(2020-2022)三年高考物理真题分项汇编(山东专用)专题20电学计算题Word版含解析9471.pdf

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1、2020-22年三年年山东卷高考汇编 专题20电学计算题【考纲定位】问类型 考纲要求 高考真题 带电粒子在叠加场和组合场中的运动 动力学观点(牛顿运动定律)、运动学观点、能量观点(动能定理、能量守恒定律)、电场的观点(类平抛运动的规律)、磁场的观点(带电粒子在磁场中运动的规律)2022山东高考 T17；2021山东高考 T17；2020山东高考 T17；【知识重现】选择合适的物理规律，列方程：对于类平抛运动，一般分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向的匀加速直线运动；对粒子在磁场中做匀速圆周运动的情况，一般都是洛伦兹力提供向心力。常见的基本运动形式 电偏转 磁偏转 偏转条件 带电粒

2、子以 vE 进入匀强电场 带电粒子以 vB 进入匀强磁场 示意图 受力情况 只受恒定的静电力 只受大小恒定的洛伦兹力 运动情况 类平抛运动 匀速圆周运动 运动轨迹 抛物线 圆弧 物理规律 类平抛运动规律、牛顿第二定律 牛顿第二定律、向心力公式 基本公式 Lvt，y12at2 aqEm，tanatv qvBmv2r，rmvqB T2mqB，tT2 sinLr 做功情况 静电力既改变速度方向，也改变速度大小，对电荷做功 洛伦兹力只改变速度方向，不改变速度大小，对电荷永不做功 带电粒子(带电体)在叠加场中无约束情况下的运动(1)静电力、重力并存 静电力与重力的合力一般为恒力，带电体做匀速直线运动或匀

3、变速直线(或曲线)运动，比较简单。(2)磁场力、重力并存 若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题。(3)静电力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)若静电力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。若静电力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题。(4)静电力、磁场力、重力并存 若三力平衡，一定做匀速直线运动。若重力与静电力平衡，一定做匀速圆周运动。若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解

4、问题。带电体在叠加场中有约束情况下的运动 带电体在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果。电场、磁场同区域并存的实例 装置 原理图 规律 速度选择器 若 qv0BqE，即 v0 EB，粒子做匀速直线运动 磁流体发电机 等离子体射入，受洛伦兹力偏转，使两极板带电，当 qUdqv0B 时，两极板间能达到最大电势差 UBv0d 电磁流量计 当 qUdqvB 时，有 vUBd，流量 QSvdU4B 霍尔元件 在匀强磁场中放置一个矩形截

5、面的载流导体，当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的两个面间出现了电势差，这种现象称为霍尔效应 【真题汇编】1（2022山东高考真题）中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破，该装置中用电磁场约束和加速高能离子，其部分电磁场简化模型如图所示，在三维坐标系Oxyz中，0z d空间内充满匀强磁场 I，磁感应强度大小为 B，方向沿 x 轴正方向；30dz，0y的空间内充满匀强磁场 II，磁感应强度大小为22B，方向平行于xOy平面，与 x 轴正方向夹角为45；0z，0y 的空间内充满沿 y 轴负方向的匀强电场。质量为 m、带电量为q的离子甲，从yOz平面第三象限内距y轴为L的点

6、A以一定速度出射，速度方向与z轴正方向夹角为，在yOz平面内运动一段时间后，经坐标原点O沿z轴正方向进入磁场 I。不计离子重力。（1）当离子甲从A点出射速度为0v时，求电场强度的大小E；（2）若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，求进入磁场时的最大速度mv；（3）离子甲以2qBdm的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过xOy面进入磁场 I，求第四次穿过xOy平面的位置坐标（用 d 表示）；（4）当离子甲以2qBdm的速度从O点进入磁场 I 时，质量为4m、带电量为q的离子乙，也从O点沿z轴正方向以相同的动能同时进入磁场 I，求两离子进入磁场后，到达它们运动轨迹第一个交点的时间差t（忽略离子间相互作

7、用）。【答案】（1）20sincosmvqL；（2）qBdm；（3）（d，d，0）；（4）(22 2)mqB【解析】（1）如图所示 将离子甲从A点出射速度为0v分解到沿y轴方向和z轴方向，离子受到的电场力沿y轴负方向，可知离子沿z轴方向做匀速直线运动，沿y轴方向做匀减速直线运动，从A到O的过程，有 0cosLvt 0sinvat qEam 联立解得 20sincosmvEqL（2）离子从坐标原点O沿z轴正方向进入磁场 I 中，在磁场 I 中做匀速圆周运动，经过磁场 I 偏转后从y轴进入磁场 II 中，继续做匀速圆周运动，如图所示 由洛伦兹力提供向心力可得 21mvqvBr，2222mvqvBr

8、 可得 212rr 为了使离子在磁场中运动，则离子磁场 I 运动时，不能从磁场 I 上方穿出。在磁场 II 运动时，不能 xOz 平面穿出，则离子在磁场用运动的轨迹半径需满足 1rd，23rd 联立可得 qBdvm 要使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，进入磁场时的最大速度为qBdm；（3）离子甲以2qBdm的速度从O点沿 z 轴正方向第一次穿过xOy面进入磁场 I，离子在磁场 I 中的轨迹半径为 12mvdrqB 离子在磁场 II 中的轨迹半径为 22222mvdrqB 离子从O点第一次穿过到第四次穿过xOy平面的运动情景，如图所示 离子第四次穿过xOy平面的x坐标为 422sin 45xr

9、d 离子第四次穿过xOy平面的y坐标为 412 yrd 故离子第四次穿过xOy平面的位置坐标为（d，d，0）。（4）设离子乙的速度为v，根据离子甲、乙动能相同，可得 2211422mvmv 可得 24qBdmvv 离子甲、离子乙在磁场 I 中的轨迹半径分别为 112mvdrqB，121142mvrdrqB 离子甲、离子乙在磁场 II 中的轨迹半径分别为 212222mvdrqB，222142222mvrdrqB 根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点在离子乙第一次穿过 x 轴的位置，如图所示 从O点进入磁场到第一个交点的过程，有 1222(22 2)22mmmtTTqBqBqB甲 121

10、1124124(44 2)222222mmmtTTqBqBqB乙 可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点的时间差为(22 2)mtqBtt 甲乙 2（2021山东高考真题）某离子实验装置的基本原理如图甲所示。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0B；区宽度为 L，左边界与x 轴垂直交于1O点，右边界与 x 轴垂直交于2O点，其内充满沿 y 轴负方向的匀强电场。测试板垂直 x 轴置于区右边界，其中心 C 与2O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，依次经区、区，恰好到达

11、测试板中心 C。已知离子刚进入区时速度方向与 x 轴正方向的夹角为。忽略离子间的相互作用，不计重力。（1）求离子在区中运动时速度的大小 v；（2）求区内电场强度的大小 E；（3）保持上述条件不变，将区分为左右两部分，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1O的距离 S。【答案】（1）0sinqB dvm；（2）220222tantansintanqB dddELmL；（3）6317SL【解析】（1）设离子在区内做匀速圆周运动的半径为 r，由牛顿第二定律得 20vq

12、vBmr 根据几何关系得 sindr 联立式得 0sinqB dvm（2）离子在区内只受电场力，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0y，加速度大小为 a，由牛顿第二定律得 qEma 由运动的合成与分解得 cos?Lvt，0(1cos)yr，201sin?2yvtat 联立得 220222tantansintanqB dddELmL（3）区内填充磁场后，离子在垂直 y 轴的方向做线速度大小为 vcos 的匀速圆周运动，如图所示。设左侧部分的圆心角为，圆周运动半径为r，运动轨迹长度为l，由几何关系得 22222lrr，

13、cos2 rr 由于在 y 轴方向的运动不变，离子的运动轨迹与测试板相切于 C 点，则离子在区内的运动时间不变，故有 coscoslLvv C 到1O的距离 2sinSrr 联立得 6317SL 3（2020山东高考真题）某型号质谱仪的工作原理如图甲所示。M、N 为竖直放置的两金属板，两板间电压为 U，Q 板为记录板，分界面 P 将 N、Q 间区域分为宽度均为 d 的 I、两部分，M、N、P、Q 所在平面相互平行，a、b 为 M、N 上两正对的小孔。以 a、b 所在直线为 z 轴，向右为正方向，取 z 轴与 Q 板的交点 O 为坐标原点，以平行于 Q 板水平向里为 x 轴正方向，竖直向上为 y

14、 轴正方向，建立空间直角坐标系 Oxyz。区域 I、内分别充满沿 x 轴正方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小、电场强度大小分别为 B 和 E。一质量为 m，电荷量为+q 的粒子，从 a 孔飘入电场（初速度视为零），经 b 孔进入磁场，过P 面上的 c 点（图中未画出）进入电场，最终打到记录板 Q 上。不计粒子重力。(1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径 R 以及 c 点到 z 轴的距离 L；(2)求粒子打到记录板上位置的 x 坐标；(3)求粒子打到记录板上位置的 y 坐标（用 R、d 表示）；(4)如图乙所示，在记录板上得到三个点 s1、s2、s3，若这三个点是质子11H、氚核31H、氦核

15、42He的位置，请写出这三个点分别对应哪个粒子（不考虑粒子间的相互作用，不要求写出推导过程）。【答案】(1)2mqURqB2222mqUmULdqBqB；(2)22242md ExmUqd B；(3)22222dyRRdRd；(4)s1、s2、s3分别对应氚核31H、氦核42He、质子11H的位置【解析】(1)设粒子经加速电场到 b 孔的速度大小为 v，粒子在区域 I 中，做匀速圆周运动对应圆心角为，在 M、N两金属板间，由动能定理得 qU=12mv2 在区域 I 中，粒子做匀速圆周运动，磁场力提供向心力，由牛顿第二定律得 2vqvBmR 联立式得 2mqURqB 由几何关系得 222dRLR

16、（）22cosRdR sin=dR 联立式得 2222mqUmULdqBqB (2)设区域中粒子沿 z 轴方向的分速度为 vz，沿 x 轴正方向加速度大小为 a，位移大小为 x，运动时间为 t，由牛顿第二定律得 qE=ma 粒子在 z 轴方向做匀速直线运动，由运动合成与分解的规律得 coszvv zdv t 粒子在 x 方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式得 212xat 联立式得 22242md ExmUqd B (3)设粒子沿 y 方向偏离 z 轴的距离为 y，其中在区域中沿 y 方向偏离的距离为 y，由运动学公式得 y=vtsin 由题意得 y=L+y 联立式 22222dyR

17、RdRd (4)s1、s2、s3分别对应氚核31H、氦核42He、质子11H的位置。【突破练习】1（2022山东威海市教育教学研究中心二模）某离子实验装置的基本原理如图所示，截面半径为 R 的圆柱腔分为两个工作区，区长度4dR，内有沿 y 轴正向的匀强电场，区内既有沿 z 轴负向的匀强磁场，又有沿 z 轴正向的匀强电场，电场强度与区电场等大。现有一正离子从左侧截面的最低点 A 处，以初速度0v沿 z 轴正向进入区，经过两个区域分界面上的 B 点进入区，在以后的运动过程中恰好未从圆柱腔的侧面飞出，最终从右侧截面上的 C 点飞出，B 点和 C 点均为所在截面处竖直半径的中点（如图中所示），已知离子

18、质量为 m，电量为 q，不计重力，求：（1）电场强度的大小；（2）离子到达 B 点时速度的大小；（3）区中磁感应强度大小；（4）区的长度 L 应为多大。【答案】（1）20316mvRq；（2）054v；（3）02mvqR；（4）22332nLn RR，1n，2，3【解析】（1）离子在区做类平抛运动，根据类平抛规律有 04Rv t 23122Rat 根据牛顿第二定律有 Eqam 解得，电场强度的大小为 20316mvERq（2）类平抛过程由动能定理有 220311222EqRmvmv 解得，离子到达 B 点时速度的大小为 054vv（3）离子在区类，做复杂的旋进运动。将该运动分解为圆柱腔截面上的

19、匀速圆周运动和 z 轴正方向的匀加速直线运动，根据题意可得，在圆柱腔截面上的匀速圆周运动轨迹如下图所示 设临界圆轨迹半径为 r，根据几何知识有 2224RRrr 解得，离子的轨迹半径为 38rR 离子沿 y 轴正方向的速度为 22y0034vvvv 则根据洛伦兹力提供向心力有 2yymvqv Br 解得，区中磁感应强度大小为 02mvBqR（4）离子在圆柱腔截面上做匀速圆周运动的周期为 y2 rTv 离子在 z 轴的正方向做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的位移公式可得 2012Lv nTa nT 联立解得，区的长度 L 为 22332nLn RR，1n，2，3 2（2022山东肥城市教学研

20、究中心模拟预测）在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要工序。如图所示是离子注入工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，然后通过磁分析器，选择出特定比荷的离子，经偏转系统后注入到处在水平面内的晶圆（硅片）。速度选择器、磁分析器和偏转系统中的匀强磁场的磁感应强度大小均为 B，方向均垂直纸面向外；速度选择器和偏转系统中的匀强电场场强大小均为 E，方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为 R1和 R2的四分之一圆环，其两端中心位置 M 和 N 处各有一个小孔；偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一边长为 L 的正方体，其底面与晶圆所在水平面平行，间距也为 L。当偏转

21、系统不加电场及磁场时，离子恰好由上表面中心竖直进入系统，并竖直注入到晶圆上的 O 点（即图中坐标原点，x 轴垂直纸面向外）。整个系统置于真空中，不计离子重力，打在晶圆上的离子，经过电场和磁场偏转的角度都很小，粒子能从底面穿出偏转系统。当 很小时，sintan，21cos12 （1）离子通过速度选择器后的速度大小 v 和磁分析器选择出来离子的比荷；（2）若偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置，用坐标（x，y）表示；（3）若偏转系统同时加上电场和磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标（x，y）表示。【答案】（1）2122()ERR B；（2）（2123LRR，0）；（3）（2123LRR，2123LRR

22、）【解析】（1）通过速度选择器 qvBEq 离子的速度 EvB 从磁分析器中心孔 N 射出离子的运动半径为 122RRR 根据牛顿第二定律得 2mvqvBR 解得 2122qEmRRB（）（2）经过电场后，离子在 x 方向偏转的距离 2112qELxmv 2tanqELmv 离开电场后，离子在 x 方向偏移的距离 222tanqELxLmv 2212212332qELLxxxmvRR 位置坐标为（2123LRR，0）（3）电场引起的速度增量总是沿着 x 轴方向，对 y 方向的运动不产生影响。设没有电场只在磁场作用下偏转时，离子进入磁场后做圆周运动半径为 mvrqB sinLr 经过磁场后，离子

23、在 y 方向偏转距离 21121cosLyrRR（）离开磁场后，离子在 y 方向偏移距离 22122tanLyLRR 则 212123LyyyRR 则由（2）知，有电场、磁场共同存在时，注入晶圆的位置坐标为（2123LRR，2123LRR），3（2022山东师范大学附中模拟预测）双聚焦分析器是一种能同时实现速度聚焦和方向聚焦的质谱仪，其模型图如图（a）所示。其原理图如图（b）所示。加速电场的电压为 U，电场分析器中有指向圆心 O 的辐射状电场，磁场分析器中有垂直纸面的匀强磁场。质量为 m、电荷量为+q 的离子（初速度为零，重力不计），经加速电场加速后，进入辐射电场，恰好沿着半径为 R 的圆弧轨

24、迹通过电场区域后，垂直边界从 P 点进入14圆形磁场区域，PO1=d，之后垂直磁场下边界射出并从 K 点进入检测器，检测器可在 O1M 和 O2N 之间左右移动且与磁场下边界距离恒等于 0.5d。（1）求电场分析器中离子运动轨迹处电场强度 E 的大小；（2）求磁场区域磁感应强度 B；（3）若探测器在 M 点和 N 点接收到的两种离子离开 O1O2时速度方向与 O1O2所夹锐角相同，求探测器在M 点和 N 点接收到的两种离子比荷之比。【答案】（1）2UER；（2）12UmBdq；（3）25【解析】（1）依题意，离子在辐射电场中恰好沿半径为 R 的圆弧做匀速圆周运动，设其速度大小为 v，根据牛顿第

25、二定律有 2vqEmR 又 212qUmv 联立可得电场分析器中离子运动轨迹处电场强度 E 的大小 2UER（2）离子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹恰好为14圆周，轨迹圆心为1O，可知运动半径为 d，则有 2vBqvmd 联立可得 12UmBdq（3）依题意，可画出从 M、N 两点射出离子的运动轨迹如图所示 设离子离开O1O2时速度方向与O1O2所夹锐角为，从M、N两点射出的离子在磁场中的运动半径分别为1r，2r，则由几何知识可得 10.5O Md 141OOdr 4132O Mdr 得 22113()2MFdrr 又因为 14O MMFMFO M 解得 135rd 所以可得 4142cos3

26、3325O FrO Mdd 又因为 132222cos3O Ordrr 解得 23rd 根据 2vmvqvBmrrqB 2vqERqEmvRm 联立可得 22qERmB r 所以可得两种离子比荷之比 1221222212(3)253()5qmrdkqrdm 4（2022山东青岛二模）如图甲，三维坐标系中yoz平面的左侧虚线区域内存在一未知电场，yoz平面的右侧存在平行z轴方向周期性变化的磁场1B和沿y轴正方向竖直向上的匀强电场，电场强度0.4N/CE。一质量64 10kgm、电荷量41 10 Cq 的带正电液滴，从xoy平面内的P点沿x轴方向以01m/sv 的初速度进入未知电场区域，经过0.1

27、s到达原点O第 1 次经过x轴，此时速度大小22m/sv，方向在xoy平面内与x轴正向成45角斜向下。把液滴到达原点O的时刻记为0t，此时磁场沿z轴负方向，磁场1B随时间变化的关系如图乙所示，其中00.4TB、0s20t，重力加速度210m/sg。（1）求液滴从P点到原点O的过程中，受到的电场力的冲量大小；（2）求液滴从第 1 次到第 4 次经过x轴的时间间隔；（3）在06tt时刻撤去电场E和磁场1B，同时在整个空间区域加上竖直向上的匀强磁场，磁感应强度23T5B，求液滴继续运动过程中达到最大高度时的位置坐标。【答案】（1）64210N s；（2）9s40；（3）40.6m,0.8m,m15【

28、解析】（1）液滴从P点到原点O的过程中，根据动量定理 水平方向：60cos4 10N s4xImvmv 竖直方向：sin04yImgtmv，解得：64 10 N syI 电场的冲量大小为 2264210N sxyIII（2）液滴进入yoz平面的右侧后 1E qmg 相当于只受磁场力，根据向心力公式：211vqvBmr 其中1020.8TBB，解得：12m10r 且 112s10rTv 同理 222vqvBmr 其中200.4TBB，解得 22m5r 且 222s5rTv 则 1094s440Ttt （3）在06tt时，液滴的速度在xoy平面内，与x轴夹角45。06t后螺旋上升，上升时间为：si

29、n 450.2svtg 高度 sin 450.2m2vht 圆周运动的半径 233sin45sin45vqvBmr 半径为 32m15r 周期为 3322ssin 4515rTv 所以上升过程相当于332T 323cos 450.6mxr，323sin 450.8myrh 因此液滴在最高点的坐标为40.6m,0.8m,m15 5（2022山东高三专题练习）如图，在空间建立 Oxyz 三维直角坐标系，其中 x 轴水平向右，y 轴竖直向上，z 轴垂直纸面向外，在 x=a 处平行于 Oyz 平面固定一足够大荧光屏 M，在 Oyz 平面左侧空间有竖直向下的匀强电场 E1；x 轴上的 A 点（2 3a，

30、0，0）有一粒子源，粒子源在 Oxy 平面内沿与 x 轴成一定角度射出带电粒子，粒子的速度大小为 v0，质量为 m，带电量为+q。经过一段时间，粒子从 y 轴上 C 点（0，3a，0）垂直 y 轴进入 Oyz 平面与荧屏间空间，该空间内有方向沿 z 轴正向、04mvBqa的匀强磁场（图中未画出），不计粒子重力。（1）求 Oyz 平面左侧匀强电场的电场强度大小 E1；（2）求粒子从 A 点射出到打到荧光屏上所经历的时间 t；（3）若在 Oyz 平面与荧光屏间空间再加上一沿 z 轴正向、电场强度大小为 E0的匀强电场，求粒子最终打在荧光屏上的 P 点时的位置坐标。【答案】（1）2018mvEqa；

31、（2）04 36amvBq；（3）202,13,72mEaaqB【解析】（1）将粒子的速度 v0分解为沿 x 轴方向的分速度 v0 x，沿 y 轴方向的分速度 v0y，根据题意可得，在沿 x轴方向上 02 3xv ta 沿 y 轴负方向上粒子减速得 0132yv ta 求得 003tanyxvv 即 =60 求得 0032yvv 又由11qEma得 11qEam 又有 20123yvaa 求得 2018mvEqa（2）粒子沿 x 轴方向的分速度 0012xvv 012 3xav t 解得 104 3atv 粒子减速可知，粒子带正电荷，由左手定则可知，粒子沿 y 轴负方向偏转，由 200 xxm

32、vqv Br 可得 2ra 由几何关系可得 1sin2ar 30 粒子在磁场中运动时间 230360tT 又由 22rmTvBq 解得 26mtqB 粒子从 A 点射出到打到荧光屏上所经历的时间 1204 36amtttvBq（3）在 y 轴方向上由几何关系，可得 y 轴坐标为 32313yaaaa 粒子沿 z 轴正向、电场强度大小为 E0的匀强电场中加速位移 2202 221272mEza tqB 粒子打到屏上的位置坐标是 202,13,72mEaaqB 6（2022山东滨州二模）如图甲所示建立立体空间坐标系，P 为与 xoy 平面平行放置的竖直屏，与 z 轴垂直相交于 z=0.45m 处。

33、如图乙所示，粒子源位于 xoy 平面内的第二象限内，粒子源飘出初速度为零的正粒子，加速电场负极板与 yoz 平面重合，加速电压31.010 VU。粒子加速后从 y 轴上小孔 M 进入第一象限，M 点对应坐标 y1=0.04m。在 x 轴上方 I 区域（10 xx）内存在沿 z 轴负方向的匀强磁场，磁感应强度 B1=2T，在 x 轴上方 II 区域（12xx x）内存在沿 z 轴正方向的匀强磁场 B2，在 II 区域和 x 轴下方存在沿 z 轴正方向的匀强电场 E（未画出）。已知粒子质量132.0 10kgm，电荷量81.0 10 Cq，坐标10.08mx、20.2mx，电场强度42.010 N

34、/CE，不计粒子的重力和空气的影响，粒子恰好不从 II 区域右边界射出。取3。求：（1）粒子经过 I、II 区域边界 N 点到 x 轴的距离 y2；（2）II 区域内的磁感应强度 B2的大小；（3）粒子打在 P 屏上位置的 y 坐标。【答案】（1）20.08my；（2）23TB；（3）0.08my 【解析】（1）粒子经加速区加速 2102qUmv 在 I 区域内洛仑兹力提供向心力 211mvqvBr 设粒子打出 I 区域时速度偏角为，则 11sinxr N 点到 x 轴的距离 211(1cos)yyr 解得 20.08my （2）粒子在 II 区域内垂直电磁场方向做匀速圆周运动，半径为 r2，

35、由几何关系得 212(sin1)xxr 画出运动轨迹如下图所示 洛仑兹力提供向心力 222mvqvBr 解得 23TB （3）粒子从 xoy 平面到屏运动时间为 t，则 212qEztm 设粒子经 xoz 平面时平行 xoy 方向速度与 xoz 平面夹角为 222coscosyrr 则 cos0.6 粒子在 II 区域内运动时间 122TmtqB 打在屏上的 y 坐标 1sin()yvtt 即打在屏上的坐标为 0.08my 7（2022山东泰安市基础教育教学研究室二模）如图甲所示，固定在地面上的某种离子发射装置由离子源、间距为d的中心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

36、为喷口，喷口P正对着屏幕Q，Q为平行于M、N的足够大平板。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xB和yB如图乙所示，图中0B可调；P、Q板之间存在足够大的匀强电场，场强与M、N板之间电场等大，方向沿y轴负方向。离子源在M板中心小孔S处无初速释放氦离子（2He），经M、N间电场加速进入磁场区域，从端面P射出进入P、Q间电场，经电场偏转最终打在屏幕Q上，测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处速度为0v。已知单个离子的质量为m、电荷量为2e，忽略

37、离子间的相互作用，不计重力。（1）求M、N板之间匀强电场的场强大小；（2）调节0B的值，使得从小孔S进入的离子均能从喷口后端面P射出，求0B的取值范围；（3）调节0028mvBeL，粒子从喷口P喷出后，经过匀强电场后打在屏幕Q上，打在Q上的速度与从喷口P喷出时的速度等大，求粒子打在Q屏幕上的坐标。【答案】（1）204mvEed；（2）0003mvBeL；（3）（2 262L,62 222dL,62Ld）【解析】（1）离子在电场中加速，根据动能定理 20122eEdmv 解得 204mvEed（2）离子从P的边缘飞出时，由几何关系知 22222rLr 由洛伦兹力提供向心力得 2002vev Bm

38、r 解得 02BB 得 003mvBeL 范围 0003mvBeL（3）若0028mvBeL，则 2RL 经P时，设速度与z轴的夹角为，则 sinLR 30 1(1cos)cos 45xR 1(1cos)cos 45yR 1zL 0sincos 45xvv 0sincos 45yvv 0coszvv 到Q时速度大小与经P时相等，说明运动时间 22yVt 又 qEma 得 02dtv 21yy 210sincos 45xxv t 210coszzv t 整理得 22 262yL 262 222dxL 262zLd 则坐标为（2 262L,62 222dL,62Ld）。8（2022山东聊城二模）如

39、图所示，某粒子分析器由区域 I、区域和检测器 Q 组成。两个区域以垂直 z轴的平面 P 为界，其中区域 I 内有沿着 z 轴正方向的匀强磁场和匀强电场，区域内只有沿着 z 轴正方向的匀强磁场，电场强度大小为 E，两个区域内的磁感应强度大小均为 B。当粒子撞击检测器 Q 时，检测器被撞击的位置会发光。检测器中心在轴上，在检测器所在平面上建立与 xOy 坐标系平行的坐标系。一质量为 m、带电荷量为 q 的带正电粒子从 A 点沿 x 轴正方向以初速度 v0射入，若区域 I 内只存在匀强磁场，粒子轨迹圆的圆心恰好是 O 点，平面 P 到 O 点的距离222mELqB，运动过程中粒子所受重力可以忽略不计

40、。（1）求 A 点的位置，用坐标（x，y）表示：（2）若区域 I 只有匀强电场 E，当检测器 Q 置于平面 P 所在位置时，求检测器上发光点的位置，用坐标（，）表示：（3）当检测器距 O 点的距离为 d 时，求检测器上发光点的位置，用坐标（，）表示。【答案】（1）00,mvqB；（2）002,mvmvqBqB；（3）当dL时坐标为220022sin,cosmvmvdqBdqBqBmEqBmE，当dL时，坐标为2200sin,cos22mvmvdqBdqBqBmEqBmE【解析】（1）由洛伦兹力提供向心力有 200vqv BmR 解得 0mvRqB 则 A 点坐标为00,mvqB；（2）粒子做类

41、平抛运动，有 2212212mEqEtqBm 解得 12 mtqB 则 00 12 mvxv tqB 则发光点的位置为002,mvmvqBqB；（3）当dL时，粒子的运动可以分解为沿 z 轴方向初速度为零的匀加速直线运动和 xOy 平面内速度为0v的匀速圆周运动 2212qEdtm 解得 22mdtqE 根据 20qv BmR 解得 qBm 则 2022sinsinmvdqBxRtqBmE 2022coscosmvdqByRtqBmE 发光点的位置坐标为220022sin,cosmvmvdqBdqBqBmEqBmE；220022sin,cosmvmvdqBdqBqBmEqBmE 当dL时，在区

42、域内粒子的运动可以分解为沿z轴方向的匀速直线运动和xOy平面内速度为0v的匀速圆周运动，刚出区域时，粒子的坐标为00,mvLqB，沿z轴的速度为 2 EvB 粒子在区域运动的时间 32dLdBmtvEqB 根据几何关系可知，打在检测器上的坐标为 203sinsin2mvdqBxRtqBmE 203coscos2mvdqByRtqBmE 发光点的位置为2200sin,cos22mvmvdqBdqBqBmEqBmE。9（2022山东高三专题练习）如图所示为某离子实验装置结构图。区为电加速区，由间距为 d 的中间有小孔 S、O 的两正方形平行金属板 M、N 构成，金属板边长为332ld，其中离子源紧

43、贴小孔 S；、区为长方体形状的磁偏转区，水平间距分别为 d、4d，其竖直截面与金属板形状相同。区左右截面的中心分别为1O、2O，以1O为坐标原点，垂直长方体侧面和金属板建立 x、y 和 z 坐标轴。M、N 间匀强电场大小为 E，方向沿y方向；、区的匀强磁场大小相同、方向分别沿z、z方向。某时刻离子源有一电量为q、质量为 m 的粒子无初速的飘入小孔 S，经过一段时间后恰好能返回到小孔 S，不考虑粒子的重力。（1）求粒子经过小孔 O 时的速度大小；（2）求粒子在磁场中相邻两次经过小孔 O 时运动的时间及磁场 B 的大小；（3）若在区中x方向增加一个附加匀强磁场，可使粒子经过小孔 O 后恰好不能进入

44、到区、并直接从区前表面（x方向一侧）P 点飞出，求 P 点坐标为,PPPxyz。【答案】（1）2qEdm；（2）769dmqE，32mEqd；（3）33,224ldd【解析】（1）粒子由 S 到 O 过程，由动能定理得 212qEdmv 解得 2qEdvm（2）粒子在磁场中运动轨迹如图所示 由几何关系得 32rd 根据牛顿第二定律得 2mvqvBr 解得 32mEBqd 粒子在磁场中的周期为 2 mTqB 粒子在磁场中运动的时间 76tT 联立方程，解得 769dmtqE（3）如图所示 粒子恰好与、区边界相切时由 P 射出，对应半径 1rd 即 1coscosmvrrdqB 解得 3cos2，

45、30 由几何关系得 12(1cos)cosrl 解得 1cos2，60 则有 123sin23tan24PPPlxyrdlzd 即 P 点坐标为33,224ldd 10（2022山东高三专题练习）某离子实验装置如图所示，离子的运动控制在长度可调的长方体内，长方体的左右两个侧面分别放置记录板 P、Q，现以长方体的一个底角 O为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz，MNRS 是一个与 x 轴垂直的竖直分界面，对应的 x 坐标为 L，分界面左侧有沿 y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为1E，右侧有沿 y 轴负方向的匀强电场和匀强磁场，离子发射器 K 发射出正离子（初速度大小可以忽略），经加速电压1

46、U加速后正对 O 点进入控制区，当发射离子的质量为 m、电荷量为 q 时，离子经过竖直分界面 MNRS 后，又能返回分界面，且速度方向与界面垂直，最后到达左侧记录板 P，设匀强磁场的磁感应强度 B 的大小等于mq的大小，离子重力忽略不计，求：（1）离子第一次到达分界面 MNRS 时的速度：（2）竖直分界面右侧匀强电场的电场强度大小2E；（3）离子到达左侧记录板 P 的位置与 O 点的距离。【答案】（1）2211122U qE L qvmU m合；（2）2112mEE LU q；（3）221112118()422E LE LU qqsUU mm【解析】（1）在加速电场中，由动能定理得 21012

47、qUmv 在偏转电场中离子做匀变速曲线运动 x 轴方向有 0 1Lv t y 轴方向有 1 1va t，11E qma 解得 112qvE LU m 离子到达分界面 MNRS 时的速度为 2222110122U qE L qvvvmU m合 故离子第一次到达分界面 MNRS 时速度为2211122U qE L qmU m。（2）进入磁场后：xOz 平面内在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，yOz 平面内在电场力作用下做匀减速运动，当速度减到零时到达分界面，此时恰好完成半个圆周运动 y 轴方向有 2 2va t，22E qma xOz 平面内，有 200vBqvmr，02 rTv，22Tt 解得 2

48、112mEE LU q 故竖直分界面右侧匀强电场的电场强度大小为112mE LU q。（3）离子第一次到达分界面时，沿 y 轴方向位移，有 211 112ya t 在分界面右侧 y 轴方向在匀强电场2E作用下做匀减速运动，当速度减到零时到达分界面，此时 y 轴方向位移为 222vyt 再次进入分界面左侧做匀变速曲线运动，到达记录板 P 时，y 轴方向位移31yy 整个过程中 y 轴方向总位移为 123yyyy 此过程中，x 轴方向位移为 2zr 到达记录板 P 的位置与 O 点距离为 22syz 解得 221112118()422E LE LU qqsUU mm 故离子到达左侧记录板 P 的位

49、置与 O 点的距离为221112118()422E LE LU qqUU mm。11（2022山东威海市教育教学研究中心高三期末）如图所示，a、b、c、d 四个界面将空间分成宽度均为l 三个场区，区域 I 存在竖直向下的匀强电场，区域存在垂直纸面向里的匀强磁场，区域同时存在水平向右的匀强电场和匀强磁场。已知区域和区域的电场强度大小相等，区域和区域的磁感应强度大小均为 B。一质子从界面 a 上的 O 点沿纸面以速率 v0射入区域 I，初速度方向与界面 a 成角=53，到达界面 b 时的速率仍为 v0。若质子的电量为 e、质量为 m，质子可以 无障碍的通过各个界面，磁感应强度大小065mvBel，

50、sin53=45，cos53=35。求：（1）电场强度 E 的大小；（2）质子在区域中的运动时间 t；（3）质子在区域运动过程中受到的洛伦兹力冲量 I 的大小。【答案】（1）202425mvEel；（2）2037108ltv；（3）01.2sin0.5Imv【解析】（1）水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速运动 01sinlvt eEma 012cosvat 解得 202425mvEel（2）根据 200mvev BR 由几何知识的，质子在 II 中做圆周运动的圆心角74 02 RTv 2360tT 联立解得 2037108ltv（3）根据匀变速方程 20331sin2lvtat 32tT