高考物理二轮复习第1部分专题突破方略专题3第2讲带电粒子在电磁场中的运动试题含解析

这是一份高考物理二轮复习第1部分专题突破方略专题3第2讲带电粒子在电磁场中的运动试题含解析，共18页。试卷主要包含了下列关于磁场的应用，正确的是等内容，欢迎下载使用。

第一部分　专题三　第2讲　带电粒子在电磁场中的运动

基础题——知识基础打牢
1．(2021·江苏苏州八校联考)下列关于磁场的应用，正确的是(　C　)

A．图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器示意图，要使粒子获得的最大动能增大，可增大加速电场的电压U
B．图乙是磁流体发电机示意图，由此可判断A极板是发电机的正极，B极板是发电机的负极
C．图丙是速度选择器示意图，不考虑重力的带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是v＝
D．图丁是磁电式电流表内部结构示意图，当有电流流过时，线圈在磁极间产生的匀强磁场中偏转
【解析】　根据qvB＝可知v＝，粒子获得的最大动能为Ek＝所以要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径，故A错误；根据左手定则，正电荷向下偏转，所以B板带正电，为发电机的正极，A极板是发动机的负极，故B错误；速度选择器不能判断带电粒子的电性，不管是正电，还是负电，只要满足v＝，粒子就能匀速通过速度选择器，故C正确；线圈在磁极间产生的磁场为均匀辐向磁场，该磁场为非匀强磁场，故D错误．
2．(多选)(2021·广东江门一模)如图所示的虚线框为一正方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一带电粒子从a点沿与ab边成30°角方向射入磁场，恰好从b点飞出磁场；另一带电粒子以相同的速率从a点沿ad方向射入磁场后，从c点飞出磁场，不计重力，则两带电粒子的比荷之比及在磁场中的运动时间之比分别为(　AC　)

A．∶＝1∶1 B．∶＝2∶1
C．t1∶t2＝2∶3 D．t1∶t2＝1∶3
【解析】　
粒子的运动轨迹如图；设正方形边长为L，则从b点飞出的粒子的运动半径为r1＝L；从c点飞出的粒子的运动半径也为r2＝L；根据qv0B＝m，可得＝，则∶＝1∶1，选项A正确，B错误；根据T＝，可知，两粒子的周期相同，两粒子在磁场中转过的角度分别为60°和90°，根据t＝T，可得t1∶t2＝60°∶90°＝2∶3，选项C正确，D错误．故选AC.

3．(多选)(2021·广东佛山质检)地磁场能有效抵御宇宙射线的侵入，赤道剖面外地磁场可简化为包围地球一定厚度的匀强磁场，方向垂直该剖面，如图所示．图中给出了速度在图示平面内，从O点沿平行与垂直地面2个不同方向入射的微观带电粒子(不计重力)在地磁场中的三条运动轨迹a、b、c，且它们都恰不能到达地面则下列相关说法中正确的是(　CD　)

A．沿a轨迹运动的粒子带正电
B．若沿a、c两轨迹运动的是相同的粒子，则a粒子的速率更大
C．某种粒子运动轨迹为a，若它速率不变，只是改变入射地磁场的方向，则只要其速度在图示平面内，无论沿什么方向入射，都不会到达地面
D．某种粒子运动轨迹为b，若它以相同的速率在图示平面内沿其他方向入射，则有可能到达地面
【解析】　由左手定则可知，沿a轨迹运动的粒子带负电，故A错误；由半径公式r＝可知，沿a轨迹运动的半径小，则沿a轨迹运动的粒子的速率更小，故B错误；圆的直径为最长的弦，图中直径时都到不了地面，则其他反向的也将不会到达地面，故C正确；由图可知，当粒子射入的速度方向沿顺时针转过小于90度的锐角时，都可到达地面，故D正确．故选CD.
4．(多选)(2021·广东六校联考)如图所示，空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里．一带电小球恰能以速度v0做直线运动，其轨迹如图虚线所示，虚线与水平方向成30°角，小球最终穿过一轴线沿小球运动方向且固定摆放的光滑绝缘管道(管道内径略大于小球直径)，下列说法正确的是(　AD　)

A．小球一定带正电
B．磁场和电场的大小关系为＝v0
C．小球可能是从管道的乙端运动到甲端
D．若小球刚进入管道时撤去磁场，小球将在管道中做匀速直线运动
【解析】　小球做匀速直线运动，当带正电时，电场力水平向左，重力竖直向下．从甲端运动到乙端时，洛伦兹力垂直于虚线斜向右上三力恰好平衡，能保证小球沿图中虚线运动．当小球带负电时，电场力水平向右，重力竖直向下．从甲端运动到乙端时或者从乙端运动到甲端时，洛伦兹力垂直于虚线斜向左下或者右上，均不能使小球沿直线运动．故A正确；由A项分析可知，电场力和洛伦兹力关系为sin 30°＝，整理得＝，故B错误；根据A项分析，小球只能是从管道的甲端运动到乙端．故C错误；未撤磁场时，小球三力平衡，其中电场力和重力沿虚线方向的合力为零，当撤去磁场时，在管道中所受重力和电场力均没有变化，故沿虚线方向(管道方向)合力仍为零．而管道的支持力垂直于管道．即小球合力仍为零，做匀速直线运动．故D正确．故选AD.
5.(2021·河北衡水中学四调)如图所示，圆形区域直径MN上方存在垂直于纸面向外的匀强磁场，下方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小相同．现有两个比荷相同的带电粒子a、b，分别以v1、v2的速度沿图示方向垂直磁场方向从M点入射，最终都从N点离开磁场，则(　C　)

A．粒子a、b可能带异种电荷
B．粒子a从N点离开磁场时的速度方向一定与初速度v1的方向垂直
C．v1∶v2可能为2∶1
D．v1∶v2一定为1∶1
【解析】　两粒子都从M点入射从N点出射，则a粒子向下偏转，b粒子向上偏转，由左手定则可知两粒子均带正电，故A错误；设磁场半径为R，将MN当成磁场的边界，两粒子均与边界成45°入射，由运动对称性可知出射时与边界成45°，则一次偏转穿过MN时速度偏转90°；同理第二次穿过MN时速度方向再次偏转90°与初速度方向平行，选项B错误；两粒子可以围绕MN重复穿越，运动有周期性，设a粒子重复k次穿过MN，b粒子重复n次穿过MN，由几何关系可知k·r1＝2R(k＝1,2,3……)n·r2＝2R(n＝1,2,3……)，由洛伦兹力提供向心力qvB＝m可得v＝，而两个粒子的比荷相同，可知＝，如n＝1，k＝1时＝，如n＝2，k＝1时＝，则v1∶v2可能为1∶1或2∶1，故C正确，D错误．
应用题——强化学以致用
6．(2021·河北选择性考试模拟演练)如图，x轴正半轴与虚线所围区域内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里．甲、乙两粒子分别从距x轴h与2h的高度以速率v0平行于x轴正向进入磁场，并都从P点离开磁场，OP＝h.则甲、乙两粒子比荷的比值为(不计重力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　C　)

A．32∶41 B．56∶41
C．64∶41 D．41∶28
【解析】　甲粒子从高MN＝h的位置水平水平飞入磁场，运动的轨迹如图所示

甲粒子圆周运动的半径为O1N＝O1P＝r1，在△O1MP中根据勾股定理可知
＝＝＝
则＝－＝－，在△MNO中，根据几何关系可知tan 37°＝＝＝，解得r1＝h
乙粒子从高O2A＝O2P＝2h的高度水平飞入磁场，转过圆周从P点飞出

则乙粒子运动的半径为r2＝O2A＝2h，洛伦兹力提供向心力qvB＝m，解得r＝
可知粒子运动的半径r与粒子的比荷＝k成反比，所以甲、乙两粒子比荷的比值为＝＝＝，故选C.
7.(多选)(2021·河南郑州模拟猜想)如图所示，匀强磁场分布在半径为R的圆形区域MON内，P、Q点为圆弧形边界MN上的两个三等分点．现有三个比荷相同的带电粒子以相同的速率正对着边界ON垂直射入磁场(不计粒子重力及粒子间的相互作用)，其中粒子1从M点正对圆心O射入，恰从N点射出，粒子2从P点射入，粒子3从Q点射入，已知粒子2与粒子1电性相同，粒子3与粒子1电性相反，则下列说法正确的是(　AD　)

A．粒子2一定从N点射出磁场
B．粒子3一定从O、M两点之间的某点射出磁场
C．粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1∶3
D．粒子2与粒子3在磁场中运动轨迹的弧长之比为1∶2
【解析】　如图所示为粒子1和2、3的轨迹，粒子1从M点正对圆心射入，恰从N点射出，根据几何知识可确定圆心O1，运动轨迹圆的半径为R.比荷相同的带电粒子以相同的速率射入磁场，粒子运动的半径相同．粒子2从P点正对边界ON射入，根据洛伦兹力指向圆心，圆心O2应在P点上方R处，连接O2P、OP、O2N，O2PON为菱形，O2N大小为R，所以粒子2一定从N点射出磁场，该情境可以理解为磁聚焦模型，轨迹圆的半径与磁场边界圆半径相同时，以垂直于磁场边界圆的某直径射入的粒子最终从同一点射出磁场，A正确；粒子3如果与粒子1电性相同，由磁汇聚特点可知，粒子3应该也打到N点，但粒子3电性与粒子1相反，由几何知识可知粒子3刚好从O点射出，B错误；由轨迹图可知，粒子1对应圆心角为90°，粒子2对应的圆心角为30°，粒子3对应圆心角为60°，带电粒子比荷相同，粒子运动的周期相同，粒子运动时间与圆心角成正比，所以粒子1与粒子2在磁场中的运动时间之比为3∶1，C错误；由于粒子运动的半径也相同，粒子运动轨迹的弧长之比也与圆心角成正比，所以粒子2与粒子3在磁场中运动轨迹的弧长之比为1∶2，D正确．故选AD.

8．(2021·福建厦门月考)如图所示，在区域足够大的空间中充满磁感应强度大小为B的匀强磁场，其方向垂直于纸面向里，在纸面内固定放置一绝缘材料制成的边长为L的等边三角形框架DEF，DE中点S处有一粒子发射源，发射粒子的方向皆在图中截面内且垂直于DE边向下如图(a)所示，发射粒子的电量为＋q质量为m，但速度v有各种不同的数值．若这些粒子与三角形框架碰撞时均无能量损失，并要求每一次碰撞时速度方向垂直于被碰的边，试求：

(1)带电粒子的速度v为多大时能够不与框架碰撞打到E点？
(2)为使S点发出的粒子最终又回到S点，且运动时间最短，v应为多大？最短时间为多少？
(3)若磁场是半径为a的圆柱形区域如图(b)所示(图中圆为其横截面)，圆柱的轴线通过等边三角形的中心O，且a＝L，要使S点发出的粒子最终又回到S点带电粒子速度v的大小应取哪些数值？
【答案】　(1)v＝　(2)　
(3)v＝(n＝3,4,5…)
【解析】　(1)从S点发射的粒子将在洛伦兹力作用下做圆周运动，即qvB＝
因粒子圆周运动的圆心在DE上，经过半个圆周打到E点，应满足L＝2R
打到E点的速度为v＝
(2)由题意知，S点发射的粒子最终又回到S点的条件是R＝＝·
在磁场中粒子做圆周运动的周期T＝＝
与粒子速度无关，所以，粒子圆周运动的次数最少，即n＝1时运动的时间最短，
即当R＝＝
时间最短，对应速度v＝
粒子以三角形的三个顶点为圆心运动，每次碰撞所需时间t1＝T
经过三次碰撞回到S点，粒子运动的最短时间t＝3t1＝T＝
(3)要求此粒子每次与△DEF的三条边碰撞时都与边垂直，且能回到S点，则R和v应满足以下条件：由于碰撞时速度v与边垂直，粒子运动轨迹圆的圆心一定位于△DEF的边上，粒子绕过△DEF顶点D、E、F时的圆弧的圆心就一定要在相邻边的交点(即D、E、F)上，粒子从S点开始向右作圆周运动，其轨迹为一系列半径为R的半圆，在SE边上最后一次的碰撞点与E点的距离应为R，所以SE的长度应是R的奇数倍，
即SE＝＝(2n＋1)R，(n＝0、1、2、3…)
由几何关系得OE＝L
延长OE至圆形区域交于M
EM＝a－OE＝
若使粒子不射出磁场，有R≤
则≤
解得：n≥2
由R＝＝
整理得：v＝(n≥2,3,4…)
9．(2021·广东深圳一调)物理气相沉积镀膜是芯片制作的关键环节之一，如图是该设备的平面结构简图．初速度不计的氩离子经电压U0的电场加速后，从A点水平向右进入竖直向下的匀强电场E，恰好打到电场、磁场的竖直分界线Ⅰ最下方M点(未进入磁场)并被位于该处的金属靶材全部吸收，AM两点的水平距离为0.5 m．靶材溅射出的部分金属离子沿各个方向进入两匀强磁场区域，并沉积在固定基底上．基底与水平方向夹角为45°，大小相等、方向相反(均垂直纸面)的两磁场B的分界线Ⅱ过M点且与基底垂直．(已知：U0＝×103V，E＝×104V/m，B＝1×10－2T，氩离子比荷＝2.4×106C/kg，金属离子比荷＝2.0×106C/kg，两种离子均带正电，忽略重力及离子间相互作用力．)

(1)求氩离子进入电场的速度v0，以及AM两点的高度差．
(2)若金属离子进入磁场的速度大小均为1.0×104 m/s，M点到基底的距离为 m，求在纸面内，基底上可被金属离子打中而镀膜的区域长度．
【答案】　(1)v0＝105 m/s　AMy＝0.5 m　(2)L＝ m
【解析】　(1)氩离子在电场中加速：
根据动能定理q1U0＝m1v
故v0＝＝105 m/s
氩离子在电场中偏转：

代入数据得高度差AMy＝0.5 m
(2)金属离子在磁场中运动：＝Bq2v

R＝＝0.5 m
金属离子沿着靶材和磁场边界入射，其圆心在M点正上方0.5 m处O，金属离子沉积点为K，分界线与基底的交点为A．
OMsin 45°＝AM，所以O恰好在基底上．
OA＝AM＝ m
所以AK＝0.5－ m＝ m
(AK约等于0.147 m，结果带根号或者计算出小数均得分．)
离子靠近MA方向射出，则会落在A点的附近，范围不超出K点，左侧区域范围内粒子受到洛伦兹力偏向右，根据对称性粒子能够到达A左侧的距离也为0.147或，与右侧相同．故离子能够镀膜范围的长度为L＝ m
(考生写成小数0.293 m同样得分．)
10．(2021·辽宁朝阳质检)如图所示，在竖直平面内，y≥0区域存在水平向左的匀强电场，y＜0区域存在竖直向上的匀强电场，电场强度大小均为E；在y＜0区域还同时存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.长为L的绝缘轻绳一端固定于点P，另一端连接一带正电的小球，比荷大小为.现将小球由C点静止释放，释放时绳恰好伸直且与y轴平行，小球运动到O点瞬间将绳烧断．不计空气阻力，重力加速度为g.求：

(1)小球刚释放瞬间的加速度大小a；
(2)小球刚到达O点时的速度大小v；
(3)小球从O点开始到第四次到达x轴(不含O点)所用的时间t.
【答案】　(1)g　(2)v＝　(3)t＝＋4
【解析】　(1)由题意可知mg＝Eq
则C点时小球的合力大小为F＝＝mg
根据牛顿第二定律F＝ma有a＝g
(2)设小球匀加速到D点(绳子拉直)时速度大小为v0，由运动学公式有
v＝2aL
垂直于绳方向的分速度为v1＝v0cos 45°
从D到O的过程，由动能定理可知mv2－mv＝mgL－Eq
解得v＝
(3)由几何关系可知，微粒通过O点时速度与横轴夹角为45°.进入横轴下方后，由于重力与电场力等大、反向，所以微粒做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可知Bqv＝
T＝，T＝
由几何对称性可知，粒子通过O点后，经过圆周运动后第一次经过横轴且与横轴成45°斜向右上进入第一象限．则圆周运动的时间t1＝
而后，粒子在第一象限中做匀变速直线运动经过v＝at
t2＝2t
t2＝2
斜向左下45°第二次经过横轴，然后粒子经过匀速圆周运动后，斜向左上45°第三次经过横轴，所用时间t3
t3＝
根据运动合成与分解的知识可知，第四次经过横轴的时间等于竖直上抛的时间
t4＝
所以，从通过O点开始到第四次经过横轴的时间是t＝t1＋t2＋t3＋t4
t＝＋4
11．(2022·四川巴中模拟)图甲是该装置的左视图，ab是水平放置很短的光滑玻璃管，紧靠玻璃管的两端有竖直金属板AA′、CC′，两板间有方向向右的电场，ab管的中轴线与水平放置的金属板MM′、NN′的中心线重合，板长为L1，板的高度差h＝L1，紧邻MN的右端PQ、KH间存在方向水平向里的匀强磁场，其水平间距为L2，整个装置放在抽成真空密闭的有机玻璃箱中．其中有一个带电量为＋q、质量为m的红色小球(红色小球的直径略小于管的直径)由静止从玻璃管最左端发出(球经ab玻璃管时间极短)，重力加速度为g.求：

(1)小球恰好从N′点射入磁场，AA′、CC′间的电压U为多大？
(2)欲使小球从N′点射入磁场后做匀速圆周运动，需在PQ、KH间加以竖直方向的匀强电场，求此匀强电场场强E的大小和方向，以及小球不从KH射出磁场时磁感应强度B的取值范围；
(3)假设在MM′、NN′板间也加入(2)中的匀强电场，PQ、KH间匀强磁场的磁感应强度为B0，在AA′、CC′间加上如图乙所示，电压在U1～U2间周期性变化的电场，玻璃管最左端有无穷多个带电量为＋q、质量为m的红色小球从a点由静止连续出发，小球不会穿过边界KH，则在PQ、KH区域可以看到一个弯曲的“红色喷泉”，则“红色喷泉”的面积S是多少？
【答案】　(1)U＝　(2)E＝，方向竖直向上，B≥　(3)S＝
【解析】　(1)由分析可知小球在AA′CC′间做匀加速直线运动，在MM′NN′间做平抛运动，
设在AA′CC′间做匀加速的末速度为v0，则有qU＝mv
＝＝gt2
L1＝v0t
由以上三式解得U＝
(2)小球在磁场中做匀速圆周运动有qE＝mg
解得E＝，方向竖直向上．
当小球的轨迹恰好与KH相切时半径最大，磁感应强度B最小，要想小球不从KH射出则B再大即可，设运动的半径为R，由几何关系得R＋R·sin 45°＝L2
在磁场中做圆周运动有qvB＝m
又v＝＝v0
联立解得B＝＝
所以小球不从KH射出磁场时磁感应强度B的取值范围为B≥
(3)在MM′NN′间加上电场后，小球的电场力与重力平衡，则小球在此区域做匀速直线运动，由于时间极短，小球在AA′CC′间做匀加速直线运动时任一时刻的电压大小不一样，在磁场中做匀速圆周运动的半径大小不一样，轨迹均为半圆，红色喷泉的面积即为最大的半圆面积减去最小的半圆面积；在电压为U1对应半径为r1，速度为v1；电压为U2对应半径为r2，速度为v2，则qU1＝mv
qv1B0＝m
qU2＝mv
qv2B0＝m
S＝(πr－πr)
联立以上式子解得S＝
12．(2021·山东等级考)某离子束实验装置的基本原理如图甲所示．Ⅰ区宽度为d，左边界与x轴垂直交于坐标原点O，其内充满垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0；Ⅱ区宽度为L，左边界与x轴垂直交于O1点．右边界与x轴垂直交于O2点，其内充满沿y轴负方向的匀强电场．测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界，其中心C与O2点重合．从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m的正离子，加速后沿x轴正方向过O点，依次经Ⅰ区、Ⅱ区，恰好到达测试板中心C.已知离子刚进入Ⅱ区时速度方向与x轴正方向的夹角为θ.忽略离子间的相互作用，不计重力．

(1)求离子在Ⅰ区中运动时速度的大小v；
(2)求Ⅱ区内电场强度的大小E；
(3)保持上述条件不变，将Ⅱ区分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小均为B(数值未知)、方向相反且平行y轴的匀强磁场，如图乙所示．为使离子的运动轨迹与测试板相切于C点，需沿x轴移动测试板，求移动后C到O1的距离S.
【答案】　(1)
(2)　
(3)L
【解析】　(1)设离子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径为r，
由牛顿第二定律得qvB0＝m①
根据几何关系得sin θ＝②
联立①②式得v＝.③
(2)离子在Ⅱ区内只受电场力，x方向做匀速直线运动，y方向做匀变速直线运动，设从进入电场到击中测试板中心C的时间为t，y方向的位移为y0，加速度大小为a，由牛顿第二定律得qE＝ma④
由运动的合成与分解得
L＝vtcos θ⑤，
y0＝－r(1－cos θ)⑥，
y0＝vtsin θ－at2⑦
联立①②③④⑤⑥⑦式得
E＝.⑧
(3)Ⅱ区内填充磁场后，离子在垂直y轴的方向做匀速圆周运动，如图所示设左侧部分的圆心角为α，圆周运动半径为r′，运动轨迹长度为l′，由几何关系得

α＝⑨，
l′＝×2πr′＋×2πr′⑩
离子在Ⅱ区内的运动时间不变，故有＝⑪
C到O1的距离s＝2r′sin α＋r′⑫
联立⑨⑩⑪⑫式得s＝L⑬
13．(2021·浙江6月选考)如图甲所示，空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成，其后端面P为喷口．以金属板N的中心O为坐标原点，垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴．M、N板之间存在场强为E、方向沿z轴正方向的匀强电场；立方体内存在磁场，其磁感应强度沿z方向的分量始终为零，沿x和y方向的分量Bx和By，随时间周期性变化规律如图乙所示，图中B0可调．氙离子(Xe2＋)束从离子源小孔S射出，沿z方向匀速运动到M板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面P射出，测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为v0.已知单个离子的质量为m、电荷量为2e，忽略离子间的相互作用，且射出的离子总质量远小于推进器的质量．

(1)求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小v；
(2)不考虑在磁场突变时运动的离子，调节B0的值，使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出，求B0的取值范围；
(3)设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T，单位时间从端面P射出的离子数为n，且B0＝.求图乙中t0时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力．
【答案】　(1)　(2)0≤B0≤　(3)nmv0，方向沿z轴负方向
【解析】　(1)离子从小孔S射出运动到金属板N中心点O处，根据动能定理有2eEd＝mv－mv2，
解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小
v＝.
(2)当磁场仅有沿x负方向的分量取最大值时，离子从喷口P的下边缘中点射出，根据几何关系有
2＋L2＝R
根据洛伦兹力提供向心力有2ev0B0＝
联立解得B0＝
当磁场在x和y方向的分量同取最大值时，离子从喷口P边缘交点射出，根据几何关系有
2＋L2＝R
此时B＝B0，根据洛伦兹力提供向心力有
2e×v0×B0＝
联立解得B0＝
故B0的取值范围为0≤B0≤.
(3)粒子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示

由题意，根据洛伦兹力提供向心力有2e×v0×B0＝
且满足B0＝
所以可得R3＝＝L
所以可得cos θ＝
离子从端面P射出时，在沿z轴方向根据动量定理有FΔt＝nΔtmv0cos θ－0
根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为
F′＝F＝nmv0，
方向沿z轴负方向．
14．(2021·河北高考)如图，一对长平行栅极板水平放置，极板外存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，极板与可调电源相连．正极板上O点处的粒子源垂直极板向上发射速度为v0、带正电的粒子束，单个粒子的质量为m、电荷量为q.一足够长的挡板OM与正极板成37°倾斜放置，用于吸收打在其上的粒子．C、P是负极板上的两点，C点位于O点的正上方，P点处放置一粒子靶(忽略靶的大小)，用于接收从上方打入的粒子，CP长度为L0.忽略栅极的电场边缘效应、粒子间的相互作用及粒子所受重力，sin 37°＝.

(1)若粒子经电场一次加速后正好打在P点处的粒子靶上，求可调电源电压U0的大小；
(2)调整电压的大小，使粒子不能打在挡板OM上，求电压的最小值Umin；
(3)若粒子靶在负极板上的位置P点左右可调，则负极板上存在H、S两点(CH≤CP 【答案】　(1)－　(2)　(3)　无穷远
【解析】　(1)从O点射出的粒子在板间被加速，则
qU0＝mv2－mv
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
r＝
qvB＝m
联立以上两式解得U0＝－.
(2)使粒子不能打在挡板OM上，则加速电压最小时，粒子的运动轨迹恰好与挡板OM相切，如图甲所示，

从O点射出的粒子在板间被加速，由动能定理得
qUmin＝mv－mv
粒子在负极板上方的磁场中做匀速圆周运动
qv1B＝m
粒子从负极板运动到正极板时速度减小到v0，则
qv0B＝m
由几何关系可知2r1＝＋r2
联立解得v1＝
Umin＝.
(3)画出粒子的运动轨迹，由几何关系可知P点的位置满足k(2rP－2r2)＋2rP＝xCP(k＝1,2,3…)．当k＝1时，轨迹如图乙所示；当k＝5时，轨迹如图丙所示．由题意可知，每个粒子的整个运动过程中电压恒定，粒子在下面的磁场中运动时，根据洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝m，解得r2＝，为定值，由第(2)问可知，rP≥r2，所以当k取1，rP＝r2时，xCP取最小值，即CH＝xCPmin＝，CS→无穷远．