备战2025年高考物理(浙江专用)押浙江卷计算大题18带电粒子在电场磁场中的运动(学生版+解析)练习

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1．离子注入机的原理图如图甲所示，由发射源、加速电场、速度选择器、偏转注入磁场、中性粒子回收器组成。均匀分布的混合粒子束离开发射源后，带电粒子在加速电场中加速，后以相同速度通过速度选择器，再进入偏转磁场，最终打在待掺杂半导体上；中性粒子始终沿原方向运动，被回收器回收。已知所有带电粒子均带正电，带电荷量为+q、质量为m，速度选择器两极板间的电压U可调，板间距为d，极板长度为3d，极板间磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里，加速电场的加速电压为U1，待掺杂半导体的长度为2d。当U=0时，恰好没有带电粒子进入偏转磁场。不考虑粒子重力和粒子间的相互作用。
(1)求粒子离开发射源时的速度大小。此时要使所有粒子均能通过速度选择器，求U的值U2。
(2)在U=U2时，若加速电场的加速电压在U1∼k+1U1内周期性均匀变化，其中k>0且k≪1，求不能进入偏转磁场的带电粒子占总带电粒子数目比例的最大值（可认为带电粒子进入速度选择器后所受合力不变）。
(3)若U1保持不变，U随时间线性变化的规律如图乙所示（可认为带电粒子进入速度选择器后所受合力不变），周期为T，偏转磁场的区域足够大。
①要求所有进入偏转磁场的带电粒子全部打在半导体上，求偏转磁场的磁感应强度大小B2的取值范围。
②已知发射源t时间发射总粒子数为N，中性粒子回收器t时间回收粒子数目为N4，在B2取最大值的情况下，求1个周期内待掺杂半导体接收粒子的平均密度（总接收粒子数÷总接收长度）。
【答案】(1)4q2B12d2m2-2qU1m，2qB12d2m
(2)3dqB1214q2B12d2+2kU1qm-2dqB14q2B12d2+2kU1qm
(3)①2B1≤B2≤4B1；②nd=T2d3N2t-9Np16t
【来源】2025年浙江省普通高校招生选考科目考试物理测评卷（八）
【详解】（1）U=0时，极板间仅存在磁场，粒子在板间做匀速圆周运动，结合题述，作出从最下方进入板间的粒子的运动轨迹，如图1所示
由几何关系可知，粒子在极板间做圆周运动的轨迹半径R满足R-d2+3d2=R2
解得R=2d
粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，则有qv1B1=mv12R
粒子在加速电场中，由动能定理有qU1=12mv12-12mv02
解得粒子离开发射源时的速度大小与进入偏转磁场的速度大小v0=4q2B12d2m2-2qU1m，v1=2qB1dm
要使所有粒子均能通过板间，则要使粒子所受电场力与洛伦兹力相等，则有qv1B1=qU2d
解得U2=2qB12d2m
（2）由于加速电场的加速电压在U1∼k+1U1内周期性均匀变化，令加速电压为k1+1U1，根据动能定理有qk1+1U1=12mv22-12mv02
其中v0=4q2B12d2m2-2qU1m
解得粒子进入速度选择器时的速度为v2=4q2B12d2m2+2k1U1qm
粒子在速度选择器中运动，粒子所受合力不变，则合力为F合=qv2B1-qU2d
粒子沿速度选择器极板方向做匀速直线运动，则粒子在极板间运动的时间t1=3dv2
粒子垂直于速度选择器极板方向做匀加速直线运，则打在极板上的粒子对应的宽度Δx=12⋅F合mt12
联立得Δx=3d2qB12m1v2-2dqB1m⋅1v22
由数学知识可得，当k1=k时，不能进入偏转磁场的带电粒子占总带电粒子数目的比例最大，最大值为η=Δxd=3dqB1214q2B12d2+2kU1qm-2dqB14q2B12d2+2kU1qm
（3）①设粒子进入偏转磁场时，速度与轴线的夹角为θ，如图2所示
粒子进入偏转磁场时的速度v3=v1csθ
其中v1=2qB1dm
粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有qv3B2=mv32R1
解得R1=mv3qB2
粒子在偏转磁场中的偏转距离x=2R1csθ
解得x=2mv1qB2=4B1dB2
可知，偏转距离只与粒子进入速度选择器时的速度，偏转磁场的磁感应强度大小有关。若要使所有带电粒子都打到半导体上，则粒子的偏转距离应满足d≤x≤2d
解得偏转磁场的磁感应强度大小B2的取值范围为2B1≤B2≤4B1
②当极板间所加电压发生变化时，对于恰好打到上极板右边缘的粒子有3d=v1t2，y1=12⋅pU2qmd⋅t22
进入偏转磁场的带电粒子比例占总带电粒子数目的比例η'=d-y1d
解得η'=1-34p
由于电压随时间线性变化，则进入偏转磁场的带电粒子数目占总数的比例也随时间线性变化，作出射入偏转磁场粒子数目随时间的变化图像，如图3所示
在1个周期内待掺杂半导体接收粒子的总数目为n=T23N2t-9Np16t
结合上述可知，B2取最大值时，半导体接收粒子的总长度为d，则1个周期内待掺杂半导体接收粒子的平均密度为nd=T2d3N2t-9Np16t
2．利用电场、磁场可以控制离子的运动路径。如图所示，空间直角坐标系O-xyz中，x轴正方向水平向右、z轴正方向竖直向上、y轴正方向垂直xOy平面向外，离子源位于坐标原点O，在xOz平面内沿与x轴成θ=37°角方向发射速率为v，质量为m，电荷量为q的正离子，在yOz平面右侧区域内存在水平向左的匀强磁场，磁感应强度大小为B，从O点射出的离子经过时间Δt=2πmBq穿过x轴上的P点。不计空气阻力和离子所受的重力，不考虑离子对场的影响，sin37°=0.6,cs37°=0.8。
(1)求P点坐标。
(2)去掉磁场，在xOz平面内加上竖直向下的匀强电场，从离子源发出的离子向上运动，轨迹最高点到x轴的距离为dm=3πmv10Bq，求：
①所加电场的场强大小；
②离子回到x轴时的位置。
(3)保留原磁场，同时在yOz平面右侧区域加水平向右的匀强电场，场强大小为E'=4Bv5π，求从离子源发出的离子：
①经过时间Δt1=2πmBq时的位置坐标；
②经过时间Δt2=5πm2Bq时的位置坐标。
【答案】(1)8πmv5Bq,0,0
(2)①3Bv5π； ②8πmv5Bq,0,0
(3)①16πmv5Bq,0,0；②9πmv2Bq,3mv5Bq,3mv5Bq
【来源】2025年浙江省普通高校招生选考科目考试物理测评卷（三）
【详解】（1）将离子速度v分解到x轴和z轴方向vx=vcsθ,vz=vsinθ
离子在x轴方向以vx=vcsθ做匀速运动，在平行yOz平面内做匀速圆周运动，周期T=2πmBq
经过时间Δt=2πmBq完成一个完整的匀速圆周运动，在x轴方向的位移l=vxΔt=8πmv5Bq
故P点坐标为8πmv5Bq,0,0
（2）①离子在z轴正方向最大位移处的速度为v'=vcsθ
根据动能定理得-Eqdm=12mv'2-12mv2
解得E=3Bv5π
②离子在水平方向以vx=vcsθ做匀速运动，竖直方向做匀变速运动，从出发到回到x轴所用时间t'=2dmvz2=2πmBq
故水平位移l'=xxt'=8πmv5Bq
即离子刚好到达x轴上的P点，坐标为8πmv5Bq,0,0
（3）在yOz平面右侧区域同时存在水平向左的匀强磁场和水平向右的匀强电场，离子在平行yOz平面内做匀速圆周运动，在x轴方向上做匀加速运动。
①经过时间Δt1=2πmBq，离子刚好在平行yOz平面内完成一个完整的圆周运动，恰好经过x轴，此时所在位置的x轴坐标为x1=vxΔt1+12×qE'mΔt12
解得x1=16πmv5Bq
经过Δt1离子位置坐标为16πmv5Bq,0,0
②经过时间Δt2=5πm2Bq，离子在平行yOz平面内刚好经过54个圆周，x轴上的位置坐标x2=vxΔt2+12qE'mΔt22
解得x2=9πmv2Bq
y轴、z轴的坐标均为R=mvyBq=3mv5Bq
经过时间Δt2离子的位置坐标为9πmv2Bq,3mv5Bq,3mv5Bq
3．如图所示，半径为R的实线圆形边界内存在垂直纸面向外的匀强磁场（未画出），一质量为m、电荷量为+q的粒子（不计重力）从圆周上的A点以速度v0射入磁场，从B点射出磁场，运动轨迹的半径为2R，粒子在圆形边界内的运动时间为速率相同情况下运动时间的最大值，D点是入射速度延长线与出射速度反向延长线的交点，C点是出射速度延长线上一点，D、C两点间的距离为3R，过C点的虚线CE、CM分别与AD平行和垂直，虚线MN与CE平行，且MN与CE的间距为4R，CM、CE与MN所围区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场（未画出），粒子从C点进入磁场，到达MN时轨迹正好与MN相切于P点，求：
(1)实线圆形边界内匀强磁场的磁感应强度大小B1；
(2)CE与MN间匀强磁场的磁感应强度大小B2；
(3)粒子从A到P所用的总时间t；
(4)粒子从A到C所受的作用力对时间的平均值F的大小。
【答案】(1)B1=mv02qR
(2)B2=mv08qR
(3)t=10π+3R3v0
(4)F=3mv022π+3R
【来源】2025年浙江省普通高校招生选考科目考试物理测评卷（六）
【详解】（1）由洛伦兹力充当向心力可得B1qv0=mv022R
解得B1=mv02qR
（2）由题述可知，AB为圆形边界的直径，AB=2R，过A、B两点作速度的垂线即轨迹圆的半径，设AD与AB的夹角为θ，由几何关系可得sinθ=R2R
解得θ=π6
设速度的偏转角为α，则有α=2θ=π3
过C、P两点作速度的垂线，设轨迹圆的半径为r，如图所示，由几何关系可得r-4Rr=cs60°
由洛伦兹力充当向心力可得B2qv0=mv02r
综合解得B2=mv08qR
（3）粒子从A到B的运动时间为t1=2πR3v0
由几何关系可得BD=Rcsθ=233R
则BC=CD-BD=3R-233R=33R
粒子从B到C的运动时间为t2=BCv0=3R3v0
从C到P，粒子运动轨迹所对的角度为60°，粒子从C到P的运动时间为t3=πr3v0=8πR3v0
则粒子从A到P运动的总时间为t=t1+t2+t3=10π+3R3v0
（4）由矢量运算法则可得粒子从A到C速度变化量的大小为Δv=v0
由动量定理可得Ft1+t2=mΔv
综合解得F=3mv022π+3R
4．如图所示为一种测量石墨晶体层数的装置。图中O1，O2分别为EF，GH的中点，右侧为一含有n层sp2杂化的碳原子平面的石墨晶体，装置中所有的磁场及电场的方向及大小规律分布已在图中标出，不过多说明。装置的作用原理如下：一粒子源S发出一个带电粒子，该带电粒子无初速度地从AB极板中点的小孔进入加速电场，经加速后从O1进入板间，最终从O2点水平射出，之后粒子从P点垂直进入石墨层，并与有且仅有一个碳原子结合形成一个新整体，该过程整体视为质量与动量守恒。此后整体每经过一个石墨层都会再结合一个碳原子。当加速电压U=100V时，粒子恰好无法穿过该石墨晶体。已知粒子与碳原子的质量均为m=2×10-26kg，粒子的带电量q=+1×10-16C，EF、GH间电场强度E0=600V/m，板长均为L=1.5πm，板间距d=1m，石墨各层间距均为D=1.2×10-10m。图中E=1π2V/m，B=13×105T但B0未知。不计粒子间相互作用力，仅考虑图中电场与磁场对粒子的作用，电场与磁场均视为匀强场，不考虑边缘效应、相对论效应。求：
（1）粒子从加速电场中出来的速度v0；
（2）极板EF、GH间的磁感应强度大小B0；
（3）n的值以及粒子打在第n层时垂直纸面的位移大小s。
【答案】（1）1×106m/s；（2）6×10-4T；（3）8，2.25×10-20m
【来源】2024届浙江省温州市永嘉县上塘中学高三下学期模拟物理试题
【详解】（1）粒子在加速电场中，有
qU=12mv02
解得v0=1×106m/s
（2）粒子进入EF、GH区域做匀速直线运动，有
E0q=qv0B0
解得
B0=6×10-4T
（3）粒子穿过石墨层时动量守恒，穿过第n层时
mv0=(n+1)mvn
粒子在平行石墨层平面上，只受到电场力，在垂直石墨层平面上，只受到洛伦兹力，则在垂直石墨层平面上在石墨层之间做匀速圆周运动，在第n层和第n+1层石墨层之间，根据洛伦兹力提供向心力有
qvn⋅(n+1)B=(n+1)mvn2rn
则做圆周运动的轨迹半径为
rn=1n+1mv0qB
令r0=mv0qB=6×10-9m，粒子在垂直石墨层平面上，粒子的轨迹如图所示，将过石墨层的粒子轨迹半径反向延长，与第一层石墨相交，与第1层的石墨层的交点分别令为A1、A2、A3 ⋯An，与上一层石墨层相交的交点分别令为B1、B2、B3 ⋯B4，
则粒子射出第n（n>1）层时，在n层和第n+1之间，由几何关系可得
An-1Onrn=AnOnOnBn，AnOn+OnBn=(n-1)(rn-OnBn)，An-1On=rn-1-rn
则
AnOn=n-1n2+1rn
当粒子在n层和第n+1之间恰好无法穿过该石墨晶体时，由
AnOn+rn=nD
解得
n=r0D-1=7
则粒子恰好不能穿过第8层。即石墨晶体层级为8。
粒子在石墨层之间做匀速圆周运动的周期
Tn=2πrnvn=2πr0v0
粒子打在第8层时恰好偏转90°，则运动时间
t=14T=πr02v0
在平行石墨层方向上，粒子在第n层之间
q(n+1)E=(n+1)ma
解得
a=qEm
则粒子在平行石墨层方向上做匀加速直线运动，则粒子粒子打在第8层时垂直纸面的位移大小
s=12at2=2.25×10-20m
5．利用电场、磁场对带电粒子的偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图1所示，平面坐标系中，第二象限圆形区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，已知圆形区域半径为R0，P点为一粒子源，能向x轴上方各方向均匀发射质量为m，电量为q，速度大小为v0的带电粒子，所有带电粒子经圆形磁场偏转后均能平行x轴射入第一象限；第一象限直角三角形区域内存在方向竖直向上的匀强电场，已知OM = 2R0，粒子重力可忽略不计，求解下列问题。
（1）P点出射粒子带正电还是带负电，圆形区域匀强磁场磁感应强度大小B0；
（2）假设三角形区域匀强电场E=2mv02qR0，所有进入电场的粒子中，求能从MN边界射出的粒子在经过y轴时的y轴坐标区间；
（3）假设第一象限直角三角形区域内电场改为方向垂直纸面向里，磁感应强度大小B=2mv0qR0的匀强磁场，如图2，求从ON边界和从MN边界射出的粒子分别占从P点发出的总粒子数的比例。
【答案】（1）负电，B0=mv0qR0；（2）149R0≤y≤2R0；（3）12，415
【来源】2024年浙江省普通高校招生考试选考科目考试冲刺卷物理（二）试题
【详解】（1）根据左手定则可得，P点出射粒子带负电。因为所有带电粒子经圆形磁场偏转后均能平行x轴射入第一象限，由“磁发散”可得，带电粒子在磁场中的运动半径等于磁场的半径，即轨迹半径为
r = R0
根据牛顿第二定律
qv0B0=mv02r
解得
B0=mv0qR0
（2）粒子在电场中做类平抛运动，当运动轨迹与MN相切时，为临界情况，设切点坐标为（x1，y1），此时经过y轴入射的纵坐标为y0，由数学知识可得
y1=-43x1+2R0
带电粒子在电场中受到向下的电场力，大小为
F=qE=2mv02R0
则加速度为
a=Fm=2v02R0
运动时间为
t=x1v0
沿y轴方向的位移为
Δy=y0-y1=12at2
整理得
x12-43R0·x1+2R02-y0R0=0
因为，运动轨迹与MN相切，所以上式中x1有唯一解，由数学知识可解得
y0=149R0
所以，能从MN边界射出的粒子在经过y轴时的y轴坐标区间149R0≤y≤2R0；
（3）粒子在第一象限做圆周运动，根据
qv0B=mv02r1
可得，轨迹半径为
r1=mv0qB=R02
当轨迹为与MN相切时，为临界情况，绘出运动轨迹图如下
此时经过y轴入射点A距M点距离为y2，则
y2=r1sin37°-r1=R03
则此时从P点发出的粒子与x轴负方向的夹角
csθ=R0-R03R0=23
故，从MN边界射出的粒子分别占从P点发出的总粒子数的比例为
kMN=θπ≃415
当粒子从O点射出时为从ON边界射出的临界情况，设此时经过y轴入射点距O点距离为y3，则
y3 = 2r1 = R0
则此时从P点发出的粒子与x轴垂直，故，从ON边界射出的粒子分别占从P点发出的总粒子数的比例为kON=π2π=12
6．在空间中一足够长圆柱形区域内存在匀强磁场，磁场的方向沿轴线向右，磁感应强度为B0，在轴线上有一粒子源，可以每秒发射N个质量为m，电荷量为＋q，速度为v0的粒子。不计重力和粒子间的相互作用力。
（1）如图1所示，使粒子源沿垂直轴线的方向发射粒子，粒子恰好不会飞出磁场区域，求磁场区域的半径R；
（2）如图2所示，在磁场区域半径满足（1）的前提下，在右侧磁场范围内垂直轴线放一块足够大收集板A，将大量粒子沿与轴线成θ=30°向右射出，为保证所有粒子在A上均汇聚于一点，求粒子源到极板A的水平距离；
（3）如图3所示，大量粒子沿与轴线成θ=30°向右均匀射出，粒子源到A的距离满足（2）问，在A的中心挖一小孔，可使粒子通过。将收集板B平行放置于A右侧，并在AB极板间加上电压。粒子打在B板上即被完全吸收，求收集板B所受的作用力F与极板间电压UAB的关系；
（4）实验室中，常利用亥姆霍兹线圈产生匀强磁场，当一对亥姆霍兹线圈间的距离增大时，即可生成磁感应强度随空间缓慢变化的磁场，如图4所示，其磁感应强度两端强，中间弱。带电粒子可以在端点处“反射”而被束缚其中，即“磁约束”。粒子的运动满足如下规律：带电粒子在垂直磁场方向的速度分量v⊥与此处的磁感应强度B之间满足：12mv⊥2B=常数，现假设该磁场中的最大磁感应强度和最小磁感应强度之比为2:1，在该磁场的中部最弱区域有一带电粒子源，与轴线成θ发射粒子束，要使这些粒子能被束缚在该磁场区域，求θ的最小值。
【答案】（1）2mv0qB；（2）k3πmv0qB，k=1,2,3,4,⋅⋅⋅⋅⋅⋅；（3）F=Nm34v02+2qUABm,UAB≥-3mv028q0,UAB