专题13 磁场-备战2025年高考物理真题题源解密（新高考）

第第页53.（2022年北京卷第20题）指南针是利用地磁场指示方向的装置，它的广泛使用促进了人们对地磁场的认识。现代科技可以实现对地磁场的精确测量。（1）如图1所示，两同学把一根长约10m的电线两端用其他导线连接一个电压表，迅速摇动这根电线。若电线中间位置的速度约10m/s，电压表的最大示数约2mV。粗略估算该处地磁场磁感应强度的大小B地；（2）如图2所示，一矩形金属薄片，其长为a，宽为b，厚为c。大小为I的恒定电流从电极P流入、从电极Q流出，当外加与薄片垂直的匀强磁场时，M、N两电极间产生的电压为U。已知薄片单位体积中导电的电子数为n，电子的电荷量为e。求磁感应强度的大小B；（3）假定（2）中的装置足够灵敏，可用来测量北京地区地磁场磁感应强度的大小和方向，请说明测量的思路。【答案】（1）数量级为10－5T；（2）；（3）见解析【解析】（1）由E=BLv可估算得该处地磁场磁感应强度B地的大小的数量级为10－5T。（2）设导电电子定向移动的速率为v，t时间内通过横截面的电量为q，有导电电子定向移动过程中，在方向受到的电场力与洛伦兹力平衡，有得（3）如答图3建立三维直角坐标系Oxyz设地磁场磁感应强度在三个方向的分量为Bx、By、Bz。把金属薄片置于xOy平面内，M、N两极间产生电压Uz仅取决于Bz。由（2）得由Uz的正负（M、N两极电势的高低）和电流I的方向可以确定Bz的方向。同理，把金属薄片置于xOz平面内，可得By的大小和方向；把金属薄片置于yOz平面内，可得Bx的大小和方向，则地磁场的磁感应强度的大小为根据Bx、By、Bz的大小和方向可确定此处地磁场的磁感应强度的方向。54.（2021年天津卷第13题）霍尔元件是一种重要磁传感器，可用在多种自动控制系统中。长方体半导体材料厚为a、宽为b、长为c，以长方体三边为坐标轴建立坐标系，如图所示。半导体中有电荷量均为e的自由电子与空穴两种载流子，空穴可看作带正电荷的自由移动粒子，单位体积内自由电子和空穴的数目分别为n和p。当半导体材料通有沿方向的恒定电流后，某时刻在半导体所在空间加一匀强磁场，磁感应强度的大小为B，沿方向，于是在z方向上很快建立稳定电场，称其为霍尔电场，已知电场强度大小为E，沿方向。（1）判断刚加磁场瞬间自由电子受到的洛伦兹力方向；（2）若自由电子定向移动在沿方向上形成的电流为，求单个自由电子由于定向移动在z方向上受到洛伦兹力和霍尔电场力的合力大小；（3）霍尔电场建立后，自由电子与空穴在z方向定向移动的速率分别为、，求时间内运动到半导体z方向的上表面的自由电子数与空穴数，并说明两种载流子在z方向上形成的电流应满足的条件。【答案】（1）自由电子受到的洛伦兹力沿方向；（2）；（3）见解析所示【解析】（1）自由电子受到的洛伦兹力沿方向；（2）设t时间内流过半导体垂直于x轴某一横截面自由电子的电荷量为q，由电流定义式，有设自由电子在x方向上定向移动速率为，可导出自由电子的电流微观表达式为单个自由电子所受洛伦兹力大小为霍尔电场力大小为自由电子在z方向上受到的洛伦兹力和霍尔电场力方向相同，联立得其合力大小为（3）设时间内在z方向上运动到半导体上表面的自由电子数为、空穴数为，则霍尔电场建立后，半导体z方向的上表面的电荷量就不再发生变化，则应即在任何相等时间内运动到上表面的自由电子数与空穴数相等，这样两种载流子在z方向形成的电流应大小相等、方向相反。考向十四离子推进器55.（2023年重庆卷第15题）某同学设计了一种粒子加速器的理想模型。如图所示，xOy平面内，x轴下方充满垂直于纸面向外的匀强磁场，x轴上方被某边界分割成两部分，一部分充满匀强电场（电场强度与y轴负方向成α角），另一部分无电场，该边界与y轴交于M点，与x轴交于N点。只有经电场到达N点、与x轴正方向成α角斜向下运动的带电粒子才能进入磁场。从M点向电场内发射一个比荷为的带电粒子A，其速度大小为v0、方向与电场方向垂直，仅在电场中运动时间T后进入磁场，且通过N点的速度大小为2v0。忽略边界效应，不计粒子重力。（1）求角度α及M、N两点的电势差。（2）在该边界上任意位置沿与电场垂直方向直接射入电场内的、比荷为的带电粒子，只要速度大小适当，就能通过N点进入磁场，求N点横坐标及此边界方程。（3）若粒子A第一次在磁场中运动时磁感应强度大小为B1，以后每次在磁场中运动时磁感应强度大小为上一次的一半，则粒子A从M点发射后，每次加速均能通过N点进入磁场。求磁感应强度大小B1及粒子A从发射到第n次通过N点的时间。【答案】（1），；（2），；（3），【解析】（1）粒子M点垂直于电场方向入射，粒子在电场中做类平抛运动，沿电场方向做匀加速直线运动，垂直于电场方向做匀速直线运动，在N点将速度沿电场方向与垂直于电场方向分解，在垂直于电场方向上有解得粒子从过程，根据动能定理有解得（2）对于从M点射入的粒子，沿初速度方向的位移为沿电场方向的位移为令N点横坐标为，根据几何关系有解得根据上述与题意可知，令粒子入射速度为v，则通过N点进入磁场的速度为2v，令边界上点的坐标为（x，y）则在沿初速度方向上有在沿电场方向有解得（3）由上述结果可知电场强度解得设粒子A第次在磁场中做圆周运动的线速度为，可得第次在N点进入磁场的速度为第一次在N点进入磁场的速度大小为，可得设粒子A第次在磁场中运动时的磁感应强度为，由题意可得由洛伦兹力提供向心力得联立解得粒子A第n次在磁场中运动轨迹如图所示粒子每次在磁场中运动轨迹圆心角均为300°，第n次离开磁场的位置C与N的距离等于，由C到N由动能定理得联立上式解得由类平抛运动沿电场方向的运动可得，粒子A第n次在电场中运动的时间为粒子A第n次在磁场中运动的周期为粒子A第n次在磁场中运动的时间为设粒子A第n次在电场边界MN与x轴之间无场区域的位移为，边界与x轴负方向的夹角为，则根据边界方程可得，由正弦定理可得解得粒子A第n次在电场边界MN与x轴之间运动的时间为粒子A从发射到第n次通过N点的过程，在电场中运动n次，在磁场和无场区域中均运动n-1次，则所求时间由等比数列求和得解得56.（2022年山东卷第17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，在三维坐标系中，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；，的空间内充满匀强磁场II，磁感应强度大小为，方向平行于平面，与x轴正方向夹角为；，的空间内充满沿y轴负方向的匀强电场。质量为m、带电量为的离子甲，从平面第三象限内距轴为的点以一定速度出射，速度方向与轴正方向夹角为，在平面内运动一段时间后，经坐标原点沿轴正方向进入磁场I。不计离子重力。（1）当离子甲从点出射速度为时，求电场强度的大小；（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；（3）离子甲以的速度从点沿轴正方向第一次穿过面进入磁场I，求第四次穿过平面的位置坐标（用d表示）；（4）当离子甲以的速度从点进入磁场I时，质量为、带电量为的离子乙，也从点沿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（忽略离子间相互作用）。【答案】（1）；（2）；（3）（d，d，）；（4）【解析】（1）如图所示将离子甲从点出射速度为分解到沿轴方向和轴方向，离子受到的电场力沿轴负方向，可知离子沿轴方向做匀速直线运动，沿轴方向做匀减速直线运动，从到的过程，有联立解得（2）离子从坐标原点沿轴正方向进入磁场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，可得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，联立可得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；（3）离子甲以的速度从点沿z轴正方向第一次穿过面进入磁场I，离子在磁场I中的轨迹半径为离子在磁场II中的轨迹半径为离子从点第一次穿过到第四次穿过平面的运动情景，如图所示

离子第四次穿过平面的坐标为离子第四次穿过平面的坐标为故离子第四次穿过平面的位置坐标为（d，d，）。（4）设离子乙的速度为，根据离子甲、乙动能相同，可得可得离子甲、离子乙在磁场I中的轨迹半径分别为，离子甲、离子乙在磁场II中的轨迹半径分别为，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

从点进入磁场到第一个交点的过程，有可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第一个交点的时间差为57.（2021年广东卷第14题）图是一种花瓣形电子加速器简化示意图，空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各区感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外。电子以初动能从圆b上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速，已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为，电子质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应，取。（1）当时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示，求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能；（2）已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射。当时，要保证电子从出射区域出射，求k的最大值。【答案】（1），，；（2）【解析】（1）电子在电场中加速有在磁场Ⅰ中，由几何关系可得联立解得在磁场Ⅰ中的运动周期为由几何关系可得，电子在磁场Ⅰ中运动的圆心角为在磁场Ⅰ中的运动时间为联立解得从Q点出来的动能为（2）在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动的最大半径为，此时圆周的轨迹与Ⅰ边界相切，由几何关系可得解得由于联立解得58.（2021年浙江卷第23题）如图甲所示，空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间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。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板之间存在场强为E、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方向的分量和随时间周期性变化规律如图乙所示，图中可调。氙离子（）束从离子源小孔S射出，沿z方向匀速运动到M板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面P射出，测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为v0。已知单个离子的质量为m、电荷量为，忽略离子间的相互作用，且射出的离子总质量远小于推进器的质量。（1）求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小vS；（2）不考虑在磁场突变时运动的离子，调节的值，使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出，求的取值范围；（3）设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T，单位时间从端面P射出的离子数为n，且。求图乙中时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。【答案】（1）；（2）；（3），方向沿z轴负方向【解析】（1）离子从小孔S射出运动到金属板N中心点O处，根据动能定理有解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小（2）当磁场仅有沿x方向的分量取最大值时，离子从喷口P的下边缘中点射出，根据几何关系有根据洛伦兹力提供向心力有联立解得当磁场在x和y方向的分量同取最大值时，离子从喷口P边缘交点射出，根据几何关系有此时；根据洛伦兹力提供向心力有联立解得故的取值范围为；（3）粒子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示由题意根据洛伦兹力提供向心力有且满足所以可得所以可得离子从端面P射出时，在沿z轴方向根据动量定理有根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为方向沿z轴负方向。考向十五磁流体发电机59.（2021年河北卷第5题）如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间，相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为，导轨平面与水平面夹角为，两导轨分别与P、Q相连，质量为m、电阻为R的金属棒垂直导轨放置，恰好静止，重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力，下列说法正确的是（）A.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，B.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，C.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，D.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，【答案】B【解析】等离子体垂直于磁场喷入板间时，根据左手定则可得金属板Q带正电荷，金属板P带负电荷，则电流方向由金属棒a端流向b端。等离子体穿过金属板P、Q时产生的电动势满足由欧姆定律和安培力公式可得再根据金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止，可得则金属棒ab受到的安培力方向沿斜面向上，由左手定则可判定导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下。故B正确。故选B。一、安培定则磁场的叠加1．磁场、磁感应强度(1)磁场的基本性质磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有力的作用．(2)磁感应强度①物理意义：描述磁场的强弱和方向．②定义式：B＝eq\f(F,Il)(通电导线垂直于磁场)．③方向：小磁针静止时N极所指的方向．④单位：特斯拉，符号为T.⑤矢量：合成时遵循平行四边形定则．2．磁感线的特点(1)磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向．(2)磁感线的疏密程度定性地表示磁场的强弱．(3)磁感线是闭合曲线，没有起点和终点，在磁体外部，从N极指向S极；在磁体内部，由S极指向N极．(4)同一磁场的磁感线不中断、不相交、不相切．(5)磁感线是假想的曲线，客观上并不存在．3．几种常见的磁场(1)条形磁体和蹄形磁体的磁场(如图所示)(2)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安培定则立体图纵截面图(3)匀强磁场磁场中各点的磁感应强度的大小相等、方向相同，磁感线是疏密程度相同、方向相同的平行直线．(4)地磁场①地磁的N极在地理南极附近，S极在地理北极附近，磁感线分布如图所示．②在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁感应强度相等，且方向水平向北．③地磁场在南半球有竖直向上的分量，在北半球有竖直向下的分量．二、安培力的分析与计算1．安培力的大小F＝IlBsinθ(其中θ为B与I之间的夹角)(1)磁场和电流垂直时：F＝BIl.(2)磁场和电流平行时：F＝0.2．安培力的方向安培力既垂直于B，也垂直于I，即垂直于B与I决定的平面．左手定则判断：(1)伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内．(2)让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向电流的方向．(3)拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．3．安培力公式F＝BIl的应用条件(1)I与B垂直．(2)l是指有效长度．弯曲通电导线的有效长度l等于连接导线两端点的直线的长度，相应的电流方向沿两端点连线由始端流向末端．三、判断安培力作用下导体的运动情况的五种方法电流元法分割为电流元eq\o(→,\s\up7(左手定则))安培力方向→整段导体所受合力方向→运动方向特殊位置法在特殊位置→安培力方向→运动方向等效法eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(环形电流⇌小磁针,条形磁体⇌通电螺线管⇌多个环形电流))根据同极相斥、异极相吸判断作用力的方向进而判断运动方向结论法两平行直线电流在相互作用中，无转动趋势，同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势转换研究对象法先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力四、安培力作用下的平衡和加速问题解题思路：(1)选定研究对象．(2)受力分析时，变立体图为平面图，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，安培力的方向F安⊥B、F安⊥I.如图所示：五、对洛伦兹力的理解和应用1．洛伦兹力的大小(1)v∥B时，F＝0；(2)v⊥B时，F＝qvB；(3)v与B的夹角为θ时，F＝qvBsinθ.2．洛伦兹力的方向(1)判定方法：左手定则，注意四指应指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向；(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B、v决定的平面．(注意B和v不一定垂直)3．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，也可能不做功六、洛伦兹力作用下带电体的运动带电体做变速直线运动时，随着速度大小的变化，洛伦兹力的大小也会发生变化，与接触面间的弹力随着变化(若接触面粗糙，摩擦力也跟着变化，从而加速度发生变化)，最后若弹力减小到0，带电体离开接触面．七、带电粒子在匀强磁场中的运动1．在匀强磁场中，当带电粒子平行于磁场方向运动时，粒子做匀速直线运动．2．带电粒子以速度v垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场中，若只受洛伦兹力，则带电粒子在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动．(1)洛伦兹力提供向心力：qvB＝eq\f(mv2,r).(2)轨迹半径：r＝eq\f(mv,qB).(3)周期：T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，可知T与运动速度和轨迹半径无关，只和粒子的比荷和磁场的磁感应强度有关．(4)运动时间：当带电粒子转过的圆心角为θ(弧度)时，所用时间t＝eq\f(θ,2π)T.(5)动能：Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(p2,2m)＝eq\f(Bqr2,2m).3．当带电粒子的速度v与B的夹角为锐角时，带电粒子的运动轨迹为螺旋线．八、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九、带电粒子的螺旋线运动和旋进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．十、带电粒子在叠加场和交变电、磁场中的运动题型一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、能量守恒定律题型二带电粒子在交变电、磁场中的运动解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路先读图看清并且明白场的变化情况受力分析分析粒子在不同的变化场区的受力情况过程分析分析粒子在不同时间段内的运动情况找衔接点找出衔接相邻两过程的速度大小及方向选规律联立不同阶段的方程求解十一、动态圆题型一“平移圆”模型适用条件粒子源发射速度大小、方向一定，入射点不同但在同一直线上的同种带电粒子进入匀强磁场时，它们做匀速圆周运动的半径相同，若入射速度大小为v0，则半径R＝eq\f(mv0,qB)，如图所示轨迹圆圆心共线带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线上，该直线与入射点的连线平行界定方法将半径为R＝eq\f(mv0,qB)的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件，这种方法叫“平移圆”法题型二“旋转圆”模型适用条件粒子源发射速度大小一定、方向不同的同种带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若入射初速度大小为v0，则圆周运动轨迹半径为R＝eq\f(mv0,qB)，如图所示轨迹圆圆心共圆如图，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P为圆心、半径R＝eq\f(mv0,qB)的圆上界定方法将一半径为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，这种方法称为“旋转圆”法题型三“放缩圆”模型适用条件粒子源发射速度方向一定，大小不同的同种带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化轨迹圆圆心共线如图所示(图中只画出粒子带正电的情景)，速度v越大，运动半径也越大．可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP′上界定方法以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆”法题型四“磁聚焦”与“磁发散”模型1．带电粒子的会聚如图甲所示，大量同种带正电的粒子，速度大小相等，平行入射到圆形磁场区域，如果轨迹圆半径与磁场圆半径相等(R＝r)，则所有的带电粒子将从磁场圆的最低点B点射出．(会聚)证明：四边形OAO′B为菱形，必是平行四边形，对边平行，OB必平行于AO′(即竖直方向)，可知从A点发出的带电粒子必然经过B点．2．带电粒子的发散如图乙所示，有界圆形磁场的磁感应强度为B，圆心为O，从P点有大量质量为m、电荷量为q的正粒子，以大小相等的速度v沿不同方向射入有界磁场，不计粒子的重力，如果正粒子轨迹圆半径与有界圆形磁场半径相等，则所有粒子射出磁场的方向平行．(发散)证明：所有粒子运动轨迹的圆心与有界圆圆心O、入射点、出射点的连线为菱形，也是平行四边形，O1A、O2B、O3C均平行于PO，即出射速度方向相同(即水平方向)．十二、质谱仪1．作用测量带电粒子质量和分离同位素．2．原理(如图所示)(1)加速电场：qU＝eq\f(1,2)mv2；(2)偏转磁场：qvB＝eq\f(mv2,r)，l＝2r；由以上式子可得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，m＝eq\f(qr2B2,2U)，eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2r2).十三、回旋加速器1．构造如图所示，D1、D2是半圆金属盒，D形盒处于匀强磁场中，D形盒的缝隙处接交流电源．2．原理交流电周期和粒子做圆周运动的周期相等，使粒子每经过一次D形盒缝隙就被加速一次．3．最大动能由qvmB＝eq\f(mvm2,R)、Ekm＝eq\f(1,2)mvm2得Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m)，粒子获得的最大动能由磁感应强度B和盒半径R决定，与加速电压无关．4．总时间粒子在磁场中运动一个周期，被电场加速两次，每次增加动能qU，加速次数n＝eq\f(Ekm,qU)，粒子在磁场中运动的总时间t＝eq\f(n,2)T＝eq\f(Ekm,2qU)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πBR2,2U).(忽略粒子在狭缝中运动的时间)十四、速度选择器1.平行板间电场强度E和磁感应强度B互相垂直．(如图)2.带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是洛伦兹力与静电力平衡qvB＝qE，即v＝eq\f(E,B).3.速度选择器只能选择粒子的速度，不能选择粒子的电性、电荷量、质量．4.速度选择器具有单向性．十五、磁流体发电机1.原理：如图所示，等离子体喷入磁场，正、负离子在洛伦兹力的作用下发生偏转而聚集在B、A板上，产生电势差，它可以把离子的动能通过磁场转化为电能．2.电源正、负极判断：根据左手定则可判断出正离子偏向B板，图中的B板是发电机的正极．3.发电机的电动势：当发电机外电路断路时，正、负离子所受静电力和洛伦兹力平衡时，两极板间达到的最大电势差为U，则qeq\f(U,d)＝qvB，得U＝Bdv，则E＝U＝Bdv.当发电机接入电路时，遵从闭合电路欧姆定律．十六、电磁流量计1.流量(Q)：单位时间流过导管某一截面的导电液体的体积．2.导电液体的流速(v)的计算：如图所示，一圆柱形导管直径为d，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向右流动．导电液体中的正、负离子在洛伦兹力作用下发生偏转，a处积累正电荷，b处积累负电荷，使a、b间出现电势差，φa>φb.当自由电荷所受静电力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差(U)达到最大，由qeq\f(U,d)＝qvB，可得v＝eq\f(U,Bd).3.流量的表达式：Q＝Sv＝eq\f(πd2,4)·eq\f(U,Bd)＝eq\f(πdU,4B).4.电势高低的判断：根据左手定则可得φa>φb.十七、霍尔效应的原理和分析1.定义：高为h、宽为d的导体(自由电荷是电子或正电荷)置于匀强磁场B中，当电流通过导体时，在导体的上表面A和下表面A′之间产生电势差，这种现象称为霍尔效应，此电压称为霍尔电压．2.电势高低的判断：如图，导体中的电流I向右时，根据左手定则可得，若自由电荷是电子，则下表面A′的电势高．若自由电荷是正电荷，则下表面A′的电势低．3.霍尔电压：导体中的自由电荷(电荷量为q)在洛伦兹力作用下偏转，A、A′间出现电势差，当自由电荷所受静电力和洛伦兹力平衡时，A、A′间的电势差(U)就保持稳定，由qvB＝qeq\f(U,h)，I＝nqvS，S＝hd，联立解得U＝eq\f(BI,nqd)＝keq\f(BI,d)，k＝eq\f(1,nq)称为霍尔系数．1.（2024·广西南宁市、河池市等校联考·二模）如图所示，一质量为m=0.1kg，长为L=0.2m的导体棒水平放置在倾角为θ=37°的光滑斜面上，整个装置处于垂直于斜面向上的匀强磁场中。当导体棒中通有垂直纸面向里的恒定电流I=0.5A时，磁场的方向由垂直于斜面向上沿逆时针转至水平向左的过程中，导体棒始终静止，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2），则磁感应强度B的取值范围是（）A.6T≤B≤10T B.6T≤B≤20T C.3T≤B≤20T D.3T≤B≤10T【答案】A【解析】经分析知，导体棒受到重力mg、斜面的弹力FN和安培力FA，且三力的合力为零，如图所示，从图中可以看出，在磁场方向变化的过程中，安培力FA一直变大，导体棒受到斜面的弹力FN一直变小，由于FA=BIL其中电流Ⅰ和导体棒的长度L均不变，故磁感应强度渐渐变大，当磁场方向垂直斜面向上时，安培力FA沿斜面向上，此时安培力最小，最小值FAmin=mgsinθ则=6T当磁场方向水平向左时，安培力方向竖直向上，此时对应的安培力最大，得磁感应强度的最大值=10T磁感应强度B的取值范围是6T≤B≤10T。故选A。2.（2024·辽宁省·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.【答案】B【解析】由题意可知，线框三边电阻相等，通入大小为的电流后，由分流原理可知通过的电流大小为，通过的电流大小为。待间导线稳定后线框的受力情况如图所示由受力分析可知由几何关系可知与的夹角，则有故选B。3.（2024·宁夏中卫市·一模）（多选）如图所示，一根长为L、质量为m且分布均匀的导体ab，在其中点弯成角，将此导体放入磁感应强度大小B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，导体两端点悬挂于两相同的弹簧下端，弹簧均处于竖直状态，当导体中通以电流大小为I的电流时，两根弹簧都伸长了，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A.导体中电流的方向为a到b B.导体中电流的方向为b到aC.每根弹簧的弹力大小为 D.每根弹簧的弹力大小为【答案】AD【解析】AB．折弯的导体可等效为一根直接从a到b，长为的直线导体，当导体中通以电流大小为I的电流时，两根弹簧都伸长了，说明导体受到的安培力方向向下，由左手定则可知，电流方向由a到b，A正确，B错误；CD．由平衡条件可得解得每根弹簧的弹力大小为C错误，D正确。故选AD。4.（2024·浙江省宁波“十校”3月联考）已知通电长直导线周围某点的磁感应强度，即磁感应强度B的大小与导线中的电流I成正比，与该点到导线的距离r成反比。如图所示，两根平行长直导线M、N分别通以大小相等、方向相反的电流，沿MN和其中垂线建立直角坐标系xOy。规定磁场沿方向为正，则磁感应强度B随x、y变化的图线正确的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】AB．由安培定则可知，左侧导线中的电流在该导线右侧产生的磁场的方向沿方向，而右侧导线中的电流在该导线左侧产生的磁场的方向沿方向，由于规定磁场方向沿方向为正，此区间内的磁场等于两条直导线在各处形成的磁感应强度之和，故在MN区间内磁场方向为正，根据通电长直导线周围某点磁感应强度知距离导线越远磁场越弱，又可知在两根导线中间位置O点磁场最弱，但不为零；在导线M左侧M导线形成的磁场沿方向，N导线形成的磁场沿方向，因该区域离M导线较近，则合磁场方向沿方向，为负方向，且离M导线越远处磁场越弱；同理，在导线N右侧N导线形成的磁场沿方向，M导线形成的磁场沿方向，因该区域离N导线较近，则合磁场方向沿方向，为负方向，且离N导线越远处磁场越弱，故A错误，B错误；CD．两通电导线在y轴的磁感应强度如图所示因此可知合场强竖直向下，大小为越远离O点越小，因此B越小，C正确D错误。故选C。5.（2024·安徽合肥·三模）如图所示，半圆形的绝缘环上均匀分布有正电荷，AB是竖直直径，直导线与圆心O等高且水平固定，直导线中有向右的恒定电流，将半圆环绕AB所在直线沿顺时针方向（从上向下看）匀速转动，则直导线受到的安培力方向（）A.向上 B.向下C.垂直纸面向里 D.垂直纸面向外【答案】D【解析】将半圆环绕AB所在直线沿顺时针方向（从上向下看）匀速转动，从上向下看形成的等效电流沿顺时针方向，则电流在直导线处的磁场竖直向上，根据左手定则，直导线受到的安培力垂直纸面向外。故选D。6.（2024·河北省金科大联考·二模）如图所示，竖直平面内的半圆形金属圆环固定在水平向右的匀强磁场中，边与磁感线平行，C为圆弧最高点，将圆环中通入沿顺时针方向的电流，则下列说法正确的是（）A.半圆环有向上运动的趋势B.半圆环有收缩趋势C.俯视看，半圆环有绕沿顺时针转动的趋势D.整个圆弧段受到安培力不为零【答案】C【解析】根据左手定则可知，圆环右半边受到的安培力方向垂直纸面向外，左半边受到的安培力方向垂直纸面向里，因此俯视看，圆环有绕CO沿顺时针转动的趋势，圆环有运动趋势，由于两半边受到的安培力等大反向，则受到的合安培力为零。故选C。7.（2024·河南省周口市·二模）如图所示，两根长直导线a、b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MNPQ通有电流I，MN到a的距离与MQ到b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F。若移走导线a，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【答案】A【解析】根据左手定则和右手螺旋定则，结合磁感应强度的叠加可得，线圈左右两侧受到的安培力合力方向水平向左，上下受到的安培力合力方向竖直向上，大小都为，合力大小为故撤去导线a，则此时线圈所受的安培力为水平向左，大小为故选A。8.（2024·安徽安庆·三模）（多选）如图所示，在三维直角坐标系中，分布着沿z轴正方向的匀强电场E和沿y轴正方向的匀强磁场B，一个带电荷量为、质量为m的小球沿x轴正方向以一定的初速度抛出后做平抛运动，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A.可求小球的初速度大小为B.经过时间，球的动能变为初动能的2倍C.若仅将电场方向变为沿y轴正方向，小球可能做匀速圆周运动D.若仅将电场撤去，小球可能做匀速直线运动【答案】AC【解析】A．小球在平面内做平抛运动，则有解得A正确；B．小球的动能变为初动能的2倍时即经过时间为B错误；C．若仅将电场方向变沿y轴正方向，如果电场力和重力大小相等，小球可能做匀速圆周运动，C正确；D．若仅将电场撤去，小球合力不可能为零，不可能做匀速直线运动，D错误。故选AC。9.（2024·福建省三明市·一模）如图所示，在三维坐标系中，空间一侧有沿y轴负方向的匀强电场，空间一侧有沿y轴负方向的匀强磁场。一带正电粒子以速度从x轴上的A点处在xOy平面内沿与x轴正方向成角射入电场中，已知粒子质量为m，电荷量为q，粒子恰好经过O点，磁感应强度大小为，粒子的重力忽略不计，求：（1）匀强电场的电场强度E；（2）粒子射入电场开始计时，第n次经过y轴的时刻。【答案】（1）；（2）【解析】（1）粒子在电场中做类斜抛运动，则有沿电场方向有又解得（2）粒子进入磁场后，在垂直轴的平面做匀速圆周运动，在轴上沿轴负方向做匀速直线运动，则有又则粒子射入电场开始计时，第次经过轴的时刻解得10.（2024·甘肃省白银市靖远县·三模）如图所示，在平面直角坐标系xOy第二象限内存在一理想边界，边界下侧和x轴上侧存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，边界上侧与y轴左侧存在沿x轴负方向、电场强度大小为E的匀强电场，在第三、四象限内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为2B的匀强磁场，y轴上半轴均匀分布着电荷量为q、质量为m的带正电粒子，带电粒子由静止被电场加速后进入磁场区域，均能垂直穿过x轴，图中P点坐标为，不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用，求：（1）边界曲线的方程；（2）粒子经过P点时的最大速度；（3）所有能经过P点的粒子释放点的纵坐标满足的关系。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）设粒子由静止释放的纵坐标为y，到达边界时的速度大小为v，对应边界上点的坐标为，则有，方程联立解得（2）经过P点前后，粒子速度不变，设粒子在x轴上方磁场中运动的轨迹半径为，在x轴下方磁场中运动的轨迹半径为，根据洛伦兹力提供向心力，有解得当运动轨迹如图甲所示时，经过P点的粒子速度最大，有解得（3）能经过P点的粒子轨迹如图乙所示，设释放点纵坐标为y，则有即满足时粒子能经过P点。11.（2024·广东多校联考·三模）如图所示，在，区域内有竖直向上的匀强电场，在x>x0区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，从y轴上0~y0范围内平行于x轴正方向射出大量质量为m、电荷量为+q、分布均匀的带电粒子，粒子射入的初速度均为v0，当电场强度为0时，从O点射入的粒子恰能运动到N（x0，y0）点，若电场强度为，MN右侧是粒子接收器，MN的长度为y0，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则（）A.磁感应强度的大小为B.从处射入的粒子，恰好从N点进入磁场C.从处射入的粒子，在磁场中偏转距离最大D.接收器接收的粒子数占粒子总数的50%【答案】D【解析】A．当电场强度为0时，从O点射入的粒子恰能运动到N点，则根据洛伦兹力提供向心力有解得故A错误；B．若粒子从处射入，则联立解得由此可知，粒子从N点下方进入磁场，故B错误；C．设粒子进入磁场中时速度方向与竖直方向的夹角为θ，粒子进入磁场中的速度大小为v，则所以粒子在磁场中偏转距离为由此可知，粒子在磁场中偏转距离相等，故C错误；D．由以上分析可知，粒子在电场中的竖直位移为所以从处射入的粒子，恰好从N点进入磁场，且恰好经磁场偏转后打在M点，即只有0~范围内平行于x轴正方向射出的粒子能被接收器接收，所以接收器接收的粒子数占粒子总数的50%，故D正确。故选D。12.（2024·广西南宁市、河池市等校联考·二模）如图所示，水平虚线和竖直虚线将空间分成四部分，其中Ⅰ中存在水平向右的匀强电场，Ⅱ中存在竖直向下的匀强电场，两区域中电场强度大小相等；Ⅲ、Ⅳ区域中均存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小关系为。一比荷为k、重力可忽略不计的带正电粒子从Ⅰ中的A点由静止释放，经过一段时间由C点以速度沿水平方向进入Ⅱ中，然后经水平虚线上的D点进入Ⅲ，最终粒子垂直竖直虚线经过F点（F点图中未画出）。已知，，求：（1）A、C两点间的距离；（2）粒子在Ⅲ中的轨迹半径；（3）F点到O点的距离。【答案】（1）；（2）；（3）或【解析】（1）粒子在Ⅱ中做类平抛运动，水平方向上有竖直方向上有由牛顿第二定律得又解得粒子由A到C的过程，由动能定理得解得（2）粒子由C到D的时间为粒子在D点的竖直速度为解得则粒子在D点的速度大小为设粒子进入Ⅲ中时速度方向与轴正方向的夹角为，则有则可知粒子进入Ⅲ中时方向与轴正方向成角，斜向右下，如图甲所示粒子在Ⅲ中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则由解得或由几何关系同样可解得（3）若粒子在Ⅲ中经1次偏转垂直竖直虚线经过F点时，则根据几何关系有粒子经过F点后进入Ⅳ区，粒子在Ⅳ中运动时，由解得若粒子在Ⅳ中再经一次偏转垂直竖直虚线经过F点时，即经过2次磁偏转到F点时，则若粒子经过3次磁偏转到F点时，则若粒子经过4次磁偏转到F点时，则若粒子经过5次磁偏转到F点时，则若粒子经过6次磁偏转到F点时，则如图乙所示，由以上分析可知或13.（2024·贵州省六校联盟·三模）（多选）如图所示的直角三角形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场（包括边界，图中未画出），，一带正电的粒子由中点以速率沿垂直方向射入磁场，经磁场偏转后从边离开磁场，已知，粒子的质量为、电荷量为，粒子重力忽略不计。则下列说法正确的是（）A.磁感应强度的大小可能为B.磁感应强度最小时，粒子的出射点到点的距离为C.从边离开的粒子在磁场中运动的时间均为D.当磁感应强度取粒子从边离开磁场的最小值时，增大粒子的入射速度，粒子在磁场中的运动时间缩短【答案】BD【解析】AB．根据题意，由牛顿第二定律有解得可知，半径越大，磁感应强度越小，粒子能从边离开磁场的临界轨迹如图所示由几何关系可得，解得则有解得故A错误，B正确；C．根据题意可知，从边离开的粒子在磁场中运动的时间为故C错误；D．粒子在磁场中的运动周期为粒子在磁场中运动时间为当磁感应强度取粒子从边离开磁场的最小值时，增大粒子的入射速度，粒子运动半径增大，则粒子从BC边离开磁场，速度越大，圆心角越小，粒子在磁场中的运动时间越短，故D正确。故选BD。14.（2024·贵州省六校联盟·三模）如图甲所示，平行边界之间存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场，之间的距离为d。时刻，有一质量为的带电粒子从磁场边界上A点处以速度垂直磁场方向射入，方向与边界的夹角为，粒子恰好从点垂直边界射出磁场。紧靠磁场边界右侧，有两个间距为、足够大的平行板，平行板间存在电场，两板间电势差的变化规律如图乙，其中已知。带电粒子在运动过程中始终不与板相碰，粒子重力不计。求:（1）该带电粒子的电性及电荷量大小；（2）若，带电粒子从A点到第一次到达点的时间及时刻带电粒子的速度与的比值；（3）若满足（2）条件，带电粒子第二次离开磁场时的位置与A点的距离（结果用根号表示）。【答案】（1）粒子带正电，；（2）；4；（3）【解析】（1）带电粒子在磁场中运动轨迹如图，其轨道半径为，根据左手定则可判定粒子带正电荷；由几何关系可知由洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，则解得带电粒子的电荷量大小为（2）带电粒子从A点到第一次到达点的时间==其中解得=则时刻带电粒子在电场中加速运动了，则有由运动学公式则此时刻带电粒子的速度与的比值（3）接着带电粒子先减速后反向加速，则这一过程的加速度大小均为，设粒子在电场中反向后可以一直加速到O点，则由运动学公式得联立可得根据联立可得故假设成立，带电粒子第二次在磁场中运动的轨迹如图所示设其轨道半径，由洛伦兹力提供向心力可得设带电粒子从K点离开磁场，故带电粒子第二次离开磁场时的位置与A点的距离为15.（2024·海南省四校联考）（多选）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，腰长为L的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A、C、O三点在同一直线上，与垂直，且与电场和磁场方向均垂直。A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E、磁感应强度大小为，区域Ⅱ中磁感应强度大小为，则粒子从边靠近F的三等分点D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t，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.从D点飞出的粒子速度大小为B.粒子的比荷为C.若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则D.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，则粒子从边出射，出射点距离O点【答案】BCD【解析】A．根据题意可知区域Ⅰ中粒子电场力和洛伦兹力相等，由此可得解得粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动，速度大小不变，故从D点飞出的粒子速度大小为，故A错误；B．粒子的运动轨迹如图所示在区域Ⅱ中，粒子受到的洛伦兹力提供向心力，则有根据几何关系可知，粒子转过的圆心角为90°，则联立可得故B正确；C．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，设进入区域Ⅱ中的速度大小为，则解得在区域Ⅱ中，粒子受到的洛伦兹力提供向心力，则有解得则粒子将从GF边离开区域Ⅱ，轨迹的圆心角小于，根据粒子在磁场中的周期公式解得由于区域Ⅱ中的磁场不变，粒子的比荷也不变，所以周期不变，根据因为粒子在区域Ⅱ中做圆周运动的圆心角减小，所以粒子运动时间减小，故C正确；D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为，设粒子在区域Ⅱ中运动的半径为，根据解得粒子在区域Ⅱ中的运动轨迹如图所示由几何关系可得根据勾股定理则出射点距离O点故D正确。故选BCD。16.（2024·河北·三模）2023年4月12日，中国有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置创造了当时最新的世界纪录，成功实现稳态高约束模式等离子体运行403秒。为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一足够长的真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场，如图所示。若某带正电的离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为，垂直于磁场方向的分量大小为，不计离子受到的重力。当离子速度平行于磁场方向的分量大小为时，垂直于磁场方向的分量大小为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】根据运动的叠加原理可知，离子在垂直于纸面内做匀速圆周运动，沿水平方向做加速运动，则v1增大，v2不变；当离子速度平行于磁场方向的分量大小为2v1时，垂直于磁场方向的分量大小为v2。故选A。17.（2024·河南省九师联盟·三模）如图所示，开口向下的光滑绝缘圆形轨道BCD处于水平向右的匀强电场中，为最高点、为圆心，OB与CO的延长线的夹角为，经过点的水平线下方的电场区域中还有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为。一个质量为，电荷量为的微粒沿直线AB运动，恰好在B点无碰撞地进入圆形轨道，重力加速度为。求：（1）微粒的电性及电场强度的大小；（2）要使微粒能够沿轨道到达点，圆形轨道的半径需要满足的条件；（3）在第（2）问的条件下，微粒经过点时，对轨道压力的最小值。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）根据题意可知微粒重力不可忽略，微粒沿直线AB做匀速运动，对微粒受力分析，如图所示电场力只能水平向右才能使微粒做匀速直线运动，所以微粒带正电水平方向竖直方向解得（2）微粒从点进入圆形轨道等效重力的方向沿OB方向，大小为所以在点关于点对称的位置，微粒有最小速度，要满足同时由动能定理有联立解得（3）在点由牛顿第二定律得由动能定理得联立解得当时，轨道对微粒的弹力有最小值，即由牛顿第三定律可知微粒经过点时，对轨道的压力最小值为18.（2024·黑龙江名校联考·二模）（多选）如图所示，半径为R的一圆形区域，O为圆心，P为边界上的一点，区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。电荷量为-q、质量为m的相同带电粒子a、b（不计重力）从P点先后以大小相等的速率射入磁场，粒子a正对圆心射入，粒子b射入磁场时的速度方向与粒子a射入时的速度方向夹角为。下列说法正确的是（）A.两粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为RB.a粒子在磁场中运动的时间为C.b粒子在磁场中运动的时间为D.a、b粒子离开磁场时的速度方向夹角为30°【答案】AC【解析】A．由洛伦兹力提供向心力，有解得故A正确；BC．粒子在磁场中的运动轨迹如图所示粒子a、b在磁场中的运动周期均为由轨迹图可知，则a、b粒子在磁场中的运动时间分别为，故B错误，C正确；D．由图中轨迹可知，a、b粒子离磁场时的速度方向都与OP方向垂直，即a、b粒子离开磁场时的速度方向平行，故D错误。故选AC。19.（2024·湖北省十一校联考·二模）（多选）现代科学仪器中常利用电、磁场控制带电粒子的运动。如图甲所示，纸面内存在上、下宽度均为d的匀强电场与匀强磁场，匀强电场竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力）从电场的上边界的O点由静止释放，运动到磁场的下边界的P点时正好与下边界相切。若把电场下移至磁场所在区域，如图乙所示，重新让粒子从上边界M点由静止释放，经过一段时间粒子第一次到达最低点N，下列说法正确的是（）A.匀强电场的场强大小为B.粒子从O点运动到P点的时间为C.M、N两点的竖直距离为D.粒子经过N点时速度大小为【答案】BD【解析】A．设粒子在磁场中的速率为v，半径为R，在电场中由动能定理，有洛伦兹力充当向心力，有由几何关系可得综上可得故A错误；B.粒子在电场中的运动时间为在磁场中的运动时间为粒子从O运动到P的时间为故B正确；CD.将粒子从M到N的过程中某时刻的速度分解为向右和向下的分量、，再把粒子受到的洛伦兹力分别沿水平方向和竖直方向分解，两个洛伦兹力分量分别为设粒子在最低点N的速度大小为v1，MN的竖直距离为y。水平方向由动量定理可得由动能定理可得联立，解得故C错误；D正确。故选BD。20.（2024·湖南省湘西州吉首市·三模）如图，在0≤x≤h，区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变。一质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。（1）若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；（2）如果磁感应强度大小为，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。【答案】（1）磁场方向垂直于纸面向里；；（2）；【解析】（1）由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有①由此可得②粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足③由②可得，当磁感应强度大小最小时，设为Bm，粒子的运动半径最大，由此得④（2）若磁感应强度大小为，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径为⑤粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示。设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为α，由几何关系⑥即⑦由几何关系可得，P点与x轴的距离为⑧联立⑦⑧式得⑨21.（2024·东北师大附中、长春市十一高中、吉林一中、四平一中、松原实验中学1月联合模拟考试）（多选）如图所示，MN是一荧光屏，当带电粒子打到荧光屏上时，荧光屏能够发光。MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。P为屏上一小孔，PQ与MN垂直。一群质量为m、带电荷量q的粒子（不计重力），以相同的速率v，从P处沿垂直于磁场方向且分布在PA与PC所包围的90°范围内射入磁场区域，已知PA与PQ夹角满足，不计粒子间的相互作用。下列说法正确的是（）A.粒子打到荧光屏上时，距P点的最远距离为B.在荧光屏上将出现一条形亮线，其长度可能为C.在荧光屏上将出现一条形亮线，其长度可能为D.在荧光屏上将出现一条形亮线，其长度可能为【答案】AD【解析】A．由于所有粒子的质量和电荷量都相同，且速度相同，所以根据公式可知，所有粒子轨道半径为当粒子沿方向射入时，在磁场中的轨迹为半圆，因此打在屏上的位置距离点为圆的直径，此时距P点的距离最大，最大距离为故A正确；BCD．根据题意可知，正粒子沿着右侧边界射入，轨迹如图所示此时出射点最近，由几何关系有正粒子沿着左侧边界射入，轨迹如图所示此时出射点最近，由几何关系有由于PA与PQ夹角满足则当时，有则在荧光屏上将出现一条形亮线，其长度为当时，有则在荧光屏上将出现一条形亮线，其长度为由于不能取和，则和不能等于1，则长度不可能为，故BC错误，D正确。故选AD。22.（2024·江苏省4月大联考）如图甲所示，矩形MNPQ位于竖直平面内，水平线为矩形的一中心线，NP的长度为d，MN的长度为L，重力加速度为g。某质量为m，电荷量为的小球从点以初速度大小开始在矩形面内运动。（1）若小球初速度沿方向向右，小球开始运动时，在矩形区域内加竖直向上的匀强电场，小球恰好从P点飞出矩形区域，求所加匀强电场场强的大小；（2）若小球初速度沿方向向右，小球开始运动时，在矩形MNPQ区域内加竖直向上、场强大小为的匀强电场，同时加上垂直于矩形区域向里的匀强磁场，小球恰好从PQ连线中点飞出矩形区域，求所加匀强磁场的磁感应强度大小B；（3）若小球初速度偏向右上方向，且与成，小球开始运动时，在矩形MNPQ区域内加竖直向上、场强大小为的匀强电场，同时在垂直于矩形区域方向加上按如图乙所示变化的匀强磁场，变化周期（取垂直于矩形区域向外为正方向），小球恰能从点飞出矩形区域，求所加磁场磁感应强度大小应满足的条件和小球在矩形区域运动的时间。【答案】（1）；（2）；（3）（其中k取的整数），【解析】（1）小球在矩形区域内做类平抛运动，设运动的加速度为a，在矩形区域中运动时间在竖直方向有由牛顿第二定律有解得（2）小球受到的电场力则小球受到的合力即洛伦兹力，在矩形区域中做匀速圆周运动，如图所示，设圆周运动半径为r，由几何关系有由向心力公式有解得（3）小球在矩形区域中做匀速圆周运动，设运动的轨道半径为，则有为使小球不从MN、PQ边缘飞出，应满足小球在矩形区域运动的周期为使小球恰能从点飞出矩形区域，应满足的关系是解得（其中k取的整数）小球在矩形区域运动的时间解得23.（2024·江西省九江市·二模）如图所示，在直角坐标系的第二、第三象限内有一垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场区域，坐标分别为、、。在直角坐标系的第一象限内，有沿y轴负方向、大小为的匀强电场，在处垂直于x轴放置一荧光屏，其与x轴的交点为Q。粒子束以相同的速度由O、C间的各位置垂直y轴射入，已知从y轴上的点射入磁场的粒子恰好经过O点，忽略粒子间的相互作用，不计粒子的重力。求（1）粒子的比荷；（2）荧光屏上的发光长度。【答案】（1）；（2）3a【解析】（1）由题意可知，粒子在磁场中的轨迹半径为r＝a由牛顿第二定律得Bqv0＝m故粒子的比荷（2）能进入电场中且离O点上方最远的粒子在磁场中的运动轨迹恰好与AB边相切，设粒子运动轨迹的圆心为O′点，如图所示：由几何关系知O′A＝r·＝2a则OO′＝OA－O′A＝a即粒子离开磁场进入电场时，离O点上方最远距离为OD＝ym＝2a则根据几何关系可知x轴上方荧光屏上的发光长度为x轴下方荧光屏上的发光长度为所以荧光屏上的发光长度为24.（2024·辽宁省·二模）如图甲所示，在平面直角坐标系的第一象限内、半径为的圆形区域内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场Ⅰ，边界圆刚好与轴、轴相切于、两点，长为、间距也为的平行金属板M、N固定在第二象限内，N板在轴上，在两板加上如图乙所示的交变电压，图中未知、已知，在两板中线左端有一粒子源，沿中线向右不断射出质量为、电荷量为的带正电的粒子，所有粒子穿过两板间电场的时间均为，在轴下方有垂直于坐标平面向外的匀强磁场Ⅱ，在磁场Ⅱ中有一足够长平行于轴的挡板，挡板到轴距离为，从射出的粒子刚好从N板右端边缘射出电场，从时刻射出的粒子经磁场Ⅰ偏转后刚好从点进入磁场Ⅱ，打在板上时的速度与轴负方向的夹角为，所有粒子打到挡板上后均被挡板吸收，不计粒子重力和相互间作用，，。求：（1）大小；（2）匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小；（3）挡板上打到粒子的区域的长度。【答案】（1）；（2），；（3）【解析】（1）所有粒子穿过两板间电场的时间均为，从射出的粒子刚好从N板右端边缘射出电场，根据对称性可知沿电场方向有，联立解得（2）设粒子源设粒子的速度为，根据题意有可得时刻射出的粒子，由图乙可知粒子沿电场方向的分运动在时间内向下先加速后减速，在时间内向上先加速后减速，根据对称性可知粒子刚好从A点进入磁场Ⅰ，进入速度方向沿轴方向，大小为，粒子在两个磁场中的运动轨迹如图所示粒子在磁场Ⅰ中由洛伦兹力提供向心力可得由几何关系可得联立可得粒子在磁场Ⅱ中由洛伦兹力提供向心力可得由几何关系可得联立可得（3）所有粒子穿过两板间电场的时间均为，由图乙结合对称性可知，所有粒子离开电场时沿电场方向的速度均为0，即所有粒子离开电场时的速度方向均沿轴方向，大小均为，射出电场粒子刚好分布于M、N板之间，由于所有粒子进入磁场Ⅰ的运动轨迹半径等于圆形磁场Ⅰ的半径，根据磁汇聚原理可知，所有粒子均从C点进入磁场Ⅱ，如图所示根据几何关系可得挡板上打到粒子的区域的长度为联立解得25.（2024·内蒙古呼和浩特市·一模）（多选）如图所示，竖直平面内一半径为R的圆形区域内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里。一束质量为m．电荷量为-q的带电粒子沿平行于直径MN的方向以不同速率从P点进入匀强磁场，入射点P到直径MN的距离，不计粒子重力。下列说法正确的是（）A.若粒子射出磁场时的速度方向恰好与其入射方向相反，则其入射速度为B.若粒子恰好能从N点射出，则粒子在磁场中运动的时间为C.若粒子恰好能从M点射出，则粒子在磁场中运动的时间为D.若粒子射出磁场时的速度方向恰好与其入射方向垂直，则其入射速度为【答案】AC【解析】A．若粒子射出磁场时的速度方向恰好与其入射方向相反，由图可知由几何关系可知由洛伦兹力提供向心力可得其入射速度为故A正确；B．若粒子恰好能从N点射出，粒子的轨迹图如图所示连接PN即为粒子做圆周运动的弦长，连接PO，由，可知∠POM=30°，β=60°则有∠PON=150°，α=15°粒子在匀强磁场中匀速圆周运动，解得粒子运动周期为∠PO′N=30°，则粒子在磁场中运动的时间为故B错误；C．若粒子恰好能从M点射出，其运动轨迹如图所示由图可知可得θ=60°对应的圆心角为则粒子在磁场中运动的时间为故C正确；D．若粒子射出磁场时的速度方向恰好与其入射方向垂直，由图可知根据几何关系，其中解得由洛伦兹力提供向心力可得故D错误。故选AC。26.（2024·宁夏中卫市·一模）（多选）如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面向里，图中虚线为磁场的部分边界，其中段是半径为R的四分之一圆弧，、的延长线通过圆弧的圆心，长为R．一束质量为m、电荷量大小为q的粒子流，在纸面内以不同的速率从O点垂直射入磁场，已知所有粒子均从圆弧边界射出，其中M、N是圆弧边界上的两点。不计粒子的重力及它们之间的相互作用。则下列说法中正确的是（）A.粒子带负电B.从M点射出粒子的速率一定小于从N点射出粒子的速率C.从M点射出粒子在磁场中运动时间一定小于从N点射出粒子所用时间D.在磁场中运动时间最短的粒子用时为【答案】BD【解析】ABC．由题意，画出从M、N两点射出的粒子轨迹图，如图所示，由此可知，粒子带正电；粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力。可得解得由图可知，从M点射出粒子的轨迹半径小于从N点射出粒子轨迹半径，则有从M点射出粒子的速率一定小于从N点射出粒子的速率；由图可知，从M点射出粒子的轨迹所对圆心角大于从N点射出粒子轨迹所对圆心角，由可知，从M点射出粒子在磁场中运动时间一定大于从N点射出粒子所用时间，AC错误，B正确；D．由几何知识可知，当粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心恰好在b点时，粒子在磁场中运动的圆弧所对的圆心角最小，此时粒子的运动半径r=R，由几何关系可求得此时圆弧所对圆心角θ=120°，所以粒子在磁场中运动的最短时间是D正确。故选BD。27.（2024·青海省玉树州·第四次联考）（多选）如图所示，圆形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。质量为m、电荷量为q带负电粒子由A点沿平行于直径CD的方向射入磁场，经过圆心O，最后离开磁场。已知圆形区域半径为R，AO与CD的夹角为45°，不计粒子重力。则（）A.粒子运动的速率为B.粒子在磁场中运动的时间为C.粒子在磁场中运动的路程为D.粒子离开磁场时速度方向平行于CD【答案】BD【解析】A．由于粒子经过圆心O，最后离开磁场，轨迹如图所示根据几何关系可得根据洛伦兹力提供向心力有所以故A错误；B．粒子在磁场中运动的时间为故B正确；C．粒子在磁场中运动的路程为故C错误；D．由轨迹图可知，粒子离开磁场时速度方向平行于CD，故D正确故选BD。28.（2024·山东潍坊市·三模）如图所示的O—xyz坐标系中，的Ⅰ区域内有沿z轴正方向的匀强磁场，在的Ⅱ区域内有沿y轴正方向的匀强电场。一带电量为＋q、质量为m的粒子从y轴上的点P（0，2l，0）以速度v0沿x轴正方向射入Ⅰ区域，从点Q进入Ⅱ区域。粒子在Ⅱ区域内，第二次经过x轴时粒子位于N点，且速度方向与x轴正方向夹角。已知Ⅰ区域磁场磁感应强度大小，不计粒子重力。（1）求粒子经过Q点时速度方向与x轴正方向夹角α；（2）求匀强电场的电场强度E；（3）求粒子从P到N所用的时间；（4）粒子到达N点时，在Ⅱ区域施加沿y轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小，求粒子离开N点经过时间，粒子的位置坐标。【答案】（1）60°；（2）；（3）；（4）【解析】根据题意绘出粒子从P到N的运动轨迹如下（1）粒子在Ⅰ区域做匀速圆周运动，有根据几何关系有解得α=60°（2）由几何关系可知，Q、N两点沿电场方向的距离为l，粒子由Q到N过程沿x轴方向做匀速直线运动有vNx=vQx=v0cosα，由动能定理有解得（3）粒子由P到Q过程，设时间为t1，有粒子由Q到N过程，沿y轴方向先匀减速后匀加速，设时间分别为t2、t3，有其中t=t1＋t2＋t3联立解得（4）粒子运动在xOz平面内的投影为匀速圆周运动粒子运动周期解得可得z=2r2=2l粒子沿y轴方向做匀加速运动，可得即粒子的位置坐标为。29.（2024·山西省名校联考三）如图所示，长方体空间被平面MNPO分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一电子以某一速度从长方体左侧垂直Oyz平面进入并穿过两磁场区域，关于电子运动轨迹在下列坐标平面内的投影，可能正确的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由左手定则可以判断出电子在两磁场中的洛伦兹力方向，沿着轴负方向看，电子在洛伦兹力的作用下，在平面MNPO的左侧区域，电子沿逆时针做圆周运动，在平面MNPO的右侧区域，电子沿顺时针做圆周运动，所以电子运动轨迹在坐标平面内的投影如选项A所示，在平面内的投影应该是一条平行于轴的直线。故选A。30.（2024·陕西省商洛市·二模）（多选）如图所示，横截面为正方形abcd的有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一束电子以大小不同、方向垂直ad边界的速度从e点射入该磁场，不计电子受到的重力及其相互之间的作用力，对于从不同边界射出的电子，下列说法正确的是（）A.从d点离开的电子在磁场中运动的半径最大B.从ad边离开的电子在磁场中运动的时间都相等C.从bc边离开电子速度越大，偏转角度越大D.从cd边离开的电子速度越大，越靠近c点【答案】BD【解析】A．电子在磁场中不同边界射出的轨迹如图可知，从d点离开的电子在磁场中运动的半径不是最大，故A错误；B．电子在磁场中运动的时间由轨迹图可知，从ad边离开的电子速度偏转角相等，所以运动时间相等，故B正确；CD．由可得可知速度越大半径越大，所以从cd边离开的电子速度越大，越靠近c点；从bc边离开的电子速度越大，半径越大，设入射点到d点的距离为x，则有可知，电子速度越大，速度偏转角越小，故C错误，D正确。故选BD。31.（2024·四川省成都市第二次联考）（多选）如图，在竖直平面内有一半径为、圆心为的圆形区域，在圆形区域内可以添加匀强电场或匀强磁场。一电荷量为、质量为的电子从圆形区域边界上的点沿半径方向以速度射入圆形区域，要使电子从圆形区域边界上的点离开圆形区域，，不计电子重力。下列说法正确的是（）A.可加磁感应强度大小为、方向垂直于纸面向里匀强磁场B.可加磁感应强度大小为，方向垂直于纸面向外的匀强磁场C.可加电场强度大小为，方向竖直向上的匀强电场D.可加电场强度大小为、方向竖直向上的匀强电场【答案】AC【解析】AB．若添加匀强磁场，由于电子带负电，要使电子从点离开圆形区域，则添加磁感应强度方向垂直于纸面向里的匀强磁场，电子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，由几何关系得，电子做匀速圆周运动的半径根据洛伦兹力提供向心力有解得故A正确，B错误；CD．由于电子带负电，要使电子从B点离开圆形区域，可添加电场强度方向竖直向上的匀强电场，电子在电场力的作用下做类平抛运动，在水平方向有竖直方向联立解得故C正确，D错误。故选AC。32.（2024·四川省成都市第二次联考）某离子束实验装置的基本原理如图甲所示。Ⅰ区宽度为，左边界与轴垂直交于坐标原点，其内充满垂直于平面向里的匀强磁场；Ⅱ区宽度为，左边界与轴垂直交于点，右边界与轴垂直交于点，其内充满沿轴负方向的匀强电场。测试板垂直轴置于Ⅱ区右边界，其中心与点重合。从离子源不断飘出电荷量为、质量为的正离子，加速后沿轴正方向过点，依次经Ⅰ区、Ⅱ区，恰好到达测试板中心。已知离子刚进入Ⅱ区时速度大小为，速度方向与轴正方向的夹角为。忽略离子间的相互作用，不计离子重力。（1）求Ⅰ区匀强磁场的磁感应强度大小；（2）求Ⅱ区匀强电场的电场强度大小；（3）将Ⅱ区右边界和测试板同时右移使Ⅱ区足够大，在Ⅱ区同时填充题干中的匀强电场和磁感应强度大小为、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，其它条件不变，离子的运动轨迹如图乙中的虚线所示，求离子在Ⅱ区运动过程中的速度最大值。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律根据几何关系有联立解得（2）离子在匀强电场中做类平抛运动，在轴方向上有在轴方向上（以轴负方向为正）有又联立解得（3）离子进入Ⅱ区时，洛伦兹力沿轴方向的分量洛伦兹力沿轴方向的分量因此离子在Ⅱ区的运动可看成水平方向的匀速直线运动和逆时针方向的匀速圆周运动的合运动，当离子在最低点时，两个分运动速度同向，离子有速度的最大值为解得33.（2024·浙江省宁波“十校”3月联考）如图甲所示，曲线OP上方有沿方向的匀强电场，其场强大小为，曲线左侧有一粒子源AB，B端位于x轴上，能够持续不断地沿方向发射速度为，质量为m、电荷量为q的粒子束，这些粒子经电场偏转后均能够通过O点，已知从A点入射粒子恰好从P点进入电场，不计重力及粒子间的相互作用。（1）写出匀强电场边界OP段的边界方程（粒子入射点的坐标y和x间的关系式）：（2）若第四象限内存在边界平行于坐标轴的矩形匀强磁场（未画出），磁场方向垂直纸面向外。自O点射入的粒子束，经磁场偏转后均能够返回y轴，若粒子在第四象限运动时始终未离开磁场，求磁场的最小面积；（3）若第一象限与第四象限间存在多组紧密相邻的匀强磁场和匀强电场（如图乙），电磁场边界与y轴平行，宽度均为d，长度足够长。匀强磁场，方向垂直纸面向里，匀强电场，方向沿x轴正方向，现仅考虑自A端射入的粒子，经匀强电场偏转后，恰好与y轴负方向成从O点射入，试确定该粒子将在第几个磁场区域拐弯（即速度恰好与y轴平行）。【答案】（1）；（2）；（3）3【解析】（1）粒子在电场E1区域做类平抛运动，则解得（2）设粒子经过O点的速度为v，与y轴的夹角为θ，则由可得粒子在磁场中运动时，在y轴上