2022届优质校一模数学试卷汇编——磁场 答案版.docx

《2022届优质校一模数学试卷汇编——磁场 答案版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022届优质校一模数学试卷汇编——磁场 答案版.docx（17页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、专题 10磁场常考题型题 型考查年份关联知识点磁场的叠加及安培力2021全国甲卷16题磁感应强度的矢量性与叠加，直线电流周围的磁场2021广东卷5题两根通电导线之间的作用力方向2021福建卷6题磁感应强度的矢量性与叠加，直线电流周围的磁场带电粒子在纯磁场中运动的轨迹及边界问题2021全国乙卷16题带电粒子在弧形边界磁场中运动2021海南卷13题带电粒子在直角边界磁场中运动2021湖北卷9题带电粒子在磁场中的圆周运动，粒子电性判断，动量守恒定律的应用2021湖南卷14题根据粒子运动确定磁场区域的范围，临界状态的不唯一形成多解2021河北卷14题带电粒子在直边界磁场中运动，粒子在电场和磁场中的往复

2、运动带电粒子在复合场中的运动2021全国I卷25题带电粒子由电场进入磁场2021广东卷14题带电粒子由电场进入磁场，粒子加速器2021福建卷2题带电粒子在复合场中做直线运动，速度选择器2021山东卷17题带电粒子由磁场进入电场2021江苏卷15题回旋加速器问题2020辽宁卷15题带电粒子由电场进入磁场，碰撞模型方法点拨1磁场及其对电流的作用(1)判断电流周围磁场方向用安培定则；磁场的叠加遵守平行四边形定则。(2)判断安培力的方向时，充分利用F安B、F安I。(3)分析磁场中通电导体受力问题时，注意一般先把立体图转换为平面图，然后对物体进行受力分析，要注意安培力方向的确定，最后根据平衡条件或物体的

3、运动状态列出方程。2带电粒子在直线边界磁场中的运动(1)一般步骤：画轨迹，定圆心，求半径或圆心角。(2)在直线边界，粒子进出磁场具有对称性，同一直线边界，出射角等于入射角。(3)平行边界存在临界条件：与边界相切是过不过边界的临界条件。3带电粒子在圆形边界磁场中的运动(1)带电粒子进入圆形边界磁场，一般需要连接磁场圆圆心与两圆交点(入射点与出射点)连线、轨迹圆圆心与两交点连线。(2)带电粒子进入圆形边界磁场，轨迹圆半径与磁场圆半径相等时会有磁聚焦现象。(3)沿磁场圆半径方向入射的粒子，将沿半径方向出射。4带电粒子在复合场中的运动(1)带电粒子在组合场中的运动：带电粒子在匀强电场中一般做匀变速运动

4、或类平抛运动；在匀强磁场中运动时一般做匀速圆周运动。明确各段运动性质，画出运动轨迹，特别注意各衔接点的速度方向、大小。(2)带电粒子在叠加场中的运动：先确定各场的方向、强弱等，后正确分析带电体受力情况、运动情况，寻找临界点、衔接点。若带电粒子在叠加场中做匀速直线运动，则重力、电场力与磁场力的合力为零。若带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动，则重力与电场力等大、反向。(3)带电粒子在交变电、磁场中的运动：先分析在一个周期内粒子的运动情况，明确运动性质，再判断周期性变化的电场或磁场对粒子运动的影响。画出粒子运动轨迹，分析运动空间上的周期性、时间上的周期性。5洛伦兹力与现代科技(1)速度选择器、磁流体发

5、电机、电磁流量计和霍尔元件等，各种电磁仪器中，最终平衡的标志是qvBqEq。(2)对回旋加速器：所加交变电场的周期T等于粒子做圆周运动的周期；粒子最大速度v，与加速电压U无关。例1(2020全国I卷18)一匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q(q0)的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为()A BC D【方法点拨】本题考查带电粒子在有界磁场中运动时间问题，根据公式tT，转换为寻找轨迹对

6、应的圆心角问题。可通过放缩圆法判断出最大圆心角出现的位置。【解析】带电粒子在匀强磁场中运动，运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力有qvBm，解得r，运动时间t，为带电粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角，粒子在磁场中运动时间由轨迹所对圆心角决定。采用放缩法，粒子垂直ac射入磁场，则轨迹圆圆心必在直线ac上，将粒子的轨迹半径从零开始逐渐放大。当r0.5R(R为的半径)和r1.5R时，粒子从ac、bd区域射出磁场，运动时间等于半个周期。当0.5Rr1.5R时，粒子从弧ab上射出，轨迹半径从0.5R逐渐增大，粒子射出位置从a点沿弧向右移动，轨迹所对圆心角从逐渐增大。当轨迹半径等于R时，轨迹所对圆心角最

7、大，再增大轨迹半径，轨迹所对圆心角减小。因此轨迹半径等于R时，所对圆心角最大，为max，粒子最长运动时间为。综上，选项C正确。【答案】C例2：( 2021辽宁卷15)如图所示，在x0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x0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（q0）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m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x0区域内加上与x0区

8、域内相同的磁场，求从两粒子碰撞到下次相遇的时间t；(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x0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。【方法点拨】本题考查带电粒子在组合场中运动，涉及碰撞。“不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用”说明粒子甲在电场中做匀变速直线运动，碰后两粒子在磁场中均做匀速圆周运动。“发生弹性正碰”这句话隐含两个结论：粒子甲碰前在磁场中运动的半径为a；碰撞过程遵守动量守恒定律和机械能守恒定律。“此后两粒子的轨迹恰好不相交”说明轨迹恰好不相切。【解析】(1)粒子甲匀速圆周运动过P点，则在

9、磁场中运动轨迹半径Ra则由qvBm得粒子从S到O，有动能定理可得可得。(2)甲、乙粒子在P点发生弹性碰撞，设碰后速度为v1、v2，取向上为正，则有：计算可得：，两粒子碰后在磁场中运动，解得： 两粒子在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆周运动，周期分别为，则两粒子碰后再次相遇：解得再次相遇时间。(3)乙出第一象限时甲在磁场中偏转角度撤去电场磁场后，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a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t，由余弦定理可得则从撤销电场、磁场到加磁场乙运动的位移。试题汇编磁场的叠加及安培力1

10、(2020届巴中零诊)如图所示，两根长直导线M、N垂直穿过光滑绝缘水平面P，与水平面的交点分别为a和b，两导线内通有大小相同、方向相反的电流，c、d是该平面内ab连线中垂线上的两点，一带正电的小球在水平面上以某一初速度运动，则带电小球运动情况是（）A由c向d将做匀速直线运动B由d向c将做曲线运动C由a向b将做匀速直线运动D由b向a将做匀速圆周运动【答案】A【解析】依题意根据安培定则结合磁场叠加原理：可判断知cd连线上的磁感线方向平行于cd，故带电小球由c向d或由d到c均不受洛伦兹力作用，小球所受重力与支持力平衡，所以将做匀速直线运动，故A正确，B错误；ab连线上的磁感线方向垂直于ab连线，且越

11、靠近导线磁场越强并关于cd对称，所以小球由a向b或由b到a将会受到变化的洛伦兹力的作用，做非匀变速曲线运动，故CD错误。2(2022届金华十校11月一模)如图所示，边长为a的等边ABC的A、B、C三点处各放置一个点电荷，三个点电荷所带电荷量数值均为Q，其中A、B处为正电荷，C处为负电荷；边长为a的等边EFG的E、F、G三点处均有一垂直纸面的电流大小为I的导线，其中E、F处电流垂直纸面向内，G处电流垂直纸面向外，O、H是三角形的中心，D为AB中点，若两三角形均竖直放置，且AB、EF相互平行，下列说法正确的是（）AO点处的电势高于D点处的电势B带负电的试探电荷沿直线从D点运动到O点的过程中电势能减

12、小CA点电荷所受电场力方向与E点处通电直导线所受安培力方向相同D正电荷在O点处所受电场力方向与电流方向垂直纸面向外的通电导线在H点处所受安培力方向相同【答案】D【解析】结合三个点电荷分布可知，CD的电场线方向由D指向C，顺着电场线的方向电势逐渐降低，即O点处的电势低于D点处的电势，故A错误；带负电的试探电荷沿直线从D点运动到O点的过程中，电势降低，故负电荷的电势能增大，故B错误；在电场中，根据同种电荷排斥，异种电荷相吸引，分别作出B、C对A的作用力，再根据平行四边定则进行合成，得A点电荷所受电场力，其方向如图甲所示；在磁场中，根据同向电流相吸引，反向电流相排斥，分别作出F、G对E的作用力，再根

13、据平行四边定则进行合成，得E点处通电直导线所受安培力，其方向如图乙所示，故C错误；在电场中，作出A、B、C三个点电荷在O点产生的电场强度方向，因正电荷A、B两点电荷产生的电场强度大小相等，与DC线的夹角相等，根据平行四边形定则可知，A、B的合电场强度方向由O指向C，而负电荷C在O点产生的电场强度方向，也是由O指向C，如图丙所示，故三个点电荷在O点产生的电场强度方向最终也是由O指向C，所以将正电荷放在O点，其所受的电场力方向由O指向C；在磁场中，分别作出E、F、G三根通电导线在H点产生的磁感应强度方向，因E、F的电流大小相等，方向相同，且都向里，则两根通电导线在H点产生的磁感应强度大小相等，方向

14、如图丁所示，根据平行四边形定则，可知E、F两根通电导线的合磁感应强度方向沿水平向右，而G通的电流方向是垂直纸面向外，故在H点产生的磁感应强度方向是水平向右，故三根通电导线的最终合磁感应强度方向水平向右，所以根据左手定则可知，在H点放一根电流方向垂直纸面向外的通电导线，所受的安培力方向由H指向G，即正电荷在O点处所受电场力方向与电流方向垂直纸面向外的通电导线在H点处所受安培力方向相同，故D正确。3(2022届黑龙江省实验中学第五次月考)(多选)如图所示，两个完全相同、所在平面互相垂直的导体圆环P、Q中间用绝缘细线连接，通过另一绝缘细线悬挂在天花板上，当P、Q中同时通有图示方向的恒定电流时，关于两

15、圆环的转动（从上向下看）以及细线中张力的变化，下列说法正确的是（）AP顺时针转动，Q逆时针转动BP逆时针转动，Q顺时针转动，转动时两细线张力均不变CP与天花板连接的细线张力不变DP与天花板连接的细线和与Q连接的细线张力均增大【答案】AC【解析】根据安培定则，P产生的磁场的方向垂直于纸面向外，Q产生的磁场水平向右，根据同名磁极相互排斥的特点，P将顺时针转动，Q逆时针转动；转动后P、Q两环的电流的方向相同，所以两个线圈相互吸引，细线张力减小由整体法可知，P与天花板连接的细线张力总等于两环的重力之和，大小不变；BD错误，AC正确。4(2022届湖南师大附中月考)(多选)如图所示，有两根长为L、质量为

16、m的细导体棒a、b。a被水平放置在倾角为45的光滑斜面上。b被水平固定在与a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，它们之间的距离为x。当两细棒中均通以电流强度为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止。重力加速度为g，则下列关于b的电流在a处产生磁场的磁感应强度的说法正确的是（）A方向竖直向上B大小为C要使a仍能保持静止，而减小b在a处的磁感应强度，可使b上移D若使b下移，a将不能保持静止【答案】ACD【解析】通电导体a处于通电导体b的磁场中，由安培定则可得通电导体a处于竖直向上的磁场中，故A正确；当导体a处于磁场的磁感应强度B的方向竖直向上，则水平向右的安培力、支持力与重力，处于平衡状态，因夹

17、角为45，则大小，故B错误；由题意可知，重力和水平向右的磁场力的合力与支持力平衡，当减小b在a处的磁感应强度，则磁场力减小，要使仍平衡，根据受力平衡条件，则可使b上移，即b对a的磁场力斜向上，故C正确；当b竖直向下移动，导体棒间的安培力减小，根据受力平衡条件，当a受的安培力方向顺时针转动时，只有大小变大才能保持平衡，而安培力在减小，因此不能保持静止，故D正确。5(2022届河北百师联盟一轮复习联考)(多选)固定半圆形光滑凹槽ABC的直径AC水平，O为圆心，B为最低点，通有恒定电流的直导体棒a静置于B点，电流方向垂直于纸面向里，截面图如图所示。现在纸面内施加与OB方向平行的匀强磁场，并缓慢增大磁

18、场的磁感应强度大小，使导体棒a沿凹槽内壁向C点缓慢移动，在移动过程中导体棒a始终与纸面垂直。下列说法正确的是（）A磁场方向平行于OB向上B导体棒a能缓慢上移到C点C在导体棒a缓慢上移过程中，导体棒对凹槽的压力缓慢增大D在导体棒a缓慢上移过程中，导体棒所受安培力大小可能不变【答案】AC【解析】由左手定则得，磁场方向平行于OB向上，故A正确；由平衡条件得，导体棒a不能缓慢上移到C点，故B错误；设支持力与竖直方向的夹角为，由平衡条件得，可知增大，导体棒对凹槽的压力缓慢增大，故C正确；由于缓慢增大磁场的磁感应强度大小，在导体棒a缓慢上移过程中，根据公式可知，导体棒所受安培力大小一定增大，故D错误。带电

19、粒子在纯磁场中运动的轨迹及边界问题6(2022届河南顶级中学阶段性测试)近代物理研究表明K介子衰变的方程为K+0，其中K介子和介子为带负电的元电荷，0介子不带电。一个K介子在磁感应强度为B的匀强磁场中做半径为R的匀速圆周运动，在某时刻K介子发生衰变，观察到介子做半径为2R的匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，0介子的轨迹未画出。则K介子与介子的动量大小之比为（）A11 B23 C12 D21【答案】C【解析】对介子，根据洛伦兹力公式和向心力公式可得，可得介子的动量，同理，可得介子的动量，则介子、介子的动量大小之比为12，故C正确。7(2022届衡水冀州区期末)(多选)如图所示，扇形区域AOB内存在

20、有垂直平面向内的匀强磁场，OA和OB互相垂直，且是扇形的两条半径，一个带电粒子从A点沿AO方向进入磁场，从B点离开，若该粒子以同样的速度从C点平行与AO方向进入磁场，则（）A粒子带正电BC点越靠近B点，粒子偏转角度越大CC点越远离B点，粒子运动时间越短D只要C点在AB之间，粒子仍然从B点离开磁场【答案】AD【解析】由题意，粒子从A点进入磁场从B点离开，由左手定则可以确定粒子带正电，故A正确；由题意知当粒子从A点入射时，从B点离开磁场，则粒子做圆周运动的半径等于磁场圆弧区域的半径，根据磁聚焦的原理（一束平行的带电粒子射向半径与粒子做圆周运动的半径相同的圆形磁场区域时，这些粒子将从同一点射出圆形磁

21、场，这种平行粒子束会聚到一点的现象与透镜将光束聚焦现象十分相似，因此叫磁聚焦），当入射方向平行时，这些粒子将从同一点射出，如图所示，从点A、C、C1、C2以相同的方向进入磁场，则这些粒子从同一点B射出，从图中看出，C点越靠近B点，偏转角越小，时间越短，离B点越远，偏转角越大，时间越长，故D正确，BC错误。8(2022届丰城中学第四次段考)(多选)一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的有界匀强磁场分布在如图所示的圆环内，圆环内径R1a，一电荷量为+q、质量为m的不计重力的粒子，以速度从A点沿AO方向射入磁场，则（）A粒子沿逆时针方向做圆周运动，轨道半径为aB若R2a，则粒子能进入磁场内边界C若

22、R2a，则粒子在磁场中的运动时间为D若R2a，调节磁感应强度大小为(+1)B时，粒子从A点以任何方向入射都不能进入磁场内边界【答案】CD【解析】根据左手定则可以判断粒子沿顺时针方向做圆周运动，设轨道半径为r，根据牛顿第二定律有，解得，故A错误；若R2a，作出粒子运动轨迹如图甲所示。根据几何关系可知，粒子运动轨迹到磁场内边界的最小距离为，所以粒子不可能进入磁场内边界。粒子在磁场中运动的周期，根据几何关系可知粒子转过的圆心角为120，所以粒子在磁场中的运动时间，故B错误，C正确；若R2a，调节磁感应强度大小为(+1)B时，粒子的运动半径，如图乙所示，当粒子入射速度方向与外边界相切时，粒子运动轨迹到

23、内边界的最近距离，此时粒子从A点以任何方向入射都不能进入磁场内边界，故D正确。9(20202届湖南师大附中月考)(多选)如图所示，在xOy坐标系的第一象限内有在垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60的方向重直磁场射入，并且恰好垂直y轴射出磁场。已知带电粒子质最为m、电荷量为q，OPa，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整个过程洛伦兹力的冲量的方向【答案】AD【解析】由题意，作出粒子的运动轨迹如图甲所示，根据几何关系可知，带电粒子在磁场中运动的轨迹方程为，故A正确；设带电粒子在磁场中运

24、动的速率为v，根据牛顿第二定律有，解得，带电粒子运动的周期为，由于磁感应强度B未知，所以v和T无法求解，进而无法求解粒子在磁场中运动的时间，故BC错误；如图乙所示，整个过程洛伦兹力的冲量方向为动量变化量的方向，即速度变化量的方向，为与x轴负方向成30角，故D正确。10(2022届腾云联盟12月联考)(多选)如图所示，水平放置的长方体容器内存在竖直方向的匀强磁场，边长为L的正方形abcd是长方体容器的横截面，a、b、c、d四个顶点处均开有小孔。一质量为m，电荷量为+q的带电粒子(不计重力)以速度v0从小孔a沿ac方向射入容器，带电粒子只与容器壁碰撞一次后从小孔d飞出。已知带电粒子与容器碰撞前后，

25、沿平行于容器壁的方向速度不变，沿垂直于容器壁的方向速度等大反向，运动过程中带电粒子的电荷量保持不变。关于磁场的大小和方向，下列说法正确的是（）A磁场方向竖直向上，B磁场方向竖直向上，C磁场方向竖直向下，D磁场方向竖直向下，【答案】AC【解析】若磁场方向竖直向下，运动轨迹如图甲所示，根据几何关系可得，解得，由洛伦兹力提供向心力，解得，联立可得，故C正确，D错误。磁场方向竖直向上，运动轨迹如图乙所示，根据题意可知，反弹后的速度，根据洛伦兹力提供向心力，解得，同理可得，根据几何关系可得，解得，则有，故A正确，B错误。带电粒子在复合场中的运动11(2022届浙江省三校第二次联考)如图所示，在xOy平面

26、的第象限内有半径为R的圆分别与x轴、y轴相切于P、Q两点，圆内存在垂直于xOy面向外的匀强磁场。在第象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E。一带正电的粒子（不计重力）以速率v0从P点射入磁场后恰好垂直y轴进入电场，最后从M(3R，0)点射出电场，出射方向与x轴正方向夹角为，且满足45。下列判断中正确的是（）A粒子将从Q点射入第象限B粒子在磁场中运动的轨迹半径为2RC带电粒子的比荷为D磁场磁感应强度B的大小为【答案】C【解析】在M点，根据类平抛运动规律，有，解得，故A错误，C正确；粒子运动轨迹如图，设O1为磁场的圆心，O2为粒子轨迹圆心，P为粒子射出磁场的位置，则有PO2PO1，O1O2

27、PO2O1P，则粒子的轨道半径为rR，由牛顿第二定律可得，解得，故BD错误。12(2022届湖南师大附中月考)(多选)实验小组用图甲所示装置研究电子在平行金属板间的运动。将放射源P靠近速度选择器，速度选择器中磁感应强度为B（垂直纸面向里），电强度为E（竖直向下）、P能沿水平方向发出不同速率的电子。某速率粒子能沿直线通过速度选择器，再沿平行金属板A、B的中轴线O1O2射出板间。已知水平金属板长为L、间距为d，两板间加有图乙所示的交变电压，电子的电荷量为e，质量为m（电子重力及相互间作用力忽略不计），以下说法中正确的有（）A沿直线穿过速度选择器的电子的速率为B只增大速度选择器中的电场强度E，沿中轴

28、线射入的电子穿过板间的时间变长C若t时刻进入A、B板间的电子恰能水平飞出金属板的位置一定在O2点D若t0时刻进入金属板间A、B的电子恰能水平飞出，则(n1，2，3)的粒子也能水平飞出【答案】AD【解析】沿直线穿过速度选择器的电子所受洛伦兹力与电场力平衡，即，解得电子的速率，故A正确；只增大速度选择器中的电场强度E，根据前面分析可知沿中轴线射入的电子速率增大，则穿过板间的时间变短，故B错误；若t时刻进入A、B板间的电子恰能水平飞出，则电子在竖直方向加速和减速的时间一定相等，根据两板间电压的周期性可知电子在板间的运动时间一定为的整数倍，且当运动时间为的奇数倍时，电子飞出金属板的位置一定在O2点上方

29、，当运动时间为的偶数倍时，电子飞出金属板的位置一定在O2点，故C错误；若t0时刻进入金属板间A、B的电子恰能水平飞出，同C项分析可知电子射出金属板的时刻为，则电子的速率，与A项分析中的表达式联立可得(n1，2，3)，故D正确。13(2022届苏州相城区12月月考)如题图所示，真空室内足够长的水平边界O1O2上方、竖直虚线P2左侧区域存在范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场，O1O2上方、竖直虚线P1左侧区域还存在竖直向下的匀强电场，矩形区域磁场宽度为d0.08 m。一群质量m1.01014 kg、 电荷量q2.0108 C的带负电粒子，从P1左侧以相同速度v8.0104 m/s，水平向右飞入距离

30、O1O2边界高度为0.020.10 m的水平区域S1S2内。已知粒子在P1左侧空间恰好能沿直线运动，磁场的磁感应强度大小0.4 T，不计粒子间的相互作用以及粒子所受重力影响。求：(1)匀强电场的电场强度大小E；(2)从S2处水平飞入的粒子经过P1P2区域时偏转的角度的正弦值；(3)粒子过边界O1O2的范围长度。【解析】(1)粒子在P1左侧空间恰好能沿直线运动有qvBqE解得。(2)由洛伦兹力提供向心力。则有得所以。(3)从S2处水平飞入的粒子从边界P2进入右侧无磁场区域后，将做匀速直线运动，设粒子到达O1O2边界上最远点为M，边界P2与O1O2边界的交点为P3，则解得从S1处水平飞入的粒子，设

31、到达O1O2边界上的N点，有解得所以粒子经过边界O1O2的范围长度为NM0.065 m。14(2022届鄂南高中等十一校第一次联考)在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图甲所示是离子注入工作原理的示意图，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后，沿图中圆弧虚线通过半径为R0的圆弧形静电分析器（静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场）后，从P点沿竖直方向进入半径为r的圆形匀强磁场区域，该圆形磁场区域的直径PQ与竖直方向成15，经磁场偏转，最后打在竖直放置的硅片上。离子的质量为m、电荷量为q，不计离子重力。求：(1)离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小v；(2)静电分析器通道内虚线

32、处电场强度的大小E0；(3)若磁场方向垂直纸面向外，离子从磁场边缘上某点出磁场时，可以垂直打到硅片上，求圆形区域内匀强磁场的磁感应强度B0的大小。【解析】(1)粒子通过加速电场，根据动能定理得解得离子通过静电分析器做圆周运动，速度大小不改变，所以离子进入圆形匀强磁场区域时的速度大小为。(2)离子经过静电分析器，由向心力公式得解得。(3)作出符合题意的离子的运动轨迹如图所示，、分别为磁场圆和轨迹圆的圆心，M为射出点，PM为公共弦，连接，则为等腰直角三角形，则则故设轨迹圆的半径为，则由向心力公式得。15(2022届沈阳二中第二次阶段测试)有人设计了一种利用电磁场分离不同速率带电粒子的仪器，其工作原

33、理如图所示。空间中充满竖直向下的匀强电场，一束质量为m、电量为q（q0）的粒子以不同的速率从P点沿某竖直平面内的PQ方向发射，沿直线飞行到Q点时进入有界匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于该竖直平面，PQ4l。若速度最大粒子在最终垂直于PT打到M点之前都在磁场内运动，且其他速度粒子在离开磁场后最终都能垂直打在PT上的NM范围内，PM8l，PN6l，若重力加速度大小为g，求：(1)电场强度的大小；(2)粒子速度大小的范围。【解析】(1)带电粒子沿PQ直线运动，说明重力和电场力二力平衡，由平衡条件可知qEmg解得。(2)进入磁场的速度方向沿PQ直线，说明圆心在过Q点垂直PQ的垂线上，若速度

34、最大粒子在最终垂直于PT打到M点之前都在磁场内运动，说明圆心在PT上，所以圆心是垂直PQ的直线与PT的交点A，设最大速度为v1，做圆周运动的半径为R。如图所示由几何关系可知解得由几何关系可得QAP53带电粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供解得带电粒子最大速度为设最小速度为v2，做圆周运动的半径为r。圆心在C点，因为三角形是AQM是等腰三角形，过C点作CD平行于PT交QM于D，由几何关系可知CQCD所以最小速度的带电粒子刚好从D点离开磁场。半径是CQ，过D点用DK平行于QA交PT于K，在直角三角形NDK中，由几何关系可知解得带电粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供解得带电粒子最大速度为所以带电粒子的速度范围为。