2025年高考物理三轮复习之磁场

第84页（共84页）2025年高考物理三轮复习之磁场一．选择题（共10小题）1．（2025•湖北模拟）如图（a）甲所示，虚线内为一圆形区域，该区域处于xOy平面内，圆心为O；无限长通电直导线a（图中未画出）垂直平面固定放置，另一无限长通电直导线b（电流方向未画出）垂直平面从x轴上的P点沿虚线按逆时针方向移动，导线b与圆心的连线与x正半轴夹角为θ，θ从0缓慢增大到π的过程中，O点处磁感应强度B的分量Bx和By随θ的变化图像如图（b）和图（c）所示。规定沿坐标轴正方向为磁感应强度的正方向，下列说法正确的是（）A．导线a的电流方向一定与导线b相反 B．导线a可能位于第四象限角平分线上 C．导线b移动过程中，O处磁感应强度先增大后减小 D．导线b移动过程中，O处磁感应强度最小值为02．（2025•黑龙江模拟）如图所示，用电阻率为ρ，横截面积为S，粗细均匀的电阻丝折成一个圆形框架。A、B为框架上的两点，∠AOB＝90°，A、B两点与一个电动势为E，内阻忽略不计的电源相连。垂直于竖直框架平面有一个磁感应强度为B、方向水平向里的匀强磁场。这个框架受到的安培力的合力大小和方向为（）A．82BES3ρπ，竖直向上 BC．82BES3ρπ，竖直向下 3．（2025•罗湖区校级一模）电磁泵在目前的生产、科技中得到了广泛应用。如图所示，泵体是一个长方体，ab边长为L1，bc边长为L2，ce边长为L3；流经泵体内的液体密度为ρ1，在泵头通入导电剂后液体的电阻率为ρ2，泵体所在处有平行于bc方向的磁场B，把泵体的上、下两表面接在电压为U（内阻不计）的电源上，下列判定正确的有（）A．泵体上表面应接电源负极 B．仅增大L3可增大电磁泵电磁驱动力 C．仅减小ρ1可增大电磁泵电磁驱动力所产生的附加压强 D．仅减小ρ2可获得更大的抽液高度4．（2025•红河州二模）如图所示，在竖直面内的正方形四个顶点处分别放置四根通电直导线A、B、C、D，A、B中电流方向垂直纸面向外，C、D中电流方向垂直纸面向里，每根通电直导线在对角线交点O处产生的磁感应强度大小均为B0，现在O处放置一根长为L的通电直导线，电流大小为I、方向垂直于纸面向里，则该直导线所受的安培力大小和方向分别为（）A．2B0IL，竖直向上 B．22B0IL，竖直向上 C．22B0IL，竖直向下 D．2B0IL，竖直向下5．（2025•芙蓉区校级一模）如图甲所示，已知车轮边缘上一质点P的轨迹可看成质点P相对圆心O做速率为v的匀速圆周运动，同时圆心O向右相对地面以速率v做匀速运动形成的，该轨迹称为圆滚线。如图乙所示，空间存在竖直向下的大小为E匀强电场和水平方向（垂直纸面向里）大小为B的匀强磁场，已知一质量为m、电量大小为q的正离子在电场力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线AC运动（该曲线属于圆滚线），到达B点时速度为零，C为运动的最低点。不计重力，则下列说法错误的是（）A．该离子带正电 B．A、B两点位于同一高度 C．该离子电势能先增大后减小 D．到达C点时离子速度最大6．（2025•浙江模拟）浙江某校实验桌上放一可水平自由转动的小磁针，并在其正上方固定一长直导线，小磁针静止时恰与直导线平行，如图所示。当导线中通有电流时，俯视向下观察发现小磁针沿顺时针向偏转了30°后静止，若该处地磁场的水平分量为B0，则下列判断正确的是（）A．直导线中的电流方向为由东向西 B．通电直导线受到地磁场的作用力方向水平向西 C．电流在小磁针所在处的磁场的磁感应强度大小为33D．小磁针所在处合磁场的磁感应强度大小为27．（2025•广西二模）如图，空间存在垂直纸面向外的匀强磁场（未画出），A、B、C、D、E为磁场中的五个点，B为AD的中点，C为BD中垂线上的一点，且DE=2AB=2BC，BC平行于DE。一束带正电的同种粒子（不计重力）垂直AD由A点沿纸面向上射入磁场，各粒子速度大小不同，用tB、tC、tD、tE分别表示第一次到达B、C、D、A．tB＝tD＞tC＞tE B．tc＞tB＝tD＞tE C．tB＝tD＞tC＝tE D．tE＞tB＝tD＞tC8．（2025•湖北模拟）某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的运动，如图所示，材料表面上方矩形区域PP′N′N充满竖直向下的匀强电场，电场宽为d；矩形区域NN′M′M充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，长为L，宽为S；NN′为磁场与电场之间的薄隔离层，一个电荷量为e、质量为m、初速度为零的电子，从P点开始被电场加速经隔离层垂直进入磁场，电子每次穿越隔离层，时间极短、运动方向不变，其动能损失是每次穿越前动能的10%，电子第一次进入磁场区域恰好未从MM′穿出，第五次穿越隔离层后垂直于磁场边界M′N′飞出，不计电子所受重力。则下列说法正确的是（）A．电子在磁场中第一次与第二次圆周运动的半径比为10：3 B．电子在磁场中第一次与第二次运动的时间比为10：9 C．电场强度大小为B2D．L＝4.61S9．（2025•信阳二模）两个完全相同的超导金属环水平平行放置，圆心在同一竖直线上，两环中有等大反向电流，电流方向如图所示，另一个与环半径相同的绝缘光滑管道平行两环固定在两环之间，管道面与两环面距离相等，金属环与管道的圆心在同一竖直线上。在管道内有一个带正电的球，其直径略小于管道内径，且可以视作质点。给小球沿管切向方向初速度，小球在管道内运动，下列说法正确的是（）A．小球的速度逐渐减小 B．小球的速度逐渐增加 C．小球受到管道的弹力不一定指向圆心 D．小球受到管道的弹力可能沿管的半径向外10．（2025•孝义市一模）如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是（）A．甲图中，要增大粒子的最大动能，可增加磁场B的大小 B．乙图中，A极板是发电机的正极 C．丙图中，重力不计的带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是v=BE（B为磁感应强度，E为电场强度），但粒子的电D．丁图中，若载流子带负电，稳定时C板电势高二．多选题（共5小题）（多选）11．（2025•罗湖区校级一模）如图所示，扇形区域AOC内有垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），∠AOC＝60°，边界OA上有一距O为d的粒子源S，现粒子源在纸面内以等大速度向不同方向发射大量带正电的同种粒子（不计粒子重力及粒子间相互作用力），经过一段时间有部分粒子从边界OC射出磁场。已知从OC射出的粒子在磁场中运动的最大时间为T2（T为粒子在磁场中运动的周期）。关于从OCA．O可能是粒子的轨迹圆心 B．粒子可能垂直于边界OC射出 C．从OC射出的粒子距O最远距离为3dD．粒子在磁场中运动的最短时间等于T（多选）12．（2025•驻马店模拟）如图，在O﹣xyz坐标系内存在匀强磁场和匀强电场，电场方向沿z轴负方向，磁场方向沿z轴正方向。一电子从点（L，0，0）处沿y轴正方向入射，其轨迹与z轴的第1个交点坐标为（0，0，L）。已知电子的比荷为k，入射速度大小为v0，不计电子所受的重力，则（）A．匀强磁场的磁感应强度大小B=B．匀强电场的电场强度大小E=C．电子轨迹与z轴交点的z坐标之比为1：32：52：72：⋯ D．电子轨迹与z轴交点的z坐标之比为1：22：32：42：⋯（多选）13．（2025•珠海一模）托卡马克是一种利用磁约束来实现受控核聚变的环形容器，其内部产生的磁场可以把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内。图甲为该装置的简化模型，两个圆心相同、半径不同的圆环将空间分成无磁场的反应区和匀强磁场方向垂直于纸面向里的约束区。如图乙所示，一带电微粒沿半径方向从A点射入约束区并从D点返回反应区，运动轨迹恰好与约束区外边界相切。若该微粒经过B点时，与一静止不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，微粒所受重力均可忽略，下列说法正确的是（）A．带电微粒带负电 B．碰撞后，新微粒仍能从D点返回反应区 C．碰撞前后微粒在磁场中做圆周运动的周期不变 D．相比不发生碰撞时，碰撞后新微粒在磁场中受到的洛伦兹力变大（多选）14．（2025•驻马店模拟）嫦娥七号计划于2026年发射，由于月球上没有空气，某同学提议在旗帜上固定导线，通过电磁场的相互作用使旗帜飘扬起来。现在给光滑水平面上的旗帜等间距地固定a、b、c三根相同长直导线，并通入大小相等、方向如图所示的电流，则旗帜能够保持平展的是（）A． B． C． D．（多选）15．（2025•岳麓区校级模拟）如图所示，空间存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一带电荷量为q、质量为m的带正电小球从磁场中某点P由静止释放，其运动轨迹是一条摆线。小球的运动可分解为竖直平面内沿逆时针方向、速度大小为v的匀速圆周运动和水平向右、速度大小为v的匀速直线运动，P、Q为相邻等高点，重力加速度为g。则下列说法正确的是（）A．小球从释放到第一次经过最低点所需时间为πmqBB．小球运动到最低点时的速度为mgqBC．PQ间距为2πD．小球第一次运动到最低点时，距离释放点的竖直距离为m三．解答题（共5小题）16．（2025•湖北模拟）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，0＜x＜d的区域内分布着沿y轴正方向的匀强电场。x＞d的区域内分布着磁感应强度大小为B、沿x轴正方向的匀强磁场，A点是磁场左边界与x轴的交点。一质量为m、电荷量为﹣q的带电粒子从原点O以初速度v0沿与x轴正方向成θ＝30°的夹角进入电场，恰好从A点进入磁场。不计粒子重力，求：（1）粒子经过0＜x＜d的区域时，离x轴的最远距离h；（2）匀强电场电场强度E的大小；（3）粒子进入磁场后，再次经过x轴时的坐标。17．（2025•湖北模拟）如图所示，竖直面内有垂直平面向里的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小B＝0.5T，有一厚度不计、下端封闭上端开口且内壁光滑的绝缘玻璃管，管内底部静置一质量为0.08kg，电荷量为1.6C的带正电小球。t＝0时，在外力作用下玻璃管从静止开始水平向右做a＝2m/s2的匀加速直线运动，经过时间t0后小球恰好脱离管底，再经过相同的时间后小球从管口离开玻璃管，已知g取10m/s2。则：（1）t0的取值；（2）小球离开管口时的动能；（3）经分析知，小球离开管口后做旋轮线运动，求上升阶段中小球的最小速度（不讨论小球可能与地面发生的碰撞，可用根式表示）。18．（2025•大连模拟）如图为研究光电效应的装置示意图，位于坐标原点O的光电效应发生器可产生大量在xOy平面内运动的光电子，并沿各个方向进入x轴上方区域。空间中存在垂直xOy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。x轴上放置一长度足够的金属薄板M，其左端C点到O的距离为x0（x0大小未知）。长度足够的金属薄板N平行y轴放置，其上端D点同样位于x轴，到O的距离为32x0，两极板间绝缘，电子打到金属板后经导线、微安表A1、A2后流入地面。已知光电效应截止频率为ν0，普朗克常量为h，电子质量为m、电荷量为e。入射光频率逐渐增大至ν0时，微安表A1开始出现示数。不计电子的重力及相互作用，不考虑电子间的碰撞，未能打到M（1）求C点所处位置的坐标x0；（2）入射光频率超过ν1时，微安表A2开始出现示数，求临界频率ν1的大小；（3）求入射光频率ν2为6ν0时，打到N板的电子在磁场中运动时间的范围。19．（2025•罗湖区校级一模）如图所示，在边长为L的正方形区域内，有沿+y方向的匀强电场和垂直于纸面的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为+q带电的粒子（不计重力）从原点O进入场区，恰好能以v0的速度沿直线匀速通过场区。（1）分析推断粒子的初速度方向，判定磁感应强度方向。（2）若撤去电场，只保留磁场，其他条件不变，该带电粒子恰好从（L，-L2）点离开场区，求磁感应强度的大小（3）若撤去磁场，只保留电场，其他条件不变，求粒子离开场区的位置。20．（2025•梅州一模）在科学研究中常用电场和磁场来控制带电粒子的运动。如图所示，宽度为d的虚线框内有垂直纸面方向的匀强磁场，匀强磁场左右边界竖直。电子枪发出的电子（初速度可以忽略）经M、N之间的加速电场加速后以一定的速度水平射出并进入偏转磁场。速度方向改变60°角后从右边界离开磁场最终打在荧光屏上，已知加速电压为U，电子质量为m、电荷量为e，电子重力不计，求：（1）电子经加速电场加速后的速度大小v；（2）偏转磁场的磁感应强度B的大小和方向；（3）若撤去磁场，在虚线框中加一沿竖直方向的匀强偏转电场，电子从右边界离开电场时也可偏转60°角最终打在荧光屏上，所加电场的电场强度大小E。

2025年高考物理三轮复习之磁场参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）题号12345678910答案BADCCCCDCA二．多选题（共5小题）题号1112131415答案BDABCABABAC一．选择题（共10小题）1．（2025•湖北模拟）如图（a）甲所示，虚线内为一圆形区域，该区域处于xOy平面内，圆心为O；无限长通电直导线a（图中未画出）垂直平面固定放置，另一无限长通电直导线b（电流方向未画出）垂直平面从x轴上的P点沿虚线按逆时针方向移动，导线b与圆心的连线与x正半轴夹角为θ，θ从0缓慢增大到π的过程中，O点处磁感应强度B的分量Bx和By随θ的变化图像如图（b）和图（c）所示。规定沿坐标轴正方向为磁感应强度的正方向，下列说法正确的是（）A．导线a的电流方向一定与导线b相反 B．导线a可能位于第四象限角平分线上 C．导线b移动过程中，O处磁感应强度先增大后减小 D．导线b移动过程中，O处磁感应强度最小值为0【考点】磁感应强度的矢量叠加．【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】B【分析】根据磁场的叠加原理，结合图（b）和图（c）中数据推导导线a中电流在x轴和y轴方向的磁场分量，从而得出a导线的位置和电流方向；推导b导线在O点产生的磁场大小和方向，由右手螺旋定则判断b中电流的方向；根据磁场叠加原理，分析导线b移动过程中O处磁感应强度的变化情况。【解答】解：B.根据图（b）和图（c）中数据可得，θ＝0，Bx＝2T，θ=π2，By＝2T，可知a棒可能位于第四象限角平分线上，电流方向垂直纸面向里，或位于第二象限角平分线上，电流方向垂直纸面向外，Bax＝2T，Bay＝2T，Ba=2A.由θ＝0时，Bay+Bb＝6T，可得Bb＝4T，由右手螺旋定则可知导线b中电流方向垂直纸面向里，与a中电流方向可能相同，也可能相反，故A错误；CD.导线b移动过程中，Bb与Ba的夹角从π4～5π4间变化，则O点处磁感应强度先减小后增大，且最小值不为0，故C故选：B。【点评】此题主要考查磁场的叠加，磁场是矢量，磁场的合成与分解遵循平行四边形定则。2．（2025•黑龙江模拟）如图所示，用电阻率为ρ，横截面积为S，粗细均匀的电阻丝折成一个圆形框架。A、B为框架上的两点，∠AOB＝90°，A、B两点与一个电动势为E，内阻忽略不计的电源相连。垂直于竖直框架平面有一个磁感应强度为B、方向水平向里的匀强磁场。这个框架受到的安培力的合力大小和方向为（）A．82BES3ρπ，竖直向上 BC．82BES3ρπ，竖直向下 【考点】通电非直导线安培力大小的计算．【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】A【分析】根据左手定则判断安培力方向，结合并联电路的电阻特点，闭合电路的欧姆定律，计算安培力的公式进行分析解答。【解答】解：CD.根据左手定则判断圆形框架受到的安培力一定竖直向上，故CD错误；AB.设下方14圆弧电阻为r，则上方34圆弧电阻为3r，圆弧半径为R，则r=ρ14×2πRs，根据并联电路的特点，二者并联总电阻为r总=34r=ρ3πR8S，由闭合电路欧姆定律I故选：A。【点评】考查左手定则判断安培力方向，结合并联电路的电阻特点，闭合电路的欧姆定律，计算安培力的公式，会根据题意进行准确分析解答。3．（2025•罗湖区校级一模）电磁泵在目前的生产、科技中得到了广泛应用。如图所示，泵体是一个长方体，ab边长为L1，bc边长为L2，ce边长为L3；流经泵体内的液体密度为ρ1，在泵头通入导电剂后液体的电阻率为ρ2，泵体所在处有平行于bc方向的磁场B，把泵体的上、下两表面接在电压为U（内阻不计）的电源上，下列判定正确的有（）A．泵体上表面应接电源负极 B．仅增大L3可增大电磁泵电磁驱动力 C．仅减小ρ1可增大电磁泵电磁驱动力所产生的附加压强 D．仅减小ρ2可获得更大的抽液高度【考点】安培力作用下的受力平衡问题．【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】D【分析】当泵体中电流向下时，安培力向左，故液体被抽出；根据电阻定律和欧姆定律列式求解电流表达式分析，根据安培力公式分析影响驱动力大小的相关因素。【解答】解：A.当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向左，拉动液体，故A错误；B.泵内液体的电阻为R=ρ2L3L1LC.由F=BEL1L2ρ2可知，电磁泵电磁驱动力与D.增大磁感应强度B，液体受到驱动力变大，因此可获得更大的抽液高度，故D正确。故选：D。【点评】本题关键是明确电磁泵的工作原理，要能够结合欧姆定律、电阻定律、安培力公式分析抽液高度的影响因素。4．（2025•红河州二模）如图所示，在竖直面内的正方形四个顶点处分别放置四根通电直导线A、B、C、D，A、B中电流方向垂直纸面向外，C、D中电流方向垂直纸面向里，每根通电直导线在对角线交点O处产生的磁感应强度大小均为B0，现在O处放置一根长为L的通电直导线，电流大小为I、方向垂直于纸面向里，则该直导线所受的安培力大小和方向分别为（）A．2B0IL，竖直向上 B．22B0IL，竖直向上 C．22B0IL，竖直向下 D．2B0IL，竖直向下【考点】安培力的计算公式及简单应用；通电直导线周围的磁场；左手定则判断安培力的方向．【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】C【分析】根据磁感应强度是矢量求解合磁感应强度强度的大小和方向，结合左手定则判断安培力大小和方向。【解答】解：每根通电直导线在O处产生的磁感应强度均为B0，B合=2×2×B0cos故选：C。【点评】考查磁感应强度的矢量性，求解合磁感应强度强度的大小和方向，结合左手定则进行准确分析解答。5．（2025•芙蓉区校级一模）如图甲所示，已知车轮边缘上一质点P的轨迹可看成质点P相对圆心O做速率为v的匀速圆周运动，同时圆心O向右相对地面以速率v做匀速运动形成的，该轨迹称为圆滚线。如图乙所示，空间存在竖直向下的大小为E匀强电场和水平方向（垂直纸面向里）大小为B的匀强磁场，已知一质量为m、电量大小为q的正离子在电场力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线AC运动（该曲线属于圆滚线），到达B点时速度为零，C为运动的最低点。不计重力，则下列说法错误的是（）A．该离子带正电 B．A、B两点位于同一高度 C．该离子电势能先增大后减小 D．到达C点时离子速度最大【考点】带电粒子在叠加场中做旋进运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．【答案】C【分析】A.根据左手定则判断出该离子带正电；B.根据动能定理判断出A、B两点位于同一高度；C.根据电场力做功和电势能的关系判断电势能的变化；D.根据功能关系判断。【解答】解：A．根据左手定则可知该离子带正电，故A正确；B．从A到B，动能变化为零，根据动能定理知，洛伦兹力不做功，则电场力做功为零。所以A、B两点电势相等，因为该电场是匀强电场，电场力方向竖直向下，所以A、B两点位于同一高度，故B正确；C．因为该离子带正电，所以所受电场力竖直向下，由静止开始从A到B运动过程中，电场力先做正功后做负功，故该离子电势能先减小后增大，故C错误；D．因为在运动过程中，洛伦兹力不做功，只有电场力做功，从A到C电场力做正功，动能增大，从C到B电场力做负功，动能减小。所以C点时离子的动能最大，即速度最大，故D正确。本题选错误的，故选：C。【点评】本题考查洛伦兹力的方向、利用功能关系计算电场力做的功及电势能的变化、带电粒子在叠加场中的一般曲线运动，难度一般。6．（2025•浙江模拟）浙江某校实验桌上放一可水平自由转动的小磁针，并在其正上方固定一长直导线，小磁针静止时恰与直导线平行，如图所示。当导线中通有电流时，俯视向下观察发现小磁针沿顺时针向偏转了30°后静止，若该处地磁场的水平分量为B0，则下列判断正确的是（）A．直导线中的电流方向为由东向西 B．通电直导线受到地磁场的作用力方向水平向西 C．电流在小磁针所在处的磁场的磁感应强度大小为33D．小磁针所在处合磁场的磁感应强度大小为2【考点】磁感应强度的矢量叠加；通电直导线周围的磁场．【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】C【分析】通电后，小磁针顺时针偏转，根据右手螺旋定则判断电流方向，根据安培定则判断小磁针偏转的方向；根据左手定则，判断安培力方向，小磁针后来的指向为合磁场方向，因此根据平行四边形定则，已知某个磁场大小和方向与合磁场方向，可以求出另一个磁场大小。【解答】解：A．通电后，小磁针顺时针偏转，所以根据右手螺旋定则，可知电流方向为从北到南，故A错误；B．浙江地处北半球，磁场的竖直分量垂直水平面向下，根据左手定则，所受安培力方向向东，故B错误；C．电流产生的磁感应强度为B=故C正确；D．水平方向合磁感应强度为B'但是还需要再与竖直方向的磁感应强度合成，故D错误。故选：C。【点评】本题考查探究电流磁场的实验，要注意明确磁感应强度为矢量，其运算符合平行四边形定则。7．（2025•广西二模）如图，空间存在垂直纸面向外的匀强磁场（未画出），A、B、C、D、E为磁场中的五个点，B为AD的中点，C为BD中垂线上的一点，且DE=2AB=2BC，BC平行于DE。一束带正电的同种粒子（不计重力）垂直AD由A点沿纸面向上射入磁场，各粒子速度大小不同，用tB、tC、tD、tE分别表示第一次到达B、C、D、A．tB＝tD＞tC＞tE B．tc＞tB＝tD＞tE C．tB＝tD＞tC＝tE D．tE＞tB＝tD＞tC【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．【答案】C【分析】由几何关系和洛伦兹力提供向心力再结合周期公式解答。【解答】解：粒子通过B、C、D、E各点的轨迹如图：根据几何关系可知：从A到B和A到D，粒子运动轨迹对应的圆心角为180°；从A到C和A到E，粒子运动轨迹对应的圆心角小于180°，且相等；带电粒子垂直进入匀强磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力qBv=则v=运动周期T=周期与速度无关，是粒子从A点沿纸面向上射入磁场，运动轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长，故tB＝tD＞tC＝tE故ABD错误，C正确。故选：C。【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。8．（2025•湖北模拟）某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的运动，如图所示，材料表面上方矩形区域PP′N′N充满竖直向下的匀强电场，电场宽为d；矩形区域NN′M′M充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，长为L，宽为S；NN′为磁场与电场之间的薄隔离层，一个电荷量为e、质量为m、初速度为零的电子，从P点开始被电场加速经隔离层垂直进入磁场，电子每次穿越隔离层，时间极短、运动方向不变，其动能损失是每次穿越前动能的10%，电子第一次进入磁场区域恰好未从MM′穿出，第五次穿越隔离层后垂直于磁场边界M′N′飞出，不计电子所受重力。则下列说法正确的是（）A．电子在磁场中第一次与第二次圆周运动的半径比为10：3 B．电子在磁场中第一次与第二次运动的时间比为10：9 C．电场强度大小为B2D．L＝4.61S【考点】带电粒子由电场进入磁场中的运动；带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．【答案】D【分析】C.根据动能定理和牛顿第二定律求电场强度；A.根据动能定理和洛伦兹力提供向心力求电子在磁场中第一次与第二次圆周运动的半径比；BD.根据周期公式和长度关系求解。【解答】解：C.设粒子第一次到达隔离层时的速度大小为v0，穿过隔离层后的速度大小为v1，粒子第一次进入磁场区域做圆周运动的半径R1＝S由动能定理得qEd=由题意知12由牛顿第二定律得ev解得E=故C错误；A.设粒子穿过隔离层后第2次进入电场时的速度大小为v2，粒子由电场返回穿越隔离层后的速度大小为v3，第二次在磁场中做圆周运动的半径为R2，由题意知1212由牛顿第二定律得ev解得R2＝0.9R1＝0.9S故电子在磁场中第一次与第二次圆周运动的半径比为10：9，故A错误；BD.电子第一次与第二次在磁场中均转过半个周期，时间比为1：1.。电子第三次在磁场中运动的半径为R3则磁场区域的长度L＝2R1+2R2+R3解得L＝4.61S故B错误，D正确。故选：D。【点评】本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。9．（2025•信阳二模）两个完全相同的超导金属环水平平行放置，圆心在同一竖直线上，两环中有等大反向电流，电流方向如图所示，另一个与环半径相同的绝缘光滑管道平行两环固定在两环之间，管道面与两环面距离相等，金属环与管道的圆心在同一竖直线上。在管道内有一个带正电的球，其直径略小于管道内径，且可以视作质点。给小球沿管切向方向初速度，小球在管道内运动，下列说法正确的是（）A．小球的速度逐渐减小 B．小球的速度逐渐增加 C．小球受到管道的弹力不一定指向圆心 D．小球受到管道的弹力可能沿管的半径向外【考点】洛伦兹力在运动过程中的动态变化问题；左手定则判断洛伦兹力的方向．【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】C【分析】根据右手螺旋定则判断磁场方向，根据左手定则判断洛伦兹力方向，小球做匀速圆周运动，对洛伦兹力大小进行讨论，从而确定弹力方向。【解答】解：AB．两平行圆环是两平行导线弯成，平行导线通反向电流时中点处的磁场与两导线面垂直，则图示的两通电圆环在中点处（圆管）的磁场垂直圆环沿半径方向向里。带正电小球在管道中运动时，受到竖直向上洛伦兹力，竖直向下重力，圆管对小球的弹力，洛伦兹力不做功，小球做匀速圆周运动，故AB错误；CD．圆管对小球弹力的水平分力指向圆心，提供向心力，若洛伦兹力大小小于重力大小，弹力竖直分力向上，则弹力斜向内上方，若洛伦兹力大小等于重力大小，弹力竖直分力为零，则弹力方向指向圆心，若洛伦兹力大小大于重力大小，弹力竖直分力向下，则弹力斜向内下方，故C正确，D错误。故选：C。【点评】本题解题关键是能判断磁场方向，注意对洛伦兹力大小进行讨论。10．（2025•孝义市一模）如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是（）A．甲图中，要增大粒子的最大动能，可增加磁场B的大小 B．乙图中，A极板是发电机的正极 C．丙图中，重力不计的带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是v=BE（B为磁感应强度，E为电场强度），但粒子的电D．丁图中，若载流子带负电，稳定时C板电势高【考点】磁流体发电机；速度选择器；回旋加速器；霍尔效应与霍尔元件．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．【答案】A【分析】根据回旋加速器、磁流体发电机、速度选择器和霍尔效应的原理和知识进行分析解答。【解答】解：A．当粒子在磁场中的轨道半径等于D形盒半径时，粒子的动能最大，则有qvmB=mvmB．乙图中，根据左手定则可知正电荷向B极板偏转，则B极板是发电机的正极，故B错误；C．重力不计的带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器，根据平衡条件可得qvB＝qE，解得v=只要满足v=EB，都可以沿直线匀速通过速度选择器，所以粒子的电性无法D．根据左手定则可知，带负电的载流子受到洛伦兹力方向向左，即向C板偏转，故稳定时C板电势低，故D错误。故选：A。【点评】考查回旋加速器、磁流体发电机、速度选择器和霍尔效应的原理和知识，会根据题意进行准确分析解答。二．多选题（共5小题）（多选）11．（2025•罗湖区校级一模）如图所示，扇形区域AOC内有垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），∠AOC＝60°，边界OA上有一距O为d的粒子源S，现粒子源在纸面内以等大速度向不同方向发射大量带正电的同种粒子（不计粒子重力及粒子间相互作用力），经过一段时间有部分粒子从边界OC射出磁场。已知从OC射出的粒子在磁场中运动的最大时间为T2（T为粒子在磁场中运动的周期）。关于从OCA．O可能是粒子的轨迹圆心 B．粒子可能垂直于边界OC射出 C．从OC射出的粒子距O最远距离为3dD．粒子在磁场中运动的最短时间等于T【考点】带电粒子在三角形边界磁场中的运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；模型建构能力．【答案】BD【分析】依据已知条件可知时间最长的运动轨迹为半个圆周，据此根据几何关系确定粒子的出射范围，得到从OC射出的粒子距O最远的距离；应用假设法判断粒子是否可能垂直于边界OC射出；根据粒子在磁场中的轨迹圆心角越小，运动时间最短，确定时间最短的出射位置，根据周期求得最短时间；确定所有粒子的轨迹圆心所组成的圆弧与OC的关系，可知O是否可能是粒子的轨迹圆心。【解答】解：C、粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子在磁场中出射点和入射点的连线即为轨迹的弦，初速度大小相同，所以轨迹半径R一定。已知从OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间为T2当沿S→A的方向出射的粒子在磁场中的轨迹为半圆时，可满足题，此粒子的出射点D与S点的连线垂直于OA，DS弦最长，轨迹的圆心角最大，粒子的运动时间最长。同时D点是从OC射出的粒子距O最远的点，故从OC射出的粒子距O最远的距离等于OD=dcos60°=B、假设粒子能垂直于边界OC在E点射出，则对应的轨迹圆心在OC上，设圆心为点O2，则SO2的长度应等于轨迹圆半径R，如上图中的轨迹②，因：SD•sin30°＝2R•12=R，故SO2当垂直于OC时其长度等于轨迹圆半径R，可知假设成立，粒子可能垂直于边界OC射出，故D、当出射点在上图中的O2时，SO2垂直于OC，SO2为最短的轨迹的弦长，如上图中的轨迹③，所对应圆心角最小，粒子在磁场中运动时间最短。因SO2＝R，故最小轨迹圆心角为60°，最短时间为：tmin=TA、所以粒子的轨迹圆心在以S为圆心，半径为R的半圆弧上，如上图中虚线圆弧④，此圆弧恰好在O2点处与OC相切，故O不可能是粒子的轨迹圆心，故A错误。故选：BD。【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用几何关系解题。（多选）12．（2025•驻马店模拟）如图，在O﹣xyz坐标系内存在匀强磁场和匀强电场，电场方向沿z轴负方向，磁场方向沿z轴正方向。一电子从点（L，0，0）处沿y轴正方向入射，其轨迹与z轴的第1个交点坐标为（0，0，L）。已知电子的比荷为k，入射速度大小为v0，不计电子所受的重力，则（）A．匀强磁场的磁感应强度大小B=B．匀强电场的电场强度大小E=C．电子轨迹与z轴交点的z坐标之比为1：32：52：72：⋯ D．电子轨迹与z轴交点的z坐标之比为1：22：32：42：⋯【考点】带电粒子在叠加场中做旋进运动；带电粒子在匀强电场中做类平抛运动；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．【答案】ABC【分析】A.根据洛伦兹力提供向心力求匀强磁场的磁感应强度；B.根据运动学公式求匀强电场的电场强度大小；CD.根据运动学公式求电子轨迹与z轴交点的z坐标之比。【解答】解：A.电子在电场力作用下，沿z轴正方向做初速度为0的匀加速直线运动，在洛伦兹力的作用下，在xOy平面内做匀速圆周运动，电子做圆周运动的半径r，由洛伦兹力提供电子做圆周运动的向力，有eBv解得B=故A正确；B.t沿z轴方向有L=解得E=故B正确；CD.电子轨迹与z轴第1次相交后，每隔2t时间再与z轴相交，则第n次与z轴相交时，在z轴上有L1=12×eEm[(2故电子轨迹与z轴交点的z坐标之比为1：32：52：72：⋯故C正确、D错误。故选：ABC。【点评】本题考查带电粒子在复合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。（多选）13．（2025•珠海一模）托卡马克是一种利用磁约束来实现受控核聚变的环形容器，其内部产生的磁场可以把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内。图甲为该装置的简化模型，两个圆心相同、半径不同的圆环将空间分成无磁场的反应区和匀强磁场方向垂直于纸面向里的约束区。如图乙所示，一带电微粒沿半径方向从A点射入约束区并从D点返回反应区，运动轨迹恰好与约束区外边界相切。若该微粒经过B点时，与一静止不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，微粒所受重力均可忽略，下列说法正确的是（）A．带电微粒带负电 B．碰撞后，新微粒仍能从D点返回反应区 C．碰撞前后微粒在磁场中做圆周运动的周期不变 D．相比不发生碰撞时，碰撞后新微粒在磁场中受到的洛伦兹力变大【考点】带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动；用动量守恒定律解决简单的碰撞问题．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；理解能力．【答案】AB【分析】根据图乙中粒子的偏转方向，由左手定则判断电性；根据洛伦兹力提供向心力可解得半径表达式，结合完全非弹性碰撞的特点，确定是合为一个整体后能否返回反应区；由周期公式分析判断；由动量守恒定律结合洛伦兹力公式确定洛伦兹力是否发生变化。【解答】解：A、根据图乙，带电微粒受到的洛伦兹力方向指向圆心C，由左手定则可知，带电微粒带负电，故A正确；B、由于洛伦兹力提供向心力：Bqv=m由上式可知，偏转半径R与动量成正比，比电荷量成反比。由于碰撞过程动量守恒，电荷量不变，故偏转半径不变，新微粒仍能从D点返回反应区，故B正确；C、根据带电微粒在匀强磁场做圆周运动的周期公式：T所以碰撞后微粒质量变大、电荷量不变，周期变大，故C错误；D、碰撞过程动量守恒，以碰撞前微粒速度方向为正方向有：m1v＝（m1+m2）v共解得：v根据洛伦兹力大小计算公式：F＝Bqv可知，碰撞后新微粒速度变小，电荷量不变，新微粒在磁场中受到的洛伦兹力变小，故D错误。故选：AB。【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题关键掌握洛伦兹力的公式、动量守恒定律的应用，根据几何关系结合题设条件进行解答。（多选）14．（2025•驻马店模拟）嫦娥七号计划于2026年发射，由于月球上没有空气，某同学提议在旗帜上固定导线，通过电磁场的相互作用使旗帜飘扬起来。现在给光滑水平面上的旗帜等间距地固定a、b、c三根相同长直导线，并通入大小相等、方向如图所示的电流，则旗帜能够保持平展的是（）A． B． C． D．【考点】两根通电导线之间的作用力；通电直导线周围的磁场．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】AB【分析】根据平行同向电流互相吸引，异向电流互相排斥的特点进行分析解答。【解答】解：通有同向电流的导线相互吸引，通有异向电流的导线相互排斥，且电流相同时，两导线间的距离越大，作用力越小，故AB正确，CD错误。故选：AB。【点评】考查平行同向电流互相吸引，异向电流互相排斥的特点，会根据题意进行准确分析解答。（多选）15．（2025•岳麓区校级模拟）如图所示，空间存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一带电荷量为q、质量为m的带正电小球从磁场中某点P由静止释放，其运动轨迹是一条摆线。小球的运动可分解为竖直平面内沿逆时针方向、速度大小为v的匀速圆周运动和水平向右、速度大小为v的匀速直线运动，P、Q为相邻等高点，重力加速度为g。则下列说法正确的是（）A．小球从释放到第一次经过最低点所需时间为πmqBB．小球运动到最低点时的速度为mgqBC．PQ间距为2πD．小球第一次运动到最低点时，距离释放点的竖直距离为m【考点】带电粒子在叠加场中做旋进运动；带电粒子在叠加场中做一般曲线运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．【答案】AC【分析】小球的运动看成向右匀速直线运动和逆时针方向匀速圆周运动的合成。根据匀速圆周运动规律求小球从释放到第一次经过最低点所需的时间；根据洛伦兹力提供向心力求小球运动到最低点时的速度；根据水平方向和竖直方向两个分运动，结合周期公式求PQ间的距离；由竖直方向的匀速圆周运动和周期公式求竖直距离。【解答】解：A、因小球初速度为零，分解为一个水平向右的速度v和一个水平向左的速度v，所以小球做匀速圆周运动的起始点应为圆周的最高点，小球从释放到第一次经过最低点所需时间为匀速圆周运动周期的12，所以第一次到最低点的时间为：t=1B、小球因匀速直线运动的速度而受到的洛伦兹力恰好与重力等大反向，所以根据平衡条件有：qvB＝mg变形后得到：v小球运动到最低点时匀速圆周运动的速度与匀速直线运动的速度方向相同，两者的矢量和为：2v=2mgqBC、小球由P点运动到Q点相当于圆周运动了一周，所用时间为：T所以，PQ间距为：x=vT=D、小球做匀速圆周运动的半径R满足：vT＝2πR代入前项结果求得：R小球第一次运动到最低点时，距离释放点的竖直距离为：h=2R=2故选：AC。【点评】本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。三．解答题（共5小题）16．（2025•湖北模拟）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，0＜x＜d的区域内分布着沿y轴正方向的匀强电场。x＞d的区域内分布着磁感应强度大小为B、沿x轴正方向的匀强磁场，A点是磁场左边界与x轴的交点。一质量为m、电荷量为﹣q的带电粒子从原点O以初速度v0沿与x轴正方向成θ＝30°的夹角进入电场，恰好从A点进入磁场。不计粒子重力，求：（1）粒子经过0＜x＜d的区域时，离x轴的最远距离h；（2）匀强电场电场强度E的大小；（3）粒子进入磁场后，再次经过x轴时的坐标。【考点】带电粒子由电场进入磁场中的运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）离x轴的最远距离为312d（2）匀强电场电场强度大小为3m（3）再次经过x轴时的坐标为(d【分析】（1）根据运动学公式求离x轴的最远距离h；（2）根据运动学公式求匀强电场电场强度E的大小；（3）根据周期公式和长度关系求经过x轴时的坐标。【解答】解：（1）设粒子从O点到A点所用时间为t，水平方向做匀速直线运动。有d＝v0cosθ•t竖直方向做匀变速直线运动。由对称性知，离x轴的最远距离h=联立解得h=3（2）设粒子在竖直方向做匀变速直线运动的加速度为a，有h=而a=联立解得E=（3）粒子进入磁场后，沿x轴方向以速度v0cosθ做匀速直线运动，在垂直x轴的平面内做匀速圆周运动。匀速圆周运动的周期T=故带电粒子再次经过x轴的坐标x＝d+v0cosθ•T联立解得x＝d+故带电粒子再次经过x轴的坐标为(答：（1）离x轴的最远距离为312d（2）匀强电场电场强度大小为3m（3）再次经过x轴时的坐标为(d【点评】本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。17．（2025•湖北模拟）如图所示，竖直面内有垂直平面向里的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小B＝0.5T，有一厚度不计、下端封闭上端开口且内壁光滑的绝缘玻璃管，管内底部静置一质量为0.08kg，电荷量为1.6C的带正电小球。t＝0时，在外力作用下玻璃管从静止开始水平向右做a＝2m/s2的匀加速直线运动，经过时间t0后小球恰好脱离管底，再经过相同的时间后小球从管口离开玻璃管，已知g取10m/s2。则：（1）t0的取值；（2）小球离开管口时的动能；（3）经分析知，小球离开管口后做旋轮线运动，求上升阶段中小球的最小速度（不讨论小球可能与地面发生的碰撞，可用根式表示）。【考点】带电粒子在叠加场中做一般曲线运动；动能定理的简单应用．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）t0的取值为0.5s；（2）小球离开管口时的动能为0.41J；（3）经分析知，小球离开管口后做旋轮线运动，上升阶段中小球的最小速度为(29【分析】（1）根据平衡关系求t0的取值；（2）由动量定理和动能公式求小球离开管口时的动能；（3）由动量定理和动能定理求上升阶段中小球的最小速度。【解答】解：（1）小球恰好脱离管底时，有mg=又vx求得t0＝0.5s（2）取小球刚离开管底到离开管口为研究过程，取竖直向上为正方向，由动量定理Bq∑其中vy为出管口时的竖直方向的速度又∑vxitivx得vy＝2.5m/s此时Ek其中vx＝vx0+at0得Ek＝0.41J（3）小球速度最小时，方向水平向左，上升到最高ym处水平方向，以水平向右为正方向，由动量定理-Bq由初位置到最高点由动能定理-mg其中∑v得vm答：（1）t0的取值为0.5s；（2）小球离开管口时的动能为0.41J；（3）经分析知，小球离开管口后做旋轮线运动，上升阶段中小球的最小速度为(29【点评】本题考查带电粒子在复合中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。18．（2025•大连模拟）如图为研究光电效应的装置示意图，位于坐标原点O的光电效应发生器可产生大量在xOy平面内运动的光电子，并沿各个方向进入x轴上方区域。空间中存在垂直xOy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。x轴上放置一长度足够的金属薄板M，其左端C点到O的距离为x0（x0大小未知）。长度足够的金属薄板N平行y轴放置，其上端D点同样位于x轴，到O的距离为32x0，两极板间绝缘，电子打到金属板后经导线、微安表A1、A2后流入地面。已知光电效应截止频率为ν0，普朗克常量为h，电子质量为m、电荷量为e。入射光频率逐渐增大至ν0时，微安表A1开始出现示数。不计电子的重力及相互作用，不考虑电子间的碰撞，未能打到M（1）求C点所处位置的坐标x0；（2）入射光频率超过ν1时，微安表A2开始出现示数，求临界频率ν1的大小；（3）求入射光频率ν2为6ν0时，打到N板的电子在磁场中运动时间的范围。【考点】带电粒子由磁场进入电场中的运动；光电效应现象及其物理意义；爱因斯坦光电效应方程．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；光电效应专题；分析综合能力．【答案】（1）C点所处位置的坐标为x0（2）临界频率ν1的大小为5ν0；（3）打到N板的电子在磁场中运动时间的范围为πm2【分析】（1）根据光电效应和洛伦兹力提供向心求C点所处位置的坐标x0；（2）根据光电效应和洛伦兹力提供向心求临界频率ν1的大小；（3）根据光电效应和周期公式求打到N板的电子在磁场中运动时间的范围。【解答】解：（1）易知，光电效应逸出功为W0＝hν0入射光频率为2ν0时，逸出光电子的最大初动能Ekm1＝h•2ν0﹣W0＝hν0对应电子速度为v0满足：Ekmv0速度为v0、沿y轴正方向射出的电子经磁场偏转后垂直x轴打在C点，由洛伦兹力提供向心力，则有eC到O的距离x0＝2r0联立解得x0（2）恰有电子打到N板时，光电效应产生的电子中，速度最大、半径最大的电子轨迹过C点且与N板相切。设该电子射入磁场时与速度与x轴正方向夹角为θ，圆周运动半径为r1，则x0＝2r1sinθ3解得r1＝x0由洛伦兹力提供向心力，则有ev联立解得电子速度v1则由12可知ν1＝5ν0（3）由旋转圆知识可知，能够打到N板的电子在半径相同的情况下，轨道与N板相切时运动时间最长，轨道过C点时运动时间短。①对于轨道与N板相切的所有电子，随着电子半径减小，运动时间增长，则电子的轨迹过C点且与N板相切时，运动时间最长。由第（2）问可知，该电子射入磁场时与速度与x轴正方向夹角为θ满足sinθ=θ=电子圆周运动周期为T=易知所有电子圆周运动周期均相同，则打到N板的电子最长运动时间为t=②对于轨道过C点的所有电子，随着着电子半径增大，运动时间缩短，则电子的轨迹过C点且运动半径最大时，运动时间最短。对应电子速度最大，即为6v0光子产生的动能最大的电子，该电子速度满足12解得v2由ev可知该电子运动半径为r2设该电子射入磁场时与x轴正方向夹角为α，打到N板时速度与y轴负向的夹角为β，则sinα=cosβ=由sinα2+cosβ2＝1可知，该电子圆周运动轨迹对应运动圆心角为π则打到N板的电子最短运动时间为t=即打到N板的电子运动时间范围是：πm2答：（1）C点所处位置的坐标为x0（2）临界频率ν1的大小为5ν0；（3）打到N板的电子在磁场中运动时间的范围为πm2【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动和光电效应的问题，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。19．（2025•罗湖区校级一模）如图所示，在边长为L的正方形区域内，有沿+y方向的匀强电场和垂直于纸面的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为+q带电的粒子（不计重力）从原点O进入场区，恰好能以v0的速度沿直线匀速通过场区。（1）分析推断粒子的初速度方向，判定磁感应强度方向。（2）若撤去电场，只保留磁场，其他条件不变，该带电粒子恰好从（L，-L2）点离开场区，求磁感应强度的大小（3）若撤去磁场，只保留电场，其他条件不变，求粒子离开场区的位置。【考点】带电粒子在叠加场中做直线运动；带电粒子在匀强电场中做类平抛运动；带电粒子在矩形边界磁场中的运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；带电粒子在磁场中的运动专题；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）粒子的初速度沿+x方向，磁感应强度方向垂直于纸面向外；（2）若撤去电场，只保留磁场，其他条件不变，该带电粒子恰好从（L，-L2）点离开场区，磁感应强度的大小B为（3）若撤去磁场，只保留电场，其他条件不变，粒子离开场区的位置为（L，0.4L）。【分析】（1）根据左手定则判断粒子的初速度方向和磁感应强度方向；（2）根据几何关系和洛伦兹力提供向心力求磁感应强度的大小B；（3）根据类平抛运动的规律求粒子离开场区的位置。【解答】解：（1）①因为粒子匀速运动且电场力沿+y方向，故洛伦兹力f沿﹣y方向，而速度v0与f垂直，所以速度沿+x方向。②洛伦兹力f沿﹣y方向，根据左手定则可判定磁场垂直于纸面向外。（2）如图根据勾股定理：L2解得r=qv解得B=（3）设粒子从右边界离开，则：水平方向：L＝v0t竖直方向：y=又ma＝qE综合可得y＝0.4L＜0.5L故假设成立。粒子离开场区的具体位置为（L，0.4L）答：（1）粒子的初速度沿+x方向，磁感应强度方向垂直于纸面向外；（2）若撤去电场，只保留磁场，其他条件不变，该带电粒子恰好从（L，-L2）点离开场区，磁感应强度的大小B为（3）若撤去磁场，只保留电场，其他条件不变，粒子离开场区的位置为（L，0.4L）。【点评】本题考查带电粒子在电场、磁场中两运动模型：匀速圆周运动与类平抛运动，及相关的综合分析能力，以及空间想像的能力，应用数学知识解决物理问题的能力。20．（2025•梅州一模）在科学研究中常用电场和磁场来控制带电粒子的运动。如图所示，宽度为d的虚线框内有垂直纸面方向的匀强磁场，匀强磁场左右边界竖直。电子枪发出的电子（初速度可以忽略）经M、N之间的加速电场加速后以一定的速度水平射出并进入偏转磁场。速度方向改变60°角后从右边界离开磁场最终打在荧光屏上，已知加速电压为U，电子质量为m、电荷量为e，电子重力不计，求：（1）电子经加速电场加速后的速度大小v；（2）偏转磁场的磁感应强度B的大小和方向；（3）若撤去磁场，在虚线框中加一沿竖直方向的匀强偏转电场，电子从右边界离开电场时也可偏转60°角最终打在荧光屏上，所加电场的电场强度大小E。【考点】带电粒子由电场进入磁场中的运动．【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）电子经加速电场加速后的速度为2eu（2）偏转磁场的磁感应强度B的大小为1d（3）所加电场的电场强度为得23【分析】（1）根据动能定理求电子经加速电场加速后的速度；（2）根据洛伦兹力提供向心力和几何关系求偏转磁场的磁感应强度B的大小，根据左手定则求偏转磁场的磁感应强度B的方向；（3）根据类平抛运动和牛顿第二定律求所加电场的电场强度大小E。【解答】解：（1）电子经过电场加速过程，根据动能定理可得eU解得v（2）电子带负电，根据左手定则可知磁感应强度B方向垂直纸面向外，电子在磁场中的轨迹如图所示根据洛伦兹力提供向心力evB由几何关系可得r解得B（3）电子在电场中做类平抛运动，假设在电场中的时间为t，则有d＝vt离开电场时，假设沿电场方向的分速度为vy，则有vy＝at由牛顿第二定律得eE＝ma又tan联立可得E答：（1）电子经加速电场加速后的速度为2eu（2）偏转磁场的磁感应强度B的大小为1d（3）所加电场的电场强度为得23【点评】本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。

考点卡片1．动能定理的简单应用【知识点的认识】1.动能定理的内容：合外力做的功等于动能的变化量。2.表达式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考点针对简单情况下用动能定理来解题的情况。【命题方向】如图所示，质量m＝10kg的物体放在水平地面上，物体与地面的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物体上，使物体由静止开始做匀加速直线运动，作用时间t＝6s后撤去F，求：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度；（2）物体在前6s运动的位移（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）对物体受力分析知，物体做匀加速运动，由牛顿第二定律就可求出加速度；（2）用匀变速直线运动的位移公式即可求得位移的大小；（3）对全程用动能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）对物体受力分析，由牛顿第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）对全程用动能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度是3m/s2；（2）物体在前6s运动的位移是54m；（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功为2700J。点评：分析清楚物体的运动过程，直接应用牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律求解即可，求摩擦力的功的时候对全程应用动能定理比较简单。【解题思路点拨】1．应用动能定理的一般步骤（1）选取研究对象，明确并分析运动过程。（2）分析受力及各力做功的情况①受哪些力？②每个力是否做功？③在哪段位移哪段过程中做功？④做正功还是负功？⑤做多少功？求出代数和。（3）明确过程始末状态的动能Ek1及Ek2。（4）列方程W总＝Ek2﹣Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，补充方程进行求解。注意：①在研究某一物体受到力的持续作用而发生状态改变时，如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先考虑应用动能定理，而后考虑牛顿定律、运动学公式，如涉及加速度时，先考虑牛顿第二定律。②用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，以便更准确地理解物理过程和各物理量的关系。有些力在物体运动全过程中不是始终存在的，在计算外力做功时更应引起注意。2．用动量守恒定律解决简单的碰撞问题【知识点的认识】1.碰撞的特点：（1）时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体运动的全过程可忽略不计。（2）相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，所以动量守恒。2.设两个物体的质量分别为m1和m2，碰撞前两个物体的速度分别为v1和v2，碰撞后的速度分别为v1′和v2′，则根据动量守恒定律有m1v1+m2v2＝m1v1′+m2v2′3.【命题方向】甲、乙两个玩具小车在光滑水平面上沿着同一直线相向运动，它们的质量和速度大小分别为m1＝0.5kg，v1＝2m/s，m2＝3kg，v2＝1m/s．两小车相碰后，乙车的速度减小为v2′＝0.5m/s，方向不变，求甲车的速度v1′．分析：两小车相碰过程，两车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰后甲的速度．解答：两车组成的系统动量守恒，以乙车的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m2v2﹣m1v1＝m2v2′+m1′v1′，代入数据解得：v1′＝1m/s；方向与v2方向相同．答：甲车的速度v1′为1m/s；方向与v2方向相同．点评：本题的关键要掌握碰撞的基本规律：动量守恒定律，应用动量守恒定律时要注意正方向．【解题思路点拨】1.碰撞的分类：（1）弹性碰撞：系统动量守恒，机械能守恒。（2）非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能。（3）完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大。2.无论哪一种碰撞，总是满足动量守恒定律。3．带电粒子在匀强电场中做类平抛运动【知识点的认识】1.带电粒子垂直射入匀强电场的运动类似于物体的平抛运动，可以利用运动的合成与分解知识分析。规律为：初速度方向：vx＝v0，x＝v0t静电力方向：vy＝at，y=2.分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题也可以利用动能定理，即qEΔy＝ΔEk。3.两个特殊推论：（1）粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为初速度方向位移的中点，如图所示。（2）位移方向与初速度方向间夹角α（图中未画出）的正切为速度偏转角θ正切的12，即tanα=12【命题方向】一束电子流在经U＝5000V的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距离d＝1.0cm，板长l＝5.0cm，电子恰好从平行板边缘飞出，求：（电子的比荷eme=1.76×10（1）电子进入极板时的速度v0（2）两极板间的电压．分析：（1）由动能定理可求得进入极板的速度．（2）由竖直向做匀加速运动，水平向做匀速运动，由竖直向的距离可求得所加电压值．解答：（1）由动能定理：Uq=1得v0=2qUm（2）进入偏转电场，所加电压为U′电子在平行于板面的方向上做匀速运动：l＝v0t…②在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度为：a=偏距：y=能飞出的条件为：y=d由①②③④⑤可得：U′=2答：（1）电子进入极板时的速度为4.2×107m/s；（2）两极板间的电压为400V点评：本题考查带电粒子在电场中的偏转，在列式计算时应注意不要提前代入数值，应将公式简化后再计算，这样可以减少计算量．【解题思路点拨】带电粒子在电场中运动问题的处理方法带电粒子在电场中运动的问题实质上是力学问题的延续，从受力角度看，带电粒子与一般物体相比多受到一个静电力；从处理方法上看，仍可利用力学中的规律分析，如选用平衡条件、牛顿运动定律、动能定理、功能关系，能量守恒等。4．通电直导线周围的磁场【知识点的认识】几种常见的磁场如下：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，且距导线越远处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是N极和S极，且离圆环中心越远，磁场越弱安培定则本考点主要针对通电直导线周围的磁场分布【命题方向】如图所示、导绒中通入由A向B的电流时，用轻绳悬挂的小磁针（）A、不动B、N极向纸里，S极向纸外旋转C、向上运动D、N极向纸外，s极向纸里旋转分析：根据安培定则可明确小磁针所在位置的磁场方向，从而确定小磁针的偏转方向。解答：根据安培定则可知，AB上方的磁场向外，则小磁针的N极向纸外，S极向纸里旋转，故D正确，ABC错误。故选：D。点评：本题考查安培定则的内容，对于直导线，用手握住导线，大拇指指向电流方向，四指环绕的方向为磁场的方向。【解题思路点拨】1.电流的方向跟它的磁感线方向之间的关系可以用安培定则（右手螺旋定则）来判断。各种电流的磁场磁感线判断方法如下：（1）直线电流：右手握住导线，让伸直的拇指所指的方向与电流的方向一致，弯曲的四指所指的方向就是磁感线环绕的方向。（2）环形电流：让右手弯曲的四指与环形电流的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是环形导线轴线上磁场的方向。（3）通电螺线管：右手握住螺线管，让弯曲的四指跟电流的方向一致，拇指所指的方向就是螺线管磁场的方向，或者说拇指所指的就是通电螺线管N极的方向。2.特别提醒（1）磁场是分布在立体空间的，（2）利用安培定则不仅可以判断磁场的方向，还可以根据磁场的方向判断电流的方向。（3）应用安培定则判定直线电流时，四指所指的方向是导线之外磁场的方向；判定环形电流和通电螺线管电流时，拇指的指向是线圈轴线上磁场的方向。（4）环形电流相当于小磁针，通电螺线管相当于条形磁铁，应用安培定则判断时，拇指所指的一端为它的N极。5．磁感应强度的矢量叠加【知识点的认识】磁感应强度是矢量，磁感应强度的叠加遵循矢量法则。【命题方向】两长直通电导线互相平行，电流方向相同，其截面处于一个等边三角形的A、B处，如图所示，两通电导线在C处的磁感应强度均为B，则C处的总磁感应强度为（）A、2BB、BC、0D、3分析：根据安培定则判断出A、B两导线在C处产生的磁场方向，根据磁场的叠加原理，分析C处的磁感应强度的大小和方向．解答：根据安培定则可知，导线A在C处产生的磁场方向垂直于AC方向向右，导线B在C处产生的磁场方向垂直于BC方向向右，如图，根据平行四边形定则得到，C处的总磁感应强度为B总＝2Bcos30°=3故选：D。点评：本题考查安培定则的应用能力和运用平行四边形定则求合磁感应强度的能力．【解题思路点拨】磁感应强度的矢量叠加的步骤为：1.先确定每一个独立的磁感应强度的大小和方向2.运用平行四边形法则或三角形法则计算合磁感应强度的大小和方向。6．左手定则判断安培力的方向【知识点的认识】1.安培力的方向：通电导线在磁场中所受安培力的方向与磁感应强度方向、电流方向都垂直。2.左手定则：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；让磁感线从掌心垂直进人，并使四指指向电流的方向，这时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。如下图所示：【命题方向】如图所示，在匀强磁场中有一通电直导线，电流方向垂直纸面向里，则直导线受到安培力的方向是（）A、向上B、向下C、向左D、向右分析：通电直导线在磁场中受到的安培力方向利用左手定则判断．让磁感线穿过左手手心，四指指向电流方向，拇指指向安培力方向．解答：根据左手定则：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向下穿过手心，则手心朝上。四指指向电流方向，则指向纸里，拇指指向安培力方向：向左。故选：C。点评：本题考查左手定则的应用能力．对于左手定则的应用，要搞清两点：一是什么时候用；二是怎样用．【解题思路点拨】安培力方向的特点安培力的方向既垂直于电流方向，也垂直于磁场方向，即安培力的方向垂直于电流I和磁场B所决定的平面。（1）当电流方向与磁场方向垂直时，安培力方向、磁场方向、电流方向两两垂直，应用左手定则时，磁感线垂直穿过掌心。（2）当电流方向与磁场方向不垂直时，安培力的方向仍垂直于电流方向，也垂直于磁场方向。应用左手定则时，磁感线斜着穿过掌心。7．两根通电导线之间的作用力【知识点的认识】两根通电导线之间存在作用力，作用规律为同向电流相互排斥，异向电流相互吸引。证明：如图所示两根个导线中，通有同向电流根据安培定则可知左侧电流在右侧导线处产生的磁场垂直纸面向里，对右侧导线分析，根据左手定则，可知右侧电流受到的安培力水平向右，同理可得，右侧电流对左侧导线的作用力向左。同样的方法可以证明异向电流间的安培力指向彼此，即相互吸引。【命题方向】如图所示，两根平行放置的长直导线a和b载有大小相同方向相反的电流，a受到的磁场力大小为F1，当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a受到的磁场力大小变为F2，则此时b受到的磁场力大小变为（）A、F2B、F1﹣F2C、F1+F2D、2F1﹣F2分析：当两根通大小相同方向相反的电流时，a受到的一个F1磁场力，然后再加入一匀强磁场，则a受到F2磁场力．则此时b受到的磁场力大小与a相同，方向相反．解答：如图所示，两根长直线，电流大小相同，方向相反。则a受到b产生磁场的作用力向左大小为F1，那么b受到a产生磁场的作用力向右大小为F1′，这两个力大小相等，方向相反。当再加入匀强磁场时产生的磁场力大小为F0，则a受到作用力为F2＝F1+F0，或F2＝F1﹣F0而对于b由于电流方向与a相反，所以b受到作用力为F2′＝F1+F0，或F2′＝F1﹣F0，这两个力大小相等，方向相反。将F1＝F2﹣F0，或F1＝F2+F0代入F2′＝F1+F0，或F2′＝F1﹣F0，可得，F2′＝F2；故A正确，BCD错误；故选：A。点评：当没有加入匀强磁场时，两根通电直导线的作用力是相互；当加入匀强磁场时，两根通电直导线的作用力仍是相互【解题思路点拨】可以通过安培定则与左手定则得出同向电流相互排斥，异向电流相互吸引的结论。8．安培力的计算公式及简单应用【知识点的认识】如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，垂直磁场放置的长度为l的导体，所通电流为I，导体所受的安培力大小为F＝BIl；若将导体转过90°，即电流与磁场平行，此时导体所受的安培力的大小为F＝0.2.如图所示，当电流方向与磁场方向夹角为θ时，安培力的大小为F＝BIlsinθ【命题方向】一根长0.20m、通有2.0A电流的通电直导线，放在磁感应强度为0.50T的匀强磁场中，受到的最大安培力是多少？分析：当通电导线与磁场垂直时，导线所受的磁场力最大；根据安培力的公式计算安培力的大小．解答：当通电导线与磁场垂直时，导线所受的磁场力最大，为：Fmax＝BIL＝0.50×2.0×0.20N＝0.2N答：受到的最大安培力是0.2N．点评：本题只要掌握安培力大小的计算公式F＝BILsinα，就能正确解答，基本题．【解题思路点拨】1、电流方向与磁场方向平行时，导线不受安培力的作用。2、电流方向与磁场方向垂直时，导线受到安培力的大小为F＝BIl。3、电流方向与磁场方向夹角为θ时，导线受到安培力的大小为F＝BIlsinθ。9．通电非直导线安培力大小的计算【知识点的认识】1.对于通电非直导线，安培力计算公式F＝BIl中l就不能用导线的长度来计算了，l是导线的有长度。2.对公式F＝IlB中l的理解l指的是导线在磁场中的“有效长度”，当弯曲导线所在平面与磁场方向垂直时，弯曲导线的有效长度l等于连接两端点直线的长度（如图所示）；相应的电流沿l由始端流向末端。【命题方向】如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，导线通以恒定电流I，放置在磁场中，已知ab、bc边长均为l，ab与磁场方向夹角为60°，bc与磁场方向平行，该导线受到的安培力为（）A、32BIlB、BIlC、32分析：分析各段直线电流受力情况，结合安培力公式得出导线所受的安培力即可判断。解答：直线电流bc与磁场平行，此段电流不受安培力，则导线所受的安培力为直线电流ab所受的安培力，大小为F=BIlsin60°=32故选：A。点评：本题主要考查了安培力的计算公式，熟悉安培力的计算公式，代入数据即可完成分析，难度不大。【解题思路点拨】1.安培力的计算公式F＝BIlsinθ适用于电流处于匀强磁场中的情况。2.公式F＝BIlsinθ中的B是外加磁场的磁感应强度，不要与电流所产生的磁场的磁感应强度相混淆。3.公式F＝BIl和F＝BIlsinθ中的l指的是导体的“有效长度”。10．安培力作用下的受力平衡问题【知识点的认识】安培力作用下导体的平衡问题模型中，常见的有倾斜导轨、导体棒、电源和电阻等组成，一般解题思路如下。【命题方向】如图所示，两倾角为θ的光滑平行导轨，质量为m的导体棒垂直放在导轨上，整个空间存在竖直向上的匀强磁场。现导体棒中通有由a到b的恒定电流，使导体棒恰好保持静止。已知磁感应强度大小为B，导体棒中电流为I，重力加速度大小为g，忽略一切摩擦，则此时平行导轨间距为（）A、mgBIB、mgcosθBIC、mgtanθBI分析：根据左手定则分析安培力的方向，根据共点力平衡条件求解平行导轨