2015-2024年十年高考物理真題分類匯編專題13 帶電粒子在疊加場中的運動（全國）（解析版）

2015-2024年十年高考真題匯編PAGEPAGE1專題13帶電粒子在疊加場中的運動考點十年考情（2015-2024）命題趨勢考點帶電粒子在疊加場中的運動（10年10考）2024·山東·高考真題、2024·海南·高考真題、2024·安徽·高考真題、2023·海南·高考真題、2023·湖南·高考真題、2023·全國·高考真題、2023·江蘇·高考真題、2022·重慶·高考真題、2022·全國·高考真題、2022·浙江·高考真題、2022·廣東·高考真題、2022·江蘇·高考真題、2022·湖南·高考真題、2022·山東·高考真題、2020·海南·高考真題、2017·全國·高考真題、2016·天津·高考真題、2016·北京·高考真題、2015·海南·高考真題、2015·福建·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)勻強磁場中帶電粒子做圓周運動，主要涉及群發(fā)粒子的收集比例問題。(3)帶電粒子在復(fù)合場的運動主要涉及疊加和不疊加兩種形式，主要考查軌跡多解問題和霍爾效應(yīng)、磁流體發(fā)電機等。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磁場，關(guān)于小球運動和受力說法正確的是（

）

A．小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右 B．小球運動過程中的速度不變C．小球運動過程的加速度保持不變 D．小球受到的洛倫茲力對小球做正功【答案】A【詳解】A．根據(jù)左手定則，可知小球剛進入磁場時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，則小球運動過程中速度、加速度大小，方向都在變，BC錯誤；D．洛侖茲力永不做功，D錯誤。故選A。2．（2023·湖南·高考真題）如圖，真空中有區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，區(qū)域Ⅰ中存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下（與紙面平行），磁場方向垂直紙面向里，等腰直角三角形CGF區(qū)域（區(qū)域Ⅱ）內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外。圖中A、C、O三點在同一直線上，AO與GF垂直，且與電場和磁場方向均垂直。A點處的粒子源持續(xù)將比荷一定但速率不同的粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ中，只有沿直線AC運動的粒子才能進入?yún)^(qū)域Ⅱ。若區(qū)域Ⅰ中電場強度大小為E、磁感應(yīng)強度大小為B1，區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小為B2，則粒子從CF的中點射出，它們在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為t0。若改變電場或磁場強弱，能進入?yún)^(qū)域Ⅱ中的粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為t，不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是（

）

A．若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?B1，則t>t0B．若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)?E，則t>t0C．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)椋瑒tD．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?，則【答案】D【詳解】由題知粒子在AC做直線運動，則有qv0B1=qE區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小為B2，則粒子從CF的中點射出，則粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為90°，根據(jù)，有A．若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?B1，則粒子在AC做直線運動的速度，有qvA?2B1=qE則再根據(jù)，可知粒子半徑減小，則粒子仍然從CF邊射出，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為90°，則t=t0，A錯誤；B．若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)?E，則粒子在AC做直線運動的速度，有qvBB1=q?2E則vB=2v0再根據(jù)，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，則粒子F點射出，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為90°，則t=t0，B錯誤；C．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?，則粒子在AC做直線運動的速度仍為v0，再根據(jù)，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉淼?，則粒子從OF邊射出，則畫出粒子的運動軌跡如下圖

根據(jù)可知轉(zhuǎn)過的圓心角θ=60°，根據(jù)，有則C錯誤；D．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)椋瑒t粒子在AC做直線運動的速度仍為v0，再根據(jù)，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉淼模瑒t粒子OF邊射出，則畫出粒子的運動軌跡如下圖

根據(jù)可知轉(zhuǎn)過的圓心角為α=45°，根據(jù)，有則D正確。故選D。3．（2023·全國·高考真題）如圖，一磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，方向垂直于紙面（xOy平面）向里，磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；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，在磁場區(qū)域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏。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點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點射出，

則根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子出離磁場時速度方向與豎直方向夾角為30°，則解得粒子做圓周運動的半徑r=2a則粒子做圓周運動有則有如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏，則有Eq=qvB聯(lián)立有故選A。4．（2022·重慶·高考真題）2021年中國全超導(dǎo)托卡馬克核聚變實驗裝置創(chuàng)造了新的紀錄。為粗略了解等離子體在托卡馬克環(huán)形真空室內(nèi)的運動狀況，某同學(xué)將一小段真空室內(nèi)的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強電場和勻強磁場（如圖），電場強度大小為E，磁感應(yīng)強度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運動，其速度平行于磁場方向的分量大小為v1，垂直于磁場方向的分量大小為v2，不計離子重力，則（

）A．電場力的瞬時功率為 B．該離子受到的洛倫茲力大小為qv1BC．v2與v1的比值不斷變大 D．該離子的加速度大小不變【答案】D【詳解】A．根據(jù)功率的計算公式可知P=Fvcosθ，則電場力的瞬時功率為P=Eqv1，A錯誤；B．由于v1與磁場B平行，則根據(jù)洛倫茲力的計算公式有F洛=qv2B，B錯誤；C．根據(jù)運動的疊加原理可知，離子在垂直于紙面內(nèi)做勻速圓周運動，沿水平方向做加速運動，則v1增大，v2不變，v2與v1的比值不斷變小，C錯誤；D．離子受到的洛倫茲力大小不變，電場力不變，則該離子的加速度大小不變，D正確。故選D。5．（2022·全國·高考真題）空間存在著勻強磁場和勻強電場，磁場的方向垂直于紙面（平面）向里，電場的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下，從坐標原點O由靜止開始運動。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運動軌跡的是（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】解法一：AC．在xOy平面內(nèi)電場的方向沿y軸正方向，故在坐標原點O靜止的帶正電粒子在電場力作用下會向y軸正方向運動。磁場方向垂直于紙面向里，根據(jù)左手定則，可判斷出向y軸正方向運動的粒子同時受到沿x軸負方向的洛倫茲力，故帶電粒子向x軸負方向偏轉(zhuǎn)。AC錯誤；BD．運動的過程中在電場力對帶電粒子做功，粒子速度大小發(fā)生變化，粒子所受的洛倫茲力方向始終與速度方向垂直。由于勻強電場方向是沿y軸正方向，故x軸為勻強電場的等勢面，從開始到帶電粒子偏轉(zhuǎn)再次運動到x軸時，電場力做功為0，洛倫茲力不做功，故帶電粒子再次回到x軸時的速度為0，隨后受電場力作用再次進入第二象限重復(fù)向左偏轉(zhuǎn)，故B正確，D錯誤。故選B。解法二：粒子在O點靜止，對速度進行分解，分解為向x軸正方向的速度v，向x軸負方向的速度v’，兩個速度大小相等，方向相反。使得其中一個洛倫茲力平衡電場力，即則粒子的在電場、磁場中的運動，可視為，向x軸負方向以速度做勻速直線運動，同時在x軸上方做勻速圓周運動。故選B。6．（2017·全國·高考真題）如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上（與紙面平行），磁場方向垂直于紙面向里，三個帶正電的微粒a，b，c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma，mb，mc，已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動，下列選項正確的是（

）A．ma>mb>mc B．mb>ma>mcC．mc>ma>mb D．mc>mb>ma【答案】B【詳解】由題意知mag=qEmbg=qE+Bqvmcg+Bqv=qE所以故選B。7．（2015·海南·高考真題）如圖所示，a是豎直平面P上的一點，P前有一條形磁鐵垂直于P，且S極朝向a點，P后一電子在偏轉(zhuǎn)線圈和條形磁鐵的磁場的共同作用下，在水平面內(nèi)向右彎曲經(jīng)過a點．在電子經(jīng)過a點的瞬間．條形磁鐵的磁場對該電子的作用力的方向（）A．向上 B．向下 C．向左 D．向右【答案】A【詳解】P前有一條形磁鐵垂直于P，且S極朝向a點可知條形磁鐵的磁場的方向向外，電子向右運動，由左手定則可知，電子受到的條形磁鐵對電子的作用力的方向向上．【點睛】本題提供的情景看似比較復(fù)雜，在去蕪存菁后可知，電子受到的洛倫茲力的方向可以由左手定則直接判定．要注意的是：對負電荷而言，四指所指方向為其運動的反方向．二、多選題8．（2024·安徽·高考真題）空間中存在豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，電場強度大小為E，磁感應(yīng)強度大小為B。一質(zhì)量為m的帶電油滴a，在紙面內(nèi)做半徑為R的圓周運動，軌跡如圖所示。當(dāng)a運動到最低點P時，瞬間分成兩個小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者帶電量、質(zhì)量均相同。Ⅰ在P點時與a的速度方向相同，并做半徑為的圓周運動，軌跡如圖所示。Ⅱ的軌跡未畫出。己知重力加速度大小為g，不計空氣浮力與阻力以及Ⅰ、Ⅱ分開后的相互作用，則（）A．油滴a帶負電，所帶電量的大小為B．油滴a做圓周運動的速度大小為C．小油滴Ⅰ做圓周運動的速度大小為，周期為D．小油滴Ⅱ沿順時針方向做圓周運動【答案】ABD【詳解】A．油滴a做圓周運動，故重力與電場力平衡，可知帶負電，有解得故A正確；B．根據(jù)洛倫茲力提供向心力得解得油滴a做圓周運動的速度大小為故B正確；C．設(shè)小油滴Ⅰ的速度大小為，得解得周期為故C錯誤；D．帶電油滴a分離前后動量守恒，設(shè)分離后小油滴Ⅱ的速度為，取油滴a分離前瞬間的速度方向為正方向，得解得由于分離后的小液滴受到的電場力和重力仍然平衡，分離后小油滴Ⅱ的速度方向與正方向相反，根據(jù)左手定則可知小油滴Ⅱ沿順時針方向做圓周運動，故D正確。故選ABD。9．（2022·浙江·高考真題）如圖為某一徑向電場的示意圖，電場強度大小可表示為，a為常量。比荷相同的兩粒子在半徑r不同的圓軌道運動。不考慮粒子間的相互作用及重力，則（）A．軌道半徑r小的粒子角速度一定小B．電荷量大的粒子的動能一定大C．粒子的速度大小與軌道半徑r一定無關(guān)D．當(dāng)加垂直紙面磁場時，粒子一定做離心運動【答案】BC【詳解】A．根據(jù)電場力提供向心力可得解得可知軌道半徑r小的粒子角速度大，故A錯誤；BC．根據(jù)電場力提供向心力可得解得又聯(lián)立可得可知電荷量大的粒子的動能一定大，粒子的速度大小與軌道半徑r一定無關(guān)，故BC正確；D．磁場的方向可能垂直紙面向內(nèi)也可能垂直紙面向外，所以粒子所受洛倫茲力方向不能確定，粒子可能做離心運動，也可能做近心運動，故D錯誤。故選BC。10．（2022·廣東·高考真題）如圖所示，磁控管內(nèi)局部區(qū)域分布有水平向右的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場。電子從M點由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經(jīng)過N、P兩點。已知M、P在同一等勢面上，下列說法正確的有（）A．電子從N到P，電場力做正功B．N點的電勢高于P點的電勢C．電子從M到N，洛倫茲力不做功D．電子在M點所受的合力大于在P點所受的合力【答案】BC【詳解】A．由題可知電子所受電場力水平向左，電子從N到P的過程中電場力做負功，故A錯誤；B．根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低可知N點的電勢高于P點，故B正確；C．由于洛倫茲力一直都和速度方向垂直，故電子從M到N洛倫茲力都不做功；故C正確；D．由于M點和P點在同一等勢面上，故從M到P電場力做功為0，而洛倫茲力不做功，M點速度為0，根據(jù)動能定理可知電子在P點速度也為0，則電子在M點和P點都只受電場力作用，在勻強電場中電子在這兩點電場力相等，即合力相等，故D錯誤；故選BC。三、解答題11．（2024·海南·高考真題）如圖，在xOy坐標系中有三個區(qū)域，圓形區(qū)域Ⅰ分別與x軸和y軸相切于P點和S點。半圓形區(qū)域Ⅱ的半徑是區(qū)域Ⅰ半徑的2倍。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ的圓心連線與x軸平行，半圓與圓相切于Q點，QF垂直于x軸，半圓的直徑MN所在的直線右側(cè)為區(qū)域Ⅲ。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ分別有磁感應(yīng)強度大小為B、的勻強磁場，磁場方向均垂直紙面向外。區(qū)域Ⅰ下方有一粒子源和加速電場組成的發(fā)射器，可將質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子由電場加速到。改變發(fā)射器的位置，使帶電粒子在OF范圍內(nèi)都沿著y軸正方向以相同的速度沿紙面射入?yún)^(qū)域Ⅰ。已知某粒子從P點射入?yún)^(qū)域Ⅰ，并從Q點射入?yún)^(qū)域Ⅱ（不計粒子的重力和粒子之間的影響）（1）求加速電場兩板間的電壓U和區(qū)域Ⅰ的半徑R；（2）在能射入?yún)^(qū)域Ⅲ的粒子中，某粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間最短，求該粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中運動的總時間t；（3）在區(qū)域Ⅲ加入勻強磁場和勻強電場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里，電場強度的大小，方向沿x軸正方向。此后，粒子源中某粒子經(jīng)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ射入?yún)^(qū)域Ⅲ，進入?yún)^(qū)域Ⅲ時速度方向與y軸負方向的夾角成74°角。當(dāng)粒子動能最大時，求粒子的速度大小及所在的位置到y(tǒng)軸的距離。【答案】（1），；（2）；（3），【詳解】（1）根據(jù)動能定理得解得粒子進入?yún)^(qū)域I做勻速圓周運動，根據(jù)題意某粒子從P點射入?yún)^(qū)域Ⅰ，并從Q點射入?yún)^(qū)域Ⅱ，故可知此時粒子的運動軌跡半徑與區(qū)域Ⅰ的半徑R相等，粒子在磁場中運動洛倫茲力提供向心力解得（2）帶電粒子在OF范圍內(nèi)都沿著y軸正方向以相同的速度沿紙面射入?yún)^(qū)域Ⅰ，由(1)可得，粒子的在磁場中做勻速圓周運動，軌跡半徑均為R，因為在區(qū)域Ⅰ中的磁場半徑和軌跡半徑相等，粒子射入點、區(qū)域Ⅰ圓心O1、軌跡圓心O'、粒子出射點四點構(gòu)成一個菱形，有幾何關(guān)系可得，區(qū)域Ⅰ圓心O1和粒子出射點連線平行于粒子射入點與軌跡圓心O'連線，則區(qū)域Ⅰ圓心O1和粒子出射點水平，根據(jù)磁聚焦原理可知粒子都從Q點射出，粒子射入?yún)^(qū)域II，仍做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力解得如圖，要使粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間最短，軌跡所對應(yīng)的圓心角最小，可知在區(qū)域Ⅱ中運動的圓弧所對的弦長最短，即此時最短弦長為區(qū)域Ⅱ的磁場圓半徑，根據(jù)幾何知識可得此時在區(qū)域Ⅱ和區(qū)域Ⅰ中運動的軌跡所對應(yīng)的圓心角都為，粒子在兩區(qū)域磁場中運動周期分別為故可得該粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中運動的總時間為（3）如圖，將速度分解為沿y軸正方向的速度及速度，因為可得，故可知沿y軸正方向的速度產(chǎn)生的洛倫茲力與電場力平衡，粒子同時受到另一方向的洛倫茲力，故粒子沿y正方向做旋進運動，根據(jù)角度可知故當(dāng)方向為豎直向上時此時粒子速度最大，即最大速度為圓周運動半徑根據(jù)幾何關(guān)系可知此時所在的位置到y(tǒng)軸的距離為12．（2024·山東·高考真題）如圖所示，在Oxy坐標系x>0，y>0區(qū)域內(nèi)充滿垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。磁場中放置一長度為L的擋板，其兩端分別位于x、y軸上M、N兩點，∠OMN=60°，擋板上有一小孔K位于MN中點?！鱋MN之外的第一象限區(qū)域存在恒定勻強電場。位于y軸左側(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的無初速度的粒子。粒子發(fā)生器與y軸之間存在水平向右的勻強加速電場，加速電壓大小可調(diào)，粒子經(jīng)此電場加速后進入磁場，擋板厚度不計，粒子可沿任意角度穿過小孔，碰撞擋板的粒子不予考慮，不計粒子重力及粒子間相互作用力。（1）求使粒子垂直擋板射入小孔K的加速電壓U0；（2）調(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動，求第一象限中電場強度的大小和方向；（3）當(dāng)加速電壓為時，求粒子從小孔K射出后，運動過程中距離y軸最近位置的坐標。【答案】（1）；（2），方向沿x軸正方向；（3）(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的運動軌跡如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為在區(qū)域根據(jù)洛倫茲力提供向心力有在勻強加速電場中由動能定理有聯(lián)立解得（2）根據(jù)題意，當(dāng)軌跡半徑最小時，粒子速度最小，則作出粒子以最小的速度從小孔K射出的運動軌跡如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為在區(qū)域根據(jù)洛倫茲力提供向心力有粒子從小孔K射出后恰好做勻速直線運動，由左手定則可知粒子經(jīng)過小孔K后受到的洛倫茲力沿x軸負方向，則粒子經(jīng)過小孔K后受到的電場力沿x軸正方向，粒子帶正電，則之外第一象限區(qū)域電場強度的方向沿x軸正方向，大小滿足聯(lián)立可得（3）在勻強加速電場中由動能定理有可得在區(qū)域根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得粒子在區(qū)域運動的軌跡半徑作出從小孔K射出的粒子的運動軌跡如圖所示設(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)系可知則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動可分解為沿軸正方向的勻速直線運動和速度大小為的勻速圓周運動，可知解得粒子做圓周運動的周期為T=2πmqB，粒子至少運動距離軸最近，加上整周期則粒子運動，時距離軸最近，則最近位置的橫坐標為縱坐標為，綜上所述，最近的位置坐標，。13．（2023·江蘇·高考真題）霍爾推進器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型。Oxy平面內(nèi)存在豎直向下的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從O點沿x軸正方向水平入射。入射速度為v0時，電子沿x軸做直線運動；入射速度小于v0時，電子的運動軌跡如圖中的虛線所示，且在最高點與在最低點所受的合力大小相等。不計重力及電子間相互作用。（1）求電場強度的大小E；（2）若電子入射速度為v04，求運動到速度為時位置的縱坐標y1（3）若電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)均勻分布，求能到達縱坐標位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的百分比。

【答案】（1）v0B；（2）；（3）90%【詳解】（1）由題知，入射速度為v0時，電子沿x軸做直線運動則有Ee=ev0B解得E=v0B（2）電子在豎直向下的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場的復(fù)合場中，由于洛倫茲力不做功，且由于電子入射速度為v0解得（3）若電子以v入射時，設(shè)電子能達到的最高點位置的縱坐標為y，則根據(jù)動能定理有由于電子在最高點與在最低點所受的合力大小相等，則在最高點有F合=evmB－eE在最低點有F合=eE－evB聯(lián)立有

要讓電子達縱坐標位置，即y≥y2解得則若電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)均勻分布，能到達縱坐標位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的90%。14．（2022·江蘇·高考真題）利用云室可以知道帶電粒子的性質(zhì)，如圖所示，云室中存在磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，一個質(zhì)量為m、速度為v的電中性粒子在A點分裂成帶等量異號電荷的粒子a和b，a、b在磁場中的徑跡是兩條相切的圓弧，相同時間內(nèi)的徑跡長度之比，半徑之比，不計重力及粒子間的相互作用力，求：（1）粒子a、b的質(zhì)量之比；（2）粒子a的動量大小。【答案】（1）；（2）【詳解】（1）分裂后帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則有解得由題干知半徑之比，故因為相同時間內(nèi)的徑跡長度之比，則分裂后粒子在磁場中的速度為聯(lián)立解得（2）中性粒子在A點分裂成帶等量異號電荷的粒子a和b，分裂過程中，沒有外力作用，動量守恒，根據(jù)動量守恒定律因為分裂后動量關(guān)系為，聯(lián)立解得15．（2022·湖南·高考真題）如圖，兩個定值電阻的阻值分別為和，直流電源的內(nèi)阻不計，平行板電容器兩極板水平放置，板間距離為，板長為，極板間存在方向水平向里的勻強磁場。質(zhì)量為、帶電量為的小球以初速度沿水平方向從電容器下板左側(cè)邊緣點進入電容器，做勻速圓周運動，恰從電容器上板右側(cè)邊緣離開電容器。此過程中，小球未與極板發(fā)生碰撞，重力加速度大小為，忽略空氣阻力。（1）求直流電源的電動勢；（2）求兩極板間磁場的磁感應(yīng)強度；（3）在圖中虛線的右側(cè)設(shè)計一勻強電場，使小球離開電容器后沿直線運動，求電場強度的最小值。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）小球在電磁場中做勻速圓周運動，則電場力與重力平衡，可得兩端的電壓根據(jù)歐姆定律得聯(lián)立解得（2）如圖所示設(shè)粒子在電磁場中做圓周運動的半徑為，根據(jù)幾何關(guān)系解得根據(jù)解得（3）由幾何關(guān)系可知，射出磁場時，小球速度方向與水平方向夾角為，要使小球做直線運動，當(dāng)小球所受電場力與小球重力在垂直小球速度方向的分力相等時，電場力最小，電場強度最小，可得解得16．（2022·山東·高考真題）中國“人造太陽”在核聚變實驗方面取得新突破，該裝置中用電磁場約束和加速高能離子，其部分電磁場簡化模型如圖所示，在三維坐標系中，空間內(nèi)充滿勻強磁場I，磁感應(yīng)強度大小為B，方向沿x軸正方向；，的空間內(nèi)充滿勻強磁場II，磁感應(yīng)強度大小為，方向平行于平面，與x軸正方向夾角為；，的空間內(nèi)充滿沿y軸負方向的勻強電場。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)運動一段時間后，經(jīng)坐標原點沿軸正方向進入磁場I。不計離子重力。（1）當(dāng)離子甲從點出射速度為時，求電場強度的大??；（2）若使離子甲進入磁場后始終在磁場中運動，求進入磁場時的最大速度；（3）離子甲以的速度從點沿軸正方向第一次穿過面進入磁場I，求第四次穿過平面的位置坐標（用d表示）；（4）當(dāng)離子甲以的速度從點進入磁場I時，質(zhì)量為、帶電量為的離子乙，也從點沿軸正方向以相同的動能同時進入磁場I，求兩離子進入磁場后，到達它們運動軌跡第一個交點的時間差（忽略離子間相互作用）?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）（d，d，）；（4）【詳解】（1）如圖所示將離子甲從點出射速度為分解到沿軸方向和軸方向，離子受到的電場力沿軸負方向，可知離子沿軸方向做勻速直線運動，沿軸方向做勻減速直線運動，從到的過程，有聯(lián)立解得（2）離子從坐標原點沿軸正方向進入磁場I中，在磁場I中做勻速圓周運動，經(jīng)過磁場I偏轉(zhuǎn)后從軸進入磁場II中，繼續(xù)做勻速圓周運動，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中運動，則離子磁場I運動時，不能從磁場I上方穿出。在磁場II運動時，不能xOz平面穿出，則離子在磁場用運動的軌跡半徑需滿足，聯(lián)立可得要使離子甲進入磁場后始終在磁場中運動，進入磁場時的最大速度為；（3）離子甲以的速度從點沿z軸正方向第一次穿過面進入磁場I，離子在磁場I中的軌跡半徑為離子在磁場II中的軌跡半徑為離子從點第一次穿過到第四次穿過平面的運動情景，如圖所示離子第四次穿過平面的坐標為離子第四次穿過平面的坐標為故離子第四次穿過平面的位置坐標為（d，d，）。（4）設(shè)離子乙的速度為，根據(jù)離子甲、乙動能相同，可得可得離子甲、離子乙在磁場I中的軌跡半徑分別為，離子甲、離子乙在磁場II中的軌跡半徑分別為，根據(jù)幾何關(guān)系可知離子甲、乙運動軌跡第一個交點在離子乙第一次穿過x軸的位置，如圖所示從點進入磁場到第一個交點的過程，有可得離子甲、乙到達它們運動軌跡第一個交點的時間差為17．（2020·海南·高考真題）如圖，虛線MN左側(cè)有一個正三角形ABC，C點在MN上，AB與MN平行，該三角形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強磁場；MN右側(cè)的整個區(qū)域存在垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶正電的離子（重力不計）以初速度從AB的中點O沿OC方向射入三角形區(qū)域，偏轉(zhuǎn)后從MN上的Р點（圖中未畫出）進入MN右側(cè)區(qū)域，偏轉(zhuǎn)后恰能回到O點。已知離子的質(zhì)量為m，電荷量為q，正三角形的邊長為d：(1)求三角形區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度；(2)求離子從O點射入到返回O點所需要的時間；(3)若原三角形區(qū)域存在的是一磁感應(yīng)強度大小與原來相等的恒磁場，將MN右側(cè)磁場變?yōu)橐粋€與MN相切于P點的圓形勻強磁場讓離子從P點射入圓形磁場，速度大小仍為，方向垂直于BC，始終在紙面內(nèi)運動，到達О點時的速度方向與OC成角，求圓形磁場的磁感應(yīng)強度。【答案】(1)；(2)；(3)見解析【詳解】(1)畫出粒子運動軌跡如圖粒子在三角形ABC中運動時，有又粒子出三角形磁場時偏轉(zhuǎn)，由幾何關(guān)系可知聯(lián)立解得(2)粒子從D運動到P，由幾何關(guān)系可知運動時間粒子在MN右側(cè)運動的半徑為則有運動時間故粒子從O點射入到返回O點所需要的時間(3)若三角形ABC區(qū)域磁場方向向里，則粒子運動軌跡如圖中①所示，有解得此時根據(jù)有若三角形ABC區(qū)域磁場方向向外，則粒子運動軌跡如圖中②所示，有解得此時根據(jù)有18．（2015·福建·高考真題）如圖，絕緣粗糙的豎直平面左側(cè)同時存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，電場強度大小為，磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度大小為．一質(zhì)量為、電荷量為的帶正電的小滑塊從點由靜止開始沿下滑，到達點時離開做曲線運動．、兩點間距離為，重力加速度為．（1）求小滑塊運動到點時的速度大??；（2）求小滑塊從點運動到點過程中克服摩擦力做的功；（3）若點為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運動過程中速度最大的位置，當(dāng)小滑塊運動到點時撤去磁場，此后小滑塊繼續(xù)運動到水平地面上的點．已知小滑塊在點時的速度大小為，從點運動到點的時間為，求小滑塊運動到點時速度的大小.【答案】（1）；（2）；（3）【分析】小滑塊到達點時離開，此時與間的作用力為零，對小滑塊受力分析計算此時的速度的大??；由動能定理直接計算摩擦力做的功；撤去磁場后小滑塊將做類平拋運動，根據(jù)分運動計算最后的合速度的大小?！驹斀狻浚?）由題意知，根據(jù)左手定則可判斷，滑塊在下滑的過程中受水平向左的洛倫茲力，當(dāng)洛倫茲力等于電場力時滑塊離開開始做曲線運動，即解得小滑塊運動到點時的速度（2）從到根據(jù)動能定理：解得：（3）當(dāng)小滑塊速度最大時，所受合外力為零，即滑塊在點的速度方向與重力、電場力的合力方向垂直，故撤去磁場后，小滑塊將做類平拋運動，設(shè)等效重力加速度為，則有且聯(lián)立解得：【點睛】解決本題的關(guān)鍵是分析清楚小滑塊的運動過程，在與分離時，小滑塊與間的作用力為零，在撤去磁場后小滑塊將做類平拋運動，根據(jù)滑塊的不同的運動過程逐步求解即可．19．（2016·天津·高考真題）如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小為，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強度大小B=0.5T。有一帶正電的小球，質(zhì)量m=1×10–6kg，電荷量q=2×10–6C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動，當(dāng)經(jīng)過P點時撤掉磁場（不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象），取g=10m/s2.求：（1）小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向；（2）從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t?！敬鸢浮浚?）20m/s，與電場方向夾角為60°；（2）【詳解】（1）小球做勻速直線運動時，受力如圖其所受的三個力在同一平面內(nèi)，合力為零，則有代入數(shù)據(jù)解得速度v的方向與電場E的方向之間的夾角滿足解得則（2）撤去磁場后，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運動沒有影響，以P點為坐標原點，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速直線運動，其初速度為若使小球再次穿過P點所在的電場線，僅需小球的豎直方向的分位移為零，則有聯(lián)立解得20．（2016·北京·高考真題）如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v沿垂直磁場方向射入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，在磁場中做勻速圓周運動，不計帶電粒子所受重力：（1）求粒子做勻速圓周運動的半徑R和周期T；（2）為使該粒子做勻速直線運動，還需要同時存在一個與磁場方向垂直的勻強電場，求電場強度E的大小?！敬鸢浮浚?），；（2）?！驹斀狻浚?）粒子在磁場中受洛倫茲力F=qvB，洛倫茲力提供粒子做勻速圓周運動所需的向心力，有則粒子做勻速圓周運動的半徑粒子做勻速圓周運動周期可得（2）分析知粒子帶正電，為使該粒子做勻速直線運動，需加一豎直向下的勻強電場，電場力與洛倫茲力等大反向，相互平衡，即qE=qvB電場強度E的大小E=vB答：（1）求粒子做勻速圓周運動的半徑，周期；（2）電場強度E=vB。專題13帶電粒子在疊加場中的運動考點十年考情（2015-2024）命題趨勢考點帶電粒子在疊加場中的運動（10年10考）2024·山東·高考真題、2024·海南·高考真題、2024·安徽·高考真題、2023·海南·高考真題、2023·湖南·高考真題、2023·全國·高考真題、2023·江蘇·高考真題、2022·重慶·高考真題、2022·全國·高考真題、2022·浙江·高考真題、2022·廣東·高考真題、2022·江蘇·高考真題、2022·湖南·高考真題、2022·山東·高考真題、2020·海南·高考真題、2017·全國·高考真題、2016·天津·高考真題、2016·北京·高考真題、2015·海南·高考真題、2015·福建·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)勻強磁場中帶電粒子做圓周運動，主要涉及群發(fā)粒子的收集比例問題。(3)帶電粒子在復(fù)合場的運動主要涉及疊加和不疊加兩種形式，主要考查軌跡多解問題和霍爾效應(yīng)、磁流體發(fā)電機等。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磁場，關(guān)于小球運動和受力說法正確的是（

）

A．小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右 B．小球運動過程中的速度不變C．小球運動過程的加速度保持不變 D．小球受到的洛倫茲力對小球做正功【答案】A【詳解】A．根據(jù)左手定則，可知小球剛進入磁場時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，則小球運動過程中速度、加速度大小，方向都在變，BC錯誤；D．洛侖茲力永不做功，D錯誤。故選A。2．（2023·湖南·高考真題）如圖，真空中有區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，區(qū)域Ⅰ中存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下（與紙面平行），磁場方向垂直紙面向里，等腰直角三角形CGF區(qū)域（區(qū)域Ⅱ）內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外。圖中A、C、O三點在同一直線上，AO與GF垂直，且與電場和磁場方向均垂直。A點處的粒子源持續(xù)將比荷一定但速率不同的粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ中，只有沿直線AC運動的粒子才能進入?yún)^(qū)域Ⅱ。若區(qū)域Ⅰ中電場強度大小為E、磁感應(yīng)強度大小為B1，區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小為B2，則粒子從CF的中點射出，它們在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為t0。若改變電場或磁場強弱，能進入?yún)^(qū)域Ⅱ中的粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為t，不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是（

）

A．若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?B1，則t>t0B．若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)?E，則t>t0C．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?，則D．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?，則【答案】D【詳解】由題知粒子在AC做直線運動，則有qv0B1=qE區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小為B2，則粒子從CF的中點射出，則粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為90°，根據(jù)，有A．若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?B1，則粒子在AC做直線運動的速度，有qvA?2B1=qE則再根據(jù)，可知粒子半徑減小，則粒子仍然從CF邊射出，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為90°，則t=t0，A錯誤；B．若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)?E，則粒子在AC做直線運動的速度，有qvBB1=q?2E則vB=2v0再根據(jù)，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，則粒子F點射出，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為90°，則t=t0，B錯誤；C．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)椋瑒t粒子在AC做直線運動的速度仍為v0，再根據(jù)，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉淼模瑒t粒子從OF邊射出，則畫出粒子的運動軌跡如下圖

根據(jù)可知轉(zhuǎn)過的圓心角θ=60°，根據(jù)，有則C錯誤；D．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)椋瑒t粒子在AC做直線運動的速度仍為v0，再根據(jù)，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉淼?，則粒子OF邊射出，則畫出粒子的運動軌跡如下圖

根據(jù)可知轉(zhuǎn)過的圓心角為α=45°，根據(jù)，有則D正確。故選D。3．（2023·全國·高考真題）如圖，一磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，方向垂直于紙面（xOy平面）向里，磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；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，在磁場區(qū)域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏。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點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點射出，

則根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子出離磁場時速度方向與豎直方向夾角為30°，則解得粒子做圓周運動的半徑r=2a則粒子做圓周運動有則有如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏，則有Eq=qvB聯(lián)立有故選A。4．（2022·重慶·高考真題）2021年中國全超導(dǎo)托卡馬克核聚變實驗裝置創(chuàng)造了新的紀錄。為粗略了解等離子體在托卡馬克環(huán)形真空室內(nèi)的運動狀況，某同學(xué)將一小段真空室內(nèi)的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強電場和勻強磁場（如圖），電場強度大小為E，磁感應(yīng)強度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運動，其速度平行于磁場方向的分量大小為v1，垂直于磁場方向的分量大小為v2，不計離子重力，則（

）A．電場力的瞬時功率為 B．該離子受到的洛倫茲力大小為qv1BC．v2與v1的比值不斷變大 D．該離子的加速度大小不變【答案】D【詳解】A．根據(jù)功率的計算公式可知P=Fvcosθ，則電場力的瞬時功率為P=Eqv1，A錯誤；B．由于v1與磁場B平行，則根據(jù)洛倫茲力的計算公式有F洛=qv2B，B錯誤；C．根據(jù)運動的疊加原理可知，離子在垂直于紙面內(nèi)做勻速圓周運動，沿水平方向做加速運動，則v1增大，v2不變，v2與v1的比值不斷變小，C錯誤；D．離子受到的洛倫茲力大小不變，電場力不變，則該離子的加速度大小不變，D正確。故選D。5．（2022·全國·高考真題）空間存在著勻強磁場和勻強電場，磁場的方向垂直于紙面（平面）向里，電場的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下，從坐標原點O由靜止開始運動。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運動軌跡的是（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】解法一：AC．在xOy平面內(nèi)電場的方向沿y軸正方向，故在坐標原點O靜止的帶正電粒子在電場力作用下會向y軸正方向運動。磁場方向垂直于紙面向里，根據(jù)左手定則，可判斷出向y軸正方向運動的粒子同時受到沿x軸負方向的洛倫茲力，故帶電粒子向x軸負方向偏轉(zhuǎn)。AC錯誤；BD．運動的過程中在電場力對帶電粒子做功，粒子速度大小發(fā)生變化，粒子所受的洛倫茲力方向始終與速度方向垂直。由于勻強電場方向是沿y軸正方向，故x軸為勻強電場的等勢面，從開始到帶電粒子偏轉(zhuǎn)再次運動到x軸時，電場力做功為0，洛倫茲力不做功，故帶電粒子再次回到x軸時的速度為0，隨后受電場力作用再次進入第二象限重復(fù)向左偏轉(zhuǎn)，故B正確，D錯誤。故選B。解法二：粒子在O點靜止，對速度進行分解，分解為向x軸正方向的速度v，向x軸負方向的速度v’，兩個速度大小相等，方向相反。使得其中一個洛倫茲力平衡電場力，即則粒子的在電場、磁場中的運動，可視為，向x軸負方向以速度做勻速直線運動，同時在x軸上方做勻速圓周運動。故選B。6．（2017·全國·高考真題）如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上（與紙面平行），磁場方向垂直于紙面向里，三個帶正電的微粒a，b，c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma，mb，mc，已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動，下列選項正確的是（

）A．ma>mb>mc B．mb>ma>mcC．mc>ma>mb D．mc>mb>ma【答案】B【詳解】由題意知mag=qEmbg=qE+Bqvmcg+Bqv=qE所以故選B。7．（2015·海南·高考真題）如圖所示，a是豎直平面P上的一點，P前有一條形磁鐵垂直于P，且S極朝向a點，P后一電子在偏轉(zhuǎn)線圈和條形磁鐵的磁場的共同作用下，在水平面內(nèi)向右彎曲經(jīng)過a點．在電子經(jīng)過a點的瞬間．條形磁鐵的磁場對該電子的作用力的方向（）A．向上 B．向下 C．向左 D．向右【答案】A【詳解】P前有一條形磁鐵垂直于P，且S極朝向a點可知條形磁鐵的磁場的方向向外，電子向右運動，由左手定則可知，電子受到的條形磁鐵對電子的作用力的方向向上．【點睛】本題提供的情景看似比較復(fù)雜，在去蕪存菁后可知，電子受到的洛倫茲力的方向可以由左手定則直接判定．要注意的是：對負電荷而言，四指所指方向為其運動的反方向．二、多選題8．（2024·安徽·高考真題）空間中存在豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向里的勻強磁場，電場強度大小為E，磁感應(yīng)強度大小為B。一質(zhì)量為m的帶電油滴a，在紙面內(nèi)做半徑為R的圓周運動，軌跡如圖所示。當(dāng)a運動到最低點P時，瞬間分成兩個小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者帶電量、質(zhì)量均相同。Ⅰ在P點時與a的速度方向相同，并做半徑為的圓周運動，軌跡如圖所示。Ⅱ的軌跡未畫出。己知重力加速度大小為g，不計空氣浮力與阻力以及Ⅰ、Ⅱ分開后的相互作用，則（）A．油滴a帶負電，所帶電量的大小為B．油滴a做圓周運動的速度大小為C．小油滴Ⅰ做圓周運動的速度大小為，周期為D．小油滴Ⅱ沿順時針方向做圓周運動【答案】ABD【詳解】A．油滴a做圓周運動，故重力與電場力平衡，可知帶負電，有解得故A正確；B．根據(jù)洛倫茲力提供向心力得解得油滴a做圓周運動的速度大小為故B正確；C．設(shè)小油滴Ⅰ的速度大小為，得解得周期為故C錯誤；D．帶電油滴a分離前后動量守恒，設(shè)分離后小油滴Ⅱ的速度為，取油滴a分離前瞬間的速度方向為正方向，得解得由于分離后的小液滴受到的電場力和重力仍然平衡，分離后小油滴Ⅱ的速度方向與正方向相反，根據(jù)左手定則可知小油滴Ⅱ沿順時針方向做圓周運動，故D正確。故選ABD。9．（2022·浙江·高考真題）如圖為某一徑向電場的示意圖，電場強度大小可表示為，a為常量。比荷相同的兩粒子在半徑r不同的圓軌道運動。不考慮粒子間的相互作用及重力，則（）A．軌道半徑r小的粒子角速度一定小B．電荷量大的粒子的動能一定大C．粒子的速度大小與軌道半徑r一定無關(guān)D．當(dāng)加垂直紙面磁場時，粒子一定做離心運動【答案】BC【詳解】A．根據(jù)電場力提供向心力可得解得可知軌道半徑r小的粒子角速度大，故A錯誤；BC．根據(jù)電場力提供向心力可得解得又聯(lián)立可得可知電荷量大的粒子的動能一定大，粒子的速度大小與軌道半徑r一定無關(guān)，故BC正確；D．磁場的方向可能垂直紙面向內(nèi)也可能垂直紙面向外，所以粒子所受洛倫茲力方向不能確定，粒子可能做離心運動，也可能做近心運動，故D錯誤。故選BC。10．（2022·廣東·高考真題）如圖所示，磁控管內(nèi)局部區(qū)域分布有水平向右的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場。電子從M點由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經(jīng)過N、P兩點。已知M、P在同一等勢面上，下列說法正確的有（）A．電子從N到P，電場力做正功B．N點的電勢高于P點的電勢C．電子從M到N，洛倫茲力不做功D．電子在M點所受的合力大于在P點所受的合力【答案】BC【詳解】A．由題可知電子所受電場力水平向左，電子從N到P的過程中電場力做負功，故A錯誤；B．根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低可知N點的電勢高于P點，故B正確；C．由于洛倫茲力一直都和速度方向垂直，故電子從M到N洛倫茲力都不做功；故C正確；D．由于M點和P點在同一等勢面上，故從M到P電場力做功為0，而洛倫茲力不做功，M點速度為0，根據(jù)動能定理可知電子在P點速度也為0，則電子在M點和P點都只受電場力作用，在勻強電場中電子在這兩點電場力相等，即合力相等，故D錯誤；故選BC。三、解答題11．（2024·海南·高考真題）如圖，在xOy坐標系中有三個區(qū)域，圓形區(qū)域Ⅰ分別與x軸和y軸相切于P點和S點。半圓形區(qū)域Ⅱ的半徑是區(qū)域Ⅰ半徑的2倍。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ的圓心連線與x軸平行，半圓與圓相切于Q點，QF垂直于x軸，半圓的直徑MN所在的直線右側(cè)為區(qū)域Ⅲ。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ分別有磁感應(yīng)強度大小為B、的勻強磁場，磁場方向均垂直紙面向外。區(qū)域Ⅰ下方有一粒子源和加速電場組成的發(fā)射器，可將質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子由電場加速到。改變發(fā)射器的位置，使帶電粒子在OF范圍內(nèi)都沿著y軸正方向以相同的速度沿紙面射入?yún)^(qū)域Ⅰ。已知某粒子從P點射入?yún)^(qū)域Ⅰ，并從Q點射入?yún)^(qū)域Ⅱ（不計粒子的重力和粒子之間的影響）（1）求加速電場兩板間的電壓U和區(qū)域Ⅰ的半徑R；（2）在能射入?yún)^(qū)域Ⅲ的粒子中，某粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間最短，求該粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中運動的總時間t；（3）在區(qū)域Ⅲ加入勻強磁場和勻強電場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里，電場強度的大小，方向沿x軸正方向。此后，粒子源中某粒子經(jīng)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ射入?yún)^(qū)域Ⅲ，進入?yún)^(qū)域Ⅲ時速度方向與y軸負方向的夾角成74°角。當(dāng)粒子動能最大時，求粒子的速度大小及所在的位置到y(tǒng)軸的距離?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3），【詳解】（1）根據(jù)動能定理得解得粒子進入?yún)^(qū)域I做勻速圓周運動，根據(jù)題意某粒子從P點射入?yún)^(qū)域Ⅰ，并從Q點射入?yún)^(qū)域Ⅱ，故可知此時粒子的運動軌跡半徑與區(qū)域Ⅰ的半徑R相等，粒子在磁場中運動洛倫茲力提供向心力解得（2）帶電粒子在OF范圍內(nèi)都沿著y軸正方向以相同的速度沿紙面射入?yún)^(qū)域Ⅰ，由(1)可得，粒子的在磁場中做勻速圓周運動，軌跡半徑均為R，因為在區(qū)域Ⅰ中的磁場半徑和軌跡半徑相等，粒子射入點、區(qū)域Ⅰ圓心O1、軌跡圓心O'、粒子出射點四點構(gòu)成一個菱形，有幾何關(guān)系可得，區(qū)域Ⅰ圓心O1和粒子出射點連線平行于粒子射入點與軌跡圓心O'連線，則區(qū)域Ⅰ圓心O1和粒子出射點水平，根據(jù)磁聚焦原理可知粒子都從Q點射出，粒子射入?yún)^(qū)域II，仍做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力解得如圖，要使粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間最短，軌跡所對應(yīng)的圓心角最小，可知在區(qū)域Ⅱ中運動的圓弧所對的弦長最短，即此時最短弦長為區(qū)域Ⅱ的磁場圓半徑，根據(jù)幾何知識可得此時在區(qū)域Ⅱ和區(qū)域Ⅰ中運動的軌跡所對應(yīng)的圓心角都為，粒子在兩區(qū)域磁場中運動周期分別為故可得該粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中運動的總時間為（3）如圖，將速度分解為沿y軸正方向的速度及速度，因為可得，故可知沿y軸正方向的速度產(chǎn)生的洛倫茲力與電場力平衡，粒子同時受到另一方向的洛倫茲力，故粒子沿y正方向做旋進運動，根據(jù)角度可知故當(dāng)方向為豎直向上時此時粒子速度最大，即最大速度為圓周運動半徑根據(jù)幾何關(guān)系可知此時所在的位置到y(tǒng)軸的距離為12．（2024·山東·高考真題）如圖所示，在Oxy坐標系x>0，y>0區(qū)域內(nèi)充滿垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。磁場中放置一長度為L的擋板，其兩端分別位于x、y軸上M、N兩點，∠OMN=60°，擋板上有一小孔K位于MN中點?！鱋MN之外的第一象限區(qū)域存在恒定勻強電場。位于y軸左側(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的無初速度的粒子。粒子發(fā)生器與y軸之間存在水平向右的勻強加速電場，加速電壓大小可調(diào)，粒子經(jīng)此電場加速后進入磁場，擋板厚度不計，粒子可沿任意角度穿過小孔，碰撞擋板的粒子不予考慮，不計粒子重力及粒子間相互作用力。（1）求使粒子垂直擋板射入小孔K的加速電壓U0；（2）調(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動，求第一象限中電場強度的大小和方向；（3）當(dāng)加速電壓為時，求粒子從小孔K射出后，運動過程中距離y軸最近位置的坐標?！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的運動軌跡如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為在區(qū)域根據(jù)洛倫茲力提供向心力有在勻強加速電場中由動能定理有聯(lián)立解得（2）根據(jù)題意，當(dāng)軌跡半徑最小時，粒子速度最小，則作出粒子以最小的速度從小孔K射出的運動軌跡如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑為在區(qū)域根據(jù)洛倫茲力提供向心力有粒子從小孔K射出后恰好做勻速直線運動，由左手定則可知粒子經(jīng)過小孔K后受到的洛倫茲力沿x軸負方向，則粒子經(jīng)過小孔K后受到的電場力沿x軸正方向，粒子帶正電，則之外第一象限區(qū)域電場強度的方向沿x軸正方向，大小滿足聯(lián)立可得（3）在勻強加速電場中由動能定理有可得在區(qū)域根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得粒子在區(qū)域運動的軌跡半徑作出從小孔K射出的粒子的運動軌跡如圖所示設(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)系可知則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動可分解為沿軸正方向的勻速直線運動和速度大小為的勻速圓周運動，可知解得粒子做圓周運動的周期為T=2πmqB，粒子至少運動距離軸最近，加上整周期則粒子運動，時距離軸最近，則最近位置的橫坐標為縱坐標為，綜上所述，最近的位置坐標，。13．（2023·江蘇·高考真題）霍爾推進器某局部區(qū)域可抽象成如圖所示的模型。Oxy平面內(nèi)存在豎直向下的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從O點沿x軸正方向水平入射。入射速度為v0時，電子沿x軸做直線運動；入射速度小于v0時，電子的運動軌跡如圖中的虛線所示，且在最高點與在最低點所受的合力大小相等。不計重力及電子間相互作用。（1）求電場強度的大小E；（2）若電子入射速度為v04，求運動到速度為時位置的縱坐標y1（3）若電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)均勻分布，求能到達縱坐標位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的百分比。

【答案】（1）v0B；（2）；（3）90%【詳解】（1）由題知，入射速度為v0時，電子沿x軸做直線運動則有Ee=ev0B解得E=v0B（2）電子在豎直向下的勻強電場和垂直坐標平面向里的勻強磁場的復(fù)合場中，由于洛倫茲力不做功，且由于電子入射速度為v0解得（3）若電子以v入射時，設(shè)電子能達到的最高點位置的縱坐標為y，則根據(jù)動能定理有由于電子在最高點與在最低點所受的合力大小相等，則在最高點有F合=evmB－eE在最低點有F合=eE－evB聯(lián)立有

要讓電子達縱坐標位置，即y≥y2解得則若電子入射速度在0<v<v0范圍內(nèi)均勻分布，能到達縱坐標位置的電子數(shù)N占總電子數(shù)N0的90%。14．（2022·江蘇·高考真題）利用云室可以知道帶電粒子的性質(zhì)，如圖所示，云室中存在磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，一個質(zhì)量為m、速度為v的電中性粒子在A點分裂成帶等量異號電荷的粒子a和b，a、b在磁場中的徑跡是兩條相切的圓弧，相同時間內(nèi)的徑跡長度之比，半徑之比，不計重力及粒子間的相互作用力，求：（1）粒子a、b的質(zhì)量之比；（2）粒子a的動量大小?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）分裂后帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則有解得由題干知半徑之比，故因為相同時間內(nèi)的徑跡長度之比，則分裂后粒子在磁場中的速度為聯(lián)立解得（2）中性粒子在A點分裂成帶等量異號電荷的粒子a和b，分裂過程中，沒有外力作用，動量守恒，根據(jù)動量守恒定律因為分裂后動量關(guān)系為，聯(lián)立解得15．（2022·湖南·高考真題）如圖，兩個定值電阻的阻值分別為和，直流電源的內(nèi)阻不計，平行板電容器兩極板水平放置，板間距離為，板長為，極板間存在方向水平向里的勻強磁場。質(zhì)量為、帶電量為的小球以初速度沿水平方向從電容器下板左側(cè)邊緣點進入電容器，做勻速圓周運動，恰從電容器上板右側(cè)邊緣離開電容器。此過程中，小球未與極板發(fā)生碰撞，重力加速度大小為，忽略空氣阻力。（1）求直流電源的電動勢；（2）求兩極板間磁場的磁感應(yīng)強度；（3）在圖中虛線的右側(cè)設(shè)計一勻強電場，使小球離開電容器后沿直線運動，求電場強度的最小值?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）小球在電磁場中做勻速圓周運動，則電場力與重力平衡，可得兩端的電壓根據(jù)歐姆定律得聯(lián)立解得（2）如圖所示設(shè)粒子在電磁場中做圓周運動的半徑為，根據(jù)幾何關(guān)系解得根據(jù)解得（3）由幾何關(guān)系可知，射出磁場時，小球速度方向與水平方向夾角為，要使小球做直線運動，當(dāng)小球所受電場力與小球重力在垂直小球速度方向的分力相等時，電場力最小，電場強度最小，可得解得16．（2022·山東·高考真題）中國“人造太陽”在核聚變實驗方面取得新突破，該裝置中用電磁場約束和加速高能離子，其部分電磁場簡化模型如圖所示，在三維坐標系中，空間內(nèi)充滿勻強磁場I，磁感應(yīng)強度大小為B，方向沿x軸正方向；，的空間內(nèi)充滿勻強磁場II，磁感應(yīng)強度大小為，方向平行于平面，與x軸正方向夾角為；，的空間內(nèi)充滿沿y軸負方向的勻強電場。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)運動一段時間后，經(jīng)坐標原點沿軸正方向進入磁場I。不計離子重力。（1）當(dāng)離子甲從點出射速度為時，求電場強度的大?。唬?）若使離子甲進入磁場后始終在磁場中運動，求進入磁場時的最大速度；（3）離子甲以的速度從點沿軸正方向第一次穿過面進入磁場I，求第四次穿過平面的位置坐標（用d表示）；（4）當(dāng)離子甲以的速度從點進入磁場I時，質(zhì)量為、帶電量為的離子乙，也從點沿軸正方向以相同的動能同時進入磁場I，求兩離子進入磁場后，到達它們運動軌跡第一個交點的時間差（忽略離子間相互作用）?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）（d，d，）；（4）【詳解】（1）如圖所示將離子甲從點出射速度為分解到沿軸方向和軸方向，離子受到的電場力沿軸負方向，可知離子沿軸方向做勻速直線運動，沿軸方向做勻減速直線運動，從到的過程，有聯(lián)立解得（2）離子從坐標原點沿軸正方向進入磁場I中，在磁場I中做勻速圓周運動，經(jīng)過磁場I偏轉(zhuǎn)后從軸進入磁場II中，繼續(xù)做勻速圓周運動，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中運動，則離子磁場I運動時，不能從磁場I上方穿出。在磁場II運動時，不能xOz平面穿出，則離子在磁場用運動的軌跡半徑需滿足，聯(lián)立可得要使離子甲進入磁場后始終在磁場中運動，進入磁場時的最大速度為；（3）離子甲以的速度從點沿z軸正方向第