2022高考专题21复合场和组合场——历年高考物理真题之黄金30题（解析版）.pdf

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1、历年高考物理真题精选之黄金30题专 题 21 复合场和组合场一、单选题1.（2018浙江高考真题）如图所示，在两水平金属板构成的器件中，存在匀强电场与匀强磁场，电场强度E 和磁感应强度B 相互垂直，以某一水平速度进入的不计重力的带电粒子恰好能沿直线运动，下列说法正确的是（）A.粒子一定带负电B.粒子的速度大小丫=8缶C.若粒子速度大小改变，粒子将做曲线运动D.若粒子速度大小改变，电场对粒子的作用力会发生改变【答案】C【解析】粒子从左射入，若带负电，则受到向上的电场力，和向下的洛伦兹力，若带正电，EU 则受到向下的电场力和向上的洛伦兹力，只要满足。阳=9，即速度 B,粒子就能做直线运动通过，故

2、AB错误；若速度大小改变，则电场力qE,但是洛伦兹力9团发生变化，打破二力平衡，所以合力与初速度方向不共线，做曲线运动，C 正 确 D错误.2.（2021河北高考真题）如图，距离为d 的两平行金属板P、Q 之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为片，一束速度大小为v 的等离子体垂直于磁场喷入板间，相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为区,导轨平面与水平面夹角为两导轨分别与巴。相连，质量为机、电阻为R 的金属棒 垂直导轨放置，恰好静止，重力加速度为g,不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力，下列说法正确的是（）_ mgRsindV B.B.LdB.导轨处磁

3、场的方向垂直导轨平面向下,C.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上,mgR tan 0v-BvB2 LdD.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下,mgR tan 0v-B B2 Ld【答案】B【解析】等离子体垂直于磁场喷入板间时，根据左手定则可得金属板Q 带正电荷，金属板P带负电荷，则电流方向由金属棒a 端流向b 端。等离子体穿过金属板P、Q 时产生的电动势U 满足吟=的由欧姆定律/卷 和 安培力公 式/他 可 得=L x-=RB2ByLvdR再根据金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止，可得F=mg sin 0则_ ntgR sin 0V B,B2Ld金属棒ab受到的安培力方向沿斜面向上，由左手定则可判定

4、导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下。故 B 正确。故选Bo3.（202卜福建高考真题）一对平行金属板中存在匀强电场和匀强磁场，其中电场的方向与金属板垂直，磁场的方向与金属板平行且垂直纸面向里，如图所示。一质子（；H）以速度匕,自。点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动。下列粒子分别自。点沿中轴线射入，能够做匀速直线运动的是（）（所有粒子均不考虑重力的影响）%A.以速度2 的射入的正电子（B.以速度%射入的电子（上）C.以速度2%射入的核（汨）D.以速度仪射入的“粒子（:正）【答案】B【解析】质 子（H）以速度自。点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动，将受到向上的洛伦兹力和电场力，满足qvu

5、B=qE解得Ev0=0 B即质子的速度满足速度选择器的条件；A.以速度2 的射入的正电子（呢），所受的洛伦兹力小于电场力，正电子将向卜一偏转，故 A 错误;B.以速度%射入的电子（），依然满足电场力等于洛伦兹力，而做匀速直线运动，即速度选择题不选择电性而只选择速度，故 B正确；C.以速度加 射入的核（；H）,以速度与 射入的。粒子（:H e）,其速度都不满足速度Ev0=选器的条件 B,故都不能做匀速直线运动，故CD错误；故选B o二、多选题4.（2 0 1 3 浙江高考真题）在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P+和P,经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向

6、里，有一定的宽度的匀强磁场区域，如图所示.已知离子P+在磁场中转过0=3 0。后从磁场右边界射出.在电场和磁场中运动时，离子P+和 P3+（）X X IX X IA.在电场中的加速度之比为1：1B.在磁场中运动的半径之比为6：1C.在磁场中转过的角度之比为1：2D.离开电场区域时的动能之比为1：3【答案】BC D【解析】a =qU_A.两个离子的质量相同，其带电量是1：3的关系，所以由 一，可知，其在电场中的加速度是1：3,故 A 错.2qU v2B.离子在离开电场时速度 V m，可知其速度之比为1：4 3 .又由 知，mvrqB,所以其半径之比为6：i,故B正确.C.由B 的分析知道，离子在

7、磁场中运动的半径之比为G：I,设磁场宽度为3 离s in 夕八 =一L子通过磁场转过的角度等于其圆心角，所以有 R,则可知角度的正弦值之比为1：6,又 p+的角度为3 0。，可知p 3+角度为6 0。，即在磁场中转过的角度之比为1：2,故 C正确.qU=tnvD.离子在电场中加速时，据动能定理可得：2 ,两离子离开电场的动能之比为1：3,故D正确.5.（2 0 1 4 江苏高考真题）如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为I,线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B 与 I 成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为IH,与其前后表面相连的电压,IHBk

8、-表测出的霍尔电压UH满足：UH=d,式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离.电阻R远大于RL，霍尔元件的电阻可以忽略，则（）A.霍尔元件前表面的电势低于后表面B.若电源的正负极对调，电压表将反偏C.IH与 I 成正比D.电压表的示数与RL消耗的电功率成正比【答案】C D【解析】根据左手定则可以判断出霍尔元件中的导电物质所受安培力指向后表面，即将向后表面侧移，又由于该导电物质为电子，带负电，因此后表面的电势将低于前表面的电势，A 错误；若电源的正负极对调，磁场方向与图示方向相反，同时由电路结构可知，流经霍尔元件上下面的电流也将反向，因此电子的受力方向不变，即前后表面电势高低情况不变，B

9、错误；由电路结构可知，RL与 R并联后与线圈串联，因此R有：&,C正确；RL消耗的电功率%,显然PL与人 成正比，又因为磁感应强度大小B与I成正比，即B与 成正比，电压表的示 数H d ,则U H与心 成正比,所 以UH与RL消耗的电功率PL成正比，D正确；故选C D.三、解答题6.（2 0 1 2.四川.高考真题）如图所示，水平虚线X下方区域分布着方向水平、垂直纸面向里、磁感应强度为8的匀强磁场，整个空间存在匀强电场（图中未画出）。质量为m,电荷量为+q的小球P静止于虚线X上方A点，在某一瞬间受到方向竖直向下、大小为/的冲量作用而做匀速直线运动。在4点右下方的磁场中有定点O,长为/的绝缘轻绳

10、一端固定于。点，另一端连接不带点的质量同为机的小球Q,自然下垂.保持轻绳伸直，向右拉起。，直到绳与竖直方向有一小于5 的夹角，在尸开始运动的同时自由释放。到达O点正下方W点是速率为物。P、。两小球在卬点发生正碰，碰到电场，磁场消失，两小球黏在一起运动。P、Q两小球均视为质点，P小球的电荷量保持不变，绳不可伸长不计空气阻力，重力加速度为g。（1）求匀强电场场强E的大小和P进入磁场时的速率v；（2）若绳能承受的最大拉力为R要使绳不断，F至少为多大？（3）求A点距虚线X的距离s。Bx x x x xX X X X X Xms I（I+mvoy.-【答案】（1）4 ,机；（2）2ml 6.（3）见详解

11、【解析】（1）设小球P所 受 电 场 力 为 则F、=qE以整个空间重力和电场力平衡，有K=mg联立相关方程得E=-q设小球P 受到冲量获得速度为v,由动量定理得I=mv得1v=m（2）设 P、。同向时候碰后在卬点的最大速度为h“，由动量守恒定律得=（r n+m）vm此刻轻绳的张力也为最大，由牛顿运动定律得/、（）2+2）、解得尸=（上 外）+2，相2ml（3）设尸在X 上方做匀速直线运动的时间为力，则s“一V设 P 在 X 下方做匀速圆周运动的时间为3则Timt.=2 2Bq设小球。从开始运动到与P 球相向碰撞的运动时间为t o,由单摆周期性有 =2（+；）万口4 g由题意，有%=4+12联

12、立相关方程，得m/7_j_”为 大 于（4%山4）的整数设小球。从开始运动到与P 球同向相碰的运动时间为，由单摆周期性，有同理可得7.（2 0 1 3 北京,高考真题）如图所示，两平行金属板间距为d,电势差为U,板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为8的匀强磁场，带电量为“、质量为?的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动，忽略重力的影响，求：（1）匀强电场场强E的大小；（2）粒子从电场射出时速度v 的大小；（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径凡E=U 丫=/W R=L 但 口【答案】（1）一 ；（2）7巾；8 V q【解析】（I）根据匀强电场电

13、势差和电场强度的关系得，匀强电场场强E的大小E上d（2）设带电粒子出电场时速度为也由动能定理得U q =g m v2解得粒子从电场射出时速度v 的大小（3）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得2Bn q v-八-广-R联立得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R，型列q8.(2 0 2 0.全国.高考真题)如图，在 O M/n 0)的粒子以速度v o 从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。(I)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值组(2)如果磁感应强度大小为2 ,粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向

14、与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。VB a 【答案】(1)磁场方向垂直于纸面向里；m q h ;(2)6.y=Q 7 3)h【解析】(1)由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为心 根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有由此可得，田 粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在)，轴正半轴上，半径应满足RV h 由可得，当磁感应强度大小最小时，设为8 m，粒子的运动半径最大，由此得B等、qh(4)(2)若磁感应强度大小为2,粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由式可得，此时圆弧半径为*=2%粒子会穿过图中P点

15、离开磁场，运动轨迹如图所示。设粒子在P点的运动方向与X轴正方向的夹角为a,h_2h 2由几何关系可得，P点与X轴的距离为y=2/?(l-cosa)5A联立式得y=(2-G)力 9.(2020.浙江.高考真题)某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存在边界为矩形E F G、方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为3的匀强磁场，探测板8平行于 G水平放置，能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、6、c三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界水平射入磁场，6束中的离子在磁场中沿半径为R的四分之一圆弧运动后从下边界 G竖直向下射出，并打在探测板的右边缘D点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为

16、N,离子束间的距离均为0 6 R,探 测 板 的 宽 度 为0 5 R,离子质量均为加、电荷量均为q,不计重力及离子间的相互作用。(1)求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界 G时与H点的距离s；(2)求探测到三束离子时探测板与边界H G的最大距离4、(3)若打到探测板上的离子被全部吸收，求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量 F与板到G距 离 的 关 系。勺-尸B Ib|H-1GC-D丫 =迎 L=R o ().4 时:FNqBR【解析】(1)离子在磁场中做圆周运动2mv得粒子的速度大小丫 =搬m令 c束中的离子运动轨迹对应的圆心为O,从磁场边界 G边 的 Q点射出，则由几何关系可得O

17、 H =0.6R,s =Q =J，2-(0.6 0)2=0.87?(2)”束中的离子运动轨迹对应的圆心为O，从磁场边界 G边射出时距离H点的距离为x,由几何关系可得HO=aH-R=0.6RX=JR2-HO2=0.87?即a、c束中的离子从同一点。射出，离开磁场的速度分别于竖直方向的夹角为耳、a,由几何关系可得探测到三束离子，则c束中的离子恰好达到探测板的。点时，探测板与边界 G的距离最大，则Lmax(3)a或c,束中每个离子动量的竖直分量Pz=pcosa=0.8qBR40 .(2)m b ta n Tcd dL tan 夕 +-sin 0 tan 0图乙”6(退+1)/；(3)7 万L*【解

18、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v2qvB“=m r 根据几何关系得sin=联立式得msind(2)离 子 在I I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3 y方向的位移为先,加 速度大小为a,由牛顿第二定律得qE=ma由运动的合成与分解得L=co s e)?,y0=_/(l_ c o s y=(v sin 0)?-r联立得名=2qB；4ml tan2 0rcd dL tan 6+-sin 0 tan 0(3)I I区内填充磁场后，离 子在垂直y轴的方向做线速度大小为vc osd的匀速圆

19、周运 动，如图所示。设左侧部分的圆心角为。，圆周运动半径 为/，运动轨迹长度为广，由几何关系得7ta +ta _,o.r=x27rr+-x2rr cosa=2乃 2TT.2尸由于在y 轴方向的运动不变，离子的运动轨迹与测试板相切于。点，则离子在n 区内的运动时间不变，故有LVCOS0 VCOS0C到|的距离S=2/sina +/联立得S一6（道+%741 3.（20 1 8 全国高考真题）如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U 加速后在纸面内水平向右运动，自M 点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为V”并在磁场边界

20、的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；M N 长为I。不计重力影响和离子间的相互作用。求:（1）磁场的磁感应强度大小;（2）甲、乙两种离子的比荷之比。离子源34U【答案】（1）【解析】：XI：XxI：X，士 XM XXXxXXXX；(2)1：4XXxXXXX（1）设甲种离子所带电荷量为、质量为力 在磁场中做匀速圆周运动的半径为R”磁场的磁感应强度大小为8,由动能定理有qU=-m yi由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有a V,24/8 =町士由几何关系知2R、=l解得，磁场的磁感应强度大小为例（2）设乙种离子所带电荷量为碘、质量为帆2,射入磁场的速度为也，在磁场中做匀速圆周运动的半径为此同理有1 V

21、,2q2U=m2v 火 岭8 =色 元由几何关系知2 凡=，-2解得，甲、乙两种离子的比荷之比为幺:五=1：4网 m21 4.（2 0 2 1.北京.高考真题）如图所示，历为粒子加速器；N为速度选择器，两平行导体板之间有方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度为瓦 从 S 点释放一初速度为0、质量为例、电荷量为q的带正电粒子，经M加速后恰能以速度v 沿 直 线（图中平行于导体板的虚线）通过N。不计重力。（1）求粒子加速器M 的加速电压U；（2）求速度选择器N两板间的电场强度E的大小和方向；（3）仍 从S 点释放另一初速度为0、质量为2”、电荷量为q的带正电粒子，离开

22、N时粒子偏离图中虚线的距离为d,求该粒子离开N时的动能线。U-x x xs .X X X XM Nu=m y L i,【答案】（1）2q ;（2）E=vB，方向垂直导体板向下；Em+q Bu d【解析】（1）粒子直线加速，根据功能关系有q,U,=1 m v 2解得u=2q（2）速度选择器中电场力与洛伦兹力平衡E q =q v B得E =v B方向垂直导体板向下。（3）粒子在全程电场力做正功，根据功能关系有耳=q U +E q d解得线=g wy2+q Bv d15.（2019浙江高考真题）小明受回旋加速器的启发，设计了如图1所示的“回旋变速装置”.两相距为d 的平行金属栅极板M、N,板位于x

23、轴上，板 N 在它的T _ 2 兀 m正下方.两板间加上如图2 所示的幅值为Uo的交变电压，周 期。一 如.板M上方和板N 下方有磁感应强度大小均为8、方向相反的匀强磁场.粒子探测器位于），轴处，仅能探测到垂直射入的带电粒子.有一沿x 轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源，沿 y 轴正方向射出质量为加、电荷量为q（q 0）的粒子.仁0 时刻，发射源在（x,0）位置发射一带电粒子.忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在电场中运动的时间不计.(1)若粒子只经磁场偏转并在广出处被探测到，求发射源的位置和粒子的初动能；(2)若粒子两次进出电场区域后被探测到，求粒子发射源的位置x与被探测到的位置 y之间

24、的关系S B)【答案】(1)%=%，2m(2)见解析【解析】(1)发射源的位置%=E SqBy粒子的初动能：“2？(2)分下面三种情况讨论：(i)如 图 1,耳。2 处)和卜叫2=卜说一：机田=卜叫2-qu。及=尹 2(&+)X=y+q B+2m q U 0+4 m j U0(i i)如图 2,q U o E k o 及x =3 )+2 凡，x=-3(y+d)+J(y+力 寸/+2mqU得 qB(i i i)如图 3,EkoqU。y-y-d =R,q由 Bq，Bq,和T r J1 。2=-1n t v；2-C/02 2 ,及 x=(-y-1)+4q,勺=_ y_ 0)的粒子从坐标原点。沿 x

25、O y平面以不同的初速度大小和方向入射到磁场中.不计重力和粒子间的影响.(1)若粒子以初速度U 1沿 y 轴正向入射，恰好能经过X 轴上的A (a,0)点，求也的大小；(2)已知一粒子的初速度大小为v (丫也)，为使该粒子能经过A (a,0)点，其入射角。(粒子初速度与x轴正向的夹角)有几个？并求出对应的s i n。值；(3)如图乙，若在此空间再加入沿y 轴正向、大小为E的匀强电场，一粒子从。点以初速度卬沿y 轴正向发射.研究表明：粒子在x Q y平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度的x分量也与其所在位置的y 坐标成正比，比例系数与场强大小E无关.求该粒子运动过程中的最大速度值布.逡 整

26、 亚【答案】鲁辍；两 个 s i n 冷珈潜：鬲+心厂外.【解析】(1)当粒子沿y 轴正向入射，转过半个圆周至A点，半径R|=a/22Bq%=m-由运动定律有 用_ Bqa解 得 五 T(2)如右图所示，O、A两点处于同一圆周上，且圆心在ax=5 的直线上，半径为R,当给定一个初速率v 时，有 2个入射角，分别在第1、2象限.即 s i n O=s i n O=2Rv2Bqv=m另有 RaqB解得 s i n 0=s i n 9=2mv(3)粒子在运动过程中仅电场力做功，因而在轨道的最高点处速率最大，用 ym 表示其y 坐标，由动能定理有qEym=2 m v；2 m v。由题知Vm=kym若

27、E=0 时，粒子以初速度V o 沿 y 轴正向入射，有 q v o B =m0在最局处有v o=k R oV-F联 立 解 得B17.(2 02 0.江苏.高考真题)空间存在两个垂直于平面的匀强磁场，y 轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为2 综、3 综。甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点。沿x 轴正向射入磁场，速度均为丫。甲第1 次、第 2次经过y 轴的位置分别为P、Q,其轨迹如图所示。甲经过Q时，乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为加，电荷量为必 不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求：(1)Q到。的距离d-,(2)甲两次经过尸点的时间间隔加；(3)乙的比荷机可能的最小值。【答案】（1）3 曲

28、,；（2）qB,（3）m m【解析】v2qvB=m（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由 R 得,R=-R,=2qB“,-3 殂。的距离为：mv1 =2 飞-2&=上匕3 殂（2）由（1）可知，完成一周期运动上升的距离为人 粒子再次经过P,经过N个周期,心”=3d d所以，再次经过P点的时间为t=NT=ST由匀速圆周运动的规律得丁 2TTR./cm _ ZiR、2兀 m乙=-=-7；=-V qB（）,V 3qBo绕一周的时间为所以，再次经过P点的时间为t=3T*2 祖两次经过P点的时间间隔为qvB=m(3)由洛伦兹力提供向心力，由 R得，2q,B,-3qBa完成一周期运

29、动上升的距离d，=2R_2R若乙粒子从第一象限进入第二象限的过程中与甲粒子在。点相遇，则“(ZL+马+2L=ZL+&.2R+iuT=OQ=d,(2 2 2 2 2结合以上式子，无解。若乙粒子从第二象限进入第一象限的过程中与甲离子在Q 点相遇，则nd=OQt吟+争=9计算可得加 m(=1,2,3.)q由于甲乙粒子比荷不同，则片2 时，乙的比荷加最小，为m m18.(2021 湖南高考真题)带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一、带电粒子流(每个粒子的质量为机、电荷量为+)以初速度v垂直进入磁场，不计重力及带电粒子之间的相互作用。对 处 在 平 面 内 的 粒 子，求解以下问题。(

30、1)如 图(a),宽度为4 的带电粒子流沿 轴正方向射入圆心为A(，/)、半径为4 的圆形匀强磁场中，若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点。，求该磁场磁感应强度用的大小；(2)如 图(a),虚线框为边长等于24 的正方形，其几何中心位于0(一 4)。在虚线框内设计一个区域面积最小的匀强磁场，使汇聚到。点的带电粒子流经过该区域后宽度变为2勾 并沿x轴正方向射出。求该磁场磁感应强度生的大小和方向，以及该磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）;（3）如 图（b）,虚线框I和I I均为边长等于的正方形，虚线框f f l 和I V均为边长等于的正方形。在I、I I、H I和I V中分别设计一个区

31、域面积最小的匀强磁场，使宽度为 的带电粒子流沿x轴正方向射入I和n后汇聚到坐标原点。，再经过in和N后宽度变为，并沿x轴正方向射出，从而实现带电粒子流的同轴控束。求I和n i中磁场磁感应强度的大小，以及n和iv中匀强磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）。图(a)图(b)mv _ mv-H-mv mvC 2 I III【答案】；（2）2,垂直与纸面向里，$2 =环；州，华，1 9 1 7勒=（5%-1）彳 九=（5%-1）万【解析】（1）粒子垂直X进入圆形磁场，在坐标原点。汇聚，满足磁聚焦的条件，即粒子在磁场中运动的半径等于圆形磁场的半径L粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力V1 2 *

32、4qvB=m4解得B,=（2）粒子从。点进入下方虚线区域，若要从聚焦的。点飞入然后平行 轴飞出，为磁发散的过程，即粒子在下方圆形磁场运动的轨迹半径等于磁场半径，粒子轨迹最大的边界如图所示，图中圆形磁场即为最小的匀强磁场区域可知磁感应强度为根据左手定则可知磁场的方向为垂直纸面向里，圆形磁场的面积为S2=兀 片（3）粒子在磁场中运动，3和4为粒子运动的轨迹圆，I和2为粒子运动的磁场的圆周_ mv _ mv月=一 综 =%,必图中箭头部分的实线为粒子运动的轨迹，可知磁场的最小面积为叶子形状，取I区域如图图中阴影部分面积的一半为四分之一圆周Sa 与 三 角 形 之 差，所以阴影部分的面积为E =2(S

33、4 Of i)=2 x(_ 5 G)=(/-1 对类似地可知I V 区域的阴影部分面积为Sl v=2 x(l 2-l 2)=(l-l)?i2根据对称性可知I I 中的匀强磁场面积为跖=(-1)方1 9.(2 0 2 1 辽宁高考真题)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8 的匀强磁场；在 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 r；(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 o【答 案】f xA一 a OXXBX

34、X.?pXXXXXXXxaX(1)2*(2)X XX X27rmNt=-qB.(3)j 2aL飞【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C wv-qBv=-R则m粒 子 从S到。，有动能定理可得qEa=g mv2可得2m(2)甲乙粒子在P点发生弹性碰撞，设碰后速度为匕、匕，取向上为正，则有1mv=mvt+mv2，砂2=_1 2+L L 22 2 1 2 3 2计算可得1 qBav,=-v=-1 2 2m3 3qBav,=v=-2 2 2m两粒子碰后在磁场中运动1 D，叫 21 D fnv-2q B v21 =3&二 解得Ri=aR2=a两粒子在磁场中一直做轨迹相

35、同的匀速圆周运动，周期分别为_ 2TVR _ 7im匕 qB27rH2 _ 4 乃 mT2=v2 3qB则两粒子碰后再次相遇 Ar=Ar+2-4 工解得再次相遇时间l7imAr=-qB(3)乙出第一象限时甲在磁场中偏转角度为7；4 6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。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L由余弦定理可得（V/）2+W）2-（2）2c o s 6 0 -!-2x卬 x v2r.1卬则从撤销电场、磁场到加磁场乙运动的位移L=卬=2a万20.（20 1 5福建高考真题

36、）如图，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E,磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动.A、C两点间距离为h,重力加速度为g.（I）求小滑块运动到C点时的速度大小V c；（2）求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；（3）若 D 点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P 点.已知小滑块在D点时的速度大小为V D，从 D点运动到P 点的时间

37、为t,求小滑块运动到 P 点时速度的大小V p.、一 、：1 霸 H i w i r 小 n【答案】（1）E/B （2）,誓新（3）】幽【解析】小滑块到达C点时离开MN,此时与MN间的作用力为零，对小滑块受力分析计算此时的速度的大小；由动能定理直接计算摩擦力做的功W f；撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据分运动计算最后的合速度的大小；（1）由题意知，根据左手定则可判断，滑块在下滑的过程中受水平向左的洛伦兹力，当洛伦兹力等于电场力q E 时滑块离开M N开始做曲线运动，即及=就_ 解得：”万1 2（2）从 A 到 C 根据动能定理：msh-Wr=2 mv 0 2解得：Wf =mgh 2 mB-

38、（3）设重力与电场力的合力为F,由图意知，在。点速度V D的方向与产地方向垂直，从 D 到 P做类平抛运动，在 F方向做匀加速运动=/7 加，f 时间内在尸方向的x=at2位移为 21 0,一 n mv：从。到 P，根据动能定理：+%=0,其中4联立解得：2 1.（2 0 1 9浙江高考真题）有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示.左侧静电分析器中有方向指向圆心。、与。点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行,两者间距近似为零.离子源发出两种速度均为物、电荷量均为分 质量分别为m和 0.5 加

39、的正离子束，从M点垂直该点电场方向进入静电分析器.在静电分析器中，质量为机的离子沿半径为为的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从 N点水平射出，而质量为0.5 m 的离子恰好从O N连线的中点P与水平方向成6角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m 的离子打在。点正UNP cos(1)缶，；1%；(3)0.1 2【解 析】（1）在静电分析器中，电场力提供向心力，有qE（）=m解得E=皿以）离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有q%B=m%解得8n4%（2）对离子，由动能定理qUNP=x0.5mv2一;x 0.5?

40、片解得v=5v0离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有yqvB=0.5/?解得距离/=2尸 c o s。-0.5%解得/=1.5%（3）恰好能分辨的条件2石 2厂c o s。石.A B -=71-1 +B B解得竺=71 7-4=0.1 2B22.（20 1 8 全国高考真题）一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在X。），平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为/,磁感应强度的大小为B,方向垂直于x O y平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为 电 场 强 度 的 大 小 均 为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴

41、平行，一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿），轴正方向射出，不计重力.OxM（1）定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹;（2）求该粒子从M点入射时速度的大小；（3）若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x 轴正方向的夹角为6,求该粒子的比荷及其从M 点运动到N点的时间.【答案】（1）轨迹图如图所示：q _ 4屁4(3),一 B干BiE1+酗【解析】（1）粒子运动的轨迹如图（a）所 示.（粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称）Mm 1h-国-1 3）不联立解得_ 5/eUm1 eR在磁场I 中的运动周期为_ 2 7 T1=-V

42、由儿何关系可得，电子在磁场I 中运动的圆心角为5在磁场I 中的运动时间为联立解得7vRyJmeUt=4 e U从。点出来的动能为k=8eU(2)在磁场I 中的做匀速圆周运动的最大半径为q,此时圆周的轨迹与I 边界相切,由几何关系可得M R F =R2 +/解得r=Rm 3由于22eU=；z n vm2-keU联立解得,1 3k=62 5.(2 02 1 天津高考真题)霍尔元件是一种重要的磁传感器，可用在多种自动控制系统中。长方体半导体材料厚为。、宽 为 从 长 为。，以长方体三边为坐标轴建立坐标 系 小，如图所示。半导体中有电荷量均为e的自由电子与空穴两种载流子，空穴可看作带正电荷的自由移动粒

43、子，单位体积内自由电子和空穴的数目分别为和P。当半导体材料通有沿+X方向的恒定电流后，某时刻在半导体所在空间加一匀强磁场,磁感应强度的大小为B,沿+）方向，于是在Z方向上很快建立稳定电场，称其为霍尔电场，已知电场强度大小为沿-z 方向。（1）判断刚加磁场瞬间自由电子受到的洛伦兹力方向；（2）若自由电子定向移动在沿+x方向上形成的电流为乙，求单个自由电子由于定向移动在z 方向上受到洛伦兹力和霍尔电场力的合力大小理；（3）霍尔电场建立后，自由电子与空穴在z 方向定向移动的速率介别为九、%,求4 时间内运动到半导体z 方向的上表面的自由电子数与空穴数，并说明两种载流子在z 方向上形成的电流应满足的条

44、件。心+e【答案】（1）自由电子受到的洛伦兹力沿+Z方向；（2）0 的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E,在），0 的区域存在方向垂直于X。），平面向外的匀强磁场.一个货;核 旧和一个笊核2 1 H 先后从y轴上产点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向.已 知 JH进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为6 0。，并从坐标原点。处第一次射出磁场.JH的质量为加，电荷量为4不计重力.求(1)JH第一次进入磁场的位置到原点O的距离(2)磁场的磁感应强度大小(3)JH第一次离开磁场的位置到原点。的距离sr空h 3=、畔 巫陋-D h【答案】(1)3 ；V ；(3)2 3【解析】(1)

45、但在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示.设:1 1在电场中的加速度大小为,初速度大小为匕，它在电场中的运动时间为；，第一次进入磁场的位置到原点。的距离为4 .由运动学公式有=5 卬:由题给条件，；H进入磁场时速度的方向与X 轴正方向夹角4=6 0。；H进入磁场时速度的y分量的大小为a1=V tan q联立以上各式得(2):H在电场中运动时，由牛顿第二定律有qE=max设;H进入磁场时速度的大小为由速度合成法则有匕=J v：+（砧/设磁感应强度大小为B,出在磁场中运动的圆轨道半径为K,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有外 出=哈由几何关系得S =2邓m 4联立以上各式得B=叵N

46、 qh（3）设;H在电场中沿X轴正方向射出的速度大小为匕，在电场中的加速度大小为由题给条件得1（2加）学=-/v,2由牛顿第二定律有qE=2ma2设;H第一次射入磁场时的速度大小为因，速度的方向与x轴正方向夹角为2,入射点到原点的距离为力，在电场中运动的时间为弓.由运动学公式有正2 =JV；+（2）2 si n&=“2联立以上各式得”，一 正，$2=*,4=4,2 2 设汨在磁场中做圆周运动的半径为此,由须及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得qB所以出射点在原点左侧.设;H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为月，由几何关系有=2R2 sin 02联 立 颠 得，汨 第一次离开磁

47、场时的位置到原点。的距离为$2=乎(&-1)2 8.（2 0 2 0 海南高考真题）如图，虚 线MN左侧有一个正三角形ABC,C 点、在 M N上，A B 与 MN平行，该三角形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场；MN右侧的整个区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带正电的离子（重力不计）以初速度从A 3的中点。沿 OC 方向射入三角形区域，偏转6 0 后从MN上的尸点（图中未画出）进入MN右侧区域，偏转后恰能回到。点。已知离子的质量为?，电荷量为 q,正三角形的边长为由（1）求三角形区域内磁场的磁感应强度；（2）求离子从。点射入到返回。点所需要的时间；（3）若原三角形区域存在的是一磁感应强度

48、大小与原来相等的恒磁场，将 MN右侧磁 场 变 为 一 个 与 相 切 于 P点的圆形匀强磁场让离子从P点射入圆形磁场，速度大小仍为%,方向垂直于B C,始终在纸面内运动，到达。点时的速度方向与。成1 2。角，求圆形磁场的磁感应强度。M勺、BN【答案】(1)【解析】2mvtt _(11 万+34)dqd;(2)3%.(3)见解析(1)画出粒子运动轨迹如图v2qB%=m-2TTT1=-%又粒子出三角形磁场时偏转6 0,由几何关系可知dr =2联立解得B=2qdT 7idr.=一6 6%(2)粒子从。运动到P,由几何关系可知CP=dD P =CP s i n 6 0 运动时间D P上d3=-=-一

49、%2%粒子在MN右侧运动的半径为r=2d则有V,.2qBvn=m 廿 2九r1=-%运动时间5 .，1 0*&=/=-6 3%故粒子从O点射入到返回。点所需要的时间r =2(r,+z2)+z3=，-3%(3)若三角形A B C区域磁场方向向里，则粒子运动轨迹如图中所示，有R+R c o s 6 0 0 =d+c o s 6 0 2解得R=-d6此时根据 R有若三角形A B C区域磁场方向向外，则粒子运动轨迹如图中所示，有/?,+/?,c o s 6 0 =/-c o s 6 0 2解得R=-d2c/B,vn=in此时根据 R有2 9.（2 0 2 1河北高考真题）如图，一对长平行栅极板水平放置

50、，极板外存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为8的匀强磁场，极板与可调电源相连，正极板上。点处的粒子源垂直极板向上发射速度为%、带正电的粒子束，单个粒子的质量为加、电荷量为q，一足够长的挡板。用与正极板成3 7。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。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，C P长度为4,忽略栅极的电场边缘效应、3s i n 3 7 =-粒子间的相互作用及粒子所受重力。5。（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U。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