2023年高考物理一模試題匯編全國通用13 磁場的性質（解析版）

專題13破場的性質

1、（2023?浙江省強基聯(lián)盟高三下學期2月統(tǒng)測）CT掃描是計算機X射線斷層掃描技術的簡稱，圖中的

CT掃描機可用于對多種病情的探測。圖（a）是某種CT機主要部分的剖面圖，其中X射線產(chǎn)生部分的示意

圖如圖（b）所示。圖（b）中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內有勻強偏轉磁場，經(jīng)調節(jié)后電

子束從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進，打到靶上，產(chǎn)生X射線（如圖中帶箭頭的虛線所示），

將電子束打到靶上的點記為P點。則（）

A.M接加速電壓的正極

B.偏轉磁場的方向垂直于紙面向外

C.僅減小M、N之間的加速電壓，可使尸點左移

D.僅增大偏轉磁場磁感應強度的大小，可使P點右移

【答案】C

【解析】A.根據(jù)題意可知，電子在MN之間加速，受到向右的電場力，所以MN之間的電場線水平向左，

則M接加速電壓的負極，故A錯誤；

B.由電子運動軌跡粒子，電子進入磁場時受到向下的洛倫茲力作用，根據(jù)左手定則可知偏轉磁場的方向

垂直于紙面向里，故B錯誤；

CD.電子在加速電場中加速，由動能定理得

eU=-ιnv2-O

2

電子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得

evB=in—

解得電子在磁場中做圓周運動的軌道半徑

如減小M、N之間的加速電壓，電子在磁場中做圓周運動的半徑，?減小，電子出磁場時的速度偏角變大，

P點左移；增大偏轉磁場磁感應強度的大小，則電子在磁場中做圓周運動的半徑減小，電子出磁場時的速

度偏角增大，P點左移，故C正確，D錯誤。

故選Co

2、（2023?安徽省江南十校高三下學期聯(lián)考）根據(jù)相對論效應，運動粒子的質量>FJ,人為粒

子的靜止質量。把放射源鈾、針或鐳放入用鉛做成的容器中，射線只能從容器的小孔射出，成為細細的一

束。已知α粒子的速度約為光速的木，夕粒子的速度接近光速。若在射線經(jīng)過的空間施加勻強磁場，可

觀察到分裂成三束的實際射線軌跡，如圖所示，設α粒子的偏轉半徑為〃，夕粒子的偏轉半徑為若不

考慮相對論效應，只根據(jù)經(jīng)典物理學理論計算出α粒子的偏轉半徑為匕，計算出β粒子的偏轉半徑為歐，

以下說法正確的是（）

A.向左偏轉的是a射線

B.向左偏轉的是￡射線

C.

rarβ

D.??

rarβ

【答案】AC

【解析】AB.根據(jù)左手定則可判斷，帶正電的α粒子受到向左的洛倫茲力，向左偏轉，帶負電的夕射線受

到向右的洛倫茲力，向右偏轉，A正確，B錯誤;

CD.不考慮相對論時，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動時，由

V2,7?v

qBnv=，叫）一=>r=-2-

r'qB

考慮相對論效應

得

a粒子的速度約為光速的《，β粒子的速度接近光速。

≈OO

聯(lián)立解得

rarβ

CiE確，D錯誤。

故選AC.

3、（2023?湖北省八市高三下學期3月聯(lián)考）如圖所示，。點為兩個半圓的圓心，兩個半圓間的區(qū)域內（含

邊界）有垂直紙面向外的磁場（圖中沒有畫出），磁感應強度大小與到圓心。的距離成反比。粒子。、人從

左邊入口進入，分別沿著內半圓和外半圓做勻速圓周運動。已知內、外半圓的半徑之比為1:2,粒子a、b

的質量之比為1:2,電量之比為1:2,不計粒子的重力和粒子間的相互作用。下列說法中正確的是（）

A.粒子α,6的速度大小之比為1:1

B.粒子α,匕的速度大小之比為1:2

C.粒子”，〃在磁場中運動時間之比為1:1

D.粒子小人在磁場中運動時間之比為2:1

【答案】AD

【解析】AB.由洛倫茲力提供向心力得

2

qvB=-

推導得

V=吆

m

代入已知量得粒子。、粒子b的速度大小之比為1：1,A正確，B錯誤;

CD.磁場中運動時間

πr

t=—

V

得粒了?人粒子b在磁場中運動時間之比為2：1,C錯誤，D正確。

故選ADo

4、（2023?湖北省八市高三下學期3月聯(lián)考）無限長通電直導線周圍磁場的磁感應強度大小為8=（其

中Z為比例系數(shù)，/為直導線的電流強度，d為離直導線的距離）。如圖所示，在光滑絕緣桌面上有三根相

互平行無限長的通電直導線。、b、c,均處于靜止狀態(tài)。導線6、C的間距是導線。、匕的兩倍，導線b中

電流大小為/°,方向水平向右。下列說法中正確的是（）

-----------------------------------a

-----------------?-----------------b

-----------------------------------c

3

A.導線“中電流大小為31°,方向水平向右

B.導線。中電流大小為:/°,方向水平向左

C.導線C中電流大小為2/（）,方向水平向左

D.導線C中電流大小為3/。，方向水平向右

【答案】B

【解析】AB.對通電導線c而言，在光滑桌面上處于靜止狀態(tài)，說明導線。、b在導線C處產(chǎn)生的磁場大小

相等方向相反，合磁場為零。所以導線。中的電流方向應與人中的電流方向相反，方向水平向左。設導線

a、。間的距離為d,則導線b、C間的距離為2d,導線〃、。間的距離為3d。則有

3d2d

解得

故A錯誤，B正確。

CD.對通電導線”而言，在光滑桌面上處于靜止狀態(tài)，說明導線爪C在導線”處產(chǎn)生的磁場大小相等方

向相反，合磁場為零。所以導線C中的電流方向應與〃中的電流方向相反，方向水平向左。且有

占=也

3dd

解得

故CD錯誤。

故選Bo

5、（2023?福建省福州市高三下學期二模）如圖所示，兩實線所圍成的環(huán)形區(qū)域內有一徑向電場，場強方

向沿半徑向外，電場強度大小可表示為￡=色，。為常量。電荷量相同、質量不同的兩粒子在半徑r不同的

r

圓軌道運動。不考慮粒子間的相互作用及重力，則（）

?

A.兩個粒子均帶負電

B.質量大的粒子動量較小

C.若將兩個粒子交換軌道，兩個粒子仍能做勻速圓周運動

D.若加上垂直紙面的勻強磁場，兩個粒子一定同時做離心運動或向心運動

【答案】AC

【解析】A.兩個粒子做圓周運動，則所受電場力指向圓心，可知兩粒子均帶負電，選項A正確：

B.根據(jù)

V2

Eq=tn—

r

且

p=mv

E=-

r

可得

p=y[maq

兩粒子電量相等，則質量大的粒子動量較大，選項B錯誤;

C.根據(jù)

av2

Eq=-q=m—

rr

可得

mv2=aq

與軌道半徑無關，則若將兩個粒子交換軌道，兩個粒子仍能做勻速圓周運動，選項C正確;

D.由表達式

mv2=aq

可知，兩粒子動能相同，根據(jù)

p=mv=y∣2mEk

可知兩粒子動量不同；若加上垂直紙面的勻強磁場，若能做勻速圓周運動，則滿足

v2

qvB=777—

tnvp

qBπ=——=—

兩粒子電量相等，則如相等，若例＞￡粒子做向心運動；當M＜二時粒子做離心運動，但是與K的關系

rrr

不能確定，即兩個粒子不一定能同時做離心運動或向心運動，選項D錯誤。故選AC。

6、（2023?福建省龍巖市高三下學期3月質檢）如圖所示，直角三角形ABC區(qū)域內有垂直紙面向外的勻

強磁場（圖中未畫出），AC邊長為/,回8=30",一群比荷為2的帶正電粒子以相同速度在CD范圍內垂直

m

AC邊射入，從。點射入的粒子恰好不從AB邊射出。已知從BC邊垂直射出的粒子在磁場中運動的時間為

t,粒子在磁場中運動的最長時間為∣f,不計粒子的重力及粒子間的相互作用力，則（）

A

B.粒子運動的軌道半徑為且/

A.磁感應強度大小為一

qt7

c.粒子射人磁場的速度大小為幽D.粒子在磁場中掃過的面積為色也叫尸

It49

【答案】CD

【解析】A.帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動,垂直BC邊射出的粒子在磁場中運動的時間是

πm

而

解得

πrn

D-----

2qt

故A錯誤;

B.設運動時間最長的粒子在磁場中的運動軌跡所對的圓心角為仇則有

且T=馴/

2πqB3

解得

畫出該粒子的運動軌跡如圖

弧軌跡的圓心均在鉛板的。點，Oa=R、函0〃=團Coh=60。，粒子與鉛板的作用時間忽略不計，下列說法

正確的是（）

A.該粒子帶正電B.粒子從4到C的運動時間為Cr

2Bk

C.粒子與鉛板的碰撞生熱為3B%2必D.c點與d點的電勢差為次2

O

【答案】BD

【解析】A.由左手定則可知該粒子帶負電，選項A錯誤；

B.粒子從α到C的運動時間為

πmπm

t=-X--------1----X—

a3IfBq3Bq

結合A=幺，綜合計算可得

m

_π

tac~2Bk

選項B正確；

C.分析可知粒子在兩個磁場中運動的圓弧軌跡半徑相等，設為R,由洛倫茲力充當向心力可得

2Bq%=哈

RF/

即2F

綜合可得

mvx=IBqR

mv2=BqR

由能量守恒，粒子與鉛板的碰撞生熱為

AZV22

β=?∕I-?mv2

結合根=/，綜合計算可得

K

Q=^B2R2qk

選項C錯誤；

D.分析可知粒子從c?點到4點做類斜拋運動，粒子在c點的速度與巴的夾角為30。，把粒子在c?點的速度

分別沿著只/和電場線的方向分解，沿著巴方向的分速度為

Vt=v2cos30°

粒子到達"點時沿電場線方向的分速度為0,由動能定理

TJ12?2

UCdq=鏟2~~tnvx

結合

m=-

k

mv1=BqR

綜合解得

外沙卬

O

選項DIE確。

故選BDo

8、（2023?湖南省長沙市雅禮中學高三下學期第七次月考）如圖質量為"?、電荷量為4的帶正電粒子（忽

略粒子重力），以速度%沿00'方向垂直射入相互正交的豎直向下的勻強電場E和水平向里勻強磁場8,

2F

經(jīng)過該區(qū)域中的P點的速率為Vp,此時側移量為s,若％=——，下列說法中正確的是（）

B

A.帶電粒子在P點的速率Up=

帶電粒子的加速度大小恒為變

B.

m

mEπm

若S=源，粒子從射入該區(qū)域到尸點所用時間至少福

D.粒子在運動過程中洛倫茲力始終大于電場力

【答案】BC

【解析】

A.粒子運動過程中，洛倫茲力始終與速度方向垂直而不做功，則根據(jù)動能定理

2

-qEs-^mvp—?//zvθ

解得

IqEsf

VP=

m

故A錯誤;

B.將粒子進入電磁場的初速度%看成是兩個水平向右分速度匕、%的合成，其中水平向右分速度匕滿足

qvtB=qE

解得

E

W=-

B

則另一水平向右分速度匕滿足

IJ—IJ__E___2__E__E_~~_E_

2-0B~BB~B

則粒子在電磁場中的運動可分解為:以V1水平向右做勻速直線運動和以V2大小做勻速圓周運動，其中以V2

大小做勻速圓周運動由洛倫茲力提供向心力；可知粒子運動過程受到的合力大小為

E

F令=q%B=q=B=qE

D

根據(jù)牛頓第：定律可知帶電粒子的加速度大小為

a=%=處

mm

故C正確；

C.以叫大小做勻速圓周運動由洛倫茲力提供向心力，則有

qvB=m-

2r

解得

vEγι----

_mv2_B_mE

qBqBqB2

若

mE

s=——7=r

qB-

可知粒子從射入該區(qū)域到P點所用時間至少為

1F12πmπm

t.=-T=-×------=------

m*n44qBIqB

故C正確;

D.粒子合速度為分速度匕與匕的合成，其中匕的大小方向均保持不變，匕的大小不變，方向時刻發(fā)生

改變，當彩方向與匕方向相反時，粒子的合速度最小，則有

vi—Iv1—v21=———=O

minI121§

可知粒子受到的洛倫茲力最小值為零，而粒子受到的電場力保持不變，故D錯誤。

故選BCo

9、（2023?湖南省長沙市雅禮中學高三下學期第七次月考）如圖所示，磁感應強度為8的勻強磁場方向垂

直紙面向里，圖中虛線為磁場的邊界，其中歷段是半徑為R的四分之一圓弧，ab、Cd的延長線通過圓弧

的圓心，Ob長為R。一束質量為"人電荷量為4的粒子，在紙面內以不同的速率從。點垂直外射入磁場，

已知所有粒子均從圓弧邊界射出，其中〃、N是圓弧邊界上的兩點，不計粒子間的相互作用和重力。則下

列分析中正確的是（）

XX×X×

XX×XX

X0、×XXX

N?χXXX

Xv?

M?XXX

I

b''~θ"a

A.粒子帶負電

B.從M點射出粒子的速率一定大于從N點射出粒子的速率

C.從M點射出粒子在磁場中運動時間一定小于從N點射出粒子所用時間

2πm

D.所有粒子所用最短時間為

3qB

【答案】D

【解析】

A.粒子做逆時針的勻速圓周運動，根據(jù)左手定則，可知粒子帶正電，A錯誤;

B.根據(jù)

A.若線圈靜止在導線正上方，當導線中通過正弦交流電，線圈中會產(chǎn)生感應電流

B.若線圈在恒定電流正上方由西向東運動，檢測線圈受到安培力與運動方向相反

C.若線圈由北向南沿水平地面通過恒定電流上方，感應電流的方向先逆時針后順時針，然后再逆時針

D.若線圈由北向南沿水平地面通過恒定電流上方，檢測線圈所受安培力在水平方向的分量一直向北

【答案】CD

【解析】A.若線圈靜止在導線正上方，當導線中通過正弦交流電，由對稱性可知，通過線圖的磁通量為

零，變化量為零。感應電流為零，故A錯誤；

B.若線圈在恒定電流正上方由西向東運動，由對稱性可知，通過線圈的磁通量為零，變化量為零。感應

電流為零，安培力為零，故B錯誤；

C.根據(jù)通電直導線周圍的磁感線分布特點，檢測線圈自北靠近直導線到導線正上方的過程中，穿過線圈

的磁場有向下的分量，且磁通量先增大后減小，由楞次定律和安培定則可知，線圈中的電流方向先逆時針

后順時針；當檢測線圈逐漸遠離宣導線的過程中，穿過線圈的磁場有向上的分量，磁通量先增大后減小，

由楞次定律和安培定則可知，線圈中的電流方向先順時針后逆時針，故C正確；

D.由楞次定律"來拒去留"可知，檢測線圈受到安培力在水平方向的分量一直向北，故D正確。

故選CD0

11、（2023?湖北省華中師大新高考聯(lián)盟高三下學期一模）如圖所示，一個圓柱體空間被過旋轉軸的平面

MNPQ劃分成兩個區(qū)域，兩區(qū)域分布有磁感應強度大小相等、方向相反且與Z軸平行的勻強磁場。一質子

以某一速度從圓柱體左側垂直O(jiān)yZ平面進入磁場，并穿過兩個磁場區(qū)域。質子重力忽略不計。下列關于質

子運動軌跡在不同坐標平面的投影中，可能正確的是（）

12、（2023?四省高三下學期2月適應性測試）空間存在勻強磁場，磁感應強度大小為8,方向垂直于紙

面，線段MN是屏與紙面的交線，長度為4L,其左側有一粒子源S,可沿紙面內各個方向不斷發(fā)射質量為

，小電荷量為q、速率相同的粒子；SPLMN,P為垂足，如圖所示，己知SP=MP=乙，若MN上所有的

點都能被粒子從其右側直接打中，則粒子的速率至少為（）

M

S?-P

N

λ應qBLf32qBL^qBLnMqBL

mmmm

【答案】C

【解析】粒子要打中MN的右側所有位置，最容易的方式為粒子從S匕出，繞過距離最近的〃點，從右側

打中MN最下端的N點，粒子運動的軌跡如圖所示

MN為軌跡圓的弦長，Q為MN中點、,SP=PQ=L,MQ=2L.粒子運動的半徑為『，根據(jù)幾何關系可知

四邊形SpOQ為平行四邊形，則

r2=OQ2+MQ2

解得

r=√5L

粒子在勻強磁場中勻速圓周運動，洛倫茲力完全提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可知

V2

qvB=m—

解得粒子的最小速率為

y∕5qBL

V=-----

m

故選Co

13、（2023?山東省濟寧市高三下學期一模）特高壓直流輸電是國家重點工程，輸電線路簡化圖如圖所示。

高壓輸電線上使用“?；?正方形間隔棒”支撐導線LnL2、L3、L4,其目的是固定各導線間距，防止導

線互相碰撞，圖中導線Li、L2、L3、U水平且恰好處在正四棱柱的四條棱上，并與“a。Cd正方形間隔棒”

所在平面垂直，abed的幾何中心為。點，。點到四根導線的距離相等并遠小于導線的長度，忽略地磁場，

當四根導線通有等大、同向的電流時，下列說法正確的是（）

A.。點的磁感應強度沿ac連線方向

B.。點的磁感應強度沿切連線方向

C.L1所受安培力沿正方形的對角線函方向

D.Ll所受安培力沿正方形的對角線〃方向

【答案】C

【解析】

AB.根據(jù)右手螺旋定則以及對稱性可知，直導線L1和L3在。點處的磁感應強度為零，直導線L2和L3在

。點處的磁感應強度為零，所以。點處的磁感應強度為零，故AB錯誤；

CD.如果通電導線均通垂直紙面向外的電流，根據(jù)右手螺旋定則可得L2、L3、L4在Ll處的磁感應強度的

方向從Ll指向L2,再根據(jù)左手定則可以確定，L受到的安培力的方向應馬磁感應強度方向垂直，即Ll所

受安培力沿正方形的對角線近方向，故C正確，D錯誤。

故選C。

14、（2023?廣東省深圳市高三下學期第一次調研）質譜儀可以用來分析同位素。如圖所示，在容器A中

有互為同位素的兩種原子核，它們可從容器A下方的小孔Sl無初速度飄入加速電場，經(jīng)小孔S3垂直進入

勻強磁場，分別打到M、N兩點，距離S3分別為玉、x2,則分別打到M、N的原子核質量之比為（）

【答案】C

【解析】

設原子核質量為，加電荷量為4,進入磁場時的速度大小為V,則粒子在電場中加速的過程，由動能定

理得

qU=-mv2

2

得速度為

V=

在磁場中，洛倫茲力提供向心力

mv2

qvB=

代入速度得

_1∣2mU

由題知C=2，4=/，因此有

得原子核質量之比為

色=E

m2%2

15、（2023?廣東省深圳市高三下學期第一次調研）反亥姆霍茲線圈是冷原子實驗室中的科研裝置，結構

如圖所示。一對完全相同的圓形線圈，共軸放置。已知。為裝置中心點，〃、氏c、d點到。點距離相等，

直線ClOb與線圈軸線重合,直線Coa與軸線垂直。現(xiàn)兩線圈內通入大小相等且方向相反的電流,貝版）

A.兩線圈間為勻強磁場B.O點的磁感應強度為零

C.〃、C?兩點的磁感應強度相同D.b、d兩點的磁感應強度相同

【答案】B

【解析】

B.根據(jù)安培定則，左側線圈產(chǎn)生的磁場在從d點處的磁感應強度方向整體向右，右側線圈產(chǎn)生的磁場在

6、d點處的磁感應強度方向整體向左，由于兩線圈內通入的電流大小相等，根據(jù)對稱性可知，兩線圈在。

點產(chǎn)生的磁場的磁感應強度大小相等，方向相反，則。點的磁感應強度為零，B正確；

A.根據(jù)上述。點的磁感應強度為零，可知兩線圈間的磁場不是勻強磁場，A錯誤；

C.根據(jù)環(huán)形電流磁場的磁感線分布規(guī)律可知，左側線圈在“點的磁場方向斜向右下方，在C點的磁場方

向斜向右上方，右側線圈在4點的磁場方向斜向左下方，在C點的磁場方向斜向左上方，根據(jù)對稱性結合

磁場疊加可知，兩線圈在。、C兩點的磁感應強度大小相等，方向相反，即。、C兩點的磁感應強度不相同，

C錯誤；

D.根據(jù)環(huán)形電流磁場磁感線分布規(guī)律可知，左側線圈在氏d兩點的磁場方向均向右，右側線圈在6、

d兩點的磁場方向均向左，根據(jù)對稱性結合磁場疊加可知，氏”兩點的磁感應強度大小相等，方向相反,

即從d兩點的磁感應強度不相同，D錯誤。

故選Bo

16、（2023?山東省歷城二中高三下學期一模）如圖所示，磁感應強度為B的勻強磁場方向垂直紙面向里，

圖中虛線為磁場的邊界，其中標段是半徑為R的四分之一圓弧，ab,c"的延長線通過圓弧的圓心，。萬長

為R。一束質量為〃八電荷量為q的粒子，在紙面內以不同的速率從。點垂直向射入磁場，已知所有粒

子均從圓弧邊界射出，其中M、N是圓弧邊界上的兩點，不計粒子間的相互作用和重力。則下列分析中正

確的是（）

a；XXX×X

×××XX

LXXXXX

C於7×XX

Λ∕?X[X

X

b0'a

A.粒子帶負電

B.從M點射出粒子的速率一定大于從N點射出粒子的速率

C.從M點射出粒子在磁場中運動時間一定小于從N點射出粒子所用時間

2τIm

D.所有粒子所用最短時間為丁丁

SqB

【答案】D

【解析】

A.粒子做逆時針的勻速圓周運動，根據(jù)左手定則，可知粒子帶正電，A錯誤;

B.根據(jù)

上無摩擦滑動。線圈位于導軌間的輻向磁場中，其所在處的磁感應強度大小均為8。開關S與1接通，恒

流源與線圈連接，動子從靜止開始推動飛機加速，飛機達到起飛速度時與動子脫離；此時S擲向2接通定

值電阻凡，同時對動子施加一個回撤力尸，在“時刻撤去力尸，最終動子恰好返回初始位置停下。若動

子從靜止開始至返回過程的丫一，圖像如圖丙所示。已知模型飛機起飛速度匕=40m∕s,%=L5s,Z2=2.0s,

線圈匝數(shù)〃=50匝，每匝周長/=Im,動子和線圈的總質量加=5kg,線圈的電阻R=0.5Ω,&=4.5Ω,

B=OJT,不計空氣阻力和飛機起飛對動子運動速度的影響，求：

(1)動子和線圈向前運動最大位移；

(2)回撤力尸與動子速度V大小的關系式；

(3)圖丙中嶺的數(shù)值。(保留兩位有效數(shù)字)

'UMUM相向磁場

【答案】(I)40m；(2)(400+5v)N；(3)-33m∕s

【解析】

(1)動子和線圈向前運動的最大位移即0L時間段內的位移，由圖像知

X=；卬2=4Om

(2)動子和線圈在A4時間做勻減速直線運動，加速度大小為

a=—^—=80m∕s2

’2一4

根據(jù)牛頓第二定律有

F+F女=ma

其中

F俁=YiBll

可得

_nBlv

I=------

&+R

解得

F=(4()0-5V)N

在弓-A時間反向做勻加速直線運動，加速度不變

根據(jù)牛頓第二定律有

F-F.∕i-ma

聯(lián)立相關式子，解得

f=(400+5v)N

(3)動子和線圈在在與時間段內的位移

at、2

?!=”3一2)

從。時刻到返回初始位置時間內的位移

X2=X-Xx

根據(jù)法拉第電磁感應定律有

LΔΦ

E=n---

Z

據(jù)電荷量的定義式

q=∕Δ/

據(jù)閉合電路歐姆定律

R+h

解得從4時刻到返回初始位置時間內電荷量

△①

q=n--------

R+&

其中

ΔΦ=Blx1

動子和線圈從G時刻到返回時間內,只受磁場力作用，根據(jù)動量定理有

F.iΛt=ιnv2

又因為安培力的沖量

F堂Z=nBIl?t=nBlq

v2=a(t3-t2)

聯(lián)立可得

v2=33m∕s

故圖丙中％的數(shù)值為一3m∕s

18,（2023?安徽省淮北市高三下學期一模）如圖所示的直角坐標系中，x<O區(qū)域有沿X軸正向的勻強電場，

x≥0區(qū)域有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為8。一個帶正電的粒子從原點。進入磁場，初

速度大小為W，速度方向與y軸正向夾角為仇粒子第一次在磁場中運動時離y軸最遠距離為心且?guī)щ娏?/p>

子經(jīng)電場偏轉后將再次從。點進入磁場，不計粒子重力，求：

(1)粒子的比荷;

(2)粒子從。點出發(fā)再次回到。點所用時間。

【答案】⑴里X2；⑵2L(tanθ+兀一θ)

BL(l+cos夕)?

【解析】

(1)粒子的運動軌跡如圖所示

粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有

BqVG=m~

r

根據(jù)幾何知識，粒子在磁場中運動時離y軸最遠距離為

L=r+rcosθ

聯(lián)立解得粒子比荷為

q_v0(1+cosθ)

mBL

(2)粒子在磁場中運動時間為

_2(π-θ)m

'―_Bq~

在電場中運動時間為tι,粒子進入電場時的速度方向與y軸正向成。角，則從磁場進入電場的位置與。點

距離為

y=2rsin6

粒子進入電場后沿y軸正方向做勻速運動，沿工軸方向先減速后加速，最后到達。點，則有

y=v0cos^r2

解得

2Ltanθ

右=-----------

(l+cos^)v0

粒子從。點出發(fā)再次回到。點所用時間為

聯(lián)立以上相關式子解得

L2L(tane+jτ-6)

(1+cosΘ)VQ

19、(2023?安徽省合肥市高三下學期一模)如圖所示，在平面直角坐標系XOy內，X軸上方有垂直于坐

標平面向里的勻強磁場,磁感應強度大小為B,X軸下方有沿y軸正方向的勻強電場,場強大小為強”4。

2m

X軸上S3,0)處有一粒子源，在坐標平面內先后向磁場中與X軸正方向夾角為30°~150°范圍內發(fā)射帶正

電的粒子，所有粒子第一次經(jīng)磁場偏轉后均可同時從0點進入電場。已知粒子的質量為機、電荷量為q,

不計粒子重力及粒子間相互作用。問：

(1)由S處最先發(fā)射的粒子與最后發(fā)射的粒子，發(fā)射的時間差為多少：

(2)由S處發(fā)射的速度最小的粒子，從發(fā)射到第二次經(jīng)過。點的時間;

(3)若僅電場強度大小變?yōu)?["一”，最小速度的粒子從S處發(fā)射后第2023次經(jīng)過X軸的位置為P點,

m

最先發(fā)射的粒子從S處發(fā)射后第2023次經(jīng)過X軸的位置為。點，求PQ間的距離。

2⑸1011,

(3)------a

4

【解析】

(1)粒子在磁場中圓周運動的周期公式為

_2πm

I=------

CjB

設粒子在磁場中的運動軌跡對應的圓心角為8,則粒子在磁場中的運動時間為

θ_θm

t=—1=----

2πqB

TT

所以/與。成正比。由幾何知識可知，發(fā)射粒子運動方向與X軸正方向夾角為150°時，。角最小為。=彳，

5TT

粒子發(fā)射時間最晚；發(fā)射粒子運動方向與X軸正方向夾角為30。時，8角最大為J=?，粒子發(fā)射時間最

早。所以最先發(fā)射的粒子與最后發(fā)射的粒子，發(fā)射的時間差為

4τrm

3qB

(2)粒子在磁場中運動時，有

mv2

qvB=

解得

V=幽

m

可知發(fā)射速度越小的粒子，其圓周運動半徑越小。由幾何知識可得，粒子圓周運動半徑最小為

d

r=—

'l2

則粒子最小速度為

Im

速度最小的粒子在磁場中運動的時間為

1F兀m

t∣=-T=—

'2qB

粒子在電場中運動時有

qE.yβq2B2d

%=-=-----;-

m2m~

粒子在電場中先減速，再反向加速返回。點，在電場中運動的時間為

,_2匕_2?βm

1

ai3qB

所以粒子從發(fā)射到第二次經(jīng)過。點的時間為

（3）最小速度的粒子，在磁場中偏轉半個圓周，垂直X軸方向進入電場，然后在電場中做直線運動，先減

速到0,然后再反向加速返回到X軸，返回到X軸時，位置會向左移動2門此后不斷重復相同的運動過程，

所以從S處發(fā)射后第2023次經(jīng)過X軸時的位置坐標為

2022

XP=-----×2ζ=-IOlld

由幾何知識得，最先發(fā)射的粒子在磁場中圓周運動的半徑為

r2=d

則粒子速度為

qBd