2015-2024年十年高考物理真題分類匯編專題10 帶電粒子在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)（全國）（解析版）

2015-2024年十年高考真題匯編PAGEPAGE1專題10帶電粒子在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)十年考情（2015-2024）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1（10年10考）2024·重慶·高考真題、2024·湖北·高考真題、2024·廣西·高考真題、2023·北京·高考真題、2023·全國·高考真題、2023·海南·高考真題、2023·全國·高考真題、2023·福建·高考真題、2023·天津·高考真題、2023·浙江·高考真題、2023·湖北·高考真題、2022·北京·高考真題、2022·廣東·高考真題、2022·遼寧·高考真題、2022·湖北·高考真題、2021·北京·高考真題、2021·全國·高考真題、2021·海南·高考真題、2021·湖北·高考真題、2021·湖南·高考真題、2020·全國·高考真題、2020·天津·高考真題、2020·北京·高考真題、2020·江蘇·高考真題、2020·浙江·高考真題、2019·北京·高考真題、2019·全國·高考真題、2019·海南·高考真題、2019·江蘇·高考真題、2018·海南·高考真題、2018·江蘇·高考真題、2018·浙江·高考真題、2017·全國·高考真題、2017·全國·高考真題、2017·浙江·高考真題、2016·全國·高考真題、2016·四川·高考真題、2016·海南·高考真題、2016·浙江·高考真題、2015·廣東·高考真題、2015·全國·高考真題、2015·北京·高考真題、2015·四川·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題和霍爾效應(yīng)、磁流體發(fā)電機(jī)等。一、單選題1．（2023·海南·高考真題）如圖所示，帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，關(guān)于小球運(yùn)動(dòng)和受力說法正確的是（

）

A．小球剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的洛倫茲力水平向右 B．小球運(yùn)動(dòng)過程中的速度不變C．小球運(yùn)動(dòng)過程的加速度保持不變 D．小球受到的洛倫茲力對(duì)小球做正功【答案】A【詳解】A．根據(jù)左手定則，可知小球剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的洛倫茲力水平向右，A正確；BC．小球受洛倫茲力和重力的作用，則小球運(yùn)動(dòng)過程中速度、加速度大小，方向都在變，BC錯(cuò)誤；D．洛侖茲力永不做功，D錯(cuò)誤。故選A。2．（2022·北京·高考真題）正電子是電子的反粒子，與電子質(zhì)量相同、帶等量正電荷。在云室中有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，從P點(diǎn)發(fā)出兩個(gè)電子和一個(gè)正電子，三個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中1、2、3所示。下列說法正確的是（）A．磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里 B．軌跡1對(duì)應(yīng)的粒子運(yùn)動(dòng)速度越來越大C．軌跡2對(duì)應(yīng)的粒子初速度比軌跡3的大 D．軌跡3對(duì)應(yīng)的粒子是正電子【答案】A【詳解】AD．根據(jù)題圖可知，1和3粒子繞轉(zhuǎn)動(dòng)方向一致，則1和3粒子為電子，2為正電子，電子帶負(fù)電且順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，根據(jù)左手定則可知磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，A正確，D錯(cuò)誤；B．電子在云室中運(yùn)行，洛倫茲力不做功，而粒子受到云室內(nèi)填充物質(zhì)的阻力作用，粒子速度越來越小，B錯(cuò)誤；C．帶電粒子若僅在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可知解得粒子運(yùn)動(dòng)的半徑為根據(jù)題圖可知軌跡3對(duì)應(yīng)的粒子運(yùn)動(dòng)的半徑更大，速度更大，粒子運(yùn)動(dòng)過程中受到云室內(nèi)物質(zhì)的阻力的情況下，此結(jié)論也成立，C錯(cuò)誤。故選A。3．（2024·廣西·高考真題）坐標(biāo)平面內(nèi)一有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里。質(zhì)量為m，電荷量為的粒子，以初速度v從O點(diǎn)沿x軸正向開始運(yùn)動(dòng)，粒子過y軸時(shí)速度與y軸正向夾角為，交點(diǎn)為P。不計(jì)粒子重力，則P點(diǎn)至O點(diǎn)的距離為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示在磁場(chǎng)中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑根據(jù)幾何關(guān)系可得P點(diǎn)至O點(diǎn)的距離故選C。4．（2024·湖北·高考真題）如圖所示，在以O(shè)點(diǎn)為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。圓形區(qū)域外有大小相等、方向相反、范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的帶電粒子沿直徑AC方向從A點(diǎn)射入圓形區(qū)域。不計(jì)重力，下列說法正確的是（）A．粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可能經(jīng)過O點(diǎn)B．粒子射出圓形區(qū)域時(shí)的速度方向不一定沿該區(qū)域的半徑方向C．粒子連續(xù)兩次由A點(diǎn)沿AC方向射入圓形區(qū)域的最小時(shí)間間隔為D．若粒子從A點(diǎn)射入到從C點(diǎn)射出圓形區(qū)域用時(shí)最短，粒子運(yùn)動(dòng)的速度大小為【答案】D【詳解】AB．在圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，沿著徑向射入的粒子，總是沿徑向射出的；根據(jù)圓的特點(diǎn)可知粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡不可能經(jīng)過O點(diǎn)，故AB錯(cuò)誤；C．粒子連續(xù)兩次由A點(diǎn)沿AC方向射入圓形區(qū)域，時(shí)間最短則根據(jù)對(duì)稱性可知軌跡如圖則最短時(shí)間有故C錯(cuò)誤；D．粒子從A點(diǎn)射入到從C點(diǎn)射出圓形區(qū)域用時(shí)最短，則軌跡如圖所示設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系可知根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得故D正確。故選D。5．（2016·全國·高考真題）平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面（紙面）如圖所示，平面OM上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0），沿紙面以大小為v的速度從OM上的某點(diǎn)向左上方射入磁場(chǎng)，速度方向與OM成30°角，已知該粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡與ON只有一個(gè)交點(diǎn)，并從OM上另一點(diǎn)射出磁場(chǎng)，不計(jì)重力。則粒子離開磁場(chǎng)時(shí)的出射點(diǎn)到兩平面交線O的距離為（）A． B． C． D．【答案】D【詳解】帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)洛倫茲力提供向心力，所以根據(jù)題意，軌跡與ON相切，畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示由于故△AO′D為等邊三角形，∠O′DA=60°，而∠MON=30°，則∠OCD=90°，故CO′D為一直線，則故選D。6．（2023·北京·高考真題）如圖所示，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)中，固定一內(nèi)部真空且內(nèi)壁光滑的圓柱形薄壁絕緣管道，其軸線與磁場(chǎng)垂直。管道橫截面半徑為a，長(zhǎng)度為l（）。帶電粒子束持續(xù)以某一速度v沿軸線進(jìn)入管道，粒子在磁場(chǎng)力作用下經(jīng)過一段圓弧垂直打到管壁上，與管壁發(fā)生彈性碰撞，多次碰撞后從另一端射出，單位時(shí)間進(jìn)入管道的粒子數(shù)為n，粒子電荷量為，不計(jì)粒子的重力、粒子間的相互作用，下列說法不正確的是（）

A．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓弧半徑為aB．粒子質(zhì)量為C．管道內(nèi)的等效電流為D．粒子束對(duì)管道的平均作用力大小為【答案】C【詳解】A．帶正電的粒子沿軸線射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子運(yùn)動(dòng)的圓弧半徑為r=a故A正確，不符合題意；B．根據(jù)可得粒子的質(zhì)量故B正確，不符合題意；C．管道內(nèi)的等效電流為單位體積內(nèi)電荷數(shù)為則故C錯(cuò)誤，符合題意；D．由動(dòng)量定理可得粒子束對(duì)管道的平均作用力大小聯(lián)立解得故D正確，不符合題意。故選C。7．（2023·全國·高考真題）如圖，一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于紙面（xOy平面）向里，磁場(chǎng)右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點(diǎn)沿x正向入射到磁場(chǎng)中，在磁場(chǎng)另一側(cè)的S點(diǎn)射出，粒子離開磁場(chǎng)后，沿直線運(yùn)動(dòng)打在垂直于x軸的接收屏上的P點(diǎn)；SP=l，S與屏的距離為，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場(chǎng)區(qū)域再加上電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，該粒子入射后則會(huì)沿x軸到達(dá)接收屏。該粒子的比荷為（

）

A． B． C． D．【答案】A【詳解】由題知，一帶電粒子由O點(diǎn)沿x正向入射到磁場(chǎng)中，在磁場(chǎng)另一側(cè)的S點(diǎn)射出，

則根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子出離磁場(chǎng)時(shí)速度方向與豎直方向夾角為30°，則解得粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=2a則粒子做圓周運(yùn)動(dòng)有則有如果保持所有條件不變，在磁場(chǎng)區(qū)域再加上電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，該粒子入射后則會(huì)沿x軸到達(dá)接收屏，則有Eq=qvB聯(lián)立有故選A。8．（2017·全國·高考真題）如圖所示，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，P為磁場(chǎng)邊界上的一點(diǎn)，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點(diǎn)，在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場(chǎng)，若粒子射入的速率為，這些粒子在磁場(chǎng)邊界的出射點(diǎn)分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為，相應(yīng)的出射點(diǎn)分布在三分之一圓周上，不計(jì)重力及帶電粒子之間的相互作用，則為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】設(shè)圓形區(qū)域磁場(chǎng)的半徑為r，當(dāng)速度為v1時(shí)，從P點(diǎn)入射磁場(chǎng)的粒子出磁場(chǎng)時(shí)與磁場(chǎng)邊界的最遠(yuǎn)交點(diǎn)與入射點(diǎn)之間的距離等于該粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的直徑，出射點(diǎn)分布在六分之一圓周上，如圖所示根據(jù)幾何知識(shí)可知軌跡圓的半徑為根據(jù)洛倫茲力提供向心力有解得當(dāng)速度為v2時(shí)，從P點(diǎn)入射磁場(chǎng)的粒子出磁場(chǎng)時(shí)與磁場(chǎng)邊界的最遠(yuǎn)交點(diǎn)與入射點(diǎn)之間的距離等于該粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的直徑，出射點(diǎn)分布在三分之一圓周上，如圖所示根據(jù)幾何知識(shí)可知軌跡圓的半徑為根據(jù)洛倫茲力提供向心力有解得則有故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選C。9．（2022·廣東·高考真題）如圖所示，一個(gè)立方體空間被對(duì)角平面劃分成兩個(gè)區(qū)域，兩區(qū)域分布有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)子以某一速度從立方體左側(cè)垂直平面進(jìn)入磁場(chǎng)，并穿過兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域。下列關(guān)于質(zhì)子運(yùn)動(dòng)軌跡在不同坐標(biāo)平面的投影中，可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】A【詳解】AB．由題意知當(dāng)質(zhì)子射出后先在MN左側(cè)運(yùn)動(dòng)，剛射出時(shí)根據(jù)左手定則可知在MN受到y(tǒng)軸正方向的洛倫茲力，即在MN左側(cè)會(huì)向y軸正方向偏移，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，y軸坐標(biāo)增大；在MN右側(cè)根據(jù)左手定則可知洛倫茲力反向，質(zhì)子在y軸正方向上做減速運(yùn)動(dòng)，故A正確，B錯(cuò)誤；CD．根據(jù)左手定則可知質(zhì)子在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中都只受到平行于xOy平面的洛倫茲力作用，在z軸方向上沒有運(yùn)動(dòng)，z軸坐標(biāo)不變，故CD錯(cuò)誤。故選A。10．（2016·全國·高考真題）一圓筒處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖所示。圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度ω順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時(shí)的運(yùn)動(dòng)方向與MN成30°角。當(dāng)筒轉(zhuǎn)過90°時(shí)，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒，不計(jì)重力。若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】由題可知，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓弧所對(duì)的圓心角為30°，因此粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與筒轉(zhuǎn)過90°所用的時(shí)間相等，即解得故選A。11．（2021·北京·高考真題）如圖所示，在xOy坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一帶電粒子在P點(diǎn)以與x軸正方向成60的方向垂直磁場(chǎng)射入，并恰好垂直于y軸射出磁場(chǎng)。已知帶電粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，OP=a。不計(jì)重力。根據(jù)上述信息可以得出（）A．帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡方程B．帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速率C．帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間D．該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度【答案】A【詳解】粒子恰好垂直于y軸射出磁場(chǎng)，做兩速度的垂線交點(diǎn)為圓心，軌跡如圖所示A．由幾何關(guān)系可知因圓心的坐標(biāo)為，則帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡方程為故A正確；BD．洛倫茲力提供向心力，有解得帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速率為因軌跡圓的半徑可求出，但磁感應(yīng)強(qiáng)度未知，則無法求出帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速率，故BD錯(cuò)誤；C．帶電粒子圓周的圓心角為，而周期為則帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為因磁感應(yīng)強(qiáng)度未知，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間無法求得，故C錯(cuò)誤；故選A。12．（2021·全國·高考真題）如圖，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，質(zhì)量為m、電荷量為的帶電粒子從圓周上的M點(diǎn)沿直徑方向射入磁場(chǎng)。若粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為，離開磁場(chǎng)時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)；若射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為，離開磁場(chǎng)時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)，不計(jì)重力，則為（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】根據(jù)題意做出粒子的圓心如圖所示設(shè)圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系有第一次的半徑第二次的半徑根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得所以故選B。13．（2020·全國·高考真題）真空中有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)邊界為兩個(gè)半徑分別為a和3a的同軸圓柱面，磁場(chǎng)的方向與圓柱軸線平行，其橫截面如圖所示。一速率為v的電子從圓心沿半徑方向進(jìn)入磁場(chǎng)。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，忽略重力。為使該電子的運(yùn)動(dòng)被限制在圖中實(shí)線圓圍成的區(qū)域內(nèi)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度最小為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力則磁感應(yīng)強(qiáng)度與圓周運(yùn)動(dòng)軌跡關(guān)系為即運(yùn)動(dòng)軌跡半徑越大，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度越小。令電子運(yùn)動(dòng)軌跡最大的半徑為，為了使電子的運(yùn)動(dòng)被限制在圖中實(shí)線圓圍成的區(qū)域內(nèi)，其最大半徑的運(yùn)動(dòng)軌跡與實(shí)線圓相切，如圖所示A點(diǎn)為電子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心，電子從圓心沿半徑方向進(jìn)入磁場(chǎng)，由左手定則可得，，ΔABO為直角三角形，則由幾何關(guān)系可得解得解得磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度最小值故選C。14．（2020·全國·高考真題）一勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，為半圓，ac、bd與直徑ab共線，ac間的距離等于半圓的半徑。一束質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子，在紙面內(nèi)從c點(diǎn)垂直于ac射入磁場(chǎng)，這些粒子具有各種速率。不計(jì)粒子之間的相互作用。在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)的粒子，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可得粒子在磁場(chǎng)中的周期T=粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與速度無關(guān)，軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角越大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)；過點(diǎn)做半圓的切線交于點(diǎn)，如圖所示由圖可知，粒子從點(diǎn)離開時(shí)，軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角最大，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)；由圖中幾何關(guān)系可知，此時(shí)軌跡對(duì)應(yīng)的最大圓心角為則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為故選C。15．（2019·北京·高考真題）如圖所示，正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一帶電粒子垂直磁場(chǎng)邊界從a點(diǎn)射入，從b點(diǎn)射出．下列說法正確的是A．粒子帶正電B．粒子在b點(diǎn)速率大于在a點(diǎn)速率C．若僅減小磁感應(yīng)強(qiáng)度，則粒子可能從b點(diǎn)右側(cè)射出D．若僅減小入射速率，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間變短【答案】C【詳解】由左手定則確粒子的電性，由洛倫茲力的特點(diǎn)確定粒子在b、a兩點(diǎn)的速率，根據(jù)確定粒子運(yùn)動(dòng)半徑和運(yùn)動(dòng)時(shí)間．由題可知，粒子向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則，所以粒子應(yīng)帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；由于洛倫茲力不做功，所以粒子動(dòng)能不變，即粒子在b點(diǎn)速率與a點(diǎn)速率相等，故B錯(cuò)誤；若僅減小磁感應(yīng)強(qiáng)度，由公式得：，所以磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，半徑增大，所以粒子有可能從b點(diǎn)右側(cè)射出，故C正確，若僅減小入射速率，粒子運(yùn)動(dòng)半徑減小，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的偏轉(zhuǎn)角增大，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間一定變長(zhǎng)，故D錯(cuò)誤．16．（2019·全國·高考真題）如圖，在坐標(biāo)系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為和B、方向均垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進(jìn)入第一象限，最后經(jīng)過x軸離開第一象限．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為A． B． C． D．【答案】B【詳解】運(yùn)動(dòng)軌跡如圖:即運(yùn)動(dòng)由兩部分組成,第一部分是個(gè)周期,第二部分是個(gè)周期,粒子在第二象限運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過的角度為90°，則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為；粒子在第一象限轉(zhuǎn)過的角度為60°，則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為；則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：，故B正確，ACD錯(cuò)誤．17．（2019·全國·高考真題）如圖，邊長(zhǎng)為l的正方形abcd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（abcd所在平面）向外．a(chǎn)b邊中點(diǎn)有一電子發(fā)源O，可向磁場(chǎng)內(nèi)沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子．已知電子的比荷為k．則從a、d兩點(diǎn)射出的電子的速度大小分別為A．， B．，C．， D．，【答案】B【詳解】a點(diǎn)射出粒子半徑Ra==，得：va==，d點(diǎn)射出粒子半徑為，R=故vd==，故B選項(xiàng)符合題意18．（2015·廣東·高考真題）在同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，α粒子（24He）和質(zhì)子（）做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，若它們的動(dòng)量大小相等，則αA．運(yùn)動(dòng)半徑之比是2∶1B．運(yùn)動(dòng)周期之比是2∶1C．運(yùn)動(dòng)速度大小之比是4∶1D．受到的洛倫茲力之比是2∶1【答案】B【詳解】帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由洛倫茲力提供，根據(jù)洛倫茲力大小計(jì)算公式和向心力公式有qvB＝解得其運(yùn)動(dòng)半徑為r＝由題意可知mαvα＝mHvH，所以有：＝＝，＝＝，＝＝根據(jù)勻速圓周運(yùn)動(dòng)參量間關(guān)系有T＝解得T＝所以有＝＝故選B。19．（2015·全國·高考真題）兩相鄰勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不同、方向平行。一速度方向與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直的帶電粒子（不計(jì)重力），從較強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域進(jìn)入到較弱磁場(chǎng)區(qū)域后，粒子的（）A．軌道半徑減小，角速度增大B．軌道半徑減小，角速度減小C．軌道半徑增大，角速度增大D．軌道半徑增大，角速度減小【答案】D【詳解】由于磁場(chǎng)方向與速度方向垂直，粒子只受到洛倫茲力作用，即軌道半徑洛倫茲力不做功，從較強(qiáng)到較弱磁場(chǎng)區(qū)域后，速度大小不變，但磁感應(yīng)強(qiáng)度變小，軌道半徑變大，根據(jù)角速度可知角速度減小。故選D。20．（2016·四川·高考真題）如圖所示，正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一帶正電的粒子從f點(diǎn)沿fd方向射入磁場(chǎng)區(qū)域，當(dāng)速度大小為vb時(shí)，從b點(diǎn)離開磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tb，當(dāng)速度大小為vc時(shí)，從c點(diǎn)離開磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tc，不計(jì)粒子重力．則A．vb:vc=1:2，tb:tc=2:1 B．vb:vc=2:2，tb:tc=1:2C．vb:vc=2:1，tb:tc=2:1 D．vb:vc=1:2，tb:tc=1:2【答案】A【詳解】試題分析：設(shè)正六邊形邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，若粒子從b點(diǎn)離開磁場(chǎng)，可知運(yùn)動(dòng)的半徑為R1=L，在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的角度為θ1=1200；若粒子從c點(diǎn)離開磁場(chǎng)，可知運(yùn)動(dòng)的半徑為R2=2L，在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的角度為θ2=600，根據(jù)可知vb:vc=R1：R2=1:2；根據(jù)可知，tb:tc=θ1：θ2=2:1，故選A．考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【名師點(diǎn)睛】此題考查了帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；做此類型的習(xí)題，關(guān)鍵是畫出幾何軌跡圖，找出半徑關(guān)系及偏轉(zhuǎn)的角度關(guān)系；注意粒子在同一磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期與速度是無關(guān)的；記住兩個(gè)常用的公式：和．21．（2015·北京·高考真題）實(shí)驗(yàn)觀察到，靜止在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中A點(diǎn)的原子核發(fā)生β衰變，衰變產(chǎn)生的新核與電子恰在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向和軌跡示意如圖．則（

）A．軌跡1是電子的，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外B．軌跡2是電子的，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外C．軌跡1是新核的，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里D．軌跡2是新核的，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里【答案】D【詳解】靜止的核發(fā)生衰變（）由內(nèi)力作用，滿足動(dòng)量守恒，則新核和電子的動(dòng)量等大反向，垂直射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)后均做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由可知，則兩個(gè)新核的運(yùn)動(dòng)半徑與電量成反比，即，則新核為小圓，電子為大圓；而新核帶正電，電子帶負(fù)電，由左手定則可知磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，選項(xiàng)D正確．二、多選題22．（2023·全國·高考真題）光滑剛性絕緣圓筒內(nèi)存在著平行于軸的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，筒上P點(diǎn)開有一個(gè)小孔，過P的橫截面是以O(shè)為圓心的圓，如圖所示。一帶電粒子從P點(diǎn)沿PO射入，然后與筒壁發(fā)生碰撞。假設(shè)粒子在每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點(diǎn)的切線方向的分量大小不變，沿法線方向的分量大小不變、方向相反；電荷量不變。不計(jì)重力。下列說法正確的是（

）

A．粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可能通過圓心OB．最少經(jīng)2次碰撞，粒子就可能從小孔射出C．射入小孔時(shí)粒子的速度越大，在圓內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間越短D．每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點(diǎn)與圓心O的連線【答案】BD【詳解】D．假設(shè)粒子帶負(fù)電，第一次從A點(diǎn)和筒壁發(fā)生碰撞如圖，為圓周運(yùn)動(dòng)的圓心

由幾何關(guān)系可知為直角，即粒子此時(shí)的速度方向?yàn)?，說明粒子在和筒壁碰撞時(shí)速度會(huì)反向，由圓的對(duì)稱性在其它點(diǎn)撞擊同理，D正確；A．假設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)過程過O點(diǎn)，則過P點(diǎn)的速度的垂線和OP連線的中垂線是平行的不能交于一點(diǎn)確定圓心，由圓形對(duì)稱性撞擊筒壁以后的A點(diǎn)的速度垂線和AO連線的中垂線依舊平行不能確定圓心，則粒子不可能過O點(diǎn)，A錯(cuò)誤；B．由題意可知粒子射出磁場(chǎng)以后的圓心組成的多邊形應(yīng)為以筒壁的內(nèi)接圓的多邊形，最少應(yīng)為三角形如圖所示

即撞擊兩次，B正確；C．速度越大粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑越大，碰撞次數(shù)會(huì)可能增多，粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間不一定減少，C錯(cuò)誤。故選BD。23．（2022·遼寧·高考真題）粒子物理研究中使用的一種球狀探測(cè)裝置橫截面的簡(jiǎn)化模型如圖所示。內(nèi)圓區(qū)域有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，外圓是探測(cè)器。兩個(gè)粒子先后從P點(diǎn)沿徑向射入磁場(chǎng)，粒子1沿直線通過磁場(chǎng)區(qū)域后打在探測(cè)器上的M點(diǎn)。粒子2經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后打在探測(cè)器上的N點(diǎn)。裝置內(nèi)部為真空狀態(tài)，忽略粒子重力及粒子間相互作用力。下列說法正確的是（）A．粒子1可能為中子B．粒子2可能為電子C．若增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，粒子1可能打在探測(cè)器上的Q點(diǎn)D．若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探測(cè)器上的Q點(diǎn)【答案】AD【詳解】AB．由題圖可看出粒子1沒有偏轉(zhuǎn)，說明粒子1不帶電，則粒子1可能為中子；粒子2向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知粒子2應(yīng)該帶正電，A正確、B錯(cuò)誤；C．由以上分析可知粒子1為中子，則無論如何增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，粒子1都不會(huì)偏轉(zhuǎn)，C錯(cuò)誤；D．粒子2在磁場(chǎng)中洛倫茲力提供向心力有解得可知若增大粒子入射速度，則粒子2的半徑增大，粒子2可能打在探測(cè)器上的Q點(diǎn)，D正確。故選AD。24．（2022·湖北·高考真題）在如圖所示的平面內(nèi)，分界線SP將寬度為L(zhǎng)的矩形區(qū)域分成兩部分，一部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，SP與磁場(chǎng)左右邊界垂直。離子源從S處射入速度大小不同的正離子，離子入射方向與磁場(chǎng)方向垂直且與SP成30°角。已知離子比荷為k，不計(jì)重力。若離子從Р點(diǎn)射出，設(shè)出射方向與入射方向的夾角為θ，則離子的入射速度和對(duì)應(yīng)θ角的可能組合為（）A．kBL，0° B．kBL，0° C．kBL，60° D．2kBL，60°【答案】BC【詳解】若粒子通過下部分磁場(chǎng)直接到達(dá)P點(diǎn)，如圖根據(jù)幾何關(guān)系則有可得根據(jù)對(duì)稱性可知出射速度與SP成30°角向上，故出射方向與入射方向的夾角為θ=60°。當(dāng)粒子上下均經(jīng)歷一次時(shí)，如圖因?yàn)樯舷麓鸥袘?yīng)強(qiáng)度均為B，則根據(jù)對(duì)稱性有根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得此時(shí)出射方向與入射方向相同，即出射方向與入射方向的夾角為θ=0°。通過以上分析可知當(dāng)粒子從下部分磁場(chǎng)射出時(shí)，需滿足（n=1，2，3……）此時(shí)出射方向與入射方向的夾角為θ=60°；當(dāng)粒子從上部分磁場(chǎng)射出時(shí)，需滿足（n=1，2，3……）此時(shí)出射方向與入射方向的夾角為θ=0°。故可知BC正確，AD錯(cuò)誤。故選BC。25．（2021·海南·高考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)，存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。大量質(zhì)量為m、電量為q的相同粒子從y軸上的點(diǎn)，以相同的速率在紙面內(nèi)沿不同方向先后射入磁場(chǎng)，設(shè)入射速度方向與y軸正方向的夾角為。當(dāng)時(shí)，粒子垂直x軸離開磁場(chǎng)。不計(jì)粒子的重力。則（）A．粒子一定帶正電B．當(dāng)時(shí)，粒子也垂直x軸離開磁場(chǎng)C．粒子入射速率為D．粒子離開磁場(chǎng)的位置到O點(diǎn)的最大距離為【答案】ACD【詳解】A．根據(jù)題意可知粒子垂直軸離開磁場(chǎng)，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電，A正確；BC．當(dāng)時(shí)，粒子垂直軸離開磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖粒子運(yùn)動(dòng)的半徑為洛倫茲力提供向心力解得粒子入射速率若，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子離開磁場(chǎng)時(shí)與軸不垂直，B錯(cuò)誤，C正確；D．粒子離開磁場(chǎng)距離點(diǎn)距離最遠(yuǎn)時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中的軌跡為半圓，如圖根據(jù)幾何關(guān)系可知解得D正確。故選ACD。26．（2021·湖北·高考真題）一電中性微粒靜止在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，在某一時(shí)刻突然分裂成a、b和c三個(gè)微粒，a和b在磁場(chǎng)中做半徑相等的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，環(huán)繞方向如圖所示，c未在圖中標(biāo)出。僅考慮磁場(chǎng)對(duì)帶電微粒的作用力，下列說法正確的是（）A．a(chǎn)帶負(fù)電荷 B．b帶正電荷C．c帶負(fù)電荷 D．a(chǎn)和b的動(dòng)量大小一定相等【答案】BC【詳解】ABC．由左手定則可知，粒子a、粒子b均帶正電，電中性的微粒分裂的過程中，總的電荷量應(yīng)保持不變，則粒子c應(yīng)帶負(fù)電，A錯(cuò)誤，BC正確；D．粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力提供向心力，即解得由于粒子a與粒子b的質(zhì)量、電荷量大小關(guān)系未知，則粒子a與粒子b的動(dòng)量大小關(guān)系不確定，D錯(cuò)誤。故選BC。27．（2020·天津·高考真題）如圖所示，在Oxy平面的第一象限內(nèi)存在方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一帶電粒子從y軸上的M點(diǎn)射入磁場(chǎng)，速度方向與y軸正方向的夾角。粒子經(jīng)過磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后在N點(diǎn)（圖中未畫出）垂直穿過x軸。已知，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，重力不計(jì)。則（）A．粒子帶負(fù)電荷 B．粒子速度大小為C．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為a D．N與O點(diǎn)相距【答案】AD【詳解】A．粒子向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力，可知粒子帶負(fù)電，A正確；BC．粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖由于速度方向與y軸正方向的夾角，根據(jù)幾何關(guān)系可知，則粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為洛倫茲力提供向心力解得BC錯(cuò)誤；D．與點(diǎn)的距離為D正確。故選AD。28．（2019·海南·高考真題）如圖，虛線MN的右側(cè)有方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩電荷量相同的粒子P、Q從磁場(chǎng)邊界的M點(diǎn)先后射入磁場(chǎng)，在紙面內(nèi)運(yùn)動(dòng)。射入磁場(chǎng)時(shí)，P的速度垂直于磁場(chǎng)邊界，Q的速度與磁場(chǎng)邊界的夾角為45°。已知兩粒子均從N點(diǎn)射出磁場(chǎng)，且在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，則（）

A．P和Q的質(zhì)量之比為1：2 B．P和Q的質(zhì)量之比為C．P和Q速度大小之比為 D．P和Q速度大小之比為2：1【答案】AC【詳解】設(shè)MN=2R，則對(duì)粒子P的半徑為R，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，整理有對(duì)粒子Q的半徑為R，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，整理有又兩粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，則，即解得，故AC正確，BD錯(cuò)誤。故選AC。29．（2015·全國·高考真題）有兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域I和II，I中的磁感應(yīng)強(qiáng)度是II中的k倍，兩個(gè)速率相同的電子分別在兩磁場(chǎng)區(qū)域做圓周運(yùn)動(dòng)，與I中運(yùn)動(dòng)的電子相比，II中的電子（）A．運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑是I中的k倍B．加速度的大小是I中的k倍C．做圓周運(yùn)動(dòng)的周期是I中的k倍D．做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度是I中的k倍【答案】AC【詳解】A．設(shè)Ⅱ中的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則Ⅰ中的磁感應(yīng)強(qiáng)度為kB，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，則有解得可知，Ⅰ中的電子運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑為，Ⅱ中的電子運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑為，所以Ⅱ中的電子運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍，故A正確；B．電子在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的洛倫茲力作為向心力，所以電子的加速度的大小為所以Ⅰ中的電子加速度的大小為Ⅱ中的電子加速度的大小為所以Ⅱ的電子的加速度大小是Ⅰ中的倍，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期公式T=2πmqB可知，Ⅰ中的電子運(yùn)動(dòng)周期為，Ⅱ中的電子運(yùn)動(dòng)周期為，所以Ⅱ中的電子運(yùn)動(dòng)軌跡的周期是Ⅰ中的k倍，故C正確；D．做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度，所以Ⅰ中的電子運(yùn)動(dòng)角速度為，Ⅱ中的電子運(yùn)動(dòng)角速度為，在Ⅱ的電子做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度是Ⅰ中的倍，故D錯(cuò)誤。故選AC。30．（2015·四川·高考真題）如圖所示，S處有一電子源，可向紙面內(nèi)任意方向發(fā)射電子，平板MN垂直于紙面，在紙面內(nèi)的長(zhǎng)度L=9.1cm，中點(diǎn)O與S間的距離d＝4.55cm，MN與SO直線的夾角為θ，板所在平面有電子源的一側(cè)區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.0×10－4T，電子質(zhì)量m＝9.1×10－31kg，電荷量e＝－1.6×10－19C，不計(jì)電子重力．電子源發(fā)射速度v＝1.6×106m/s的一個(gè)電子，該電子打在板上可能位置的區(qū)域的長(zhǎng)度為l，則A．θ＝90°時(shí)，l＝9.1cm B．θ＝60°時(shí)，l＝9.1cmC．θ＝45°時(shí)，l＝4.55cm D．θ＝30°時(shí)，l＝4.55cm【答案】AD【詳解】解：由洛侖茲力充當(dāng)向心力可得；Bqv=m解得：R===0.0455m=4.55cm；所有粒子的圓心組成以S為圓心，R為半徑的圓；電子出現(xiàn)的區(qū)域?yàn)橐許為圓心，以9.1cm半徑的圓形區(qū)域內(nèi)，如圖中大圓所示；故當(dāng)θ=90°時(shí)，紙板MN均在該區(qū)域內(nèi)，故l=9.1cm；當(dāng)θ=30°時(shí)，l=4.55cm；故AD正確，BC錯(cuò)誤；故選AD．【點(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子充當(dāng)向心力的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，解題的關(guān)鍵問題在于明確粒子運(yùn)動(dòng)的圓心和半徑，進(jìn)而明確所有粒子可能出現(xiàn)的空間．三、解答題31．（2024·重慶·高考真題）有人設(shè)計(jì)了一粒種子收集裝置。如圖所示，比荷為的帶正點(diǎn)的粒子，由固定于M點(diǎn)的發(fā)射槍，以不同的速率射出后，沿射線MN方向運(yùn)動(dòng)，能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K點(diǎn)，O在MN上，且KO垂直于MN。若打開磁場(chǎng)開關(guān)，空間將充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，速率為v0的粒子運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)，打開磁場(chǎng)開關(guān)，該粒子全被收集，不計(jì)粒子重點(diǎn)，忽略磁場(chǎng)突變的影響。(1)求OK間的距離；(2)速率為4v0的粒子射出瞬間打開磁場(chǎng)開關(guān)，該粒子仍被收集，求MO間的距離；(3)速率為4v0的粒子射出后，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間再打開磁場(chǎng)開關(guān)，該粒子也能被收集。以粒子射出的時(shí)刻為計(jì)時(shí)O點(diǎn)。求打開磁場(chǎng)的那一時(shí)刻。

【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）（1）當(dāng)粒子到達(dá)О點(diǎn)時(shí)打開磁場(chǎng)開關(guān)，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)軌跡半徑為r1，如圖所示

由洛倫茲力提供向心力得其中（2）速率為4v0的粒子射出瞬間打開磁場(chǎng)開關(guān)，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑r2=4r1如圖所示，由幾何關(guān)系有（4r1-2r1）2＋MO2=(4r1)2解得（3）速率為4v0的粒子射出一段時(shí)間t到達(dá)N點(diǎn)，要使粒子仍然經(jīng)過K點(diǎn)，則N點(diǎn)在O點(diǎn)右側(cè)，如圖所示

由幾何關(guān)系有（4r1-2r1）2＋ON2=(4r1)2解得粒子在打開磁場(chǎng)開關(guān)前運(yùn)動(dòng)時(shí)間為解得32．（2023·福建·高考真題）阿斯頓（F．Aston）借助自己發(fā)明的質(zhì)譜儀發(fā)現(xiàn)了氖等元素的同位素而獲得諾貝爾獎(jiǎng)，質(zhì)譜儀分析同位素簡(jiǎn)化的工作原理如圖所示。在上方存在一垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。兩個(gè)氖離子在O處以相同速度v垂直磁場(chǎng)邊界入射，在磁場(chǎng)中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，分別落在M和N處。已知某次實(shí)驗(yàn)中，，落在M處氖離子比荷（電荷量和質(zhì)量之比）為；P、O、M、N、P在同一直線上；離子重力不計(jì)。（1）求OM的長(zhǎng)度；（2）若ON的長(zhǎng)度是OM的1.1倍，求落在N處氖離子的比荷?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）粒子進(jìn)入磁場(chǎng)，洛倫茲力提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力則有整理得OM的長(zhǎng)度為（2）若ON的長(zhǎng)度是OM的1.1倍，則ON運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為OM運(yùn)動(dòng)軌跡半徑1.1倍，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得整理得33．（2023·天津·高考真題）科學(xué)研究中可以用電場(chǎng)和磁場(chǎng)實(shí)現(xiàn)電信號(hào)放大，某信號(hào)放大裝置示意如圖，其主要由陰極、中間電極(電極1,電極2,…,電極n)和陽極構(gòu)成，該裝置處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,各相鄰電極存在電勢(shì)差。由陰極發(fā)射的電子射入電極1,激發(fā)出更多的電子射入電極2,依此類推,電子數(shù)逐級(jí)增加,最終被陽極收集,實(shí)現(xiàn)電信號(hào)放大。圖中所有中間電極均沿x軸放置在xOz平面內(nèi),磁場(chǎng)平行于z軸，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。已知電子質(zhì)量為m,電荷量為e。忽略電子間的相互作用力，不計(jì)重力。（1）若電極間電勢(shì)差很小可忽略,從電極1上O點(diǎn)激發(fā)出多個(gè)電子，它們的初速度方向與y軸的正方向夾角均為，其中電子a、b的初速度分別處于xOy、yOz平面的第一象限內(nèi)，并都能運(yùn)動(dòng)到電極2。（i）試判斷磁場(chǎng)方向；（ii）分別求出a和b到達(dá)電極2所用的時(shí)間和；（2）若單位時(shí)間內(nèi)由陰極發(fā)射的電子數(shù)保持穩(wěn)定,陰極、中間電極發(fā)出的電子全部到達(dá)下一相鄰電極。設(shè)每個(gè)射入中間電極的電子在該電極上激發(fā)出個(gè)電子,，U為相鄰電極間電勢(shì)差。試定性畫出陽極收集電子而形成的電流I和U關(guān)系的圖像,并說明理由【答案】（1）（?。┭貁軸反方向；（ⅱ），（2）見解析【詳解】（1）（?。゛電子，初速度方向在xoy平面內(nèi)，與y軸正方向成θ角；若磁場(chǎng)方向沿z軸正方向，a電子在洛倫茲力作用下向x軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn)，不符合題題意；若磁場(chǎng)方向沿z軸反方向，a電子在洛倫茲力作用下向x軸正方向偏轉(zhuǎn)，符合題意；b電子，初速度方向在zoy平面內(nèi)，與y軸正方向成θ角。將b電子初速度沿坐標(biāo)軸分解，沿z軸的分速度與磁感線平行不受力，沿y軸方向的分速度受到洛倫茲力使得電子沿x軸正方向偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知，磁場(chǎng)方向沿z軸反方向。符合題意；綜上可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向沿z軸反方向。（ⅱ）a電子在洛倫茲力作用下運(yùn)動(dòng)軌跡如圖由圖可知電子運(yùn)動(dòng)到下一個(gè)極板的時(shí)間b電子，沿z軸的分速度與磁感線平行不受力，對(duì)應(yīng)勻速直線運(yùn)動(dòng)；沿y軸方向的分速度受到洛倫茲力使電子向右偏轉(zhuǎn)，電子運(yùn)動(dòng)半個(gè)圓周到下一個(gè)極板的時(shí)間（2）設(shè)，單位時(shí)間內(nèi)陰極逸出的電子數(shù)量N0不變，每個(gè)電子打到極板上可以激發(fā)δ個(gè)電子，經(jīng)過n次激發(fā)陽極處接收電子數(shù)量對(duì)應(yīng)的電流可得I-U圖像如圖34．（2023·浙江·高考真題）利用磁場(chǎng)實(shí)現(xiàn)離子偏轉(zhuǎn)是科學(xué)儀器中廣泛應(yīng)用的技術(shù)。如圖所示，Oxy平面（紙面）的第一象限內(nèi)有足夠長(zhǎng)且寬度均為L(zhǎng)、邊界均平行x軸的區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，其中區(qū)域Ⅰ存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域Ⅱ存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2的磁場(chǎng)，方向均垂直紙面向里，區(qū)域Ⅱ的下邊界與x軸重合。位于處的離子源能釋放出質(zhì)量為m、電荷量為q、速度方向與x軸夾角為60°的正離子束，沿紙面射向磁場(chǎng)區(qū)域。不計(jì)離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場(chǎng)的邊界效應(yīng)。（1）求離子不進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的最大速度v1及其在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t；（2）若，求能到達(dá)處的離子的最小速度v2；（3）若，且離子源射出的離子數(shù)按速度大小均勻地分布在范圍，求進(jìn)入第四象限的離子數(shù)與總離子數(shù)之比η。

【答案】（1）；（2）（3）60%【詳解】（1）當(dāng)離子不進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ速度最大時(shí)，軌跡與邊界相切，則由幾何關(guān)系解得r1=2L根據(jù)解得在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期運(yùn)動(dòng)時(shí)間

（2）若B2=2B1，根據(jù)可知粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，設(shè)O1O2與磁場(chǎng)邊界夾角為α，由幾何關(guān)系解得r2=2L根據(jù)解得（3）當(dāng)最終進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ的粒子若剛好到達(dá)x軸，則由動(dòng)量定理即求和可得粒子從區(qū)域Ⅰ到區(qū)域Ⅱ最終到x軸上的過程中解得則速度在~之間的粒子才能進(jìn)入第四象限；因離子源射出粒子的速度范圍在~，又粒子源射出的粒子個(gè)數(shù)按速度大小均勻分布，可知能進(jìn)入第四象限的粒子占粒子總數(shù)的比例為η=60%35．（2023·湖北·高考真題）如圖所示，空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。t=0時(shí)刻，一帶正電粒子甲從點(diǎn)P（2a，0）沿y軸正方向射入，第一次到達(dá)點(diǎn)O時(shí)與運(yùn)動(dòng)到該點(diǎn)的帶正電粒子乙發(fā)生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小變?yōu)榕銮暗?倍，粒子甲運(yùn)動(dòng)一個(gè)圓周時(shí)，粒子乙剛好運(yùn)動(dòng)了兩個(gè)圓周。已知粒子甲的質(zhì)量為m，兩粒子所帶電荷量均為q。假設(shè)所有碰撞均為彈性正碰，碰撞時(shí)間忽略不計(jì)，碰撞過程中不發(fā)生電荷轉(zhuǎn)移，不考慮重力和兩粒子間庫侖力的影響。求：（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大??；（2）粒子乙的質(zhì)量和第一次碰撞后粒子乙的速度大?。唬?）時(shí)刻粒子甲、乙的位置坐標(biāo)，及從第一次碰撞到的過程中粒子乙運(yùn)動(dòng)的路程。（本小問不要求寫出計(jì)算過程，只寫出答案即可）

【答案】（1）；（2），；（3）甲（－6a，0），乙（0，0），67πa【詳解】（1）由題知，粒子甲從點(diǎn)P（2a，0）沿y軸正方向射入到達(dá)點(diǎn)O，則說明粒子甲的半徑r=a根據(jù)解得（2）由題知，粒子甲運(yùn)動(dòng)一個(gè)圓周時(shí)，粒子乙剛好運(yùn)動(dòng)了兩個(gè)圓周，則T甲=2T乙根據(jù)，有則粒子甲、乙碰撞過程，取豎直向下為正有mv甲0＋m乙v乙0=－mv甲1＋m乙v乙1

解得v乙0=－5v甲0，v乙1=3v甲0則第一次碰撞后粒子乙的速度大小為。（3）已知在時(shí)，甲、乙粒子發(fā)生第一次碰撞且碰撞后有v甲1=－3v甲0，v乙1=3v甲0則根據(jù)，可知此時(shí)乙粒子的運(yùn)動(dòng)半徑為可知在時(shí)，甲、乙粒子發(fā)生第二次碰撞，且甲、乙粒子發(fā)生第一次碰撞到第二次碰撞過程中乙粒子運(yùn)動(dòng)了2圈，此過程中乙粒子走過的路程為S1=6πa且在第二次碰撞時(shí)有mv甲1＋m乙v乙1=mv甲2＋m乙v乙2

解得v甲2=v甲0，v乙2=－5v甲0可知在時(shí)，甲、乙粒子發(fā)生第三次碰撞，且甲、乙粒子發(fā)生第二次碰撞到第三次碰撞過程中乙粒子運(yùn)動(dòng)了2圈，此過程中乙粒子走過的路程為S2=10πa且在第三次碰撞時(shí)有mv甲2＋m乙v乙2=mv甲3＋m乙v乙3

解得v甲3=－3v甲0，v乙3=3v甲0依次類推在時(shí)，甲、乙粒子發(fā)生第九次碰撞，且甲、乙粒子發(fā)生第八次碰撞到第九次碰撞過程中乙粒子運(yùn)動(dòng)了2圈，此過程中乙粒子走過的路程為S8=10πa且在第九次碰撞時(shí)有mv甲8＋m乙v乙8=mv甲9＋m乙v乙9

解得v甲9=－3v甲0，v乙9=3v甲0在到過程中，甲粒子剛好運(yùn)動(dòng)半周，且甲粒子的運(yùn)動(dòng)半徑為r甲1=3a則時(shí)甲粒子運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)即（－6a，0）處。在到過程中，乙粒子剛好運(yùn)動(dòng)一周，則時(shí)乙粒子回到坐標(biāo)原點(diǎn)，且此過程中乙粒子走過的路程為S0=3πa故整個(gè)過程中乙粒子走過總路程為S=4×6πa＋4×10πa＋3πa=67πa36．（2021·湖南·高考真題）帶電粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制備的關(guān)鍵技術(shù)之一、帶電粒子流（每個(gè)粒子的質(zhì)量為、電荷量為）以初速度垂直進(jìn)入磁場(chǎng)，不計(jì)重力及帶電粒子之間的相互作用。對(duì)處在平面內(nèi)的粒子，求解以下問題。（1）如圖（a），寬度為的帶電粒子流沿軸正方向射入圓心為、半徑為的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，若帶電粒子流經(jīng)過磁場(chǎng)后都匯聚到坐標(biāo)原點(diǎn)，求該磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；（2）如圖（a），虛線框?yàn)檫呴L(zhǎng)等于的正方形，其幾何中心位于。在虛線框內(nèi)設(shè)計(jì)一個(gè)區(qū)域面積最小的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，使匯聚到點(diǎn)的帶電粒子流經(jīng)過該區(qū)域后寬度變?yōu)椋⒀剌S正方向射出。求該磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向，以及該磁場(chǎng)區(qū)域的面積（無需寫出面積最小的證明過程）；（3）如圖（b），虛線框Ⅰ和Ⅱ均為邊長(zhǎng)等于的正方形，虛線框Ⅲ和Ⅳ均為邊長(zhǎng)等于的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分別設(shè)計(jì)一個(gè)區(qū)域面積最小的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，使寬度為的帶電粒子流沿軸正方向射入Ⅰ和Ⅱ后匯聚到坐標(biāo)原點(diǎn)，再經(jīng)過Ⅲ和Ⅳ后寬度變?yōu)?，并沿軸正方向射出，從而實(shí)現(xiàn)帶電粒子流的同軸控束。求Ⅰ和Ⅲ中磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，以及Ⅱ和Ⅳ中勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的面積（無需寫出面積最小的證明過程）?！敬鸢浮浚?）；（2），垂直與紙面向里，；（3），，，【詳解】（1）粒子垂直進(jìn)入圓形磁場(chǎng)，在坐標(biāo)原點(diǎn)匯聚，滿足磁聚焦的條件，即粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑等于圓形磁場(chǎng)的半徑，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力解得（2）粒子從點(diǎn)進(jìn)入下方虛線區(qū)域，若要從聚焦的點(diǎn)飛入然后平行軸飛出，為磁發(fā)散的過程，即粒子在下方圓形磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑等于磁場(chǎng)半徑，粒子軌跡最大的邊界如圖所示，圖中圓形磁場(chǎng)即為最小的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域磁場(chǎng)半徑為r2，根據(jù)可知磁感應(yīng)強(qiáng)度為根據(jù)左手定則可知磁場(chǎng)的方向?yàn)榇怪奔埫嫦蚶?，圓形磁場(chǎng)的面積為（3）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，3和4為粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡圓，1和2為粒子運(yùn)動(dòng)的磁場(chǎng)的圓周根據(jù)可知I和III中的磁感應(yīng)強(qiáng)度為，圖中箭頭部分的實(shí)線為粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡，可知磁場(chǎng)的最小面積為葉子形狀，取I區(qū)域如圖圖中陰影部分面積的一半為四分之一圓周與三角形之差，所以陰影部分的面積為類似地可知IV區(qū)域的陰影部分面積為根據(jù)對(duì)稱性可知II中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)面積為37．（2020·北京·高考真題）如圖甲所示，真空中有一長(zhǎng)直細(xì)金屬導(dǎo)線，與導(dǎo)線同軸放置一半徑為的金屬圓柱面。假設(shè)導(dǎo)線沿徑向均勻射出速率相同的電子，已知電子質(zhì)量為，電荷量為。不考慮出射電子間的相互作用。(1)可以用以下兩種實(shí)驗(yàn)方案測(cè)量出射電子的初速度：a.在柱面和導(dǎo)線之間，只加恒定電壓；b.在柱面內(nèi)，只加與平行的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。當(dāng)電壓為或磁感應(yīng)強(qiáng)度為時(shí)，剛好沒有電子到達(dá)柱面。分別計(jì)算出射電子的初速度。(2)撤去柱面，沿柱面原位置放置一個(gè)弧長(zhǎng)為、長(zhǎng)度為的金屬片，如圖乙所示。在該金屬片上檢測(cè)到出射電子形成的電流為，電子流對(duì)該金屬片的壓強(qiáng)為。求單位長(zhǎng)度導(dǎo)線單位時(shí)間內(nèi)出射電子的總動(dòng)能?！敬鸢浮浚?）a.，b.；（2）【詳解】（1）a.在柱面和導(dǎo)線之間，只加恒定電壓，粒子剛好沒有電子到達(dá)柱面，此時(shí)速度為零，根據(jù)動(dòng)能定理有解得b.在柱面內(nèi)，只加與平行的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為時(shí)，剛好沒有電子到達(dá)柱面，設(shè)粒子的偏轉(zhuǎn)半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系有根據(jù)洛倫茲力提供向心力，則有解得（2）撤去柱面，設(shè)單位時(shí)間單位長(zhǎng)度射出的電子數(shù)為n，則單位時(shí)間打在金屬片的粒子數(shù)金屬片上形成電流為所以根據(jù)動(dòng)量定理得金屬片上的壓強(qiáng)為解得故總動(dòng)能為38．（2020·江蘇·高考真題）空間存在兩個(gè)垂直于平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，y軸為兩磁場(chǎng)的邊界，磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為、。甲、乙兩種比荷不同的粒子同時(shí)從原點(diǎn)O沿x軸正向射入磁場(chǎng)，速度均為v。甲第1次、第2次經(jīng)過y軸的位置分別為P、Q，其軌跡如圖所示。甲經(jīng)過Q時(shí)，乙也恰好同時(shí)經(jīng)過該點(diǎn)。已知甲的質(zhì)量為m，電荷量為q。不考慮粒子間的相互作用和重力影響。求：(1)Q到O的距離d；(2)甲兩次經(jīng)過P點(diǎn)的時(shí)間間隔Δt；(3)乙的比荷可能的最小值。【答案】(1)；(2)；(3)【詳解】(1)帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，由得，，Q、O的距離為：(2)由(1)可知，完成一周期運(yùn)動(dòng)上升的距離為d，粒子再次經(jīng)過P，經(jīng)過N個(gè)周期，所以，再次經(jīng)過P點(diǎn)的時(shí)間為由勻速圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得，繞一周的時(shí)間為所以，再次經(jīng)過P點(diǎn)的時(shí)間為兩次經(jīng)過P點(diǎn)的時(shí)間間隔為(3)由洛倫茲力提供向心力，由得，，完成一周期運(yùn)動(dòng)上升的距離若乙粒子從第一象限進(jìn)入第二象限的過程中與甲粒子在Q點(diǎn)相遇，則，結(jié)合以上式子，n無解。若乙粒子從第二象限進(jìn)入第一象限的過程中與甲離子在Q點(diǎn)相遇，則，計(jì)算可得（n=1，2，3……）由于甲乙粒子比荷不同，則n=2時(shí)，乙的比荷最小，為39．（2020·浙江·高考真題）某種離子診斷測(cè)量簡(jiǎn)化裝置如圖所示。豎直平面內(nèi)存在邊界為矩形、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)，探測(cè)板平行于水平放置，能沿豎直方向緩慢移動(dòng)且接地。a、b、c三束寬度不計(jì)、間距相等的離子束中的離子均以相同速度持續(xù)從邊界水平射入磁場(chǎng)，b束中的離子在磁場(chǎng)中沿半徑為R的四分之一圓弧運(yùn)動(dòng)后從下邊界豎直向下射出，并打在探測(cè)板的右邊緣D點(diǎn)。已知每束每秒射入磁場(chǎng)的離子數(shù)均為N，離子束間的距離均為，探測(cè)板的寬度為，離子質(zhì)量均為m、電荷量均為q，不計(jì)重力及離子間的相互作用。（1）求離子速度v的大小及c束中的離子射出磁場(chǎng)邊界時(shí)與H點(diǎn)的距離s；（2）求探測(cè)到三束離子時(shí)探測(cè)板與邊界的最大距離；（3）若打到探測(cè)板上的離子被全部吸收，求離子束對(duì)探測(cè)板的平均作用力的豎直分量F與板到距離L的關(guān)系?！敬鸢浮浚?），0.8R；（2）；（3）當(dāng)時(shí)：；當(dāng)時(shí)：；當(dāng)時(shí)：【詳解】（1）離子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)得粒子的速度大小令c束中的離子運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心為O，從磁場(chǎng)邊界邊的Q點(diǎn)射出，則由幾何關(guān)系可得，（2）a束中的離子運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心為O’，從磁場(chǎng)邊界邊射出時(shí)距離H點(diǎn)的距離為x，由幾何關(guān)系可得即a、c束中的離子從同一點(diǎn)Q射出，離開磁場(chǎng)的速度分別于豎直方向的夾角為、，由幾何關(guān)系可得探測(cè)到三束離子，則c束中的離子恰好達(dá)到探測(cè)板的D點(diǎn)時(shí)，探測(cè)板與邊界的距離最大則（3）a或c束中每個(gè)離子動(dòng)量的豎直分量當(dāng)時(shí)所有離子都打在探測(cè)板上，故單位時(shí)間內(nèi)離子束對(duì)探測(cè)板的平均作用力為當(dāng)時(shí)，只有a和b束中離子打在探測(cè)板上，則單位時(shí)間內(nèi)離子束對(duì)探測(cè)板的平均作用力為當(dāng)時(shí)，只有b束中離子打在探測(cè)板上，則單位時(shí)間內(nèi)離子束對(duì)探測(cè)板的平均作用力為40．（2020·全國·高考真題）如圖，在0≤x≤h，區(qū)域中存在方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小可調(diào)，方向不變。一質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）的粒子以速度v0從磁場(chǎng)區(qū)域左側(cè)沿x軸進(jìn)入磁場(chǎng)，不計(jì)重力。（1）若粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后穿過y軸正半軸離開磁場(chǎng)，分析說明磁場(chǎng)的方向，并求在這種情況下磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值Bm；（2）如果磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，粒子將通過虛線所示邊界上的一點(diǎn)離開磁場(chǎng)。求粒子在該點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向與x軸正方向的夾角及該點(diǎn)到x軸的距離。【答案】（1）磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里；；（2）；【詳解】（1）由題意，粒子剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)應(yīng)受到方向向上的洛倫茲力，因此磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里。設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，根據(jù)洛倫茲力公式和圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有①由此可得②粒子穿過y軸正半軸離開磁場(chǎng)，其在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在y軸正半軸上，半徑應(yīng)滿足③由②可得，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小最小時(shí)，設(shè)為Bm，粒子的運(yùn)動(dòng)半徑最大，由此得④（2）若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心仍在y軸正半軸上，由②④式可得，此時(shí)圓弧半徑為⑤粒子會(huì)穿過圖中P點(diǎn)離開磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。設(shè)粒子在P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向與x軸正方向的夾角為α，由幾何關(guān)系⑥即⑦由幾何關(guān)系可得，P點(diǎn)與x軸的距離為⑧聯(lián)立⑦⑧式得⑨41．（2020·浙江·高考真題）通過測(cè)量質(zhì)子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡和打到探測(cè)板上的計(jì)數(shù)率（即打到探測(cè)板上質(zhì)子數(shù)與衰變產(chǎn)生總質(zhì)子數(shù)N的比值），可研究中子（）的衰變。中子衰變后轉(zhuǎn)化成質(zhì)子和電子，同時(shí)放出質(zhì)量可視為零的反中微子。如圖所示，位于P點(diǎn)的靜止中子經(jīng)衰變可形成一個(gè)質(zhì)子源，該質(zhì)子源在紙面內(nèi)各向均勻地發(fā)射N個(gè)質(zhì)子。在P點(diǎn)下方放置有長(zhǎng)度以O(shè)為中點(diǎn)的探測(cè)板，P點(diǎn)離探測(cè)板的垂直距離為a。在探測(cè)板的上方存在方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。已知電子質(zhì)量，中子質(zhì)量，質(zhì)子質(zhì)量（c為光速，不考慮粒子之間的相互作用）。若質(zhì)子的動(dòng)量。（1）寫出中子衰變的核反應(yīng)式，求電子和反中微子的總動(dòng)能（以為能量單位）；（2）當(dāng)，時(shí)，求計(jì)數(shù)率；（3）若取不同的值，可通過調(diào)節(jié)的大小獲得與（2）問中同樣的計(jì)數(shù)率，求與的關(guān)系并給出的范圍?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳解】（1）核反應(yīng)方程滿足質(zhì)量數(shù)和質(zhì)子數(shù)守恒：核反應(yīng)過程中：根據(jù)動(dòng)量和動(dòng)能關(guān)系：則總動(dòng)能為：（2）質(zhì)子運(yùn)動(dòng)半徑：如圖甲所示：打到探測(cè)板對(duì)應(yīng)發(fā)射角度：可得質(zhì)子計(jì)數(shù)率為：（3）在確保計(jì)數(shù)率為的情況下：即：如圖乙所示：恰能打到探測(cè)板左端的條件為：即：42．（2017·全國·高考真題）如圖，空間存在方向垂直于紙面(平面）向里的磁場(chǎng)．在區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為;區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為（常數(shù))．一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子以速度從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿軸正向射入磁場(chǎng)，此時(shí)開始計(jì)時(shí)，不計(jì)粒子重力，當(dāng)粒子的速度方向再次沿軸正向時(shí)，求：(1)粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(2)粒子與O點(diǎn)間的距離．【答案】(1)

(2)【詳解】如圖為粒子的軌跡粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，則有：那么，（1）根據(jù)左手定則可得：粒子做逆時(shí)針圓周運(yùn)動(dòng)；故粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，則粒子在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)半個(gè)周期，在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)半個(gè)周期；那么粒子在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的周期，在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的周期所以，粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：（2）粒子與O點(diǎn)間的距離：43．（2019·江蘇·高考真題）如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．磁場(chǎng)中的水平絕緣薄板與磁場(chǎng)的左、右邊界分別垂直相交于M、N，MN=L，粒子打到板上時(shí)會(huì)被反彈（碰撞時(shí)間極短），反彈前后水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反．質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子速度一定，可以從左邊界的不同位置水平射入磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為d，且d<L，粒子重力不計(jì)，電荷量保持不變．（1）求粒子運(yùn)動(dòng)速度的大小v；（2）欲使粒子從磁場(chǎng)右邊界射出，求入射點(diǎn)到M的最大距離dm；（3）從P點(diǎn)射入的粒子最終從Q點(diǎn)射出磁場(chǎng)，PM=d，QN=，求粒子從P到Q的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t．【答案】（1）；（2）；（3）A.當(dāng)時(shí)，，B.當(dāng)時(shí)，【詳解】（1）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)由洛倫茲力提供向心力有：，解得：由題可得：解得；（2）如圖所示，粒子碰撞后的運(yùn)動(dòng)軌跡恰好與磁場(chǎng)左邊界相切由幾何關(guān)系得dm=d（1+sin60°）解得（3）粒子的運(yùn)動(dòng)周期設(shè)粒子最后一次碰撞到射出磁場(chǎng)的時(shí)間為t'，則A.當(dāng)時(shí)，粒子斜向上射出磁場(chǎng)解得B.當(dāng)時(shí)，粒子斜向下射出磁場(chǎng)解得．44．（2018·海南·高考真題）如圖，圓心為O、半徑為r的圓形區(qū)域外存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，P是圓外一點(diǎn)，OP=3r。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子從P點(diǎn)在紙面內(nèi)垂直于OP射出，已知粒子運(yùn)動(dòng)軌跡經(jīng)過圓心O，不計(jì)重力，求：（1）粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑；（2）粒子第一次在圓形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑為R，由幾何關(guān)系得解得（2）設(shè)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的大小為v，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有進(jìn)入圓形區(qū)域，帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則聯(lián)立解得45．（2017·浙江·高考真題）如圖所示,在平面內(nèi)，有一電子源持續(xù)不斷地沿正方向每秒發(fā)射出N個(gè)速率均為的電子，形成寬為2b，在軸方向均勻分布且關(guān)于軸對(duì)稱的電子流．電子流沿方向射入一個(gè)半徑為R，中心位于原點(diǎn)O的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直xOy平面向里，電子經(jīng)過磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后均從P點(diǎn)射出，在磁場(chǎng)區(qū)域的正下方有一對(duì)平行于軸的金屬平行板K和A，其中K板與P點(diǎn)的距離為d，中間開有寬度為且關(guān)于軸對(duì)稱的小孔．K板接地，A與K兩板間加有正負(fù)、大小均可調(diào)的電壓，穿過K板小孔到達(dá)A板的所有電子被收集且導(dǎo)出，從而形成電流．已知，電子質(zhì)量為m，電荷量為e，忽略電子間相互作用．（1）求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。唬?）求電子從P點(diǎn)射出時(shí)與負(fù)軸方向的夾角θ的范圍；（3）當(dāng)時(shí)，每秒經(jīng)過極板K上的小孔到達(dá)極板A的電子數(shù)；（4）畫出電流隨變化的關(guān)系曲線（在答題紙上的方格紙上）．【答案】（1），（2）60o,（3）（4）【詳解】由題意可以知道是磁聚焦問題，即（1）軌道半徑R=r根據(jù)解得：（2）運(yùn)動(dòng)軌跡圖如下上端電子從P點(diǎn)射出時(shí)與負(fù)y軸最大夾角，由幾何關(guān)系解得：同理下端電子從p點(diǎn)射出與負(fù)y軸最大夾角也是600所以電子從P點(diǎn)射出時(shí)與負(fù)軸方向的夾角θ的范圍：（3）進(jìn)入小孔的電子速度與y軸間夾角正切值大小為：解得：此時(shí)對(duì)應(yīng)的能夠進(jìn)入平行板內(nèi)電子長(zhǎng)度為，根據(jù)幾何關(guān)系知：設(shè)每秒能到達(dá)A板的電子數(shù)為n，則由比例關(guān)系知：解得：（4）有動(dòng)能定理得出遏止電壓與負(fù)y軸成450角的電子的運(yùn)動(dòng)軌跡剛好與A板相切，此時(shí)速度為其逆過程是類平拋運(yùn)動(dòng)，達(dá)到飽和電流所需要的最小反向電壓或者根據(jù)（3）可得飽和電流大小作圖如下：【點(diǎn)睛】本題考查了電子在磁場(chǎng)與電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚電子運(yùn)動(dòng)過程，作出電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑是解題的關(guān)鍵；解題時(shí)注意求出極限值然后再確定范圍．46．（2018·江蘇·高考真題）如圖所示，真空中四個(gè)相同的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，高為4d，寬為d，中間兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域間隔為2d，中軸線與磁場(chǎng)區(qū)域兩側(cè)相交于O、O′點(diǎn)，各區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等。某粒子質(zhì)量為m、電荷量為+q，從O沿軸線射入磁場(chǎng)。當(dāng)入射速度為v0時(shí)，粒子從O上方處射出磁場(chǎng)。取sin53°=0.8，cos53°=0.6。（1）求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；（2）入射速度為5v0時(shí)，求粒子從O運(yùn)動(dòng)到O′的時(shí)間t；（3）入射速度仍為5v0，通過沿軸線OO′平移中間兩個(gè)磁場(chǎng)（磁場(chǎng)不重疊），可使粒子從O運(yùn)動(dòng)到O′的時(shí)間增加Δt，求Δt的最大值。【答案】（1）；（2）；（3）【分析】本題考查帶電粒子在組合磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，（1）小題先確定粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式求解；（2）小題解答關(guān)鍵是定圓心、畫軌跡，分段分析和計(jì)算；（3）小題求Δt的最大值，關(guān)鍵是要注意帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不變和速度大小不變，所以中間磁場(chǎng)移動(dòng)后改變的是粒子在無磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的傾斜軌跡的長(zhǎng)度，要使Δt最大，則要傾斜軌跡最長(zhǎng)，所以粒子軌跡跟中間磁場(chǎng)的上邊相切時(shí)運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性列式求解?！驹斀狻浚?）粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑粒子受到的洛倫茲力提供向心力，則由題意和幾何關(guān)系知解得（2）入射速度為5v0時(shí)，由可得，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為設(shè)粒子在矩形磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)角為α，由，得即α=53°在一個(gè)矩形磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間則：（3）將中間兩磁場(chǎng)分別向中央移動(dòng)距離x，如圖所示粒子向上的偏移量由y≤2d，解得則當(dāng)xm=時(shí)，Δt有最大值。粒子直線運(yùn)動(dòng)路程的最大值增加路程的最大值增加時(shí)間的最大值47．（2018·浙江·高考真題）如圖所示，x軸上方存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，坐標(biāo)原點(diǎn)處有一正離子源，單位時(shí)間在xOy平面內(nèi)發(fā)射n0個(gè)速率為υ的離子，分布在y軸兩側(cè)各為θ的范圍內(nèi)．在x軸上放置長(zhǎng)度為L(zhǎng)的離子收集板，其右端點(diǎn)距坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為2L，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0時(shí)，沿y軸正方向入射的離子，恰好打在收集板的右端點(diǎn)．整個(gè)裝置處于真空中，不計(jì)重力，不考慮離子間的碰撞，忽略離子間的相互作用．（1）求離子的比荷；（2）若發(fā)射的離子被收集板全部收集，求θ的最大值；（3）假設(shè)離子到達(dá)x軸時(shí)沿x軸均勻分布．當(dāng)θ=370，磁感應(yīng)強(qiáng)度在B0≤B≤3B0的區(qū)間取不同值時(shí)，求單位時(shí)間內(nèi)收集板收集到的離子數(shù)n與磁感應(yīng)強(qiáng)度B之間的關(guān)系（不計(jì)離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間）【答案】（1）（2）（3）時(shí)，；時(shí)，；時(shí)，有【詳解】（1）洛倫茲力提供向心力，故，圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R=L，解得（2）和y軸正方向夾角相同的向左和向右的兩個(gè)粒子，達(dá)到x軸位置相同，當(dāng)粒子恰好達(dá)到收集板最左端時(shí)，達(dá)到最大，軌跡如圖1所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知，解得（3），全部收集到離子時(shí)的最小半徑為R，如圖2，有，解得當(dāng)時(shí)，所有粒子均能打到收集板上，有，恰好收集不到粒子時(shí)的半徑為，有，即當(dāng)時(shí)，設(shè)，解得當(dāng)時(shí)，所有粒子都不能打到收集板上，48．（2016·海南·高考真題）如圖，A、C兩點(diǎn)分別位于x軸和y軸上，∠OCA=30°，OA的長(zhǎng)度為L(zhǎng)．在△OCA區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以平行于y軸的方向從OA邊射入磁場(chǎng)．已知粒子從某點(diǎn)射入時(shí)，恰好垂直于OC邊射出磁場(chǎng)，且粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0．不計(jì)重力．(1)求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小；(2)若粒子先后從兩不同點(diǎn)以相同的速度射入磁場(chǎng)，恰好從OC邊上的同一點(diǎn)射出磁場(chǎng)，求該粒子這兩次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之和；(3)若粒子從某點(diǎn)射入磁場(chǎng)后，其運(yùn)動(dòng)軌跡與AC邊相切，且在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，求粒子此次入射速度的大?。敬鸢浮?1)

(2)2t0

(3)【詳解】（1）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在時(shí)間t0內(nèi)其速度方向改變了90°，故其周期T=4t0①設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子速度為v，圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r由洛倫茲力提供向心力得：②勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度滿足：③聯(lián)立①②③式得④（2）設(shè)粒子從OA邊兩個(gè)不同位置射入磁場(chǎng)，能從OC邊上的同一點(diǎn)P射出磁場(chǎng)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖（a）所示．設(shè)兩軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角分別為θ1和θ2．由幾何關(guān)系有θ1=180°–θ2⑤粒子兩次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為t1與t2，則t1+t2==2t0⑥（3）如圖（b），由題給條件可知，該粒子在磁場(chǎng)區(qū)域中的軌跡圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為150°．設(shè)O'為圓弧的圓心，圓弧的半徑為r-0，圓弧與AC相切與B點(diǎn)，從D點(diǎn)射出磁場(chǎng)，由幾何關(guān)系和題給條件可知，此時(shí)有∠OO'D=∠BO'A=30°⑦⑧設(shè)粒子此次入射速度的大小為v0，由圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律⑨聯(lián)立①⑦⑧⑨式得⑩【點(diǎn)睛】對(duì)于帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)類型，要畫出軌跡，善于運(yùn)用幾何知識(shí)幫助分析和求解，這是軌跡問題的解題關(guān)鍵．49．（2016·浙江·高考真題）為了進(jìn)一步提高回旋加速器的能量，科學(xué)家建造了“扇形聚焦回旋加速器”，在扇形聚焦過程中，離子能以不變的速率在閉合平衡軌道上周期性旋轉(zhuǎn)，扇形聚焦磁場(chǎng)分布的簡(jiǎn)化圖如圖所示，圓心為O的圓形區(qū)域等分成六個(gè)扇形區(qū)域，其中三個(gè)為峰區(qū)，三個(gè)為谷區(qū)，峰區(qū)和谷區(qū)相間分布，峰區(qū)內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，谷區(qū)內(nèi)沒有磁場(chǎng)，質(zhì)量為m，電荷量為q的正離子，以不變的速率v旋轉(zhuǎn)，其閉合平衡軌道如圖中虛線所示。（1）求閉合平衡軌道在峰區(qū)內(nèi)圓弧的半徑r，并判斷離子旋轉(zhuǎn)的方向是順時(shí)針還是逆時(shí)針；（2）求軌道在一個(gè)峰區(qū)內(nèi)圓弧的圓心角θ，及離子繞閉合平衡軌道旋轉(zhuǎn)的周期T；（3）在谷區(qū)也施加垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B'，新的閉合平衡軌道在一個(gè)峰區(qū)內(nèi)的圓心角θ變?yōu)?0°，求B'和B'的關(guān)系。（已知：，）

【答案】（1）；旋轉(zhuǎn)方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向；（2）；；（3）【詳解】（1）由洛倫茲力提供向心力可得階段封區(qū)內(nèi)圓弧半徑為根據(jù)左手定則可知，離子旋轉(zhuǎn)的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向。（2）如圖所示

由對(duì)稱性可知，封區(qū)內(nèi)圓弧的圓心角為每個(gè)圓弧的長(zhǎng)度為每段直線長(zhǎng)度為則周期為聯(lián)立解得（3）在谷區(qū)也施加垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為，新的閉合平衡軌道在一個(gè)峰區(qū)內(nèi)的圓心角θ變?yōu)?0°，如圖所示

谷區(qū)內(nèi)的圓心角為谷區(qū)內(nèi)的軌道圓弧半徑為由幾何關(guān)系則有由三角關(guān)系可得則有則有解得專題10帶電粒子在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)十年考情（2015-2024）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1（10年10考）2024·重慶·高考真題、2024·湖北·高考真題、2024·廣西·高考真題、2023·北京·高考真題、2023·全國·高考真題、2023·海南·高考真題、2023·全國·高考真題、2023·福建·高考真題、2023·天津·高考真題、2023·浙江·高考真題、2023·湖北·高考真題、2022·北京·高考真題、2022·廣東·高考真題、2022·遼寧·高考真題、2022·湖北·高考真題、2021·北京·高考真題、2021·全國·高考真題、2021·海南·高考真題、2021·湖北·高考真題、2021·湖南·高考真題、2020·全國·高考真題、2020·天津·高考真題、2020·北京·高考真題、2020·江蘇·高考真題、2020·浙江·高考真題、2019·北京·高考真題、2019·全國·高考真題、2019·海南·高考真題、2019·江蘇·高考真題、2018·海南·高考真題、2018·江蘇·高考真題、2018·浙江·高考真題、2017·全國·高考真題、2017·全國·高考真題、2017·浙江·高考真題、2016·全國·高考真題、2016·四川·高考真題、2016·海南·高考真題、2016·浙江·高考真題、2015·廣東·高考真題、2015·全國·高考真題、2015·北京·高考真題、2015·四川·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題和霍爾效應(yīng)、磁流體發(fā)電機(jī)等。一、單選題1．（2023·海南·高考真題）如圖所示，帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，關(guān)于小球運(yùn)動(dòng)和受力說法正確的是（

）

A．小球剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的洛倫茲力水平向右 B．小球運(yùn)動(dòng)過程中的速度不變C．小球運(yùn)動(dòng)過程的加速度保持不變 D．小球受到的洛倫茲力對(duì)小球做正功【答案】A【詳解】A．根據(jù)左手定則，可知小球剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的洛倫茲力水平向右，A正確；BC．小球受洛倫茲力和重力的作用，則小球運(yùn)動(dòng)過程中速度、加速度大小，方向都在變，BC錯(cuò)誤；D．洛侖茲力永不做功，D錯(cuò)誤。故選A。2．（2022·北京·高考真題）正電子是電子的反粒子，與電子質(zhì)量相同、帶等量正電荷。在云室中有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，從P點(diǎn)發(fā)出兩個(gè)電子和一個(gè)正電子，三個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中1、2、3所示。下列說法正確的是（）A．磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里 B．軌跡1對(duì)應(yīng)的粒子運(yùn)動(dòng)速度越來越大C．軌跡2對(duì)應(yīng)的粒子初速度比軌跡3的大 D．軌跡3對(duì)應(yīng)的粒子是正電子【答案】A【詳解】AD．根據(jù)題圖可知，1和3粒子繞轉(zhuǎn)動(dòng)方向一致，則1和3粒子為電子，2為正電子，電子帶負(fù)電且順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，根據(jù)左手定則可知磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，A正確，D錯(cuò)誤；B．電子在云室中運(yùn)行，洛倫茲力不做功，而粒子受到云室內(nèi)填充物質(zhì)的阻力作用，粒子速度越來越小，B錯(cuò)誤；C．帶電粒子若僅在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可知解得粒子運(yùn)動(dòng)的半徑為根據(jù)題圖可知軌跡3對(duì)應(yīng)的粒子運(yùn)動(dòng)的半徑更大，速度更大，粒子運(yùn)動(dòng)過程中受到云室內(nèi)物質(zhì)的阻力的情況下，此結(jié)論也成立，C錯(cuò)誤。故選A。3．（2024·廣西·高考真題）坐標(biāo)平面內(nèi)一有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里。質(zhì)量為m，電荷量為的粒子，以初速度v從O點(diǎn)沿x軸正向開始運(yùn)動(dòng)，粒子過y軸時(shí)速度與y軸正向夾角為，交點(diǎn)為P。不計(jì)粒子重力，則P點(diǎn)至O點(diǎn)的距離為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示在磁場(chǎng)中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑根據(jù)幾何關(guān)系可得P點(diǎn)至O點(diǎn)的距離故選C。4．（2024·湖北·高考真題）如圖所示，在以O(shè)點(diǎn)為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。圓形區(qū)域外有大小相等、方向相反、范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的帶電粒子沿直徑AC方向從A點(diǎn)射入圓形區(qū)域。不計(jì)重力，下列說法正確的是（）A．粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可能經(jīng)過O點(diǎn)B．粒子射出圓形區(qū)域時(shí)的速度方向不一定沿該區(qū)域的半徑方向C．粒子連續(xù)兩次由A點(diǎn)沿AC方向射入圓形區(qū)域的最小時(shí)間間隔為D．若粒子從A點(diǎn)射入到從C點(diǎn)射出圓形區(qū)域用時(shí)最短，粒子運(yùn)動(dòng)的速度大小為【答案】D【詳解】AB．在圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，沿著徑向射入的粒子，總是沿徑向射出的；根據(jù)圓的特點(diǎn)可知粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡不可能經(jīng)過O點(diǎn)，故AB錯(cuò)誤；C．粒子連續(xù)兩次由A點(diǎn)沿AC方向射入圓形區(qū)域，時(shí)間最短則根據(jù)對(duì)稱性可知軌跡如圖則最短時(shí)間有故C錯(cuò)誤；D．粒子從A點(diǎn)射入到從C點(diǎn)射出圓形區(qū)域用時(shí)最短，則軌跡如圖所示設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系可知根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得故D正確。故選D。5．（2016·全國·高考真題）平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面（紙面）如圖所示，平面OM上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0），沿紙面以大小為v的速度從OM上的某點(diǎn)向左上方射入磁場(chǎng)，速度方向與OM成30°角，已知該粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡與ON只有一個(gè)交點(diǎn)，并從OM上另一點(diǎn)射出磁場(chǎng)，不計(jì)重力。則粒子離開磁場(chǎng)時(shí)的出射點(diǎn)到兩平面交線O的距離為（）A． B． C． D．【答案】D【詳解】帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)洛倫茲力提供向心力，所以根據(jù)題意，軌跡與ON相切，畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示由于故△AO′D為等邊三角形，∠O′DA=60°，而∠MON=30°，則∠OCD=90°，故CO′D為一直線，則故選D。6．（2023·北京·高考真題）如圖所示，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)中，固定一內(nèi)部真空且內(nèi)壁光滑的圓柱形薄壁絕緣管道，其軸線與磁場(chǎng)垂直。管道橫截面半徑為a，長(zhǎng)度為l（）。帶電粒子束持續(xù)以某一速度v沿軸線進(jìn)入管道，粒子在磁場(chǎng)力作用下經(jīng)過一段圓弧垂直打到管壁上，與管壁發(fā)生彈性碰撞，多次碰撞后從另一端射出，單位時(shí)間進(jìn)入管道的粒子數(shù)為n，粒子電荷量為，不計(jì)粒子的重力、粒子間的相互作用，下列說法不正確的是（）

A．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓弧半徑為aB．粒子質(zhì)量為C．管道內(nèi)的等效電流為D．粒子束對(duì)管道的平均作用力大小為【答案】C【詳解】A．帶正電的粒子沿軸線射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子運(yùn)動(dòng)的圓弧半徑為r=a故A正確，不符合題意；B．根據(jù)可得粒子的質(zhì)量故B正確，不符合題意；C．管道內(nèi)的等效電流為單位體積內(nèi)電荷數(shù)為則故C錯(cuò)誤，符合題意；D．由動(dòng)量定理可得粒子束對(duì)管道的平均作用力大小聯(lián)立解得故D正確，不符合題意。故選C。7．（2023·全國·高考真題）如圖，一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于紙面（xOy平面）向里，磁場(chǎng)右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點(diǎn)沿x正向入射到磁場(chǎng)中，在磁場(chǎng)另一側(cè)的S點(diǎn)射出，粒子離開磁場(chǎng)后，沿直線運(yùn)動(dòng)打在垂直于x軸的接收屏上的P點(diǎn)；SP=l，S與屏的距離為，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場(chǎng)區(qū)域再加上電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，該粒子入射后則會(huì)沿x軸到達(dá)接收屏。該粒子的比荷為（

）

A． B． C． D．【答案】A【詳解】由題知，一帶電粒子由O點(diǎn)沿x正向入射到磁場(chǎng)中，在磁場(chǎng)另一側(cè)的S點(diǎn)射出，

則根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子出離磁場(chǎng)時(shí)速度方向與豎直方向夾角為30°，則解得粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=2a則粒子做圓周運(yùn)動(dòng)有則有如果保持所有條件不變，在磁場(chǎng)區(qū)域再加上電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，該粒子入射后則會(huì)沿x軸到達(dá)接收屏，則有Eq=qvB聯(lián)立有故選A。8．（2017·全國·高考真題）如圖所示，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，P為磁場(chǎng)邊界上的一點(diǎn)，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點(diǎn)，在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場(chǎng)，若粒子射入的速率為，這些粒子在磁場(chǎng)邊界的出射點(diǎn)分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為，相應(yīng)的出射點(diǎn)分布在三分之一圓周上，不計(jì)重力