專題12 帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 十年（2015-2024）高考物理真題分類匯編（全國(guó)）（解析版）

2015-2024年十年高考真題匯編PAGEPAGE1專題12帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)十年考情（2015-2024）命題趨勢(shì)考點(diǎn)帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（10年10考）2024·全國(guó)·高考真題、2024·廣東·高考真題、2024·遼寧·高考真題、2024·山東·高考真題、2024·北京·高考真題、2024·湖南·高考真題、2024·浙江·高考真題、2023·海南·高考真題、2023·全國(guó)·高考真題、2023·山東·高考真題、2023·遼寧·高考真題、2023·浙江·高考真題、2022·海南·高考真題、2022·天津·高考真題、2022·河北·高考真題、2022·山東·高考真題、2021·重慶·高考真題、2021·山東·高考真題、2021·浙江·高考真題、2021·廣東·高考真題、2021·全國(guó)·高考真題、2021·河北·高考真題、2020·山東·高考真題、2019·全國(guó)·高考真題、2019·浙江·高考真題、2018·全國(guó)·高考真題、2018·天津·高考真題、2017·浙江·高考真題、2017·天津·高考真題、2016·四川·高考真題、2015·重慶·高考真題、2015·山東·高考真題本章主要考查電流的磁效應(yīng)、安培力、帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題，主要涉及各種電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)、安培力的大小和方向、帶電粒子在洛倫茲力作用下的運(yùn)動(dòng)，主要體現(xiàn)在以下幾方面:(1)電流磁效應(yīng)主要結(jié)合安培力的大小和方向、靜電力平衡、安培力做功等問(wèn)題考查。(2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)中帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)，主要涉及群發(fā)粒子的收集比例問(wèn)題。(3)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)主要涉及疊加和不疊加兩種形式，主要考查軌跡多解問(wèn)題和霍爾效應(yīng)、磁流體發(fā)電機(jī)等?？键c(diǎn)帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．（2023·全國(guó)·高考真題）一電子和一α粒子從鉛盒上的小孔O豎直向上射出后，打到鉛盒上方水平放置的屏幕P上的a和b兩點(diǎn)，a點(diǎn)在小孔O的正上方，b點(diǎn)在a點(diǎn)的右側(cè)，如圖所示。已知α粒子的速度約為電子速度的，鉛盒與屏幕之間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則電場(chǎng)和磁場(chǎng)方向可能為（）

A．電場(chǎng)方向水平向左、磁場(chǎng)方向垂直紙面向里B．電場(chǎng)方向水平向左、磁場(chǎng)方向垂直紙面向外C．電場(chǎng)方向水平向右、磁場(chǎng)方向垂直紙面向里D．電場(chǎng)方向水平向右、磁場(chǎng)方向垂直紙面向外【答案】C【詳解】A．帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，打到a點(diǎn)的粒子電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，當(dāng)電場(chǎng)向左磁場(chǎng)垂直直面向里時(shí)，因粒子帶正電，則受到向左的電場(chǎng)力和向左的洛倫茲力，則會(huì)打到a點(diǎn)左側(cè)；同理電子帶負(fù)電，受到向右的電場(chǎng)力和向右的洛倫茲力，則電子會(huì)打到a點(diǎn)右側(cè)，A錯(cuò)誤；B．因粒子帶正電，設(shè)帶電量為2q，速度v，電子帶負(fù)電，電量-q，電子速度v＇>v，若電場(chǎng)方向向左，磁場(chǎng)方向向外，則如果粒子打在a點(diǎn)則受到向左的電場(chǎng)力和向右的洛倫茲力平衡因電子帶負(fù)電，電量-q，且電子速度大，受到向左的洛倫茲力qv＇B大于向右的電場(chǎng)力qE，則電子從而向左偏轉(zhuǎn)；同理如果電子打在a點(diǎn)，則，所以此時(shí)粒子向左的電場(chǎng)力2qE大于向右的洛倫茲力2qvB，則向左偏轉(zhuǎn)，不會(huì)打在b點(diǎn)，B錯(cuò)誤；CD．電場(chǎng)方向向右，磁場(chǎng)垂直紙面向里，如果粒子打在a點(diǎn)，即向右的電場(chǎng)力和向左的洛倫茲力平衡電子速度大，受到向右的洛倫茲力qv＇B大于向左的電場(chǎng)力qE則向右偏轉(zhuǎn)，從而達(dá)到b點(diǎn)；同理如果電子打在a，則粒子向右的電場(chǎng)力2qE大于向左的洛倫茲力2qvB從而向右偏轉(zhuǎn)，會(huì)打在b點(diǎn)；同理電場(chǎng)向右磁場(chǎng)垂直紙面向外時(shí)，粒子受到向右的電場(chǎng)力和洛倫茲力，電子受到向左的電場(chǎng)力和洛倫茲力不能受力平衡打到a點(diǎn)，故C正確，D錯(cuò)誤；故選C。2．（2022·海南·高考真題）有一個(gè)輻向分布的電場(chǎng)，距離O相等的地方電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，有一束粒子流通過(guò)電場(chǎng)，又垂直進(jìn)入一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則運(yùn)動(dòng)軌跡相同的粒子，它們具有相同的（

）A．質(zhì)量 B．電量 C．比荷 D．動(dòng)能【答案】C【詳解】粒子在輻射電場(chǎng)中以速度做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力完全提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可知解得粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中解得粒子不同場(chǎng)中的軌跡相同，即粒子在不同場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)半徑相同，所以這些粒子具有相同的速度和比荷。故選C。二、多選題3．（2023·海南·高考真題）如圖所示，質(zhì)量為，帶電量為的點(diǎn)電荷，從原點(diǎn)以初速度射入第一象限內(nèi)的電磁場(chǎng)區(qū)域，在（為已知）區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，控制電場(chǎng)強(qiáng)度（值有多種可能），可讓粒子從射入磁場(chǎng)后偏轉(zhuǎn)打到接收器上，則（

）

A．粒子從中點(diǎn)射入磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度滿足B．粒子從中點(diǎn)射入磁場(chǎng)時(shí)速度為C．粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心到的距離為D．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓周半徑最大值是【答案】AD【詳解】A．若粒子打到PN中點(diǎn)，則解得選項(xiàng)A正確；B．粒子從PN中點(diǎn)射出時(shí)，則速度選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．粒子從電場(chǎng)中射出時(shí)的速度方向與豎直方向夾角為θ，則粒子從電場(chǎng)中射出時(shí)的速度粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則則粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心到MN的距離為解得選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．當(dāng)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)有最大運(yùn)動(dòng)半徑時(shí)，進(jìn)入磁場(chǎng)的速度最大，則此時(shí)粒子從N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，此時(shí)豎直最大速度出離電場(chǎng)的最大速度則由可得最大半徑選項(xiàng)D正確；故選AD。三、解答題4．（2024·浙江·高考真題）探究性學(xué)習(xí)小組設(shè)計(jì)了一個(gè)能在噴鍍板的上下表面噴鍍不同離子的實(shí)驗(yàn)裝置，截面如圖所示。在xOy平面內(nèi)，除x軸和虛線之間的區(qū)域外，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，沿著x軸依次放置離子源、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的噴鍍板P、長(zhǎng)度均為L(zhǎng)的柵極板M和N（由金屬細(xì)絲組成的網(wǎng)狀電極），噴鍍板P上表面中點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（1.5L，0），柵極板M中點(diǎn)S的坐標(biāo)為（3L，0），離子源產(chǎn)生a和b兩種正離子，其中a離子質(zhì)量為m，電荷量為q，b離子的比荷為a離子的倍，經(jīng)電壓U=kU0（其中，k大小可調(diào)，a和b離子初速度視為0）的電場(chǎng)加速后，沿著y軸射入上方磁場(chǎng)。經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)和柵極板N和M間電壓UNM調(diào)控（UNM>0），a和b離子分別落在噴鍍板的上下表面，并立即被吸收且電中和，忽略場(chǎng)的邊界效應(yīng)、離子受到的重力及離子間相互作用力。（1）若U=U0，求a離子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，到達(dá)x軸上的位置x0（用L表示）。（2）調(diào)節(jié)U和UNM，并保持，使a離子能落到噴鍍板P上表面任意位置，求：①U的調(diào)節(jié)范圍（用U0表示）；②b離子落在噴鍍板P下表面的區(qū)域長(zhǎng)度；（3）要求a和b離子恰好分別落在噴鍍板P上下表面的中點(diǎn)，求U和UNM的大小?！敬鸢浮浚?）L；（2）①；②；（3），【詳解】（1）對(duì)a離子根據(jù)動(dòng)能定理得a離子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)a離子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，到達(dá)x軸上的位置，聯(lián)立解得（2）①要使a離子能落到噴鍍板P上表面任意位置，只能經(jīng)電壓為U的電場(chǎng)加速后再經(jīng)第一象限勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)一次打在P板上方任意處，則結(jié)合（1）中分析得即即②b離子經(jīng)過(guò)電壓為U的電場(chǎng)加速后在磁場(chǎng)中第一次偏轉(zhuǎn)打在x軸上的位置坐標(biāo)為代入得故可知b離子能從柵極板（坐標(biāo)范圍為）任意位置經(jīng)電壓為的電場(chǎng)減速射入虛線下方的磁場(chǎng)，此時(shí)b離子先經(jīng)過(guò)電壓為U的電場(chǎng)加速再在第一象限磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)后再經(jīng)過(guò)電壓為的電場(chǎng)減速，因?yàn)楦鶕?jù)動(dòng)能定理得同時(shí)有，當(dāng)時(shí)，b離子從柵極板左端經(jīng)虛線下方磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)打在P，此時(shí)離柵極板左端的距離為當(dāng)時(shí)，b離子從柵極板右端經(jīng)虛線下方磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)打在P，此時(shí)離柵極板右端的距離為故b離子落在噴鍍板P下表面的區(qū)域長(zhǎng)度為（3）要求a離子落在噴鍍板中點(diǎn)Q，由（1）可知故可得則b離子從處經(jīng)過(guò)柵極板，若b離子減速一次恰好打在P板下方中央處，設(shè)，則同理可知聯(lián)立解得則可得當(dāng)減速n次聯(lián)立得當(dāng)減速n次恰好打在P板下方中央處，可得即解得即，n取整數(shù)，故可得，故可得5．（2024·湖南·高考真題）如圖，有一內(nèi)半徑為2r、長(zhǎng)為L(zhǎng)的圓筒，左右端面圓心O′、O處各開(kāi)有一小孔。以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，取O′O方向?yàn)閤軸正方向建立xyz坐標(biāo)系。在筒內(nèi)x≤0區(qū)域有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向沿x軸正方向；筒外x≥0區(qū)域有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E，方向沿y軸正方向。一電子槍在O′處向圓筒內(nèi)多個(gè)方向發(fā)射電子，電子初速度方向均在xOy平面內(nèi)，且在x軸正方向的分速度大小均為v0。已知電子的質(zhì)量為m、電量為e，設(shè)電子始終未與筒壁碰撞，不計(jì)電子之間的相互作用及電子的重力。（1）若所有電子均能經(jīng)過(guò)O進(jìn)入電場(chǎng)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值；（2）?。?）問(wèn)中最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，若進(jìn)入磁場(chǎng)中電子的速度方向與x軸正方向最大夾角為θ，求tanθ的絕對(duì)值；（3）?。?）問(wèn)中最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，求電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)y軸正方向的最大位移?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）電子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，將其分解為沿x軸的勻速直線運(yùn)動(dòng)和在yOz平面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子入射時(shí)沿y軸的分速度大小為vy，由電子在x在yOz平面內(nèi)，設(shè)電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，周期為T，由牛頓第二定律知可得且由題意可知所有電子均能經(jīng)過(guò)O進(jìn)入電場(chǎng)，則有聯(lián)立得當(dāng)時(shí)，B有最小值，可得（2）將電子的速度分解，如圖所示有當(dāng)有最大值時(shí)，vy最大，R最大，此時(shí)，又，聯(lián)立可得，（3）當(dāng)vy最大時(shí)，電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)沿y軸正方向有最大位移，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有由牛頓第二定律知又聯(lián)立得6．（2024·北京·高考真題）我國(guó)“天宮”空間站采用霍爾推進(jìn)器控制姿態(tài)和修正軌道。圖為某種霍爾推進(jìn)器的放電室（兩個(gè)半徑接近的同軸圓筒間的區(qū)域）的示意圖。放電室的左、右兩端分別為陽(yáng)極和陰極，間距為d。陰極發(fā)射電子，一部分電子進(jìn)入放電室，另一部分未進(jìn)入。穩(wěn)定運(yùn)行時(shí)，可視為放電室內(nèi)有方向沿軸向向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為E和；還有方向沿半徑向外的徑向磁場(chǎng)，大小處處相等。放電室內(nèi)的大量電子可視為處于陽(yáng)極附近，在垂直于軸線的平面繞軸線做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)（如截面圖所示），可與左端注入的氙原子碰撞并使其電離。每個(gè)氙離子的質(zhì)量為M、電荷量為，初速度近似為零。氙離子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)加速，最終從放電室右端噴出，與陰極發(fā)射的未進(jìn)入放電室的電子剛好完全中和。已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為；對(duì)于氙離子，僅考慮電場(chǎng)的作用。（1）求氙離子在放電室內(nèi)運(yùn)動(dòng)的加速度大小a；（2）求徑向磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。唬?）設(shè)被電離的氙原子數(shù)和進(jìn)入放電室的電子數(shù)之比為常數(shù)k，單位時(shí)間內(nèi)陰極發(fā)射的電子總數(shù)為n，求此霍爾推進(jìn)器獲得的推力大小F?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）對(duì)于氙離子，僅考慮電場(chǎng)的作用，則氙離子在放電室時(shí)只受電場(chǎng)力作用，由牛頓第二定律解得氙離子在放電室內(nèi)運(yùn)動(dòng)的加速度大?。?）電子在陽(yáng)極附近在垂直于軸線的平面繞軸線做半徑做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則軸線方向上所受電場(chǎng)力與徑向磁場(chǎng)給的洛侖茲力平衡，沿著軸線方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)給的洛侖茲力提供向心力，即，解得徑向磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為（3）單位時(shí)間內(nèi)陰極發(fā)射的電子總數(shù)為n，被電離的氙原子數(shù)和進(jìn)入放電室的電子數(shù)之比為常數(shù)k，則單位時(shí)間內(nèi)被電離的氙離子數(shù)氙離子經(jīng)電場(chǎng)加速，有時(shí)間內(nèi)氙離子所受到的作用力為，由動(dòng)量定理有解得由牛頓第三定律可知，霍爾推進(jìn)器獲得的推力大小則7．（2024·山東·高考真題）如圖所示，在Oxy坐標(biāo)系x>0，y>0區(qū)域內(nèi)充滿垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。磁場(chǎng)中放置一長(zhǎng)度為L(zhǎng)的擋板，其兩端分別位于x、y軸上M、N兩點(diǎn)，∠OMN=60°，擋板上有一小孔K位于MN中點(diǎn)。△OMN之外的第一象限區(qū)域存在恒定勻強(qiáng)電場(chǎng)。位于y軸左側(cè)的粒子發(fā)生器在0＜y＜的范圍內(nèi)可以產(chǎn)生質(zhì)量為m，電荷量為+q的無(wú)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(qiáng)加速電場(chǎng)，加速電壓大小可調(diào)，粒子經(jīng)此電場(chǎng)加速后進(jìn)入磁場(chǎng)，擋板厚度不計(jì)，粒子可沿任意角度穿過(guò)小孔，碰撞擋板的粒子不予考慮，不計(jì)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(diào)整加速電壓，當(dāng)粒子以最小的速度從小孔K射出后恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求第一象限中電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向；（3）當(dāng)加速電壓為時(shí)，求粒子從小孔K射出后，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中距離y軸最近位置的坐標(biāo)?！敬鸢浮浚?）；（2），方向沿x軸正方向；（3）(n=0,1,2???)【詳解】（1）根據(jù)題意，作出粒子垂直擋板射入小孔K的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)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(qiáng)加速電場(chǎng)中由動(dòng)能定理有聯(lián)立解得（2）根據(jù)題意，當(dāng)軌跡半徑最小時(shí)，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(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，由左手定則可知粒子經(jīng)過(guò)小孔K后受到的洛倫茲力沿x軸負(fù)方向，則粒子經(jīng)過(guò)小孔K后受到的電場(chǎng)力沿x軸正方向，粒子帶正電，則之外第一象限區(qū)域電場(chǎng)強(qiáng)度的方向沿x軸正方向，大小滿足聯(lián)立可得（3）在勻強(qiáng)加速電場(chǎng)中由動(dòng)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(yùn)動(dòng)的軌跡半徑作出從小孔K射出的粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示設(shè)粒子從小孔射出的速度方向與軸正方向夾角為，根據(jù)幾何關(guān)系可知?jiǎng)t粒子從小孔射出的速度方向與軸正方向的夾角為，該速度沿軸和軸正方向的分速度大小為，則粒子從射出后的運(yùn)動(dòng)可分解為沿軸正方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和速度大小為的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知解得粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T=2πmqB，粒子至少運(yùn)動(dòng)距離軸最近，加上整周期則粒子運(yùn)動(dòng)，時(shí)距離軸最近，則最近位置的橫坐標(biāo)為縱坐標(biāo)為，綜上所述，最近的位置坐標(biāo)，。8．（2024·遼寧·高考真題）現(xiàn)代粒子加速器常用電磁場(chǎng)控制粒子團(tuán)的運(yùn)動(dòng)及尺度。簡(jiǎn)化模型如圖：Ⅰ、Ⅱ區(qū)寬度均為L(zhǎng)，存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向；Ⅲ、Ⅳ區(qū)為電場(chǎng)區(qū)，Ⅳ區(qū)電場(chǎng)足夠?qū)?，各區(qū)邊界均垂直于x軸，O為坐標(biāo)原點(diǎn)。甲、乙為粒子團(tuán)中的兩個(gè)電荷量均為＋q，質(zhì)量均為m的粒子。如圖，甲、乙平行于x軸向右運(yùn)動(dòng)，先后射入Ⅰ區(qū)時(shí)速度大小分別為和。甲到P點(diǎn)時(shí)，乙剛好射入Ⅰ區(qū)。乙經(jīng)過(guò)Ⅰ區(qū)的速度偏轉(zhuǎn)角為30°，甲到O點(diǎn)時(shí)，乙恰好到P點(diǎn)。已知Ⅲ區(qū)存在沿＋x方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小。不計(jì)粒子重力及粒子間相互作用，忽略邊界效應(yīng)及變化的電場(chǎng)產(chǎn)生的磁場(chǎng)。（1）求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B；（2）求Ⅲ區(qū)寬度d；（3）Ⅳ區(qū)x軸上的電場(chǎng)方向沿x軸，電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間t、位置坐標(biāo)x的變化關(guān)系為，其中常系數(shù)，已知、k未知，取甲經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)。已知甲在Ⅳ區(qū)始終做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)乙在Ⅳ區(qū)受到的電場(chǎng)力大小為F，甲、乙間距為Δx，求乙追上甲前F與Δx間的關(guān)系式（不要求寫出Δx的取值范圍）【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）對(duì)乙粒子，如圖所示由洛倫茲力提供向心力由幾何關(guān)系聯(lián)立解得，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為（2）由題意可知，根據(jù)對(duì)稱性，乙在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為對(duì)甲粒子，由對(duì)稱性可知，甲粒子沿著直線從P點(diǎn)到O點(diǎn)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式由牛頓第二定律聯(lián)立可得Ⅲ區(qū)寬度為（3）甲粒子經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)的速度為因?yàn)榧自冖魠^(qū)始終做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則可得設(shè)乙粒子經(jīng)過(guò)Ⅲ區(qū)的時(shí)間為，乙粒子在Ⅳ區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，則上式中對(duì)乙可得整理可得對(duì)甲可得則化簡(jiǎn)可得乙追上甲前F與Δx間的關(guān)系式為9．（2024·廣東·高考真題）如圖甲所示。兩塊平行正對(duì)的金屬板水平放置，板間加上如圖乙所示幅值為、周期為的交變電壓。金屬板左側(cè)存在一水平向右的恒定勻強(qiáng)電場(chǎng)，右側(cè)分布著垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．一帶電粒子在時(shí)刻從左側(cè)電場(chǎng)某處由靜止釋放，在時(shí)刻從下板左端邊緣位置水平向右進(jìn)入金屬板間的電場(chǎng)內(nèi)，在時(shí)刻第一次離開(kāi)金屬板間的電場(chǎng)、水平向右進(jìn)入磁場(chǎng)，并在時(shí)刻從下板右端邊緣位置再次水平進(jìn)入金屬板間的電場(chǎng)。已知金屬板的板長(zhǎng)是板間距離的倍，粒子質(zhì)量為m。忽略粒子所受的重力和場(chǎng)的邊緣效應(yīng)。（1）判斷帶電粒子的電性并求其所帶的電荷量q；（2）求金屬板的板間距離D和帶電粒子在時(shí)刻的速度大小v；（3）求從時(shí)刻開(kāi)始到帶電粒子最終碰到上金屬板的過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功W?！敬鸢浮浚?）正電；；（2）；；（3）【詳解】（1）根據(jù)帶電粒子在右側(cè)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡結(jié)合左手定則可知，粒子帶正電；粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為根據(jù)T則粒子所帶的電荷量（2）若金屬板的板間距離為D，則板長(zhǎng)粒子在板間運(yùn)動(dòng)時(shí)出電場(chǎng)時(shí)豎直速度為零，則豎直方向在磁場(chǎng)中時(shí)其中的聯(lián)立解得（3）帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，由（2）的計(jì)算可知金屬板的板間距離則粒子在3t0時(shí)刻再次進(jìn)入中間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，在4t0時(shí)刻進(jìn)入左側(cè)的電場(chǎng)做減速運(yùn)動(dòng)速度為零后反向加速，在6t0時(shí)刻再次進(jìn)入中間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，6.5t0時(shí)刻碰到上極板，因粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，在時(shí)間t0內(nèi)電場(chǎng)力做功為零，在左側(cè)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，往返一次電場(chǎng)力做功也為零，可知整個(gè)過(guò)程中只有開(kāi)始進(jìn)入左側(cè)電場(chǎng)時(shí)電場(chǎng)力做功和最后0.5t0時(shí)間內(nèi)電場(chǎng)力做功，則10．（2024·全國(guó)·高考真題）一質(zhì)量為m、電荷量為的帶電粒子始終在同一水平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，其速度可用圖示的直角坐標(biāo)系內(nèi)，一個(gè)點(diǎn)表示，vx、vy分別為粒子速度在水平面內(nèi)兩個(gè)坐標(biāo)軸上的分量。粒子出發(fā)時(shí)P位于圖中點(diǎn)，粒子在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)作用下運(yùn)動(dòng)，P點(diǎn)沿線段ab移動(dòng)到點(diǎn)；隨后粒子離開(kāi)電場(chǎng)，進(jìn)入方向豎直、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，P點(diǎn)沿以O(shè)為圓心的圓弧移動(dòng)至點(diǎn)；然后粒子離開(kāi)磁場(chǎng)返回電場(chǎng)，P點(diǎn)沿線段ca回到a點(diǎn)。已知任何相等的時(shí)間內(nèi)P點(diǎn)沿圖中閉合曲線通過(guò)的曲線長(zhǎng)度都相等。不計(jì)重力。求（1）粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和周期；（2）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小；（3）P點(diǎn)沿圖中閉合曲線移動(dòng)1周回到a點(diǎn)時(shí)，粒子位移的大小。【答案】（1），2πmBq；（2）；（3）【詳解】（1）粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為根據(jù)洛倫茲力提供向心力解得做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為周期為T（2）根據(jù)題意，已知任何相等的時(shí)間內(nèi)P點(diǎn)沿圖中閉合曲線通過(guò)的曲線長(zhǎng)度都相等，由于曲線表示的為速度相應(yīng)的曲線，根據(jù)可知任意點(diǎn)的加速度大小相等，故可得解得（3）根據(jù)題意分析可知從b點(diǎn)到c點(diǎn)粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的角度為，繞一圈的過(guò)程中兩次在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對(duì)稱性可知粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，角為兩次粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)初末位置間的位移與x軸方向的夾角，從a到b過(guò)程中粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，得故可得該段時(shí)間內(nèi)沿y方向位移為根據(jù)幾何知識(shí)可得由粒子在兩次電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知移動(dòng)一周時(shí)粒子位移的大小為聯(lián)立解得11．（2024·浙江·高考真題）類似光學(xué)中的反射和折射現(xiàn)象，用磁場(chǎng)或電場(chǎng)調(diào)控也能實(shí)現(xiàn)質(zhì)子束的“反射”和“折射”。如圖所示，在豎直平面內(nèi)有三個(gè)平行區(qū)域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ；Ⅰ區(qū)寬度為d，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，Ⅱ區(qū)的寬度很小。Ⅰ區(qū)和Ⅲ區(qū)電勢(shì)處處相等，分別為和，其電勢(shì)差。一束質(zhì)量為m、電荷量為e的質(zhì)子從O點(diǎn)以入射角射向Ⅰ區(qū)，在P點(diǎn)以出射角射出，實(shí)現(xiàn)“反射”；質(zhì)子束從P點(diǎn)以入射角射入Ⅱ區(qū)，經(jīng)Ⅱ區(qū)“折射”進(jìn)入Ⅲ區(qū)，其出射方向與法線夾角為“折射”角。已知質(zhì)子僅在平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，單位時(shí)間發(fā)射的質(zhì)子數(shù)為N，初速度為，不計(jì)質(zhì)子重力，不考慮質(zhì)子間相互作用以及質(zhì)子對(duì)磁場(chǎng)和電勢(shì)分布的影響。（1）若不同角度射向磁場(chǎng)的質(zhì)子都能實(shí)現(xiàn)“反射”，求d的最小值；（2）若，求“折射率”n（入射角正弦與折射角正弦的比值）（3）計(jì)算說(shuō)明如何調(diào)控電場(chǎng)，實(shí)現(xiàn)質(zhì)子束從P點(diǎn)進(jìn)入Ⅱ區(qū)發(fā)生“全反射”（即質(zhì)子束全部返回Ⅰ區(qū)）（4）在P點(diǎn)下方距離處水平放置一長(zhǎng)為的探測(cè)板（Q在P的正下方），長(zhǎng)為，質(zhì)子打在探測(cè)板上即被吸收中和。若還有另一相同質(zhì)子束，與原質(zhì)子束關(guān)于法線左右對(duì)稱，同時(shí)從O點(diǎn)射入Ⅰ區(qū)，且，求探測(cè)板受到豎直方向力F的大小與U之間的關(guān)系。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）見(jiàn)解析【詳解】（1）根據(jù)牛頓第二定律不同角度射向磁場(chǎng)的質(zhì)子都能實(shí)現(xiàn)“反射”，d的最小值為（2）設(shè)水平方向?yàn)榉较?，豎直方向?yàn)榉较颍较蛩俣炔蛔?，方向速度變小，假設(shè)折射角為，根據(jù)動(dòng)能定理解得根據(jù)速度關(guān)系解得（3）全反射的臨界情況：到達(dá)Ⅲ區(qū)的時(shí)候方向速度為零，即可得即應(yīng)滿足（4）臨界情況有兩個(gè)：1、全部都能打到，2、全部都打不到的情況，根據(jù)幾何關(guān)系可得所以如果的情況下，折射角小于入射角，兩邊射入的粒子都能打到板上，分情況討論如下：①當(dāng)時(shí)又解得全部都打不到板的情況②根據(jù)幾何知識(shí)可知當(dāng)從Ⅱ區(qū)射出時(shí)速度與豎直方向夾角為時(shí)，粒子剛好打到D點(diǎn)，水平方向速度為所以又解得即當(dāng)時(shí)③部分能打到的情況，根據(jù)上述分析可知條件為（），此時(shí)僅有O點(diǎn)右側(cè)的一束粒子能打到板上，因此又解得12．（2023·山東·高考真題）如圖所示，在，的區(qū)域中，存在沿y軸正方向、場(chǎng)強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)的周圍分布著垂直紙面向外的恒定勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子從OP中點(diǎn)A進(jìn)入電場(chǎng)（不計(jì)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(kāi)電場(chǎng)后，垂直NP再次進(jìn)入電場(chǎng)，求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；（2）若改變電場(chǎng)強(qiáng)度大小，粒子以一定的初速度從A點(diǎn)沿y軸正方向第一次進(jìn)入電場(chǎng)、離開(kāi)電場(chǎng)后從P點(diǎn)第二次進(jìn)入電場(chǎng)，在電場(chǎng)的作用下從Q點(diǎn)離開(kāi)。（i）求改變后電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和粒子的初速度；（ii）通過(guò)計(jì)算判斷粒子能否從P點(diǎn)第三次進(jìn)入電場(chǎng)。

【答案】（1）；（2）（i），；（ii）不會(huì)【詳解】（1）由題意粒子在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有粒子從上邊界垂直QN第二次離開(kāi)電場(chǎng)后，垂直NP再次進(jìn)入電場(chǎng)，軌跡如圖

根據(jù)幾何關(guān)系可知聯(lián)立可得（2）（i）由題意可知，做出粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖

在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系可知解得所以有θ=53洛倫茲力提供向心力帶電粒子從A點(diǎn)開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有再一次進(jìn)入電場(chǎng)后做類似斜拋運(yùn)動(dòng)，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(dòng)能定理有可得從Q射出時(shí)的速度為此時(shí)粒子在磁場(chǎng)中的半徑根據(jù)其幾何關(guān)系可知對(duì)應(yīng)的圓心坐標(biāo)為，而圓心與P的距離為故不會(huì)再?gòu)腜點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)。13．（2023·遼寧·高考真題）如圖，水平放置的兩平行金屬板間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，板長(zhǎng)是板間距離的倍。金屬板外有一圓心為O的圓形區(qū)域，其內(nèi)部存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子沿中線以速度v0水平向右射入兩板間，恰好從下板邊緣P點(diǎn)飛出電場(chǎng)，并沿PO方向從圖中O'點(diǎn)射入磁場(chǎng)。已知圓形磁場(chǎng)區(qū)域半徑為，不計(jì)粒子重力。（1）求金屬板間電勢(shì)差U；（2）求粒子射出磁場(chǎng)時(shí)與射入磁場(chǎng)時(shí)運(yùn)動(dòng)方向間的夾角θ；（3）僅改變圓形磁場(chǎng)區(qū)域的位置，使粒子仍從圖中O'點(diǎn)射入磁場(chǎng)，且在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)。定性畫出粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡及相應(yīng)的弦，標(biāo)出改變后的圓形磁場(chǎng)區(qū)域的圓心M?！敬鸢浮浚?）；（2）或；（3）【詳解】（1）設(shè)板間距離為，則板長(zhǎng)為，帶電粒子在板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度為根據(jù)牛頓第二定律得，電場(chǎng)力提供加速度解得設(shè)粒子在平板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律得，聯(lián)立解得（2）設(shè)粒子出電場(chǎng)時(shí)與水平方向夾角為，則有故則出電場(chǎng)時(shí)粒子的速度為粒子出電場(chǎng)后沿直線勻速直線運(yùn)動(dòng)，接著進(jìn)入磁場(chǎng)，根據(jù)牛頓第二定律，洛倫茲力提供勻速圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力得解得已知圓形磁場(chǎng)區(qū)域半徑為，故粒子沿方向射入磁場(chǎng)即沿半徑方向射入磁場(chǎng)，故粒子將沿半徑方向射出磁場(chǎng)，粒子射出磁場(chǎng)時(shí)與射入磁場(chǎng)時(shí)運(yùn)動(dòng)方向的夾角為，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)圓弧軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角也為，由幾何關(guān)系可得故粒子射出磁場(chǎng)時(shí)與射入磁場(chǎng)時(shí)運(yùn)動(dòng)方向的夾角為或；

（3）帶電粒子在該磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑與圓形磁場(chǎng)半徑關(guān)系為，根據(jù)幾何關(guān)系可知，帶電粒子在該磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡一定為劣弧，故劣弧所對(duì)應(yīng)軌跡圓的弦為磁場(chǎng)圓的直徑時(shí)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)。則相對(duì)應(yīng)的運(yùn)動(dòng)軌跡和弦以及圓心M的位置如圖所示：14．（2023·浙江·高考真題）探究離子源發(fā)射速度大小和方向分布的原理如圖所示。x軸上方存在垂直平面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。x軸下方的分析器由兩塊相距為d、長(zhǎng)度足夠的平行金屬薄板M和N組成，其中位于x軸的M板中心有一小孔C（孔徑忽略不計(jì)），N板連接電流表后接地。位于坐標(biāo)原點(diǎn)O的離子源能發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子，其速度方向與y軸夾角最大值為；且各個(gè)方向均有速度大小連續(xù)分布在和之間的離子射出。已知速度大小為、沿y軸正方向射出的離子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰好垂直x軸射入孔C。未能射入孔C的其它離子被分析器的接地外罩屏蔽（圖中沒(méi)有畫出）。不計(jì)離子的重力及相互作用，不考慮離子間的碰撞。（1）求孔C所處位置的坐標(biāo)；（2）求離子打在N板上區(qū)域的長(zhǎng)度L；（3）若在N與M板之間加載電壓，調(diào)節(jié)其大小，求電流表示數(shù)剛為0時(shí)的電壓；（4）若將分析器沿著x軸平移，調(diào)節(jié)加載在N與M板之間的電壓，求電流表示數(shù)剛為0時(shí)的電壓與孔C位置坐標(biāo)x之間關(guān)系式?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）；（4）當(dāng)時(shí)，【詳解】（1）速度大小為、沿y軸正方向射出的離子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后軌跡如圖由洛倫茲力提供向心力解得半徑孔C所處位置的坐標(biāo)（2）速度大小為的離子進(jìn)入磁場(chǎng)后，由洛倫茲力提供向心力解得半徑若要能在C點(diǎn)入射，則由幾何關(guān)系可得解得如圖由幾何關(guān)系可得（3）不管從何角度發(fā)射由（2）可得根據(jù)動(dòng)力學(xué)公式可得，聯(lián)立解得（4）孔C位置坐標(biāo)x其中聯(lián)立可得，解得在此范圍內(nèi)，和（3）相同，只與vy解得根據(jù)動(dòng)力學(xué)公式可得，解得15．（2022·天津·高考真題）如圖所示，M和N為平行金屬板，質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子從M由靜止開(kāi)始被兩板間的電場(chǎng)加速后，從N上的小孔穿出，以速度v由C點(diǎn)射入圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，經(jīng)D點(diǎn)穿出磁場(chǎng)，CD為圓形區(qū)域的直徑。已知磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外，粒子速度方向與磁場(chǎng)方向垂直，重力略不計(jì)。（1）判斷粒子的電性，并求M、N間的電壓U；（2）求粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r；（3）若粒子的軌道半徑與磁場(chǎng)區(qū)域的直徑相等，求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t。【答案】（1）正電，；（2）；（3）【詳解】（1）帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電。粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)由動(dòng)能定理可知解得（2）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所受洛倫茲力提供向心力，有解得（3）設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)軌道圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為，如圖依題意粒子的軌道半徑與磁場(chǎng)區(qū)域的直徑相等，由幾何關(guān)系，得設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，有帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間聯(lián)立各式解得16．（2022·河北·高考真題）兩塊面積和間距均足夠大的金屬板水平放置，如圖1所示，金屬板與可調(diào)電源相連形成電場(chǎng)，方向沿y軸正方向。在兩板之間施加磁場(chǎng)，方向垂直平面向外。電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖2所示。板間O點(diǎn)放置一粒子源，可連續(xù)釋放質(zhì)量為m、電荷量為、初速度為零的粒子，不計(jì)重力及粒子間的相互作用，圖中物理量均為已知量。求：（1）時(shí)刻釋放的粒子，在時(shí)刻的位置坐標(biāo)；（2）在時(shí)間內(nèi)，靜電力對(duì)時(shí)刻釋放的粒子所做的功；（3）在點(diǎn)放置一粒接收器，在時(shí)間內(nèi)什么時(shí)刻釋放的粒子在電場(chǎng)存在期間被捕獲?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）或

【詳解】（1）在時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)強(qiáng)度為，帶電粒子在電場(chǎng)中加速度，根據(jù)動(dòng)量定理可知解得粒子在時(shí)刻的速度大小為方向豎直向上，粒子豎直向上運(yùn)動(dòng)的距離在時(shí)間內(nèi)，根據(jù)粒子在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的周期T=2πmqB可知粒子偏轉(zhuǎn)180粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所以粒子在時(shí)刻粒子的位置坐標(biāo)為，即；（2）在時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)強(qiáng)度為，粒子受到的電場(chǎng)力豎直向上，在豎直方向解得時(shí)刻粒子的速度方向豎直向上，粒子在豎直方向上運(yùn)動(dòng)的距離為在時(shí)間內(nèi)，粒子在水平方向運(yùn)動(dòng)的距離為此時(shí)粒子速度方向向下，大小為，在時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)強(qiáng)度為，豎直方向解得粒子在時(shí)刻的速度粒子在豎直方向運(yùn)動(dòng)的距離粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖在時(shí)間內(nèi)，靜電力對(duì)粒子的做功大小為電場(chǎng)力做正功；（3）根據(jù)（1）問(wèn)中解析有，①若粒子到達(dá)點(diǎn)之前，在磁場(chǎng)中已經(jīng)過(guò)兩個(gè)半圓，則釋放時(shí)刻一定在時(shí)間內(nèi)，若在之間的時(shí)刻釋放粒子，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖丙所示，有，，，，，所以整理發(fā)現(xiàn)所以需滿足，代入數(shù)據(jù)解不等式，當(dāng)時(shí)不等式成立②若粒子到達(dá)點(diǎn)前只經(jīng)過(guò)一個(gè)半圓，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑由得，經(jīng)第一次電場(chǎng)加速的末速度，則粒子在時(shí)間內(nèi)釋放不可能，如果在時(shí)間內(nèi)釋放，則第一次在電場(chǎng)中加速的時(shí)間，即在時(shí)釋放符合條件，但在此情況下，，經(jīng)過(guò)一個(gè)半圓后在電場(chǎng)中減速至速度為零的位移大小為聯(lián)立有故此情況下無(wú)法到達(dá)點(diǎn)，所以考慮在時(shí)間內(nèi)釋放，假設(shè)粒子第一次在電場(chǎng)中加速的時(shí)間為，則，在此種情況下，，經(jīng)過(guò)一個(gè)半圓后在電場(chǎng)中減速至速度為零的位移大小為聯(lián)立有故此情況下粒子能在點(diǎn)被吸收，所以粒子釋放時(shí)刻為綜上可知，在或時(shí)刻釋放的粒子在電場(chǎng)存在期間被捕獲17．（2022·山東·高考真題）中國(guó)“人造太陽(yáng)”在核聚變實(shí)驗(yàn)方面取得新突破，該裝置中用電磁場(chǎng)約束和加速高能離子，其部分電磁場(chǎng)簡(jiǎn)化模型如圖所示，在三維坐標(biāo)系中，空間內(nèi)充滿勻強(qiáng)磁場(chǎng)I，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向沿x軸正方向；，的空間內(nèi)充滿勻強(qiáng)磁場(chǎng)II，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，方向平行于平面，與x軸正方向夾角為；，的空間內(nèi)充滿沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。質(zhì)量為m、帶電量為的離子甲，從平面第三象限內(nèi)距軸為的點(diǎn)以一定速度出射，速度方向與軸正方向夾角為，在平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，經(jīng)坐標(biāo)原點(diǎn)沿軸正方向進(jìn)入磁場(chǎng)I。不計(jì)離子重力。（1）當(dāng)離子甲從點(diǎn)出射速度為時(shí)，求電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；（2）若使離子甲進(jìn)入磁場(chǎng)后始終在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，求進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的最大速度；（3）離子甲以的速度從點(diǎn)沿軸正方向第一次穿過(guò)面進(jìn)入磁場(chǎng)I，求第四次穿過(guò)平面的位置坐標(biāo)（用d表示）；（4）當(dāng)離子甲以的速度從點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)I時(shí)，質(zhì)量為、帶電量為的離子乙，也從點(diǎn)沿軸正方向以相同的動(dòng)能同時(shí)進(jìn)入磁場(chǎng)I，求兩離子進(jìn)入磁場(chǎng)后，到達(dá)它們運(yùn)動(dòng)軌跡第一個(gè)交點(diǎn)的時(shí)間差（忽略離子間相互作用）?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）（d，d，）；（4）【詳解】（1）如圖所示將離子甲從點(diǎn)出射速度為分解到沿軸方向和軸方向，離子受到的電場(chǎng)力沿軸負(fù)方向，可知離子沿軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿軸方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，從到的過(guò)程，有聯(lián)立解得（2）離子從坐標(biāo)原點(diǎn)沿軸正方向進(jìn)入磁場(chǎng)I中，在磁場(chǎng)I中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)I偏轉(zhuǎn)后從軸進(jìn)入磁場(chǎng)II中，繼續(xù)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示由洛倫茲力提供向心力可得，可得為了使離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，則離子磁場(chǎng)I運(yùn)動(dòng)時(shí)，不能從磁場(chǎng)I上方穿出。在磁場(chǎng)II運(yùn)動(dòng)時(shí)，不能xOz平面穿出，則離子在磁場(chǎng)用運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑需滿足，聯(lián)立可得要使離子甲進(jìn)入磁場(chǎng)后始終在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的最大速度為；（3）離子甲以的速度從點(diǎn)沿z軸正方向第一次穿過(guò)面進(jìn)入磁場(chǎng)I，離子在磁場(chǎng)I中的軌跡半徑為離子在磁場(chǎng)II中的軌跡半徑為離子從點(diǎn)第一次穿過(guò)到第四次穿過(guò)平面的運(yùn)動(dòng)情景，如圖所示離子第四次穿過(guò)平面的坐標(biāo)為離子第四次穿過(guò)平面的坐標(biāo)為故離子第四次穿過(guò)平面的位置坐標(biāo)為（d，d，）。（4）設(shè)離子乙的速度為，根據(jù)離子甲、乙動(dòng)能相同，可得可得離子甲、離子乙在磁場(chǎng)I中的軌跡半徑分別為，離子甲、離子乙在磁場(chǎng)II中的軌跡半徑分別為，根據(jù)幾何關(guān)系可知離子甲、乙運(yùn)動(dòng)軌跡第一個(gè)交點(diǎn)在離子乙第一次穿過(guò)x軸的位置，如圖所示從點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)到第一個(gè)交點(diǎn)的過(guò)程，有可得離子甲、乙到達(dá)它們運(yùn)動(dòng)軌跡第一個(gè)交點(diǎn)的時(shí)間差為18．（2021·重慶·高考真題）如圖1所示的豎直平面內(nèi)，在原點(diǎn)O有一粒子源，可沿x軸正方向發(fā)射速度不同、比荷均為的帶正電的粒子。在的區(qū)域僅有垂直于平面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；的區(qū)域僅有如圖2所示的電場(chǎng)，時(shí)間內(nèi)和時(shí)刻后的勻強(qiáng)電場(chǎng)大小相等，方向相反（時(shí)間內(nèi)電場(chǎng)方向豎直向下），時(shí)間內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度為零。在磁場(chǎng)左邊界直線上的某點(diǎn)，固定一粒子收集器（圖中未畫出）。0時(shí)刻發(fā)射的A粒子在時(shí)刻經(jīng)過(guò)左邊界進(jìn)入磁場(chǎng)，最終被收集器收集；B粒子在時(shí)刻以與A粒子相同的發(fā)射速度發(fā)射，第一次經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)左邊界的位置坐標(biāo)為；C粒子在時(shí)刻發(fā)射，其發(fā)射速度是A粒子發(fā)射速度的，不經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)能被收集器收集。忽略粒子間相互作用力和粒子重力，不考慮邊界效應(yīng)。(1)求電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；(2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?3)設(shè)時(shí)刻發(fā)射的粒子能被收集器收集，求其有可能的發(fā)射速度大小。【答案】(1)；(2)；(3)、、【詳解】（1）由粒子類平拋粒子先類平拋后勻直，可得

或解得（2）對(duì)粒子類平拋得

A進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度與軸正方向夾角為，則得即A粒子做勻圓，速度為半徑為，有

由可得對(duì)粒子類平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

可得由幾何關(guān)系得聯(lián)立解得

（3）①設(shè)直接類平拋過(guò)D點(diǎn)，即解得

②設(shè)先類平拋后勻圓過(guò)D點(diǎn)，剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)與軸夾角為、偏移的距離為，則

整理得令，則上式變成觀察可得是其中一解，所以上方程等價(jià)于可得其解是或（另一解不符合題意，舍去）則有或綜上所述，能夠被粒子收集器收集的粒子速度有：、、。19．（2021·山東·高考真題）某離子實(shí)驗(yàn)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(biāo)原點(diǎn)O，其內(nèi)充滿垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為；Ⅱ區(qū)寬度為L(zhǎng)，左邊界與x軸垂直交于點(diǎn)，右邊界與x軸垂直交于點(diǎn)，其內(nèi)充滿沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。測(cè)試板垂直x軸置于Ⅱ區(qū)右邊界，其中心C與點(diǎn)重合。從離子源不斷飄出電荷量為q、質(zhì)量為m的正離子，加速后沿x軸正方向過(guò)O點(diǎn)，依次經(jīng)Ⅰ區(qū)、Ⅱ區(qū)，恰好到達(dá)測(cè)試板中心C。已知離子剛進(jìn)入Ⅱ區(qū)時(shí)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(jì)重力。（1）求離子在Ⅰ區(qū)中運(yùn)動(dòng)時(shí)速度的大小v；（2）求Ⅱ區(qū)內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)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(yīng)強(qiáng)度大小均為B（數(shù)值未知）方向相反且平行y軸的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖乙所示。為使離子的運(yùn)動(dòng)軌跡與測(cè)試板相切于C點(diǎn)，需沿x軸移動(dòng)測(cè)試板，求移動(dòng)后C到的距離S?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)離子在Ⅰ區(qū)內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，由牛頓第二定律得①根據(jù)幾何關(guān)系得②聯(lián)立①②式得（2）離子在Ⅱ區(qū)內(nèi)只受電場(chǎng)力，x方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，y方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)從進(jìn)入電場(chǎng)到擊中測(cè)試板中心C的時(shí)間為t，y方向的位移為，加速度大小為a，由牛頓第二定律得由運(yùn)動(dòng)的合成與分解得，，聯(lián)立得（3）Ⅱ區(qū)內(nèi)填充磁場(chǎng)后，離子在垂直y軸的方向做線速度大小為vcosθ的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示。設(shè)左側(cè)部分的圓心角為，圓周運(yùn)動(dòng)半徑為r'，運(yùn)動(dòng)軌跡長(zhǎng)度為，由幾何關(guān)系得，由于在y軸方向的運(yùn)動(dòng)不變，離子的運(yùn)動(dòng)軌跡與測(cè)試板相切于C點(diǎn)，則離子在Ⅱ區(qū)內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變，故有C到的距離聯(lián)立得20．（2021·浙江·高考真題）如圖甲所示，空間站上某種離子推進(jìn)器由離子源、間距為d的中間有小孔的兩平行金屬板M、N和邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的立方體構(gòu)成，其后端面P為噴口。以金屬板N的中心O為坐標(biāo)原點(diǎn)，垂直立方體側(cè)面和金屬板建立x、y和z坐標(biāo)軸。M、N板之間存在場(chǎng)強(qiáng)為E、方向沿z軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)；立方體內(nèi)存在磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度沿z方向的分量始終為零，沿x和y方向的分量和隨時(shí)間周期性變化規(guī)律如圖乙所示，圖中可調(diào)。氙離子（）束從離子源小孔S射出，沿z方向勻速運(yùn)動(dòng)到M板，經(jīng)電場(chǎng)加速進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，最后從端面P射出，測(cè)得離子經(jīng)電場(chǎng)加速后在金屬板N中心點(diǎn)O處相對(duì)推進(jìn)器的速度為v0。已知單個(gè)離子的質(zhì)量為m、電荷量為，忽略離子間的相互作用，且射出的離子總質(zhì)量遠(yuǎn)小于推進(jìn)器的質(zhì)量。（1）求離子從小孔S射出時(shí)相對(duì)推進(jìn)器的速度大小vS；（2）不考慮在磁場(chǎng)突變時(shí)運(yùn)動(dòng)的離子，調(diào)節(jié)的值，使得從小孔S射出的離子均能從噴口后端面P射出，求的取值范圍；（3）設(shè)離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間遠(yuǎn)小于磁場(chǎng)變化周期T，單位時(shí)間從端面P射出的離子數(shù)為n，且。求圖乙中時(shí)刻離子束對(duì)推進(jìn)器作用力沿z軸方向的分力?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3），方向沿z軸負(fù)方向【詳解】（1）離子從小孔S射出運(yùn)動(dòng)到金屬板N中心點(diǎn)O處，根據(jù)動(dòng)能定理有解得離子從小孔S射出時(shí)相對(duì)推進(jìn)器的速度大?。?）當(dāng)磁場(chǎng)僅有沿x方向的分量取最大值時(shí)，離子從噴口P的下邊緣中點(diǎn)射出，根據(jù)幾何關(guān)系有根據(jù)洛倫茲力提供向心力有聯(lián)立解得當(dāng)磁場(chǎng)在x和y方向的分量同取最大值時(shí)，離子從噴口P邊緣交點(diǎn)射出，根據(jù)幾何關(guān)系有此時(shí)；根據(jù)洛倫茲力提供向心力有聯(lián)立解得故的取值范圍為；（3）粒子在立方體中運(yùn)動(dòng)軌跡剖面圖如圖所示由題意根據(jù)洛倫茲力提供向心力有且滿足所以可得所以可得離子從端面P射出時(shí)，在沿z軸方向根據(jù)動(dòng)量定理有根據(jù)牛頓第三定律可得離子束對(duì)推進(jìn)器作用力大小為方向沿z軸負(fù)方向。21．（2021·廣東·高考真題）圖是一種花瓣形電子加速器簡(jiǎn)化示意圖，空間有三個(gè)同心圓a、b、c圍成的區(qū)域，圓a內(nèi)為無(wú)場(chǎng)區(qū)，圓a與圓b之間存在輻射狀電場(chǎng)，圓b與圓c之間有三個(gè)圓心角均略小于90°的扇環(huán)形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度恒定，大小不同，方向均垂直紙面向外。電子以初動(dòng)能從圓b上P點(diǎn)沿徑向進(jìn)入電場(chǎng)，電場(chǎng)可以反向，保證電子每次進(jìn)入電場(chǎng)即被全程加速，已知圓a與圓b之間電勢(shì)差為U，圓b半徑為R，圓c半徑為，電子質(zhì)量為m，電荷量為e，忽略相對(duì)論效應(yīng)，取。（1）當(dāng)時(shí)，電子加速后均沿各磁場(chǎng)區(qū)邊緣進(jìn)入磁場(chǎng)，且在電場(chǎng)內(nèi)相鄰運(yùn)動(dòng)軌跡的夾角均為45°，最終從Q點(diǎn)出射，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中帶箭頭實(shí)線所示，求Ⅰ區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小、電子在Ⅰ區(qū)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間及在Q點(diǎn)出射時(shí)的動(dòng)能；（2）已知電子只要不與Ⅰ區(qū)磁場(chǎng)外邊界相碰，就能從出射區(qū)域出射。當(dāng)時(shí)，要保證電子從出射區(qū)域出射，求k的最大值?！敬鸢浮浚?），，；（2）136【詳解】（1）電子在電場(chǎng)中加速有在磁場(chǎng)Ⅰ中，由幾何關(guān)系可得聯(lián)立解得在磁場(chǎng)Ⅰ中的運(yùn)動(dòng)周期為由幾何關(guān)系可得，電子在磁場(chǎng)Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的圓心角為在磁場(chǎng)Ⅰ中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為聯(lián)立解得從Q點(diǎn)出來(lái)的動(dòng)能為（2）在磁場(chǎng)Ⅰ中的做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的最大半徑為，此時(shí)圓周的軌跡與Ⅰ邊界相切，由幾何關(guān)系可得解得由于聯(lián)立解得22．（2021·全國(guó)·高考真題）如圖，長(zhǎng)度均為l的兩塊擋板豎直相對(duì)放置，間距也為l，兩擋板上邊緣P和M處于同一水平線上，在該水平線的上方區(qū)域有方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E；兩擋板間有垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)節(jié)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）的粒子自電場(chǎng)中某處以大小為v0的速度水平向右發(fā)射，恰好從P點(diǎn)處射入磁場(chǎng)，從兩擋板下邊緣Q和N之間射出磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中粒子未與擋板碰撞。已知粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向與PQ的夾角為60°，不計(jì)重力。（1）求粒子發(fā)射位置到P點(diǎn)的距離；（2）求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的取值范圍；（3）若粒子正好從QN的中點(diǎn)射出磁場(chǎng)，求粒子在磁場(chǎng)中的軌跡與擋板MN的最近距離?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）粒子運(yùn)動(dòng)軌跡見(jiàn)解析，【詳解】（1）帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知①②粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向與PQ的夾角為60°，有③粒子發(fā)射位置到P點(diǎn)的距離④由①②③④式得⑤（2）帶電粒子在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)在速度⑥帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)兩個(gè)臨界軌跡（分別從Q、N點(diǎn)射出）如圖所示由幾何關(guān)系可知，最小半徑⑦最大半徑⑧帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由洛倫茲力提供，由向心力公式可知⑨由⑥⑦⑧⑨解得，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的取值范圍（3）若粒子正好從QN的中點(diǎn)射出磁場(chǎng)時(shí)，帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。由幾何關(guān)系可知⑩帶電粒子的運(yùn)動(dòng)半徑為?粒子在磁場(chǎng)中的軌跡與擋板MN的最近距離?由⑩??式解得?23．（2021·河北·高考真題）如圖，一對(duì)長(zhǎng)平行柵極板水平放置，極板外存在方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，極板與可調(diào)電源相連，正極板上O點(diǎn)處的粒子源垂直極板向上發(fā)射速度為、帶正電的粒子束，單個(gè)粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q，一足夠長(zhǎng)的擋板與正極板成傾斜放置，用于吸收打在其上的粒子，C、P是負(fù)極板上的兩點(diǎn)，C點(diǎn)位于O點(diǎn)的正上方，P點(diǎn)處放置一粒子靶（忽略靶的大小），用于接收從上方打入的粒子，長(zhǎng)度為，忽略柵極的電場(chǎng)邊緣效應(yīng)、粒子間的相互作用及粒子所受重力。。（1）若粒子經(jīng)電場(chǎng)一次加速后正好打在P點(diǎn)處的粒子靶上，求可調(diào)電源電壓的大??；（2）調(diào)整電壓的大小，使粒子不能打在擋板上，求電壓的最小值；（3）若粒子靶在負(fù)極板上的位置P點(diǎn)左右可調(diào)，則負(fù)極板上存在H、S兩點(diǎn)（，H、S兩點(diǎn)未在圖中標(biāo)出）、對(duì)于粒子靶在區(qū)域內(nèi)的每一點(diǎn)，當(dāng)電壓從零開(kāi)始連續(xù)緩慢增加時(shí)，粒子靶均只能接收到n（）種能量的粒子，求和的長(zhǎng)度（假定在每個(gè)粒子的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電壓恒定）。【答案】（1）；（2）；（3）；【詳解】（1）從O點(diǎn)射出的粒子在板間被加速，則粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，則半徑由解得（2）當(dāng)電壓有最小值時(shí)，當(dāng)粒子穿過(guò)下面的正極板后，圓軌道與擋板OM相切，此時(shí)粒子恰好不能打到擋板上，則從O點(diǎn)射出的粒子在板間被加速，則粒子在負(fù)極板上方的磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)粒子從負(fù)極板傳到正極板時(shí)速度仍減小到v0，則由幾何關(guān)系可知聯(lián)立解得（3）結(jié)合（2）分析可知，當(dāng)粒子經(jīng)上方磁場(chǎng)再進(jìn)入下方磁場(chǎng)時(shí)，軌跡與擋板相切時(shí)，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡半徑分別為r2、r3，則①當(dāng)粒子在下方區(qū)域磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)軌跡正好與OM相切，再進(jìn)入上方磁場(chǎng)區(qū)域做圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡與負(fù)極板的交點(diǎn)記為H2，當(dāng)增大兩極板的電壓，粒子在上方磁場(chǎng)中恰好運(yùn)動(dòng)到H2點(diǎn)時(shí)，粒子靶恰好能夠接收2種能量的粒子，此時(shí)H2點(diǎn)為距C點(diǎn)最近的位置，是接收2種能量的粒子的起點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可得②同理可知當(dāng)粒子靶接收3種能量的粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示第③個(gè)粒子經(jīng)過(guò)下方磁場(chǎng)時(shí)軌跡與MN相切，記該粒子經(jīng)過(guò)H2后再次進(jìn)入上方磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)軌跡與負(fù)極板的交點(diǎn)為H3(S2)，則該點(diǎn)為接收兩種粒子的終點(diǎn)，同時(shí)也是接收3種粒子的起點(diǎn)。由幾何關(guān)系可得可知，粒子靶接收n種、n+1種粒子的起點(diǎn)（即粒子靶接收n種粒子的起點(diǎn)與終點(diǎn)）始終相距當(dāng)粒子靶接收n種能量的粒子時(shí)，可得24．（2020·山東·高考真題）某型號(hào)質(zhì)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(duì)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(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(biāo)系Oxyz。區(qū)域I、Ⅱ內(nèi)分別充滿沿x軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小、電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為B和E。一質(zhì)量為m，電荷量為+q的粒子，從a孔飄入電場(chǎng)（初速度視為零），經(jīng)b孔進(jìn)入磁場(chǎng)，過(guò)P面上的c點(diǎn)（圖中未畫出）進(jìn)入電場(chǎng)，最終打到記錄板Q上。不計(jì)粒子重力。（1）求粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R以及c點(diǎn)到z軸的距離L；（2）求粒子打到記錄板上位置的x坐標(biāo)；（3）求粒子打到記錄板上位置的y坐標(biāo)（用R、d表示）；（4）如圖乙所示，在記錄板上得到三個(gè)點(diǎn)s1、s2、s3，若這三個(gè)點(diǎn)是質(zhì)子、氚核、氦核的位置，請(qǐng)寫出這三個(gè)點(diǎn)分別對(duì)應(yīng)哪個(gè)粒子（不考慮粒子間的相互作用，不要求寫出推導(dǎo)過(guò)程）?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3）；（4）s1、s2、s3分別對(duì)應(yīng)氚核、氦核、質(zhì)子的位置【詳解】（1）設(shè)粒子經(jīng)加速電場(chǎng)到b孔的速度大小為v，粒子在區(qū)域I中，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)對(duì)應(yīng)圓心角為α，在M、N兩金屬板間，由動(dòng)能定理得在區(qū)域I中，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，磁場(chǎng)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(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示由幾何關(guān)系得，，聯(lián)立解得（2）設(shè)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(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，由牛頓第二定律得粒子在z軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)合成與分解的規(guī)律得，粒子在x方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得聯(lián)立解得（3）設(shè)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(yùn)動(dòng)學(xué)公式得由題意得聯(lián)立解得（4）s1、s2、s3分別對(duì)應(yīng)氚核、氦核、質(zhì)子的位置。25．（2019·全國(guó)·高考真題）如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外．一帶正電的粒子從靜止開(kāi)始經(jīng)電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場(chǎng)；一段時(shí)間后，該粒子在OP邊上某點(diǎn)以垂直于x軸的方向射出．已知O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，N點(diǎn)在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的入射點(diǎn)與離開(kāi)磁場(chǎng)的出射點(diǎn)之間的距離為d，不計(jì)重力．求（1）帶電粒子的比荷；（2）帶電粒子從射入磁場(chǎng)到運(yùn)動(dòng)至x軸的時(shí)間．【答案】（1）（2）【詳解】（1）粒子從靜止被加速的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得：，解得：根據(jù)題意，下圖為粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，由幾何關(guān)系可知，該粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為：粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，即：聯(lián)立方程得：（2）根據(jù)題意，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡為四分之一圓周，長(zhǎng)度粒子射出磁場(chǎng)后到運(yùn)動(dòng)至軸，運(yùn)動(dòng)的軌跡長(zhǎng)度粒子從射入磁場(chǎng)到運(yùn)動(dòng)至軸過(guò)程中，一直勻速率運(yùn)動(dòng)，則解得：或26．（2018·全國(guó)·高考真題）一足夠長(zhǎng)的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其在xOy平面內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場(chǎng)區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場(chǎng)的上、下兩側(cè)為電場(chǎng)區(qū)域，寬度均為l′，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點(diǎn)，它們的連線與y軸平行，一帶正電的粒子以某一速度從M點(diǎn)沿y軸正方向射入電場(chǎng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后恰好以從M點(diǎn)入射的速度從N點(diǎn)沿y軸正方向射出，不計(jì)重力。（1）定性畫出該粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡；（2）求該粒子從M點(diǎn)入射時(shí)速度的大小；（3）若該粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間?！敬鸢浮浚?）軌跡如圖所示：（2）（3）；【詳解】（1）粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示。（粒子在電場(chǎng)中的軌跡為拋物線，在磁場(chǎng)中為圓弧，上下對(duì)稱）（2）粒子從電場(chǎng)下邊界入射后在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)粒子從M點(diǎn)射入時(shí)速度的大小為v0，在下側(cè)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，加速度的大小為a；粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小為v，方向與電場(chǎng)方向的夾角為如圖所示，速度沿電場(chǎng)方向的分量為v1，根據(jù)牛頓第二定律有式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)其運(yùn)動(dòng)軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得由幾何關(guān)系得聯(lián)立以上公式可得（3）由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得聯(lián)立得設(shè)粒子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)所用的時(shí)間為，則式中T是粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期則從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間【點(diǎn)睛】在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)要分階段處理，每一個(gè)運(yùn)動(dòng)建立合理的公式即可求出待求的物理量。27．（2019·浙江·高考真題）有一種質(zhì)譜儀由靜電分析器和磁分析器組成，其簡(jiǎn)化原理如圖所示．左側(cè)靜電分析器中有方向指向圓心O、與O點(diǎn)等距離各點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小相同的徑向電場(chǎng)，右側(cè)的磁分析器中分布著方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其左邊界與靜電分析器的右邊界平行，兩者間距近似為零．離子源發(fā)出兩種速度均為v0、電荷量均為q、質(zhì)量分別為m和0.5m的正離子束，從M點(diǎn)垂直該點(diǎn)電場(chǎng)方向進(jìn)入靜電分析器．在靜電分析器中，質(zhì)量為m的離子沿半徑為r0的四分之一圓弧軌道做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從N點(diǎn)水平射出，而質(zhì)量為0.5m的離子恰好從ON連線的中點(diǎn)P與水平方向成θ角射出，從靜電分析器射出的這兩束離子垂直磁場(chǎng)方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左邊界的探測(cè)板上，其中質(zhì)量為m的離子打在O點(diǎn)正下方的Q點(diǎn)．已知OP=0.5r0，OQ=r0，N、P兩點(diǎn)間的電勢(shì)差，，不計(jì)重力和離子間相互作用。（1）求靜電分析器中半徑為r0處的電場(chǎng)強(qiáng)度E0和磁分析器中的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。唬?）求質(zhì)量為0.5m的離子到達(dá)探測(cè)板上的位置與O點(diǎn)的距離l（用r0表示）；（3）若磁感應(yīng)強(qiáng)度在（B—△B）到（B＋△B）之間波動(dòng)，要在探測(cè)板上完全分辨出質(zhì)量為m和0.5m的兩束離子，求的最大值?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3）0.12【詳解】（1）在靜電分析器中，電場(chǎng)力提供向心力，有解得離子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，有解得（2）對(duì)離子，由動(dòng)能定理解得離子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，則有解得距離解得（3）恰好能分辨的條件解得28．（2015·重慶·高考真題）下圖為某種離子加速器的設(shè)計(jì)方案.兩個(gè)半圓形金屬盒內(nèi)存在相同的垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng).其中和是間距為的兩平行極板，其上分別有正對(duì)的兩個(gè)小孔和，，P為靶點(diǎn)，（為大于1的整數(shù)）。極板間存在方向向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩極板間電壓為。質(zhì)量為、帶電量為的正離子從點(diǎn)由靜止開(kāi)始加速，經(jīng)進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域.當(dāng)離子打到極板上區(qū)域（含點(diǎn)）或外殼上時(shí)將會(huì)被吸收。兩虛線之間的區(qū)域無(wú)電場(chǎng)和磁場(chǎng)存在，離子可勻速穿過(guò)。忽略相對(duì)論效應(yīng)和離子所受的重力。求：（1）離子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)僅加速一次后能打到P點(diǎn)所需的磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。唬?）能使離子打到P點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的所有可能值；（3）打到P點(diǎn)的能量最大的離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間?！敬鸢浮浚?）（2），（3），【分析】帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)、牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式?！驹斀狻浚?）離子經(jīng)電場(chǎng)加速，由動(dòng)能定理：可得磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)：剛好打在P點(diǎn)，軌跡為半圓，由幾何關(guān)系可知：聯(lián)立解得；（2）若磁感應(yīng)強(qiáng)度較大，設(shè)離子經(jīng)過(guò)一次加速后若速度較小，圓周運(yùn)動(dòng)半徑較小，不能直接打在P點(diǎn)，而做圓周運(yùn)動(dòng)到達(dá)右端，再勻速直線到下端磁場(chǎng)，將重新回到O點(diǎn)重新加速，直到打在P點(diǎn)。設(shè)共加速了n次，有：且：解得：，要求離子第一次加速后不能打在板上，有且：解得：，故加速次數(shù)n為正整數(shù)最大取即：；（3）加速次數(shù)最多的離子速度最大，取，離子在磁場(chǎng)中做n-1個(gè)完整的勻速圓周運(yùn)動(dòng)和半個(gè)圓周打到P點(diǎn)。由勻速圓周運(yùn)動(dòng)：電場(chǎng)中一共加速n次，可等效成連續(xù)的勻加速直線運(yùn)動(dòng).由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：29．（2019·浙江·高考真題）小明受回旋加速器的啟發(fā)，設(shè)計(jì)了如圖1所示的“回旋變速裝置”．兩相距為d的平行金屬柵極板M、N，板M位于x軸上，板N在它的正下方．兩板間加上如圖2所示的幅值為U0的交變電壓，周期．板M上方和板N下方有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．粒子探測(cè)器位于y軸處，僅能探測(cè)到垂直射入的帶電粒子．有一沿x軸可移動(dòng)、粒子出射初動(dòng)能可調(diào)節(jié)的粒子發(fā)射源，沿y軸正方向射出質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子．t=0時(shí)刻，發(fā)射源在（x，0）位置發(fā)射一帶電粒子．忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不計(jì)．（1）若粒子只經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)并在y=y0處被探測(cè)到，求發(fā)射源的位置和粒子的初動(dòng)能；（2）若粒子兩次進(jìn)出電場(chǎng)區(qū)域后被探測(cè)到，求粒子發(fā)射源的位置x與被探測(cè)到的位置y之間的關(guān)系【答案】（1），（2）見(jiàn)解析【詳解】（1）發(fā)射源的位置，粒子的初動(dòng)能：；（2）分下面三種情況討論：（i）如圖1，由，和，，及，得；（ii）如圖2，由，和，及，得；（iii）如圖3，由，和，及，得；30．（2018·天津·高考真題）如圖所示，在水平線ab下方有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里，磁場(chǎng)中有一內(nèi)、外半徑分別為R、的半圓環(huán)形區(qū)域，外圓與ab的交點(diǎn)分別為M、N．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子在電場(chǎng)中P點(diǎn)靜止釋放，由M進(jìn)入磁場(chǎng)，從N射出，不計(jì)粒子重力．（1）求粒子從P到M所用的時(shí)間t；（2）若粒子從與P同一水平線上的Q點(diǎn)水平射出，同樣能由M進(jìn)入磁場(chǎng)，從N射出，粒子從M到N的過(guò)程中，始終在環(huán)形區(qū)域中運(yùn)動(dòng)，且所用的時(shí)間最少，求粒子在Q時(shí)速度的大?。敬鸢浮浚?）（2）【詳解】試題分析：粒子在磁場(chǎng)中以洛倫茲力為向心力做圓周運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，據(jù)此分析運(yùn)動(dòng)時(shí)間；粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)軌跡與內(nèi)圓相切時(shí)，所有的時(shí)間最短，粒子從Q射出后在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)方向上的分運(yùn)動(dòng)和從P釋放后的運(yùn)動(dòng)情況相同，所以粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)沿豎直方向的速度同樣為v，結(jié)合幾何知識(shí)求解．（1）設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度大小為v，所受洛倫茲力提供向心力，有①設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)所受電場(chǎng)力為F，有F=qE②；設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有F=ma③；粒子在電場(chǎng)中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有v=at④；聯(lián)立①②③④式得⑤；（2）粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其周期與速度、半徑無(wú)關(guān)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間只由粒子所通過(guò)的圓弧所對(duì)的圓心角的大小決定，故當(dāng)軌跡與內(nèi)圓相切時(shí)，所有的時(shí)間最短，設(shè)粒子在磁場(chǎng)中的軌跡半徑為，由幾何關(guān)系可得⑥設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與ab的夾角為θ，即圓弧所對(duì)圓心角的一半，由幾何關(guān)系知⑦；粒子從Q射出后在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)方向上的分運(yùn)動(dòng)和從P釋放后的運(yùn)動(dòng)情況相同，所以粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)沿豎直方向的速度同樣為v，在垂直于電場(chǎng)方向的分速度等于為，由運(yùn)動(dòng)的合成和分解可得⑧聯(lián)立①⑥⑦⑧式得⑨．【點(diǎn)睛】帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，首先要運(yùn)用動(dòng)力學(xué)方法分析清楚粒子的運(yùn)動(dòng)情況，再選擇合適方法處理．對(duì)于勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，常常運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法，將其分解為兩個(gè)直線的合成，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求解；對(duì)于磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)，要正確畫出軌跡，由幾何知識(shí)求解半徑．31．（2018·全國(guó)·高考真題）如圖，在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E，在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一個(gè)氕核11H和一個(gè)氘核21H先后從y軸上y=h點(diǎn)以相同的動(dòng)能射出，速度方向沿x軸正方向．已知11H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標(biāo)原點(diǎn)O處第一次射出磁場(chǎng)．11H的質(zhì)量為m，電荷量為q不計(jì)重力．求（1）11H第一次進(jìn)入磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離（2）磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。?）12H第一次離開(kāi)磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離【答案】（1）；（2）；（3）【分析】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng)、在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)及其相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)，意在考查考生靈活運(yùn)用相關(guān)知識(shí)解決問(wèn)題的的能力．【詳解】（1）在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示．設(shè)在電場(chǎng)中的加速度大小為，初速度大小為，它在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，第一次進(jìn)入磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)Ｏ的距離為．由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有

①

②由題給條件，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的方向與x軸正方向夾角．進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的y分量的大小為

③聯(lián)立以上各式得

④（2）在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律有

⑤設(shè)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的大小為，由速度合成法則有

⑥設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓軌道半徑為，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有

⑦由幾何關(guān)系得

⑧聯(lián)立以上各式得

⑨（3）設(shè)在電場(chǎng)中沿x軸正方向射出的速度大小為，在電場(chǎng)中的加速度大小為，由題給條件得

⑩由牛頓第二定律有

?設(shè)第一次射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為，速度的方向與x軸正方向夾角為，入射點(diǎn)到原點(diǎn)的距離為，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為．由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有

?

?

?

?聯(lián)立以上各式得，，

?設(shè)在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為，由⑦?式及粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式得

?所以出射點(diǎn)在原點(diǎn)左側(cè)．設(shè)進(jìn)入磁場(chǎng)的入射點(diǎn)到第一次離開(kāi)磁場(chǎng)的出射點(diǎn)的距離為，由幾何關(guān)系有

?聯(lián)立④⑧???式得，第一次離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的位置到原點(diǎn)O的距離為

?【點(diǎn)睛】此題與2004年全國(guó)理綜卷第25題情景類似，都是帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中類平拋運(yùn)動(dòng)后進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且都是在第一象限和第二象限設(shè)置了豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第三象限和第四象限設(shè)置了方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，解答需要的知識(shí)都是帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律和洛倫茲力等于向心力、幾何關(guān)系等知識(shí)點(diǎn)．帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng)和在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)是教材例題和練習(xí)中的常見(jiàn)試題，此題可認(rèn)為是由兩個(gè)課本例題或習(xí)題組合而成．32．（2017·浙江·高考真題）如圖所示，在x軸的上方存在垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。位于x軸下方的離子源C發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的一束負(fù)離子，其初速度大小范圍，這束離子經(jīng)電勢(shì)差的電場(chǎng)加速后，從小孔O（坐標(biāo)原點(diǎn)）垂直x軸并垂直磁場(chǎng)射入磁場(chǎng)區(qū)域，最后打到x軸上。在x軸上2a~3a區(qū)間水平固定放置一探測(cè)板（），假設(shè)每秒射入磁場(chǎng)的離子總數(shù)為N0，打到x軸上的離子數(shù)均勻分布（離子重力不計(jì)）。（1）求離子束從小孔O射入磁場(chǎng)后打到x軸的區(qū)間；（2）調(diào)整磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，可使速度最大的離子恰好打在探測(cè)板右端，求此時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1；（3）保持磁感應(yīng)強(qiáng)度B1不變，求每秒打在探測(cè)板上的離子數(shù)N；若打在板上的離子80%被吸收，20%被反向彈回，彈回速度大小為打板前速度大小的0.6倍，被吸收和被彈回的離子數(shù)在探測(cè)板上沿x軸均勻分布，求探測(cè)板受到的作用力大小。【答案】（1）；（2）；（3）【分析】（1）初速度不同的粒子被同一加速電場(chǎng)加速后，進(jìn)入磁場(chǎng)的速度也不同，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑不同，轉(zhuǎn)半圈后打在x軸上的位置不同。