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(能力提高练) 第三节 带电粒子在组合场中的运动-2023年高考物理一轮系统复习学思用
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这是一份(能力提高练) 第三节 带电粒子在组合场中的运动-2023年高考物理一轮系统复习学思用，共39页。试卷主要包含了离子速度分析器截面图如图所示等内容，欢迎下载使用。
【能力提高练】 第三节 带电粒子在组合场中的运动
1．(多选)(2022•重庆外国语学校一模)如图甲所示，之间存在垂直纸面向外的匀强磁场和水平向右的匀强电场，磁感应强度，电场强度，D处有一固定竖直绝缘墙，S为控制电场的开关，固定在上，带电量为的小物块向右进入区域，当物块运动到D点时，与发生碰撞，同时触发开关S、关闭电场，物块弹回并向左离开区域，以向右为正方向，小物块刚向右通过A点为0时刻，图乙所示为物块的位移-时间图像，取重力加速度，小物块可视为质点，小物块的电量没有损失，由以上信息可知( )
A．小物块的质量为
B．与地面间的动摩擦因数
C．小物块与墙碰撞时动量变化大小为
D．小物块与墙碰撞时损失的动能为
【解析】 A．物块弹回并向左离开区域，由图乙可知，物块以的速度向左匀速运动，根据平衡条件可知，代入数据解得，故A正确；
B．由图乙可知，物块以的速度向右匀速运动，根据平衡条件可知，代入数据解得，故B正确；
C．由图乙，结合题意可知，小物块与墙碰撞前速度为向右的，小物块与墙碰撞后的速度为向左的，以向右为正方向，小物块动量变化量为，则小物块与墙碰撞时动量变化大小为，故C错误；
D．小物块与墙碰撞时损失的动能为，故D正确。故选ABD。
【答案】 ABD
2．(多选)(2022•云南省巴蜀中学第七次月考)回旋加速器的工作原理如图所示，和是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差U。A处的粒子源产生的粒子在两盒之间被电场加速，两个半圆盒处于垂直于盒面的匀强磁场中。粒子进入半圆金属盒内做匀速圆周运动。已知粒子质量为m、电量为q，从回旋加速器中输出时的平均功率为P、回旋加速器的半径为R，磁感应强度为B。若忽略粒子在电场中的加速时间且不考虑相对论效应，则下列说法正确的是( )
A．加速电压越小，粒子射出的动能越小
B．加速电压越小，粒子在磁场中运动的时间越长
C．第n次与第次加速后，粒子在磁场中的轨道半径之比为
D．射出时，带电粒子束的等效电流为
【解析】 A．粒子射出时速度(动能)最大动能时，圆周半径达到回旋加速器半径R，由牛顿第二定律，则最大动能，与加速电压无关，故A错误；
B．设粒子在回旋加速器中被加速度次数为n，根据功能关系，可知加速电压U越小，加速次数n越大，做圆周运动的次数越大，根据，周期不变，因此导致运行时间越长，故B正确；
C．根据洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，则有半径公式，，所以质子第n次被加速前后的轨道半径之比为，即第n次与第次加速后，粒子在磁场中的轨道半径之比为，故C正确；
D．设在t时间内离开加速器的粒子数为N，由电流定义式，则粒子束从回旋加速器输出时的平均功率，联立可得等效电流为，故D正确。故选D。
【答案】 BCD
3．(多选)(2022•四省区八校高三(下)开学考试)如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角ABC理想分开，三角形内磁场垂直纸面向里，三角形外磁场区域足够大，三角形顶点A处有一质子源，能沿角A的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过C点，质子比荷为k。下列说法正确的是( )
A．质子的速度可能为2kBL
B．质子的速度可能为丝
C．质子再次通过A点需要的时间可能是
D．所有质子均能再次通过A点
【解析】 AB．质子带正电，可能的轨迹如图所示，角A为60°，射出方向沿角A的平分线，所以θ=30°，α=60°，则轨迹的圆心角为60°，半径的可能值为，由洛伦兹力提供向心力可得，，当n=2时，A错误，B正确；
C．质子运动的周期为，可能的轨迹如图所示，则最少时间为半径为L的圆周运动，圆心角，则质子再次通过A点需要的时间可能为，C正确；
D．由质子运动的可能轨迹可知，有的质子不能再次通过A点，D错误。故选BC。
【答案】 BC
4．(多选)(2022•成都市第七中学高三(下)入学考试)如图所示，在x轴的上方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，在x轴下方的等腰直角三角形CDM区域内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，其中C、D在x轴上，它们到原点O的距离均为a。现将质量为m、带电荷量为q的正粒子从y轴上的P点由静止释放，设P点到O点的距离为h，不计重力作用与空气阻力的影响。下列说法正确的是( )
A．若，则粒子垂直于CM射出磁场
B．若，则粒子垂直于CM射出磁场
C．若，则粒子平行于x轴射出磁场
D．若，则粒子平行于x轴射出磁场
【解析】 AC．若，则由动能定理，到达O点的速度满足，解得，根据，此时粒子在磁场中运动的半径为R=a，可知粒子垂直CM射出磁场，选项A正确，C错误；
BD．若，则由动能定理，到达O点的速度满足，解得，此时粒子在磁场中运动的半径为R′=a，则粒子平行于x轴负向射出磁场，选项B错误，D正确。故选AD
【答案】 AD
5．(多选)(2022•哈尔滨市第六中学高三(上)期末)如图所示，电荷量相等的两种离子氖20和氖22从容器A下方的狭缝S1飘入(初速度为零)电场区，经电场加速后通过狭缝S2、S3垂直于磁场边界MN射入匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，离子经磁场偏转后发生分离，最终到达照相底片D上。不考虑离子间的相互作用，则( )
A．电场力对每个氖20和氖22做的功相等
B．氖22进入磁场时的速度较大
C．氖22在磁场中运动的半径较小
D．若加速电压发生波动，两种离子打在照相底片上的位置可能重叠
【解析】 A．根据电场力做功公式，氖20和氖22的电荷量相同，加速电场电压相同，所以做的功相同，A正确；
B．在加速电场中，根据动能定理有，由于氖20的质量小于氖22的质量，所以氖20的速度大于氖22的速度，B错误；
C．在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，可得，解得，根据动能和动量的关系有，综上可判断，q、B和Ek相同，由于氖22的质量大，所以氖22的半径也大，C错误；
D．在加速电场中，根据动能定理有，在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，可得，联立可得，对于同位素，加速电压相同时，质量越大做圆周运动的半径越大；对同种离子，加速电压越大，其做圆周运动的半径越大；若电压发生波动，则氖20和氖22做圆周运动的半径在一定的范围内变化，所以氖20在电压较高时的半径可能和氖22在电压较低时的半径相等，两种离子打在照相底片上的位置就重叠，所以D正确。故选AD。
【答案】 AD
6．(多选)(2022•河南省名校联盟高三(上)第三次诊断考试)回旋加速器的工作原理如图所示，D形金属盒的半径为R，两D形盒间狭缝的宽度为d，匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向与盒面垂直。D形金属盒的中心O处有一粒子源，能产生质量为m、电荷量为e的质子(H 的初速度及其所受重力均不计)， 质子在加速电压为U的电场中加速，最终从出口处射出。下列说法正确的是( )
A．质子在电场中运动的总时间为
B．质子在磁场中运动的总时间为
C．若仅将电压U增大，则质子从出口处射出的最大动能不变
D．若仅将O处的粒子源改为氘(He)核源，则氘核可获得的最大动能为
【解析】 A．当质子射出D形盒时，根据洛伦兹力提供向心力，，质子在电场中的加速度大小为，质子在电场中运动的总时间，故A正确；
B.设在电场中加速度的次数为n，根据动能定理，在电场中加速一次后，在磁场中运动半圈，在磁场中运动半圈的时间，质子在磁场中运动的总时间，故B错误；
C．当质子射出D形盒时，质子的速度，若仅将电压U增大，则质子从出口处射出的最大速度不变，最大动能不变，故C正确；
D．若仅将O处的粒子源改为氘(He)核源，则与质子比较，电荷量增大为2倍，质量增大为4倍，则氘核可获得的最大速度为，最大动能，故D错误。故选AC。
【答案】 AC
7．(多选)(2022•华南师范大学附属中学1月模拟考试)如图所示直角坐标系xOy，P(a，－b)为第四象限内的一点，一质量为m、电量为q的负电荷(电荷重力不计)从原点O以初速度沿y轴正方向射入，第一次在整个坐标系内加垂直纸面向内的匀强磁场，该电荷恰好能通过P点；第二次保持y>0区域磁场不变，而将y<0区域磁场改为沿x方向匀强电场，该电荷仍通过P点( )
A．匀强磁场的磁感应强度为
B．匀强磁场的磁感应强度
C．电荷从O运动到P，第二次所用时间一定短些
D．电荷通过P点时的速度，第二次与x轴负方向的夹角一定小些
【解析】 AB．电荷第一次的运动轨迹如图1所示，设粒子运动的半径为r，
根据几何关系可得 ①
解得 ②
根据牛顿第二定律有 ③
联立②③解得，故A正确，B错误；
图1
C．易知电荷两次在第一象限中运动时间相同。电荷第一次在第四象限中运动到P点的过程中，其沿y轴方向的分速度不断减小，且始终小于v0，而电荷第二次在第四象限中运动到P点的过程中，其沿y轴方向的分速度始终等于v0，而电荷两次在第四象限运动到P点时的竖直分位移相同，所以电荷第二次在第四象限中运动的时间短些，进而可知整个过程，第二次所用时间一定短些，故C正确；
D．设电荷第一次通过P点时的速度与x轴负方向的夹角为θ1，根据几何关系可得，电荷第二次的运动轨迹如图2所示，设电荷第二次通过P点时的速度与x轴负方向的夹角为θ2，根据类平抛运动规律的推论可知，，所以有，即第二次与x轴负方向的夹角一定大些，故D错误。故选AC。故选AC。
图2
【答案】 AC
8．(多选)(2022•湖南衡阳市高三(下)一模)如图所示，在xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度的匀强磁场，第四象限存在沿x轴负方向的匀强电场，电场强度，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为ON=9m，M点为x轴正方向上的一点，。现有一个比荷为的带正电小球(可视为质点且重力不计)，从挡板下端N处小孔的右侧某处由静止释放，经匀强电场加速后从N处小孔沿x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M点，则带电小球从释放点到N点距离的可能值为(结果保留2位有效数字)( )
A．2.5m B．2.8m C．4.0m D．5.0m
【解析】 若小球与挡板碰撞一次，轨迹如图所示。根据几何知识得，，解得，，根据牛顿第二定律得， ，解得，，设带电小球从释放点到N点距离为x，根据动能定理得，，解得，，若小球与挡板没有发生碰撞，轨迹如图所示。根据几何知识得，，解得，根据牛顿第二定律得，解得，根据牛顿第二定律得，解得，AC错误，BD正确。故选BD。
【答案】 BD
9．(2022•高考浙江卷)离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂直xOy平面(纸面)的中心轴逆时针匀速转动(角速度大小可调)，其上有一小孔S。整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q，板Q与y轴交于A点。离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为 – q(q > 0)、速度大小不同的离子，其中速度大小为v0的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用。
(1)①求磁感应强度B的大小；
②若速度大小为v0的离子能打在板Q的A处，求转筒P角速度ω的大小；
(2)较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为θ，求转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小；
(3)若转筒P的角速度小于，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他θ′的值(θ′为探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角)。
【解析】 (1)①离子在磁场中做圆周运动有，则
②离子在磁场中的运动时间
转筒的转动角度，，k = 0，1，2，3…
(2)设速度大小为v的离子在磁场中圆周运动半径为，有，
离子在磁场中的运动时间
转筒的转动角度ω′t′ = 2nπ + θ
转筒的转动角速度，n = 0，1，2，…
动量定理，，n = 0，1，2，…
(3)转筒的转动角速度，其中k = 1，，n = 0，2
可得，
【答案】 (1)①，②，k = 0，1，2，3…；(2)，n = 0，1，2，…；(3)，
10．(2022•山东省高三(下)开年摸底联考)如图所示，直角坐标系xOy平面内边长为4L的正方形区域内存在匀强磁场，正方形的四个边分别与坐标轴平行，几何中心位于坐标原点。在和区域内存在方向相反、磁感应强度大小均为(未知)的匀强磁场，在区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度可根据需求调整。长度均为4L的两块挡板，一块放置在y轴处与之平行，另一块放置在处，挡板关于x轴对称，置于y轴处的挡板中间(O点处)有一狭缝。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速率从x轴上处与x轴正方向成30°角射入磁场，恰好从O点进入右侧磁场，不计重力，。
(1)求x轴负方向磁场的磁感应强度的大小；
(2)求粒子从处到O点所用的时间；
(3)为使从O点进入y轴右侧磁场的粒子，在运动过程中不与两个挡板碰撞，求区域内磁场的磁感应强度的取值范围。
【解析】 (1)粒子出发点和O点均在x轴上，轨迹如图甲所示
由几何关系得
洛伦兹力提供向心力，有
解得
(2)粒子在区域磁场中转过的圆心角
所用时间
粒子在区域磁场中运动时间也为，则粒子自处至O点所用的时间为
(3)粒子从O点进入磁场后轨迹如图乙所示
若粒子从(0，2L)离开磁场，圆心位于，由几何关系得
由洛伦兹力提供向心力可知，解得
若粒子从(2L，2L)离开磁场，圆心位于，由几何关系得
由洛伦兹力提供向心力可知，解得
综上，磁感应强度大小的取值范围为
【答案】 (1)；(2)；(3)
11．(2022•辽宁省协作体高三(下)一模)2021年末，由于煤炭价格上涨，火力发电受到影响，有的地区出现了拉闸限电，再一次提醒人们要节约能源和开发新能源。受控热核反应就是其中一种，热核反应需要极高温度，还得束缚带电粒子，基本原理如图所示，空间有两个同心圆a、b，圆a内存在由圆心O向外的辐射状电场，圆心O与圆a圆周上各点的电势差为，圆a与圆b围成的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，圆a半径为，圆b半径为R2，已知磁感应强度B=1.0T，粒子的荷质比为，不计带电粒子的重力。
(1)若带电粒子由静止释放，被电场加速后沿环的半径方向以v0射入磁场，求v0的大小？
(2)若带电粒子从圆心O由静止释放不能穿越磁场的外边界，则圆b半径R2的取值范围？(边界线上有磁场)
(3)令带电粒子以v0沿圆环半径方向第一次射入磁场的入射点为P，当粒子射入磁场后撤去圆a中的电场，求带电粒子从P点进入磁场到回到P点所需要的时间t。
【解析】 (1)根据动能定理有，得
(2)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为，则，则
若粒子与轨迹圆相切，则粒子恰好不能穿越磁场的外边界，此时圆b半径最小，记为，如图所示
由几何关系得，解得，则
(3)由几何关系得，得，
故带电粒子进入磁场绕圆转过又回到圆，粒子的运动轨迹如图所示.
故粒子从点进入磁场到第一次回到点时，粒子在磁场中运动时间为
粒子在圆中运动时间为
粒子第一次回到点运动的总时间为.
故带电粒子从点进入磁场到回到点所需要的时间为
【答案】 (1)；(2)；(3)
12．(2022•双鸭山市第一中学高三(下)开学考试)如图所示，在直角坐标系xoy的第一象限中有两个全等的直角三角形区域Ⅰ和Ⅱ，充满了方向均垂直纸面向里的匀强磁场，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B0，区域Ⅱ的磁感应强度大小可调，C点坐标为(4L，3L)，M点为OC的中点。质量为m带电量为﹣q的粒子从C点以平行于y轴方向射入磁场Ⅱ中，速度大小为，不计粒子所受重力，粒子运动轨迹与磁场区域相切时认为粒子能再次进入磁场。
(1)若粒子无法进入区域Ⅰ中，求区域Ⅱ磁感应强度大小范围；
(2)若粒子恰好不能从AC边射出，求区域Ⅱ磁感应强度大小；
(3)若粒子能到达M点，且粒子是由区域Ⅱ到达M点的，求区域Ⅱ磁场的磁感应强度大小的所有可能值。
【解析】 (1)粒子速度一定的情况下，磁场强度越小，轨迹半径越大，当运动轨迹恰好与x轴相切时，恰好能进入I区域，粒子不能进入I区时，粒子运动半径：r0>3L，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qBv0=m
已知：v0，解得B
(2)粒子在区域I中的运动半径为r
若粒子在区域II中的运动半径R较小，则粒子会从AC边射出磁场，恰好不从AC边射出时满足∠O2O1Q=2θ，如图所示，sin2θ=2sinθcosθ
又sin2θ，解得RrL
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得qv0B=m，解得B
(3)①若粒子由区域I达到M点，每次前进CP2=2(R﹣r)cosθ(R﹣r)
由周期性CM=nCP2(N=0.1.2.3…)，即Ln(R﹣r)，解得R=rLL，解得n≤3
n=1时，RL，BB0；n=2时RL，BB0；n=3时RL，BB0
②由周期性CM=CP1+nCP2(N=0.1.2.3…)，即LRn(R﹣r)
解得RL，解得n
当n=0时，RL，BB0，n=1时：RL，BB0
【答案】 (1)；(2)；(3)、、、、
13．(2022•陕西省西安中学高三(下)四模)图是一种花瓣形电子加速器简化示意图，空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各区感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外。电子由静止开始从圆b上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示，已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径足够大，电子质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应，取。求：
(1)Ⅰ区的磁感应强度大小；
(2)电子在Ⅰ区磁场中的运动时间；
(3)Ⅰ区和Ⅱ区的磁感应强度大小之比。
【解析】 (1)电子在电场中加速有
在磁场Ⅰ中，由几何关系可得，，解得
(2)在磁场Ⅰ中的运动周期为
由几何关系可得，电子在磁场Ⅰ中运动的圆心角为
在磁场Ⅰ中的运动时间为，解得
(3)电子经过电场加速后进入Ⅰ和Ⅱ区的速度为、，则；
解得
由可得
【答案】 (1)；(2)；(3)1：
14．(2022•西南大学附属中学校第六次月考)如图1所示，平面内，在的区域仅有垂直平面向里的匀强磁场；的区域仅有如图2所示的变化的匀强电场：电场方向沿轴负方向，撤去电场，以后电场方向沿轴正方向，且电场强度大小与时的电场强度相等。点有一粒子源，可沿轴正方向发射速度大小不同、比荷均为的带正电粒子，粒子所受重力可忽略。在磁场左边界直线上的某点，固定一粒子收集器，观察发现：粒子在0时刻发射，时刻经过磁场左边界进入磁场，最终被粒子收集器收集；粒子在时刻以与粒子相同的速度发射，第一次经过磁场左边界的位置坐标为；粒子在时刻发射，其发射速度是粒子发射速度的，不经过磁场就能被收集器收集。求：
(1)电场强度的大小；
(2)磁感应强度的大小；
(3)若时刻发射的粒子能被收集器收集，求其所有可能的发射速度大小。
【解析】 (1)由、粒子的运动可知，粒子进入磁场所需的时间为，
在时间内有的时间做类平抛运动，时间做匀速直线运动，
则，解得
(2)可知，对粒子，进入磁场所需时间为，粒子在电场中做类平抛运动的时间为，
当运动至时坐标为，即收集器的位置坐标是
对粒子，刚进入磁场时纵坐标
令进入磁场时速度大小为，与轴负方向夹角为，则
令粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，由，可得
由几何关系所示
由以上各式解得，
(3)令粒子发射速度为，刚进入磁场时速度大小为、与轴夹角为、偏移的距离为。
则
偏移距离：
情形1：若，粒子不经磁场即可被收集，即，解得
情形2：若，粒子在磁场中运动一段圆弧后再被收集器收集，轨迹如图所示
进入磁场后的半径为
再次回到上时，在磁场中沿轴方向偏移的距离为
当时，粒子可被收集器收集，即
整理得
令，则上式变成
观察可得是其中一解，故因式可以分解成形如
用待定系数法确定、
可得，，即，
所以上方程等价于。
可得其解是或(另一解不符合题意，舍去)
则有或
综上所述，能够被粒子收集器收集的粒子速度有：、、
【答案】 (1)；(2)；(3)或或
15．(2022•重庆市第一中学高三(下)第一次月考)如图所示，两矩形边界内分布有匀强磁场，的长度为l，内磁场垂直于平面向外，大小为B，内磁场垂直于平面向里，大小为，一带正电的粒子，电荷量为q，质量为m，沿方向射入磁场，入射速度大小可调，不计粒子的重力。
(1)若粒子第一次到达边界时，速度方向恰好转过，求粒子速度的大小；
(2)假设、长度足够长，试证明不从打出的粒子运动至下方的最大距离为一定值，并求出这一定值；
(3)假设长度足够长，若能到达G点的粒子速度的可能值有且仅有一个，求长度的取值范围。
【解析】 (1)若粒子第一次到达边界时，速度方向恰好转过，如图所示
由几何知识可得粒子做圆周运动的半径为
由洛仑兹力提供向心力
解得粒子的初速度
(2)设粒子入射方向与EF夹角，最低点距离EF高度为h，轨迹图如图
则由几何关系得
因为，，解得
(3) 如图所示
由几何关系得第二次到达AG时向右推进的距离为
由题意知到达G点的条件为(n为正整数)
恰好不从AD边出射的临界情况：轨迹图如图
由几何关系得，，，解得
所以 (n=1，2，3，…)
【答案】 (1)；(2)；(3) (n=1，2，3，…)
16．(2022•重庆市第八中学第六次月考)如图所示，在y轴右侧0 ≤ y ≤ d区域有竖直向下的匀强电场，场强，在d ≤ y ≤ 3d区域内有垂直纸面向内、大小可调的匀强磁场。带电粒子以速度v0从点P(0，4.5d)沿与y轴夹角30°方向进入另一匀强磁场B0，该磁场方向垂直纸面向外，区域边界为矩形。粒子从该磁场飞出后恰好沿x轴正方向经过O点。已知带电粒子的质量为m、电荷量为q(q > 0)，不计粒子的重力。求：
(1)粒子在磁场B0中运动的轨道半径R和磁感应强度B0的大小；
(2)矩形磁场B0的最小面积；
(3)若y轴右侧磁感应强度大小为B1时，粒子在磁场中的运动轨迹恰好与直线y = 3d相切，粒子第一次返回x轴上的点记为S点(图中未画出)；若磁感应强度大小为B2时，粒子离开O点后，经n(n > 1)次磁偏转仍过S点。请确定n的所有可能值，并求出与之对应的B2与B1的比值。
【解析】 (1)粒子在磁场B0中做圆周运动，飞出磁场后做匀速直线运动到达0点，轨迹如图1甲所示
由几何关系得Rcos60° + R = 4.5d，解得R = 3d
由，得
(2)当矩形磁场面积最小时，如图1乙所示，矩形的长为a = 2R = 6d
宽b = R + Rcos60° = 1.5R = 4.5d
故最小面积S = ab = 27d2
(3)设第一次飞出电场时速度为v，则，解得
如图2甲所示
速度与水平方向夹角为37°，粒子水平位移为，如图2乙所示，
当磁感应强度大小为B1时，粒子在磁场中圆周运动半径R1cos37° + 2d = R1，解得R1 = 10d
由，得
粒子再次到达x轴上的S点，则
设磁感应强度大小为B2时粒子半径为R2，粒子经n(n > 1)次磁偏转仍过S点，
由几何知识，得，所以
由，解得，解得
为了粒子能进行多次偏转，则130 - 40n > 0，解得n < (n取正整数)，
故n = 2、3，当n = 2时，，当n = 3时，
【答案】 (1)R = 3d，；(2)S = 27d2；(3)见解析
17．(2022•昆明一中、银川一中高三(下)一模)如图所示，一边长为d=3.6m的正方形区域ABCD内，有一垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=1.0×10-3T。在AB的上方有一竖直向下的匀强电场，场强E=5.0×102N/C, AB为电场、磁场的分界线。在DA的延长线上距离A点间距为x的O点有一比荷为1.0×109C/kg的带正电的粒子由静止开始运动，不考虑粒子的重力，则:
(1)要使粒子从C点射出，求粒子源距A点的距离x;
(2)要使粒子从距离B点的P点位置射出，求x的可能值。
【解析】 (1)带电粒子从O点运动到A点的速度为v，
进入磁场做匀速圆周运动的半径为r，，解得
要使粒子从C点射出，则如图甲所示，由几何关系可知r=d
联立可得，解得x=12.96m
(2)要使得粒子从p点射出，有三种情况，第一种情况，如图乙，由几何关系可知
解得，带入，解得x=4.0m
第二种情况，如图丙，由几何关系，带入。可得x=1.44m
第三种情况，如图丁所示，由几何关系可知
解得，带入，可得x=2.25m
【答案】 (1)；(2)4.0m或1.44m或2.25mm
18．(2022•四川省树德中学高三(下)开学考试)如图甲所示，在xOy平面的第一象限内存在周期性变化的磁场，规定磁场垂直纸面向内的方向为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。质量为m、电荷量为+q的粒子，在t=0时刻沿x轴正方向从坐标原点O射入磁场。图乙中T0为未知量，不计粒子的重力。已知，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
(1)时间内粒子做匀速圆周运动的角速度ω；
(2)若粒子不能从Oy轴射出磁场，磁感应强度变化周期的最大值Tm；
(3)若使粒子能从坐标为(3d，4d)的D点平行于Ox轴射出，射入磁场时速度的大小v。
【解析】 (1)根据洛伦兹力提供向心力可知，其中，可得
(2)要使得粒子不从y轴射出，则轨迹如图
在前内的运动半径为，在后内的运动半径为
由几何关系可知，粒子做圆周运动的周期，则
解得磁感应强度变化周期的最大值
(3)要想使粒子经过D点且平行Ox轴射出，则粒子只能从nT0时刻过D点，(其中n=1,2,3,…)，则轨迹如图
由(2)问可得
由几何关系可知，(其中n=1,2,3,…)，解得(其中n=1,2,3,…)
又，解得，(其中n=1,2,3,…)
【答案】 (1)；(2)；(3)，(其中n=1,2,3,…)
19．(2022•成都石室中学高三(下)专家联测卷(四))北京正负电子对撞机(BEPC)主要由直线加速器、电子分离器、环形储存器和对撞测量区组成，其简化原理如图乙所示：MN和PQ为足够长的水平边界，竖直边界EF将整个区域分成左右两部分，I区域的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小恒为B，II区域的磁场方向垂直纸面向外大小可以调节。调节II区域磁感应强度的大小可以使正负电子在测量区内不同位置进行对撞。经加速和积累后的电子束以相同速率分别从注入口C和D入射，入射方向平行EF且垂直磁场。已知注入口C、D到EF的距离均为d，边界MN和PQ的间距可在4d至6d间调节，正、负电子的质量均为m，所带电荷量分别为+e和-e，忽略电子进入加速器的初速度，电子重力不计。
(1)判断从注入口C、D入射的分别是哪一种电子；
(2)若电子束以的速率连续入射，当MN和PQ的间距分别为4d和6d时，欲使正负电子能回到区域I，求区域II感应强度BII的最小值分别为多少；
(3)若电子束的速度，MN和PQ的间距为6d，将II区域的磁感应强度大小调为，但负电子射入时刻滞后于正电子，求正负电子相撞的位置坐标(以为原点，为x轴正方向，为y轴正方向建立坐标系)。
【解析】 (1)由左手定则可知，从C入射的为正电子，从D入射的为负电子。
(2)若电子束以的速率连续入射，则运动半径为
由几何关系可知则 当MN和PQ的间距为4d时，
由题意可知且，解得
当MN和PQ的间距为6d时，由题意可知且
解得
(3)若电子束的速度，则电子运动的半径为
电子在II区域的运动半径为
电子在I区域运动的周期
电子在II区域的运动周期
经过正电子到达II区域的A位置，此时正电子在II区域运动了，
此时GA弧所对的圆心角为15°
由几何关系可知，此后正负电子共同走过由ABH到D的弧长时两电子在B点相遇，
则，解得
即AB弧所对的圆心角为105°，BH弧所对的圆心角为60°，
则B点的横坐标，纵坐标
即相碰点的坐标(d，2d)
【答案】 (1)从C入射的为正电子，从D入射的为负电子；(2)，； (3)(d，2d)
20．(2022•陕西省西安中学第二次模拟考试)如图所示，在xoy平面第一象限内有垂直纸面向外的匀强磁场I，在第二象限的边长为L的正方形ACDO内的某个区域有垂直于纸面的匀强磁场II，在第三象限内有竖直向上的匀强电场，场强为E，所有电磁场边界均为理想边界。在第三象限内有一点P(－L，－L)，在AP连线上任意一点由静止释放带正电的粒子，粒子质量为m、电量为q，粒子重力不计，由A点进入磁场II中，经过磁场II偏转后，都恰能垂直于y轴进入磁场I中，且都恰好到达O点被粒子捕获器捕获。已知在P点释放的粒子恰好是经D点垂直于y轴进入磁场I中的。
(1)求I、II磁场的磁感应强度B1、B2的大小；
(2)求ACDO内所加磁场的最小面积；
(3)求带电粒子从释放到运动到O点所用时间最短时，对应的电场中释放位置的坐标。
【解析】 (1)经分析得粒子轨迹如图所示
在点释放的粒子在电场中，由动能定理可得
由几何关系可知，在磁场中的半径为
洛伦兹力提供向心力，有，解得
由几何关系可知，在磁场中的半径为
洛伦兹力提供向心力，有，解得
(2)最小面积如图所示，最小面积为
(3)设粒子在第三象限运动距离为，时间为，末速度为。在第二象限匀速圆周运动半径为，匀速直线运动时间为，粒子运动的总时间为
在电场中，根据动能定理有
据牛顿第二定律有
由位移公式有，解得，
在磁场中，洛伦兹力提供向心力，解得半径
粒子离开磁场匀速到轴有，解得
因为确定，所以任意位置释放粒子在中运动的总时间都相等，所以当粒子在其它区域运动的总时间最短时，粒子从到运动的时间最短，
当最小时有，解得
释放位置坐标为
【答案】 (1)；；(2)；(3)
21．(2022•江苏省扬州中学高三(下)开学考试)如图所示，直线与y轴之间有垂直于xOy平面向外的匀强磁场B2，直线x＝d与间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度，另有一半径R=m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B1=，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x＝d和x轴均相切，且与x轴相切于S点．一带负电的粒子从S点沿y轴的正方向以速度v0进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域B2，且第一次进入磁场B2时的速度方向与直线垂直．粒子速度大小v0＝1.0×105m/s，粒子的比荷为=5.0×105C/kg，粒子重力不计．求：
(1)粒子在圆形匀强磁场中运动的时间t1；
(2)坐标d的值；
(3)要使粒子无法运动到x轴的负半轴，则磁感应强度B2应满足的条件
【解析】 (1)在磁场B1中，解得
画出轨迹恰为四分之一圆，，得
(2)在电场中类平抛运动 ，，解得
又根据x=v0t，，解得
所以坐标d的值
(3)进入磁场B2的速度为：
当带电粒子出磁场与y轴垂直时，圆周半径
可得，所以0≤B2≤0.13T．
当带电粒子出磁场与y轴相切时，圆周半径，可得B2＝0.3T
所以B2≥0.3T．
【答案】 (1)2.6×10﹣6s(2)4m(3)0≤B2≤0.13T或者B2≥0.3T
22．(2022•湖南省雅礼中学高三(上)第五次月考)如图所示，在光滑绝缘水平桌面内建立坐标系，在第Ⅱ象限内有平行于桌面的匀强电场，场强方向与轴负方向的夹角。在第Ⅲ象限垂直于桌面放置两块相互平行的平板、，两板间距为，板间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小可变。两板右端在轴上，板与轴重合。在其左端紧贴桌面有一小孔，小孔离坐标原点距离为。在第Ⅳ象限垂直于轴放置一块平行轴且沿轴负方向足够长的竖直平板，平板在轴上垂足为，垂足与原点相距。现将一带负电的小球从桌面上的点以初速度垂直于电场方向射出，刚好垂直于轴穿过板上的孔，进入磁场区域。已知小球可视为质点，小球的比荷，点与小孔在垂直于电场方向上的距离为，不考虑空气阻力。求：
(1)匀强电场的场强大小；
(2)带电小球无碰撞地穿出磁场并打到平板上的范围。
【解析】 (1)设匀强电场的场强大小为E，小球在沿电场力方向的加速度大小为 ①
设小球从P到M用时为t，根据类平抛运动规律有 ②
小球运动到M时在沿电场力方向的分速度大小为 ③
根据几何关系以及速度的合成与分解有 ④
由题意可知 ⑤
联立①~⑤解得 ⑥
(2)假设带电小球可以打到平板C3上的Q点，设此时小球在磁场中运动的半径为R1，
根据几何关系有 ⑦
解得 ⑧
故假设成立。
当带电小球在磁场中的运动轨迹与C2相切时，其打在C3上的点F距离Q点最远，
设此时小球在磁场中运动的半径为R2，则 ⑨
设小球离开磁场时的速度方向与水平方向夹角为α，根据几何关系有 ⑩
则 ⑪
⑫
所以 ⑬
因此带电小球无碰撞地穿出磁场并打到平板上的范围是 ⑭
【答案】 (1)；(2)
23．(2022•湖南省长郡中学第六次月考)如图所示，在x>0区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在x<0区域内存在沿x轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子甲从点S(-a，0)由静止释放，进入磁场区域后，与静止在点P(a，a)、质量为的中性粒子乙发生弹性正碰，且有一半电量转移给粒子乙。(不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用，忽略电场、磁场变化引起的效应)
(1)求电场强度的大小E；
(2)若两粒子碰撞后，立即撤去电场，同时在x≤0区域内加上与x>0区域内相同的磁场，求从两粒子碰撞到下次相遇的时间△t；
(3)若两粒子碰撞后，粒子乙首次离开第一象限时，撤去电场和磁场，经一段时间后，在全部区域内加上与原x>0区域相同的磁场，此后两粒子的轨迹恰好不相交，求这段时间内粒子甲运动的距离L。
【解析】 (1)粒子甲匀速圆周运动过P点，则在磁场中运动轨迹半径R=a
则，则
粒子从S到O，有动能定理可得，可得
(2)甲乙粒子在P点发生弹性碰撞，设碰后速度为、，取向上为正，
则有，
计算可得，
两粒子碰后在磁场中运动，，解得，
两粒子在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆周运动，
周期分别为，
则两粒子碰后再次相遇，解得再次相遇时间
(3)乙出第一象限时甲在磁场中偏转角度为
撤去电场磁场后，两粒子做匀速直线运动，乙粒子运动一段时间后，再整个区域加上相同的磁场，粒子在磁场中仍做半径为a的匀速圆周运动，要求轨迹恰好不相切，则如图所示
设撤销电场、磁场到加磁场乙运动了，
由余弦定理可得，
则从撤销电场、磁场到加磁场乙运动的位移
【答案】 (1)；(2)；(3)
24．(2022•北京市北师大附属实验中学高三(下)零模)XCT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，XCT扫描机可用于多种病情的探测。图甲是某种XCT机主要部分的剖面图，其中产生X射线部分的示意图如图乙所示，图中的M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内为偏转元件中的匀强偏转场S：经调节后电子从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到水平圆形靶台上的中心点P，产生x射线(如图中带箭头的虚线所示)。己知电子的质量为m，带电荷量为e，MN两端的电压为U0，偏转区域水平宽度为L0，竖直高度足够长，MM中电子束距离靶台竖直高度为H，忽略电子的重力影响，不考虑电子间的相互作用及电子进入加速电场时的初速度，不计空气阻力。
(1)求电子刚进入偏转场时的速度大小；
(2)若偏转场S为垂直纸面向里的匀强磁场，要实现电子束射出偏转场S时速度方向与水平方向夹角为30°，求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(3)若偏转场S为在竖直平面内竖直向上的匀强电场，当偏转电场强度为E时电子恰好能击中靶台P点。而仪器实际工作时，电压U0会随时间成正弦规律小幅波动，波动幅度为ΔU，如图丙所示。电子通过加速电场的时间远小于加速电压U0的变化周期(可近似认为电子在加速电场中电压不变)，不考虑加速电场变化时产生的磁场，在此情况下为使电子能击中靶台，求靶台的最小直径。
【解析】 (1)由动能定理有
解得电子刚进入偏转场时的速度大小
(2)由几何关系可得，此时电子在磁场中的运动半径r=2L0
由牛顿第二定律得
联立两式并将速度v代入解得磁感应强度
(3)设偏转场右边界距P点的水平距离为L
电子偏出电场时垂直初速方向的位移
电子偏出电场后到达靶上P点，在垂直初速方向的位移
由几何关系有
联立两式并将速度v代入解得
当电压U0随时间成正弦规律小幅波动幅度为ΔU时，
则随电压的变化电子在靶上的扫描长度为
因此靶台的最小直径d=
【答案】 (1) ；(2) (3)
【能力提高练】 第三节 带电粒子在组合场中的运动
1．(多选)(2022•重庆外国语学校一模)如图甲所示，之间存在垂直纸面向外的匀强磁场和水平向右的匀强电场，磁感应强度，电场强度，D处有一固定竖直绝缘墙，S为控制电场的开关，固定在上，带电量为的小物块向右进入区域，当物块运动到D点时，与发生碰撞，同时触发开关S、关闭电场，物块弹回并向左离开区域，以向右为正方向，小物块刚向右通过A点为0时刻，图乙所示为物块的位移-时间图像，取重力加速度，小物块可视为质点，小物块的电量没有损失，由以上信息可知( )
A．小物块的质量为
B．与地面间的动摩擦因数
C．小物块与墙碰撞时动量变化大小为
D．小物块与墙碰撞时损失的动能为
【解析】 A．物块弹回并向左离开区域，由图乙可知，物块以的速度向左匀速运动，根据平衡条件可知，代入数据解得，故A正确；
B．由图乙可知，物块以的速度向右匀速运动，根据平衡条件可知，代入数据解得，故B正确；
C．由图乙，结合题意可知，小物块与墙碰撞前速度为向右的，小物块与墙碰撞后的速度为向左的，以向右为正方向，小物块动量变化量为，则小物块与墙碰撞时动量变化大小为，故C错误；
D．小物块与墙碰撞时损失的动能为，故D正确。故选ABD。
【答案】 ABD
2．(多选)(2022•云南省巴蜀中学第七次月考)回旋加速器的工作原理如图所示，和是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差U。A处的粒子源产生的粒子在两盒之间被电场加速，两个半圆盒处于垂直于盒面的匀强磁场中。粒子进入半圆金属盒内做匀速圆周运动。已知粒子质量为m、电量为q，从回旋加速器中输出时的平均功率为P、回旋加速器的半径为R，磁感应强度为B。若忽略粒子在电场中的加速时间且不考虑相对论效应，则下列说法正确的是( )
A．加速电压越小，粒子射出的动能越小
B．加速电压越小，粒子在磁场中运动的时间越长
C．第n次与第次加速后，粒子在磁场中的轨道半径之比为
D．射出时，带电粒子束的等效电流为
【解析】 A．粒子射出时速度(动能)最大动能时，圆周半径达到回旋加速器半径R，由牛顿第二定律，则最大动能，与加速电压无关，故A错误；
B．设粒子在回旋加速器中被加速度次数为n，根据功能关系，可知加速电压U越小，加速次数n越大，做圆周运动的次数越大，根据，周期不变，因此导致运行时间越长，故B正确；
C．根据洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，则有半径公式，，所以质子第n次被加速前后的轨道半径之比为，即第n次与第次加速后，粒子在磁场中的轨道半径之比为，故C正确；
D．设在t时间内离开加速器的粒子数为N，由电流定义式，则粒子束从回旋加速器输出时的平均功率，联立可得等效电流为，故D正确。故选D。
【答案】 BCD
3．(多选)(2022•四省区八校高三(下)开学考试)如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角ABC理想分开，三角形内磁场垂直纸面向里，三角形外磁场区域足够大，三角形顶点A处有一质子源，能沿角A的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过C点，质子比荷为k。下列说法正确的是( )
A．质子的速度可能为2kBL
B．质子的速度可能为丝
C．质子再次通过A点需要的时间可能是
D．所有质子均能再次通过A点
【解析】 AB．质子带正电，可能的轨迹如图所示，角A为60°，射出方向沿角A的平分线，所以θ=30°，α=60°，则轨迹的圆心角为60°，半径的可能值为，由洛伦兹力提供向心力可得，，当n=2时，A错误，B正确；
C．质子运动的周期为，可能的轨迹如图所示，则最少时间为半径为L的圆周运动，圆心角，则质子再次通过A点需要的时间可能为，C正确；
D．由质子运动的可能轨迹可知，有的质子不能再次通过A点，D错误。故选BC。
【答案】 BC
4．(多选)(2022•成都市第七中学高三(下)入学考试)如图所示，在x轴的上方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，在x轴下方的等腰直角三角形CDM区域内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，其中C、D在x轴上，它们到原点O的距离均为a。现将质量为m、带电荷量为q的正粒子从y轴上的P点由静止释放，设P点到O点的距离为h，不计重力作用与空气阻力的影响。下列说法正确的是( )
A．若，则粒子垂直于CM射出磁场
B．若，则粒子垂直于CM射出磁场
C．若，则粒子平行于x轴射出磁场
D．若，则粒子平行于x轴射出磁场
【解析】 AC．若，则由动能定理，到达O点的速度满足，解得，根据，此时粒子在磁场中运动的半径为R=a，可知粒子垂直CM射出磁场，选项A正确，C错误；
BD．若，则由动能定理，到达O点的速度满足，解得，此时粒子在磁场中运动的半径为R′=a，则粒子平行于x轴负向射出磁场，选项B错误，D正确。故选AD
【答案】 AD
5．(多选)(2022•哈尔滨市第六中学高三(上)期末)如图所示，电荷量相等的两种离子氖20和氖22从容器A下方的狭缝S1飘入(初速度为零)电场区，经电场加速后通过狭缝S2、S3垂直于磁场边界MN射入匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，离子经磁场偏转后发生分离，最终到达照相底片D上。不考虑离子间的相互作用，则( )
A．电场力对每个氖20和氖22做的功相等
B．氖22进入磁场时的速度较大
C．氖22在磁场中运动的半径较小
D．若加速电压发生波动，两种离子打在照相底片上的位置可能重叠
【解析】 A．根据电场力做功公式，氖20和氖22的电荷量相同，加速电场电压相同，所以做的功相同，A正确；
B．在加速电场中，根据动能定理有，由于氖20的质量小于氖22的质量，所以氖20的速度大于氖22的速度，B错误；
C．在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，可得，解得，根据动能和动量的关系有，综上可判断，q、B和Ek相同，由于氖22的质量大，所以氖22的半径也大，C错误；
D．在加速电场中，根据动能定理有，在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，可得，联立可得，对于同位素，加速电压相同时，质量越大做圆周运动的半径越大；对同种离子，加速电压越大，其做圆周运动的半径越大；若电压发生波动，则氖20和氖22做圆周运动的半径在一定的范围内变化，所以氖20在电压较高时的半径可能和氖22在电压较低时的半径相等，两种离子打在照相底片上的位置就重叠，所以D正确。故选AD。
【答案】 AD
6．(多选)(2022•河南省名校联盟高三(上)第三次诊断考试)回旋加速器的工作原理如图所示，D形金属盒的半径为R，两D形盒间狭缝的宽度为d，匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向与盒面垂直。D形金属盒的中心O处有一粒子源，能产生质量为m、电荷量为e的质子(H 的初速度及其所受重力均不计)， 质子在加速电压为U的电场中加速，最终从出口处射出。下列说法正确的是( )
A．质子在电场中运动的总时间为
B．质子在磁场中运动的总时间为
C．若仅将电压U增大，则质子从出口处射出的最大动能不变
D．若仅将O处的粒子源改为氘(He)核源，则氘核可获得的最大动能为
【解析】 A．当质子射出D形盒时，根据洛伦兹力提供向心力，，质子在电场中的加速度大小为，质子在电场中运动的总时间，故A正确；
B.设在电场中加速度的次数为n，根据动能定理，在电场中加速一次后，在磁场中运动半圈，在磁场中运动半圈的时间，质子在磁场中运动的总时间，故B错误；
C．当质子射出D形盒时，质子的速度，若仅将电压U增大，则质子从出口处射出的最大速度不变，最大动能不变，故C正确；
D．若仅将O处的粒子源改为氘(He)核源，则与质子比较，电荷量增大为2倍，质量增大为4倍，则氘核可获得的最大速度为，最大动能，故D错误。故选AC。
【答案】 AC
7．(多选)(2022•华南师范大学附属中学1月模拟考试)如图所示直角坐标系xOy，P(a，－b)为第四象限内的一点，一质量为m、电量为q的负电荷(电荷重力不计)从原点O以初速度沿y轴正方向射入，第一次在整个坐标系内加垂直纸面向内的匀强磁场，该电荷恰好能通过P点；第二次保持y>0区域磁场不变，而将y<0区域磁场改为沿x方向匀强电场，该电荷仍通过P点( )
A．匀强磁场的磁感应强度为
B．匀强磁场的磁感应强度
C．电荷从O运动到P，第二次所用时间一定短些
D．电荷通过P点时的速度，第二次与x轴负方向的夹角一定小些
【解析】 AB．电荷第一次的运动轨迹如图1所示，设粒子运动的半径为r，
根据几何关系可得 ①
解得 ②
根据牛顿第二定律有 ③
联立②③解得，故A正确，B错误；
图1
C．易知电荷两次在第一象限中运动时间相同。电荷第一次在第四象限中运动到P点的过程中，其沿y轴方向的分速度不断减小，且始终小于v0，而电荷第二次在第四象限中运动到P点的过程中，其沿y轴方向的分速度始终等于v0，而电荷两次在第四象限运动到P点时的竖直分位移相同，所以电荷第二次在第四象限中运动的时间短些，进而可知整个过程，第二次所用时间一定短些，故C正确；
D．设电荷第一次通过P点时的速度与x轴负方向的夹角为θ1，根据几何关系可得，电荷第二次的运动轨迹如图2所示，设电荷第二次通过P点时的速度与x轴负方向的夹角为θ2，根据类平抛运动规律的推论可知，，所以有，即第二次与x轴负方向的夹角一定大些，故D错误。故选AC。故选AC。
图2
【答案】 AC
8．(多选)(2022•湖南衡阳市高三(下)一模)如图所示，在xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度的匀强磁场，第四象限存在沿x轴负方向的匀强电场，电场强度，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为ON=9m，M点为x轴正方向上的一点，。现有一个比荷为的带正电小球(可视为质点且重力不计)，从挡板下端N处小孔的右侧某处由静止释放，经匀强电场加速后从N处小孔沿x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M点，则带电小球从释放点到N点距离的可能值为(结果保留2位有效数字)( )
A．2.5m B．2.8m C．4.0m D．5.0m
【解析】 若小球与挡板碰撞一次，轨迹如图所示。根据几何知识得，，解得，，根据牛顿第二定律得， ，解得，，设带电小球从释放点到N点距离为x，根据动能定理得，，解得，，若小球与挡板没有发生碰撞，轨迹如图所示。根据几何知识得，，解得，根据牛顿第二定律得，解得，根据牛顿第二定律得，解得，AC错误，BD正确。故选BD。
【答案】 BD
9．(2022•高考浙江卷)离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂直xOy平面(纸面)的中心轴逆时针匀速转动(角速度大小可调)，其上有一小孔S。整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q，板Q与y轴交于A点。离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为 – q(q > 0)、速度大小不同的离子，其中速度大小为v0的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用。
(1)①求磁感应强度B的大小；
②若速度大小为v0的离子能打在板Q的A处，求转筒P角速度ω的大小；
(2)较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为θ，求转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小；
(3)若转筒P的角速度小于，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他θ′的值(θ′为探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角)。
【解析】 (1)①离子在磁场中做圆周运动有，则
②离子在磁场中的运动时间
转筒的转动角度，，k = 0，1，2，3…
(2)设速度大小为v的离子在磁场中圆周运动半径为，有，
离子在磁场中的运动时间
转筒的转动角度ω′t′ = 2nπ + θ
转筒的转动角速度，n = 0，1，2，…
动量定理，，n = 0，1，2，…
(3)转筒的转动角速度，其中k = 1，，n = 0，2
可得，
【答案】 (1)①，②，k = 0，1，2，3…；(2)，n = 0，1，2，…；(3)，
10．(2022•山东省高三(下)开年摸底联考)如图所示，直角坐标系xOy平面内边长为4L的正方形区域内存在匀强磁场，正方形的四个边分别与坐标轴平行，几何中心位于坐标原点。在和区域内存在方向相反、磁感应强度大小均为(未知)的匀强磁场，在区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度可根据需求调整。长度均为4L的两块挡板，一块放置在y轴处与之平行，另一块放置在处，挡板关于x轴对称，置于y轴处的挡板中间(O点处)有一狭缝。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速率从x轴上处与x轴正方向成30°角射入磁场，恰好从O点进入右侧磁场，不计重力，。
(1)求x轴负方向磁场的磁感应强度的大小；
(2)求粒子从处到O点所用的时间；
(3)为使从O点进入y轴右侧磁场的粒子，在运动过程中不与两个挡板碰撞，求区域内磁场的磁感应强度的取值范围。
【解析】 (1)粒子出发点和O点均在x轴上，轨迹如图甲所示
由几何关系得
洛伦兹力提供向心力，有
解得
(2)粒子在区域磁场中转过的圆心角
所用时间
粒子在区域磁场中运动时间也为，则粒子自处至O点所用的时间为
(3)粒子从O点进入磁场后轨迹如图乙所示
若粒子从(0，2L)离开磁场，圆心位于，由几何关系得
由洛伦兹力提供向心力可知，解得
若粒子从(2L，2L)离开磁场，圆心位于，由几何关系得
由洛伦兹力提供向心力可知，解得
综上，磁感应强度大小的取值范围为
【答案】 (1)；(2)；(3)
11．(2022•辽宁省协作体高三(下)一模)2021年末，由于煤炭价格上涨，火力发电受到影响，有的地区出现了拉闸限电，再一次提醒人们要节约能源和开发新能源。受控热核反应就是其中一种，热核反应需要极高温度，还得束缚带电粒子，基本原理如图所示，空间有两个同心圆a、b，圆a内存在由圆心O向外的辐射状电场，圆心O与圆a圆周上各点的电势差为，圆a与圆b围成的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，圆a半径为，圆b半径为R2，已知磁感应强度B=1.0T，粒子的荷质比为，不计带电粒子的重力。
(1)若带电粒子由静止释放，被电场加速后沿环的半径方向以v0射入磁场，求v0的大小？
(2)若带电粒子从圆心O由静止释放不能穿越磁场的外边界，则圆b半径R2的取值范围？(边界线上有磁场)
(3)令带电粒子以v0沿圆环半径方向第一次射入磁场的入射点为P，当粒子射入磁场后撤去圆a中的电场，求带电粒子从P点进入磁场到回到P点所需要的时间t。
【解析】 (1)根据动能定理有，得
(2)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为，则，则
若粒子与轨迹圆相切，则粒子恰好不能穿越磁场的外边界，此时圆b半径最小，记为，如图所示
由几何关系得，解得，则
(3)由几何关系得，得，
故带电粒子进入磁场绕圆转过又回到圆，粒子的运动轨迹如图所示.
故粒子从点进入磁场到第一次回到点时，粒子在磁场中运动时间为
粒子在圆中运动时间为
粒子第一次回到点运动的总时间为.
故带电粒子从点进入磁场到回到点所需要的时间为
【答案】 (1)；(2)；(3)
12．(2022•双鸭山市第一中学高三(下)开学考试)如图所示，在直角坐标系xoy的第一象限中有两个全等的直角三角形区域Ⅰ和Ⅱ，充满了方向均垂直纸面向里的匀强磁场，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B0，区域Ⅱ的磁感应强度大小可调，C点坐标为(4L，3L)，M点为OC的中点。质量为m带电量为﹣q的粒子从C点以平行于y轴方向射入磁场Ⅱ中，速度大小为，不计粒子所受重力，粒子运动轨迹与磁场区域相切时认为粒子能再次进入磁场。
(1)若粒子无法进入区域Ⅰ中，求区域Ⅱ磁感应强度大小范围；
(2)若粒子恰好不能从AC边射出，求区域Ⅱ磁感应强度大小；
(3)若粒子能到达M点，且粒子是由区域Ⅱ到达M点的，求区域Ⅱ磁场的磁感应强度大小的所有可能值。
【解析】 (1)粒子速度一定的情况下，磁场强度越小，轨迹半径越大，当运动轨迹恰好与x轴相切时，恰好能进入I区域，粒子不能进入I区时，粒子运动半径：r0>3L，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qBv0=m
已知：v0，解得B
(2)粒子在区域I中的运动半径为r
若粒子在区域II中的运动半径R较小，则粒子会从AC边射出磁场，恰好不从AC边射出时满足∠O2O1Q=2θ，如图所示，sin2θ=2sinθcosθ
又sin2θ，解得RrL
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得qv0B=m，解得B
(3)①若粒子由区域I达到M点，每次前进CP2=2(R﹣r)cosθ(R﹣r)
由周期性CM=nCP2(N=0.1.2.3…)，即Ln(R﹣r)，解得R=rLL，解得n≤3
n=1时，RL，BB0；n=2时RL，BB0；n=3时RL，BB0
②由周期性CM=CP1+nCP2(N=0.1.2.3…)，即LRn(R﹣r)
解得RL，解得n
当n=0时，RL，BB0，n=1时：RL，BB0
【答案】 (1)；(2)；(3)、、、、
13．(2022•陕西省西安中学高三(下)四模)图是一种花瓣形电子加速器简化示意图，空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各区感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外。电子由静止开始从圆b上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示，已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径足够大，电子质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应，取。求：
(1)Ⅰ区的磁感应强度大小；
(2)电子在Ⅰ区磁场中的运动时间；
(3)Ⅰ区和Ⅱ区的磁感应强度大小之比。
【解析】 (1)电子在电场中加速有
在磁场Ⅰ中，由几何关系可得，，解得
(2)在磁场Ⅰ中的运动周期为
由几何关系可得，电子在磁场Ⅰ中运动的圆心角为
在磁场Ⅰ中的运动时间为，解得
(3)电子经过电场加速后进入Ⅰ和Ⅱ区的速度为、，则；
解得
由可得
【答案】 (1)；(2)；(3)1：
14．(2022•西南大学附属中学校第六次月考)如图1所示，平面内，在的区域仅有垂直平面向里的匀强磁场；的区域仅有如图2所示的变化的匀强电场：电场方向沿轴负方向，撤去电场，以后电场方向沿轴正方向，且电场强度大小与时的电场强度相等。点有一粒子源，可沿轴正方向发射速度大小不同、比荷均为的带正电粒子，粒子所受重力可忽略。在磁场左边界直线上的某点，固定一粒子收集器，观察发现：粒子在0时刻发射，时刻经过磁场左边界进入磁场，最终被粒子收集器收集；粒子在时刻以与粒子相同的速度发射，第一次经过磁场左边界的位置坐标为；粒子在时刻发射，其发射速度是粒子发射速度的，不经过磁场就能被收集器收集。求：
(1)电场强度的大小；
(2)磁感应强度的大小；
(3)若时刻发射的粒子能被收集器收集，求其所有可能的发射速度大小。
【解析】 (1)由、粒子的运动可知，粒子进入磁场所需的时间为，
在时间内有的时间做类平抛运动，时间做匀速直线运动，
则，解得
(2)可知，对粒子，进入磁场所需时间为，粒子在电场中做类平抛运动的时间为，
当运动至时坐标为，即收集器的位置坐标是
对粒子，刚进入磁场时纵坐标
令进入磁场时速度大小为，与轴负方向夹角为，则
令粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，由，可得
由几何关系所示
由以上各式解得，
(3)令粒子发射速度为，刚进入磁场时速度大小为、与轴夹角为、偏移的距离为。
则
偏移距离：
情形1：若，粒子不经磁场即可被收集，即，解得
情形2：若，粒子在磁场中运动一段圆弧后再被收集器收集，轨迹如图所示
进入磁场后的半径为
再次回到上时，在磁场中沿轴方向偏移的距离为
当时，粒子可被收集器收集，即
整理得
令，则上式变成
观察可得是其中一解，故因式可以分解成形如
用待定系数法确定、
可得，，即，
所以上方程等价于。
可得其解是或(另一解不符合题意，舍去)
则有或
综上所述，能够被粒子收集器收集的粒子速度有：、、
【答案】 (1)；(2)；(3)或或
15．(2022•重庆市第一中学高三(下)第一次月考)如图所示，两矩形边界内分布有匀强磁场，的长度为l，内磁场垂直于平面向外，大小为B，内磁场垂直于平面向里，大小为，一带正电的粒子，电荷量为q，质量为m，沿方向射入磁场，入射速度大小可调，不计粒子的重力。
(1)若粒子第一次到达边界时，速度方向恰好转过，求粒子速度的大小；
(2)假设、长度足够长，试证明不从打出的粒子运动至下方的最大距离为一定值，并求出这一定值；
(3)假设长度足够长，若能到达G点的粒子速度的可能值有且仅有一个，求长度的取值范围。
【解析】 (1)若粒子第一次到达边界时，速度方向恰好转过，如图所示
由几何知识可得粒子做圆周运动的半径为
由洛仑兹力提供向心力
解得粒子的初速度
(2)设粒子入射方向与EF夹角，最低点距离EF高度为h，轨迹图如图
则由几何关系得
因为，，解得
(3) 如图所示
由几何关系得第二次到达AG时向右推进的距离为
由题意知到达G点的条件为(n为正整数)
恰好不从AD边出射的临界情况：轨迹图如图
由几何关系得，，，解得
所以 (n=1，2，3，…)
【答案】 (1)；(2)；(3) (n=1，2，3，…)
16．(2022•重庆市第八中学第六次月考)如图所示，在y轴右侧0 ≤ y ≤ d区域有竖直向下的匀强电场，场强，在d ≤ y ≤ 3d区域内有垂直纸面向内、大小可调的匀强磁场。带电粒子以速度v0从点P(0，4.5d)沿与y轴夹角30°方向进入另一匀强磁场B0，该磁场方向垂直纸面向外，区域边界为矩形。粒子从该磁场飞出后恰好沿x轴正方向经过O点。已知带电粒子的质量为m、电荷量为q(q > 0)，不计粒子的重力。求：
(1)粒子在磁场B0中运动的轨道半径R和磁感应强度B0的大小；
(2)矩形磁场B0的最小面积；
(3)若y轴右侧磁感应强度大小为B1时，粒子在磁场中的运动轨迹恰好与直线y = 3d相切，粒子第一次返回x轴上的点记为S点(图中未画出)；若磁感应强度大小为B2时，粒子离开O点后，经n(n > 1)次磁偏转仍过S点。请确定n的所有可能值，并求出与之对应的B2与B1的比值。
【解析】 (1)粒子在磁场B0中做圆周运动，飞出磁场后做匀速直线运动到达0点，轨迹如图1甲所示
由几何关系得Rcos60° + R = 4.5d，解得R = 3d
由，得
(2)当矩形磁场面积最小时，如图1乙所示，矩形的长为a = 2R = 6d
宽b = R + Rcos60° = 1.5R = 4.5d
故最小面积S = ab = 27d2
(3)设第一次飞出电场时速度为v，则，解得
如图2甲所示
速度与水平方向夹角为37°，粒子水平位移为，如图2乙所示，
当磁感应强度大小为B1时，粒子在磁场中圆周运动半径R1cos37° + 2d = R1，解得R1 = 10d
由，得
粒子再次到达x轴上的S点，则
设磁感应强度大小为B2时粒子半径为R2，粒子经n(n > 1)次磁偏转仍过S点，
由几何知识，得，所以
由，解得，解得
为了粒子能进行多次偏转，则130 - 40n > 0，解得n < (n取正整数)，
故n = 2、3，当n = 2时，，当n = 3时，
【答案】 (1)R = 3d，；(2)S = 27d2；(3)见解析
17．(2022•昆明一中、银川一中高三(下)一模)如图所示，一边长为d=3.6m的正方形区域ABCD内，有一垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=1.0×10-3T。在AB的上方有一竖直向下的匀强电场，场强E=5.0×102N/C, AB为电场、磁场的分界线。在DA的延长线上距离A点间距为x的O点有一比荷为1.0×109C/kg的带正电的粒子由静止开始运动，不考虑粒子的重力，则:
(1)要使粒子从C点射出，求粒子源距A点的距离x;
(2)要使粒子从距离B点的P点位置射出，求x的可能值。
【解析】 (1)带电粒子从O点运动到A点的速度为v，
进入磁场做匀速圆周运动的半径为r，，解得
要使粒子从C点射出，则如图甲所示，由几何关系可知r=d
联立可得，解得x=12.96m
(2)要使得粒子从p点射出，有三种情况，第一种情况，如图乙，由几何关系可知
解得，带入，解得x=4.0m
第二种情况，如图丙，由几何关系，带入。可得x=1.44m
第三种情况，如图丁所示，由几何关系可知
解得，带入，可得x=2.25m
【答案】 (1)；(2)4.0m或1.44m或2.25mm
18．(2022•四川省树德中学高三(下)开学考试)如图甲所示，在xOy平面的第一象限内存在周期性变化的磁场，规定磁场垂直纸面向内的方向为正，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。质量为m、电荷量为+q的粒子，在t=0时刻沿x轴正方向从坐标原点O射入磁场。图乙中T0为未知量，不计粒子的重力。已知，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
(1)时间内粒子做匀速圆周运动的角速度ω；
(2)若粒子不能从Oy轴射出磁场，磁感应强度变化周期的最大值Tm；
(3)若使粒子能从坐标为(3d，4d)的D点平行于Ox轴射出，射入磁场时速度的大小v。
【解析】 (1)根据洛伦兹力提供向心力可知，其中，可得
(2)要使得粒子不从y轴射出，则轨迹如图
在前内的运动半径为，在后内的运动半径为
由几何关系可知，粒子做圆周运动的周期，则
解得磁感应强度变化周期的最大值
(3)要想使粒子经过D点且平行Ox轴射出，则粒子只能从nT0时刻过D点，(其中n=1,2,3,…)，则轨迹如图
由(2)问可得
由几何关系可知，(其中n=1,2,3,…)，解得(其中n=1,2,3,…)
又，解得，(其中n=1,2,3,…)
【答案】 (1)；(2)；(3)，(其中n=1,2,3,…)
19．(2022•成都石室中学高三(下)专家联测卷(四))北京正负电子对撞机(BEPC)主要由直线加速器、电子分离器、环形储存器和对撞测量区组成，其简化原理如图乙所示：MN和PQ为足够长的水平边界，竖直边界EF将整个区域分成左右两部分，I区域的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小恒为B，II区域的磁场方向垂直纸面向外大小可以调节。调节II区域磁感应强度的大小可以使正负电子在测量区内不同位置进行对撞。经加速和积累后的电子束以相同速率分别从注入口C和D入射，入射方向平行EF且垂直磁场。已知注入口C、D到EF的距离均为d，边界MN和PQ的间距可在4d至6d间调节，正、负电子的质量均为m，所带电荷量分别为+e和-e，忽略电子进入加速器的初速度，电子重力不计。
(1)判断从注入口C、D入射的分别是哪一种电子；
(2)若电子束以的速率连续入射，当MN和PQ的间距分别为4d和6d时，欲使正负电子能回到区域I，求区域II感应强度BII的最小值分别为多少；
(3)若电子束的速度，MN和PQ的间距为6d，将II区域的磁感应强度大小调为，但负电子射入时刻滞后于正电子，求正负电子相撞的位置坐标(以为原点，为x轴正方向，为y轴正方向建立坐标系)。
【解析】 (1)由左手定则可知，从C入射的为正电子，从D入射的为负电子。
(2)若电子束以的速率连续入射，则运动半径为
由几何关系可知则 当MN和PQ的间距为4d时，
由题意可知且，解得
当MN和PQ的间距为6d时，由题意可知且
解得
(3)若电子束的速度，则电子运动的半径为
电子在II区域的运动半径为
电子在I区域运动的周期
电子在II区域的运动周期
经过正电子到达II区域的A位置，此时正电子在II区域运动了，
此时GA弧所对的圆心角为15°
由几何关系可知，此后正负电子共同走过由ABH到D的弧长时两电子在B点相遇，
则，解得
即AB弧所对的圆心角为105°，BH弧所对的圆心角为60°，
则B点的横坐标，纵坐标
即相碰点的坐标(d，2d)
【答案】 (1)从C入射的为正电子，从D入射的为负电子；(2)，； (3)(d，2d)
20．(2022•陕西省西安中学第二次模拟考试)如图所示，在xoy平面第一象限内有垂直纸面向外的匀强磁场I，在第二象限的边长为L的正方形ACDO内的某个区域有垂直于纸面的匀强磁场II，在第三象限内有竖直向上的匀强电场，场强为E，所有电磁场边界均为理想边界。在第三象限内有一点P(－L，－L)，在AP连线上任意一点由静止释放带正电的粒子，粒子质量为m、电量为q，粒子重力不计，由A点进入磁场II中，经过磁场II偏转后，都恰能垂直于y轴进入磁场I中，且都恰好到达O点被粒子捕获器捕获。已知在P点释放的粒子恰好是经D点垂直于y轴进入磁场I中的。
(1)求I、II磁场的磁感应强度B1、B2的大小；
(2)求ACDO内所加磁场的最小面积；
(3)求带电粒子从释放到运动到O点所用时间最短时，对应的电场中释放位置的坐标。
【解析】 (1)经分析得粒子轨迹如图所示
在点释放的粒子在电场中，由动能定理可得
由几何关系可知，在磁场中的半径为
洛伦兹力提供向心力，有，解得
由几何关系可知，在磁场中的半径为
洛伦兹力提供向心力，有，解得
(2)最小面积如图所示，最小面积为
(3)设粒子在第三象限运动距离为，时间为，末速度为。在第二象限匀速圆周运动半径为，匀速直线运动时间为，粒子运动的总时间为
在电场中，根据动能定理有
据牛顿第二定律有
由位移公式有，解得，
在磁场中，洛伦兹力提供向心力，解得半径
粒子离开磁场匀速到轴有，解得
因为确定，所以任意位置释放粒子在中运动的总时间都相等，所以当粒子在其它区域运动的总时间最短时，粒子从到运动的时间最短，
当最小时有，解得
释放位置坐标为
【答案】 (1)；；(2)；(3)
21．(2022•江苏省扬州中学高三(下)开学考试)如图所示，直线与y轴之间有垂直于xOy平面向外的匀强磁场B2，直线x＝d与间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度，另有一半径R=m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B1=，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x＝d和x轴均相切，且与x轴相切于S点．一带负电的粒子从S点沿y轴的正方向以速度v0进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域B2，且第一次进入磁场B2时的速度方向与直线垂直．粒子速度大小v0＝1.0×105m/s，粒子的比荷为=5.0×105C/kg，粒子重力不计．求：
(1)粒子在圆形匀强磁场中运动的时间t1；
(2)坐标d的值；
(3)要使粒子无法运动到x轴的负半轴，则磁感应强度B2应满足的条件
【解析】 (1)在磁场B1中，解得
画出轨迹恰为四分之一圆，，得
(2)在电场中类平抛运动 ，，解得
又根据x=v0t，，解得
所以坐标d的值
(3)进入磁场B2的速度为：
当带电粒子出磁场与y轴垂直时，圆周半径
可得，所以0≤B2≤0.13T．
当带电粒子出磁场与y轴相切时，圆周半径，可得B2＝0.3T
所以B2≥0.3T．
【答案】 (1)2.6×10﹣6s(2)4m(3)0≤B2≤0.13T或者B2≥0.3T
22．(2022•湖南省雅礼中学高三(上)第五次月考)如图所示，在光滑绝缘水平桌面内建立坐标系，在第Ⅱ象限内有平行于桌面的匀强电场，场强方向与轴负方向的夹角。在第Ⅲ象限垂直于桌面放置两块相互平行的平板、，两板间距为，板间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小可变。两板右端在轴上，板与轴重合。在其左端紧贴桌面有一小孔，小孔离坐标原点距离为。在第Ⅳ象限垂直于轴放置一块平行轴且沿轴负方向足够长的竖直平板，平板在轴上垂足为，垂足与原点相距。现将一带负电的小球从桌面上的点以初速度垂直于电场方向射出，刚好垂直于轴穿过板上的孔，进入磁场区域。已知小球可视为质点，小球的比荷，点与小孔在垂直于电场方向上的距离为，不考虑空气阻力。求：
(1)匀强电场的场强大小；
(2)带电小球无碰撞地穿出磁场并打到平板上的范围。
【解析】 (1)设匀强电场的场强大小为E，小球在沿电场力方向的加速度大小为 ①
设小球从P到M用时为t，根据类平抛运动规律有 ②
小球运动到M时在沿电场力方向的分速度大小为 ③
根据几何关系以及速度的合成与分解有 ④
由题意可知 ⑤
联立①~⑤解得 ⑥
(2)假设带电小球可以打到平板C3上的Q点，设此时小球在磁场中运动的半径为R1，
根据几何关系有 ⑦
解得 ⑧
故假设成立。
当带电小球在磁场中的运动轨迹与C2相切时，其打在C3上的点F距离Q点最远，
设此时小球在磁场中运动的半径为R2，则 ⑨
设小球离开磁场时的速度方向与水平方向夹角为α，根据几何关系有 ⑩
则 ⑪
⑫
所以 ⑬
因此带电小球无碰撞地穿出磁场并打到平板上的范围是 ⑭
【答案】 (1)；(2)
23．(2022•湖南省长郡中学第六次月考)如图所示，在x>0区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在x<0区域内存在沿x轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子甲从点S(-a，0)由静止释放，进入磁场区域后，与静止在点P(a，a)、质量为的中性粒子乙发生弹性正碰，且有一半电量转移给粒子乙。(不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用，忽略电场、磁场变化引起的效应)
(1)求电场强度的大小E；
(2)若两粒子碰撞后，立即撤去电场，同时在x≤0区域内加上与x>0区域内相同的磁场，求从两粒子碰撞到下次相遇的时间△t；
(3)若两粒子碰撞后，粒子乙首次离开第一象限时，撤去电场和磁场，经一段时间后，在全部区域内加上与原x>0区域相同的磁场，此后两粒子的轨迹恰好不相交，求这段时间内粒子甲运动的距离L。
【解析】 (1)粒子甲匀速圆周运动过P点，则在磁场中运动轨迹半径R=a
则，则
粒子从S到O，有动能定理可得，可得
(2)甲乙粒子在P点发生弹性碰撞，设碰后速度为、，取向上为正，
则有，
计算可得，
两粒子碰后在磁场中运动，，解得，
两粒子在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆周运动，
周期分别为，
则两粒子碰后再次相遇，解得再次相遇时间
(3)乙出第一象限时甲在磁场中偏转角度为
撤去电场磁场后，两粒子做匀速直线运动，乙粒子运动一段时间后，再整个区域加上相同的磁场，粒子在磁场中仍做半径为a的匀速圆周运动，要求轨迹恰好不相切，则如图所示
设撤销电场、磁场到加磁场乙运动了，
由余弦定理可得，
则从撤销电场、磁场到加磁场乙运动的位移
【答案】 (1)；(2)；(3)
24．(2022•北京市北师大附属实验中学高三(下)零模)XCT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，XCT扫描机可用于多种病情的探测。图甲是某种XCT机主要部分的剖面图，其中产生X射线部分的示意图如图乙所示，图中的M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内为偏转元件中的匀强偏转场S：经调节后电子从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到水平圆形靶台上的中心点P，产生x射线(如图中带箭头的虚线所示)。己知电子的质量为m，带电荷量为e，MN两端的电压为U0，偏转区域水平宽度为L0，竖直高度足够长，MM中电子束距离靶台竖直高度为H，忽略电子的重力影响，不考虑电子间的相互作用及电子进入加速电场时的初速度，不计空气阻力。
(1)求电子刚进入偏转场时的速度大小；
(2)若偏转场S为垂直纸面向里的匀强磁场，要实现电子束射出偏转场S时速度方向与水平方向夹角为30°，求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(3)若偏转场S为在竖直平面内竖直向上的匀强电场，当偏转电场强度为E时电子恰好能击中靶台P点。而仪器实际工作时，电压U0会随时间成正弦规律小幅波动，波动幅度为ΔU，如图丙所示。电子通过加速电场的时间远小于加速电压U0的变化周期(可近似认为电子在加速电场中电压不变)，不考虑加速电场变化时产生的磁场，在此情况下为使电子能击中靶台，求靶台的最小直径。
【解析】 (1)由动能定理有
解得电子刚进入偏转场时的速度大小
(2)由几何关系可得，此时电子在磁场中的运动半径r=2L0
由牛顿第二定律得
联立两式并将速度v代入解得磁感应强度
(3)设偏转场右边界距P点的水平距离为L
电子偏出电场时垂直初速方向的位移
电子偏出电场后到达靶上P点，在垂直初速方向的位移
由几何关系有
联立两式并将速度v代入解得
当电压U0随时间成正弦规律小幅波动幅度为ΔU时，
则随电压的变化电子在靶上的扫描长度为
因此靶台的最小直径d=
【答案】 (1) ；(2) (3)
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