三年真題（2023—2025）

4M20電老制等

■三年考情-探規(guī)律?

考點三年考情(2023-2025)命題趨勢

考點1帶電2025?河南卷-T15、2025?黑吉遼卷-T15、2024?黑吉遼

粒子在組合場卷115、2024?海南卷?T18、2024?湖南卷?T14、2024?甘肅

（1）帶電粒子在組合場中

中的運動卷.T15、2023?山東卷217、2023?海南卷?T13、2023?遼寧

的運動。

卷-T14

（2）電磁感應(yīng)與動力學、

考點2電磁感

2025?福建卷115、2025?山東卷-T18、2024?河北卷.T14、功能關(guān)系和動量綜合問

應(yīng)與動力學、

2024?浙江6月選考卷?T19、2024?海南卷?T13、2024?北京題。

功能關(guān)系和動

卷-T20、2024?江西卷?T15、2024?湖北卷715、2024?安徽

量綜合問題

卷?T15

一考點分練-精準達標一

考點01帶電粒子在組合場中的運動

1.（2025?陜晉青寧卷?高考真題）電子比荷是描述電子性質(zhì)的重要物理量。在標準理想二極管

中利用磁控法可測得比荷，一般其電極結(jié)構(gòu)為圓筒面與中心軸線構(gòu)成的圓柱體系統(tǒng)，結(jié)構(gòu)

簡化如圖（a）所示，圓筒足夠長。在。點有一電子源，向空間中各個方向發(fā)射速度大小為

%的電子，某時刻起筒內(nèi)加大小可調(diào)節(jié)且方向沿中心軸向下的勻強磁場，筒的橫截面及軸

截面示意圖如圖（b）所示，當磁感應(yīng)強度大小調(diào)至九時，恰好沒有電子落到筒壁上，不

計電子間相互作用及其重力的影響。求：（R、%、線均為已知量）

橫截面軸截面

圖(a)圖(b)

⑴電子的比荷￡；

m

⑵當磁感應(yīng)強度大小調(diào)至;穌時，筒壁上落有電子的區(qū)域面積S。

【答案】(1)且=會

mB^R

(2)S=2辰2H之

【詳解】(1)當磁場的磁感應(yīng)強度為線時，電子剛好不會落到筒壁上。

則電子以速度%垂直軸線方向射出，電子在磁場中做勻速圓周運動，軌跡恰好與圓筒壁相

切，軌跡半徑為4=g

根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得e穌%

聯(lián)立解得十2%

(2)磁感應(yīng)強度調(diào)整為"后，將電子速度沿垂直軸線和平行軸線方向進行分解，分別設(shè)

2

匕，電子將在垂直軸線方向上做勻速圓周運動，平行軸線方向上做勻速直線運動，電

子擊中筒壁距離粒子源的最遠點時，其垂直軸線方向的圓周運動軌跡與筒壁相切，則軌跡

半徑仍為4=。

根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得e與匕=竺匚

29

聯(lián)立解得匕=￡

T1t—Z_rm—_\2z7_r_m___JIR________

由射出到相切，經(jīng)過半個周期，用時—2―2eVeB0~%

根據(jù)速度的合成與分解可知%=J%?—」=#%

平行軸線方向運動距離y=vt=^R

,2

結(jié)合對稱性，被電子擊中的面積S=2x=2上?2H2

2.（2025?河南?高考真題）如圖，水平虛線上方區(qū)域有垂直于紙面向外的勻強磁場，下方區(qū)域

有豎直向上的勻強電場。質(zhì)量為機、帶電量為q（q>0）的粒子從磁場中的。點以速度V。

向右水平發(fā)射，當粒子進入電場時其速度沿右下方向并與水平虛線的夾角為60。，然后粒

子又射出電場重新進入磁場并通過右側(cè)6點，通過6點時其速度方向水平向右。。、6距水

平虛線的距離均為九兩點之間的距離為5=36介。不計重力。

ii

.，處.....々一.

二」;二二一一二一一尸二二一

八4▲八

⑴求磁感應(yīng)強度的大?。?/p>

⑵求電場強度的大??；

（3）若粒子從。點以%豎直向下發(fā)射，長時間來看，粒子將向左或向右漂移，求漂移速度大

小。（一個周期內(nèi)粒子的位移與周期的比值為漂移速度）

【答案】（1）笠

mvl

(2)—

2qh

(3)4^V0

6超+8兀

【詳解】(1)根據(jù)題意可知，畫出粒子的運動軌跡，如圖所示

由題意可知夕=60。

設(shè)粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r,由幾何關(guān)系有r=rcos8+/z

解得r=2/i

2

由牛頓第二定律有夕%3=m"

r

解得人笠

2qh

(2)根據(jù)題意，由對稱性可知，粒子射出電場時，速度大小仍為V。，方向與水平虛線的夾

角為60°,由幾何關(guān)系可得AB=s-2rsinO=3-2y/3h=JW/z

則粒子在電場中的運動時間為彳=-^―=2亙

%cos6%

沿電場方向上，由牛頓第二定律有學￡=府

由運動學公式有一%sin。%sin。一at

2

聯(lián)立解得E:普

2qh.

(3)若粒子從。點以%豎直向下發(fā)射，畫出粒子的運動軌跡，如圖所示

由于粒子在磁場中運動的速度大小仍為%,粒子在磁場中運動的半徑仍為2/z,由幾何關(guān)系

可得，粒子進入電場時速度與虛線的夾角==60°

2島

結(jié)合小問2分析可知，粒子在電場中的運動時間為.

%）

間的距離為45=血無

由幾何關(guān)系可得5c=2rsin（7=2y[3h

則AC=BC—A5=同

360°-la2zrr87rh

粒子在磁場中的運動時間為‘2=."=萩

則有/=%+t2

3%

綜上所述可知，粒子每隔時間方向右移動回，則漂移速度大小"=畫=產(chǎn)%

t6A/3+87r

3.（2025?貴州?高考真題）如圖所示，》軸水平向右，z軸豎直向上，）軸垂直紙面向里（圖

中未畫出），在％Oz平面里有豎直向上的勻強電場石，在2=2°的平面下方存在垂直紙面向

里的勻強磁場與，Z=Z°的平面上方有垂直紙面向里的勻強磁場打（未知）。有一帶正電

的粒子，質(zhì)量為加，從坐標原點0出發(fā)，沿％軸正方向以速度V射出后做圓周運動，其中

2V2八me16v2

Z0=-，Bi=上,p點坐標（一,0,0）。已知重力加速度為g,粒子電荷量為夕。求：

5gqv5g

⑴電場強度E的大小及該粒子第一次經(jīng)過z=z0平面時的位置對應(yīng)的％坐標值；

⑵當該帶電粒子沿％軸正方向飛出到達P點時間最小時，求當?shù)拇笮。?/p>

⑶若將電場石改成沿y軸正方向，粒子同樣從坐標原點。沿x軸以速度v射出，求粒子的

軌跡方程。

2

【答案】(1)石=些4v

x-----

q5g

3mg

(2)n52=—

qv

⑶T

【詳解】(1)由題意可知，粒子受到重力、洛倫茲力和電場力做勻速圓周運動，可以判斷

粒子受到的電場力與重力平衡，則回

解得石=整

q

粒子做勻速圓周運動，圓周運動軌跡如圖所示

V

洛倫茲力提供向心力得qvB[=m—

&

V2

解得粒子運動的軌道半徑尺=一

g

根據(jù)圓周運動軌跡，由幾何關(guān)系得f+(Zo-Ri)2=R]2

4y2

代入數(shù)據(jù)解得％=丁

5g

(2)粒子做勻速圓周運動，可能的運動軌跡如圖所示

X

X

設(shè)粒子進入B2磁場中速度方向與磁場分界面成e角，由幾何關(guān)系可得cos（90。-0}=—

火1

可解得8=53。

設(shè)粒子在與磁場中運動的軌道半徑為此，根據(jù)圓周運動軌跡可知粒子運動到P點應(yīng)滿足

n(2R]sin0-2&sin

當〃取最小值時，運動時間最短。所以當〃=3時，運動時間最短，代入用的值解得夫2=與

根據(jù)qvB=m—

R

聯(lián)立可得當=SB,=——

當該帶電粒子沿x軸正方向飛出到達P點時間最小時，S的大小為現(xiàn)。

qv

（3）若將電場方向改為〉軸方向正方向，由受力分析，粒子受到沿z軸正方向的洛倫茲力、

沿Z軸負方向的重力、沿y軸正方向的電場力，根據(jù)q=整

解得粒子受到的洛倫茲力大小為危="g

1

正好與重力相平衡，所以粒子在y軸正方向做勻加速直線運動，有y二—a/9

2

由牛頓第二定律有Eq=ma

粒子在X軸正方向做勻加速直線運動，有”=近

聯(lián)立解得軌跡方程y=4

4.（2025?黑吉遼蒙卷?高考真題）如圖（a）,固定在光滑絕緣水平面上的單匝正方形導體框abed,

置于始終豎直向下的勻強磁場中，加邊與磁場邊界平行，出?邊中點位于磁場邊界。導體

框的質(zhì)量根=lkg,電阻R=0.5。、邊長乙=lm。磁感應(yīng)強度5隨時間/連續(xù)變化，01s

內(nèi)1圖像如圖（b）所示。導體框中的感應(yīng)電流/與時間/關(guān)系圖像如圖（c）所示，其

中01s內(nèi)的圖像未畫出，規(guī)定順時針方向為電流正方向。

⑴求t=0.5s時ad邊受到的安培力大小F；

（2）畫出圖（b）中1?2s內(nèi)B-t圖像（無需寫出計算過程）；

⑶從/=2s開始，磁場不再隨時間變化。之后導體框解除固定，給導體框一個向右的初速

度%=0.1m/s,求ad邊離開磁場時的速度大小看。

【詳解】（1）由法拉第電磁感應(yīng)定律.AO…20.2-0.11

==------=-----x—x1V=U.UJV

ArAr1-02

E

由閉合電路歐姆定律可知，01s內(nèi)線框中的感應(yīng)電流大小為，='=01A

R

由圖（b）可知，/=0.5s時磁感應(yīng)強度大小為"5=0.15T

所以此時導線框ad的安培力大小為F=BQ5IXL=O.15xO.lxlN=O.O15N

（2）0Is內(nèi)線框內(nèi)的感應(yīng)電流大小為4=01A,根據(jù)楞次定律及安培定則可知感應(yīng)電流

方向為順時針，由圖（c）可知12s內(nèi)的感應(yīng)電流大小為，2=0?2A

方向為逆時針，根據(jù)歐姆定律可知12s內(nèi)的感應(yīng)電動勢大小為石2=/2尺=。-IV

AB-￡2

由法拉第電磁感應(yīng)定律"A①

石2——2—=o.iv

ArX

可知12s內(nèi)磁感應(yīng)強度的變化率為f=空/=02塊

解得t=2s時磁感應(yīng)強度大小為為=0.3T

方向垂直于紙面向里，故12s的磁場隨時間變化圖為

（3）由動量定理可知-為/乙寧=機匕一M%

其中-E_△①-2B%l}

q=INAt=一AA?=---=------

RRR

聯(lián)立解得就經(jīng)過磁場邊界的速度大小為匕=0.01m/s

5.（2025?云南?高考真題）磁屏蔽技術(shù)可以降低外界磁場對屏蔽區(qū)域的干擾。如圖所示，x＞0

區(qū)域存在垂直。移平面向里的勻強磁場，其磁感應(yīng)強度大小為耳（未知）。第一象限內(nèi)存

在邊長為2乙的正方形磁屏蔽區(qū)ONP。，經(jīng)磁屏蔽后，該區(qū)域內(nèi)的勻強磁場方向仍垂直。孫

平面向里，其磁感應(yīng)強度大小為不（未知），但滿足。＜當＜4。某質(zhì)量為機、電荷量為

夕①＞。）的帶電粒子通過速度選擇器后，在。碎平面內(nèi)垂直y軸射入?yún)^(qū)域，經(jīng)磁場偏

轉(zhuǎn)后剛好從ON中點垂直O(jiān)N射入磁屏蔽區(qū)域。速度選擇器兩極板間電壓。、間距4、內(nèi)部

磁感應(yīng)強度大小線已知，不考慮該粒子的重力。

速度選擇器

⑴求該粒子通過速度選擇器的速率；

(2)求用以及y軸上可能檢測到該粒子的范圍;

B-B

(3)定義磁屏蔽效率〃=七工義100%,若在。處檢測到該粒子，則〃是多少？

U

【答案】⑴而

mU

⑵函TL<y<3L

(3)60%

【詳解】(1)由于該粒子在速度選擇器中受力平衡，故亞7VoBo

其中￡=二

a

U

則該粒子通過速度選擇器的速率為%=廝

(2)粒子在區(qū)域內(nèi)左勻速圓周運動，從ON的中點垂直O(jiān)N射入磁屏蔽區(qū)域，由幾

何關(guān)系可知八=L

2

由洛倫茲力提供給向心力=機”

「mU

聯(lián)立可得用=——

qdB^L

由于叢<與，根據(jù)洛倫茲力提供給向心力qv0B,=m—

解得r2>L

當外=0時粒子磁屏蔽區(qū)向上做勻速直線運動，離開磁屏蔽區(qū)后根據(jù)左手定則，粒子向左

偏轉(zhuǎn)，如圖所示

根據(jù)洛倫茲力提供向心力=m~

r3

可得G=rx=L

故粒子打在y軸3L處，綜上所述y軸上可能檢測到該粒子的范圍為L<y<3Lo

(3)若在。處檢測到該粒子，如圖

由幾何關(guān)系可知r；=(2L)2+億一與2

解得r,=°L

2

由洛倫茲力提供向心力=加星

一弓

“2mU

聯(lián)立解得當==377

jqB^aL

八mU

其中耳=心7

qaB^L

B-B

根據(jù)磁屏蔽效率7=七工x100%可得若在Q處檢測到該粒子，則7/=60%

6.(2025?北京?高考真題)北京譜儀是北京正負電子對撞機的一部分，它可以利用帶電粒子在

磁場中的運動測量粒子的質(zhì)量、動量等物理量。

考慮帶電粒子在磁感應(yīng)強度為3的勻強磁場中的運動，且不計粒子間相互作用。

(1)一個電荷量為外的粒子的速度方向與磁場方向垂直，推導得出粒子的運動周期T與質(zhì)量

機的關(guān)系。

(2)兩個粒子質(zhì)量相等、電荷量均為q,粒子1的速度方向與磁場方向垂直，粒子2的速度

方向與磁場方向平行。在相同的時間內(nèi)，粒子1在半徑為R的圓周上轉(zhuǎn)過的圓心角為。，

粒子2運動的距離為人求：

a.粒子1與粒子2的速度大小之比匕：為；

b.粒子2的動量大小p20

【答案】(1)T=F?相

(2)a.vx-.v2=3R\d-b.

2

【詳解】(1)粒子速度方向與磁場垂直，做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力qvB=m—

oR

mv

解得軌道半徑尺=

q°B

r\JT)

圓周運動的周期丁二工

V

T2兀m

將R代入得T=

q°B

E2%

比例關(guān)系為T=一-m

q°B

n

(2)a.由題意知粒子1做圓周運動，線速度匕=口氏=：氏

粒子2做勻速直線運動，速度％=?

OR

所以速度之比w=T-="

v2ad

t

即Vj:v2=OR:d

2

b.對粒子1,由洛倫茲力提供向心力有夕匕5=小費

可得加=-q-B-R-

匕

粒子2的動量p2=mv2

qBRqBR-dqBd

結(jié)合前面的分析可得p=-—?吃="4^-=匕一

2v；t/Re

7.(2025?湖南?高考真題)如圖。直流電源的電動勢為用)，內(nèi)阻為滑動變阻器R的最大阻

值為2%,平行板電容器兩極板水平放置，板間距離為d,板長為6d，平行板電容器的右

側(cè)存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。閉合開關(guān)S,當滑片處于滑動變阻器中點時，質(zhì)量為

冽的帶正電粒子以初速度V。水平向右從電容器左側(cè)中點。進入電容器，恰好從電容器下極

板右側(cè)邊緣6點進入磁場，隨后又從電容器上極板右側(cè)邊緣c點進入電容器，忽略粒子重

力和空氣阻力。

XXX

B

XXX

XXX

XXX

XXX

⑴求粒子所帶電荷量q；

(2)求磁感應(yīng)強度3的大小;

⑶若粒子離開6點時，在平行板電容器的右側(cè)再加一個方向水平向右的勻強電場，場強大

小為拽盆，求粒子相對于電容器右側(cè)的最遠水平距離4。

3d

n2K

⑵八匹

d

⑶

【詳解】(1)粒子在電容器中做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動有島=%/

豎直方向做勻變速直線運動4=?^上&心v=at=^-

22md

由閉合回路歐姆定律可得U=E

4+4

-r,口J3mv：

聯(lián)乂可倚匕=一『％應(yīng)=W

3Eo

(2)粒子進入磁場與豎直方向的夾角為tan9=%=60。，丫=」^=2叵丫

%sin60°3°

粒子在磁場中做勻速圓周運動

qvB=m—

R

由幾何關(guān)系易得尺=—^―=理

cos3003

2F

聯(lián)立可得於了

（3）取一個豎直向上的速度使得其對應(yīng)的洛倫茲力和水平向右的電場力平衡，則有

qv、iB=qE

解得力=乎%

粒子以加速度向上做勻速直線運動，粒子做圓周運動的合速度的豎直方向分速度為

%-y=同

Vn

此時合速度與豎直方向的夾角為tan”兩

合速度為/=

mv

粒子做圓周運動的半徑r=--

Bq

(2+⑹d

最遠距離為工=r+rcosa=------------

2

8.（2025?浙江?高考真題）如圖所示，接有恒流源的正方形線框邊長應(yīng)心、質(zhì)量機、電阻凡

放在光滑水平地面上，線框部分處于垂直地面向下、磁感應(yīng)強度為3的勻強磁場中。以磁

場邊界CD上一點為坐標原點，水平向右建立3軸，線框中心和一條對角線始終位于3軸

上。開關(guān)S斷開，線框保持靜止，不計空氣阻力。

X

X

X

X

X

⑴線框中心位于x=0,閉合開關(guān)S后，線框中電流大小為/,求

①閉合開關(guān)S瞬間，線框受到的安培力大??；

②線框中心運動至％=《過程中，安培力做功及沖量；

③線框中心運動至時，恒流源提供的電壓；

⑵線框中心分別位于l=0和x=(,閉合開關(guān)S后，線框中電流大小為/,線框中心分別

運動到％=￡所需時間分別為。和方2,求L-t?。

【答案】⑴①231；慳々;③U=BI?陛+/R

4V2V2m

(2)0

【詳解】(1)①閉合開關(guān)S瞬間，線框在磁場中的有效長度為

l=2L

所以線框受到的安培力大小為

F^=BIl=2BIL

②線框運動到X時，安培力大小為

七=2BI(L—x)

則初始時和線框中心運動至時的安培力分別為

2

F安I=2BIL,與2=8IL

則線框中心運動至過程中，安培力做功為

2

-F^.+F^L_3BII}

%=心一

女女22~4

由動能定理

w安=1mv2

可得

則安培力的沖量為

I=mv=3IBmL

③由能量守恒定律

UI=BILv+12R

可得，恒流源提供的電壓為

U=BI}^^+IR

V2m

（2）類比于簡諧運動，則回復力為

品=G=2BI（L-x）=2BIx'=kx'

根據(jù)簡諧運動周期公式

由題意可知，兩次簡諧運動周期相同，兩次都從最大位移運動到平衡位置，時間均相同,

則有

彳―5

9.（2024?天津?高考真題）如圖所示，在。町平面直角坐標系的第一象限內(nèi)，存在半徑為R的

半圓形勻強磁場區(qū)域，半圓與x軸相切于〃點，與y軸相切于N點，直線邊界與x軸平行，

磁場方向垂直于紙面向里。在第一象限存在沿+%方向的勻強電場，電場強度大小為E.一

帶負電粒子質(zhì)量為冽，電荷量為q,從〃點以速度v沿+，方向進入第一象限，正好能沿直

線勻速穿過半圓區(qū)域。不計粒子重力。

XXXX

XX

PX

⑴求磁感應(yīng)強度B的大??；

(2)若僅有電場，求粒子從M點到達y軸的時間/；

⑶若僅有磁場，改變粒子入射速度的大小，粒子能夠到達x軸上P點,“、P的距離為6H，

求粒子在磁場中運動的時間心

F

【答案】(1)3=—

v

17imv

【詳解】(1)根據(jù)題意可知，由于一帶負電粒子能沿直線勻速穿過半圓區(qū)域，由平衡條件

有

Eq—qvB

解得

B=—

V

(2)若僅有電場，帶負電粒子受沿x軸負方向的電場力，由牛頓第二定律有

Eq=ma

又有

R=-at2

2

聯(lián)立解得

(3)根據(jù)題意，設(shè)粒子入射速度為%,則有

qv0B=m-

-271r

%

可得

2.7im27imv

T=

qBqE

畫出粒子的運動軌跡，如圖所示

由幾何關(guān)系可得

tan8=^=g

R

解得

6=60。

則軌跡所對圓心角為120°,則粒子在磁場中運動的時間

120°.2兀mv

t.=-------T=--------

136003qE

10.（2024?福建,高考真題）如圖，直角坐標系中，第回象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁

場。第回、回象限中有兩平行板電容器G、C],其中G垂直x軸放置，極板與％軸相交處

存在小孔/、N；垂直）軸放置，上、下極板右端分別緊貼》軸上的P、。點。一帶

電粒子從〃靜止釋放，經(jīng)電場直線加速后從N射出，緊貼C2下極板進入而后從尸進

入第回象限；經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好垂直X軸離開，運動軌跡如圖中虛線所示。已知粒子質(zhì)量

為機、帶電量為夕，0、p間距離為d,加、C2的板間電壓大小均為U，板間電場視為

勻強電場，不計重力，忽略邊緣效應(yīng)。求：

⑴粒子經(jīng)過N時的速度大?。?/p>

⑵粒子經(jīng)過p時速度方向與y軸正向的夾角；

⑶磁場的磁感應(yīng)強度大小。

【詳解】（1）粒子從"到N的運動過程中，根據(jù)動能定理有

2

qU=-mvN

解得

（2）粒子在G中，根據(jù)牛頓運動定律有

qU

---=ma

d

根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有

1

d——a9t、v=ut

2》

tanO=~

Vy

解得

6>=45°

（3）粒子在P處時的速度大小為

VP+$

在磁場中運動時根據(jù)牛頓第二定律有

_mv;

qvpBD=

由幾何關(guān)系可知

R=42d

解得

11.(2024?貴州?高考真題)如圖，邊長為L的正方形abed區(qū)域及矩形以切■區(qū)域內(nèi)均存在電場

強度大小為E、方向豎直向下且與次?邊平行的勻強電場，4右邊有一半徑為蟲L且與歹

3

相切的圓形區(qū)域，切點為勿■的中點，該圓形區(qū)域與。好區(qū)域內(nèi)均存在磁感應(yīng)強度大小為

3、方向垂直紙面向里的勻強磁場。一帶電粒子從b點斜向上射入電場后沿圖中曲線運動，

經(jīng)〃邊的中點進入以4區(qū)域，并沿直線通過該區(qū)域后進入圓形區(qū)域。所有區(qū)域均在紙面

內(nèi)，粒子始終在該紙面內(nèi)運動，不計粒子重力。求：

⑴粒子沿直線通過以好區(qū)域時的速度大?。?/p>

(2)粒子的電荷量與質(zhì)量之比；

⑶粒子射出圓形區(qū)域時速度方向與進入圓形區(qū)域時速度方向的夾角。

F

【答案】⑴"

E

(2)

LB7

(3)60°

【詳解】(1)帶電粒子在。河區(qū)域做直線運動，則有電場力與洛倫茲力平衡，可知粒子

帶正電，經(jīng)〃邊的中點速度水平向右，設(shè)粒子到達〃邊的中點速度大小為%,帶電荷量

為夕，質(zhì)量為加，由平衡條件則有

qE=qv0B

解得

E

%二萬

(2)粒子從。點到cd邊的中點的運動，可逆向看做從〃邊的中點到。點的類平拋運動,

設(shè)運動時間為方,加速度大小為。，由牛頓第二定律可得

qE=ma

由類平拋運動規(guī)律可得

=L

12

-at———L

22

聯(lián)立解得粒子的電荷量與質(zhì)量之比

q_%_E

m~EL~TB1

(3)粒子從。■中點射出到圓形區(qū)域做勻圓周運動，設(shè)粒子的運動半徑為R,由洛倫茲力

提供向心力可得

正

qv°B=加*

K

解得

R=L

粒子在磁場中運動軌跡圖如圖所示，由圖可知，粒子沿半徑方向射入，又沿半徑方向射出，

設(shè)粒子射出圓形區(qū)域時速度方向與進入圓形區(qū)域時速度方向的夾角為。，由幾何關(guān)系可知

tan"」=正

R3

0=30

則有

a=60

12.（2024?江蘇?高考真題）同步輻射光源中儲存環(huán)的簡化模型如圖所示，內(nèi)、外半徑分別為與、

R2的兩個半圓環(huán)區(qū)域中均有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為3。

時與間有一電勢差為。的加速電場，cd與cd間有一個插入件，電子每次經(jīng)過插入件

后，速度減小為通過前的左倍?，F(xiàn)有一個質(zhì)量為機、電荷量為e的電子，垂直于cd射入插

入件，經(jīng)過磁場、電場再次到達cd的速度增加，多次循環(huán)后到達cd的速度不再增加，達

到穩(wěn)定值。不考慮相對論效應(yīng)，忽略經(jīng)過電場和插入件和的時間。

⑴求該電子進入插入件前、后，在磁場中運動的半徑之比不馬;

（2）求該電子多次循環(huán)后到達cd的穩(wěn)定速度V；

⑶若該電子運動到〃的中點P時達到穩(wěn)定速度，并最終能到達邊界的d點，求電子從P

點運動到d的時間a

【答案】⑴1：左

2e。

方向垂直于cd向左

%但一R)Im(l+k)

⑶2^2eU(l-k)

【詳解】（1）設(shè)電子進入插入件前后的速度大小分別為%、％，由題意可得

v2=kvx

電子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得

V2

evB=m——

r

解得

mv

r=——

eB

可知在磁場中的運動半徑廠3叭可得

q:G=X:%=1：左

(2)電子多次循環(huán)后到達cd的穩(wěn)定速度大小為％則經(jīng)過插入件后的速度大小為國。電

子經(jīng)過電場加速后速度大小為也根據(jù)動能定理得

eU=-mv2--m(kv)2

22

解得

2eU

V=

m(l—k2)

方向垂直于cd向左。

(3)電子到達cd中點P時速度穩(wěn)定，并最終到達邊界上的d點。由尸點開始相繼在兩個

半圓區(qū)域的運動軌跡如下圖所示。

根據(jù)(1)(2)的結(jié)論，可得電子在右半圓區(qū)域的運動半徑為

mv12mU

r~~eB~BVe(l-k2)

電子在左半圓區(qū)域的運動半徑為則

Ax=2廠-2QP點與d點之間的距離為

___1

Pd'W-R）

電子由尸點多次循環(huán)后到達d點的循環(huán)次數(shù)為

Pd凡一?

〃=---=---------

Ax4（1-左）r

電子在左、右半圓區(qū)域的運動周期均為

.2兀m

1=------

eB

忽略經(jīng)過電場與插入體的時間，則每一次循環(huán)的時間均等于T,可得電子從尸到d的時間

為

兀_RjIm(l+k)

t=nT=2^2eU(l-k)

13.（2024?重慶?高考真題）有人設(shè)計了一粒種子收集裝置。如圖所示，比荷為幺的帶正電的

m

粒子，由固定于M點的發(fā)射槍，以不同的速率射出后，沿射線方向運動，能收集各方

向粒子的收集器固定在上方的K點，。在上，且K。垂直于MN。若打開磁場開

關(guān)，空間將充滿磁感應(yīng)強度大小為3,方向垂直于紙面向里的勻強磁場，速率為V。的粒子

運動到。點時，打開磁場開關(guān)，該粒子全被收集，不計粒子重力，忽略磁場突變的影響。

⑴求。K間的距離；

（2）速率為4Vo的粒子射出瞬間打開磁場開關(guān)，該粒子仍被收集，求間的距離；

⑶速率為4Vo的粒子射出后，運動一段時間再打開磁場開關(guān)，該粒子也能被收集。以粒子

射出的時刻為計時。點。求打開磁場的那一時刻。

，K

O'…N

M

2mv

【答案】⑴一Un

qB

⑶圓

qB

【詳解】(1)(1)當粒子到達。點時打開磁場開關(guān)，粒子做勻速圓周運動，設(shè)軌跡半徑為

n,如圖所示

由洛倫茲力提供向心力得

2

qv0B=m—

*4

其中

?！?/p>

(2)速率為4Vo的粒子射出瞬間打開磁場開關(guān)，則粒子在磁場中運動的軌跡半徑

n=4々

如圖所示，由幾何關(guān)系有

(4n-2ry)2+MO2=(4r/)2

解得

*25=邁四

qB

(3)速率為4yo的粒子射出一段時間/到達N點，要使粒子仍然經(jīng)過K點，則N點在。

點右側(cè)，如圖所示

由幾何關(guān)系有

(4n-2ry)2+0A^=(4r；)2

粒子在打開磁場開關(guān)前運動時間為

MO+NO

t=---------

4%

解得

6m

t=----

qB

14.（2024?浙江?高考真題）探究性學習小組設(shè)計了一個能在噴鍍板的上下表面噴鍍不同離子的

實驗裝置，截面如圖所示。在xOy平面內(nèi)，除x軸和虛線之間的區(qū)域外，存在磁感應(yīng)強度

大小為5,方向垂直紙面向外的勻強磁場，在無磁場區(qū)域內(nèi)，沿著x軸依次放置離子源、

長度為L的噴鍍板P、長度均為L的柵極板M和N（由金屬細絲組成的網(wǎng)狀電極），噴鍍

板P上表面中點。的坐標為（1.5L,0）,柵極板M中點S的坐標為（3L,0）,離子源產(chǎn)

生。和6兩種正離子，其中。離子質(zhì)量為如電荷量為q,方離子的比荷為。離子的士倍,

4

經(jīng)電壓U=H/o（其中"貯，上大小可調(diào)，。和人離子初速度視為0）的電場加速后，

8m

沿著y軸射入上方磁場。經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)和柵極板N和M間電壓UNM調(diào)控（UNM>0）,〃和b

離子分別落在噴鍍板的上下表面，并立即被吸收且電中和，忽略場的邊界效應(yīng)、離子受到

的重力及離子間相互作用力。

（1）若U=Uo,求〃離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，到達元軸上的位置（用￡表示）。

3

（2）調(diào)節(jié)。和NM并保持U,使〃離子能落到噴鍍板P上表面任意位置，求:

U,4

①。的調(diào)節(jié)范圍（用。。表示）；

@b離子落在噴鍍板P下表面的區(qū)域長度；

（3）要求。和人離子恰好分別落在噴鍍板P上下表面的中點，求。和UNM的大小。

“1

L：L：2'L：

<----------?<--------->?_??----------?

0:Q;：

離子布|?|一比…葉:UNM'X

"N'

【答案】（1）L-,（2）①②!上；（3）

232m

_27%2?27%2?9B?ql3

NM—128mm256m取128m

【詳解】（1）對。離子根據(jù)動能定理得

1,一

qU=—mva離子在勻強磁場中做勻速圓周運動

2

5"=加1a離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，到達x軸上的位置/=2尺，聯(lián)立解得

R

（2）①要使。離子能落到噴鍍板P上表面任意位置，只能經(jīng)電壓為。的電場加速后再經(jīng)

第一象限勻強磁場偏轉(zhuǎn)一次打在P板上方任意處，則

L<x^<2L

結(jié)