加速電場，加速電壓大小可調，粒子經此電場加速后進入磁場，擋板厚度不計，粒子可沿任意角度穿過小孔，碰撞擋板的粒子不予考慮，不計粒子重力及粒子間相互作用力。（1）求使粒子垂直擋板射入小孔K的加速電壓U0；（2）調整加速電壓，當粒子以最小的速度從小孔K射出后恰好做勻速直線運動，求第一象限中電場強度的大小和方向；（3）當加速電壓為時，求粒子從小孔K射出后，運動過程中距離y軸最近位置的坐標。【答案】（1）；（2），方向沿x軸正方向；（3）【解析】（1）根據(jù)題意，作出粒子垂直擋板射入小孔K的運動軌跡如圖所示根據(jù)幾何關系可知粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為在區(qū)域根據(jù)洛倫茲力提供向心力有在勻強加速電場中由動能定理有聯(lián)立解得（2）根據(jù)題意，當軌跡半徑最小時，粒子速度最小，則作出粒子以最小的速度從小孔K射出的運動軌跡如圖所示根據(jù)幾何關系可知粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為在區(qū)域根據(jù)洛倫茲力提供向心力有粒子從小孔K射出后恰好做勻速直線運動，由左手定則可知粒子經過小孔K后受到的洛倫茲力沿x軸負方向，則粒子經過小孔K后受到的電場力沿x軸正方向，又粒子帶正電，則之外第一象限區(qū)域電場強度的方向沿x軸正方向，大小滿足聯(lián)立可得（3）在勻強加速電場中由動能定理有可得在區(qū)域根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得粒子在區(qū)域運動的軌跡半徑作出從小孔K射出的粒子的運動軌跡如圖所示粒子出K時，越偏向軸，離軸越近，由幾何關系有則有由配速法將運動分解為軸方向的勻速直線運動和沿方向的勻速圓周運動，其中勻速圓周運動的半徑為故最小距離為2、（2023·山東卷·T17）如圖所示，在，的區(qū)域中，存在沿y軸正方向、場強大小為E的勻強電場，電場的周圍分布著垂直紙面向外的恒定勻強磁場。一個質量為m，電量為q的帶正電粒子從OP中點A進入電場（不計粒子重力）。（1）若粒子初速度為零，粒子從上邊界垂直QN第二次離開電場后，垂直NP再次進入電場，求磁場的磁感應強度B的大??；（2）若改變電場強度大小，粒子以一定的初速度從A點沿y軸正方向第一次進入電場、離開電場后從P點第二次進入電場，在電場的作用下從Q點離開。（i）求改變后電場強度的大小和粒子的初速度；（ii）通過計算判斷粒子能否從P點第三次進入電場?！敬鸢浮浚?）；（2）（i），；（ii）不會【解析】（1）由題意粒子在電場中做勻加速直線運動，根據(jù)動能定理有粒子在磁場中做勻速圓周運動，有粒子從上邊界垂直QN第二次離開電場后，垂直NP再次進入電場，軌跡如圖根據(jù)幾何關系可知聯(lián)立可得（2）（i）由題意可知，做出粒子在電場和磁場中運動軌跡如圖在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關系可知解得所以有，洛倫茲力提供向心力帶電粒子從A點開始做勻加速直線運動，根據(jù)動能定理有再一次進入電場后做類似斜拋運動，沿x方向有沿y方向上有其中根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立以上各式解得（ii）粒子從P到Q根據(jù)動能定理有可得從Q射出時的速度為此時粒子在磁場中的半徑根據(jù)其幾何關系可知對應的圓心坐標為，而圓心與P的距離為故不會再從P點進入電場。3、（2022·山東卷·T17）中國“人造太陽”在核聚變實驗方而取得新突破，該裝置中用電磁場約束和加速高能離子，其部分電磁場簡化模型如圖所示，在三維坐標系中，空間內充滿勻強磁場I，磁感應強度大小為B，方向沿x軸正方向；，的空間內充滿勻強磁場II，磁感應強度大小為，方向平行于平面，與x軸正方向夾角為；，的空間內充滿沿y軸負方向的勻強電場。質量為m、帶電量為的離子甲，從平面第三象限內距軸為的點以一定速度出射，速度方向與軸正方向夾角為，在在平面內運動一段時間后，經坐標原點沿軸正方向進入磁場I。不計離子重力。（1）當離子甲從點出射速度為時，求電場強度的大??；（2）若使離子甲進入磁場后始終在磁場中運動，求進入磁場時的最大速度；（3）離子甲以的速度從點沿軸正方向第一次穿過面進入磁場I，求第四次穿過平面的位置坐標（用表示）；（4）當離子甲以的速度從點進入磁場I時，質量為、帶電量為的離子乙，也從點沿軸正方向以相同的動能同時進入磁場I，求兩離子進入磁場后，到達它們運動軌跡第一個交點的時間差（忽略離子間相互作用）。

【答案】（1）；（2）；（3）（，，）；（4）【解析】（1）如圖所示將離子甲從點出射速度為分解到沿軸方向和軸方向，離子受到的電場力沿軸負方向，可知離子沿軸方向做勻速直線運動，沿軸方向做勻減速直線運動，從到的過程，有聯(lián)立解得（2）如圖所示離子從坐標原點沿軸正方向進入磁場I中，由洛倫茲力提供向心力可得離子經過磁場I偏轉后從軸進入磁場II中，由洛倫茲力提供向心力可得可得為了使離子在磁場中運動，需滿足，聯(lián)立可得要使離子甲進入磁場后始終在磁場中運動，進入磁場時的最大速度為；（3）離子甲以的速度從點沿z軸正方向第一次穿過面進入磁場I，離子在磁場I中的軌跡半徑為離子在磁場II中的軌跡半徑為離子從點第一次穿過到第四次穿過平面的運動情景，如圖所示離子第四次穿過平面的坐標為離子第四次穿過平面的坐標為故離子第四次穿過平面的位置坐標為（，，）（4）設離子乙的速度為，根據(jù)離子甲、乙動能相同，可得可得離子甲在磁場I中的軌跡半徑為離子甲在磁場II中的軌跡半徑為離子乙在磁場I中的軌跡半徑為離子乙在磁場II中的軌跡半徑為根據(jù)幾何關系可知離子甲、乙運動軌跡第一個交點如圖所示從點進入磁場到第一個交點過程，有可得離子甲、乙到達它們運動軌跡第一個交點時間差為4、（2021·山東卷·T17）某離子實驗裝置的基本原理如圖甲所示。Ⅰ區(qū)寬度為d，左邊界與x軸垂直交于坐標面點O，其內充滿垂直于平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為；Ⅱ區(qū)寬度為L，左邊界與x軸垂直交于點，右邊界與x軸垂直交于點，其內充滿沿y軸負方向的勻強電場。測試板垂直x軸置于Ⅱ區(qū)右邊界，其中心C與點重合。從離子源不斷飄出電荷量為q、質量為m的正離子，如速后沿x軸正方向過Q點，依次經Ⅰ區(qū)、Ⅱ區(qū)，恰好到達測試板中心C。已知離子剛進入Ⅱ區(qū)時速度方向與x軸正方向的夾角為。忽略離子間的相互作用，不計重力。（1）求離子在Ⅰ區(qū)中運動時速度的大小v；（2）求Ⅱ區(qū)內電場強度的大小E；（3）保持上述條件不變，將Ⅱ區(qū)分為左右兩部分，分別填充磁感應強度大小均為B（數(shù)值未知）方向相反且平行y軸的勻強磁場，如圖乙所示。為使離子的運動軌跡與測試板相切于C點，需沿x軸移動測試板，求移動后C到的距離s?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）設離子在Ⅰ區(qū)內做勻速圓周運動的半徑為r，由牛頓第二定律得①根據(jù)幾何關系得②聯(lián)立①②式得（2）離子在Ⅱ區(qū)內只受電場力，x方向做勻速直線運動，y方向做勻變速直線運動，設從進入電場到擊中測試板中心C的時間為t，y方向的位移為地，加速度大小為a，由牛頓第二定律得由運動的合成與分解得，，聯(lián)立得（3）Ⅱ區(qū)內填充磁場后，離子在垂直y軸的方向做勻速圓周運動，如圖所示。設左側部分的圓心角為，圓周運動半徑為，運動軌跡長度為，由幾何關系得，離子在Ⅱ區(qū)內的運動時間不變，故有C到的距離聯(lián)立得5、（2020·山東卷·T17）某型號質譜儀的工作原理如圖甲所示。M、N為豎直放置的兩金屬板，兩板間電壓為U，Q板為記錄板，分界面P將N、Q間區(qū)域分為寬度均為d的I、Ⅱ兩部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b為M、N上兩正對的小孔。以a、b所在直線為z軸，向右為正方向，取z軸與Q板的交點O為坐標原點，以平行于Q板水平向里為x軸正方向，豎直向上為y軸正方向，建立空間直角坐標系Oxyz。區(qū)域I、Ⅱ內分別充滿沿x軸正方向的勻強磁場和勻強電場，磁感應強度大小、電場強度大小分別為B和E。一質量為m，電荷量為+q的粒子，從a孔飄入電場（初速度視為零），經b孔進入磁場，過P面上的c點（圖中未畫出）進入電場，最終打到記錄板Q上。不計粒子重力。（1）求粒子在磁場中做圓周運動的半徑R以及c點到z軸的距離L；（2）求粒子打到記錄板上位置的x坐標；（3）求粒子打到記錄板上位置的y坐標（用R、d表示）；（4）如圖乙所示，在記錄板上得到三個點s1、s2、s3，若這三個點是質子、氚核、氦核的位置，請寫出這三個點分別對應哪個粒子（不考慮粒子間的相互作用，不要求寫出推導過程）?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3）；（4）s1、s2、s3分別對應氚核、氦核、質子的位置【解析】（1）設粒子經加速電場到b孔的速度大小為v，粒子在區(qū)域I中，做勻速圓周運動對應圓心角為α，在M、N兩金屬板間，由動能定理得在區(qū)域I中，粒子做勻速圓周運動，磁場力提供向心力，由牛頓第二定律得聯(lián)立解得根據(jù)題意，畫出運動軌跡如圖所示由幾何關系得，，聯(lián)立解得（2）設區(qū)域Ⅱ中粒子沿z軸方向的分速度為，沿x軸正方向加速度大小為a，位移大小為x，運動時間為t，由牛頓第二定律得粒子在z軸方向做勻速直線運動，由運動合成與分解的規(guī)律得，粒子在x方向做初速度為零勻加速直線運動，由運動學公式得聯(lián)立解得（3）設粒子沿y方向偏離z軸的距離為y，其中在區(qū)域Ⅱ中沿y方向偏離的距離為y'，由運動學公式得由題意得聯(lián)立解得（4）s1、s2、s3分別對應氚核、氦核、質子的位置。一、單選題1．（2024·山東臨沂·二模）如圖所示，半徑為R圓形區(qū)域內存在磁感應強度大小為B的勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向外。質量為m、電荷量為的帶電粒子由A點沿平行于直徑的方向射入磁場，最后經過C點離開磁場。已知弧對應的圓心角為60°，不計粒子重力。則（）A．粒子運動速率為B．帶電粒子運動過程中經過圓心OC．粒子在磁場中運動的時間為D．粒子在磁場中運動的路程為【答案】B【詳析】A．假設該電荷在磁場中運動軌跡圓心為O’，由幾何關系可知為正三角形。假設運動軌跡半徑為r，由幾何關系可知由洛倫茲力公式可知故A錯誤；B．由圖像可知，軌跡經過圓心。故B正確；C．由于此時運動軌跡圓心角為120°，結合公式可知，所用時間為故C錯誤；D．由幾何關系可知故D錯誤。故選B。二、多選題2．（2024·山東濟南·三模）地球的磁場是保護地球的一道天然屏障，它阻擋著能量很高的太陽風粒子直接到達地球表面，從而保護了地球上的人類和動植物。地球北極的磁場是沿豎直軸對稱的非均勻磁場，如圖所示為某帶電粒子在從弱磁場區(qū)向強磁場區(qū)前進時做螺線運動的示意圖，不計帶電粒子的重力，下列說法正確的是（）A．該帶電粒子帶正電B．從弱磁場區(qū)到強磁場區(qū)的過程中帶電粒子的速率不變C．帶電粒子每旋轉一周沿軸線方向運動的距離不變D．一段時間后該帶電粒子可能會從強磁場區(qū)到弱磁場區(qū)做螺線運動【答案】ABD【詳析】A．由左手定則可知，該帶電粒子帶正電，選項A正確；B．因洛倫茲力對帶電粒子不做功，則從弱磁場區(qū)到強磁場區(qū)的過程中帶電粒子的速率不變，選項B正確；C．根據(jù)，可知隨著磁場的增強，粒子運動半徑逐漸減小，周期變小，則帶電粒子每旋轉一周沿軸線方向運動的距離由減小，選項C錯誤；D．若粒子的速度方向與磁場方向不垂直，則一段時間后該帶電粒子可能會從強磁場區(qū)到弱磁場區(qū)做螺線運動，選項D正確。故選ABD。3．（2024·山東青島·三模）已知足夠長直導線通有電流時，距離導線處的磁感應強度大小為，其中為常數(shù)。圖甲中虛線構成一個立方體，、、、、、、、是立方體的頂點；用漆包線制成的正方形導體線框恰好與立方體右側面的四邊重合。在立方體的、兩邊所在位置分別固定長直導線，兩導線中電流大小相等，方向如圖乙所示。下列說法正確的是（）A．立方體的頂點、兩處的磁場方向垂直B．頂點、兩處的磁感應強度大小之比為1：2C．線框從右側面向左平移到左側面過程中，其中感應電流方向先沿后沿D．線框從右側面向左平移到左側面過程中，其中感應電流方向一直沿【答案】BD【詳析】A．根據(jù)安倍定則可知，導線MN在所產生的磁感應強度方向為在處沿著方向，在所產生的磁感應強度方向為在處沿著方向；同理導線在所產生的磁感應強度方向為在處沿著與垂直斜向下的方向，導線在在所產生的磁感應強度方向為在處沿著與方向。由磁場的疊加可知，兩點處的合磁場方向并不是垂直的，故A項錯誤；B．設正方體的邊長為l，則結合之前的分析，在處兩導線產生的合磁場大小為在處兩導線產生的合磁場大小為所以故B項正確；CD．線框從右側面向左平移到左側面過程中，穿過線圈的磁通量為向左增加，所以根據(jù)楞次定律可知，其中感應電流方向adcb，故C錯誤，D正確。故選BD。4．（2024·山東青島·三模）如圖，勻強磁場的磁感應強度大小為，方向垂直紙面向里。質量為、電荷量為的帶正電微粒，從點沿水平直線垂直射入磁場。微粒運動過程中重力勢能最大的位置與直線距離，為重力加速度。不計空氣阻力，在微粒運動過程中，下列說法正確的是（）A．微粒射入磁場的初速度大小為B．微粒重力勢能最大時受到的磁場力大小為C．微粒第一次回到水平線時距離點D．微粒射入磁場后經恰好處于水平線上【答案】BC【詳析】A．根據(jù)題意，微粒射入磁場時向上偏轉，采用配速法，將初速度分解為兩個向右的分速度、，一個分速度對應的洛倫茲力即做勻速運動，另一個分速度對應的洛倫茲力①提供勻速圓周運動的向心力②聯(lián)立①②得由于微粒運動過程中重力勢能最大的位置與直線距離即得所以微粒射入磁場的初速度大小為故A錯誤；B．微粒重力勢能最大時分速度對應的洛倫茲力方向向下，對應的洛倫茲力方向向上，則微粒受到的磁場力大小為故B正確；C．微粒第一次回到水平線時需要的時間為以速度做圓周運動的一個周期距離點故C正確；D．由于所以微粒射入磁場后經恰好處于最高點，故D錯誤。故選BC。三、解答題5．（2024·山東煙臺·三模）如圖所示，在三維直角坐標系Oxyz中的、的圓柱形空間內存在沿z軸正方向的勻強磁場，圓柱形空間的外部存在沿x軸正方向的勻強磁場，圓柱形空間內、外磁場的磁感應強度大小相等；在圓柱面上的的部分有絕緣的彈性擋板；在的區(qū)域存在沿y軸正方向、電場強度大小為E0的勻強電場。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子（不計重力）從A點（A點在Oxy平面內）以初速度大小為v0、與y軸負方向成53°夾角的方向射入電場，經過一段時間從x軸上的B（L，0，0）點沿x軸正方向進入圓柱形區(qū)域，接著從y軸負半軸上的C點沿y軸負方向離開此區(qū)域，然后從z軸上的D點再次進入圓柱形區(qū)域，粒子與絕緣彈性擋板碰撞過程時間極短且沒有能量損失，sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：（1）A、B兩點間的電勢差UAB；（2）圓柱形空間內、外磁場的磁感應強度大小B0；（3）粒子從A點進入電場到再次返回A點的運動時間?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳析】（1）粒子在A點沿x軸方向的速度粒子在A點沿y軸方向的速度粒子從A到B在y軸方向上由動能定理得解得A、B兩點間的電勢差（2）粒子在B點的速度大小為粒子從B到C做勻速圓周運動，在C點速度沿y軸負方向，如圖所示根據(jù)幾何關系可得軌道半徑為由洛倫茲力提供向心力得解得（3）粒子從A到B在y軸方向上由牛頓第二定律得粒子從A到B的運動時間粒子在磁場中的周期為粒子從B到C的運動時間粒子到D點時速度方向沿z軸負方向，粒子從C點到D點做勻速圓周運動，運動時間為設粒子從軸上的E點離開圓柱面，粒子在B點速度方向沿x軸負方向，粒子從D到E做勻速直線運動，在E點速度沿z軸負方向，粒子從D到E的運動時間根據(jù)題意作出平面的軌跡圖根據(jù)題意作出平面的軌跡圖故粒子從A點進入電場到再次返回A點的運動時間6．（2024·山東聊城·三模）如圖所示，在xOy平面內的第一象限內存在一有界勻強磁場（未畫出），磁感應強度大小為B、方向垂直于xOy平面向外，在第四象限內充滿范圍足夠大、方向與x軸負方向的夾角為的勻強電場。一束質量為m、電荷量為的粒子以不同的速率從O點沿xOy平面內的OP方向發(fā)射，沿直線飛行到P點時進入有界勻強磁場區(qū)域，O、P兩點間的距離為L，OP連線與x軸正方向的夾角，所有粒子在離開磁場后最終都能從軸上垂直軸射出，若速度最大的粒子A從x軸上的Q點以速度（未知）射出，且射出之前都在磁場內運動，勻強電場的電場強度，粒子所受的重力忽略不計，求：（1）的大小；（2）粒子A在勻強磁場中運動的時間；（3）y軸上有粒子穿過的長度；（4）有界勻強磁場區(qū)域的最小面積。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【詳析】（1）設粒子A在磁場中做圓周運動的半徑為，由幾何關系得粒子在磁場中的圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有解得（2）粒子做勻速圓周運動，則有，解得速度為的粒子的運動軌跡如圖所示由運動軌跡可知，粒子A經過磁場后的偏轉角為120°，則粒子A在磁場中運動的時間解得（3）由運動學關系可知，速度最小的粒子從P點正下方軸上的點飄入電場中，在電場中做初速度為0的勻加速運動，運動方向沿電場線方向，此粒子運動到y(tǒng)軸上距原點的距離從Q點進入電場中的粒子，沿x軸負方向做初速度為0的勻加速運動，沿y軸負方向做勻加速運動，根據(jù)幾何關系可知根據(jù)位移公式有解得又由于解得有粒子穿過的長度為解得（4）由幾何關系可知三角形的面積圓心角對應的扇形面積由數(shù)理規(guī)律可知，磁場區(qū)域的最小面積為圖中陰影部分面積，其面積7．（2024·山東濰坊·三模）如圖所示的O—xyz坐標系中，的Ⅰ區(qū)域內有沿z軸正方向的勻強磁場，在的Ⅱ區(qū)域內有沿y軸正方向的勻強電場。一帶電量為＋q、質量為m的粒子從y軸上的點P（0，2l，0）以速度v0沿x軸正方向射入Ⅰ區(qū)域，從點Q進入Ⅱ區(qū)域。粒子在Ⅱ區(qū)域內，第二次經過x軸時粒子位于N點，且速度方向與x軸正方向夾角。已知Ⅰ區(qū)域磁場磁感應強度大小，不計粒子重力。（1）求粒子經過Q點時速度方向與x軸正方向夾角α；（2）求勻強電場的電場強度E；（3）求粒子從P到N所用的時間；（4）粒子到達N點時，在Ⅱ區(qū)域施加沿y軸正方向的勻強磁場，磁感應強度大小，求粒子離開N點經過時間，粒子的位置坐標?！敬鸢浮浚?）60°；（2）；（3）；（4）【詳析】根據(jù)題意繪出粒子從P到N的運動軌跡如下（1）粒子在Ⅰ區(qū)域做勻速圓周運動，有根據(jù)幾何關系有解得α=60°（2）由幾何關系可知，Q、N兩點沿電場方向的距離為l，粒子由Q到N過程沿x軸方向做勻速直線運動有vNx=vQx=v0cosα，由動能定理有解得（3）粒子由P到Q過程，設時間為t1，有粒子由Q到N過程，沿y軸方向先勻減速后勻加速，設時間分別為t2、t3，有其中t=t1＋t2＋t3聯(lián)立解得（4）粒子運動在xOz平面內的投影為勻速圓周運動粒子運動周期解得可得z=2r2=2l粒子沿y軸方向做勻加速運動，可得即粒子的位置坐標為。8．（2024·山東濟寧·三模）利用電磁場實現(xiàn)離子偏轉是科學儀器中廣泛應用的技術。如圖所示，在xOy平面內存在區(qū)域足夠大的方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。位于坐標原點O處的離子源能在xOy平面內持續(xù)發(fā)射質量為m、電荷量為q的負離子，其速度方向與y軸正方向夾角的最大值為，且各個方向速度大小隨變化的關系為式中為未知定值，且的離子恰好通過坐標為的P點。不計離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場的邊界效應，，。（1）求關系式中的值；（2）當離子的發(fā)射速度在第二象限內且時，求離子第一次到達界面的時間t；（3）求所有離子中第一次到達界面時，與x軸的最遠距離；（4）為回收離子，在界面右側加一寬度為L且平行于x軸、方向向右的勻強電場，如圖所示，為使所有離子都不能穿越電場右邊界，求電場強度的最小值E。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【詳析】（1）根據(jù)題意可知，當時，即沿軸正方向發(fā)射的離子恰好通過坐標為（L，L）的P點，則其軌跡的圓心一定在軸上，設軌跡的半徑為，由幾何關系有解得即圓心在界面與軸的交點，又有其中解得（2）當離子的發(fā)射速度在第二象限內且時，粒子的運動軌跡，如圖所示由題意可知由牛頓第二定律可得解得可知圓心在的界面上，由幾何關系得圓心角離子第一次到達界面的時間為（3）根據(jù)題意，由牛頓第二定律有解得由幾何關系可知，所有離子運動軌跡圓心均在的界面上，則離子沿左側射出時，通過界面時離軸最遠，此時離子運動的半徑為由幾何關系可得（4）綜合上述分析可知，離子通過界面時，速度與界面垂直，則為使所有離子都不能穿越電場區(qū)域，即保證速度最大的離子不能通過即可，即當離子以射入時速度最大，最大速度為離子在軸方向上運動方向最大位移為L，此時速度為，在復合場區(qū)域任意時間，由動量定理可得兩邊求和有解得由動能定理有解得即電場強度的最小值9．（2024·山東東營·二模）如圖所示，在同時存在勻強電場和勻強磁場的空間中取正交坐標系（x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上）。勻強電場方向與平面平行，且與y軸的夾角為30°，重力加速度為g。（1）一質量為m、電荷量為的帶電質點以平行于z軸正方向的速度做勻速直線運動，求滿足條件的磁場強度的最小值、方向及對應的電場強度E；（2）在滿足（1）的條件下，當帶電質點通過y軸上的點時，撤去勻強磁場，求帶電質點落在平面內的位置；（3）在滿足（1）的條件下，當帶電質點通過y軸上的點時，撤去勻強電場，求帶電質點落在平面內的位置；（4）當帶電質點以平行于z軸負方向的速度通過y軸上的點時，改變電場強度大小和方向，同時只改變磁感應強度的大小，要使帶電質點做勻速圓周運動且能夠經過x軸，問：電場強度E和磁感應強度B大小滿足什么條件？【答案】（1），，方向勻強電場方向相同；（2）N（，0，）；（3）（，0，）；（4），【詳析】（1）帶電質點受到重力（大小及方向均已知）、洛倫茲力（大小及方向均未知）、電場力（方向已知）的作用做勻速直線運動；根據(jù)力三角形知識分析可知，根據(jù)物體的平衡規(guī)律有解得方向勻強電場方向相同；（2）如圖所示撤去磁場后，帶電質點受到重力和電場力作用，其合力沿PM方向并與方向垂直，大小等于故帶電質點在與平面成角的平面內作類平拋運動，由牛頓第二定律解得設經時間t到達Oxz平面內的點，由運動的分解可得：沿方向沿PM方向又聯(lián)立解得則帶電質點落在N（，0，）點。（3）撤去電場力，電荷受重力和洛倫茲力，則重力的分力和洛倫茲力平衡，重力的另一個分力使電荷做類平拋運動，故在x軸方向上位移大小為且運動過程中解得故z軸上的運動距離為即帶電質點落在N（，0，）點。（4）當電場力和重力平衡時，帶點質點才能只受洛倫茲力作用做勻速圓周運動則有得要使帶點質點經過x軸，圓周的直徑為，根據(jù)解得10．（2024·山東煙臺·二模）如圖所示，在直角坐標系x軸的下方有三塊光滑彈性絕緣擋板PQ、QN、MN，其中P、M兩點位于x軸上，PQ、MN平行且關于y軸對稱，QN長度為2L，三塊擋板間有垂直紙面向外的勻強磁場。在x軸的上方有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E。一質量為m，電荷量為q的帶正電粒子從直角坐標系第二象限的S處以初速度大小、方向與x軸正方向成30°斜向上飛出，恰好從P點射入磁場，先后與擋板PQ、QN、MN共發(fā)生4次碰撞反彈后，從M點離開磁場，并經過S關于y軸的對稱點。已知粒子射入磁場時的速度方向與PQ的夾角為53°，到達QN時的速度方向與x軸正方向的夾角為53°，粒子與擋板間的碰撞為彈性碰撞，且每次碰撞前后速度方向與擋板的夾角相同，不計粒子重力，，求：（1）S處的位置坐標；（2）三塊擋板間勻強磁場的磁感應強度大??；（3）粒子在勻強磁場中的運動的時間?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳析】（1）在電場中粒子做勻變速曲線運動可分解為沿x軸正方向做勻速運動和沿電場力方向做勻變速運動，在S點水平、豎直方向的分速度為在電場中加速度為粒子經過P點有解得由以上得S到P的時間沿x軸的距離為沿y軸負方向的距離S處的位置坐標為。（2）在P處粒子速度為粒子在矩形磁場中經過與三塊彈性擋板發(fā)生4次碰撞反彈后，從M點離開磁場，并經過。經分析知，粒子與擋板的4次碰撞的分布，只能是與擋板PQ、MN各一次，與擋板QN碰撞2次，第一次到達QN時與x軸正方向的夾角為53°。具體軌跡如圖所示在磁場中粒子做勻速圓周運動，設半徑為R，根據(jù)幾何關系有由以上可得根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得（3）粒子在磁場中運動的周期為粒子在勻強磁場中的運動的時間其中解得11．（2024·山東濟南·三模）回旋加速器是獲取高能粒子的重要工具，被廣泛應用于科學研究和醫(yī)學治療中?；匦铀倨鞯墓ぷ髟砣鐖D甲所示，真空中兩個相同的半圓形區(qū)域和的圓心分別為、，兩半圓形區(qū)域內分布著方向垂直紙面向里的勻強磁場。兩區(qū)域間狹縫的寬度為，在狹縫間施加如圖乙所示的交變電壓，電壓值的大小為。時刻，在點由靜止釋放質量為、電荷量為帶電粒子，粒子經過狹縫的時間不能忽略，粒子在狹縫間的運動可視為勻變速直線運動，交變電壓的變化周期，勻強磁場感應強度的大小，不計粒子重力及粒子的相對論效應，求（1）粒子第一次在區(qū)域內做勻速圓周運動的軌道半徑；（2）粒子從開始釋放到第二次剛離開區(qū)域所用的時間；（3）若半圓形區(qū)域的直徑足夠大，粒子在磁場中運動的最大速度?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳析】（1）帶電粒子在電場中加速，有動能定理得在磁場中做勻速圓周運動（2）從開始釋放到第二次剛離開D2區(qū)域帶電粒子共加速3次，設在電場中加速的總時間為t1設帶電粒子在磁場中運動的總時間為t2從開始釋放到第二次剛離開D2區(qū)域的總時間為（3）設帶電粒子在電場中加速n次時速度達到最大，此過程用的總時間為當在電場中加速n次的總時間小于等于時，帶電粒子通過狹縫時一直做加速運動解得此后帶電粒子經過狹縫時將做減速運動，故12．（2024·山東臨沂·二模）某種離子診斷測量簡