2025届新高考物理精准复习磁场

届新高考物理精准复习磁场2025届新高考物理精准复习磁场eq\o\ac(○,热)eq\o\ac(○,点)eq\o\ac(○,考)eq\o\ac(○,点)eq\o\ac(○,解)eq\o\ac(○,读)知识必备知识必备一、磁场的基本性质安培力1．磁场的产生与叠加2．安培力的分析与计算方向左手定则大小直导线F＝BILsinθ，θ＝0时F＝0，θ＝90°时F＝BIL导线为曲线时等效为ac直线电流受力分析根据力的平衡条件或牛顿运动定律列方程二、带电粒子在匀强磁场中的运动1．分析带电粒子在磁场中运动的方法基本思路(1)画轨迹：确定圆心，用几何方法求半径并画出轨迹(2)找联系：轨迹半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，运动时间与周期相联系(3)用规律：利用牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式和半径公式基本公式qvB＝meq\f(v2,r)重要结论r＝eq\f(mv,qB)，T＝eq\f(2πm,qB)，T＝eq\f(2πr,v)圆心的确定(1)轨迹上的入射点和出射点的速度垂线的交点为圆心，如图(a)(2)轨迹上入射点速度垂线和两点连线中垂线的交点为圆心，如图(b)(3)沿半径方向距入射点距离等于r的点，如图(c)(当r已知或可算)半径的确定方法一：由物理公式求，由于Bqv＝eq\f(mv2,r)所以半径r＝eq\f(mv,qB)方法二：由几何关系求，一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)通过计算来确定时间的求解方法一：由圆心角求，t＝eq\f(θ,2π)·T方法二：由弧长求，t＝eq\f(s,v)2．带电粒子在有界匀强磁场中运动的三个重要结论(1)粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时，入射角等于出射角(如图甲，θ1＝θ2＝θ3)．(2)沿半径方向射入圆形磁场的粒子，出射时亦沿半径方向(如图乙，两侧关于两圆心连线对称)．(3)粒子速度方向的偏转角等于其轨迹的对应圆心角(如图甲，α1＝α2)．3．带电粒子在磁场中运动的多解成因(1)磁场方向不确定形成多解；(2)带电粒子电性不确定形成多解；(3)速度不确定形成多解；(4)运动的周期性形成多解．三、带电粒子在有界磁场运动的临界与极值问题1．解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，利用动态圆思想寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好圆心，建立几何关系．2．粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切．3．常用的动态圆示意图适用条件应用方法放缩圆(轨迹圆的圆心在P1P2直线上)粒子的入射点位置相同，速度方向一定，速度大小不同以入射点P为定点，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件旋转圆(轨迹圆的圆心在以入射点P为圆心、半径R＝eq\f(mv0,qB)的圆上)粒子的入射点位置相同，速度大小一定，速度方向不同将一半径为R＝eq\f(mv0,qB)的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索出临界条件平移圆(轨迹圆的所有圆心在一条直线上)粒子的入射点位置不同，速度大小、方向均一定将半径为R＝eq\f(mv0,qB)的圆进行平移磁聚焦与磁发散磁聚焦磁发散轨迹圆半径等于区域圆半径带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，则粒子从磁场边界上同一点射出，该点切线与入射方向平行——磁聚焦，从边缘某点以不同方向入射时平行出射——磁发散易错易混易错易混洛伦兹力与静电力的比较洛伦兹力静电力产生条件v≠0且v不与B平行(说明：运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用)电荷处在电场中大小F＝qvB(v⊥B)F＝qE力方向与场方向的关系F⊥B(且F⊥v)F∥E做功情况任何情况下都不做功可能做功，也可能不做功方法必知方法必知一、带电粒子在组合场中的运动1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场交替出现．2．分析思路(1)画运动轨迹：根据受力分析和运动学分析，大致画出粒子的运动轨迹图．(2)找关键点：确定带电粒子在场区边界的速度(包括大小和方向)是解决该类问题的关键．(3)划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理．3．常见粒子的运动及解题方法二、带电粒子在叠加场中的运动1．叠加场电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存．2．带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式运动性质受力特点方法规律匀速直线运动粒子所受合力为0平衡条件匀速圆周运动除洛伦兹力外，另外两力的合力为零：qE＝mg牛顿第二定律、圆周运动的规律较复杂的曲线运动除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，也不与洛伦兹力等大反向动能定理、能量守恒定律三、带电粒子在立体空间中的运动空间中匀强磁场的分布是三维的，带电粒子在磁场中的运动情况可以是三维的．现在主要讨论两种情况：(1)空间中只存在匀强磁场，当带电粒子的速度方向与磁场的方向不平行也不垂直时，带电粒子在磁场中就做螺旋线运动．这种运动可分解为平行于磁场方向的匀速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动．(2)空间中的匀强磁场和匀强电场(或重力场)平行时，带电粒子在一定的条件下就可以做旋进运动，这种运动可分解为平行于磁场方向的匀变速直线运动和垂直于磁场平面的匀速圆周运动．eq\o\ac(

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,学)真题回顾真题回顾1．（2024•浙江）类似光学中的反射和折射现象，用磁场或电场调控也能实现质子束的“反射”和“折射”。如图所示，在竖直平面内有三个平行区域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ；Ⅰ区宽度为，存在磁感应强度大小为、方向垂直平面向外的匀强磁场，Ⅱ区的宽度很小。Ⅰ区和Ⅲ区电势处处相等，分别为和，其电势差。一束质量为、电荷量为的质子从点以入射角射向Ⅰ区，在点以出射角射出，实现“反射”；质子束从点以入射角射入Ⅱ区，经Ⅱ区“折射”进入Ⅲ区，其出射方向与法线夹角为“折射”角。已知质子仅在平面内运动，单位时间发射的质子数为，初速度为，不计质子重力，不考虑质子间相互作用以及质子对磁场和电势分布的影响。（1）若不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，求的最小值；（2）若，求“折射率”（入射角正弦与折射角正弦的比值）；（3）计算说明如何调控电场，实现质子束从点进入Ⅱ区发生“全反射”（即质子束全部返回Ⅰ区）；（4）在点下方距离处水平放置一长为的探测板在的正下方），长为，质子打在探测板上即被吸收中和。若还有另一相同质子束，与原质子束关于法线左右对称，同时从点射入Ⅰ区，且，求探测板受到竖直方向力的大小与之间的关系。2．（2023•北京）如图所示，在磁感应强度大小为、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直。管道横截面半径为，长度为。带电粒子束持续以某一速度沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出。单位时间进入管道的粒子数为，粒子电荷量为，不计粒子的重力、粒子间的相互作用。下列说法不正确的是A．粒子在磁场中运动的圆弧半径为 B．粒子质量为 C．管道内的等效电流为 D．粒子束对管道的平均作用力大小为3．（2023•新课标）一电子和一粒子从铅盒上的小孔竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕上的和两点，点在小孔的正上方，点在点的右侧，如图所示。已知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4．（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，等腰直角三角形区域（区域Ⅱ内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，图中、、三点在同一直线上，与垂直，且与电场和磁场方向均垂直，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，只有沿直线运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为、磁感应强度大小为，区域Ⅱ中磁感应强度大小为，则粒子从的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为。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，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，则 B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为，则 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，5．（2023•乙卷）如图，一磁感应强度大小为的匀强磁场，方向垂直于纸面平面）向里，磁场右边界与轴垂直。一带电粒子由点沿正向入射到磁场中，在磁场另一侧的点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于轴的接收屏上的点；，与屏的距离为，与轴的距离为。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的匀强电场，该粒子入射后则会沿轴到达接收屏。该粒子的比荷为A． B． C． D．6．（2023•甲卷）光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上点开有一个小孔，过的横截面是以为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从点沿射入，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 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的连线7．（2023•江苏）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。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。质量为、电荷量为的电子从点沿轴正方向水平入射，入射速度为时，电子沿轴做直线运动；入射速度小于时，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；（2）若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标；（3）若电子入射速度在范围内均匀分布，求能到达纵坐标位置的电子数占总电子数的百分比。8．（2023•山东）如图所示，在，的区域中，存在沿轴正方向、场强大小为的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为，电量为的带正电粒子从中点进入电场（不计粒子重力）。（1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直第二次离开电场后，垂直再次进入电场，求磁场的磁感应强度的大小；（2）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从点沿轴正方向第一次进入电场，离开电场后从点第二次进入电场，在电场的作用下从点离开。求改变后电场强度的大小和粒子的初速度；（ⅱ）通过计算判断粒子能否从点第三次进入电场。区域模拟区域模拟1．（2024•温州二模）如图所示，甲图是距离很近的两个平行异名磁极之间磁场的磁感线、乙图是辐向磁场的磁感线、丙图为等量异种点电荷的电场线、丁图为等量同种正点电荷的电场线。一电子以某一初速度，仅受电场力或磁场力，在这四种场中，不可能做匀速圆周运动的是A．在甲图磁场中 B．在乙图磁场中 C．在丙图电场中 D．在丁图电场中2．（2024•西安校级模拟）如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场区域，磁感应强度大小为，边界分别是半径为和的同心圆，为圆心。在圆心处有一粒子源（图中未画出），在纸面内沿各个方向发射出比荷为的带负电的粒子，速度连续分布且粒子间的相互作用力可忽略不计，这些带电粒子受到的重力也可以忽略不计，已知，。若所有的粒子都不能射出磁场，则下列说法正确的是A．某粒子恰好不从大圆边界射出磁场，其在磁场中运动的时间为（不考虑粒子再次进入磁场的情况） B．某粒子恰好不从大圆边界射出磁场，其在磁场中运动的时间为（不考虑粒子再次进入磁场的情况） C．粒子速度的最大值为 D．粒子速度的最大值为3．（2024•大连一模）图（a）中，在轴上关于原点对称的位置固定两个等量异种点电荷。图（b）中，在轴上关于原点对称的位置固定两根垂直于纸面的平行长直导线，两根导线中电流大小相等、方向相反。电子以一定的初速度从原点垂直纸面向里运动，则关于两幅图中电子在原点处受力的说法正确的是A．图（a）中，电子所受电场力方向沿轴正向 B．图（a）中，电子所受电场力方向沿轴正向 C．图（b）中，电子所受洛伦兹力方向沿轴正向 D．图（b）中，电子所受洛伦兹力方向沿轴正向4．（2024•朝阳区校级模拟）如图所示为洛伦兹力演示仪的结构示意图。由电子枪产生电子束，玻璃泡内充有稀薄的气体，在电子束通过时能够显示电子的径迹。前后两个励磁线圈之间产生匀强磁场，磁场方向与两个线圈中心的连线平行。电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节。适当调节和，玻璃泡中就会出现电子束的圆形径迹。下列调节方式中，一定能让圆形径迹半径减小的是A．同时增大和 B．同时减小和 C．增大，减小 D．减小，增大5．（2024•包头二模）如图所示，两根长直导线、垂直放置，彼此绝缘，分别通有大小相同电流。固定的刚性正方形线圈通有电流，到的距离与到的距离相等，线圈与导线位于同一平面内。已知通电长直导线在其周围某点所产生的磁感应强度大小，与该点到长直导线的距离成反比；线圈所受安培力的大小为。若移走导线，则此时线圈所受的安培力大小为A．，方向向左 B．，方向向右 C．，方向向左 D．，方向向右6．（2024•辽宁二模）如图所示，绝缘水平面上，虚线左侧有垂直于水平面向上的匀强磁场、右侧有垂直于水平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为，、、为绝缘水平面上的三个固定点，点在虚线上，、两点在左右两磁场中，两根直的硬导线连接、和、间，软导线连接在、间，、连线与垂直，、到的距离均为，，、、三段导线电阻相等，，。通过、两点给线框通入大小为的恒定电流，待、间软导线形状稳定后线框受到的安培力大小为A．0 B． C． D．7．（2024•北京一模）在霍尔效应中，霍尔电压与通过导体的电流之比被定义为霍尔电阻，可用符号表示，通常情况下，霍尔电阻与外加磁场的磁感应强度成正比。但在超低温、强磁场的极端条件下，某些材料的霍尔电阻却随着强磁场的增加出现量子化现象：，是普朗克常数，是电子的电量，既可以取1、2、等整数，也可以取某些小于1的分数，这就是量子霍尔效应现象。实验发现，当霍尔电阻处于量子态时，材料中的电子将沿边缘带做定向运动，几乎不受阻力作用。2013年，清华大学薛其坤团队发现，在超低温环境条件下，具备特殊结构的拓补绝缘体材料可以自发地发生磁化，此时不需要外加磁场也会发生量子霍尔效应，这种现象被称为量子反常霍尔效应。结合以上资料，可以判断下列说法正确的是A．同欧姆电阻类似，霍尔电阻越大，表明材料对通过它的电流的阻碍越强B．要发生量子霍尔效应现象，外部环境条件有两个，一是要具备超低温环境，二是要具备超强的磁场 C．具备量子反常霍尔效应的磁性拓补绝缘材料已成为新一代低能耗芯片的制造材料 D．霍尔电阻的量子态表达式中的常数组合与欧姆电阻具有相同的单位8．（2024•丰台区一模）一束含有两种比荷的带电粒子，以各种不同的初速度沿水平方向进入速度选择器，从点进入垂直纸面向外的偏转磁场，打在点正下方的粒子探测板上的和点，如图甲所示。撤去探测板，在点右侧的磁场区域中放置云室，若带电粒子在云室中受到的阻力大小，为常数，为粒子的电荷量，其轨迹如图乙所示。下列说法正确的是A．打在点的带电粒子的比荷小 B．增大速度选择器的磁感应强度、向下移动 C．打在点的带电粒子在云室里运动的路程更长 D．打在点的带电粒子在云室里运动的时间更短9．（2024•厦门模拟）如图所示，在平面直角坐标系中，虚线与轴正方向的夹角为，与轴之间存在垂直纸面向里的匀强磁场（边界存在磁场），第二象限存在沿轴正方向的匀强电场。一质量为、带电量为的粒子从轴负半轴的点以初速度进入电场，与轴正方向的夹角为，经电场偏转后从点垂直轴进入磁场，粒子恰好不从边界射出磁场。不计粒子重力，求：（1）电场强度的大小；（2）磁感应强度的大小；（3）粒子从点进入电场到再次回到轴的时间。10．（2024•碑林区校级模拟）如图所示，在第二象限内有一抛物线的边界，其方程为，在抛物线的上方存在一竖直向下的匀强电场．在抛物线每个位置上连续发射质量为，电荷量为的粒子，粒子均以大小为的初速度水平向右射入电场，所有粒子均能到达原点，第四象限内有一边长为，其中两条边分别与轴，轴重合的正方形边界，边界内存在垂直于纸面向外，磁感应强度大小为的匀强磁场，为与轴平行的可上下移动的荧光屏，初始位置与磁场的下边界重合，不计粒子重力及粒子间的相互作用力，粒子打到荧光屏上即被吸收。（1）求电场强度的大小；（2）求从处进入的粒子在磁场中运动的时间；（3）若将荧光屏缓慢向上移动，求在向上移动的过程中屏上的最大发光长度。考前押题考前押题1．如图所示，真空区域内有宽度为、磁感应强度为的匀强磁场，方向垂直纸面向里，、是磁场的边界。质量为、电荷量为的带正电的粒子（不计重力），沿着与夹角为的方向以某一速度射入磁场中，粒子恰好未能从边界射出磁场。下列说法不正确的是A．可求出粒子在磁场中运动的半径 B．可求出粒子在磁场中运动的加速度大小 C．若仅减小射入速度，则粒子在磁场中运动的时间一定变短 D．若仅增大磁感应强度，则粒子在磁场中运动的时间一定变短2．一重力不计的带电粒子以初速度先后穿过宽度相同且紧邻在一起的有明显边界的匀强电场和匀强磁场，如图甲所示，电场和磁场对粒子总共做功；若把电场和磁场正交叠加，如图乙所示，粒子仍以的初速度穿过叠加场区对粒子总共做功，比较、的绝对值大小A． B． C． D．可能也可能3．如图，空间直角坐标系中，某些区域内存在匀强电场或匀强磁场。一质量为，电荷量为的带正电粒子，以初速度从点沿轴正方向射入区域，不计粒子重力。（1）若在区域内仅分布着沿轴正方向的匀强电场，则粒子恰能经过面内边长为的正方形的顶点，求电场强度的大小；（2）若在面内，轴方向上，每隔间距就有一段间距也为的区域，第1个区域内（含边界）存在沿轴负方向的匀强磁场，磁感应强度，第2个区域内存在沿轴正方向的匀强电场，电场强度，后面区域中磁场、电场交替分布，即第3个区域中磁场分布与第1个区域中磁场分布相同，第4个区域中电场分布与第2个区域中电场分布相同，后面以此类推。①求粒子穿过第一个区域时速度沿轴方向的分量大小；②求粒子刚达到第5个区域时的速度大小和穿过第为奇数）个区域过程中速度沿轴方向的变化量大小。4．利用电磁场改变电荷运动的路径，与光的传播、平移等效果相似，称为电子光学。如图所示，在坐标平面上，第三象限存在着方向沿轴正方向的匀强电场，电场强度大小为。在其余象限存在垂直纸面的匀强磁场，其中第一、二象限向外，第四象限向里，磁感应强度大小均为（未知）。在坐标点处有一质量为、电荷量为的正电粒子，以初速度沿着轴负方向射入匀强电场，粒子在运动过程中恰好不再返回电场，忽略粒子重力。求：（1）粒子第一次进入磁场时的速度；（2）磁感应强度的大小；（3）现将一块长为的上表面涂荧光粉的薄板放置在轴上，板中心点横坐标，仅将第四象限的磁感应强度变为原来的倍，当满足什么条件时，板的上表面会出现荧光点。5．如图所示，圆形匀强磁场区域半径为，磁场中心与、在同一水平线上，右侧有间隔分布的匀强电场区域和无场区域，宽度都是，场强大小为，是无限大竖直接收屏。现有带正电粒子组成的粒子束，沿与水平成方向正对场中心射入，粒子质量为，电荷量为，速率为，恰好从点沿水平方向进入电场区域，不计重力和粒子间相互作用，求：（1）磁感应强度大小；（2）若接收屏距点距离为，粒子击中接收屏时的速度；（3）若接收屏距点距离为，2，，粒子击中接收屏用时离线的距离。

真题回顾真题回顾1．【答案】（1）磁场宽度的最小值为；（2）“折射率”为；（3）电场电压，可实现质子束从点进入Ⅱ区发生“全反射”；（4）见解析。【解答】解：（1）根据题意，粒子从点射入时的运动轨迹如图所示：粒子从点射入，不出Ⅰ区域的临界条件为洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律代入数据解得（2）设水平方向为方向，竖直方向为方向，方向速度不变，方向速度变小，假设折射角为根据动能定理由于代入数据联立解得设粒子射出区域Ⅱ时与竖直方向成角，如图所示：根据速度关系根据折射定律代入数据联立解得“折射率”（3）在Ⅱ区域下边界发生全反射的条件是沿竖直方向的速度为零；根据动能定理可得即应满足（4）分粒子全部打在探测板和全部打不到探测板两种情形；根据数学知识解得所以如果的情况下，折射角小于入射角，两边射入的粒子都能打到板上，分情况讨论如下：①当时，取竖直向上为正方向，根据动量定理根据动能定理解得全部都打不到板的情况②根据几何知识可知当从Ⅱ区射出时速度与竖直方向夹角为时，粒子刚好打到点，水平方向速度为所以根据动能定理代入数据联立解得即当时，③部分能打到的情况，根据上述分析可知条件为，此时仅有点左侧的一束粒子能打到板上，因此根据动能定理代入数据联立解得。答：（1）磁场宽度的最小值为；（2）“折射率”为；（3）电场电压，可实现质子束从点进入Ⅱ区发生“全反射”；（4）见解析。2．【答案】【解答】解：带正电的粒子沿轴线射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子运动的圆弧半径为：，故正确；根据：，可得粒子的质量为：，故正确；管道内的等效电流为：，故错误；粒子束对管道的平均作用力大小等于等效电流受的安培力，为：，故正确。本题选错误的，故选：。3．【答案】【解答】解：、粒子刚从点射出时，若电场方向水平向左，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，粒子所受洛伦兹力水平向左，则粒子向左偏转，不会出现图示的轨迹，故错误；、粒子刚从点射出时，若电场方向水平向左，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，粒子所受洛伦兹力水平向右，电子所受洛伦兹力水平向左，沿直线运动到点的粒子受力平衡，有：已知粒子的速度约为电子速度的，若粒子沿直线运动到点，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点，则粒子所受洛伦兹力小于电场力，粒子向左偏转，不会出现图示的轨迹，故错误；、粒子刚从点射出时，若电场方向水平向右，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，粒子所受洛伦兹力水平向左，电子所受洛伦兹力水平向右，沿直线运动到点的粒子受力平衡，有：已知粒子的速度约为电子速度的，若粒子沿直线运动到点，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点，则粒子所受洛伦兹力小于电场力，粒子向右偏转，会出现图示的轨迹，故正确；、粒子刚从点射出时，若电场方向水平向右，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，粒子所受洛伦兹力水平向右，电子所受洛伦兹力水平向左，粒子向右偏转，电子向左偏转，不会出现图示的轨迹，故错误。故选：。4．【答案】【解答】解：区域Ⅰ中电场力和洛伦兹力相等，由此可得：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：因为粒子从边的中点射出，根据几何关系可知，粒子转过的圆心角为，则、若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为，在区域Ⅰ中粒子依然受力平衡，则解得：根据牛顿第二定律可得：解得：由此可知粒子做圆周运动的半径变为原来的，则粒子仍然从边射出，粒子转过的圆心角仍然为，故，故错误；、若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为，根据上述分析可知：解得：根据半径的计算公式可知粒子做圆周运动的半径变为原来的2倍，则粒子从点射出，粒子转过的圆心角仍然为，故，故错误；、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，根据半径的计算公式可知粒子做圆周运动的半径变为原来的倍，则粒子从边射出，根据几何关系可知转过的圆心角为，此时的时间为：则，故错误；、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，则粒子从边射出，根据几何关系可知粒子转过的圆心角为，则此时的时间为：，故正确；故选：。5．【答案】【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：设与轴正方向夹角为，则粒子做圆周运动转过的圆心角也为，由几何关系得：解得：粒子做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有在磁场中加匀强电场，粒子做匀速直线运动，受力平衡：联立解得：故正确，错误。故选：。6．【答案】【解答】解：、粒子从点沿磁场半径方向进入磁场区域，以为圆心做圆周运动，从点离开圆筒，轨迹如图所示由几何关系可知△△，由于，所以，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；由图可知粒子至少与筒壁碰撞两次（分别与和碰撞），然后从小孔射出；由于最终粒子是从点射出，增大速度碰撞次数会可能增多，粒子运动时间不一定减少，故正确，错误。、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，故正确。故选：。7．【答案】（1）电场强度的大小为；（2）若电子入射速度为，运动到速度为时位置的纵坐标为；（3）能到达纵坐标位置的电子数占总电子数的百分比为。【解答】解：（1）电子入射速度为时，电子沿轴做直线运动，可知电子受到的沿轴正方向的电场力与沿轴负方向的洛伦兹力大小相等，则有：解得：（2）电子的入射速度为，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：解得：（3）电子入射速度为，设电子在最高点时的速度大小为。电子在最低点所受的合力大小为：电子在最高点所受的合力大小为：由题意可得：联立解得：设电子到达最高点的纵坐标为，同理，根据动能定理得：解得：由，可得：，且与成线性关系，可知电子在空间的轨迹分布是均匀的，能到达纵坐标位置的电子，其到达最高点的纵坐标在，区间。则电子数占总电子数的百分比为：解得：答：（1）电场强度的大小为；（2）若电子入射速度为，运动到速度为时位置的纵坐标为；（3）能到达纵坐标位置的电子数占总电子数的百分比为。8．【答案】（1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直第二次离开电场后，垂直再次进入电场，则磁场的磁感应强度的大小为；（2）改变后电场强度的大小和粒子的初速度为，方向向上；（ⅱ）粒子不能从点第三次进入电场。【解答】解：（1）粒子从到垂直于进入电场过程中，粒子运动轨迹如图所示：根据几何关系可知，粒子轨迹半径：设粒子第一次进入磁场时的速度为，根据动能定理可得：，解得：由于粒子第二次从边进入电场到再次从边进入磁场过程中，电场力做功为零，所以粒子第二次进入磁场时的速度大小不变，仍为。根据洛伦兹力提供向心力可得：解得：；（2）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从点沿轴正方向第一次进入电场，离开电场后从点第二次进入电场，在电场的作用下从点离开，粒子运动轨迹如图所示：根据几何关系可得：解得：根据洛伦兹力提供向心力可得：解得：根据几何关系可得：，则有：粒子从点进入电场后，从点离开电场，则有：根据牛顿第二定律可得：联立解得：；粒子从到上边界运动的过程中，根据动能定理可得：解得：，方向向上；假设粒子离开点后能够第三次经过点进入电场，设粒子离开点速度大小为，与轴夹角为，如图所示：根据动能定理可得：解得：根据洛伦兹力提供向心力可得：，解得：根据几何关系可得：，解得：，则根据图中的几何关系可得：解得：由于两种情况下计算的半径不相等，故粒子不会第三次经过点进入电场。答：（1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直第二次离开电场后，垂直再次进入电场，则磁场的磁感应强度的大小为；（2）改变后电场强度的大小和粒子的初速度为，方向向上；（ⅱ）粒子不能从点第三次进入电场。区域模拟区域模拟1．【答案】【解答】解：在甲图的磁场中，只要电子的速度方向恰当，根据左手定则满足洛伦兹力提供向心力，电子是可以做匀速圆周运动的，故可以；乙图的辐向磁场不是匀强磁场，根据左手定则可知，无论电子运动方向如何调整，都不能使洛伦兹力提供向心力而完成完整的圆周运动，故不可以；如下图如果电子在图中位置，满足和的合力始终指向图中点，则靠这个合力提供向心力做匀速圆周运动是可能的，故可以；如下图电子在受到两个库仑力的合力指向提供向心力的情况下能做匀速圆周运动，故可以。本题选不可能做匀速圆周运动的，故选：。2．【答案】【解答】解：、粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子恰好不从大圆边界射出磁场，其运动轨迹与大圆相切，画出轨迹如图所示。设轨迹半径为，由几何关系可知解得：则，得，该粒子在磁场中运动的时间，故错误，正确；、由洛伦兹力提供向心力，有，解得最大速度为：，故错误。故选：。3．【答案】【解答】解：、图（a）中，两个等量异种点电荷产生的电场在点的电场强度方向均沿轴正方向，根据电场叠加原理，点的电场强度方向沿轴正方向，电子带负电，所受电场力与电场强度方向相反，故电子在点所受电场力方向沿轴负方向，故错误；、图（b）中，根据安培定则，两根导线中电流产生的磁场在点的磁感应强度方向均沿轴负方向，根据磁场叠加原理，点的磁感应强度方向沿轴负方向。电子带负电，初速度从原点垂直纸面向里运动，根据左手定则，电子在点所受洛伦兹力方向沿轴正方向，故错误，正确。故选：。4．【答案】【解答】解：根据电子所受洛伦兹力的方向结合安培定，则判断出励磁线圈中电流方向是顺时针方向，电子在加速电场中加速，由动能定理有：电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：解得即减小电子枪的加速电压，增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增大，都可以使电子束的轨道半径减小，故错误，正确。故选：。5．【答案】【解答】解：根据安培力公式和左手定则可判断出直导线对和的安培力等大反向，所以这两边安培力合力为零，导线对和的安培力反向但不等大，设导线对的安培力为，方向向上，对的安培力为，方向向下，因此导线对线框整体的安培力为，方向向上；同理对于导线，对和的安培力等大反向，所以这两边安培力合力为零，导线对和的安培力反向但不等大，设导线对的安培力为，方向向左，对的安培力为，方向向右，因此导线对线框整体的安培力为，方向向左，因此线圈受到的安培力为：，如果将导线移走，那么线圈受到的安培力为：，方向向左，故正确，错误；故选：。6．【答案】【解答】解：由题意可知，硬导线上电流为，和上电流都是，左右两端处在相反的磁场中，长度相等，故段受到的安培力合力为零，和段受到的安培力大小相等，方向分别斜向上和斜向下与竖直方向成角，其合力为，故正确，错误。故选：。7．【答案】【解答】解：设半导体与电流垂直方向长为，宽为，处于磁感应强度为的磁场中，电子定向运动的速率，则半导体两端的霍尔电压为，根据霍尔电阻定义有，则霍尔电阻不能反映对电流的阻碍作用，故错误；由题意可知，在超低温、强磁场的极端条件下，某些材料的霍尔电阻却随着强磁场的增加出现量子化现象，并不是所有的材料都会发生，故错误；、具备量子反常霍尔效应的磁性拓补绝缘材料，有望成为新一代低能耗芯片的制造材料，故错误；根据功率的表达式，，结合牛顿第二定律，整理得，则欧姆电阻的基本单位表示为，根据能量子表达式：，功的表达式，牛顿第二定律，结合电流的定义式，整理得，则常数组合的基本单位表示为，故正确。故选。8．【答案】【解答】解：在磁场区域中，由圆周运动公式可得比荷为，因为打到的轨迹半径小，所以打到处的比荷比打到处的比荷大，故错误；在速度选择器的区域由公式得可得当增大磁场强度时，速度减小，由公式得运动轨迹半径减小，即、向上移动，故错误；因为粒子在云室中受到的阻力大小为，它跟粒子的带电荷量大小有关，由选项知，打到处的粒子电荷量更大，受到的阻力更大，那么因为阻力做负功，洛伦兹力不做功，所以打在处的带电粒子运动路程更短，运动时间更短，故错误，正确。故选：。9．【答案】（1）电场强度的大小为；（2）磁感应强度的大小为；（3）粒子从点进入电场到再次回到轴的时间为。【解答】解：（1）带电粒子在电场中从点到点的过程中做类斜上抛运动，在竖直方向上有代入数据解得（2）带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图设带电粒子在磁场中运动的轨道半径为，根据几何关系有解得根据牛顿第二定律有而联立解得（3）带电粒子从到，时间为，则在磁场中做匀速圆周运动的时间为，对应圆心角为，则从磁场水平飞出再次进入电场做类平抛运动，设运动时间为，则满足则粒子从点进入电场到再次回到轴的总时间为解得答：（1）电场强度的大小为；（2）磁感应强度的大小为；（3）粒子从点进入电场到再次回到轴的时间为。10．【答案】（1）电场强度的大小为；（2）从处进入的粒子在磁场中运动的时间为；（3）若将荧光屏缓慢向上移动，在向上移动的过程中屏上的最大发光长度为。【解答】解：（1）在电场中根据牛顿第二定律得：变形解得：粒子在电场中做类平抛运动，则在水平方向可得：在竖直方向可得：其中解得：（2）设粒子进入磁场的速度为，与轴的夹角为，根据牛顿第二定律有：根据几何关系可知粒子从轴离开磁场时距点的距离为：又由速度的合成可得：联立解得：即到达点的粒子经过磁场偏转后都从点离开磁场，则有：则粒子在磁场中运动的时间为：（3）因为从点发射进入磁场的粒子速度最小，大小为，运动半径为：因为从发射的粒子进入磁场时粒子速度最大，其在沿轴方向的速度大小为：粒子受到的洛伦兹力提供向心力，则根据牛顿第二定律可得：解得：将荧光屏缓慢向上移动的过程中，荧光屏发光的最大长度如上图中粗实线所示，由几何知识知发光的最大长度为：代入数据解得：答：（1）电场强度的大小为；（2）从处进入的粒子在磁场中运动的时间为；（3）若将荧光屏缓慢向上移动，在向上移动的过程中屏上的最大发光长度为。考前押题考前押题1．【答案】【解答】解：、粒子恰好未能从边界射出磁场，其在磁场中的匀速圆周运动轨迹与边界相切，如下图所示。由几何关系可得圆周运动半径满足：，据此关系式可求出粒子在磁场中运动的半径，故正确；、粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有：，据此关系式可求出线速度，根据牛顿第二定律得：，据此可求出粒子在磁场中运动的加速度大小，故正确；、由，可得：，若仅减小射入速度，粒子运动半径变小，如上图所示，粒子从边界离开磁场，轨迹圆心角不变（设为。粒子运动周期为，在磁场中运动时间