2019-2023年高考物理真題分專題訓練：磁場 （教師版含解析）

試卷第=page5050頁，共=sectionpages5151頁專題09磁場一、單選題1．(2023·全國·統(tǒng)考高考真題)如圖，一磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直于紙面(xOy平面)向里，磁場右邊界與x軸垂直。一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；SP=l，S與屏的距離為，與x軸的距離為a。如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏。該粒子的比荷為(

)

A． B． C． D．【答案】A【詳解】由題知，一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側的S點射出，

則根據(jù)幾何關系可知粒子出離磁場時速度方向與豎直方向夾角為30°，則解得粒子做圓周運動的半徑r=2a則粒子做圓周運動有則有如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏，則有Eq=qvB聯(lián)立有故選A。2．(2023·海南·統(tǒng)考高考真題)汽車測速利用了電磁感應現(xiàn)象，汽車可簡化為一個矩形線圈abcd，埋在地下的線圈分別為1、2，通上順時針(俯視)方向電流，當汽車經(jīng)過線圈時(

)

A．線圈1、2產(chǎn)生的磁場方向豎直向上B．汽車進入線圈1過程產(chǎn)生感應電流方向為abcdC．汽車離開線圈1過程產(chǎn)生感應電流方向為abcdD．汽車進入線圈2過程受到的安培力方向與速度方向相同【答案】C【詳解】A．由題知，埋在地下的線圈1、2通順時針(俯視)方向的電流，則根據(jù)右手定則，可知線圈1、2產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，A錯誤；B．汽車進入線圈1過程中，磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知產(chǎn)生感應電流方向為adcb(逆時針)，B錯誤；C．汽車離開線圈1過程中，磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知產(chǎn)生感應電流方向為abcd(順時針)，C正確；D．汽車進入線圈2過程中，磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知產(chǎn)生感應電流方向為adcb(逆時針)，再根據(jù)左手定則，可知汽車受到的安培力方向與速度方向相反，D錯誤。故選C。3．(2023·海南·統(tǒng)考高考真題)如圖所示，帶正電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強磁場，關于小球運動和受力說法正確的是(

)

A．小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右 B．小球運動過程中的速度不變C．小球運動過程的加速度保持不變 D．小球受到的洛倫茲力對小球做正功【答案】A【詳解】A．根據(jù)左手定則，可知小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向右，A正確；BC．小球受洛倫茲力和重力的作用，則小球運動過程中速度、加速度大小，方向都在變，BC錯誤；D．洛侖茲力永不做功，D錯誤。故選A。4．(2023·江蘇·統(tǒng)考高考真題)如圖所示，勻強磁場的磁感應強度為B．L形導線通以恒定電流I，放置在磁場中．已知ab邊長為2l，與磁場方向垂直，bc邊長為l，與磁場方向平行．該導線受到的安培力為(

)

A．0 B．BIl C．2BIl D．【答案】C【詳解】因bc段與磁場方向平行，則不受安培力；ab段與磁場方向垂直，則受安培力為Fab=BI?2l=2BIl則該導線受到的安培力為2BIl。故選C。5．(2023·湖南·統(tǒng)考高考真題)如圖，真空中有區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，區(qū)域Ⅰ中存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向下(與紙面平行)，磁場方向垂直紙面向里，等腰直角三角形CGF區(qū)域(區(qū)域Ⅱ)內存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外。圖中A、C、O三點在同一直線上，AO與GF垂直，且與電場和磁場方向均垂直。A點處的粒子源持續(xù)將比荷一定但速率不同的粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ中，只有沿直線AC運動的粒子才能進入?yún)^(qū)域Ⅱ。若區(qū)域Ⅰ中電場強度大小為E、磁感應強度大小為B1，區(qū)域Ⅱ中磁感應強度大小為B2，則粒子從CF的中點射出，它們在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為t0。若改變電場或磁場強弱，能進入?yún)^(qū)域Ⅱ中的粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為t，不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是(

)

A．若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應強度大小變?yōu)?B1，則t>t0B．若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)?E，則t>t0C．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應強度大小變?yōu)?，則D．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應強度大小變?yōu)?，則【答案】D【詳解】由題知粒子在AC做直線運動，則有qv0B1=qE區(qū)域Ⅱ中磁感應強度大小為B2，則粒子從CF的中點射出，則粒子轉過的圓心角為90°，根據(jù)，有A．若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應強度大小變?yōu)?B1，則粒子在AC做直線運動的速度，有qvA?2B1=qE則再根據(jù)，可知粒子半徑減小，則粒子仍然從CF邊射出，粒子轉過的圓心角仍為90°，則t=t0，A錯誤；B．若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)?E，則粒子在AC做直線運動的速度，有qvBB1=q?2E則vB=2v0再根據(jù)，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，則粒子F點射出，粒子轉過的圓心角仍為90°，則t=t0，B錯誤；C．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應強度大小變?yōu)?，則粒子在AC做直線運動的速度仍為v0，再根據(jù)，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉淼?，則粒子從OF邊射出，則畫出粒子的運動軌跡如下圖

根據(jù)可知轉過的圓心角θ=60°，根據(jù)，有則C錯誤；D．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應強度大小變?yōu)?，則粒子在AC做直線運動的速度仍為v0，再根據(jù)，可知粒子半徑變?yōu)樵瓉淼?，則粒子OF邊射出，則畫出粒子的運動軌跡如下圖

根據(jù)可知轉過的圓心角為α=45°，根據(jù)，有則D正確。故選D。6．(2023·浙江·高考真題)某興趣小組設計的測量大電流的裝置如圖所示，通有電流I的螺繞環(huán)在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場，通有待測電流的直導線垂直穿過螺繞環(huán)中心，在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場。調節(jié)電阻R，當電流表示數(shù)為時，元件輸出霍爾電壓為零，則待測電流的方向和大小分別為()A．， B．，C．， D．，【答案】D【詳解】根據(jù)安培定則可知螺繞環(huán)在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場方向向下，則要使元件輸出霍爾電壓為零，直導線在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場方向應向上，根據(jù)安培定則可知待測電流的方向應該是；元件輸出霍爾電壓為零，則霍爾元件處合場強為0，所以有解得故選D。7．(2022·重慶·高考真題)2021年中國全超導托卡馬克核聚變實驗裝置創(chuàng)造了新的紀錄。為粗略了解等離子體在托卡馬克環(huán)形真空室內的運動狀況，某同學將一小段真空室內的電場和磁場理想化為方向均水平向右的勻強電場和勻強磁場(如圖)，電場強度大小為E，磁感應強度大小為B。若某電荷量為q的正離子在此電場和磁場中運動，其速度平行于磁場方向的分量大小為v1，垂直于磁場方向的分量大小為v2，不計離子重力，則(

)A．電場力的瞬時功率為 B．該離子受到的洛倫茲力大小為qv1BC．v2與v1的比值不斷變大 D．該離子的加速度大小不變【答案】D【詳解】A．根據(jù)功率的計算公式可知P=Fvcosθ，則電場力的瞬時功率為P=Eqv1，A錯誤；B．由于v1與磁場B平行，則根據(jù)洛倫茲力的計算公式有F洛=qv2B，B錯誤；C．根據(jù)運動的疊加原理可知，離子在垂直于紙面內做勻速圓周運動，沿水平方向做加速運動，則v1增大，v2不變，v2與v1的比值不斷變小，C錯誤；D．離子受到的洛倫茲力不變，電場力不變，則該離子的加速度大小不變，D正確。故選D。8．(2022·北京·高考真題)正電子是電子的反粒子，與電子質量相同、帶等量正電荷。在云室中有垂直于紙面的勻強磁場，從P點發(fā)出兩個電子和一個正電子，三個粒子運動軌跡如圖中1、2、3所示。下列說法正確的是()A．磁場方向垂直于紙面向里 B．軌跡1對應的粒子運動速度越來越大C．軌跡2對應的粒子初速度比軌跡3的大 D．軌跡3對應的粒子是正電子【答案】A【詳解】AD．根據(jù)題圖可知，1和3粒子繞轉動方向一致，則1和3粒子為電子，2為正電子，電子帶負電且順時針轉動，根據(jù)左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，A正確，D錯誤；B．電子在云室中運行，洛倫茲力不做功，而粒子受到云室內填充物質的阻力作用，粒子速度越來越小，B錯誤；C．帶電粒子若僅在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律可知解得粒子運動的半徑為根據(jù)題圖可知軌跡3對應的粒子運動的半徑更大，速度更大，粒子運動過程中受到云室內物質的阻力的情況下，此結論也成立，C錯誤。故選A。9．(2022·江蘇·高考真題)如圖所示，兩根固定的通電長直導線a、b相互垂直，a平行于紙面，電流方向向右，b垂直于紙面，電流方向向里，則導線a所受安培力方向()A．平行于紙面向上B．平行于紙面向下C．左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里D．左半部分垂直紙面向里，右半部分垂直紙面向外【答案】C【詳解】根據(jù)安培定則，可判斷出導線a左側部分的空間磁場方向斜向右上，右側部分的磁場方向斜向下方，根據(jù)左手定則可判斷出左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里。故選C。10．(2022·海南·高考真題)有一個輻向分布的電場，距離O相等的地方電場強度大小相等，有一束粒子流通過電場，又垂直進入一勻強磁場，則運動軌跡相同的粒子，它們具有相同的(

)A．質量 B．電量 C．比荷 D．動能【答案】C【詳解】粒子在輻射電場中以速度做勻速圓周運動，電場力完全提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可知解得粒子在勻強磁場中解得粒子不同場中的軌跡相同，即粒子在不同場中轉動半徑相同，所以這些粒子具有相同的速度和比荷。故選C。11．(2022·廣東·高考真題)如圖所示，一個立方體空間被對角平面劃分成兩個區(qū)域，兩區(qū)域分布有磁感應強度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強磁場。一質子以某一速度從立方體左側垂直平面進入磁場，并穿過兩個磁場區(qū)域。下列關于質子運動軌跡在不同坐標平面的投影中，可能正確的是()A． B．C． D．【答案】A【詳解】AB．由題意知當質子射出后先在MN左側運動，剛射出時根據(jù)左手定則可知在MN受到y(tǒng)軸正方向的洛倫茲力，即在MN左側會向y軸正方向偏移，做勻速圓周運動，y軸坐標增大；在MN右側根據(jù)左手定則可知洛倫茲力反向，質子在y軸正方向上做減速運動，故A正確，B錯誤；CD．根據(jù)左手定則可知質子在整個運動過程中都只受到平行于xOy平面的洛倫茲力作用，在z軸方向上沒有運動，z軸坐標不變，故CD錯誤。故選A。12．(2022·湖南·統(tǒng)考高考真題)如圖(a)，直導線MN被兩等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸OO′上，其所在區(qū)域存在方向垂直指向OO′的磁場，與OO′距離相等位置的磁感應強度大小相等且不隨時間變化，其截面圖如圖(b)所示。導線通以電流I，靜止后，懸線偏離豎直方向的夾角為θ。下列說法正確的是(

)A．當導線靜止在圖(a)右側位置時，導線中電流方向由N指向MB．電流I增大，靜止后，導線對懸線的拉力不變C．tanθ與電流I成正比D．sinθ與電流I成正比【答案】D【詳解】A．當導線靜止在圖(a)右側位置時，對導線做受力分析有可知要讓安培力為圖示方向，則導線中電流方向應由M指向N，A錯誤；BCD．由于與OO′距離相等位置的磁感應強度大小相等且不隨時間變化，有，F(xiàn)T=mgcosθ則可看出sinθ與電流I成正比，當I增大時θ增大，則cosθ減小，靜止后，導線對懸線的拉力FT減小，BC錯誤、D正確。故選D。13．(2022·全國·統(tǒng)考高考真題)空間存在著勻強磁場和勻強電場，磁場的方向垂直于紙面(平面)向里，電場的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下，從坐標原點O由靜止開始運動。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運動軌跡的是()A． B．C． D．【答案】B【詳解】解法一：AC．在xOy平面內電場的方向沿y軸正方向，故在坐標原點O靜止的帶正電粒子在電場力作用下會向y軸正方向運動。磁場方向垂直于紙面向里，根據(jù)左手定則，可判斷出向y軸正方向運動的粒子同時受到沿x軸負方向的洛倫茲力，故帶電粒子向x軸負方向偏轉。AC錯誤；BD．運動的過程中在電場力對帶電粒子做功，粒子速度大小發(fā)生變化，粒子所受的洛倫茲力方向始終與速度方向垂直。由于勻強電場方向是沿y軸正方向，故x軸為勻強電場的等勢面，從開始到帶電粒子偏轉再次運動到x軸時，電場力做功為0，洛倫茲力不做功，故帶電粒子再次回到x軸時的速度為0，隨后受電場力作用再次進入第二象限重復向左偏轉，故B正確，D錯誤。故選B。解法二：粒子在O點靜止，對速度進行分解，分解為向x軸正方向的速度v，向x軸負方向的速度v’，兩個速度大小相等，方向相反。使得其中一個洛倫茲力平衡電場力，即則粒子的在電場、磁場中的運動，可視為，向x軸負方向以速度做勻速直線運動，同時在x軸上方做勻速圓周運動。故選B。14．(2022·浙江·統(tǒng)考高考真題)利用如圖所示裝置探究勻強磁場中影響通電導線受力的因素，導線垂直勻強磁場方向放置。先保持導線通電部分的長度L不變，改變電流I的大小，然后保持電流I不變，改變導線通電部分的長度L，得到導線受到的安培力F分別與I和L的關系圖象，則正確的是()A． B．C． D．【答案】B【詳解】根據(jù)F=BIL可知先保持導線通電部分的長度L不變，改變電流I的大小，則F—I圖象是過原點的直線。同理保持電流I不變，改變通過電部分的長度L，則F-L圖象是過原點的直線。故選B。15．(2021·福建·統(tǒng)考高考真題)一對平行金屬板中存在勻強電場和勻強磁場，其中電場的方向與金屬板垂直，磁場的方向與金屬板平行且垂直紙面向里，如圖所示。一質子()以速度自O點沿中軸線射入，恰沿中軸線做勻速直線運動。下列粒子分別自O點沿中軸線射入，能夠做勻速直線運動的是()(所有粒子均不考慮重力的影響)A．以速度的射入的正電子B．以速度射入的電子C．以速度射入的核D．以速度射入的a粒子【答案】B【詳解】質子()以速度自O點沿中軸線射入，恰沿中軸線做勻速直線運動，將受到向上的洛倫茲力和電場力，滿足解得即質子的速度滿足速度選擇器的條件；A．以速度的射入的正電子，所受的洛倫茲力小于電場力，正電子將向下偏轉，故A錯誤；B．以速度射入的電子，依然滿足電場力等于洛倫茲力，而做勻速直線運動，即速度選擇題不選擇電性而只選擇速度，故B正確；C．以速度射入的核，以速度射入的a粒子，其速度都不滿足速度選器的條件，故都不能做勻速直線運動，故CD錯誤；故選B。16．(2021·江蘇·高考真題)在光滑桌面上將長為的軟導線兩端固定，固定點的距離為，導線通有電流I，處于磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中，導線中的張力為()A． B． C． D．【答案】A【詳解】從上向下看導線的圖形如圖所示導線的有效長度為2L，則所受的安培力大小設繩子的張力為，由幾何關系可知解得故A正確，BCD錯誤。故選A.17．(2021·北京·高考真題)如圖所示，在xOy坐標系的第一象限內存在勻強磁場。一帶電粒子在P點以與x軸正方向成60的方向垂直磁場射入，并恰好垂直于y軸射出磁場。已知帶電粒子質量為m、電荷量為q，OP=a。不計重力。根據(jù)上述信息可以得出()A．帶電粒子在磁場中運動的軌跡方程B．帶電粒子在磁場中運動的速率C．帶電粒子在磁場中運動的時間D．該勻強磁場的磁感應強度【答案】A【詳解】粒子恰好垂直于y軸射出磁場，做兩速度的垂線交點為圓心，軌跡如圖所示A．由幾何關系可知因圓心的坐標為，則帶電粒子在磁場中運動的軌跡方程為故A正確；BD．洛倫茲力提供向心力，有解得帶電粒子在磁場中運動的速率為因軌跡圓的半徑可求出，但磁感應強度未知，則無法求出帶電粒子在磁場中運動的速率，故BD錯誤；C．帶電粒子圓周的圓心角為，而周期為則帶電粒子在磁場中運動的時間為因磁感應強度未知，則運動時間無法求得，故C錯誤；故選A。18．(2021·廣東·高考真題)截面為正方形的絕緣彈性長管中心有一固定長直導線，長管外表面固定著對稱分布的四根平行長直導線，若中心直導線通入電流，四根平行直導線均通入電流，，電流方向如圖所示，下列截面圖中可能正確表示通電后長管發(fā)生形變的是()A． B．C． D．【答案】C【詳解】因，則可不考慮四個邊上的直導線之間的相互作用；根據(jù)兩通電直導線間的安培力作用滿足“同向電流相互吸引，異向電流相互排斥”，則正方形左右兩側的直導線要受到吸引的安培力，形成凹形，正方形上下兩邊的直導線要受到排斥的安培力，形成凸形，故變形后的形狀如圖C。故選C。19．(2021·全國·高考真題)如圖，圓形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，質量為m、電荷量為的帶電粒子從圓周上的M點沿直徑方向射入磁場。若粒子射入磁場時的速度大小為，離開磁場時速度方向偏轉；若射入磁場時的速度大小為，離開磁場時速度方向偏轉，不計重力，則為()A． B． C． D．【答案】B【詳解】根據(jù)題意做出粒子的圓心如圖所示設圓形磁場區(qū)域的半徑為R，根據(jù)幾何關系有第一次的半徑第二次的半徑根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得所以故選B。20．(2021·全國·高考真題)兩足夠長直導線均折成直角，按圖示方式放置在同一平面內，EO與在一條直線上，與OF在一條直線上，兩導線相互絕緣，通有相等的電流I，電流方向如圖所示。若一根無限長直導線通過電流I時，所產(chǎn)生的磁場在距離導線d處的磁感應強度大小為B，則圖中與導線距離均為d的M、N兩點處的磁感應強度大小分別為()A．B、0 B．0、2B C．2B、2B D．B、B【答案】B【詳解】兩直角導線可以等效為如圖所示的兩直導線，由安培定則可知，兩直導線分別在M處的磁感應強度方向為垂直紙面向里、垂直紙面向外，故M處的磁感應強度為零；兩直導線在N處的磁感應強度方向均垂直紙面向里，故N處的磁感應強度為2B；綜上分析B正確。故選B。21．(2021·河北·高考真題)如圖，距離為d的兩平行金屬板P、Q之間有一勻強磁場，磁感應強度大小為，一束速度大小為v的等離子體垂直于磁場噴入板間，相距為L的兩光滑平行金屬導軌固定在與導軌平面垂直的勻強磁場中，磁感應強度大小為，導軌平面與水平面夾角為，兩導軌分別與P、Q相連，質量為m、電阻為R的金屬棒垂直導軌放置，恰好靜止，重力加速度為g，不計導軌電阻、板間電阻和等離子體中的粒子重力，下列說法正確的是()A．導軌處磁場的方向垂直導軌平面向上，B．導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下，C．導軌處磁場的方向垂直導軌平面向上，D．導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下，【答案】B【詳解】等離子體垂直于磁場噴入板間時，根據(jù)左手定則可得金屬板Q帶正電荷，金屬板P帶負電荷，則電流方向由金屬棒a端流向b端。等離子體穿過金屬板P、Q時產(chǎn)生的電動勢滿足由歐姆定律和安培力公式可得再根據(jù)金屬棒ab垂直導軌放置，恰好靜止，可得則金屬棒ab受到的安培力方向沿斜面向上，由左手定則可判定導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下。故B正確。故選B。22．(2021·浙江·統(tǒng)考高考真題)如圖所示是通有恒定電流的環(huán)形線圈和螺線管的磁感線分布圖。若通電螺線管是密繞的，下列說法正確的是()A．電流越大，內部的磁場越接近勻強磁場B．螺線管越長，內部的磁場越接近勻強磁場C．螺線管直徑越大，內部的磁場越接近勻強磁場D．磁感線畫得越密，內部的磁場越接近勻強磁場【答案】B【詳解】根據(jù)螺線管內部的磁感線分布可知，在螺線管的內部，越接近于中心位置，磁感線分布越均勻，越接近兩端，磁感線越不均勻，可知螺線管越長，內部的磁場越接近勻強磁場。故選B。23．(2020·海南·統(tǒng)考高考真題)如圖，在一個蹄形電磁鐵的兩個磁極的正中間放置一根長直導線，當導線中通有垂直于紙面向里的電流I時，導線所受安培力的方向為()A．向上 B．向下 C．向左 D．向右【答案】B【詳解】根據(jù)安培定則，可知蹄形電磁鐵的分布情況，如圖所示故導線所處位置的磁感應線的切線方向為水平向右，根據(jù)左手定則，可以判斷導線所受安培力的方向為向下。故選B。24．(2020·全國·統(tǒng)考高考真題)真空中有一勻強磁場，磁場邊界為兩個半徑分別為a和3a的同軸圓柱面，磁場的方向與圓柱軸線平行，其橫截面如圖所示。一速率為v的電子從圓心沿半徑方向進入磁場。已知電子質量為m，電荷量為e，忽略重力。為使該電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區(qū)域內，磁場的磁感應強度最小為()A． B． C． D．【答案】C【詳解】電子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力則磁感應強度與圓周運動軌跡關系為即運動軌跡半徑越大，磁場的磁感應強度越小。令電子運動軌跡最大的半徑為，為了使電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區(qū)域內，其最大半徑的運動軌跡與實線圓相切，如圖所示A點為電子做圓周運動的圓心，電子從圓心沿半徑方向進入磁場，由左手定則可得，，為直角三角形，則由幾何關系可得解得解得磁場的磁感應強度最小值故選C。25．(2020·全國·統(tǒng)考高考真題)CT掃描是計算機X射線斷層掃描技術的簡稱，CT掃描機可用于對多種病情的探測。圖(a)是某種CT機主要部分的剖面圖，其中X射線產(chǎn)生部分的示意圖如圖(b)所示。圖(b)中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內有勻強偏轉磁場；經(jīng)調節(jié)后電子束從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進，打到靶上，產(chǎn)生X射線(如圖中帶箭頭的虛線所示)；將電子束打到靶上的點記為P點。則()A．M處的電勢高于N處的電勢B．增大M、N之間的加速電壓可使P點左移C．偏轉磁場的方向垂直于紙面向外D．增大偏轉磁場磁感應強度的大小可使P點左移【答案】D【詳解】A．由于電子帶負電，要在MN間加速則MN間電場方向由N指向M，根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低可知M的電勢低于N的電勢，故A錯誤；B．增大加速電壓則根據(jù)可知會增大到達偏轉磁場的速度；又根據(jù)在偏轉磁場中洛倫茲力提供向心力有可得可知會增大在偏轉磁場中的偏轉半徑，由于磁場寬度相同，故根據(jù)幾何關系可知會減小偏轉的角度，故P點會右移，故B錯誤；C．電子在偏轉電場中做圓周運動，向下偏轉，根據(jù)左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，故C錯誤；D．由B選項的分析可知，當其它條件不變時，增大偏轉磁場磁感應強度會減小半徑，從而增大偏轉角度，使P點左移，故D正確。故選D。26．(2020·全國·統(tǒng)考高考真題)一勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，為半圓，ac、bd與直徑ab共線，ac間的距離等于半圓的半徑。一束質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子，在紙面內從c點垂直于ac射入磁場，這些粒子具有各種速率。不計粒子之間的相互作用。在磁場中運動時間最長的粒子，其運動時間為()A． B． C． D．【答案】C【詳解】粒子在磁場中做勻速圓周運動，可得粒子在磁場中的周期粒子在磁場中運動的時間則粒子在磁場中運動的時間與速度無關，軌跡對應的圓心角越大，運動時間越長；過點做半圓的切線交于點，如圖所示由圖可知，粒子從點離開時，軌跡對應的圓心角最大，在磁場中運動時間最長；由圖中幾何關系可知，此時軌跡對應的最大圓心角為則粒子在磁場中運動的最長時間為故選C。27．(2020·北京·統(tǒng)考高考真題)如圖所示，在帶負電荷的橡膠圓盤附近懸掛一個小磁針?，F(xiàn)驅動圓盤繞中心軸高速旋轉，小磁針發(fā)生偏轉。下列說法正確的是()A．偏轉原因是圓盤周圍存在電場B．偏轉原因是圓盤周圍產(chǎn)生了磁場C．僅改變圓盤的轉動方向，偏轉方向不變D．僅改變圓盤所帶電荷的電性，偏轉方向不變【答案】B【詳解】AB．小磁針發(fā)生偏轉是因為帶負電荷的橡膠圓盤高速旋轉形成電流，而電流周圍有磁場，磁場會對放入其中的小磁針有力的作用，故A錯誤，B正確；C．僅改變圓盤的轉動方向，形成的電流的方向與初始相反，小磁針的偏轉方向也與之前相反，故C錯誤；D．僅改變圓盤所帶電荷的電性，形成的電流的方向與初始相反，小磁針的偏轉方向也與之前相反，故D錯誤。故選B。28．(2020·浙江·統(tǒng)考高考真題)特高壓直流輸電是國家重點能源工程。如圖所示，兩根等高、相互平行的水平長直導線分別通有方向相同的電流和，。a、b、c三點連線與兩根導線等高并垂直，b點位于兩根導線間的中點，a、c兩點與b點距離相等，d點位于b點正下方。不考慮地磁場的影響，則()A．b點處的磁感應強度大小為0B．d點處的磁感應強度大小為0C．a(chǎn)點處的磁感應強度方向豎直向下D．c點處的磁感應強度方向豎直向下【答案】C【詳解】A．通電直導線周圍產(chǎn)生磁場方向由右手螺旋定則判斷，在b點產(chǎn)生的磁場方向向上，在b點產(chǎn)生的磁場方向向下，因為即則在b點的磁感應強度不為零，故A錯誤；B．由于可知電流產(chǎn)生的磁場在d處的磁感應強度大，則d點處的磁場磁感應強度不可能為零，故B錯誤；C．由右手螺旋定則可知，兩電流產(chǎn)生的磁場在a處都是豎直向下，則兩電流的合磁場在a處方向豎直向下，故C正確；D．由右手螺旋定則可知，兩電流產(chǎn)生的磁場在c處都是豎直向上，則兩電流的合磁場在c處方向豎直向上，故D錯誤。故選C。29．(2020·浙江·高考真題)如圖所示，在光滑絕緣水平面上，兩條固定的相互垂直彼此絕緣的導線通以大小相同的電流I。在角平分線上，對稱放置四個相同的正方形金屬框。當電流在相同時間間隔內增加相同量，則()A．1、3線圈靜止不動，2、4線圈沿著對角線向內運動B．1、3線圈靜止不動，2、4線圈沿著對角線向外運動C．2、4線圈靜止不動，1、3線圈沿著對角線向內運動D．2、4線圈靜止不動，1、3線圈沿著對角線向外運動【答案】B【詳解】先對1和3線圈進行分析，根據(jù)安培定則畫出直流導線在線框中的磁場方向：電流大小相等，線圈關于兩導線對稱，所以線圈中的磁通量為0，電流增大時，根據(jù)楞次定律可知線圈中無感應電流，不受安培力，所以1和3線圈靜止不動；再對2和4線圈進行分析，根據(jù)安培定則畫出直流導線在線圈中的磁場方向：電流增大，根據(jù)楞次定律判斷感應電流方向(如圖所示)，靠近直流導線的線圈導體周圍磁感應強度較大，因此受力起主要作用，根據(jù)左手定則判斷安培力的方向(如圖所示)，根據(jù)力的合成可知2、4線圈沿著對角線向外運動，故B正確，ACD錯誤。故選B．30．(2019·海南·高考真題)如圖，一段半圓形粗銅線固定在絕緣水平桌面(紙面)上，銅線所在空間有一勻強磁場，磁場方向豎直向下，當銅線通有順時針方向電流時，銅線所受安培力的方向(

)A．向前 B．向后 C．向左 D．向右【答案】A【詳解】半圓形導線所受的安培力等效于直徑長的直導線所受的安培力，由左手定則可知，銅線所受安培力的方向向前，故選A.31．(2019·北京·高考真題)如圖所示，正方形區(qū)域內存在垂直紙面的勻強磁場．一帶電粒子垂直磁場邊界從a點射入，從b點射出．下列說法正確的是A．粒子帶正電B．粒子在b點速率大于在a點速率C．若僅減小磁感應強度，則粒子可能從b點右側射出D．若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動時間變短【答案】C【詳解】由左手定則確粒子的電性，由洛倫茲力的特點確定粒子在b、a兩點的速率，根據(jù)確定粒子運動半徑和運動時間．由題可知，粒子向下偏轉，根據(jù)左手定則，所以粒子應帶負電，故A錯誤；由于洛倫茲力不做功，所以粒子動能不變，即粒子在b點速率與a點速率相等，故B錯誤；若僅減小磁感應強度，由公式得：，所以磁感應強度減小，半徑增大，所以粒子有可能從b點右側射出，故C正確，若僅減小入射速率，粒子運動半徑減小，在磁場中運動的偏轉角增大，則粒子在磁場中運動時間一定變長，故D錯誤．32．(2019·天津·高考真題)筆記本電腦機身和顯示屏對應部位分別有磁體和霍爾元件。當顯示屏開啟時磁體遠離霍爾元件，電腦正常工作：當顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進入休眠狀態(tài)。如圖所示，一塊寬為、長為的矩形半導體霍爾元件，元件內的導電粒子是電荷量為的自由電子，通入方向向右的電流時，電子的定向移動速度為。當顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強磁場中，于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓，以此控制屏幕的熄滅。則元件的()A．前表面的電勢比后表面的低 B．前、后表面間的電壓與無關C．前、后表面間的電壓與成正比 D．自由電子受到的洛倫茲力大小為【答案】D【詳解】由圖知電流從左向右流動，因此電子的運動方向為從右向左，根據(jù)左手定則可知電子偏轉到后面表，因此前表面的電勢比后表面的高，故A錯誤，電子在運動過程中洛倫茲力和電場力平衡，有，故，故D正確，由則電壓，故前后表面的電壓與速度有關，與a成正比，故BC錯誤．33．(2019·全國·高考真題)如圖，在坐標系的第一和第二象限內存在磁感應強度大小分別為和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場．一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進入第一象限，最后經(jīng)過x軸離開第一象限．粒子在磁場中運動的時間為A． B． C． D．【答案】B【詳解】運動軌跡如圖:即運動由兩部分組成,第一部分是個周期,第二部分是個周期,粒子在第二象限運動轉過的角度為90°，則運動的時間為；粒子在第一象限轉過的角度為60°，則運動的時間為；則粒子在磁場中運動的時間為：，故B正確，ACD錯誤．.34．(2019·全國·高考真題)如圖，邊長為l的正方形abcd內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外．a(chǎn)b邊中點有一電子發(fā)源O，可向磁場內沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子．已知電子的比荷為k．則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為A．， B．，C．， D．，【答案】B【詳解】a點射出粒子半徑Ra==，得：va==，d點射出粒子半徑為，R=故vd==，故B選項符合題意35．(2019·全國·高考真題)如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的導體棒連接而成，固定于勻強磁場中，線框平面與磁感應強度方向垂直，線框頂點M、N與直流電源兩端相接，已如導體棒MN受到的安培力大小為F，則線框LMN受到的安培力的大小為()A．2F B．1.5F C．0.5F D．0【答案】B【詳解】設每一根導體棒的電阻為R，長度為L，則電路中，上下兩路電阻之比為，根據(jù)并聯(lián)電路兩端各電壓相等的特點可知，上下兩路電流之比．如下圖所示，由于上路通電的導體受安培力的有效長度為L，根據(jù)安培力計算公式，可知，得，根據(jù)左手定則可知，兩力方向相同，故線框LMN所受的合力大小為，故本題選B．36．(2019·浙江·高考真題)在磁場中的同一位置放置一條直導線，導線的方向與磁場方向垂直，則下列描述導線受到的安培力F的大小與通過導線的電流I的關系圖象正確的是()A． B．C． D．【答案】A【詳解】當導線的方向與磁場方向垂直時所受的安培力F=BIL，則描述導線受到的安培力F的大小與通過導線的電流I的關系圖象一條過原點的直線。故選A。二、多選題37．(2023·全國·統(tǒng)考高考真題)光滑剛性絕緣圓筒內存在著平行于軸的勻強磁場，筒上P點開有一個小孔，過P的橫截面是以O為圓心的圓，如圖所示。一帶電粒子從P點沿PO射入，然后與筒壁發(fā)生碰撞。假設粒子在每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點的切線方向的分量大小不變，沿法線方向的分量大小不變、方向相反；電荷量不變。不計重力。下列說法正確的是(

)

A．粒子的運動軌跡可能通過圓心OB．最少經(jīng)2次碰撞，粒子就可能從小孔射出C．射入小孔時粒子的速度越大，在圓內運動時間越短D．每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線【答案】BD【詳解】D．假設粒子帶負電，第一次從A點和筒壁發(fā)生碰撞如圖，為圓周運動的圓心

由幾何關系可知為直角，即粒子此時的速度方向為，說明粒子在和筒壁碰撞時速度會反向，由圓的對稱性在其它點撞擊同理，D正確；A．假設粒子運動過程過O點，則過P點的速度的垂線和OP連線的中垂線是平行的不能交于一點確定圓心，由圓形對稱性撞擊筒壁以后的A點的速度垂線和AO連線的中垂線依舊平行不能確定圓心，則粒子不可能過O點，A錯誤；B．由題意可知粒子射出磁場以后的圓心組成的多邊形應為以筒壁的內接圓的多邊形，最少應為三角形如圖所示

即撞擊兩次，B正確；C．速度越大粒子做圓周運動的半徑越大，碰撞次數(shù)會可能增多，粒子運動時間不一定減少，C錯誤。故選BD。38．(2023·海南·統(tǒng)考高考真題)如圖所示，質量為，帶電量為的點電荷，從原點以初速度射入第一象限內的電磁場區(qū)域，在(為已知)區(qū)域內有豎直向上的勻強電場，在區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，控制電場強度(值有多種可能)，可讓粒子從射入磁場后偏轉打到接收器上，則(

)

A．粒子從中點射入磁場，電場強度滿足B．粒子從中點射入磁場時速度為C．粒子在磁場中做圓周運動的圓心到的距離為D．粒子在磁場中運動的圓周半徑最大值是【答案】AD【詳解】A．若粒子打到PN中點，則解得選項A正確；B．粒子從PN中點射出時，則速度選項B錯誤；

C．粒子從電場中射出時的速度方向與豎直方向夾角為θ，則粒子從電場中射出時的速度粒子進入磁場后做勻速圓周運動，則則粒子進入磁場后做圓周運動的圓心到MN的距離為解得選項C錯誤；D．當粒子在磁場中運動有最大運動半徑時，進入磁場的速度最大，則此時粒子從N點進入磁場，此時豎直最大速度出離電場的最大速度則由可得最大半徑選項D正確；故選AD。39．(2022·福建·高考真題)奧斯特利用如圖所示實驗裝置研究電流的磁效應。一個可自由轉動的小磁針放在白金絲導線正下方，導線兩端與一伏打電池相連。接通電源瞬間，小磁針發(fā)生了明顯偏轉。奧斯特采用控制變量法，繼續(xù)研究了導線直徑、導線材料、電池電動勢以及小磁針位置等因素對小磁針偏轉情況的影響。他能得到的實驗結果有()A．減小白金絲直徑，小磁針仍能偏轉 B．用銅導線替換白金絲，小磁針仍能偏轉C．減小電源電動勢，小磁針一定不能偏轉 D．小磁針的偏轉情況與其放置位置無關【答案】AB【詳解】A．減小導線直徑，仍存在電流，其產(chǎn)生的磁場仍能使小磁針偏轉，選項A正確；B．白金導線換成銅導線，仍存在電流，產(chǎn)生的磁場仍能使小磁針偏轉，選項B正確；C．減小伏打電池電動勢，只要導線中有電流，小磁場還是會發(fā)生偏轉，選項C錯誤；D．通電導線產(chǎn)生的磁場與地磁場疊加后，其空間磁場方向與位置有關，當小磁針在不同位置時其偏轉情況不同，選項D錯誤。故選AB。40．(2022·遼寧·高考真題)粒子物理研究中使用的一種球狀探測裝置橫截面的簡化模型如圖所示。內圓區(qū)域有垂直紙面向里的勻強磁場，外圓是探測器。兩個粒子先后從P點沿徑向射入磁場，粒子1沿直線通過磁場區(qū)域后打在探測器上的M點。粒子2經(jīng)磁場偏轉后打在探測器上的N點。裝置內部為真空狀態(tài)，忽略粒子重力及粒子間相互作用力。下列說法正確的是()A．粒子1可能為中子B．粒子2可能為電子C．若增大磁感應強度，粒子1可能打在探測器上的Q點D．若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探測器上的Q點【答案】AD【詳解】AB．由題圖可看出粒子1沒有偏轉，說明粒子1不帶電，則粒子1可能為中子；粒子2向上偏轉，根據(jù)左手定則可知粒子2應該帶正電，A正確、B錯誤；C．由以上分析可知粒子1為中子，則無論如何增大磁感應強度，粒子1都不會偏轉，C錯誤；D．粒子2在磁場中洛倫茲力提供向心力有解得可知若增大粒子入射速度，則粒子2的半徑增大，粒子2可能打在探測器上的Q點，D正確。故選AD。41．(2022·湖北·統(tǒng)考高考真題)如圖所示，一帶電粒子以初速度v0沿x軸正方向從坐標原點О射入，并經(jīng)過點P(a>0，b>0)。若上述過程僅由方向平行于y軸的勻強電場實現(xiàn)，粒子從О到Р運動的時間為t1，到達Р點的動能為Ek1。若上述過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現(xiàn)，粒子從O到Р運動的時間為t2，到達Р點的動能為Ek2。下列關系式正確的是·()A．t1<t2 B．t1>t2C．Ek1<Ek2 D．Ek1>Ek2【答案】AD【詳解】AB．該過程中由方向平行于y軸的勻強電場實現(xiàn)，此時粒子做類平拋運動，沿x軸正方向做勻速直線運動；當該過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現(xiàn)時，此時粒子做勻速圓周運動，沿x軸正方向分速度在減小，根據(jù)可知t1<t2故A正確，B錯誤。CD．該過程中由方向平行于y軸的勻強電場實現(xiàn)，此時粒子做類平拋運動，到達P點時速度大于v0；當該過程僅由方向垂直于紙面的勻強磁場實現(xiàn)時，此時粒子做勻速圓周運動，到達P點時速度等于v0，而根據(jù)可知Ek1>Ek2故C錯誤，D正確。故選AD。42．(2022·湖北·統(tǒng)考高考真題)在如圖所示的平面內，分界線SP將寬度為L的矩形區(qū)域分成兩部分，一部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強磁場，另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，SP與磁場左右邊界垂直。離子源從S處射入速度大小不同的正離子，離子入射方向與磁場方向垂直且與SP成30°角。已知離子比荷為k，不計重力。若離子從Р點射出，設出射方向與入射方向的夾角為θ，則離子的入射速度和對應θ角的可能組合為()A．kBL，0° B．kBL，0° C．kBL，60° D．2kBL，60°【答案】BC【詳解】若粒子通過下部分磁場直接到達P點，如圖根據(jù)幾何關系則有可得根據(jù)對稱性可知出射速度與SP成30°角向上，故出射方向與入射方向的夾角為θ=60°。當粒子上下均經(jīng)歷一次時，如圖因為上下磁感應強度均為B，則根據(jù)對稱性有根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得此時出射方向與入射方向相同，即出射方向與入射方向的夾角為θ=0°。通過以上分析可知當粒子從下部分磁場射出時，需滿足(n=1，2，3……)此時出射方向與入射方向的夾角為θ=60°；當粒子從上部分磁場射出時，需滿足(n=1，2，3……)此時出射方向與入射方向的夾角為θ=0°。故可知BC正確，AD錯誤。故選BC。43．(2022·浙江·統(tǒng)考高考真題)如圖為某一徑向電場的示意圖，電場強度大小可表示為，a為常量。比荷相同的兩粒子在半徑r不同的圓軌道運動。不考慮粒子間的相互作用及重力，則()A．軌道半徑r小的粒子角速度一定小B．電荷量大的粒子的動能一定大C．粒子的速度大小與軌道半徑r一定無關D．當加垂直紙面磁場時，粒子一定做離心運動【答案】BC【詳解】A．根據(jù)電場力提供向心力可得解得可知軌道半徑r小的粒子角速度大，故A錯誤；BC．根據(jù)電場力提供向心力可得解得又聯(lián)立可得可知電荷量大的粒子的動能一定大，粒子的速度大小與軌道半徑r一定無關，故BC正確；D．磁場的方向可能垂直紙面向內也可能垂直紙面向外，所以粒子所受洛倫茲力方向不能確定，粒子可能做離心運動，也可能做近心運動，故D錯誤。故選BC。44．(2022·廣東·高考真題)如圖所示，磁控管內局部區(qū)域分布有水平向右的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場。電子從M點由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經(jīng)過N、P兩點。已知M、P在同一等勢面上，下列說法正確的有()A．電子從N到P，電場力做正功B．N點的電勢高于P點的電勢C．電子從M到N，洛倫茲力不做功D．電子在M點所受的合力大于在P點所受的合力【答案】BC【詳解】A．由題可知電子所受電場力水平向左，電子從N到P的過程中電場力做負功，故A錯誤；B．根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低可知N點的電勢高于P點，故B正確；C．由于洛倫茲力一直都和速度方向垂直，故電子從M到N洛倫茲力都不做功；故C正確；D．由于M點和P點在同一等勢面上，故從M到P電場力做功為0，而洛倫茲力不做功，M點速度為0，根據(jù)動能定理可知電子在P點速度也為0，則電子在M點和P點都只受電場力作用，在勻強電場中電子在這兩點電場力相等，即合力相等，故D錯誤；故選BC。45．(2021·重慶·高考真題)某同學設計了一種天平，其裝置如圖所示。兩相同的同軸圓線圈水平固定，圓線圈P與、N共軸且平行等距。初始時，線圈通以等大反向的電流后，在線圈P處產(chǎn)生沿半徑方向的磁場，線圈P內無電流且天平平衡。設從上往下看順時針方向為正向。當左托盤放入重物后，要使線圈P仍在原位置且天平平衡，可能的辦法是()A．若P處磁場方向沿半徑向外，則在P中通入正向電流B．若P處磁場方向沿半徑向外，則在P中通入負向電流C．若P處磁場方向沿半徑向內，則在P中通入正向電流D．若P處磁場方向沿半徑向內，則在P中通入負向電流【答案】BC【詳解】AB．當左托盤放入重物后，要使線圈P仍在原位置且天平平衡，則需要線圈P需要受到豎直向下的安培力，若P處磁場方向沿半徑向外，由左手定則可知，可在P中通入負向電流，故A錯誤，B正確；CD．若P處磁場方向沿半徑向內，由左手定則可知，可在P中通入正向電流，故C正確，D錯誤。故選BC。46．(2021·福建·統(tǒng)考高考真題)如圖，四條相互平行的細長直導線垂直坐標系xOy平面，導線與坐標平面的交點為a、b、c、d四點。已知a、b、c、d為正方形的四個頂點，正方形中心位于坐標原點O，e為的中點且在y軸上；四條導線中的電流大小相等，其中過a點的導線的電流方向垂直坐標平面向里，其余導線電流方向垂直坐標平面向外。則()A．O點的磁感應強度為0B．O點的磁感應強度方向由O指向cC．e點的磁感應強度方向沿y軸正方向D．e點的磁感應強度方向沿y軸負方向【答案】BD【詳解】AB．由題知，四條導線中的電流大小相等，且到O點的距離相等，故四條導線在O點的磁感應強度大小相等，根據(jù)右手螺旋定則可知，四條導線中在O點產(chǎn)生的磁感應強度方向，如圖所示由圖可知，與相互抵消，與合成，根據(jù)平行四邊形定則，可知O點的磁感應強度方向由O指向c，其大小不為零，故A錯誤，B正確；CD．由題知，四條導線中的電流大小相等，a、b到e點的距離相等，故a、b在e點的磁感應強度大小相等，c、d到e點的距離相等，故c、d在e點的磁感應強度大小相等，根據(jù)右手螺旋定則可知，四條導線中在O點產(chǎn)生的磁感應強度方向，如圖所示由圖可知與大小相等，方向相反，互相抵消；而與大小相等，方向如圖所示，根據(jù)平行四邊形定則，可知兩個磁感應強度的合磁感應強度沿y軸負方向，故C錯誤，D正確。故選BD。47．(2021·海南·高考真題)如圖，在平面直角坐標系的第一象限內，存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。大量質量為m、電量為q的相同粒子從y軸上的點，以相同的速率在紙面內沿不同方向先后射入磁場，設入射速度方向與y軸正方向的夾角為。當時，粒子垂直x軸離開磁場。不計粒子的重力。則()A．粒子一定帶正電B．當時，粒子也垂直x軸離開磁場C．粒子入射速率為D．粒子離開磁場的位置到O點的最大距離為【答案】ACD【詳解】A．根據(jù)題意可知粒子垂直軸離開磁場，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電，A正確；BC．當時，粒子垂直軸離開磁場，運動軌跡如圖粒子運動的半徑為洛倫茲力提供向心力解得粒子入射速率若，粒子運動軌跡如圖根據(jù)幾何關系可知粒子