【文档说明】（2020-2022）三年高考物理真题分项汇编（山东专用）专题10磁场含解析.doc，共(37)页，2.571 MB，由envi的店铺上传

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2020-22年三年山东卷高考汇编专题10磁场【考纲定位】内容要求1.安培力通过实验，认识安培力．能判断安培力的方向，会计算安培力的大小．了解安培力在生产生活中的应用．2.洛伦兹力通过实验，认识洛伦兹力．能判断洛伦兹力的方向，会计算洛伦兹力的大小．3.带电粒子在匀强磁场中的

运动能用洛伦兹力分析带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．了解带电粒子在匀强磁场中的偏转及其应用.2022·山东·高考T172021·山东·高考T172020·山东·高考T17【知识重现】一、磁场1．磁感应强度与电场强度的比较磁感应强度B电场强度E物理意义描述磁场力的性质描述电

场力的性质定义式B＝FIL，电流I与B垂直，B与F、I、L无关，由磁场决定E＝Fq，E与F、q无关，由电场决定方向小磁针N极受力方向，磁感线的切线方向放入该点的正电荷受力方向，电场线的切线方向场的叠加都遵从矢量合成法则单位1T＝1N/(A·m)1V/m＝1N/C注意：试

探电流I受力为零的地方，磁感应强度B未必为零，而试探电荷q受力为零的地方，电场强度E一定为零．2．磁感线电流的磁场(1)磁感线的特点①磁感线是为了形象地描述磁场方向和相对强弱而假想的线，实际并不存在．②磁感线上各点的切线方向即为该点的磁场方向，磁感线密集的地方磁场强，稀疏的地方磁场弱．③磁感线是

闭合曲线，在磁体的外部是从N极到S极，内部是从S极到N极．(2)地磁场的特点①地磁场的N极在地理南极附近，S极在地理北极附近．②地磁场B的水平分量(Bx)总是从地理南极指向地理北极；而竖直分量(By)则南、北半球相反，在南半球垂直地面向上

，在北半球垂直地面向下．③在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁场强弱相同，且方向水平向北．3．常见电流的磁场直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场特点无磁极、非匀强，且距导线越远磁场越弱与条形磁铁

的磁场相似，管内为匀强磁场，管外为非匀强磁场环形电流的两侧分别是N极和S极，且离圆环中心越远磁场越弱安培定则立体图横截面图从上向下看从左向右看从右向左看纵截面图二、安培力和洛伦兹力1．安培力和洛伦兹力的比较名称安培力洛伦兹力项目作

用对象通电导体运动电荷力的大小F安＝BIL(I⊥B)，F安＝0(I∥B)F洛＝qvB(v⊥B)，F洛＝0(v∥B)力的方向左手定则(F安垂直于I与B所决定的平面)左手定则(F洛垂直于v与B所决定的平面，且需区分正负电荷)作用效果改变导体棒的运动状态，对导体棒做功，实现电能和

其他形式的能的相互转化只改变速度的方向，不改变速度的大小；洛伦兹力永远不对电荷做功本质联系安培力实际上是在导线中定向移动的电荷所受到的洛伦兹力的宏观表现2.求解与安培力相关的力学问题的方法(1)正确地对研究对象进行受力分析，特别注意通电导体受到安培力的方向

与磁感应强度的方向垂直．(2)画出辅助图(如斜面)，画好受力图的关键是标明辅助方向(如B、I的方向)．(3)由于安培力、电流I、磁感应强度B的方向之间涉及三维空间，所以在受力分析时要善于把立体图转化为平面图．三、带电粒子在有界磁场中的运动1．带电粒子在匀强磁

场中的运动(1)若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动．(2)若v⊥B，且带电粒子仅受洛伦兹力作用，则带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力．由qvB＝mv2R，可

得半径R＝mvqB，则周期T＝2πRv＝2πmqB.周期T与粒子运动的速度v或半径R无关．2．解决带电粒子在有界磁场中的运动问题的思路“画轨迹，定圆心，求半径”是解决带电粒子在磁场中运动问题的一般思路，其中“画轨迹”是处理临界与极值问题

的核心．对于这类区域判断题，要善于进行动态分析，即首先选一个速度方向(如水平方向)，然后从速度方向的改变分析轨迹的变化，从而找出角度变化时可能出现的临界值与极值或各物理量间的联系．3．注意圆周运动中有关对称规律

(1)从直线边界射入匀强磁场的粒子，从同一边界射出时，速度与边界的夹角相等，如图甲、乙、丙所示．(2)在圆形磁场区域内，沿半径射入的粒子，必沿半径射出，如图丁所示．四、带电粒子在复合场中的运动1．两种场的模型及三种场力(1)两种场模型组合场模型：电场、磁场、重力场(或其中两种场)并存，但

各位于一定区域，并且互不重叠的情况．复合场模型：电场、磁场、重力场(或其中两种场)并存于同一区域的情况．(2)三种场力重力：G＝mg，总是竖直向下，恒力，做功只取决于初末位置的高度差．电场力：F＝qE，方向与场强方向及电性有关，做功只取决于初末位置的电势差．洛伦兹

力：F洛＝qvB(v⊥B)，方向用左手定则判定，洛伦兹力永不做功．2.带电粒子在组合场中的运动(1)运动特点带电粒子在匀强电场中，如果初速度与电场线平行，则做匀变速直线运动；如果初速度与电场线垂直，则做类平抛运动．带电粒子垂直进入匀强磁场后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，要注意圆心、

半径和轨迹的确定．(2)处理方法①分析带电粒子在电场中的运动过程应运用牛顿第二定律结合运动学进行处理；分析带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时应运用数学知识找出粒子做圆周运动的圆心、半径，往往解决这类问题的关键就在于找出粒子处在分段运动的连接点时的速度，这一速度具有承上启下

的作用．②洛伦兹力随带电粒子的运动状态变化而变化，从而导致运动状态发生新的变化，对于粒子连续通过几个不同场的问题要分阶段进行处理，如进电场时的类平抛，进入磁场时的圆周运动等，一定是我们熟知的运动形式．3．带电粒子在叠加场中

的运动(1)受力特点和运动特征①当带电粒子在复合场中所受的合外力为零时，粒子将做匀速直线运动或静止．②当带电粒子所受的合外力与运动方向总在同一条直线上时，粒子做变速直线运动．③当带电粒子所受的合外力充当向心力时，粒子将做匀速圆周运动．④当带电粒子所受的合外力的大小、方向均是不

断变化时，粒子将做变加速运动，这类问题一般只能用能量关系处理．(2)处理方法①处理带电粒子在电场、磁场的叠加场中运动的情况，要注意电场力与洛伦兹力间大小和方向的关系及它们的特点，匀强电场中电场力大小方向不变，洛伦兹力的大小和方向随速度的变化而变化

．②处理带电体在电场、重力场、磁场的叠加场中的运动问题，应首先从力的角度对带电体进行受力分析，在匀强电场中重力和电场力大小、方向始终不变，洛伦兹力随速度的变化而变化．重力、电场力做功与路径无关，洛伦兹力始终不做功．分清带电体的状态和运动过程，然后运用各种物理规律来解决问题．【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，0zd„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x

Oy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（忽略离子间相互作用）。【答

案】（1）20sincosmvqL；（2）qBdm；（3）（d，d，0）；（4）(222)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=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1'2mvdrqB==离子在磁场II中的轨迹半径为22'222mvdrqB==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422'sin45xrd==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2211

422mvmv=可得24qBdmvv==离子甲、离子乙在磁场I中的轨迹半径分别为112mvdrqB==，12114'2'mvrdrqB===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(222)22mmmtTTqBqBqB=+=+=+甲1211124124(442)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(222)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。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0B；Ⅱ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Ⅱ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。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1O的距离S。【答案】（1）0sinqBdvm=；（2）22022

2tantansintanqBdddELmL=+−；（3）()6317SL+=【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20vqvBmr=①根据几何关系得sindr=②联立①②式得0sinqBdvm=（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=−−，()201s

in?2yvtat=−联立得220222tantansintanqBdddELmL=+−（3）Ⅱ区内填充磁场后，离子在垂直y轴的方向做线速度大小为vcosθ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+=+，'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Ⅱ区内的运动时间不变，故有coscoslLvv=C到1O的距离2sinSrr=+联立得()6317SL+=3．（2

020·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、Ⅱ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轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz。区域I、Ⅱ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)2mqURqB=2222mqUmULdqBqB=−−；(2)22242mdExmUqdB=−；(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α，在M、N两金属板间，由动能定理得qU=12mv2①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=②联立①②式得2mqURqB=③由几何关系得222d

RLR+−=（）④22cosRdR−=⑤sin=dR⑥联立①②④式得2222mqUmULdqBqB=−−⑦(2)设区域Ⅱ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=ma⑧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=⑨zdvt=⑩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=⑪联立①②⑤⑧⑨⑩⑪式得22242mdExmUqdB=−⑫(3)设粒子沿y方向偏离z轴的距离为y，其中在区域Ⅱ中沿y方向偏离的

距离为y'，由运动学公式得y'=vtsinα⑬由题意得y=L+y'⑭联立①④⑥⑨⑩⑬⑭式22222dyRRdRd=−−+−⑮(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·莱州市第一中学模拟预测）质谱仪的工作原理如图所示，大量粒子飘入加速

电场，其初速度几乎为0，经过加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场中，最后打到照相底片上。在一次测试中，大量的某种粒子经加速电场加速后刚进入匀强磁场时的速度大小均为v，打在底片上的位置到M点的最小距离为a，匀强磁场的磁感应强度为B，不考虑粒子的重力及它们之间的相互作用。则（

）A．粒子的比荷为()2vBaL+B．加速电场的电压为()24BaLv+C．粒子在磁场中运动的时间为()2aLv+D．大量粒子所经过磁场区域最窄处的宽度为222aLaaL+−+【答案】ACD【解析】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨

道半径为2aLr+=根据牛顿第二定律可得2vqvBmr=解得()2qvmBaL=+故A正确；B．粒子在电场中加速，根据动能定理可得212qUmv=联立，可得()4BaLvU+=故B错误；C．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为2rTv=粒子在磁场中运动的时间为2Tt=

联立，可得()2aLtv+=故C正确；D．粒子在磁场中经过的区域为图中的阴影部分，如图根据几何关系有2222Ladrr+=−−最窄处的宽度为drd=−联立，可得222aLaaLd+−+=故

D正确。故选ACD。2．（2022·山东·高三学业考试）如图甲所示，在y轴左侧存在沿x轴正方向的水平匀强电场，在y轴右侧的矩形虚线空间存在垂直于纸面的周期性变化的磁场，磁场上边界在y＝2a处，下边界在y＝﹣2a处，右边界在x＝3a处，磁场的变化规律如图乙所示

，规定垂直纸面向里的方向为磁场的正方向。t＝0时刻，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从位置坐标为（a，2a）的A点以速度v沿y轴负方向射入磁场，若粒子恰能垂直打到放置在下边界处的水平挡板上的B点（图中B点未标出），并经碰撞后原速率返回（不计碰撞时间和

电荷量的变化），最终粒子会再次从A点垂直上边界射出磁场。不计粒子重力，不考虑变化的磁场所产生的电场。（1）求带电粒子在磁场中的运动半径；（2）要使粒子从A点运动到B点的时间最短，求图乙中T0的最小值；（3）T0取第（2）问的数值，求

带电粒子从与B点碰后运动到A点的最短时间，并求出此条件下所加的电场强度E的大小。【答案】（1）a；（2）2av（3）()21av+，22mvaq【解析】（1）粒子从A点以速度v沿y轴负方向射入磁场，在0~2av时间内，磁感应强度等于零，粒子做匀速直线运动，粒子的位

移为22ayvtvav===可知粒子垂直经x轴到下方磁场中，粒子在磁场中做匀速圆周运动，设运动半径为R，由洛伦兹力提供向心力，则有2vqvBmR=mvRaqB==粒子的运动周期为22RaTvv==（2）由左手定则可知，粒子在磁场

中向右偏转，转动一个周期后又在x轴上x=a点处射入x轴下方的磁场，若此时磁场的磁感应强度等于零，则有粒子做匀速直线运动垂直打在下边界处的水平挡板上的B点，因此要使粒子从A点运动到B点的时间最小，则有T0最小值是02aTTv==（3）以上计算可知，带电粒子从与B点碰后

返回，在磁场中向左偏转，先做14的圆周运动，粒子垂直y轴射入电场，在电场中的加速度大小为qEam=加加速度方向与粒子运动方向相反，做匀减速直线运动，经1222vvmvtqEaqEm===加时间返回，又以原速度大小垂直y轴射入

磁场，此时在磁场中向上偏转，再经4T垂直从x轴上x=a点处射入x轴上方的磁场，即粒子在一个周期内在x轴下方磁场和电场中运动，然后在x轴上方做匀速直线运动，直到再次从A点垂直上边界射出磁场，这样带电粒子从与B点碰后运动到A点有最小时间。由此可知，粒子在电场中运动时间等于2T时，所用

时间最小，则有12122mvatqEv==解得22mvEaq=因此则有总的最小时间是()22221aaaatTvvvv=+=+=+3．（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，Ⅰ区长度4dR=，内有沿y轴正向的匀强电场，Ⅱ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Ⅰ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Ⅰ区，经过两个区域分界面上的B点

进入Ⅱ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）Ⅱ区中磁感应强度大小；（4）Ⅱ区的长度L应为多大。【答案】（1）20316mvRq；（2）054v；（3）02mvqR；（4）22332nLnRR=+，1n=，2，3……【解析】（1）离子在Ⅰ区做类平抛运动，根据类平抛规律有04Rvt=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Ⅱ区类，做复杂的旋进运动。将该运动分解为圆柱腔截面上的匀速圆周运动和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2yymv

qvBr=解得，Ⅱ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y2rTv=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()2012LvnTanT=+联立解得，Ⅱ区的长度L为22332nLnRR

=+，1n=，2，3……4．（2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测）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R

2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α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()ERRB+；（2）（21

23LRR+，0）；（3）（2123LRR+，2123LRR+）【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+），5．（202

2·山东·模拟预测）图示的环状轨道处于竖直面内，它由半径分别为R和2R的两个半圆轨道、半径为R的两个四分之一圆轨道和两根长度分别为2R和4R的直轨道平滑连接而成。以水平线MN和PQ为界，空间分为三个区域，区域I和区域Ⅲ有磁感应强度为B的水平向里的匀强磁场，区域I和

Ⅱ有竖直向上的匀强电场。一质量为m、电荷量为+q的带电小环穿在轨道内，它与两根直轨道间的动摩擦因数为μ（01），而轨道的圆弧形部分均光滑。在电场中靠近C点的地方将小环无初速释放，设小环电量保持不变（已知区域I和II的匀强电场强大小为E=2mgq，重力加速度为g）。

求：（1）小环在释放时加速度Ca的大小；（2）小环第一次通过轨道最高点A时受到轨道的压力N的大小；（3）若从C点释放小环的同时，在区域II再另加一垂直于轨道平面向里的水平匀强电场，其场强大小为E′=mgq，讨论小环在两根直轨道上通过的总路程s总。

【答案】（1）g；（2）1110mgqBgR+；（3）3R或4R【解析】（1）对小环在C点，由牛顿第二定律得CqEmgma−=解得Cag=（2）从C到A，洛伦兹力不做功，小环对轨道无压力，也就不受轨道的摩擦力，由动能定理得215502AqERmgR

mv−=−小环过A点时，由牛顿第二定律得2AAvNmgqvBqEmR+−−=解得1110NmgqBgR=+（3）由于01，小环必能通过A点，如果恰好停在K点，对整个运动过程，由动能定理有'330qERmgRqEs−

−=总解得3Rs=总如果最终在D或'D点速度为零（即在D与D′点之间往复运动）。由动能定理得'440qERmgRqEs−−=总解得4Rs=总6．（2022·山东·胜利一中模拟预测）如图甲所示为一粒子汇聚装置的示意图，C、D为垂直纸面固定放置

的平行板电容器，D板上74cmEy=、114cmFy=的E、F两点处各有一小孔（图中未标出），y轴右侧有一半径足够大的半圆形匀强磁场区域，其圆心位于坐标原点，若干电子由静止经过加速电场从C板运动到D板，并垂直于y轴从E、F

两小孔沿纸面进入磁场区域，且单位时间内进入两小孔的电子数目相同。已知两板间加速电压CD120VU=，电子的比荷111.510C/kgcem=，磁场3210T37B−=，不考虑电子间的相互作用，整个装

置置于真空中，求（取sin37°=0.6，结果可保留根号）（1）从F点射出的电子与x轴的交点I的坐标x1；（2）EF两点射出的两电子e、f在磁场中交汇于J点，求两电子到达J点时在磁场中运动的时间之和；（3）如图乙所示

，将半圆形磁场区域变为37=的扇形区域，在OH处固定一接地的挡板GH，两束电子均打到挡板上被吸收，并立即被导走，其接地导线的电流大小为I=3.0A，求两束电子对挡板的合作用力大小。【答案】（1）2969cm；（2）83710s3−；（3）543210N37−

【解析】（1）电子由静止经过加速电场从C板运动到D板，由动能定理可得2CD12ceUmv=116CD221.510120ms610msceUvm===从F点射出的电子在磁场中做匀速圆周运动，如图所示，洛伦兹力提供向心力，则有2vB

evmr=解得6113610m0.74m74cm21.5101037cmvreB−====由几何关系可知()()222217411474cm3876cm2969cmFxryr=−−=−−==（2）如图所示，因两电子的运

动半径相等，由几何关系可知，两电子到达J点时在磁场中运动的时间之和等于一电子做圆周运动周期的一半，即有81131237s10s22231.5101037mtTeB−−====和（3）如图所示，

由数学知识的正弦定理可得1sinsinOOr=()()sin0.612sin1.140.740.7437Fyrr=−=−=2221235cos1sin13737=−=−=从F射出的一个电子垂直打在挡板上的动量为pF⊥=mcvcosα对从E射出的

电子垂直打在挡板上的动量为pE=mcv对两电子，由动量定理可得()617201cos61037ccFtmvm−=−+=−设两束电子的总数为n个，则有电荷量为q=ne由电流的定义式可得qIt=netI=则有61720610237cFtnm−=−

合解得两束电子对挡板的合作用力大小6665117272726106106103.0432373737N10N221.510372ccnmnmFnetI−====合7．（2022·山东·高三专题练习）如图甲所示，长方形MNPQ区域（MN=PQ=3d

），MQ与NP边足够长）存在垂直纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为5d、厚度不计的荧光屏ab，其上下两表面均涂有荧光粉，ab与NP边平行，相距为d，且左端a与MN相距也为d。电子枪一个一个连续地发射

出电子（已知电子质量为m、电荷量为e、初速度可视为零），经电场加速后，沿MN边进入磁场区域，电子打到荧光屏就会发光（忽略电子间的相互作用）。（1）若加速电压为U，求：电子进入磁场时的速度；（2）改变加速电压，使电子不断打到荧光屏

上，求：荧光屏能发光区域的总长度；（3）若加速电压按如图乙所示的图像变化，求：从t=0开始一个周期内，打在荧光屏上的电子数相对总电子数的比例。（电子经加速电场的时间远小于周期T）【答案】（1）2eUvm=；（2）5d；（3）625%.【解析】（1）电子在加速场中，根据动

能定理有212eUmv=解得电子刚进入磁场的速度大小为2eUvm=（2）打在荧光屏a点的电子，根据几何关系得22211(2)()RdRd=+−解得12.5Rd=①若减小粒子的速度，粒子打在荧光屏的下表面

，临界条件是轨迹相切于c点，是粒子的最小速度，如图所示根据几何关系可得，对应粒子做圆周运动的半径为12Rd=因此，下表面ac区域长度是acd=②若增大粒子的速度，粒子打在荧光屏上表面，临界条件是粒子运动轨迹与NP相切，由几何关系得33Rd=所以ag的长度为223(3)(2)25agdddddd

=+−−=+由于3afd=那么上表面fg区域长度是5fgdd=−发光区域的总长度为5dacfgd=+=（3）由第（2）步可知，粒子半径在23dRd剟的区间内，粒子能打在荧光屏上，结合2vevBmR=212eUmv=得222eBRU

m=可求得：当222224.5eBdeBdUmm剟时，粒子能打在荧光屏上，因此222222224.52100%62.5%5eBdeBdmmeBdeBdmm−==−8．（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）（2262L−,62222dL−−,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2002vevBmr=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)cos45xR=−−1(

1cos)cos45yR=−1zL=0sincos45xvv=0sincos45yvv=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=210sincos45xxvt=−210coszzvt=+整理得22262yL

−=262222dxL−=−262zLd=+则坐标为（2262L−,62222dL−−,62Ld+）。9．（2022·山东淄博·二模）如图所示，一线状粒子源发出大量质量为m、电荷量为+q的带电粒子（初速度可视为0），经过电场加速后，粒子以相同的水平速度从MS段垂直MF进入边长为L的正方体电磁

修正区FMPQ-AGRN内，底面AGRN水平。已知MS段的长度为23L，电磁修正区内部有垂直于平面MPRG的磁感应强度为B的匀强磁场、电场强度为E的匀强电场，从M点射入的粒子在正方体电磁修正区中运动时间为2mqB，且从底面AGRN射出。距离

正方体电磁修正区底面L处有一与底面平行的足够大平板，能吸收所有出射粒子。现以正方体电磁修正区底面中心O在平板的垂直投影点'O为原点，在平板内建立直角坐标系（其中x轴与GR平行）。忽略粒子间相互作用，不计重力。（1）求加速电场的电压U；（2）求从M点射

入的粒子射出正方体电磁修正区后速度v的大小；（3）若2283qBLEm=，求从S点入射的粒子打到平板上的位置坐标；（4）满足（3）问条件下，求所有粒子落到平板上的落点离'O的最小距离。【答案】（1）222qBLUm=；（2）224

22242qLBmEvmB+=或22222224qLBEvmB=+；（3）4(,)223LLL+；（4）22min141()()236sL=+−【解析】（1）粒子在加速电场中有：2012Uqmv=①分析可知粒子进入修正区后在与磁场垂直的方向上做匀速圆周运动，在沿电场方向上

做初速为零的匀加速直线运动，在磁场中有200vqvBmr=②因1124mtTqB==③则圆周运动半径为rL=④由①~④得222qBLUm=（2）从M点入射的粒子射出修正区时沿PR方向的分速度为10vv=⑤沿y

轴正方向的分速度为21vat=⑥又Eqam=⑦则粒子射出修正区时的速度为2212vvv=+⑧由①~④得22422242qLBmEvmB+=或22222224qLBEvmB=+（3）若从S点射入的粒子在沿电场方向做匀加速直线的时间为12mtqB=，则其在该

方向上运动的分位移为：21112yat=⑨又2283qBLEm=解得13Ly=即S点射入的粒子恰好从底面N点射出。粒子在出修正区后沿电场方向做匀速直线运动的分位移为222yvt=⑩竖直方向20Ltv=⑪则由几何关系知从S点

入射的粒子打在平板上的纵坐标为22Lyy=+⑫由⑨~⑫得423LLy=+从S点入射的粒子打在平板上的横坐标为2Lx=从S点入射的粒子打在平板上的坐标为4(,)223LLL+（4）因1202Lyyy=+−

则由几何关系可知落点离'O的最小距离为22min141()()236sL=+−10．（2022·山东聊城·二模）如图所示，某粒子分析器由区域I、区域Ⅱ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Ⅱ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。（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,cos

mvmvdqBdqBqBmEqBmE，当dL时，坐标为2200sin,cos22mvmvdqBdqBqBmEqBmE−−【解析】（1）由洛伦兹力提供向心力有200vqvBmR=解得0

mvRqB=则A点坐标为00,mvqB；（2）粒子做类平抛运动，有2212212mEqEtqBm=解得12mtqB=则0012mvxvtqB==则发光点的位置为002,mvmvqBqB；（3）①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20qvBmR=解得qBm=则2022sinsinmvdqBxRtqBmE==2022coscosmvdqByRtqBmE==发光点的位置坐标为220022sin,cos

mvmvdqBdqBqBmEqBmE；220022sin,cosmvmvdqBdqBqBmEqBmE②当dL时，在区域Ⅱ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Ⅰ时，粒子的坐标为00,,mvLqB，

沿z轴的速度为2EvB=粒子在区域Ⅱ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,cos22mvm

vdqBdqBqBmEqBmE−−。