2015-2024年十年高考物理真題分類匯編專題11 速度選擇器等（全國）（解析版）

2015-2024年十年高考真題匯編PAGEPAGE1專題11帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動考點(diǎn)十年考情（2015-2024）命題趨勢考點(diǎn)1速度選擇器（10年5考）2024·江西·高考真題、2021·福建·高考真題、2022·浙江·高考真題、2021·北京·高考真題、2018·北京·高考真題、2018·浙江·高考真題、本章主要考查電流的磁效應(yīng)、安培力、帶電粒子在磁場中運(yùn)動的問題，主要涉及各種電流產(chǎn)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(yùn)動，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、安培力做功等問題考查。

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

(3)帶電粒子在復(fù)合場的運(yùn)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(yīng)、磁流體發(fā)電機(jī)等?？键c(diǎn)2質(zhì)譜儀（10年6考）2024·甘肅·高考真題、2021·浙江·高考真題、2018·全國·高考真題、2017·浙江·高考真題、2017·江蘇·高考真題、2016·全國·高考真題、2015·江蘇·高考真題考點(diǎn)3回旋加速器（10年4考）2023·廣東·高考真題、2021·江蘇·高考真題、2016·江蘇·高考真題、2015·浙江·高考真題考點(diǎn)4霍爾效應(yīng)（10年5考）2023·浙江·高考真題、2022·北京·高考真題、2021·天津·高考真題、2019·天津·高考真題、2018·浙江·高考真題考點(diǎn)01速度選擇器一、單選題1．（2024·江西·高考真題）石墨烯是一種由碳原子組成的單層二維蜂窩狀晶格結(jié)構(gòu)新材料，具有豐富的電學(xué)性能．現(xiàn)設(shè)計(jì)一電路測量某二維石墨烯樣品的載流子（電子）濃度。如圖（a）所示，在長為a，寬為b的石墨烯表面加一垂直向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，電極1、3間通以恒定電流I，電極2、4間將產(chǎn)生電壓U。當(dāng)時，測得關(guān)系圖線如圖（b）所示，元電荷，則此樣品每平方米載流子數(shù)最接近（

）A． B． C． D．【答案】D【詳解】設(shè)樣品每平方米載流子(電子)數(shù)為n，電子定向移動的速率為v，則時間t內(nèi)通過樣品的電荷量q=nevtb根據(jù)電流的定義式得當(dāng)電子穩(wěn)定通過樣品時，其所受電場力與洛倫茲力平衡，則有聯(lián)立解得結(jié)合圖像可得解得故選D。2．（2021·福建·高考真題）一對平行金屬板中存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，其中電場的方向與金屬板垂直，磁場的方向與金屬板平行且垂直紙面向里，如圖所示。一質(zhì)子（）以速度自O(shè)點(diǎn)沿中軸線射入，恰沿中軸線做勻速直線運(yùn)動。下列粒子分別自O(shè)點(diǎn)沿中軸線射入，能夠做勻速直線運(yùn)動的是（）（所有粒子均不考慮重力的影響）A．以速度的射入的正電子B．以速度射入的電子C．以速度射入的核D．以速度射入的a粒子【答案】B【詳解】質(zhì)子（）以速度自O(shè)點(diǎn)沿中軸線射入，恰沿中軸線做勻速直線運(yùn)動，將受到向上的洛倫茲力和電場力，滿足q解得即質(zhì)子的速度滿足速度選擇器的條件；A．以速度的射入的正電子，所受的洛倫茲力小于電場力，正電子將向下偏轉(zhuǎn)，故A錯誤；B．以速度射入的電子，依然滿足電場力等于洛倫茲力，而做勻速直線運(yùn)動，即速度選擇題不選擇電性而只選擇速度，故B正確；C．以速度射入的核，以速度射入的a粒子，其速度都不滿足速度選器的條件，故都不能做勻速直線運(yùn)動，故CD錯誤；故選B。3．（2018·北京·高考真題）某空間存在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場．一個帶電粒子(不計(jì)重力)以一定初速度射入該空間后，做勻速直線運(yùn)動；若僅撤除電場，則該粒子做勻速圓周運(yùn)動，下列因素與完成上述兩類運(yùn)動無關(guān)的是A．磁場和電場的方向B．磁場和電場的強(qiáng)弱C．粒子的電性和電量D．粒子入射時的速度【答案】C【詳解】由題可知，當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，即，則，若僅撤除電場，粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，說明要滿足題意需要對磁場與電場的方向以及強(qiáng)弱程度都要有要求，例如：電場方向向下，磁場方向垂直紙面向里等，但是對電性和電量無要求，故選項(xiàng)C正確，ABD錯誤．點(diǎn)睛：本題考查了帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動，實(shí)際上是考查了速度選擇器的相關(guān)知識，注意當(dāng)粒子的速度與磁場不平行時，才會受到洛倫茲力的作用，所以對電場和磁場的方向有要求的．4．（2018·浙江·高考真題）如圖所示,在兩水平金屬板構(gòu)成的器件中,存在勻強(qiáng)電場與勻強(qiáng)磁場,電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B相互垂直,以某一水平速度進(jìn)入的不計(jì)重力的帶電粒子恰好能沿直線運(yùn)動,下列說法正確的是(

)A．粒子一定帶負(fù)電B．粒子的速度大小v=B/EC．若粒子速度大小改變,粒子將做曲線運(yùn)動D．若粒子速度大小改變,電場對粒子的作用力會發(fā)生改變【答案】C【詳解】粒子從左射入，若帶負(fù)電，則受到向上的電場力，和向下的洛倫茲力，若帶正電，則受到向下的電場力和向上的洛倫茲力，只要滿足，即速度，粒子就能做直線運(yùn)動通過，故AB錯誤；若速度大小改變，則電場力qE，但是洛倫茲力發(fā)生變化，打破二力平衡，所以合力與初速度方向不共線，做曲線運(yùn)動，C正確D錯誤．【點(diǎn)睛】在速度選擇器中，從左邊射入，速度滿足條件，電場力與洛倫茲力平衡與電量、電性無關(guān)．二、解答題5．（2022·浙江·高考真題）如圖為研究光電效應(yīng)的裝置示意圖，該裝置可用于分析光子的信息。在xOy平面（紙面）內(nèi)，垂直紙面的金屬薄板M、N與y軸平行放置，板N中間有一小孔O。有一由x軸、y軸和以O(shè)為圓心、圓心角為90°的半徑不同的兩條圓弧所圍的區(qū)域Ⅰ，整個區(qū)域Ⅰ內(nèi)存在大小可調(diào)、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)電場和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒為B1、磁感線與圓弧平行且逆時針方向的磁場。區(qū)域Ⅰ右側(cè)還有一左邊界與y軸平行且相距為l、下邊界與x軸重合的勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅱ，其寬度為a，長度足夠長，其中的磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)。光電子從板M逸出后經(jīng)極板間電壓U加速（板間電場視為勻強(qiáng)電場），調(diào)節(jié)區(qū)域Ⅰ的電場強(qiáng)度和區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度，使電子恰好打在坐標(biāo)為（a+2l，0）的點(diǎn)上，被置于該處的探測器接收。已知電子質(zhì)量為m、電荷量為e，板M的逸出功為W0，普朗克常量為h。忽略電子的重力及電子間的作用力。當(dāng)頻率為ν的光照射板M時有光電子逸出，（1）求逸出光電子的最大初動能Ekm，并求光電子從O點(diǎn)射入?yún)^(qū)域Ⅰ時的速度v0的大小范圍；（2）若區(qū)域Ⅰ的電場強(qiáng)度大小，區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，求被探測到的電子剛從板M逸出時速度vM的大小及與x軸的夾角；（3）為了使從O點(diǎn)以各種大小和方向的速度射向區(qū)域Ⅰ的電子都能被探測到，需要調(diào)節(jié)區(qū)域Ⅰ的電場強(qiáng)度E和區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2，求E的最大值和B2的最大值。【答案】（1）；；（2）；；（3）；【詳解】（1）光電效應(yīng)方程，逸出光電子的最大初動能（2）速度選擇器如圖所示，幾何關(guān)系（3）由上述表達(dá)式可得由而v0sinθ等于光電子在板逸出時沿y軸的分速度，則有即聯(lián)立可得B2的最大值6．（2021·北京·高考真題）如圖所示，M為粒子加速器；N為速度選擇器，兩平行導(dǎo)體板之間有方向相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，磁場的方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。從S點(diǎn)釋放一初速度為0、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，經(jīng)M加速后恰能以速度v沿直線（圖中平行于導(dǎo)體板的虛線）通過N。不計(jì)重力。（1）求粒子加速器M的加速電壓U；（2）求速度選擇器N兩板間的電場強(qiáng)度E的大小和方向；（3）仍從S點(diǎn)釋放另一初速度為0、質(zhì)量為2m、電荷量為q的帶正電粒子，離開N時粒子偏離圖中虛線的距離為d，求該粒子離開N時的動能。【答案】（1）；（2），方向垂直導(dǎo)體板向下；（3）【詳解】（1）粒子直線加速，根據(jù)功能關(guān)系有解得（2）速度選擇器中電場力與洛倫茲力平衡得方向垂直導(dǎo)體板向下。（3）粒子在全程電場力做正功，根據(jù)功能關(guān)系有解得考點(diǎn)02質(zhì)譜儀一、單選題1．（2016·全國·高考真題）質(zhì)譜儀可用來分析同位素，也可以用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子．現(xiàn)在用質(zhì)譜儀來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定．質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后從出口P離開磁場．若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后仍從P點(diǎn)離開磁場，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的11倍．此離子和質(zhì)子的質(zhì)量之比為（）A．11 B．12 C．144 D．121【答案】D【詳解】質(zhì)量為m，帶電量為q的粒子在質(zhì)譜儀中運(yùn)動，則粒子在加速電場中加速運(yùn)動，設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動的速度為v，應(yīng)用動能定理可得：解得：粒子在磁場做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力作向心力，則有：

解得：因?yàn)殡x子和質(zhì)子從同一出口離開磁場，所以他們在磁場中運(yùn)動的半徑相等，即為：所以離子和質(zhì)子的質(zhì)量比m離：m質(zhì)=121；A．11，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)A錯誤；B．12，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)B錯誤；C．144，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)C錯誤；D．121，與結(jié)論相符，選項(xiàng)D正確；二、解答題2．（2024·甘肅·高考真題）質(zhì)譜儀是科學(xué)研究中的重要儀器，其原理如圖所示。Ⅰ為粒子加速器，加速電壓為U；Ⅱ?yàn)樗俣冗x擇器，勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為，方向沿紙面向下，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，方向垂直紙面向里；Ⅲ為偏轉(zhuǎn)分離器，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，方向垂直紙面向里。從S點(diǎn)釋放初速度為零的帶電粒子（不計(jì)重力），加速后進(jìn)入速度選擇器做直線運(yùn)動、再由O點(diǎn)進(jìn)入分離器做圓周運(yùn)動，最后打到照相底片的P點(diǎn)處，運(yùn)動軌跡如圖中虛線所示。（1）粒子帶正電還是負(fù)電？求粒子的比荷。（2）求O點(diǎn)到P點(diǎn)的距離。（3）若速度選擇器Ⅱ中勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小變?yōu)椋源笥冢?，方向不變，粒子恰好垂直打在速度選擇器右擋板的點(diǎn)上。求粒子打在點(diǎn)的速度大小?！敬鸢浮浚?）帶正電，；（2）；（3）【詳解】（1）由于粒子向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電；設(shè)粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，粒子進(jìn)入速度選擇器時的速度為，在速度選擇器中粒子做勻速直線運(yùn)動，由平衡條件在加速電場中，由動能定理聯(lián)立解得，粒子的比荷為（2）由洛倫茲力提供向心力可得O點(diǎn)到P點(diǎn)的距離為（3）粒子進(jìn)入Ⅱ瞬間，粒子受到向上的洛倫茲力向下的電場力由于，且所以通過配速法，如圖所示其中滿足則粒子在速度選擇器中水平向右以速度做勻速運(yùn)動的同時，豎直方向以做勻速圓周運(yùn)動，當(dāng)速度轉(zhuǎn)向到水平向右時，滿足垂直打在速度選擇器右擋板的點(diǎn)的要求，故此時粒子打在點(diǎn)的速度大小為3．（2018·全國·高考真題）如圖，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運(yùn)動，自M點(diǎn)垂直于磁場邊界射入勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1，并在磁場邊界的N點(diǎn)射出；乙種離子在MN的中點(diǎn)射出；MN長為l。不計(jì)重力影響和離子間的相互作用。求：（1）磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；（2）甲、乙兩種離子的比荷之比?！敬鸢浮浚?）；（2）1∶4【詳解】（1）設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R1，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，由動能定理有由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有由幾何關(guān)系知解得，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為（2）設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2，射入磁場的速度為v2，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R2.同理有，由幾何關(guān)系知解得，甲、乙兩種離子的比荷之比為4．（2021·浙江·高考真題）在芯片制造過程中，離子注入是其中一道重要的工序。如圖所示是離子注入工作原理示意圖，離子經(jīng)加速后沿水平方向進(jìn)入速度選擇器，然后通過磁分析器，選擇出特定比荷的離子，經(jīng)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)后注入處在水平面內(nèi)的晶圓（硅片）。速度選擇器、磁分析器和偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向均垂直紙面向外；速度選擇器和偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中的勻強(qiáng)電場場強(qiáng)大小均為E，方向分別為豎直向上和垂直紙面向外。磁分析器截面是內(nèi)外半徑分別為R1和R2的四分之一圓環(huán)，其兩端中心位置M和N處各有一個小孔；偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中電場和磁場的分布區(qū)域是同一邊長為L的正方體，其偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)的底面與晶圓所在水平面平行，間距也為L。當(dāng)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)不加電場及磁場時，離子恰好豎直注入到晶圓上的O點(diǎn)（即圖中坐標(biāo)原點(diǎn)，x軸垂直紙面向外）。整個系統(tǒng)置于真空中，不計(jì)離子重力，打在晶圓上的離子，經(jīng)過電場和磁場偏轉(zhuǎn)的角度都很小。當(dāng)α很小時，有，。求：(1)離子通過速度選擇器后的速度大小v和磁分析器選擇出來離子的比荷；(2)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)僅加電場時離子注入晶圓的位置，用坐標(biāo)(x，y)表示；(3)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)僅加磁場時離子注入晶圓的位置，用坐標(biāo)(x，y)表示；(4)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)同時加上電場和磁場時離子注入晶圓的位置，用坐標(biāo)(x，y)表示，并說明理由?！敬鸢浮?1)，；(2)（，0）；(3)（0，）；(4)見解析【詳解】(1)通過速度選擇器離子的速度從磁分析器中心孔N射出離子的運(yùn)動半徑為由得(2)經(jīng)過電場后，離子在x方向偏轉(zhuǎn)的距離離開電場后，離子在x方向偏移的距離位置坐標(biāo)為(，0)(3)離子進(jìn)入磁場后做圓周運(yùn)動半徑經(jīng)過磁場后，離子在y方向偏轉(zhuǎn)距離離開磁場后，離子在y方向偏移距離則位置坐標(biāo)為(0，)(4)注入晶圓的位置坐標(biāo)為(，),電場引起的速度增量對y方向的運(yùn)動不產(chǎn)生影響。5．（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。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)電勢差的電場加速后，從小孔O（坐標(biāo)原點(diǎn)）垂直x軸并垂直磁場射入磁場區(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板（），假設(shè)每秒射入磁場的離子總數(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板右端，求此時的磁感應(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)在探測板上沿x軸均勻分布，求探測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加速后，進(jìn)入磁場的速度也不同，做勻速圓周運(yùn)動的半徑不同，轉(zhuǎn)半圈后打在x軸上的位置不同。分別求出最大和最小速度，從而求出最大半徑和最小半徑，也就知道打在x軸上的區(qū)間；（2）打在探測板最右端的粒子其做勻速圓周運(yùn)動的半徑為1.5a，由半徑公式也就能求出磁感應(yīng)強(qiáng)度；（3）取時間t=1s，分兩部分據(jù)動量定理求作用力。兩者之和就是探測板受到的作用力。【詳解】（1）對于初速度為0的離子，根據(jù)動能定理qU=解得在磁場中洛倫茲力提供向心力，所以此情況下離子在磁場中運(yùn)動軌跡的半徑恰好打在x＝2a的位置；對于初速度為的離子，根據(jù)動能定理解得在磁場中洛侖茲力提供向心力，所以此情況下離子在磁場中運(yùn)動軌跡的半徑恰好打在x＝4a的位置。故離子束從小孔O射入磁場打在x軸上的區(qū)間為[2a，4a]（2）由（1）問計(jì)算可知，速度最大的離子以進(jìn)入磁場，離子恰好打在探測板右端，則離子在磁場中運(yùn)動軌跡的半徑在磁場中計(jì)算可得（3）對初速度為0的離子，經(jīng)過電場加速后，以速度進(jìn)入磁場，在磁場中有解得則在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1時，離子打在x軸上的區(qū)間為[1.5a，3a]，則每秒打在探測板上的離子數(shù)為對打探測板最左端（x＝2a）的離子，軌道半徑為a，則離子在磁場中計(jì)算可得打到x軸上的離子均勻分布，所以打在探測板上的離子的平均速度為被吸收和被彈回的離子數(shù)在探測板上沿x軸均勻分布，由動量定理可得解得單位時間內(nèi)探測板受到的作用力6．（2017·江蘇·高考真題）一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖1所示．大量的甲、乙兩種離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為0，經(jīng)加速后，通過寬為L的狹縫MN沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，最后打到照相底片上．已知甲、乙兩種離子的電荷量均為＋q，質(zhì)量分別為2m和m，圖中虛線為經(jīng)過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運(yùn)動軌跡．不考慮離子間的相互作用．(1)求甲種離子打在底片上的位置到N點(diǎn)的最小距離x；(2)在圖中用斜線標(biāo)出磁場中甲種離子經(jīng)過的區(qū)域，并求該區(qū)域最窄處的寬度d；(3)若考慮加速電壓有波動，在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之間變化，要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊，求狹縫寬度L滿足的條件．【答案】（1）；(2)；

(3)【詳解】（1）設(shè)甲種離子在磁場中的運(yùn)動半徑為r1電場加速且解得根據(jù)幾何關(guān)系x=2r1–L解得（2）（見圖）最窄處位于過兩虛線交點(diǎn)的垂線上解得（3）設(shè)乙種離子在磁場中的運(yùn)動半徑為r2r1的最小半徑r2的最大半徑由題意知2r1min–2r2max>L，即解得【點(diǎn)睛】本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動，對此類問題主要是畫出粒子運(yùn)動的軌跡，分析粒子可能的運(yùn)動況，找出幾何關(guān)系，有一定的難度．7．（2015·江蘇·高考真題）一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示，電荷量均為+q、質(zhì)量不同的離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為零，這些離子經(jīng)過加速后通過狹縫O沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，最后打在底片上，已知放置底片區(qū)域已知放置底片的區(qū)域MN=L，且OM=L．某次測量發(fā)現(xiàn)MN中左側(cè)2/3區(qū)域MQ損壞，檢測不到離子，但右側(cè)1/3區(qū)域QN仍能正常檢測到離子．在適當(dāng)調(diào)節(jié)加速電壓后，原本打在MQ的離子即可在QN檢測到．（1）求原本打在MN中點(diǎn)P的離子質(zhì)量m；（2）為使原本打在P的離子能打在QN區(qū)域，求加速電壓U的調(diào)節(jié)范圍；（3）為了在QN區(qū)域?qū)⒃敬蛟贛Q區(qū)域的所有離子檢測完整，求需要調(diào)節(jié)U的最少次數(shù)．（?。唬敬鸢浮浚?）

（2）（3）3次【詳解】（1）離子在電場中加速：在磁場中做勻速圓周運(yùn)動：解得：代入，解得（2）由（1）知，離子打在Q點(diǎn)，離子打在N點(diǎn)r=L，，則電壓的范圍（3）由（1）可知，由題意知，第1次調(diào)節(jié)電壓到U1，使原本Q點(diǎn)的離子打在N點(diǎn)此時，原本半徑為r1的打在Q1的離子打在Q上解得第2次調(diào)節(jié)電壓到U2，原本打在Q1的離子打在N點(diǎn)，半徑為r2的打在Q2的離子打在Q上，則：，解得同理，第n次調(diào)節(jié)電壓，有檢測完整，有解得：最少次數(shù)為3次【點(diǎn)睛】本題主要是對運(yùn)動過程的分析，能正確計(jì)算帶電粒子在電場中的加速運(yùn)動以及在磁場做圓周運(yùn)動的半徑等，通過對運(yùn)動過程的分析，結(jié)合計(jì)算找到運(yùn)動的規(guī)律考點(diǎn)03回旋加速器一、單選題1．（2023·廣東·高考真題）某小型醫(yī)用回旋加速器，最大回旋半徑為，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，質(zhì)子加速后獲得的最大動能為．根據(jù)給出的數(shù)據(jù)，可計(jì)算質(zhì)子經(jīng)該回旋加速器加速后的最大速率約為（忽略相對論效應(yīng)，）（

）A． B． C． D．【答案】C【詳解】洛倫茲力提供向心力有質(zhì)子加速后獲得的最大動能為解得最大速率約為故選C。二、解答題2．（2021·江蘇·高考真題）如圖1所示，回旋加速器的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域以O(shè)點(diǎn)為圓心，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，加速電壓的大小為U、質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從O附近飄入加速電場，多次加速后粒子經(jīng)過P點(diǎn)繞O做圓周運(yùn)動，半徑為R，粒子在電場中的加速時間可以忽略。為將粒子引出磁場，在P位置安裝一個“靜電偏轉(zhuǎn)器”，如圖2所示，偏轉(zhuǎn)器的兩極板M和N厚度均勻，構(gòu)成的圓弧形狹縫圓心為Q、圓心角為，當(dāng)M、N間加有電壓時，狹縫中產(chǎn)生電場強(qiáng)度大小為E的電場，使粒子恰能通過狹縫，粒子在再次被加速前射出磁場，不計(jì)M、N間的距離。求：（1）粒子加速到P點(diǎn)所需要的時間t；（2）極板N的最大厚度；（3）磁場區(qū)域的最大半徑?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)粒子在P的速度大小為，則根據(jù)可知半徑表達(dá)式為對粒子在靜電場中的加速過程，根據(jù)動能定理有粒子在磁場中運(yùn)動的周期為T=粒子運(yùn)動的總時間為解得（2）由粒子的運(yùn)動半徑，結(jié)合動能表達(dá)式變形得則粒子加速到P前最后兩個半周的運(yùn)動半徑為，由幾何關(guān)系有結(jié)合解得（3）設(shè)粒子在偏轉(zhuǎn)器中的運(yùn)動半徑為，則在偏轉(zhuǎn)器中，要使粒子半徑變大，電場力應(yīng)和洛倫茲力反向，共同提供向心力，即設(shè)粒子離開偏轉(zhuǎn)器的點(diǎn)為，圓周運(yùn)動的圓心為。由題意知，在上，且粒子飛離磁場的點(diǎn)與、在一條直線上，如圖所示。粒子在偏轉(zhuǎn)器中運(yùn)動的圓心在點(diǎn)，從偏轉(zhuǎn)器飛出，即從點(diǎn)離開，又進(jìn)入回旋加速器中的磁場，此時粒子的運(yùn)動半徑又變?yōu)?，然后軌跡發(fā)生偏離，從偏轉(zhuǎn)器的點(diǎn)飛出磁場，那么磁場的最大半徑即為將等腰三角形放大如圖所示。虛線為從點(diǎn)向所引垂線，虛線平分角，則解得最大半徑為3．（2015·浙江·高考真題）使用回旋加速器的實(shí)驗(yàn)需要把離子束從加速器中引出，離子束引出的方法有磁屏蔽通道法和靜電偏轉(zhuǎn)法等。質(zhì)量為m，速度為v的離子在回旋加速器內(nèi)旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)軌道時半徑為r的圓，圓心在O點(diǎn)，軌道在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。為引出離子束，使用磁屏蔽通道法設(shè)計(jì)引出器。引出器原理如圖所示，一堆圓弧形金屬板組成弧形引出通道，通道的圓心位于O'點(diǎn)（O'點(diǎn)圖中未畫出）。引出離子時，令引出通道內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度降低，從而使離子從P點(diǎn)進(jìn)入通道，沿通道中心線從Q點(diǎn)射出。已知OQ長度為L。OQ與OP的夾角為，（1）求離子的電荷量q并判斷其正負(fù)；（2）離子從P點(diǎn)進(jìn)入，Q點(diǎn)射出，通道內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)降為，求；（3）換用靜電偏轉(zhuǎn)法引出離子束，維持通道內(nèi)的原有磁感應(yīng)強(qiáng)度B不變，在內(nèi)外金屬板間加直流電壓，兩板間產(chǎn)生徑向電場，忽略邊緣效應(yīng)。為使離子仍從P點(diǎn)進(jìn)入，Q點(diǎn)射出，求通道內(nèi)引出軌跡處電場強(qiáng)度E的方向和大小?！敬鸢浮浚?），正電荷；（2）；（3）電場強(qiáng)度方向沿徑向向外，【詳解】（1）離子做圓周運(yùn)動解得正電荷（2）如圖所示引出軌跡為圓弧解得根據(jù)幾何關(guān)系得解得（3）電場強(qiáng)度方向沿徑向向外，引出軌跡為圓弧解得【方法技巧】做此類問題，關(guān)鍵掌握回旋加速器的原理，運(yùn)用電場加速和磁場偏轉(zhuǎn)，知道粒子在磁場中運(yùn)動的周期與加速電場的變化周期相等，注意掌握半徑與周期公式的應(yīng)用和結(jié)合數(shù)學(xué)幾何知識解題。4．（2016·江蘇·高考真題）回旋加速器的工作原理如圖甲所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間狹縫的間距為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直，被加速粒子的質(zhì)量為m，電荷量為＋q，加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓值的大小為U0.周期T＝.一束該種粒子在t＝0～時間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零．現(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運(yùn)動時間，假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運(yùn)動，不考慮粒子間的相互作用．求：(1)出射粒子的動能Em；(2)粒子從飄入狹縫至動能達(dá)到Em所需的總時間t0；(3)要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出，d應(yīng)滿足的條件．【答案】(1)(2)；(3)d<【詳解】(1)粒子運(yùn)動半徑為R時，有且解得(2)粒子被加速n次達(dá)到動能Em，則Em=nqU0粒子在狹縫間做勻加速運(yùn)動，設(shè)n次經(jīng)過狹縫的總時間為Δt加速度勻加速直線運(yùn)動由解得(3)只有在0~時間內(nèi)飄入的粒子才能每次均被加速則所占的比例為由，解得．考點(diǎn)04霍爾效應(yīng)一、單選題1．（2023·浙江·高考真題）某興趣小組設(shè)計(jì)的測量大電流的裝置如圖所示，通有電流I的螺繞環(huán)在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場，通有待測電流的直導(dǎo)線垂直穿過螺繞環(huán)中心，在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場。調(diào)節(jié)電阻R，當(dāng)電流表示數(shù)為時，元件輸出霍爾電壓為零，則待測電流的方向和大小分別為（）A．a(chǎn)→b， B．a(chǎn)→b，C．， D．，【答案】D【詳解】根據(jù)安培定則可知螺繞環(huán)在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場方向向下，則要使元件輸出霍爾電壓為零，直導(dǎo)線在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場方向應(yīng)向上，根據(jù)安培定則可知待測電流的方向應(yīng)該是；元件輸出霍爾電壓為零，則霍爾元件處合場強(qiáng)為0，所以有解得故選D。2．（2019·天津·高考真題）筆記本電腦機(jī)身和顯示屏對應(yīng)部位分別有磁體和霍爾元件。當(dāng)顯示屏開啟時磁體遠(yuǎn)離霍爾元件，電腦正常工作：當(dāng)顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進(jìn)入休眠狀態(tài)。如圖所示，一塊寬為、長為的矩形半導(dǎo)體霍爾元件，元件內(nèi)的導(dǎo)電粒子是電荷量為的自由電子，通入方向向右的電流時，電子的定向移動速度為。當(dāng)顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強(qiáng)磁場中，于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓，以此控制屏幕的熄滅。則元件的（）A．前表面的電勢比后表面的低 B．前、后表面間的電壓與無關(guān)C．前、后表面間的電壓與成正比 D．自由電子受到的洛倫茲力大小為【答案】D【詳解】由圖知電流從左向右流動，因此電子的運(yùn)動方向?yàn)閺挠蚁蜃螅鶕?jù)左手定則可知電子偏轉(zhuǎn)到后面表，因此前表面的電勢比后表面的高，故A錯誤，電子在運(yùn)動過程中洛倫茲力和電場力平衡，有，故，故D正確，由則電壓，故前后表面的電壓與速度有關(guān)，與a成正比，故BC錯誤．二、解答題3．（2022·北京·高考真題）指南針是利用地磁場指示方向的裝置，它的廣泛使用促進(jìn)了人們對地磁場的認(rèn)識?，F(xiàn)代科技可以實(shí)現(xiàn)對地磁場的精確測量。（1）如圖1所示，兩同學(xué)把一根長約10m的電線兩端用其他導(dǎo)線連接一個電壓表，迅速搖動這根電線。若電線中間位置的速度約10m/s，電壓表的最大示數(shù)約2mV。粗略估算該處地磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B地；（2）如圖2所示，一矩形金屬薄片，其長為a，寬為b，厚為c。大小為I的恒定電流從電極P流入、從電極Q流出，當(dāng)外加與薄片垂直的勻強(qiáng)磁場時，M、N兩電極間產(chǎn)生的電壓為U。已知薄片單位體積中導(dǎo)電的電子數(shù)為n，電子的電荷量為e。求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B；（3）假定（2）中的裝置足夠靈敏，可用來測量北京地區(qū)地磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向，請說明測量的思路?！敬鸢浮浚?）數(shù)量級為10－5T；（2）；（3）見解析【詳解】（1）由E=BLv可估算得該處地磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B地的大小的數(shù)量級為10－5T。（2）設(shè)導(dǎo)電電子定向移動的速率為v，t時間內(nèi)通過橫截面的電量為q，有導(dǎo)電電子定向移動過程中，在方向受到的電場力與洛倫茲力平衡，有得（3）如答圖3建立三維直角坐標(biāo)系Oxyz設(shè)地磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度在三個方向的分量為Bx、By、Bz。把金屬薄片置于xOy平面內(nèi)，M、N兩極間產(chǎn)生電壓Uz僅取決于Bz。由（2）得由Uz的正負(fù)（M、N兩極電勢的高低）和電流I的方向可以確定Bz的方向。同理，把金屬薄片置于xOz平面內(nèi)，可得By的大小和方向；把金屬薄片置于yOz平面內(nèi)，可得Bx的大小和方向，則地磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為根據(jù)Bx、By、Bz的大小和方向可確定此處地磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向。4．（2021·天津·高考真題）霍爾元件是一種重要的磁傳感器，可用在多種自動控制系統(tǒng)中。長方體半導(dǎo)體材料厚為a、寬為b、長為c，以長方體三邊為坐標(biāo)軸建立坐標(biāo)系，如圖所示。半導(dǎo)體中有電荷量均為e的自由電子與空穴兩種載流子，空穴可看作帶正電荷的自由移動粒子，單位體積內(nèi)自由電子和空穴的數(shù)目分別為n和p。當(dāng)半導(dǎo)體材料通有沿方向的恒定電流后，某時刻在半導(dǎo)體所在空間加一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，沿方向，于是在z方向上很快建立穩(wěn)定電場，稱其為霍爾電場，已知電場強(qiáng)度大小為E，沿方向。（1）判斷剛加磁場瞬間自由電子受到的洛倫茲力方向；（2）若自由電子定向移動在沿方向上形成的電流為，求單個自由電子由于定向移動在z方向上受到洛倫茲力和霍爾電場力的合力大??；（3）霍爾電場建立后，自由電子與空穴在z方向定向移動的速率分別為、，求Δt時間內(nèi)運(yùn)動到半導(dǎo)體z方向的上表面的自由電子數(shù)與空穴數(shù)，并說明兩種載流子在z方向上形成的電流應(yīng)滿足的條件。【答案】（1）自由電子受到的洛倫茲力沿方向；（2）；（3）見解析所示【詳解】（1）自由電子受到的洛倫茲力沿方向；（2）設(shè)t時間內(nèi)流過半導(dǎo)體垂直于x軸某一橫截面自由電子的電荷量為q，由電流定義式，有設(shè)自由電子在x方向上定向移動速率為，可導(dǎo)出自由電子的電流微觀表達(dá)式為單個自由電子所受洛倫茲力大小為霍爾電場力大小為自由電子在z方向上受到的洛倫茲力和霍爾電場力方向相同，聯(lián)立得其合力大小為（3）設(shè)Δt時間內(nèi)在z方向上運(yùn)動到半導(dǎo)體上表面的自由電子數(shù)為、空穴數(shù)為，則霍爾電場建立后，半導(dǎo)體z方向的上表面的電荷量就不再發(fā)生變化，則應(yīng)即在任何相等時間內(nèi)運(yùn)動到上表面的自由電子數(shù)與空穴數(shù)相等，這樣兩種載流子在z方向形成的電流應(yīng)大小相等、方向相反。5．（2018·浙江·高考真題）壓力波測量儀可將待測壓力波轉(zhuǎn)換成電壓信號，其原理如圖1所示，壓力波p（t）進(jìn)入彈性盒后，通過與鉸鏈O相連的“”型輕桿L，驅(qū)動桿端頭A處的微型霍爾片在磁場中沿x軸方向做微小振動，其位移x與壓力p成正比（）．霍爾片的放大圖如圖2所示，它由長×寬×厚=a×b×d，單位體積內(nèi)自由電子數(shù)為n的N型半導(dǎo)體制成，磁場方向垂直于x軸向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為．無壓力波輸入時，霍爾片靜止在x=0處，此時給霍爾片通以沿方向的電流I，則在側(cè)面上D1、D2兩點(diǎn)間產(chǎn)生霍爾電壓U0.（1）指出D1、D2兩點(diǎn)那點(diǎn)電勢高；（2）推導(dǎo)出U0與I、B0之間的關(guān)系式（提示：電流I與自由電子定向移動速率v之間關(guān)系為I=nevbd，其中e為電子電荷量）；（3）彈性盒中輸入壓力波p（t），霍爾片中通以相同的電流，測得霍爾電壓UH隨時間t變化圖像如圖3，忽略霍爾片在磁場中運(yùn)動場所的電動勢和阻尼，求壓力波的振幅和頻率．（結(jié)果用U0、U1、t0、α、及β）【答案】(1)D1點(diǎn)電勢高

(2)

(3)，【詳解】【分析】由左手定則可判定電子偏向D2邊，所以D1邊電勢高；當(dāng)電壓為U0時，電子不再發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故電場力等于洛倫茲力，根據(jù)電流I與自由電子定向移動速率v之間關(guān)系為I=nevbd求出U0與I、B0之間的關(guān)系式；圖像結(jié)合輕桿運(yùn)動可知，0-t0內(nèi)，輕桿向一側(cè)運(yùn)動至最遠(yuǎn)點(diǎn)又返回至原點(diǎn)，則可知輕桿的運(yùn)動周期，當(dāng)桿運(yùn)動至最遠(yuǎn)點(diǎn)時，電壓最小，結(jié)合U0與I、B0之間的關(guān)系式求出壓力波的振幅．解：（1）電流方向?yàn)镃1C2，則電子運(yùn)動方向?yàn)镃2C1，由左手定則可判定電子偏向D2邊，所以D1邊電勢高；（2）當(dāng)電壓為U0時，電子不再發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故電場力等于洛倫茲力

①由電流得：

②將②帶入①得（3）圖像結(jié)合輕桿運(yùn)動可知，0-t0內(nèi)，輕桿向一側(cè)運(yùn)動至最遠(yuǎn)點(diǎn)又返回至原點(diǎn)，則輕桿的運(yùn)動周期為T=2t0所以，頻率為:當(dāng)桿運(yùn)動至最遠(yuǎn)點(diǎn)時，電壓最小，即取U1，此時取x正向最遠(yuǎn)處為振幅A，有：所以：解得：根據(jù)壓力與唯一關(guān)系可得因此壓力最大振幅為：專題11帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動考點(diǎn)十年考情（2015-2024）命題趨勢考點(diǎn)1速度選擇器（10年5考）2024·江西·高考真題、2021·福建·高考真題、2022·浙江·高考真題、2021·北京·高考真題、2018·北京·高考真題、2018·浙江·高考真題、本章主要考查電流的磁效應(yīng)、安培力、帶電粒子在磁場中運(yùn)動的問題，主要涉及各種電流產(chǎn)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(yùn)動，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、安培力做功等問題考查。

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

(3)帶電粒子在復(fù)合場的運(yùn)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(yīng)、磁流體發(fā)電機(jī)等?？键c(diǎn)2質(zhì)譜儀（10年6考）2024·甘肅·高考真題、2021·浙江·高考真題、2018·全國·高考真題、2017·浙江·高考真題、2017·江蘇·高考真題、2016·全國·高考真題、2015·江蘇·高考真題考點(diǎn)3回旋加速器（10年4考）2023·廣東·高考真題、2021·江蘇·高考真題、2016·江蘇·高考真題、2015·浙江·高考真題考點(diǎn)4霍爾效應(yīng)（10年5考）2023·浙江·高考真題、2022·北京·高考真題、2021·天津·高考真題、2019·天津·高考真題、2018·浙江·高考真題考點(diǎn)01速度選擇器一、單選題1．（2024·江西·高考真題）石墨烯是一種由碳原子組成的單層二維蜂窩狀晶格結(jié)構(gòu)新材料，具有豐富的電學(xué)性能．現(xiàn)設(shè)計(jì)一電路測量某二維石墨烯樣品的載流子（電子）濃度。如圖（a）所示，在長為a，寬為b的石墨烯表面加一垂直向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，電極1、3間通以恒定電流I，電極2、4間將產(chǎn)生電壓U。當(dāng)時，測得關(guān)系圖線如圖（b）所示，元電荷，則此樣品每平方米載流子數(shù)最接近（

）A． B． C． D．【答案】D【詳解】設(shè)樣品每平方米載流子(電子)數(shù)為n，電子定向移動的速率為v，則時間t內(nèi)通過樣品的電荷量q=nevtb根據(jù)電流的定義式得當(dāng)電子穩(wěn)定通過樣品時，其所受電場力與洛倫茲力平衡，則有聯(lián)立解得結(jié)合圖像可得解得故選D。2．（2021·福建·高考真題）一對平行金屬板中存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，其中電場的方向與金屬板垂直，磁場的方向與金屬板平行且垂直紙面向里，如圖所示。一質(zhì)子（）以速度自O(shè)點(diǎn)沿中軸線射入，恰沿中軸線做勻速直線運(yùn)動。下列粒子分別自O(shè)點(diǎn)沿中軸線射入，能夠做勻速直線運(yùn)動的是（）（所有粒子均不考慮重力的影響）A．以速度的射入的正電子B．以速度射入的電子C．以速度射入的核D．以速度射入的a粒子【答案】B【詳解】質(zhì)子（）以速度自O(shè)點(diǎn)沿中軸線射入，恰沿中軸線做勻速直線運(yùn)動，將受到向上的洛倫茲力和電場力，滿足q解得即質(zhì)子的速度滿足速度選擇器的條件；A．以速度的射入的正電子，所受的洛倫茲力小于電場力，正電子將向下偏轉(zhuǎn)，故A錯誤；B．以速度射入的電子，依然滿足電場力等于洛倫茲力，而做勻速直線運(yùn)動，即速度選擇題不選擇電性而只選擇速度，故B正確；C．以速度射入的核，以速度射入的a粒子，其速度都不滿足速度選器的條件，故都不能做勻速直線運(yùn)動，故CD錯誤；故選B。3．（2018·北京·高考真題）某空間存在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場．一個帶電粒子(不計(jì)重力)以一定初速度射入該空間后，做勻速直線運(yùn)動；若僅撤除電場，則該粒子做勻速圓周運(yùn)動，下列因素與完成上述兩類運(yùn)動無關(guān)的是A．磁場和電場的方向B．磁場和電場的強(qiáng)弱C．粒子的電性和電量D．粒子入射時的速度【答案】C【詳解】由題可知，當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，即，則，若僅撤除電場，粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，說明要滿足題意需要對磁場與電場的方向以及強(qiáng)弱程度都要有要求，例如：電場方向向下，磁場方向垂直紙面向里等，但是對電性和電量無要求，故選項(xiàng)C正確，ABD錯誤．點(diǎn)睛：本題考查了帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動，實(shí)際上是考查了速度選擇器的相關(guān)知識，注意當(dāng)粒子的速度與磁場不平行時，才會受到洛倫茲力的作用，所以對電場和磁場的方向有要求的．4．（2018·浙江·高考真題）如圖所示,在兩水平金屬板構(gòu)成的器件中,存在勻強(qiáng)電場與勻強(qiáng)磁場,電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B相互垂直,以某一水平速度進(jìn)入的不計(jì)重力的帶電粒子恰好能沿直線運(yùn)動,下列說法正確的是(

)A．粒子一定帶負(fù)電B．粒子的速度大小v=B/EC．若粒子速度大小改變,粒子將做曲線運(yùn)動D．若粒子速度大小改變,電場對粒子的作用力會發(fā)生改變【答案】C【詳解】粒子從左射入，若帶負(fù)電，則受到向上的電場力，和向下的洛倫茲力，若帶正電，則受到向下的電場力和向上的洛倫茲力，只要滿足，即速度，粒子就能做直線運(yùn)動通過，故AB錯誤；若速度大小改變，則電場力qE，但是洛倫茲力發(fā)生變化，打破二力平衡，所以合力與初速度方向不共線，做曲線運(yùn)動，C正確D錯誤．【點(diǎn)睛】在速度選擇器中，從左邊射入，速度滿足條件，電場力與洛倫茲力平衡與電量、電性無關(guān)．二、解答題5．（2022·浙江·高考真題）如圖為研究光電效應(yīng)的裝置示意圖，該裝置可用于分析光子的信息。在xOy平面（紙面）內(nèi)，垂直紙面的金屬薄板M、N與y軸平行放置，板N中間有一小孔O。有一由x軸、y軸和以O(shè)為圓心、圓心角為90°的半徑不同的兩條圓弧所圍的區(qū)域Ⅰ，整個區(qū)域Ⅰ內(nèi)存在大小可調(diào)、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)電場和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒為B1、磁感線與圓弧平行且逆時針方向的磁場。區(qū)域Ⅰ右側(cè)還有一左邊界與y軸平行且相距為l、下邊界與x軸重合的勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅱ，其寬度為a，長度足夠長，其中的磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)。光電子從板M逸出后經(jīng)極板間電壓U加速（板間電場視為勻強(qiáng)電場），調(diào)節(jié)區(qū)域Ⅰ的電場強(qiáng)度和區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度，使電子恰好打在坐標(biāo)為（a+2l，0）的點(diǎn)上，被置于該處的探測器接收。已知電子質(zhì)量為m、電荷量為e，板M的逸出功為W0，普朗克常量為h。忽略電子的重力及電子間的作用力。當(dāng)頻率為ν的光照射板M時有光電子逸出，（1）求逸出光電子的最大初動能Ekm，并求光電子從O點(diǎn)射入?yún)^(qū)域Ⅰ時的速度v0的大小范圍；（2）若區(qū)域Ⅰ的電場強(qiáng)度大小，區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，求被探測到的電子剛從板M逸出時速度vM的大小及與x軸的夾角；（3）為了使從O點(diǎn)以各種大小和方向的速度射向區(qū)域Ⅰ的電子都能被探測到，需要調(diào)節(jié)區(qū)域Ⅰ的電場強(qiáng)度E和區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2，求E的最大值和B2的最大值。【答案】（1）；；（2）；；（3）；【詳解】（1）光電效應(yīng)方程，逸出光電子的最大初動能（2）速度選擇器如圖所示，幾何關(guān)系（3）由上述表達(dá)式可得由而v0sinθ等于光電子在板逸出時沿y軸的分速度，則有即聯(lián)立可得B2的最大值6．（2021·北京·高考真題）如圖所示，M為粒子加速器；N為速度選擇器，兩平行導(dǎo)體板之間有方向相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，磁場的方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。從S點(diǎn)釋放一初速度為0、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，經(jīng)M加速后恰能以速度v沿直線（圖中平行于導(dǎo)體板的虛線）通過N。不計(jì)重力。（1）求粒子加速器M的加速電壓U；（2）求速度選擇器N兩板間的電場強(qiáng)度E的大小和方向；（3）仍從S點(diǎn)釋放另一初速度為0、質(zhì)量為2m、電荷量為q的帶正電粒子，離開N時粒子偏離圖中虛線的距離為d，求該粒子離開N時的動能?！敬鸢浮浚?）；（2），方向垂直導(dǎo)體板向下；（3）【詳解】（1）粒子直線加速，根據(jù)功能關(guān)系有解得（2）速度選擇器中電場力與洛倫茲力平衡得方向垂直導(dǎo)體板向下。（3）粒子在全程電場力做正功，根據(jù)功能關(guān)系有解得考點(diǎn)02質(zhì)譜儀一、單選題1．（2016·全國·高考真題）質(zhì)譜儀可用來分析同位素，也可以用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子．現(xiàn)在用質(zhì)譜儀來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定．質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后從出口P離開磁場．若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后仍從P點(diǎn)離開磁場，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的11倍．此離子和質(zhì)子的質(zhì)量之比為（）A．11 B．12 C．144 D．121【答案】D【詳解】質(zhì)量為m，帶電量為q的粒子在質(zhì)譜儀中運(yùn)動，則粒子在加速電場中加速運(yùn)動，設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動的速度為v，應(yīng)用動能定理可得：解得：粒子在磁場做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力作向心力，則有：

解得：因?yàn)殡x子和質(zhì)子從同一出口離開磁場，所以他們在磁場中運(yùn)動的半徑相等，即為：所以離子和質(zhì)子的質(zhì)量比m離：m質(zhì)=121；A．11，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)A錯誤；B．12，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)B錯誤；C．144，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)C錯誤；D．121，與結(jié)論相符，選項(xiàng)D正確；二、解答題2．（2024·甘肅·高考真題）質(zhì)譜儀是科學(xué)研究中的重要儀器，其原理如圖所示。Ⅰ為粒子加速器，加速電壓為U；Ⅱ?yàn)樗俣冗x擇器，勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小為，方向沿紙面向下，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，方向垂直紙面向里；Ⅲ為偏轉(zhuǎn)分離器，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，方向垂直紙面向里。從S點(diǎn)釋放初速度為零的帶電粒子（不計(jì)重力），加速后進(jìn)入速度選擇器做直線運(yùn)動、再由O點(diǎn)進(jìn)入分離器做圓周運(yùn)動，最后打到照相底片的P點(diǎn)處，運(yùn)動軌跡如圖中虛線所示。（1）粒子帶正電還是負(fù)電？求粒子的比荷。（2）求O點(diǎn)到P點(diǎn)的距離。（3）若速度選擇器Ⅱ中勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小變?yōu)椋源笥冢?，方向不變，粒子恰好垂直打在速度選擇器右擋板的點(diǎn)上。求粒子打在點(diǎn)的速度大小?！敬鸢浮浚?）帶正電，；（2）；（3）【詳解】（1）由于粒子向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電；設(shè)粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，粒子進(jìn)入速度選擇器時的速度為，在速度選擇器中粒子做勻速直線運(yùn)動，由平衡條件在加速電場中，由動能定理聯(lián)立解得，粒子的比荷為（2）由洛倫茲力提供向心力可得O點(diǎn)到P點(diǎn)的距離為（3）粒子進(jìn)入Ⅱ瞬間，粒子受到向上的洛倫茲力向下的電場力由于，且所以通過配速法，如圖所示其中滿足則粒子在速度選擇器中水平向右以速度做勻速運(yùn)動的同時，豎直方向以做勻速圓周運(yùn)動，當(dāng)速度轉(zhuǎn)向到水平向右時，滿足垂直打在速度選擇器右擋板的點(diǎn)的要求，故此時粒子打在點(diǎn)的速度大小為3．（2018·全國·高考真題）如圖，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運(yùn)動，自M點(diǎn)垂直于磁場邊界射入勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1，并在磁場邊界的N點(diǎn)射出；乙種離子在MN的中點(diǎn)射出；MN長為l。不計(jì)重力影響和離子間的相互作用。求：（1）磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。唬?）甲、乙兩種離子的比荷之比?！敬鸢浮浚?）；（2）1∶4【詳解】（1）設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R1，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，由動能定理有由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有由幾何關(guān)系知解得，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為（2）設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2，射入磁場的速度為v2，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R2.同理有，由幾何關(guān)系知解得，甲、乙兩種離子的比荷之比為4．（2021·浙江·高考真題）在芯片制造過程中，離子注入是其中一道重要的工序。如圖所示是離子注入工作原理示意圖，離子經(jīng)加速后沿水平方向進(jìn)入速度選擇器，然后通過磁分析器，選擇出特定比荷的離子，經(jīng)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)后注入處在水平面內(nèi)的晶圓（硅片）。速度選擇器、磁分析器和偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向均垂直紙面向外；速度選擇器和偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中的勻強(qiáng)電場場強(qiáng)大小均為E，方向分別為豎直向上和垂直紙面向外。磁分析器截面是內(nèi)外半徑分別為R1和R2的四分之一圓環(huán)，其兩端中心位置M和N處各有一個小孔；偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)中電場和磁場的分布區(qū)域是同一邊長為L的正方體，其偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)的底面與晶圓所在水平面平行，間距也為L。當(dāng)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)不加電場及磁場時，離子恰好豎直注入到晶圓上的O點(diǎn)（即圖中坐標(biāo)原點(diǎn)，x軸垂直紙面向外）。整個系統(tǒng)置于真空中，不計(jì)離子重力，打在晶圓上的離子，經(jīng)過電場和磁場偏轉(zhuǎn)的角度都很小。當(dāng)α很小時，有，。求：(1)離子通過速度選擇器后的速度大小v和磁分析器選擇出來離子的比荷；(2)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)僅加電場時離子注入晶圓的位置，用坐標(biāo)(x，y)表示；(3)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)僅加磁場時離子注入晶圓的位置，用坐標(biāo)(x，y)表示；(4)偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)同時加上電場和磁場時離子注入晶圓的位置，用坐標(biāo)(x，y)表示，并說明理由?！敬鸢浮?1)，；(2)（，0）；(3)（0，）；(4)見解析【詳解】(1)通過速度選擇器離子的速度從磁分析器中心孔N射出離子的運(yùn)動半徑為由得(2)經(jīng)過電場后，離子在x方向偏轉(zhuǎn)的距離離開電場后，離子在x方向偏移的距離位置坐標(biāo)為(，0)(3)離子進(jìn)入磁場后做圓周運(yùn)動半徑經(jīng)過磁場后，離子在y方向偏轉(zhuǎn)距離離開磁場后，離子在y方向偏移距離則位置坐標(biāo)為(0，)(4)注入晶圓的位置坐標(biāo)為(，),電場引起的速度增量對y方向的運(yùn)動不產(chǎn)生影響。5．（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。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)電勢差的電場加速后，從小孔O（坐標(biāo)原點(diǎn)）垂直x軸并垂直磁場射入磁場區(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板（），假設(shè)每秒射入磁場的離子總數(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板右端，求此時的磁感應(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)在探測板上沿x軸均勻分布，求探測板受到的作用力大小?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【分析】（1）初速度不同的粒子被同一加速電場加速后，進(jìn)入磁場的速度也不同，做勻速圓周運(yùn)動的半徑不同，轉(zhuǎn)半圈后打在x軸上的位置不同。分別求出最大和最小速度，從而求出最大半徑和最小半徑，也就知道打在x軸上的區(qū)間；（2）打在探測板最右端的粒子其做勻速圓周運(yùn)動的半徑為1.5a，由半徑公式也就能求出磁感應(yīng)強(qiáng)度；（3）取時間t=1s，分兩部分據(jù)動量定理求作用力。兩者之和就是探測板受到的作用力?！驹斀狻浚?）對于初速度為0的離子，根據(jù)動能定理qU=解得在磁場中洛倫茲力提供向心力，所以此情況下離子在磁場中運(yùn)動軌跡的半徑恰好打在x＝2a的位置；對于初速度為的離子，根據(jù)動能定理解得在磁場中洛侖茲力提供向心力，所以此情況下離子在磁場中運(yùn)動軌跡的半徑恰好打在x＝4a的位置。故離子束從小孔O射入磁場打在x軸上的區(qū)間為[2a，4a]（2）由（1）問計(jì)算可知，速度最大的離子以進(jìn)入磁場，離子恰好打在探測板右端，則離子在磁場中運(yùn)動軌跡的半徑在磁場中計(jì)算可得（3）對初速度為0的離子，經(jīng)過電場加速后，以速度進(jìn)入磁場，在磁場中有解得則在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1時，離子打在x軸上的區(qū)間為[1.5a，3a]，則每秒打在探測板上的離子數(shù)為對打探測板最左端（x＝2a）的離子，軌道半徑為a，則離子在磁場中計(jì)算可得打到x軸上的離子均勻分布，所以打在探測板上的離子的平均速度為被吸收和被彈回的離子數(shù)在探測板上沿x軸均勻分布，由動量定理可得解得單位時間內(nèi)探測板受到的作用力6．（2017·江蘇·高考真題）一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖1所示．大量的甲、乙兩種離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為0，經(jīng)加速后，通過寬為L的狹縫MN沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，最后打到照相底片上．已知甲、乙兩種離子的電荷量均為＋q，質(zhì)量分別為2m和m，圖中虛線為經(jīng)過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運(yùn)動軌跡．不考慮離子間的相互作用．(1)求甲種離子打在底片上的位置到N點(diǎn)的最小距離x；(2)在圖中用斜線標(biāo)出磁場中甲種離子經(jīng)過的區(qū)域，并求該區(qū)域最窄處的寬度d；(3)若考慮加速電壓有波動，在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之間變化，要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊，求狹縫寬度L滿足的條件．【答案】（1）；(2)；

(3)【詳解】（1）設(shè)甲種離子在磁場中的運(yùn)動半徑為r1電場加速且解得根據(jù)幾何關(guān)系x=2r1–L解得（2）（見圖）最窄處位于過兩虛線交點(diǎn)的垂線上解得（3）設(shè)乙種離子在磁場中的運(yùn)動半徑為r2r1的最小半徑r2的最大半徑由題意知2r1min–2r2max>L，即解得【點(diǎn)睛】本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動，對此類問題主要是畫出粒子運(yùn)動的軌跡，分析粒子可能的運(yùn)動況，找出幾何關(guān)系，有一定的難度．7．（2015·江蘇·高考真題）一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示，電荷量均為+q、質(zhì)量不同的離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為零，這些離子經(jīng)過加速后通過狹縫O沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，最后打在底片上，已知放置底片區(qū)域已知放置底片的區(qū)域MN=L，且OM=L．某次測量發(fā)現(xiàn)MN中左側(cè)2/3區(qū)域MQ損壞，檢測不到離子，但右側(cè)1/3區(qū)域QN仍能正常檢測到離子．在適當(dāng)調(diào)節(jié)加速電壓后，原本打在MQ的離子即可在QN檢測到．（1）求原本打在MN中點(diǎn)P的離子質(zhì)量m；（2）為使原本打在P的離子能打在QN區(qū)域，求加速電壓U的調(diào)節(jié)范圍；（3）為了在QN區(qū)域?qū)⒃敬蛟贛Q區(qū)域的所有離子檢測完整，求需要調(diào)節(jié)U的最少次數(shù)．（??；）【答案】（1）

（2）（3）3次【詳解】（1）離子在電場中加速：在磁場中做勻速圓周運(yùn)動：解得：代入，解得（2）由（1）知，離子打在Q點(diǎn)，離子打在N點(diǎn)r=L，，則電壓的范圍（3）由（1）可知，由題意知，第1次調(diào)節(jié)電壓到U1，使原本Q點(diǎn)的離子打在N點(diǎn)此時，原本半徑為r1的打在Q1的離子打在Q上解得第2次調(diào)節(jié)電壓到U2，原本打在Q1的離子打在N點(diǎn)，半徑為r2的打在Q2的離子打在Q上，則：，解得同理，第n次調(diào)節(jié)電壓，有檢測完整，有解得：最少次數(shù)為3次【點(diǎn)睛】本題主要是對運(yùn)動過程的分析，能正確計(jì)算帶電粒子在電場中的加速運(yùn)動以及在磁場做圓周運(yùn)動的半徑等，通過對運(yùn)動過程的分析，結(jié)合計(jì)算找到運(yùn)動的規(guī)律考點(diǎn)03回旋加速器一、單選題1．（2023·廣東·高考真題）某小型醫(yī)用回旋加速器，最大回旋半徑為，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，質(zhì)子加速后獲得的最大動能為．根據(jù)給出的數(shù)據(jù)，可計(jì)算質(zhì)子經(jīng)該回旋加速器加速后的最大速率約為（忽略相對論效應(yīng)，）（

）A． B． C． D．【答案】C【詳解】洛倫茲力提供向心力有質(zhì)子加速后獲得的最大動能為解得最大速率約為故選C。二、解答題2．（2021·江蘇·高考真題）如圖1所示，回旋加速器的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域以O(shè)點(diǎn)為圓心，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，加速電壓的大小為U、質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從O附近飄入加速電場，多次加速后粒子經(jīng)過P點(diǎn)繞O做圓周運(yùn)動，半徑為R，粒子在電場中的加速時間可以忽略。為將粒子引出磁場，在P位置安裝一個“靜電偏轉(zhuǎn)器”，如圖2所示，偏轉(zhuǎn)器的兩極板M和N厚度均勻，構(gòu)成的圓弧形狹縫圓心為Q、圓心角為，當(dāng)M、N間加有電壓時，狹縫中產(chǎn)生電場強(qiáng)度大小為E的電場，使粒子恰能通過狹縫，粒子在再次被加速前射出磁場，不計(jì)M、N間的距離。求：（1）粒子加速到P點(diǎn)所需要的時間t；（2）極板N的最大厚度；（3）磁場區(qū)域的最大半徑?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)粒子在P的速度大小為，則根據(jù)可知半徑表達(dá)式為對粒子在靜電場中的加速過程，根據(jù)動能定理有粒子在磁場中運(yùn)動的周期為T=粒子運(yùn)動的總時間為解得（2）由粒子的運(yùn)動半徑，結(jié)合動能表達(dá)式變形得則粒子加速到P前最后兩個半周的運(yùn)動半徑為，由幾何關(guān)系有結(jié)合解得（3）設(shè)粒子在偏轉(zhuǎn)器中的運(yùn)動半徑為，則在偏轉(zhuǎn)器中，要使粒子半徑變大，電場力應(yīng)和洛倫茲力反向，共同提供向心力，即設(shè)粒子離開偏轉(zhuǎn)器的點(diǎn)為，圓周運(yùn)動的圓心為。由題意知，在上，且粒子飛離磁場的點(diǎn)與、在一條直線上，如圖所示。粒子在偏轉(zhuǎn)器中運(yùn)動的圓心在點(diǎn)，從偏轉(zhuǎn)器飛出，即從點(diǎn)離開，又進(jìn)入回旋加速器中的磁場，此時粒子的運(yùn)動半徑又變?yōu)椋缓筌壽E發(fā)生偏離，從偏轉(zhuǎn)器的點(diǎn)飛出磁場，那么磁場的最大半徑即為將等腰三角形放大如圖所示。虛線為從點(diǎn)向所引垂線，虛線平分角，則解得最大半徑為3．（2015·浙江·高考真題）使用回旋加速器的實(shí)驗(yàn)需要把離子束從加速器中引出，離子束引出的方法有磁屏蔽通道法和靜電偏轉(zhuǎn)法等。質(zhì)量為m，速度為v的離子在回旋加速器內(nèi)旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)軌道時半徑為r的圓，圓心在O點(diǎn)，軌道在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。為引出離子束，使用磁屏蔽通道法設(shè)計(jì)引出器。引出器原理如圖所示，一堆圓弧形金屬板組成弧形引出通道，通道的圓心位于O'點(diǎn)（O'點(diǎn)圖中未畫出）。引出離子時，令引出通道內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度降低，從而使離子從P點(diǎn)進(jìn)入通道，沿通道中心線從Q點(diǎn)射出。已知OQ長度為L。OQ與OP的夾角為，（1）求離子的電荷量q并判斷其正負(fù)；（2）離子從P點(diǎn)進(jìn)入，Q點(diǎn)射出，通道內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)降為，求；（3）換用靜電偏轉(zhuǎn)法引出離子束，維持通道內(nèi)的原有磁感應(yīng)強(qiáng)度B不變，在內(nèi)外金屬板間加直流電壓，兩板間產(chǎn)生徑向電場，忽略邊緣效應(yīng)。為使離子仍從P點(diǎn)進(jìn)入，Q點(diǎn)射出，求通道內(nèi)引出軌跡處電場強(qiáng)度E的方向和大小。【答案】（1），正電荷；（2）；（3）電場強(qiáng)度方向沿徑向向外，【詳解】（1）離子做圓周運(yùn)動解得正電荷（2）如圖所示引出軌跡為圓弧解得根據(jù)幾何關(guān)系得解得（3）電場強(qiáng)度方向沿徑向向外，引出軌跡為圓弧解得【方法技巧】做此類問題，關(guān)鍵掌握回旋加速器的原理，運(yùn)用電場加速和磁場偏轉(zhuǎn)，知道粒子在磁場中運(yùn)動的周期與加速電場的變化周期相等，注意掌握半徑與周期公式的應(yīng)用和結(jié)合數(shù)學(xué)幾何知識解題。4．（2016·江蘇·高考真題）回旋加速器的工作原理如圖甲所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間狹縫的間距為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直，被加速粒子的質(zhì)量為m，電荷量為＋q，加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓值的大小為U0.周期T＝.一束該種粒子在t＝0～時間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零．現(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運(yùn)動時間，假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運(yùn)動，不考慮粒子間的相互作用．求：(1)出射粒子的動能Em；(2)粒子從飄入狹縫至動能達(dá)到Em所需的總時間t0；(3)要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出，d應(yīng)滿足的條件．【答案】(1)(2)；(3)d<【詳解】(1)粒子運(yùn)動半徑為R時，有且解得(2)粒子被加速n次達(dá)到動能Em，則Em=nqU0粒子在狹縫間做勻加速運(yùn)動，設(shè)n次經(jīng)過狹縫的總時間為Δt加速度勻加速直線運(yùn)動由解得(3)只有在0~時間內(nèi)飄入的粒子才能每次均被加速則所占的比例為由，解得．考點(diǎn)04霍爾效應(yīng)一、單選題1．（2023·浙江·高考真題）某興趣小組設(shè)計(jì)的測量大電流的裝置如圖所示，通有電流I的螺繞環(huán)在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場，通有待測電流的直導(dǎo)線垂直穿過螺繞環(huán)中心，在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場。調(diào)節(jié)電阻R，當(dāng)電流表示數(shù)為時，元件輸出霍爾電壓為零，則待測電流的方向和大小分別為（）A．a(chǎn)→b， B．a(chǎn)→b，C．， D．，【答案】D【詳解】根據(jù)安培定則可知螺繞環(huán)在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場方向向下，則要使元件輸出霍爾電壓為零，直導(dǎo)線在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場方向應(yīng)向上，根據(jù)安培定則可知待測電流的方向應(yīng)該是；元件輸出霍爾電壓為零，則霍爾元件處合場強(qiáng)為0，所以有解得故選D。2．（2019·天津·高考真題）筆記本電腦機(jī)身和顯示屏對應(yīng)部位分別有磁體和霍爾元件。當(dāng)顯示屏開啟時磁體遠(yuǎn)離霍爾元件，電腦正常工作：當(dāng)顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進(jìn)入休眠狀態(tài)。如圖所示，一塊寬為、長為的矩形半導(dǎo)體霍爾元件，元件內(nèi)的導(dǎo)電粒子是電荷量為的自由電子，通入方向向右的電流時，電子的定向移動速度為。當(dāng)顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強(qiáng)磁場中，于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓，以此控制屏幕的熄滅。則元件的（）A．前表面的電勢比后表面的低 B．前