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专题10磁场
一．选择题（共18小题）
1．（2023 辽宁）安培通过实验研究，发现了电流之间相互作用力的规律。若两段长度分别为ΔL1和ΔL2、电流大小分别为I1和I2的平行直导线间距为r时，相互作用力的大小可以表示为F＝k。比例系数k的单位是（ ）
A．kg m/（s2 A） B．kg m/（s2 A2）
C．kg m2/（s3 A） D．kg m2/（s3 A3）
2．（2023 江苏）如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中。已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行。该导线受到的安培力为（ ）
A．0 B．BIl C．2BIl D．BIl
3．（2023 湖南）如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直，A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t＞t0
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t＞t0
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，
4．（2023 新课标）一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为（ ）
A．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里
B．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外
C．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里
D．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外
5．（2023 乙卷）如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面（xOy平面）向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为（ ）
A． B． C． D．
6．（2023 全国）如图，一水平放置的橡胶圆盘上带有大量均匀分布的正电荷，与圆盘同一平面内放置一通有恒定电流的直导线，电流方向如图所示。当圆盘绕其中心O顺时针转动时，通电直导线所受安培力的方向（ ）
A．指向圆盘 B．背离圆盘
C．垂直于圆盘平面向里 D．垂直于圆盘平面向外
7．（2023 全国）如图，水平面（纸面）内有一光滑U形金属导轨，导轨上有一金属棒ab；虚线左边有一方向垂直纸面向里，大小随时间均匀增加的匀强磁场。金属棒所在区域存在方向向左的恒定匀强磁场，则金属棒所受安培力的方向为（ ）
A．水平向左 B．水平向右
C．垂直纸面向里 D．垂直纸面向外
8．（2023 上海）如图所示，有一光滑导轨处于匀强磁场中，一金属棒垂直置于导轨上，对其施加外力，安培力变化如图所示，取向右为正方向，则外力随时间变化图像为（ ）
A． B．
C． D．
9．（2022 重庆）2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场（如图），电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则（ ）
A．电场力的瞬时功率为qE
B．该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B
C．v2与v1的比值不断变大
D．该离子的加速度大小不变
10．（2022 重庆）如图1所示，光滑的平行导电轨道水平固定在桌面上，轨道间连接一可变电阻，导体杆与轨道垂直并接触良好（不计杆和轨道的电阻），整个装置处在垂直于轨道平面向上的匀强磁场中。杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，两次运动中拉力大小与速率的关系如图2所示。其中，第一次对应直线①，初始拉力大小为F0，改变电阻阻值和磁感应强度大小后，第二次对应直线②，初始拉力大小为2F0，两直线交点的纵坐标为3F0。若第一次和第二次运动中的磁感应强度大小之比为k、电阻的阻值之比为m、杆从静止开始运动相同位移的时间之比为n，则k、m、n可能为（ ）
A．k＝2、m＝2、n＝2 B．k＝2
C．k D．k＝2、m＝6、n＝2
11．（2022 北京）正电子是电子的反粒子，与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场，从P点发出两个电子和一个正电子，三个粒子运动轨迹如图中1、2、3所示。下列说法正确的是（ ）
A．磁场方向垂直于纸面向里
B．轨迹1对应的粒子运动速度越来越大
C．轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大
D．轨迹3对应的粒子是正电子
12．（2022 北京）如图所示平面内，在通有图示方向电流I的长直导线右侧，固定一矩形金属线框abcd，ad边与导线平行。调节电流I使得空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，则（ ）
A．线框中产生的感应电流方向为 a→b→c→d→a
B．线框中产生的感应电流逐渐增大
C．线框ad边所受的安培力大小恒定
D．线框整体受到的安培力方向水平向右
13．（2022 江苏）如图所示，两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，a平行于纸面，电流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里，则导线a所受安培力方向（ ）
A．平行于纸面向上
B．平行于纸面向下
C．左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里
D．左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外
14．（2022 广东）如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
15．（2022 湖南）如图（a），直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图（b）所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是（ ）
A．当导线静止在图（a）右侧位置时，导线中电流方向由N指向M
B．电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C．tanθ与电流I成正比
D．sinθ与电流I成正比
16．（2021 福建）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v0自O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O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．以速度的射入的正电子
B．以速度v0射入的电子
C．以速度2v0射入的氘核
D．以速度4v0射入的α粒子
17．（2021 北京）如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP＝a。不计重力。根据上述信息可以得出（ ）
A．带电粒子在磁场中运动的轨迹方程
B．带电粒子在磁场中运动的速率
C．带电粒子在磁场中运动的时间
D．该匀强磁场的磁感应强度
18．（2021 乙卷）如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60°。不计重力。则为（ ）
A． B． C． D．
二．多选题（共9小题）
（多选）19．（2023 甲卷）光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子的运动轨迹可能通过圆心O
B．最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出
C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短
D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线
（多选）20．（2022 辽宁）粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子1可能为中子
B．粒子2可能为电子
C．若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点
D．若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点
（多选）21．（2022 湖北）在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从P点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为（ ）
A．kBL，0° B．kBL，0° C．kBL，60° D．2kBL，60°
（多选）22．（2022 湖北）如图所示，两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场方向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时，加速度的最大值为g；减速时，加速度的最大值为g，其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是（ ）
A．棒与导轨间的动摩擦因数为
B．棒与导轨间的动摩擦因数为
C．加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，θ＝60°
D．减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，θ＝150°
（多选）23．（2022 广东）如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有（ ）
A．电子从N到P，电场力做正功
B．N点的电势高于P点的电势
C．电子从M到N，洛伦兹力不做功
D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
（多选）24．（2022 乙卷）安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知（ ）
测量序号 Bx/μT By/μT Bz/μT
1 0 21 ﹣45
2 0 ﹣20 ﹣46
3 21 0 ﹣45
4 ﹣21 0 ﹣45
A．测量地点位于南半球
B．当地的地磁场大小约为50μT
C．第2次测量时y轴正向指向南方
D．第3次测量时y轴正向指向东方
（多选）25．（2022 乙卷）一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板（半径分别为R和R+d）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点O为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为r1、r2（R＜r1＜r2＜R+d）；粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射；粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射，轨迹如图（b）中虚线所示。则（ ）
A．粒子3入射时的动能比它出射时的大
B．粒子4入射时的动能比它出射时的大
C．粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能
D．粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能
（多选）26．（2021 海南）如图，在平面直角坐标系Oxy的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电量为q的相同粒子从y轴上的P（0，L）点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y轴正方向的夹角为α（0≤α≤180°）。当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力。则（ ）
A．粒子一定带正电
B．当α＝45°时，粒子也垂直x轴离开磁场
C．粒子入射速率为
D．粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为3L
（多选）27．（2021 湖北）一电中性微粒静止在垂直纸面向里的匀强磁场中，在某一时刻突然分裂成a、b和c三个微粒，a和b在磁场中做半径相等的匀速圆周运动，环绕方向如图所示，c未在图中标出。仅考虑磁场对带电微粒的作用力，下列说法正确的是（ ）
A．a带负电荷
B．b带正电荷
C．c带负电荷
D．a和b的动量大小一定相等
三．计算题（共15小题）
28．（2022 天津）如图所示，M和N为平行金属板，质量为m，电荷量为q的带电粒子从M由静止开始被两板间的电场加速后，从N上的小孔穿出，以速度v由C点射入圆形匀强磁场区域，经D点穿出磁场，CD为圆形区域的直径。已知磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，粒子速度方向与磁场方向垂直，重力略不计。
（1）判断粒子的电性，并求M、N间的电压U；
（2）求粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r；
（3）若粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，求粒子在磁场中运动的时间t。
29．（2022 天津）直流电磁泵是利用安培力推动导电液体运动的一种设备，可用图1所示的模型讨论其原理，图2为图1的正视图。将两块相同的矩形导电平板竖直正对固定在长方体绝缘容器中，平板与容器等宽，两板间距为l，容器中装有导电液体，平板底端与容器底部留有高度可忽略的空隙，导电液体仅能从空隙进入两板间。初始时两板间接有直流电源，电源极性如图所示。若想实现两板间液面上升，可在两板间加垂直于Oxy面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，两板间液面上升时两板外的液面高度变化可忽略不计。已知导电液体的密度为ρ0、电阻率为ρ，重力加速度为g。
（1）试判断所加磁场的方向；
（2）求两板间液面稳定在初始液面高度2倍时的电压U0；
（3）假定平板与容器足够高，求电压U满足什么条件时两板间液面能够持续上升。
30．（2022 江苏）利用云室可以知道带电粒子的性质．如图所示，云室中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个质量为m、速度为v的电中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧，相同时间内的径迹长度之比la：lb＝3：1，半径之比ra：rb＝6：1．不计重力及粒子间的相互作用力．求：
（1）粒子a、b的质量之比ma：mb。
（2）粒子a的动量大小pa。
31．（2022 浙江）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Q板的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）。
32．（2022 山东）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，0＜z≤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；﹣3d≤z＜0，y≥0的空间内充满匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为，方向平行于xOy平面，与x轴正方向夹角为45°；z＜0，y≤0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，从yOz平面第三象限内距y轴为L的点A以一定速度出射，速度方向与z轴正方向夹角为β，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v0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vm；
（3）离子甲以的速度从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Δt（忽略离子间相互作用）。
33．（2022 甲卷）光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其简化的工作原理示意图如图所示。图中A为轻质绝缘弹簧，C为位于纸面上的线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场；M为置于平台上的轻质小平面反射镜，轻质刚性细杆D的一端与M固连且与镜面垂直、另一端与弹簧下端相连，PQ为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条，PQ的圆心位于M的中心。使用前需调零：使线圈内没有电流通过时，M竖直且与纸面垂直；入射细光束沿水平方向经PQ上的O点射到M上后沿原路反射。线圈通入电流后弹簧长度改变，使M发生倾斜，入射光束在M上的入射点仍近似处于PQ的圆心，通过读取反射光射到PQ上的位置，可以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数为k，磁场磁感应强度大小为B，线圈C的匝数为N、沿水平方向的长度为l，细杆D的长度为d，圆弧PQ的半径为r，r＞＞d，d远大于弹簧长度改变量的绝对值。
（1）若在线圈中通入的微小电流为I，求平衡后弹簧长度改变量的绝对值Δx及PQ上反射光点与O点间的弧长s；
（2）某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将电流通入线圈后，PQ上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为s1；保持其它条件不变，只将该电流反向接入，则反射光点出现在O点下方，与O点间的弧长为s2。求待测电流的大小。
34．（2022 浙江）如图为研究光电效应的装置示意图，该装置可用于分析光子的信息。在xOy平面（纸面）内，垂直纸面的金属薄板M、N与y轴平行放置，板N中间有一小孔O。有一由x轴、y轴和以O为圆心、圆心角为90°的半径不同的两条圆弧所围的区域Ⅰ，整个区域Ⅰ内存在大小可调、方向垂直纸面向里的匀强电场和磁感应强度大小恒为B1、磁感线与圆弧平行且逆时针方向的磁场。区域Ⅰ右侧还有一左边界与y轴平行且相距为l、下边界与x轴重合的匀强磁场区域Ⅱ，其宽度为a，长度足够长，其中的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小可调。光电子从板M逸出后经极板间电压U加速（板间电场视为匀强电场），调节区域Ⅰ的电场强度和区域Ⅱ的磁感应强度，使电子恰好打在坐标为（a+2l，0）的点上，被置于该处的探测器接收。已知电子质量为m、电荷量为e，板M的逸出功为W0，普朗克常量为h。忽略电子的重力及电子间的作用力。当频率为ν的光照射板M时有光电子逸出。
（1）求逸出光电子的最大初动能Ekm，并求光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v0的大小范围；
（2）若区域Ⅰ的电场强度大小E，区域Ⅱ的磁感应强度大小B2，求被探测到的电子刚从板M逸出时速度vM的大小及与x轴的夹角β；
（3）为了使从O点以各种大小和方向的速度射向区域Ⅰ的电子都能被探测到，需要调节区域Ⅰ的电场强度E和区域Ⅱ的磁感应强度B2，求E的最大值和B2的最大值。
35．（2021 重庆）如图1所示的Oxy竖直平面内，在原点O有一粒子源，可沿x轴正方向发射速度不同、比荷均为的带正电的粒子。在x≥L的区域仅有垂直于平面向内的匀强磁场；x＜L的区域仅有如图2所示的电场，0～t0时间内和2t0时刻后的匀强电场大小相等，方向相反（0～t0时间内电场方向竖直向下），t0～2t0时间内电场强度为零。在磁场左边界x＝L直线上的某点，固定一粒子收集器（图中未画出）。0时刻发射的A粒子在t0时刻经过左边界进入磁场，最终被收集器收集；B粒子在时刻以与A粒子相同的发射速度发射，第一次经过磁场左边界的位置坐标为；C粒子在t0时刻发射，其发射速度是A粒子发射速度的，不经过磁场能被收集器收集。忽略粒子间相互作用力和粒子重力，不考虑边界效应。
（1）求电场强度E的大小；
（2）求磁感应强度B的大小；
（3）设2t0时刻发射的粒子能被收集器收集，求其有可能的发射速度大小。
36．（2021 辽宁）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Δt；
（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。
37．（2021 天津）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a、宽为b、长为c，以长方体三边为坐标轴建立坐标系xyz，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子，单位体积内自由电子和空穴的数目分别为n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+y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E，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In，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Fnz；
（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分别为vnz、vpz，求Δt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件。
38．（2021 山东）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。
39．（2021 浙江）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。
40．（2021 甲卷）如图，长度均为l的两块挡板竖直相对放置，间距也为l，两挡板上边缘P和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q（q＞0）的粒子自电场中某处以大小为v0的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，不计重力。
（1）求粒子发射位置到P点的距离；
（2）求磁感应强度大小的取值范围；
（3）若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。
41．（2021 河北）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sin37°。
（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＜CS，H、S两点未在图中标出），对于粒子靶在HS区域内的每一点，当电压从零开始连续缓慢增加时，粒子靶均只能接收到n（n≥2）种能量的粒子，求CH和CS的长度（假定在每个粒子的整个运动过程中电压恒定）。
42．（2021 浙江）在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。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棱长为L的正方体，其偏转系统底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好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。当α很小时，有sinα≈tanα≈α，cosα≈1α2。求：
（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）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）偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标（x，y）表示；
（4）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，并说明理由。
四．解答题（共6小题）
43．（2023 辽宁）如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O′点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力。
（1）求金属板间电势差U。
（2）求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ。
（3）仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O′点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。
44．（2023 江苏）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。xOy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射，入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
（1）求电场强度的大小E；
（2）若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1；
（3）若电子入射速度在0＜v＜v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标y2位置的电子数N占总电子数N0的百分比。
45．（2023 湖北）如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t＝0时刻，一带正电粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入，第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周。已知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求
（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小。
（2）粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小。
（3）时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到的过程中粒子乙运动的路程。（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可）
46．（2023 浙江）利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy平面（纸面）的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于（0，3L）处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。
（1）求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t；
（2）若B2＝2B1，求能到达处的离子的最小速度v2；
（3）若B2，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在～范围，求进入第四象限的离子数与总离子数之比η。
47．（2021 广东）如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。各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外。电子以初动能Ek0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。已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为R，电子质量为m，电荷量为e。忽略相对论效应。取tan22.5°＝0.4。
（1）当Ek0＝0时，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θ均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示。求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能；
（2）已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射。当Ek0＝keU时，要保证电子从出射区域出射，求k的最大值。
48．（2021 湖南）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m、电荷量为+q）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xOy平面内的粒子，求解以下问题。
（1）如图（a），宽度为2r1的带电粒子流沿x轴正方向射入圆心为A（0，r1）、半径为r1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O，求该磁场磁感应强度B1的大小；
（2）如图（a），虚线框为边长等于2r2的正方形，其几何中心位于C（0，﹣r2）。在虚线框内设计一个区域面积最小的匀强磁场，使汇聚到O点的带电粒子流经过该区域后宽度变为2r2，并沿x轴正方向射出。求该磁场磁感应强度B2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Ⅱ均为边长等于r3的正方形，虚线框Ⅲ和Ⅳ均为边长等于r4的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分别设计一个区域面积最小的匀强磁场，使宽度为2r3的带电粒子流沿x轴正方向射入Ⅰ和Ⅱ后汇聚到坐标原点O，再经过Ⅲ和Ⅳ后宽度变为2r4，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Ⅲ中磁场磁感应强度的大小，以及Ⅱ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）。
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专题10磁场
一．选择题（共18小题）
1．（2023 辽宁）安培通过实验研究，发现了电流之间相互作用力的规律。若两段长度分别为ΔL1和ΔL2、电流大小分别为I1和I2的平行直导线间距为r时，相互作用力的大小可以表示为F＝k。比例系数k的单位是（ ）
A．kg m/（s2 A） B．kg m/（s2 A2）
C．kg m2/（s3 A） D．kg m2/（s3 A3）
【解答】解：由牛顿第二定律F＝ma，可得：1N＝1kg m/s2
由F＝k，可得：
k1kg m/（s2 A2），故B正确，ACD错误。
故选：B。
2．（2023 江苏）如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中。已知ab边长为2l，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行。该导线受到的安培力为（ ）
A．0 B．BIl C．2BIl D．BIl
【解答】解：导线的ab边与磁场垂直，受到的安培力大小为：
F1＝2BIl
导线的bc边与磁场平行，不受安培力的作用，则导线受到的安培力大小为：
F＝F1＝2BIl，故C正确，ABD错误；
故选：C。
3．（2023 湖南）如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直，A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t＞t0
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t＞t0
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，
【解答】解：区域Ⅰ中电场力和洛伦兹力相等，由此可得：
qE＝qv0B1
在区域Ⅱ中，粒子受到的洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
解得：
因为粒子从CF边的中点射出，根据几何关系可知，粒子转过的圆心角为90°，则
A、若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，在区域Ⅰ中粒子依然受力平衡，则
qE＝qvA×2B1
解得：
根据牛顿第二定律可得：
qvB
解得：r
由此可知粒子做圆周运动的半径变为原来的，则粒子仍然从CF边射出，粒子转过的圆心角仍然为90°，故t＝t0，故A错误；
B、若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，根据上述分析可知：
2qE＝qvBB1
解得：vB＝2v0
根据半径的计算公式r可知粒子做圆周运动的半径变为原来的2倍，则粒子从F点射出，粒子转过的圆心角仍然为90°，故t＝t0，故B错误；
C、若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则粒子进入区域Ⅱ中的速度为v0，根据半径的计算公式r可知粒子做圆周运动的半径变为原来的倍，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为60°，此时的时间为：
则，故C错误；
D、若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，同上述分析可知，粒子做圆周运动的半径变为原来的倍，则粒子从OF边射出，根据几何关系可知粒子转过的圆心角为45°，则此时的时间为：
，故D正确；
故选：D。
4．（2023 新课标）一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为（ ）
A．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里
B．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外
C．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里
D．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外
【解答】解：A、粒子刚从O点射出时，若电场方向水平向左，α粒子所受电场力水平向左，若磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则得，α粒子所受洛伦兹力水平向左，则α粒子向左偏转，不会出现图示的轨迹，故A错误；
B、粒子刚从O点射出时，若电场方向水平向左，α粒子所受电场力水平向左，电子所受电场力水平向右，若磁场方向垂直纸面向外，根据左手定则得，α粒子所受洛伦兹力水平向右，电子所受洛伦兹力水平向左，沿直线运动到a点的粒子受力平衡，有：qvB＝qE
已知α粒子的速度约为电子速度的，若α粒子沿直线运动到a点，则电子所受洛伦兹力大于电场力，电子向左偏转，若电子沿直线运动到a点，则α粒子所受洛伦兹力小于电场力，α粒子向左偏转，不会出现图示的轨迹，故B错误；
C、粒子刚从O点射出时，若电场方向水平向右，α粒子所受电场力水平向右，电子所受电场力水平向左，若磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则得，α粒子所受洛伦兹力水平向左，电子所受洛伦兹力水平向右，沿直线运动到a点的粒子受力平衡，有：qvB＝qE
已知α粒子的速度约为电子速度的，若α粒子沿直线运动到a点，则电子所受洛伦兹力大于电场力，电子向右偏转，若电子沿直线运动到a点，则α粒子所受洛伦兹力小于电场力，α粒子向右偏转，会出现图示的轨迹，故C正确；
D、粒子刚从O点射出时，若电场方向水平向右，α粒子所受电场力水平向右，电子所受电场力水平向左，磁场方向垂直纸面向外，根据左手定则得，α粒子所受洛伦兹力水平向右，电子所受洛伦兹力水平向左，α粒子向右偏转，电子向左偏转，不会出现图示的轨迹，故D错误。
故选：C。
5．（2023 乙卷）如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面（xOy平面）向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：未加电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动，做其运动轨迹如图：
设SP与x轴正方向夹角为θ，则cosθ
θ＝60°
粒子做圆周运动转过的圆心角也为60°，由几何关系得：r﹣a＝rcosθ
解得：r＝2a
粒子做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m
在磁场中加匀强电场，粒子做匀速直线运动，受力平衡：qvB＝qE
联立解得：
故A正确，BCD错误。
故选：A。
6．（2023 全国）如图，一水平放置的橡胶圆盘上带有大量均匀分布的正电荷，与圆盘同一平面内放置一通有恒定电流的直导线，电流方向如图所示。当圆盘绕其中心O顺时针转动时，通电直导线所受安培力的方向（ ）
A．指向圆盘 B．背离圆盘
C．垂直于圆盘平面向里 D．垂直于圆盘平面向外
【解答】解：橡胶圆盘绕其中心O顺时针转动时，在橡胶圆盘上会形成若干个同心顺时针环形电流，所有的等效环形电流在直导线出的磁场都是向上的，根据左手定则，伸出左手，四指指向直导线电流方向，手心向下，则大拇指指向右侧，即通电直导线所受安培力的方向为背离圆盘。
故ACD错误，B正确。
故选：B。
7．（2023 全国）如图，水平面（纸面）内有一光滑U形金属导轨，导轨上有一金属棒ab；虚线左边有一方向垂直纸面向里，大小随时间均匀增加的匀强磁场。金属棒所在区域存在方向向左的恒定匀强磁场，则金属棒所受安培力的方向为（ ）
A．水平向左 B．水平向右
C．垂直纸面向里 D．垂直纸面向外
【解答】解：虚线左边有一方向垂直纸面向里，大小随时间均匀增加的匀强磁场，根据楞次定律，闭合回路形成垂直回路向外的磁场，根据右手定则，ab棒的电流方向竖直向上，根据左手定则，ab棒所受安培力的方向为垂直纸面向外，故D正确，ABC错误。
故选：D。
8．（2023 上海）如图所示，有一光滑导轨处于匀强磁场中，一金属棒垂直置于导轨上，对其施加外力，安培力变化如图所示，取向右为正方向，则外力随时间变化图像为（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：导体棒切割磁感应线，当速度为v时产生电动势为E＝BLv，导体棒受安培力为F安＝BIL，由图可知安培力随时间做线性变化，故导体棒做匀变速运动，根据牛顿第二定律可得：F﹣F安＝F﹣BIL＝FFma，即：Fma，t1时刻安培力为零，F＝ma，故C正确，ABD错误；
故选：C。
9．（2022 重庆）2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场（如图），电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则（ ）
A．电场力的瞬时功率为qE
B．该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B
C．v2与v1的比值不断变大
D．该离子的加速度大小不变
【解答】解：A、该粒子所受电场力的瞬时功率是电场力与沿电场力方向速度的乘积，所以P＝qEv1，故A错误；
B、v2与B垂直，所以该粒子所受洛伦兹力大小f＝qv2B，故B错误；
C、速度v1的方向与磁感应强度B方向相同，该分速度不受洛伦兹力作用；v2方向与B垂直，粒子在垂直于磁场方向平面内做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，v2不变；粒子沿电场方向做加速运动，v1不断增大，则v2与v1的比值不断减小，故C错误；
D、粒子做匀速圆周运动的向心加速度a向大小不变，电场力产生的加速度a电，q、E、m不变，a电不变，a向、a电大小都不变，两者方向垂直，粒子的加速度不变，故D正确。
故选：D。
10．（2022 重庆）如图1所示，光滑的平行导电轨道水平固定在桌面上，轨道间连接一可变电阻，导体杆与轨道垂直并接触良好（不计杆和轨道的电阻），整个装置处在垂直于轨道平面向上的匀强磁场中。杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，两次运动中拉力大小与速率的关系如图2所示。其中，第一次对应直线①，初始拉力大小为F0，改变电阻阻值和磁感应强度大小后，第二次对应直线②，初始拉力大小为2F0，两直线交点的纵坐标为3F0。若第一次和第二次运动中的磁感应强度大小之比为k、电阻的阻值之比为m、杆从静止开始运动相同位移的时间之比为n，则k、m、n可能为（ ）
A．k＝2、m＝2、n＝2 B．k＝2
C．k D．k＝2、m＝6、n＝2
【解答】解：由题可知杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，则在v＝0时分别有
；
设第一次和第二次运动中，杆从静止开始运动相同位移的时间分别为t1、t2，则有：
；
解得：n
第一次和第二次运动中根据牛顿第二定律有，整理得：
则可知两次运动中F﹣v图像的斜率为，则有
，故C正确，ABD错误；
故选：C。
11．（2022 北京）正电子是电子的反粒子，与电子质量相同、带等量正电荷。在云室中有垂直于纸面的匀强磁场，从P点发出两个电子和一个正电子，三个粒子运动轨迹如图中1、2、3所示。下列说法正确的是（ ）
A．磁场方向垂直于纸面向里
B．轨迹1对应的粒子运动速度越来越大
C．轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大
D．轨迹3对应的粒子是正电子
【解答】解：AD、根据题图可知，1和3粒子的转动方向一致，则1和3粒子为电子，2为正电子，电子带负电且顺时针转动，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故A正确，D错误；
B、电子在云室中运动，洛伦兹力不做功，而粒子受到云室内填充物质的阻力作用，粒子速度越来越小，故B错误；
C、带电粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得：
解得：r
根据题图可知轨迹3对应的粒子运动的半径更大，速度更大，粒子运动过程中受到云室内物质的阻力的情况下，此结论也成立，故C错误。
故选：A。
12．（2022 北京）如图所示平面内，在通有图示方向电流I的长直导线右侧，固定一矩形金属线框abcd，ad边与导线平行。调节电流I使得空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，则（ ）
A．线框中产生的感应电流方向为 a→b→c→d→a
B．线框中产生的感应电流逐渐增大
C．线框ad边所受的安培力大小恒定
D．线框整体受到的安培力方向水平向右
【解答】解：A、根据右手螺旋定则可知，线框处于垂直纸面向里的磁场中，且空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针，即a→d→c→b→a，故A错误；
B、空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，根据法拉第电磁感应定律E＝nS可知，感应电流恒定不变，故B错误；
C、线框ad边所受安培力F＝BIL，因为B在随时间均匀增加，所以线框ad边所受的安培力变大，故C错误；
D、通电导线周围磁场不是均匀磁场，离导线越近，磁场越强，所以线框中ad边所在的磁感应强度大于cd边所在磁感应强度，根据F＝BIL可知，ad边所受安培力大，由左手定则确定ad边受安培力向右，bc边受安培力向左，上下两边合力为零，所以线框整体受到的安培力方向水平向右，故D正确；
故选：D。
13．（2022 江苏）如图所示，两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，a平行于纸面，电流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里，则导线a所受安培力方向（ ）
A．平行于纸面向上
B．平行于纸面向下
C．左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里
D．左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外
【解答】解：根据安培定则可知：通电电流b在其周围产生的磁场为顺时针方向，如图所示；
将导线a处的磁场分解为竖直方向和水平方向，根据左手定则可知a导线受到的安培力方向为：
左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里，故C正确、ABD错误。
故选：C。
14．（2022 广东）如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：AB、根据左手定则可知，质子在左侧区域运动时受到的洛伦兹力指向y轴正方向（不完全沿y轴），在右侧区域运动时受到的洛伦兹力指向y轴负方向（不完全沿y轴），根据曲线运动的特点可知，质子运动的轨迹先往y轴正方向偏转，再往y轴负方向偏转，xOy平面的投影显示的是从上往下看的运动情况，故A正确，B错误；
CD、粒子在z轴方向不受力，因此z轴上的坐标始终保持不变，故CD错误；
故选：A。
15．（2022 湖南）如图（a），直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图（b）所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是（ ）
A．当导线静止在图（a）右侧位置时，导线中电流方向由N指向M
B．电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C．tanθ与电流I成正比
D．sinθ与电流I成正比
【解答】解：A、导体受到向下的重力，沿悬线向左上的拉力，如要平衡安培力的方向一定朝右上方。对直导线MN进行受力分析，如图所示：
根据左手定则可知，导线中电流方向应由M指向N，故A错误；
B、直导线MN在悬线的拉力、安培力和重力的作用下处于平衡状态，当电流增大，安培力会变化，再次处于平衡状态时安培力与重力的合力发生了变化，相应的悬线对导线的拉力也要变化，由牛顿第三定律可知，导线对悬线的拉力会改变，故B错误；
CD、因为磁场的方向处处指向OO'，即磁场处处与悬线平行，故直导线MN受到的安培力始终与悬线垂直。
根据几何关系可得：tanθ，由B可知当电流I发生变化时，悬线的拉力T也要变化，所以tanθ与电流I不成正比；同理sinθ，因为重力恒定，所以sinθ与电流I成正比，故C错误，D正确。
故选：D。
16．（2021 福建）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v0自O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O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．以速度的射入的正电子
B．以速度v0射入的电子
C．以速度2v0射入的氘核
D．以速度4v0射入的α粒子
【解答】解：质子（H）以速度v0自O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向下的电场力，满足：qv0B＝qE
解得v0
即质子的速度满足速度选择器的条件；
A.以速度射入的正电子（e），所受的洛伦兹力小于电场力，正电子将向下偏转，故A错误；
B.以速度v0射入的电子（e），依然满足电场力等于洛伦兹力，而做匀速直线运动，即速度选择器不选择电性而只选择速度，故B正确；
CD.以速度2v0射入的氘核（H），以速度4v0射入的α粒子（He），其速度都不满足速度选择器的条件v0，故都不能做匀速直线运动，故CD错误；
故选：B。
17．（2021 北京）如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP＝a。不计重力。根据上述信息可以得出（ ）
A．带电粒子在磁场中运动的轨迹方程
B．带电粒子在磁场中运动的速率
C．带电粒子在磁场中运动的时间
D．该匀强磁场的磁感应强度
【解答】解：利用左手定则画出初末位置的洛伦兹力的方向，由此判断出圆心的所在位置：
根据几何关系可得：，所以。
在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，即：，同时：，化简得：，T。
由此可知，带电粒子在磁场中的运动轨迹是唯一确定且可求的，故A正确；
因为v和B都未知，所以带电粒子在磁场中的运动时间也无法确定，故BCD错误。
故选：A。
18．（2021 乙卷）如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60°。不计重力。则为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：根据题意，粒子两次射入磁场的运动轨迹如图所示：
设磁场的圆形区域半径为r，由几何关系可知，两次轨迹圆的半径分别为：
R1＝r，
R2r
由洛伦兹力提供向心力可知：
则粒子的速度：v
则粒子两次的入射速度之比为：，解得：，故B正确，ACD错误；
故选：B。
二．多选题（共9小题）
（多选）19．（2023 甲卷）光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子的运动轨迹可能通过圆心O
B．最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出
C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短
D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线
【解答】解：ABC、粒子从P点沿磁场半径方向进入磁场区域，以O1为圆心做圆周运动，从A点离开圆筒，轨迹如图所示
由几何关系可知△PO1O≌△AO1O，由于∠OPO1＝90°，所以∠OAO1＝90°，则粒子一定会沿半径方向离开磁场区域，与筒壁碰撞后依然沿半径方向进入磁场区域，所以粒子不可能通过圆心O；由图可知粒子至少与筒壁碰撞两次（分别与A和B碰撞），然后从小孔P射出；
由于最终粒子是从P点射出，增大速度碰撞次数会可能增多，粒子运动时间不一定减少，故B正确，AC错误。
D、由前面分析可知粒子沿半径圆筒半径方向射向圆筒，碰撞后沿半径方向返回圆筒，故D正确。
故选：BD。
（多选）20．（2022 辽宁）粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子1可能为中子
B．粒子2可能为电子
C．若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点
D．若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点
【解答】解：AB、由题图可看出粒子1没有偏转，说明粒子1不带电，则粒子1可能为中子；粒子2向上偏转，根据左手定则可知粒子2应该带正电，故A正确，B错误；
C、由以上分析可知粒子1为中子，则无论如何增大磁感应强度，粒子1都不会偏转，故C错误；
D、粒子2在磁场中洛伦兹力提供向心力，有
解得：
可知若增大粒子入射速度，则粒子2的半径增大，粒子2可能打在探测器上的Q点，故D正确。
故选：AD。
（多选）21．（2022 湖北）在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从P点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为（ ）
A．kBL，0° B．kBL，0° C．kBL，60° D．2kBL，60°
【解答】解：ABC、符合条件的粒子有两种情况：
奇数次回旋后从P点射出，由几何关系显然有：（2n+1）R＝L，
由洛伦兹力提供向心力：qvB，
联立得到v （n＝0、1、2、3……），这种情况粒子从P点出射时，出射方向与入射方向成60°。
偶数次回旋后从P点射出，由几何关系显然有：（2n）R＝L，
由洛伦兹力提供向心力：qvB，
联立得到v （n＝1、2、3……），这种情况粒子从P点出射时，方向与入射方向相同；
上所述，结合题目所给的选项可知，A错误，BC正确。
D、若v＝2kBL，则R＝2L，则由几何关系可知，其圆心恰好在磁场的右边界线上，那么粒子不会从P点离开磁场，故D错误。
故选：BC。
（多选）22．（2022 湖北）如图所示，两平行导轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个装置置于匀强磁场中，磁感应强度大小恒定，方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调。导体棒沿导轨向右运动，现给导体棒通以图示方向的恒定电流，适当调整磁场方向，可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时，加速度的最大值为g；减速时，加速度的最大值为g，其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是（ ）
A．棒与导轨间的动摩擦因数为
B．棒与导轨间的动摩擦因数为
C．加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向下，θ＝60°
D．减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向上，θ＝150°
【解答】解：设磁场方向与水平方向的夹角为θ1，θ1＜90°；当导体棒加速且加速度最大时，合力向右最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向右上方，磁场方向斜向右下方，此时有
Fsinθ1﹣μ（mg﹣Fcosθ1）＝ma1
令
sinα
根据数学知识可得：
则有
同理磁场方向与水平方向夹角为θ2，θ2＜90°，当导体棒减速，且加速度最大时，合力向左最大，根据左手定则和受力分析可知安培力应该斜向左下方，磁场方向斜向左上方，此时有
Fsinθ2+μ（mg+Fcosθ2）＝ma2
有
所以有
当加速或减速加速度分别最大时，不等式均取等于，联立可得：
代入数据得：
可得α＝30°，此时
θ1＝θ2＝60°
加速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向右下方，有
θ＝θ1＝60°
减速阶段加速度大小最大时，磁场方向斜向左上方，有
θ＝π﹣θ2＝120°，故BC正确，AD错误；
故选：BC。
（多选）23．（2022 广东）如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有（ ）
A．电子从N到P，电场力做正功
B．N点的电势高于P点的电势
C．电子从M到N，洛伦兹力不做功
D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
【解答】解：AB、在电场中，沿着电场线的方向电势逐渐降低，则N点的电势高于P点的电势，根据电势能的公式Ep＝qφ可知，电子在N点的电势能低于在P点的电势能，结合功能关系可知，电子从N到P的过程中，电场力做负功，故A错误，B正确；
C、电子受到的洛伦兹力始终与速度垂直，因此洛伦兹力不做功，故C正确；
D、电子在M点由静止释放，速度（动能）为0，故只受到向左的电场力；从M点到P点的过程中，只有电场力做功，所以电子的电势能和动能之和保持不变，因为P点和M点在同一等势面上，电子的电势能相等，所以电子到达P点时的动能与M点相等，均为0，即速度为0，所以电子在P点也是只受到向左的电场力。即电子在M点所受的合力与在P点所受的合力相等，故D错误。
故选：BC。
（多选）24．（2022 乙卷）安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知（ ）
测量序号 Bx/μT By/μT Bz/μT
1 0 21 ﹣45
2 0 ﹣20 ﹣46
3 21 0 ﹣45
4 ﹣21 0 ﹣45
A．测量地点位于南半球
B．当地的地磁场大小约为50μT
C．第2次测量时y轴正向指向南方
D．第3次测量时y轴正向指向东方
【解答】解：A．如图所示
地球可视为一个大磁场，磁场南极大致在地理的北极附近，磁场北极大致在地理南极附近。通过这两个磁极的假想直线（磁轴）与地球的自转轴大约成11.3度的倾斜。由表中z轴数据可看出z轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，故A错误；
B．磁感应强度为矢量，故由表格可看出此处的磁感应强度大致为
BTT≈50μT，故B正确；
CD．由选项A可知测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，则第2次测量，测得By＜0，故y轴指向南方，第3次测得Bx＞0，故x轴指向北方而y轴则指向西方，故C正确，D错误。
故选：BC。
（多选）25．（2022 乙卷）一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板（半径分别为R和R+d）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点O为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为r1、r2（R＜r1＜r2＜R+d）；粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射；粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射，轨迹如图（b）中虚线所示。则（ ）
A．粒子3入射时的动能比它出射时的大
B．粒子4入射时的动能比它出射时的大
C．粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能
D．粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能
【解答】解：在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，可设为
E，即Er＝k
A．粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则动能增大，粒子3入射时的动能比它出射时的小，故A错误；
B．粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则动能减小，粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确；
C．带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有
qE1＝m
qE2＝m
可得：m
即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C错误；
D．粒子3做向心运动，则有
qE2＞m
可得：mm
粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确；
故选：BD。
（多选）26．（2021 海南）如图，在平面直角坐标系Oxy的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电量为q的相同粒子从y轴上的P（0，L）点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y轴正方向的夹角为α（0≤α≤180°）。当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力。则（ ）
A．粒子一定带正电
B．当α＝45°时，粒子也垂直x轴离开磁场
C．粒子入射速率为
D．粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为3L
【解答】解：A、根据题意可知粒子垂直x轴离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，故A正确；
BC、当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场，运动轨迹如图1
图1
粒子运动的半径为rL
洛伦兹力提供向心力qvB＝m
解得粒子入射速率v
若α＝45°，粒子运动轨迹如图2
图2
根据几何关系可知粒子离开磁场时与x轴不垂直，故B错误，C正确；
D，粒子离开磁场距离O点距离最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，如图3
图3
根据几何关系可知xm2
解得xm＝3L
故D正确。
故选：ACD。
（多选）27．（2021 湖北）一电中性微粒静止在垂直纸面向里的匀强磁场中，在某一时刻突然分裂成a、b和c三个微粒，a和b在磁场中做半径相等的匀速圆周运动，环绕方向如图所示，c未在图中标出。仅考虑磁场对带电微粒的作用力，下列说法正确的是（ ）
A．a带负电荷
B．b带正电荷
C．c带负电荷
D．a和b的动量大小一定相等
【解答】解：AB、从分裂后a和b粒子的轨迹图可以看出，两粒子均做逆时针方向圆周运动，由左手定则可判断两粒子均带正电，故A错误，B正确；
C、由于中性粒子一分为三，ab带正电，则c一定带负电，故C正确；
D、由于中性粒子一分为三，那么分裂前后，根据动量守恒定律可知，mava+mbvb+mcvc＝0；根据Bqv可知，R，从图示可以看出，ab做匀速圆周运动的半径相等，所以根据半径公式知两粒子的动量与电量的比值相等，但由于不知ab两粒子电量的大小，所以二者的动量大小不一定相等。故D错误。
故选：BC。
三．计算题（共15小题）
28．（2022 天津）如图所示，M和N为平行金属板，质量为m，电荷量为q的带电粒子从M由静止开始被两板间的电场加速后，从N上的小孔穿出，以速度v由C点射入圆形匀强磁场区域，经D点穿出磁场，CD为圆形区域的直径。已知磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，粒子速度方向与磁场方向垂直，重力略不计。
（1）判断粒子的电性，并求M、N间的电压U；
（2）求粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r；
（3）若粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，求粒子在磁场中运动的时间t。
【解答】解：（1）带电粒子在磁场中运动，根据左手定则可知粒子带正电，粒子在电场中运动由动能定理可知qU，解得U；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力提供向心力，有，解得；
（3）设粒子运动轨道圆弧对应的圆心角为θ，如图
依题意粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，由几何关系，得θ
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，有T
带电粒子在磁场中运动的时间
联立解得：
答：（1）粒子带正电，M、N间的电压U为；
（2）粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r为；
（3）若粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，则粒子在磁场中运动的时间t为。
29．（2022 天津）直流电磁泵是利用安培力推动导电液体运动的一种设备，可用图1所示的模型讨论其原理，图2为图1的正视图。将两块相同的矩形导电平板竖直正对固定在长方体绝缘容器中，平板与容器等宽，两板间距为l，容器中装有导电液体，平板底端与容器底部留有高度可忽略的空隙，导电液体仅能从空隙进入两板间。初始时两板间接有直流电源，电源极性如图所示。若想实现两板间液面上升，可在两板间加垂直于Oxy面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，两板间液面上升时两板外的液面高度变化可忽略不计。已知导电液体的密度为ρ0、电阻率为ρ，重力加速度为g。
（1）试判断所加磁场的方向；
（2）求两板间液面稳定在初始液面高度2倍时的电压U0；
（3）假定平板与容器足够高，求电压U满足什么条件时两板间液面能够持续上升。
【解答】解：（1）两平板间的电流方向向右（沿x轴正方向），两板间液体所受的安培力竖直向上（沿y轴正方向），根据左手定则判断可得磁场方向沿z轴负方向（垂直纸面向里）；
（2）设两板间液面稳定时高度为2h，即初始液面高度为h，容器的宽度（前后器壁之间的距离）为d，板间液体所受安培力F等于两板间比容器中液面高出的部分液体（高度为h）的重力G，则有：
G＝ρ0Vg＝ρ0ldhg
板间液体的电阻为：R＝ρ
F＝BIl＝Bl
由F＝G，解得：U0；
（3）设两板间液面稳定时高度为nh，则两板间比容器中液面高出的部分液体的高度为（n﹣1）h，与（2）同理可得：
G′＝（n﹣1）ρ0ldhg＝F′
解得：U
平板与容器足够高，若使两板间液面能够持续上升，则n趋近无穷大，即无限趋近于1，可得：
当U时，两板间液面能够持续上升。
答：（1）所加磁场的方向沿z轴负方向；
（2）两板间液面稳定在初始液面高度2倍时的电压U0为；
（3）假定平板与容器足够高，电压U时两板间液面能够持续上升。
30．（2022 江苏）利用云室可以知道带电粒子的性质．如图所示，云室中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个质量为m、速度为v的电中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧，相同时间内的径迹长度之比la：lb＝3：1，半径之比ra：rb＝6：1．不计重力及粒子间的相互作用力．求：
（1）粒子a、b的质量之比ma：mb。
（2）粒子a的动量大小pa。
【解答】解：（1）设分裂后粒子的电荷量为q，粒子做圆周运动的线速度v
两粒子的线速度之比，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m
解得：m
两粒子质量之比
（2）由（1）可知：va＝3vb，ma＝2mb，
粒子分裂前的质量m＝ma+mb＝1.5ma，
粒子分裂过程系统动量守恒，以粒子的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv＝mava+mbvb，
粒子a的动量大小pa＝mava，
解得：pamv
答：（1）粒子a、b的质量之比ma：mb是2：1.
（2）粒子a的动量大小pa是mv。
31．（2022 浙江）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Q板的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）。
【解答】解：（1）①、进入转筒内的离子在磁场中做匀速圆周运动，由题意知速度大小为v0的离子在磁场中的轨迹为圆周，可得离子的运动半径等于R，由洛伦兹力提供向心力得：
qv0B＝m
解得：B；
②、离子在磁场中运动的时间为：
t
要使速度大小为v0的离子能打在Q板的A处，转筒在此时间内转过的角度需满足：
ωt＝2kπ
联立解得：ω＝（4k+1），（k＝0、1、2……）；
（2设打在板Q的C处的离子在磁场中的运动半径为r，其速度大小为v，运动轨迹如图所示，由几何关系可得：
由洛伦兹力提供向心力得：
qvB＝m
解得：v；
此离子在磁场在运动轨迹的圆心角为π﹣θ，可得此离子在磁场中运动的时间为：
t1
设转筒P角速度的大小为ω1，要使此离子能打在Q板的C处，转筒在此时间内转过的角度需满足：
ω1t1＝2nπ+θ
联立解得：ω1，（n＝0、1、2……）
设转筒P转一周的时间内，打在C处的离子受到平均冲力的大小为F′，由动量定理得：
F′ Nmv
由牛顿第三定律可得，C处受到平均冲力的大小F＝F′
联立解得：F，（n＝0、1、2……）；
（3）由题意并结合（1）（2）的结论，可知转筒P转动的角速度既要等于（4k+1），又要等于，则可得：
（4k+1），（k＝0、1、2……），（n＝0、1、2……），
还需满足：0＜θ′＜π，且θ′
可得：k＜2
当k＝0时，解得：θ′，当n＝0时，θ′，不符题意，舍去；
当k＝1时，解得：θ′，当n＝0时，θ′；n＝1时，θ′（舍去）；n＝2时，θ′。
故板Q上能探测到离子的其它θ′的值为和。
答：（1）①磁感应强度B的大小为；
②转筒P角速度ω的大小为（4k+1），（k＝0、1、2……）；
（2）转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小为，（n＝0、1、2……）；
（3）板Q上能探测到离子的其他θ′的值为和。
32．（2022 山东）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，0＜z≤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；﹣3d≤z＜0，y≥0的空间内充满匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为，方向平行于xOy平面，与x轴正方向夹角为45°；z＜0，y≤0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，从yOz平面第三象限内距y轴为L的点A以一定速度出射，速度方向与z轴正方向夹角为β，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v0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vm；
（3）离子甲以的速度从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Δt（忽略离子间相互作用）。
【解答】解：（1）将离子甲从A点出射速度为v0分解到沿y轴方向和z轴方向，如图1所示
图1
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
L＝v0cos β t
v0sin β＝at
根据牛顿第二定律有：qE＝ma
联立解得：E
（2）离子从坐标原点O沿Z轴正方向进入磁场I中，作出粒子运动轨迹如图所示
图2
由洛伦兹力提供向心力可得
qvB
离子经过磁场I偏转后从轴进入磁场Ⅱ中，由洛伦兹力提供向心力可得
qvB
则
r2r1
为了使离子在磁场中运动，需满足
r1≤d，r2≤3d
联立可得
v
（3）离子甲以的速度从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r，
解得r1
同理在磁场Ⅱ中的运动半径为r2d
作出离子从O点第一次穿过到第四次穿过xOy平面如图3
图3
根据几何关系可知离子第四次穿过xOy平面的x坐标为
x4＝2r2sin45°
离子第四次穿过xOy平面的y坐标为
y4＝2r1＝d
则x4＝y4＝d
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
可得
v'
根据qvB可知
离子乙在磁场I中的轨迹半径为r'1＝2r1
离子乙在磁场Ⅱ中的轨迹半径为r'2＝2r2
据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点如图4所示
图4
从O点进入磁场到第一个交点的过程，有
t乙（4+4）
t甲＝T1′+T2′（2+2）
离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点的时间差为Δt＝t乙﹣t甲
代入数据解得：Δt＝（2+2）
答：（1）电场强度的大小为；
（2）进入磁场时的最大速度为；
（3）第四次穿过xOy平面的位置坐标为（d，d，0）；
（4）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为（2+2）。
33．（2022 甲卷）光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其简化的工作原理示意图如图所示。图中A为轻质绝缘弹簧，C为位于纸面上的线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场；M为置于平台上的轻质小平面反射镜，轻质刚性细杆D的一端与M固连且与镜面垂直、另一端与弹簧下端相连，PQ为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条，PQ的圆心位于M的中心。使用前需调零：使线圈内没有电流通过时，M竖直且与纸面垂直；入射细光束沿水平方向经PQ上的O点射到M上后沿原路反射。线圈通入电流后弹簧长度改变，使M发生倾斜，入射光束在M上的入射点仍近似处于PQ的圆心，通过读取反射光射到PQ上的位置，可以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数为k，磁场磁感应强度大小为B，线圈C的匝数为N、沿水平方向的长度为l，细杆D的长度为d，圆弧PQ的半径为r，r＞＞d，d远大于弹簧长度改变量的绝对值。
（1）若在线圈中通入的微小电流为I，求平衡后弹簧长度改变量的绝对值Δx及PQ上反射光点与O点间的弧长s；
（2）某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将电流通入线圈后，PQ上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为s1；保持其它条件不变，只将该电流反向接入，则反射光点出现在O点下方，与O点间的弧长为s2。求待测电流的大小。
【解答】解：（1）当在线圈中通入的微小电流为I时，线圈中存在安培力，F＝NBIl，
再根据胡克定律有：F＝NBIl＝k|Δx|，
解得：|Δx|；
设此时细杆转动的弧度为θ，则反射光线转过的弧度为2θ，
由题可知，r＞＞d＞＞|Δx|，所以有sin2θ≈2θ，sinθ≈θ，|Δx|＝θd，s＝2θr，
联立可得：s。
（2）因为测量前未调零，设没有通电时反射光点偏移的弧长为s′，由将电流通入线圈后，PQ上反射光点出现在O点上方，与O点间的弧长为s1可知，s1，
当该电流反向接入后，反射光点出现在O点下方，与O点间的弧长为s2可知，s2，
联立可得I′。
34．（2022 浙江）如图为研究光电效应的装置示意图，该装置可用于分析光子的信息。在xOy平面（纸面）内，垂直纸面的金属薄板M、N与y轴平行放置，板N中间有一小孔O。有一由x轴、y轴和以O为圆心、圆心角为90°的半径不同的两条圆弧所围的区域Ⅰ，整个区域Ⅰ内存在大小可调、方向垂直纸面向里的匀强电场和磁感应强度大小恒为B1、磁感线与圆弧平行且逆时针方向的磁场。区域Ⅰ右侧还有一左边界与y轴平行且相距为l、下边界与x轴重合的匀强磁场区域Ⅱ，其宽度为a，长度足够长，其中的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小可调。光电子从板M逸出后经极板间电压U加速（板间电场视为匀强电场），调节区域Ⅰ的电场强度和区域Ⅱ的磁感应强度，使电子恰好打在坐标为（a+2l，0）的点上，被置于该处的探测器接收。已知电子质量为m、电荷量为e，板M的逸出功为W0，普朗克常量为h。忽略电子的重力及电子间的作用力。当频率为ν的光照射板M时有光电子逸出。
（1）求逸出光电子的最大初动能Ekm，并求光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v0的大小范围；
（2）若区域Ⅰ的电场强度大小E，区域Ⅱ的磁感应强度大小B2，求被探测到的电子刚从板M逸出时速度vM的大小及与x轴的夹角β；
（3）为了使从O点以各种大小和方向的速度射向区域Ⅰ的电子都能被探测到，需要调节区域Ⅰ的电场强度E和区域Ⅱ的磁感应强度B2，求E的最大值和B2的最大值。
【解答】解：（1）光电效应方程，逸出光电子的最大初动能
Ekm＝hν﹣W0
则有：Ek+eU：（0≤Ek≤Ekm）
解得：v0
（2）光电子由O进入第一象限，在区域Ⅰ（速度选择器）中受力平衡有：
ev0B1＝eE
解得：v0
根据动能定理有：eU
vM
光电子由O到探测器的轨迹如图所示，由几何关系可知：rsinα
光电子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动有：ev0B2＝m
vMsinβ＝v0sinα
联立解得：β＝30°
（3）由上述表达式ev0B1＝eE，可得：Emax＝B1
结合在区域Ⅱ中：r，rsinα
可得：sinα
而v0sinα等于光电子在M板逸出时沿y轴的分速度，则有：m（v0sinα）2≤Ekm＝hν﹣W0
联立解得：B2
则B2的最大值为
答：（1）逸出光电子的最大初动能为hν﹣W0，光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v0的大小范围为 v0；
（2）被探测到的电子刚从板M逸出时速度vM的大小为，与x轴的夹角β为30°；
（3）E的最大值为B1，B2的最大值为。
35．（2021 重庆）如图1所示的Oxy竖直平面内，在原点O有一粒子源，可沿x轴正方向发射速度不同、比荷均为的带正电的粒子。在x≥L的区域仅有垂直于平面向内的匀强磁场；x＜L的区域仅有如图2所示的电场，0～t0时间内和2t0时刻后的匀强电场大小相等，方向相反（0～t0时间内电场方向竖直向下），t0～2t0时间内电场强度为零。在磁场左边界x＝L直线上的某点，固定一粒子收集器（图中未画出）。0时刻发射的A粒子在t0时刻经过左边界进入磁场，最终被收集器收集；B粒子在时刻以与A粒子相同的发射速度发射，第一次经过磁场左边界的位置坐标为；C粒子在t0时刻发射，其发射速度是A粒子发射速度的，不经过磁场能被收集器收集。忽略粒子间相互作用力和粒子重力，不考虑边界效应。
（1）求电场强度E的大小；
（2）求磁感应强度B的大小；
（3）设2t0时刻发射的粒子能被收集器收集，求其有可能的发射速度大小。
【解答】解：（1）设A粒子发射速度为v，分别画出ABC粒子运动轨迹，如图1：
图1
根据题述可知
L＝vt0
对B粒子沿y方向运动
qE＝ma
联立解得：；
（2）设收集器的位置坐标为（L，y），
对C粒子：L＝0.25v 4t0，
对A粒子：L＝vt0，
A粒子进入磁场时沿x方向分速度为
沿y方向分速度
又
由几何关系得
解得：
A粒子进入磁场时的速度
由洛伦兹力提供向心力
解得：；
（3）设2t0时刻发射的粒子速度为v1，经电场偏转后直接被收集器收集，如图2，
图2
则有
解得：
设2t0时刻发射的粒子速度为v2，先经电场偏转，后进入磁场偏转后被收集器收集，如图2
L＝v2t
y＝y″+2r′cosα
由洛伦兹力提供向心力
v′cosα＝v2
联立解得：，v'2，
所有可能的发射速度为：，，。
答：（1）电场强度E的大小为；
（2）磁感应强度B的大小为；
（3）设2t0时刻发射的粒子能被收集器收集，其有可能的发射速度大小为，，。
36．（2021 辽宁）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Δt；
（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。
【解答】解：（1）设粒子甲经电场加速进入磁场的速度大小为v，粒子甲进入磁场做匀速圆周运动，由O到P点偏转圆周达到P点，则：
碰前粒子甲匀速圆周运动轨迹半径：r＝a
由洛伦兹力提供向心力得：
qBv，
解得：v
在电场中加速的过程，由动能定理得：
qEa
解得：E。
（2）粒子甲由O到P点经过偏转圆周达到P点，其速度沿+y方向，与粒子乙发生弹性正碰，以+y方向为正方向，由动量守恒和机械能守恒得：
mv＝mv甲v乙
mv2m
解得：v甲，v乙；
碰撞后粒子甲、乙带电量均为，均逆时针偏转做匀速圆周运动，设轨迹半径分别为r1、r2，由洛伦兹力提供向心力，得：
Bv甲；
Bv乙
解得：r1＝r2a，
可知第一次碰后两粒子的轨迹重合，到下次相遇粒子乙比粒子甲多运动一个圆周，则：
从两粒子碰撞到下次相遇的时间Δt。
（3）两粒子运动轨迹如下图所示：
粒子乙首次在A点离开第一象限时，粒子甲运动到N点。因v甲，v乙，即v甲v乙，又有两粒子轨迹半径相等均为a，则有角速度ω甲ω乙，故粒子甲转过的圆心角β为粒子乙转过圆心角90°的，即β＝30°。
经一段时间t，两粒子做匀速直线运动，可知粒子甲的匀速运动距离MN＝L，则粒子乙的匀速运动距离AB＝3L，
加上磁场后两粒子的轨迹恰好相切（外切），设两圆心的连线O甲O乙与x轴正方向的夹角为θ。
由几何关系知：NQ＝a tanβ，O甲C＝2a sinθ，MD＝（L+NQ）sin60°，又有：MD＝a sinβ+O甲C
可得：（L+a tan30°）sin60°＝a sin30°+2a sinθ
整理得：
再由几何关系知：O乙Q＝O乙C+CD+DQ＝2a cosθ+a cosβ+（L+a tan30°）cos60°；又有：O乙Q＝3L，
整理得：
解得：L
答：（1）电场强度的大小E为；
（2）从两粒子碰撞到下次相遇的时间Δt为；
（3）这段时间内粒子甲运动的距离L为。
37．（2021 天津）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a、宽为b、长为c，以长方体三边为坐标轴建立坐标系xyz，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子，单位体积内自由电子和空穴的数目分别为n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+y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E，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In，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Fnz；
（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分别为vnz、vpz，求Δt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件。
【解答】解：（1）根据左手定则可知，自由电子受到的洛伦兹力沿+z方向；
（2）设t时间内流过半导体垂直于x轴某一横截面自由电子的电荷量为q，由电流定义式，有：In①
设自由电子在x方向上定向移动速率为vnx，可导出自由电子的电流微观表达式为：In＝neabvnx②
单个自由电子所受洛伦兹力大小为：F洛＝evnxB ③
霍尔电场力大小为：F电＝eE ④
自由电子在z方向上受到的洛伦兹力和霍尔电场力方向相同，联立②③④式，可得其合力大小为：
Fnz＝e（E）；
（3）设Δt时间内在z方向上运动到半导体上表面的自由电子数为Nn、空穴数为Np，
则：Nn＝nacvnzΔt
Np＝pacvpzΔt
霍尔电场建立后，半导体z方向的上表面的电荷量就不再发生变化，则应Nn＝Np，
即在任何相等时间内运动到上表面的自由电子数与空穴数相等，这样两种载流子在z方向形成的电流应大小相等、方向相反。
答：（1）刚加磁场瞬间自由电子受到的洛伦兹力沿+z方向；
（2）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为e（E）；
（3）Δt时间内运动到半导体z方向的上表面的自由电子数为nacvnzΔt，空穴数为pacvpzΔt，这样两种载流子在z方向形成的电流应大小相等、方向相反。
38．（2021 山东）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。
【解答】解：（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：
根据几何关系得：
联立可得：
（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＝ma
由运动的合成与分解得：
L＝vtcosθ，y0＝﹣r（1﹣cosθ），
联立可得：
（3）Ⅱ区内填充磁场后，离子的运动在垂直y轴的平面内的投影为匀速圆周运动，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：
，
由于在y轴方向运动不变，离子的运动轨迹与测试板相切于C点，则离子在Ⅱ区内的运动时间不变，故为：
C到O1的距离为：
s＝2r'sinα+r'
联立可得：
答：（1）离子在Ⅰ区中运动时速度的大小为；
（2）Ⅱ区内电场强度的大小；
（3）移动后C到O1的距离为。
39．（2021 浙江）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。
【解答】解：（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：
2eEdmmv2，
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：
L2，
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：
L2，此时BB0；
根据洛伦兹力提供向心力有：
2e×v0B0，
联立解得，
故B0的取值范围为0～
（3）离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，且满足B0，
所以可得R3，解得R3L，所以可得cos，
离子从端面P射出时，在沿z轴方向根据动量定理有：
FΔt＝nΔtmv0cosθ﹣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′，方向沿z轴负方向。
答：（1）离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小为。
（2）B0的取值范围为0～；
（3）图乙中t0时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力大小为，方向沿z轴负方向。
40．（2021 甲卷）如图，长度均为l的两块挡板竖直相对放置，间距也为l，两挡板上边缘P和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q（q＞0）的粒子自电场中某处以大小为v0的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，不计重力。
（1）求粒子发射位置到P点的距离；
（2）求磁感应强度大小的取值范围；
（3）若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。
【解答】解：（1）带电粒子在电场中受到竖直向下的电场力作用，粒子做类平抛运动，在P点对速度进行分解，如图1所示：
图1
tan60°
粒子做类平抛运动：
水平方向上：x＝v0t0
竖直方向上：y，vy＝at0
其中a
粒子发射位置到P点的距离s
在P点的速度大小：v
联立解得：s，v
（2）带电粒子从Q点射出磁场，运动轨迹如图2所示：
图2
由几何关系可知：粒子从下边缘Q点射出时，轨迹圆的半径为R1
由洛伦兹力提供向心力可知：，磁感应强度B
由此可知，
带电粒子从N点射出磁场，运动轨迹如图3所示：
图3
由几何关系可知：粒子从下边缘N点射出时，设轨迹圆的半径为R2
在ΔONE中：，解得：R2
由洛伦兹力提供向心力可知：，磁感应强度B
由此可知，
磁感应强度大小的取值范围为：B2＜B＜B1
即：B
（3）若粒子正好从QN的中点射出磁场，画出粒子在磁场中的运动轨迹如图4所示：
由几何关系可知，在ΔOAF中，
该轨迹与MN极板最近的距离：
Δx＝l
联立解得：
Δx
答：（1）粒子发射位置到P点的距离为；
（2）磁感应强度大小的取值范围为：B；
（3）若粒子正好从QN的中点射出磁场，粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离为。
41．（2021 河北）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sin37°。
（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＜CS，H、S两点未在图中标出），对于粒子靶在HS区域内的每一点，当电压从零开始连续缓慢增加时，粒子靶均只能接收到n（n≥2）种能量的粒子，求CH和CS的长度（假定在每个粒子的整个运动过程中电压恒定）。
【解答】解：（1）设粒子经电场加速一次进入磁场的速度大小为v1，对此过程由动能定理得
qU0
粒子在磁场中做匀速圆周运动，经过半个圆周正好打在P处，则
匀速圆周运动轨迹半径r1
由洛伦兹力提供向心力，得
qBv1
解得：U0
（2）粒子运动轨迹如右图所示，粒子两次经过极板间电场后，进入正极板下方的匀强磁场，粒子不能打在挡板上，临界条件是粒子匀速圆周运动轨迹与挡板相切，粒子两次经过极板间电场，电场力对粒子做的总功为零，则粒子进入下方磁场的速度大小等于v0，
设粒子进入上方磁场的速度大小为v2，对应的匀速圆周运动半径为r2，在下方磁场中匀速圆周运动半径为r0，
由动能定理得qUmin
由洛伦兹力提供向心力，得
qBv2；qBv0
由几何关系可得：sin37°，解得r2r0
解得Umin
（3）满足题意的粒子轨迹如右图所示，其中粒子1轨迹在下方磁场与挡板相切，在回到上方磁场偏转后与上极板的交点即为满足题意的H点，则
Δx＝2r2﹣2r0
由（2）的结论r2r0，
CH＝2r2+（n﹣1）Δx，（n≥2）；
CS＝2r2+nΔx，（n≥2）。
答：（1）可调电源电压U0的大小为；
（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为；
（3）CH的长度为和CS的长度为，（n≥2）。
42．（2021 浙江）在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。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棱长为L的正方体，其偏转系统底面与晶圆所在水平面平行，间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场时，离子恰好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。当α很小时，有sinα≈tanα≈α，cosα≈1α2。求：
（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）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）偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置，用坐标（x，y）表示；
（4）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，并说明理由。
【解答】解：（1）离子在速度选择器中运动时受力平衡，则有：qvB＝qE，
所以通过速度选择器离子的速度为：v
从磁分析器中心孔N射出离子的运动半径为：R
由洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝m
联立解得：；
（2）经过电场后，离子在x方向偏转的距离为：x1
设离子射出偏转电场时粒子与竖直方向的夹角为θ，根据运动的合成与分解可得：tanθ
离开电场后，离子在x方向偏移的距离：x2＝Ltanθ
则离子沿x轴的偏转位移为：x＝x1+x2
位置坐标为（，0）；
（3）偏转系统仅加磁场时，根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝m
离子进入磁场后做圆周运动半径为：r，
离开磁场时速度方向偏向角为α，如图所示，则sinα
经过磁场时，离子在y方向偏转距离为：y1＝r（1﹣cosα）
离开磁场后，离子在y方向偏移距离为：y2＝Ltanα
则：y＝y1+y2
位置坐标为（0，）；
（4）电场引起的速度增量对y方向的运动不产生影响，所以偏转系统同时加上电场和磁场时，注入晶圆的位置坐标为（，）。
答：（1）离子通过速度选择器后的速度大小为，磁分析器选择出来离子的比荷为；
（2）偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置为（，0）；
（3）偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置为（0，）；
（4）偏转系统同时加上电场和磁场时离子注入晶圆的位置为（，），电场引起的速度增量对y方向的运动不产生影响。
四．解答题（共6小题）
43．（2023 辽宁）如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O′点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力。
（1）求金属板间电势差U。
（2）求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ。
（3）仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O′点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。
【解答】解：（1）设板间距离为d，板长为d，板间电压为U，粒子在电场中做类平抛运动，则有
d＝v0t
t2
两式联立解得U
（2）粒子射出电场时与射入电场时运动方向间的夹角为α，位移偏转角为θ1，由粒子出电场时速度偏转角正切值为位移偏转角正切值2倍求解；则有
tanα＝2tanθ1
tanα＝2tanθ1＝2
解得：α＝30°
粒子进入磁场的轨迹如图示，轨迹的圆心为O1，设粒子做圆周运动的半径为r，圆形磁场半径为R
洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力
qvB＝m
cos30°
v
r
tan∠OO′O1
解得tan∠OO′O1
∠OO′O1＝30°，则θ粒子在磁场中运动圆弧所对应的圆心角为
2∠OO′O1＝2×30°＝60°
即粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ等于粒子在磁场中运动圆弧所对应的圆心角
即θ＝60°
（3）粒子仍从图中O′点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长，即粒子在圆形磁场里做圆周运动的弧所对应的弦最长，即为直径，粒子运动轨迹如图示，改变后的圆形磁场区域的圆心M如图示。
答：（1）求金属板间电势差U为。
（2）粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ为60°。
（3）见解答。
44．（2023 江苏）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。xOy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射，入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
（1）求电场强度的大小E；
（2）若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1；
（3）若电子入射速度在0＜v＜v0范围内均匀分布，求能到达纵坐标y2位置的电子数N占总电子数N0的百分比。
【解答】解：（1）电子入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动，可知电子受到的沿y轴正方向的电场力与沿y轴负方向的洛伦兹力大小相等，则有：
eE＝eBv0
解得：E＝Bv0
（2）电子的入射速度为v0，电子的运动轨迹如题图中的虚线所示，电子运动过程中所受洛伦兹力不做功，只有电场力做功，根据动能定理得：
eEy1m（）2m（）2
解得：y1
（3）电子入射速度为v（0＜v＜v0），设电子在最高点时的速度大小为vm。
电子在最低点所受的合力大小为：F1＝eE﹣eBv
电子在最高点所受的合力大小为：F2＝eBvm﹣eE
由题意可得：F1＝F2
联立解得：vm＝2v0﹣v
设电子到达最高点的纵坐标为ym，同理，根据动能定理得：
eEymmv2
解得：ym
由0＜v＜v0，可得：0＜ym，且ym与v成线性关系，可知电子在空间的轨迹分布是均匀的，能到达纵坐标y2位置的电子，其到达最高点的纵坐标在[，）区间。
则电子数N占总电子数N0的百分比为：η
解得：η＝90%
答：（1）电场强度的大小E为Bv0；
（2）若电子入射速度为，运动到速度为时位置的纵坐标y1为；
（3）能到达纵坐标y2位置的电子数N占总电子数N0的百分比为90%。
45．（2023 湖北）如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t＝0时刻，一带正电粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入，第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周。已知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求
（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小。
（2）粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小。
（3）时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到的过程中粒子乙运动的路程。（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可）
【解答】解：（1）根据带电微粒从P点射入磁场，能到达点O，根据几何关系确定轨道半径为a，由洛伦兹力提供向心力得：Bqv＝m
解得：v
（2）粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动两个圆周，可知甲的周期是乙的周期的2倍，即T甲＝2T乙
根据带电粒子在磁场中运动的的周期公式得：，
解得：m乙
第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰，碰前在O点甲的速度沿y轴负方向，为﹣v，碰后为3v，设碰前在O点乙的速度为v1，碰后为v2，根据动量守恒定律得：m（﹣v）m 3v
所有碰撞均为弹性正碰，再根据机械能守恒得：
联立解得：
第一次碰撞前粒子乙的速度为v1＝5v，方向指向y轴正方向；
第一次碰撞后粒子乙的速度为v2＝﹣3v，方向指向y轴负方向；
（3）0时刻开始，设第二次弹性正碰后，粒子甲的速度为v3，粒子乙的速度为v4，根据动量守恒定律得：m 3vmv3
所有碰撞均为弹性正碰，再根据机械能守恒得：
联立解得：v3＝﹣v，粒子乙的速度为v4＝5v
因为第二次碰后两种粒子速度等于第一次碰前的速度，可知，粒子甲经过第奇数次碰撞后速度变为3v，经过第偶数次碰撞后速度变为﹣v，粒子乙经过第奇数次碰撞后速度变为﹣3v，经过第偶数次碰撞后速度变为5v；
根据题意，从第一次碰撞开始，甲粒子完成一个周期、乙粒子完成两个周期两种粒子在磁场中就在O点碰撞一次；
从t＝0时刻开始，由于第一次碰撞是甲运动了半个周期发生的，到时刻，粒子甲完成了9次碰撞又运动了半个周期，乙完成了9次碰撞又运动了一个周期，因此在第9次碰后，甲粒子速度为3v，粒子乙的速度为﹣3v，根据洛伦兹力提供向心力可知，甲经过奇数次碰撞后轨道半径变为
根据左手定则判断第9次碰后经过粒子甲运动的半个周期，运动到x轴负方向，所以到时刻粒子甲的坐标为（﹣6a，0）；
由于粒子乙碰后完成了粒子乙运动的一个周期，坐标为（0，0）；
根据洛伦兹力提供向心力可知，乙经过奇数次碰撞后轨道半径变为
经过偶数次碰撞后轨道半径变为
从第一次碰撞到的过程中粒子乙运动了9个轨道半径为1.5a的圆周以及8个轨道半径变为2.5a的圆周；从第一次碰撞到的过程中粒子乙运动的路程为l＝9×2π×1.5a+8×2π×2.5a＝67πa。
答：（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小为；
（2）粒子乙的质量为，第一次碰撞后粒子乙的速度大小为3v；
（3）时刻粒子甲的坐标为（﹣6a，0），乙的位置坐标为（0，0）；从第一次碰撞到的过程中粒子乙运动的路程为67πa。
46．（2023 浙江）利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy平面（纸面）的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于（0，3L）处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。
（1）求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t；
（2）若B2＝2B1，求能到达处的离子的最小速度v2；
（3）若B2，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在～范围，求进入第四象限的离子数与总离子数之比η。
【解答】解：（1）离子在磁场区域Ⅰ中做匀速圆周运动，不进入区域Ⅱ速度最大的离子的运动轨迹与区域Ⅰ和Ⅱ的分界线相切，其运动轨迹如图1所示。
设其匀速圆周运动的半径为r，圆周轨迹的圆心角为2α，由几何关系可得：
α＝60°，r﹣L＝rcosα
解得：r＝2L
由洛伦兹力提供向心力得：
qB1v1＝m
解得：v1
离子在磁场区域Ⅰ中做匀速圆周运动的周期T
在磁场中的运动时间t
（2）能到达处的速度最小的离子在磁场区域中的运动轨迹与直线相切，其运动轨迹如图2所示。
设离子在A点进入磁场区域Ⅰ时沿x、y轴的分速度分别为v2x、v2y，在C点进入磁场区域Ⅱ时沿x轴的分速度分别为v2x′，在C点离子的速度与x轴的夹角为θ，在区域Ⅱ中的运动半径为R，则有：
v2x＝v2cos60°v2，v2x′＝v2cosθ
设离子由A到C的过程中某时刻沿y轴的分速度为v2yi，以沿x轴正方向为正方向，此过程沿x轴方向由动量定理得：
∑qB1v2yi Δt＝mv2x′﹣mv2x
其中：∑v2yi Δt＝L
已知：B2＝2B1
联立可得：qB2L＝mv2cosθmv2
由几何关系得：RRcosθ
由洛伦兹力提供向心力得：qB2v2＝m
联立解得：R＝2L，v2
（3）设速度大小为v3的离子，在区域Ⅱ中的运动轨迹与x轴相切，对此粒子由进入区域Ⅰ到与x轴相切的过程，与（2）同理，以沿x轴正方向为正方向，此过程沿x轴方向由动量定理得：
∑qB1v3yi Δt+∑qB2v3yi Δt＝mv3﹣mv3cos60°
其中：∑qB1v3yi Δt＝qB1L
∑qB2v3yi Δt＝∑q v3yi Δt＝∑q ΔyydyqB1L
联立可得：qB1LqB1L＝mv3mv3
解得：v3
故离子源射出的离子速度大于的离子能进入第四象限，则进入第四象限的离子数与总离子数之比为：
η
答：（1）离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1为，其在磁场中的运动时间t为；
（2）能到达处的离子的最小速度v2为；
（3）进入第四象限的离子数与总离子数之比η为。
47．（2021 广东）如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。各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外。电子以初动能Ek0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。已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为R，电子质量为m，电荷量为e。忽略相对论效应。取tan22.5°＝0.4。
（1）当Ek0＝0时，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θ均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示。求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能；
（2）已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射。当Ek0＝keU时，要保证电子从出射区域出射，求k的最大值。
【解答】解：（1）设电子进入Ⅰ区的速度大小为v1，电子从P到进入Ⅰ区过程中，根据动能定理可得：2eU
解得：v1＝2
设电子在Ⅰ区运动轨迹半径为r，电子在Ⅰ区运动情况如图1所示；
根据图中几何关系可得：tan22.5°，解得：r＝0.4R
根据洛伦兹力提供向心力可得：ev1B1＝m
解得Ⅰ区的磁感应强度大小B1；
粒子在Ⅰ区运动的周期T，
粒子轨迹对应的圆心角为：α＝360°﹣（180°﹣45°）＝225°
电子在Ⅰ区磁场中的运动时间t
整理可得：t
从开始运动到从Q点射出，根据动能定理可得电子在Q点出射时的动能为：EkⅠ＝8eU；
（2）电子在Ⅰ区运动的轨迹恰好与边界相切时，k值最大，电子在Ⅰ区运动轨迹如图2所示；
根据几何关系可得：r′2+R2，解得：r′R
根据洛伦兹力提供向心力可得r′
由此可得：r′∝v，r′2∝Ek，
如果k＝0，则粒子在Ⅰ区运动的轨迹半径r0＝r＝0.4R
所以有：
且有：
解得：k，所以要保证电子从出射区域出射，k的最大值为。
答：（1）当Ek0＝0时，Ⅰ区的磁感应强度大小为、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间为、在Q点出射时的动能为8eU；
（2）当Ek0＝keU时，要保证电子从出射区域出射，k的最大值为。
48．（2021 湖南）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m、电荷量为+q）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xOy平面内的粒子，求解以下问题。
（1）如图（a），宽度为2r1的带电粒子流沿x轴正方向射入圆心为A（0，r1）、半径为r1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O，求该磁场磁感应强度B1的大小；
（2）如图（a），虚线框为边长等于2r2的正方形，其几何中心位于C（0，﹣r2）。在虚线框内设计一个区域面积最小的匀强磁场，使汇聚到O点的带电粒子流经过该区域后宽度变为2r2，并沿x轴正方向射出。求该磁场磁感应强度B2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Ⅱ均为边长等于r3的正方形，虚线框Ⅲ和Ⅳ均为边长等于r4的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分别设计一个区域面积最小的匀强磁场，使宽度为2r3的带电粒子流沿x轴正方向射入Ⅰ和Ⅱ后汇聚到坐标原点O，再经过Ⅲ和Ⅳ后宽度变为2r4，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Ⅲ中磁场磁感应强度的大小，以及Ⅱ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）。
【解答】解：（1）利用圆形区域匀强磁场实现对带电粒子流的磁聚焦，需要满足：粒子匀速圆周运动半径与圆形磁场区域的半径相等，设粒子做匀速圆周运动的半径为R1，则有R1＝r1，
粒子匀速圆周运动所需向心力等于洛伦兹力，则有：qvB1＝m
解得：B1
（2）在磁场B1中汇聚到O点的带电粒子进入磁场B2后，射出后变为宽度为2r2平行粒子束，此为磁聚焦的逆过程（磁控束），粒子运动轨迹如右图中红色轨迹，则可知需要的区域面积最小的匀强磁场应为以出射的粒子流的宽度为直径的圆形区域磁场，如右图中蓝色圆形区域，设粒子匀速圆周运动半径为R2，需要的最小圆形磁场区域半径为r2′，则有R2＝r2′＝r2，
粒子做匀速圆周运动所需向心力等于洛伦兹力，则有：qvB2＝m，
解得：B2，
带正电粒子在磁场B2中做逆时针匀速圆周运动，由左手定则判断，磁感应强度B2的方向为垂直xOy平面向里，
该磁场区域的面积S
（3）进入区域Ⅰ的粒子经磁聚焦由O点进入区域Ⅳ经磁控束后离开磁场；同理，进入区域Ⅱ的粒子经磁聚焦由O点进入区域Ⅲ经磁控束后离开磁场，则可知在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的圆形磁场区域半径为r3，粒子匀速圆周运动半径也为r3，同理，在区域Ⅲ和区域Ⅳ中的圆形磁场区域半径为r4，粒子匀速圆周运动半径也为r4，如右图所示，各区域中的蓝色圆弧为最小区域磁场边界，红色圆弧为入射或出射时离x轴距离最远的粒子运动轨迹，则各区域需要的磁场区域最小面积为蓝色圆弧与红色圆弧围成的区域面积。
设区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B3，则有：qvB3＝m
解得：B3
设区域Ⅲ中磁场的磁感应强度为B4，则有：qvB4
解得：B4
区域Ⅱ中匀强磁场区域的面积S2＝2（）
区域Ⅳ中匀强磁场区域的面积S4＝2（）
答：（1）该磁场磁感应强度B1的大小为；
（2）该磁场磁感应强度B2的大小为，方向为垂直xOy平面向里，以及该磁场区域的面积为；
（3）Ⅰ和Ⅲ中磁场磁感应强度的大小分别为和，以及Ⅱ和Ⅳ中匀强磁场区域的面积分别为和。
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