專題13 磁場-備戰(zhàn)2025年高考物理真題題源解密（新高考）

第第頁53.（2022年北京卷第20題）指南針是利用地磁場指示方向的裝置，它的廣泛使用促進(jìn)了人們對地磁場的認(rèn)識?，F(xiàn)代科技可以實現(xiàn)對地磁場的精確測量。（1）如圖1所示，兩同學(xué)把一根長約10m的電線兩端用其他導(dǎo)線連接一個電壓表，迅速搖動這根電線。若電線中間位置的速度約10m/s，電壓表的最大示數(shù)約2mV。粗略估算該處地磁場磁感應(yīng)強度的大小B地；（2）如圖2所示，一矩形金屬薄片，其長為a，寬為b，厚為c。大小為I的恒定電流從電極P流入、從電極Q流出，當(dāng)外加與薄片垂直的勻強磁場時，M、N兩電極間產(chǎn)生的電壓為U。已知薄片單位體積中導(dǎo)電的電子數(shù)為n，電子的電荷量為e。求磁感應(yīng)強度的大小B；（3）假定（2）中的裝置足夠靈敏，可用來測量北京地區(qū)地磁場磁感應(yīng)強度的大小和方向，請說明測量的思路。【答案】（1）數(shù)量級為10－5T；（2）；（3）見解析【解析】（1）由E=BLv可估算得該處地磁場磁感應(yīng)強度B地的大小的數(shù)量級為10－5T。（2）設(shè)導(dǎo)電電子定向移動的速率為v，t時間內(nèi)通過橫截面的電量為q，有導(dǎo)電電子定向移動過程中，在方向受到的電場力與洛倫茲力平衡，有得（3）如答圖3建立三維直角坐標(biāo)系Oxyz設(shè)地磁場磁感應(yīng)強度在三個方向的分量為Bx、By、Bz。把金屬薄片置于xOy平面內(nèi)，M、N兩極間產(chǎn)生電壓Uz僅取決于Bz。由（2）得由Uz的正負(fù)（M、N兩極電勢的高低）和電流I的方向可以確定Bz的方向。同理，把金屬薄片置于xOz平面內(nèi)，可得By的大小和方向；把金屬薄片置于yOz平面內(nèi)，可得Bx的大小和方向，則地磁場的磁感應(yīng)強度的大小為根據(jù)Bx、By、Bz的大小和方向可確定此處地磁場的磁感應(yīng)強度的方向。54.（2021年天津卷第13題）霍爾元件是一種重要磁傳感器，可用在多種自動控制系統(tǒng)中。長方體半導(dǎo)體材料厚為a、寬為b、長為c，以長方體三邊為坐標(biāo)軸建立坐標(biāo)系，如圖所示。半導(dǎo)體中有電荷量均為e的自由電子與空穴兩種載流子，空穴可看作帶正電荷的自由移動粒子，單位體積內(nèi)自由電子和空穴的數(shù)目分別為n和p。當(dāng)半導(dǎo)體材料通有沿方向的恒定電流后，某時刻在半導(dǎo)體所在空間加一勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B，沿方向，于是在z方向上很快建立穩(wěn)定電場，稱其為霍爾電場，已知電場強度大小為E，沿方向。（1）判斷剛加磁場瞬間自由電子受到的洛倫茲力方向；（2）若自由電子定向移動在沿方向上形成的電流為，求單個自由電子由于定向移動在z方向上受到洛倫茲力和霍爾電場力的合力大??；（3）霍爾電場建立后，自由電子與空穴在z方向定向移動的速率分別為、，求時間內(nèi)運動到半導(dǎo)體z方向的上表面的自由電子數(shù)與空穴數(shù)，并說明兩種載流子在z方向上形成的電流應(yīng)滿足的條件。【答案】（1）自由電子受到的洛倫茲力沿方向；（2）；（3）見解析所示【解析】（1）自由電子受到的洛倫茲力沿方向；（2）設(shè)t時間內(nèi)流過半導(dǎo)體垂直于x軸某一橫截面自由電子的電荷量為q，由電流定義式，有設(shè)自由電子在x方向上定向移動速率為，可導(dǎo)出自由電子的電流微觀表達(dá)式為單個自由電子所受洛倫茲力大小為霍爾電場力大小為自由電子在z方向上受到的洛倫茲力和霍爾電場力方向相同，聯(lián)立得其合力大小為（3）設(shè)時間內(nèi)在z方向上運動到半導(dǎo)體上表面的自由電子數(shù)為、空穴數(shù)為，則霍爾電場建立后，半導(dǎo)體z方向的上表面的電荷量就不再發(fā)生變化，則應(yīng)即在任何相等時間內(nèi)運動到上表面的自由電子數(shù)與空穴數(shù)相等，這樣兩種載流子在z方向形成的電流應(yīng)大小相等、方向相反。考向十四離子推進(jìn)器55.（2023年重慶卷第15題）某同學(xué)設(shè)計了一種粒子加速器的理想模型。如圖所示，xOy平面內(nèi)，x軸下方充滿垂直于紙面向外的勻強磁場，x軸上方被某邊界分割成兩部分，一部分充滿勻強電場（電場強度與y軸負(fù)方向成α角），另一部分無電場，該邊界與y軸交于M點，與x軸交于N點。只有經(jīng)電場到達(dá)N點、與x軸正方向成α角斜向下運動的帶電粒子才能進(jìn)入磁場。從M點向電場內(nèi)發(fā)射一個比荷為的帶電粒子A，其速度大小為v0、方向與電場方向垂直，僅在電場中運動時間T后進(jìn)入磁場，且通過N點的速度大小為2v0。忽略邊界效應(yīng)，不計粒子重力。（1）求角度α及M、N兩點的電勢差。（2）在該邊界上任意位置沿與電場垂直方向直接射入電場內(nèi)的、比荷為的帶電粒子，只要速度大小適當(dāng)，就能通過N點進(jìn)入磁場，求N點橫坐標(biāo)及此邊界方程。（3）若粒子A第一次在磁場中運動時磁感應(yīng)強度大小為B1，以后每次在磁場中運動時磁感應(yīng)強度大小為上一次的一半，則粒子A從M點發(fā)射后，每次加速均能通過N點進(jìn)入磁場。求磁感應(yīng)強度大小B1及粒子A從發(fā)射到第n次通過N點的時間。【答案】（1），；（2），；（3），【解析】（1）粒子M點垂直于電場方向入射，粒子在電場中做類平拋運動，沿電場方向做勻加速直線運動，垂直于電場方向做勻速直線運動，在N點將速度沿電場方向與垂直于電場方向分解，在垂直于電場方向上有解得粒子從過程，根據(jù)動能定理有解得（2）對于從M點射入的粒子，沿初速度方向的位移為沿電場方向的位移為令N點橫坐標(biāo)為，根據(jù)幾何關(guān)系有解得根據(jù)上述與題意可知，令粒子入射速度為v，則通過N點進(jìn)入磁場的速度為2v，令邊界上點的坐標(biāo)為（x，y）則在沿初速度方向上有在沿電場方向有解得（3）由上述結(jié)果可知電場強度解得設(shè)粒子A第次在磁場中做圓周運動的線速度為，可得第次在N點進(jìn)入磁場的速度為第一次在N點進(jìn)入磁場的速度大小為，可得設(shè)粒子A第次在磁場中運動時的磁感應(yīng)強度為，由題意可得由洛倫茲力提供向心力得聯(lián)立解得粒子A第n次在磁場中運動軌跡如圖所示粒子每次在磁場中運動軌跡圓心角均為300°，第n次離開磁場的位置C與N的距離等于，由C到N由動能定理得聯(lián)立上式解得由類平拋運動沿電場方向的運動可得，粒子A第n次在電場中運動的時間為粒子A第n次在磁場中運動的周期為粒子A第n次在磁場中運動的時間為設(shè)粒子A第n次在電場邊界MN與x軸之間無場區(qū)域的位移為，邊界與x軸負(fù)方向的夾角為，則根據(jù)邊界方程可得，由正弦定理可得解得粒子A第n次在電場邊界MN與x軸之間運動的時間為粒子A從發(fā)射到第n次通過N點的過程，在電場中運動n次，在磁場和無場區(qū)域中均運動n-1次，則所求時間由等比數(shù)列求和得解得56.（2022年山東卷第17題）中國“人造太陽”在核聚變實驗方面取得新突破，該裝置中用電磁場約束和加速高能離子，其部分電磁場簡化模型如圖所示，在三維坐標(biāo)系中，空間內(nèi)充滿勻強磁場I，磁感應(yīng)強度大小為B，方向沿x軸正方向；，的空間內(nèi)充滿勻強磁場II，磁感應(yīng)強度大小為，方向平行于平面，與x軸正方向夾角為；，的空間內(nèi)充滿沿y軸負(fù)方向的勻強電場。質(zhì)量為m、帶電量為的離子甲，從平面第三象限內(nèi)距軸為的點以一定速度出射，速度方向與軸正方向夾角為，在平面內(nèi)運動一段時間后，經(jīng)坐標(biāo)原點沿軸正方向進(jìn)入磁場I。不計離子重力。（1）當(dāng)離子甲從點出射速度為時，求電場強度的大小；（2）若使離子甲進(jìn)入磁場后始終在磁場中運動，求進(jìn)入磁場時的最大速度；（3）離子甲以的速度從點沿軸正方向第一次穿過面進(jìn)入磁場I，求第四次穿過平面的位置坐標(biāo)（用d表示）；（4）當(dāng)離子甲以的速度從點進(jìn)入磁場I時，質(zhì)量為、帶電量為的離子乙，也從點沿軸正方向以相同的動能同時進(jìn)入磁場I，求兩離子進(jìn)入磁場后，到達(dá)它們運動軌跡第一個交點的時間差（忽略離子間相互作用）?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）（d，d，）；（4）【解析】（1）如圖所示將離子甲從點出射速度為分解到沿軸方向和軸方向，離子受到的電場力沿軸負(fù)方向，可知離子沿軸方向做勻速直線運動，沿軸方向做勻減速直線運動，從到的過程，有聯(lián)立解得（2）離子從坐標(biāo)原點沿軸正方向進(jìn)入磁場I中，在磁場I中做勻速圓周運動，經(jīng)過磁場I偏轉(zhuǎn)后從軸進(jìn)入磁場II中，繼續(xù)做勻速圓周運動，如圖所示由洛倫茲力提供向心力可得，可得為了使離子在磁場中運動，則離子磁場I運動時，不能從磁場I上方穿出。在磁場II運動時，不能xOz平面穿出，則離子在磁場用運動的軌跡半徑需滿足，聯(lián)立可得要使離子甲進(jìn)入磁場后始終在磁場中運動，進(jìn)入磁場時的最大速度為；（3）離子甲以的速度從點沿z軸正方向第一次穿過面進(jìn)入磁場I，離子在磁場I中的軌跡半徑為離子在磁場II中的軌跡半徑為離子從點第一次穿過到第四次穿過平面的運動情景，如圖所示

離子第四次穿過平面的坐標(biāo)為離子第四次穿過平面的坐標(biāo)為故離子第四次穿過平面的位置坐標(biāo)為（d，d，）。（4）設(shè)離子乙的速度為，根據(jù)離子甲、乙動能相同，可得可得離子甲、離子乙在磁場I中的軌跡半徑分別為，離子甲、離子乙在磁場II中的軌跡半徑分別為，根據(jù)幾何關(guān)系可知離子甲、乙運動軌跡第一個交點在離子乙第一次穿過x軸的位置，如圖所示

從點進(jìn)入磁場到第一個交點的過程，有可得離子甲、乙到達(dá)它們運動軌跡第一個交點的時間差為57.（2021年廣東卷第14題）圖是一種花瓣形電子加速器簡化示意圖，空間有三個同心圓a、b、c圍成的區(qū)域，圓a內(nèi)為無場區(qū)，圓a與圓b之間存在輻射狀電場，圓b與圓c之間有三個圓心角均略小于90°的扇環(huán)形勻強磁場區(qū)Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各區(qū)感應(yīng)強度恒定，大小不同，方向均垂直紙面向外。電子以初動能從圓b上P點沿徑向進(jìn)入電場，電場可以反向，保證電子每次進(jìn)入電場即被全程加速，已知圓a與圓b之間電勢差為U，圓b半徑為R，圓c半徑為，電子質(zhì)量為m，電荷量為e，忽略相對論效應(yīng)，取。（1）當(dāng)時，電子加速后均沿各磁場區(qū)邊緣進(jìn)入磁場，且在電場內(nèi)相鄰運動軌跡的夾角均為45°，最終從Q點出射，運動軌跡如圖中帶箭頭實線所示，求Ⅰ區(qū)的磁感應(yīng)強度大小、電子在Ⅰ區(qū)磁場中的運動時間及在Q點出射時的動能；（2）已知電子只要不與Ⅰ區(qū)磁場外邊界相碰，就能從出射區(qū)域出射。當(dāng)時，要保證電子從出射區(qū)域出射，求k的最大值。【答案】（1），，；（2）【解析】（1）電子在電場中加速有在磁場Ⅰ中，由幾何關(guān)系可得聯(lián)立解得在磁場Ⅰ中的運動周期為由幾何關(guān)系可得，電子在磁場Ⅰ中運動的圓心角為在磁場Ⅰ中的運動時間為聯(lián)立解得從Q點出來的動能為（2）在磁場Ⅰ中做勻速圓周運動的最大半徑為，此時圓周的軌跡與Ⅰ邊界相切，由幾何關(guān)系可得解得由于聯(lián)立解得58.（2021年浙江卷第23題）如圖甲所示，空間站上某種離子推進(jìn)器由離子源、間距為d的中間有小孔的兩平行金屬板M、N和邊長為L的立方體構(gòu)成，其后端面P為噴口。以金屬板N的中心O為坐標(biāo)原點，垂直立方體側(cè)面和金屬板建立x、y和z坐標(biāo)軸。M、N板之間存在場強為E、方向沿z軸正方向的勻強電場；立方體內(nèi)存在磁場，其磁感應(yīng)強度沿z方向的分量始終為零，沿x和y方向的分量和隨時間周期性變化規(guī)律如圖乙所示，圖中可調(diào)。氙離子（）束從離子源小孔S射出，沿z方向勻速運動到M板，經(jīng)電場加速進(jìn)入磁場區(qū)域，最后從端面P射出，測得離子經(jīng)電場加速后在金屬板N中心點O處相對推進(jìn)器的速度為v0。已知單個離子的質(zhì)量為m、電荷量為，忽略離子間的相互作用，且射出的離子總質(zhì)量遠(yuǎn)小于推進(jìn)器的質(zhì)量。（1）求離子從小孔S射出時相對推進(jìn)器的速度大小vS；（2）不考慮在磁場突變時運動的離子，調(diào)節(jié)的值，使得從小孔S射出的離子均能從噴口后端面P射出，求的取值范圍；（3）設(shè)離子在磁場中的運動時間遠(yuǎn)小于磁場變化周期T，單位時間從端面P射出的離子數(shù)為n，且。求圖乙中時刻離子束對推進(jìn)器作用力沿z軸方向的分力?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3），方向沿z軸負(fù)方向【解析】（1）離子從小孔S射出運動到金屬板N中心點O處，根據(jù)動能定理有解得離子從小孔S射出時相對推進(jìn)器的速度大?。?）當(dāng)磁場僅有沿x方向的分量取最大值時，離子從噴口P的下邊緣中點射出，根據(jù)幾何關(guān)系有根據(jù)洛倫茲力提供向心力有聯(lián)立解得當(dāng)磁場在x和y方向的分量同取最大值時，離子從噴口P邊緣交點射出，根據(jù)幾何關(guān)系有此時；根據(jù)洛倫茲力提供向心力有聯(lián)立解得故的取值范圍為；（3）粒子在立方體中運動軌跡剖面圖如圖所示由題意根據(jù)洛倫茲力提供向心力有且滿足所以可得所以可得離子從端面P射出時，在沿z軸方向根據(jù)動量定理有根據(jù)牛頓第三定律可得離子束對推進(jìn)器作用力大小為方向沿z軸負(fù)方向?？枷蚴宕帕黧w發(fā)電機59.（2021年河北卷第5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(yīng)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(dǎo)軌固定在與導(dǎo)軌平面垂直的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為，導(dǎo)軌平面與水平面夾角為，兩導(dǎo)軌分別與P、Q相連，質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒垂直導(dǎo)軌放置，恰好靜止，重力加速度為g，不計導(dǎo)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(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向上，B.導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向下，C.導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向上，D.導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向下，【答案】B【解析】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(fù)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(dǎo)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(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向下。故B正確。故選B。一、安培定則磁場的疊加1．磁場、磁感應(yīng)強度(1)磁場的基本性質(zhì)磁場對處于其中的磁體、電流和運動電荷有力的作用．(2)磁感應(yīng)強度①物理意義：描述磁場的強弱和方向．②定義式：B＝eq\f(F,Il)(通電導(dǎo)線垂直于磁場)．③方向：小磁針靜止時N極所指的方向．④單位：特斯拉，符號為T.⑤矢量：合成時遵循平行四邊形定則．2．磁感線的特點(1)磁感線上某點的切線方向就是該點的磁場方向．(2)磁感線的疏密程度定性地表示磁場的強弱．(3)磁感線是閉合曲線，沒有起點和終點，在磁體外部，從N極指向S極；在磁體內(nèi)部，由S極指向N極．(4)同一磁場的磁感線不中斷、不相交、不相切．(5)磁感線是假想的曲線，客觀上并不存在．3．幾種常見的磁場(1)條形磁體和蹄形磁體的磁場(如圖所示)(2)電流的磁場直線電流的磁場通電螺線管的磁場環(huán)形電流的磁場安培定則立體圖縱截面圖(3)勻強磁場磁場中各點的磁感應(yīng)強度的大小相等、方向相同，磁感線是疏密程度相同、方向相同的平行直線．(4)地磁場①地磁的N極在地理南極附近，S極在地理北極附近，磁感線分布如圖所示．②在赤道平面上，距離地球表面高度相等的各點，磁感應(yīng)強度相等，且方向水平向北．③地磁場在南半球有豎直向上的分量，在北半球有豎直向下的分量．二、安培力的分析與計算1．安培力的大小F＝IlBsinθ(其中θ為B與I之間的夾角)(1)磁場和電流垂直時：F＝BIl.(2)磁場和電流平行時：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與I決定的平面．左手定則判斷：(1)伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內(nèi)．(2)讓磁感線從掌心垂直進(jìn)入，并使四指指向電流的方向．(3)拇指所指的方向就是通電導(dǎo)線在磁場中所受安培力的方向．3．安培力公式F＝BIl的應(yīng)用條件(1)I與B垂直．(2)l是指有效長度．彎曲通電導(dǎo)線的有效長度l等于連接導(dǎo)線兩端點的直線的長度，相應(yīng)的電流方向沿兩端點連線由始端流向末端．三、判斷安培力作用下導(dǎo)體的運動情況的五種方法電流元法分割為電流元eq\o(→,\s\up7(左手定則))安培力方向→整段導(dǎo)體所受合力方向→運動方向特殊位置法在特殊位置→安培力方向→運動方向等效法eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(環(huán)形電流?小磁針,條形磁體?通電螺線管?多個環(huán)形電流))根據(jù)同極相斥、異極相吸判斷作用力的方向進(jìn)而判斷運動方向結(jié)論法兩平行直線電流在相互作用中，無轉(zhuǎn)動趨勢，同向電流互相吸引，異向電流互相排斥；兩不平行的直線電流相互作用時，有轉(zhuǎn)到平行且電流方向相同的趨勢轉(zhuǎn)換研究對象法先分析電流在磁體磁場中所受的安培力，然后由牛頓第三定律，確定磁體所受電流磁場的作用力四、安培力作用下的平衡和加速問題解題思路：(1)選定研究對象．(2)受力分析時，變立體圖為平面圖，如側(cè)視圖、剖面圖或俯視圖等，并畫出平面受力分析圖，安培力的方向F安⊥B、F安⊥I.如圖所示：五、對洛倫茲力的理解和應(yīng)用1．洛倫茲力的大小(1)v∥B時，F(xiàn)＝0；(2)v⊥B時，F(xiàn)＝qvB；(3)v與B的夾角為θ時，F(xiàn)＝qvBsinθ.2．洛倫茲力的方向(1)判定方法：左手定則，注意四指應(yīng)指向正電荷運動的方向或負(fù)電荷運動的反方向；(2)方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥v，即F垂直于B、v決定的平面．(注意B和v不一定垂直)3．洛倫茲力與靜電力的比較洛倫茲力靜電力產(chǎn)生條件v≠0且v不與B平行(說明：運動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力作用)電荷處在電場中大小F＝qvB(v⊥B)F＝qE力方向與場方向的關(guān)系F⊥B(且F⊥v)F∥E做功情況任何情況下都不做功可能做功，也可能不做功六、洛倫茲力作用下帶電體的運動帶電體做變速直線運動時，隨著速度大小的變化，洛倫茲力的大小也會發(fā)生變化，與接觸面間的彈力隨著變化(若接觸面粗糙，摩擦力也跟著變化，從而加速度發(fā)生變化)，最后若彈力減小到0，帶電體離開接觸面．七、帶電粒子在勻強磁場中的運動1．在勻強磁場中，當(dāng)帶電粒子平行于磁場方向運動時，粒子做勻速直線運動．2．帶電粒子以速度v垂直磁場方向射入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，若只受洛倫茲力，則帶電粒子在與磁場垂直的平面內(nèi)做勻速圓周運動．(1)洛倫茲力提供向心力：qvB＝eq\f(mv2,r).(2)軌跡半徑：r＝eq\f(mv,qB).(3)周期：T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，可知T與運動速度和軌跡半徑無關(guān)，只和粒子的比荷和磁場的磁感應(yīng)強度有關(guān)．(4)運動時間：當(dāng)帶電粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為θ(弧度)時，所用時間t＝eq\f(θ,2π)T.(5)動能：Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(p2,2m)＝eq\f(Bqr2,2m).3．當(dāng)帶電粒子的速度v與B的夾角為銳角時，帶電粒子的運動軌跡為螺旋線．八、帶電粒子在組合場中的運動1．組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，或在同一區(qū)域，電場、磁場交替出現(xiàn)．2．分析思路(1)畫運動軌跡：根據(jù)受力分析和運動學(xué)分析，大致畫出粒子的運動軌跡圖．(2)找關(guān)鍵點：確定帶電粒子在場區(qū)邊界的速度(包括大小和方向)是解決該類問題的關(guān)鍵．(3)劃分過程：將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選取不同的規(guī)律處理．3．常見粒子的運動及解題方法九、帶電粒子的螺旋線運動和旋進(jìn)運動空間中勻強磁場的分布是三維的，帶電粒子在磁場中的運動情況可以是三維的．現(xiàn)在主要討論兩種情況：(1)空間中只存在勻強磁場，當(dāng)帶電粒子的速度方向與磁場的方向不平行也不垂直時，帶電粒子在磁場中就做螺旋線運動．這種運動可分解為平行于磁場方向的勻速直線運動和垂直于磁場平面的勻速圓周運動．(2)空間中的勻強磁場和勻強電場(或重力場)平行時，帶電粒子在一定的條件下就可以做旋進(jìn)運動，這種運動可分解為平行于磁場方向的勻變速直線運動和垂直于磁場平面的勻速圓周運動．十、帶電粒子在疊加場和交變電、磁場中的運動題型一帶電粒子在疊加場中的運動1．疊加場電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存．2．帶電粒子在疊加場中常見的幾種運動形式運動性質(zhì)受力特點方法規(guī)律勻速直線運動粒子所受合力為0平衡條件勻速圓周運動除洛倫茲力外，另外兩力的合力為零：qE＝mg牛頓第二定律、圓周運動的規(guī)律較復(fù)雜的曲線運動除洛倫茲力外，其他力的合力既不為零，也不與洛倫茲力等大反向動能定理、能量守恒定律題型二帶電粒子在交變電、磁場中的運動解決帶電粒子在交變電、磁場中的運動問題的基本思路先讀圖看清并且明白場的變化情況受力分析分析粒子在不同的變化場區(qū)的受力情況過程分析分析粒子在不同時間段內(nèi)的運動情況找銜接點找出銜接相鄰兩過程的速度大小及方向選規(guī)律聯(lián)立不同階段的方程求解十一、動態(tài)圓題型一“平移圓”模型適用條件粒子源發(fā)射速度大小、方向一定，入射點不同但在同一直線上的同種帶電粒子進(jìn)入勻強磁場時，它們做勻速圓周運動的半徑相同，若入射速度大小為v0，則半徑R＝eq\f(mv0,qB)，如圖所示軌跡圓圓心共線帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在同一直線上，該直線與入射點的連線平行界定方法將半徑為R＝eq\f(mv0,qB)的圓進(jìn)行平移，從而探索粒子的臨界條件，這種方法叫“平移圓”法題型二“旋轉(zhuǎn)圓”模型適用條件粒子源發(fā)射速度大小一定、方向不同的同種帶電粒子進(jìn)入勻強磁場時，它們在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，若入射初速度大小為v0，則圓周運動軌跡半徑為R＝eq\f(mv0,qB)，如圖所示軌跡圓圓心共圓如圖，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在以入射點P為圓心、半徑R＝eq\f(mv0,qB)的圓上界定方法將一半徑為R＝eq\f(mv0,qB)的圓以入射點為圓心進(jìn)行旋轉(zhuǎn)，從而探索出臨界條件，這種方法稱為“旋轉(zhuǎn)圓”法題型三“放縮圓”模型適用條件粒子源發(fā)射速度方向一定，大小不同的同種帶電粒子進(jìn)入勻強磁場時，這些帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑隨速度的變化而變化軌跡圓圓心共線如圖所示(圖中只畫出粒子帶正電的情景)，速度v越大，運動半徑也越大．可以發(fā)現(xiàn)這些帶電粒子射入磁場后，它們運動軌跡的圓心在垂直初速度方向的直線PP′上界定方法以入射點P為定點，圓心位于PP′直線上，將半徑放縮作軌跡圓，從而探索出臨界條件，這種方法稱為“放縮圓”法題型四“磁聚焦”與“磁發(fā)散”模型1．帶電粒子的會聚如圖甲所示，大量同種帶正電的粒子，速度大小相等，平行入射到圓形磁場區(qū)域，如果軌跡圓半徑與磁場圓半徑相等(R＝r)，則所有的帶電粒子將從磁場圓的最低點B點射出．(會聚)證明：四邊形OAO′B為菱形，必是平行四邊形，對邊平行，OB必平行于AO′(即豎直方向)，可知從A點發(fā)出的帶電粒子必然經(jīng)過B點．2．帶電粒子的發(fā)散如圖乙所示，有界圓形磁場的磁感應(yīng)強度為B，圓心為O，從P點有大量質(zhì)量為m、電荷量為q的正粒子，以大小相等的速度v沿不同方向射入有界磁場，不計粒子的重力，如果正粒子軌跡圓半徑與有界圓形磁場半徑相等，則所有粒子射出磁場的方向平行．(發(fā)散)證明：所有粒子運動軌跡的圓心與有界圓圓心O、入射點、出射點的連線為菱形，也是平行四邊形，O1A、O2B、O3C均平行于PO，即出射速度方向相同(即水平方向)．十二、質(zhì)譜儀1．作用測量帶電粒子質(zhì)量和分離同位素．2．原理(如圖所示)(1)加速電場：qU＝eq\f(1,2)mv2；(2)偏轉(zhuǎn)磁場：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．構(gòu)造如圖所示，D1、D2是半圓金屬盒，D形盒處于勻強磁場中，D形盒的縫隙處接交流電源．2．原理交流電周期和粒子做圓周運動的周期相等，使粒子每經(jīng)過一次D形盒縫隙就被加速一次．3．最大動能由qvmB＝eq\f(mvm2,R)、Ekm＝eq\f(1,2)mvm2得Ekm＝eq\f(q2B2R2,2m)，粒子獲得的最大動能由磁感應(yīng)強度B和盒半徑R決定，與加速電壓無關(guān)．4．總時間粒子在磁場中運動一個周期，被電場加速兩次，每次增加動能qU，加速次數(shù)n＝eq\f(Ekm,qU)，粒子在磁場中運動的總時間t＝eq\f(n,2)T＝eq\f(Ekm,2qU)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πBR2,2U).(忽略粒子在狹縫中運動的時間)十四、速度選擇器1.平行板間電場強度E和磁感應(yīng)強度B互相垂直．(如圖)2.帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是洛倫茲力與靜電力平衡qvB＝qE，即v＝eq\f(E,B).3.速度選擇器只能選擇粒子的速度，不能選擇粒子的電性、電荷量、質(zhì)量．4.速度選擇器具有單向性．十五、磁流體發(fā)電機1.原理：如圖所示，等離子體噴入磁場，正、負(fù)離子在洛倫茲力的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)而聚集在B、A板上，產(chǎn)生電勢差，它可以把離子的動能通過磁場轉(zhuǎn)化為電能．2.電源正、負(fù)極判斷：根據(jù)左手定則可判斷出正離子偏向B板，圖中的B板是發(fā)電機的正極．3.發(fā)電機的電動勢：當(dāng)發(fā)電機外電路斷路時，正、負(fù)離子所受靜電力和洛倫茲力平衡時，兩極板間達(dá)到的最大電勢差為U，則qeq\f(U,d)＝qvB，得U＝Bdv，則E＝U＝Bdv.當(dāng)發(fā)電機接入電路時，遵從閉合電路歐姆定律．十六、電磁流量計1.流量(Q)：單位時間流過導(dǎo)管某一截面的導(dǎo)電液體的體積．2.導(dǎo)電液體的流速(v)的計算：如圖所示，一圓柱形導(dǎo)管直徑為d，用非磁性材料制成，其中有可以導(dǎo)電的液體向右流動．導(dǎo)電液體中的正、負(fù)離子在洛倫茲力作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，a處積累正電荷，b處積累負(fù)電荷，使a、b間出現(xiàn)電勢差，φa>φb.當(dāng)自由電荷所受靜電力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差(U)達(dá)到最大，由qeq\f(U,d)＝qvB，可得v＝eq\f(U,Bd).3.流量的表達(dá)式：Q＝Sv＝eq\f(πd2,4)·eq\f(U,Bd)＝eq\f(πdU,4B).4.電勢高低的判斷：根據(jù)左手定則可得φa>φb.十七、霍爾效應(yīng)的原理和分析1.定義：高為h、寬為d的導(dǎo)體(自由電荷是電子或正電荷)置于勻強磁場B中，當(dāng)電流通過導(dǎo)體時，在導(dǎo)體的上表面A和下表面A′之間產(chǎn)生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)，此電壓稱為霍爾電壓．2.電勢高低的判斷：如圖，導(dǎo)體中的電流I向右時，根據(jù)左手定則可得，若自由電荷是電子，則下表面A′的電勢高．若自由電荷是正電荷，則下表面A′的電勢低．3.霍爾電壓：導(dǎo)體中的自由電荷(電荷量為q)在洛倫茲力作用下偏轉(zhuǎn)，A、A′間出現(xiàn)電勢差，當(dāng)自由電荷所受靜電力和洛倫茲力平衡時，A、A′間的電勢差(U)就保持穩(wěn)定，由qvB＝qeq\f(U,h)，I＝nqvS，S＝hd，聯(lián)立解得U＝eq\f(BI,nqd)＝keq\f(BI,d)，k＝eq\f(1,nq)稱為霍爾系數(shù)．1.（2024·廣西南寧市、河池市等校聯(lián)考·二模）如圖所示，一質(zhì)量為m=0.1kg，長為L=0.2m的導(dǎo)體棒水平放置在傾角為θ=37°的光滑斜面上，整個裝置處于垂直于斜面向上的勻強磁場中。當(dāng)導(dǎo)體棒中通有垂直紙面向里的恒定電流I=0.5A時，磁場的方向由垂直于斜面向上沿逆時針轉(zhuǎn)至水平向左的過程中，導(dǎo)體棒始終靜止，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2），則磁感應(yīng)強度B的取值范圍是（）A.6T≤B≤10T B.6T≤B≤20T C.3T≤B≤20T D.3T≤B≤10T【答案】A【解析】經(jīng)分析知，導(dǎo)體棒受到重力mg、斜面的彈力FN和安培力FA，且三力的合力為零，如圖所示，從圖中可以看出，在磁場方向變化的過程中，安培力FA一直變大，導(dǎo)體棒受到斜面的彈力FN一直變小，由于FA=BIL其中電流Ⅰ和導(dǎo)體棒的長度L均不變，故磁感應(yīng)強度漸漸變大，當(dāng)磁場方向垂直斜面向上時，安培力FA沿斜面向上，此時安培力最小，最小值FAmin=mgsinθ則=6T當(dāng)磁場方向水平向左時，安培力方向豎直向上，此時對應(yīng)的安培力最大，得磁感應(yīng)強度的最大值=10T磁感應(yīng)強度B的取值范圍是6T≤B≤10T。故選A。2.（2024·遼寧省·二模）如圖所示，絕緣水平面上，虛線左側(cè)有垂直于水平面向上的勻強磁場、右側(cè)有垂直于水平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為，、、為絕緣水平面上的三個固定點，點在虛線上，、兩點在左右兩磁場中，兩根直的硬導(dǎo)線連接和間，軟導(dǎo)線連接在間，連線與垂直，、到的距離均為，，、、三段導(dǎo)線電阻相等，，。通過、兩點給線框通入大小為的恒定電流，待、間軟導(dǎo)線形狀穩(wěn)定后線框受到的安培力大小為（）A.0 B. C. D.【答案】B【解析】由題意可知，線框三邊電阻相等，通入大小為的電流后，由分流原理可知通過的電流大小為，通過的電流大小為。待間導(dǎo)線穩(wěn)定后線框的受力情況如圖所示由受力分析可知由幾何關(guān)系可知與的夾角，則有故選B。3.（2024·寧夏中衛(wèi)市·一模）（多選）如圖所示，一根長為L、質(zhì)量為m且分布均勻的導(dǎo)體ab，在其中點彎成角，將此導(dǎo)體放入磁感應(yīng)強度大小B、方向垂直紙面向外的勻強磁場中，導(dǎo)體兩端點懸掛于兩相同的彈簧下端，彈簧均處于豎直狀態(tài)，當(dāng)導(dǎo)體中通以電流大小為I的電流時，兩根彈簧都伸長了，已知重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A.導(dǎo)體中電流的方向為a到b B.導(dǎo)體中電流的方向為b到aC.每根彈簧的彈力大小為 D.每根彈簧的彈力大小為【答案】AD【解析】AB．折彎的導(dǎo)體可等效為一根直接從a到b，長為的直線導(dǎo)體，當(dāng)導(dǎo)體中通以電流大小為I的電流時，兩根彈簧都伸長了，說明導(dǎo)體受到的安培力方向向下，由左手定則可知，電流方向由a到b，A正確，B錯誤；CD．由平衡條件可得解得每根彈簧的彈力大小為C錯誤，D正確。故選AD。4.（2024·浙江省寧波“十?！?月聯(lián)考）已知通電長直導(dǎo)線周圍某點的磁感應(yīng)強度，即磁感應(yīng)強度B的大小與導(dǎo)線中的電流I成正比，與該點到導(dǎo)線的距離r成反比。如圖所示，兩根平行長直導(dǎo)線M、N分別通以大小相等、方向相反的電流，沿MN和其中垂線建立直角坐標(biāo)系xOy。規(guī)定磁場沿方向為正，則磁感應(yīng)強度B隨x、y變化的圖線正確的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】AB．由安培定則可知，左側(cè)導(dǎo)線中的電流在該導(dǎo)線右側(cè)產(chǎn)生的磁場的方向沿方向，而右側(cè)導(dǎo)線中的電流在該導(dǎo)線左側(cè)產(chǎn)生的磁場的方向沿方向，由于規(guī)定磁場方向沿方向為正，此區(qū)間內(nèi)的磁場等于兩條直導(dǎo)線在各處形成的磁感應(yīng)強度之和，故在MN區(qū)間內(nèi)磁場方向為正，根據(jù)通電長直導(dǎo)線周圍某點磁感應(yīng)強度知距離導(dǎo)線越遠(yuǎn)磁場越弱，又可知在兩根導(dǎo)線中間位置O點磁場最弱，但不為零；在導(dǎo)線M左側(cè)M導(dǎo)線形成的磁場沿方向，N導(dǎo)線形成的磁場沿方向，因該區(qū)域離M導(dǎo)線較近，則合磁場方向沿方向，為負(fù)方向，且離M導(dǎo)線越遠(yuǎn)處磁場越弱；同理，在導(dǎo)線N右側(cè)N導(dǎo)線形成的磁場沿方向，M導(dǎo)線形成的磁場沿方向，因該區(qū)域離N導(dǎo)線較近，則合磁場方向沿方向，為負(fù)方向，且離N導(dǎo)線越遠(yuǎn)處磁場越弱，故A錯誤，B錯誤；CD．兩通電導(dǎo)線在y軸的磁感應(yīng)強度如圖所示因此可知合場強豎直向下，大小為越遠(yuǎn)離O點越小，因此B越小，C正確D錯誤。故選C。5.（2024·安徽合肥·三模）如圖所示，半圓形的絕緣環(huán)上均勻分布有正電荷，AB是豎直直徑，直導(dǎo)線與圓心O等高且水平固定，直導(dǎo)線中有向右的恒定電流，將半圓環(huán)繞AB所在直線沿順時針方向（從上向下看）勻速轉(zhuǎn)動，則直導(dǎo)線受到的安培力方向（）A.向上 B.向下C.垂直紙面向里 D.垂直紙面向外【答案】D【解析】將半圓環(huán)繞AB所在直線沿順時針方向（從上向下看）勻速轉(zhuǎn)動，從上向下看形成的等效電流沿順時針方向，則電流在直導(dǎo)線處的磁場豎直向上，根據(jù)左手定則，直導(dǎo)線受到的安培力垂直紙面向外。故選D。6.（2024·河北省金科大聯(lián)考·二模）如圖所示，豎直平面內(nèi)的半圓形金屬圓環(huán)固定在水平向右的勻強磁場中，邊與磁感線平行，C為圓弧最高點，將圓環(huán)中通入沿順時針方向的電流，則下列說法正確的是（）A.半圓環(huán)有向上運動的趨勢B.半圓環(huán)有收縮趨勢C.俯視看，半圓環(huán)有繞沿順時針轉(zhuǎn)動的趨勢D.整個圓弧段受到安培力不為零【答案】C【解析】根據(jù)左手定則可知，圓環(huán)右半邊受到的安培力方向垂直紙面向外，左半邊受到的安培力方向垂直紙面向里，因此俯視看，圓環(huán)有繞CO沿順時針轉(zhuǎn)動的趨勢，圓環(huán)有運動趨勢，由于兩半邊受到的安培力等大反向，則受到的合安培力為零。故選C。7.（2024·河南省周口市·二模）如圖所示，兩根長直導(dǎo)線a、b垂直放置，彼此絕緣，分別通有大小相同電流。固定的剛性正方形線圈MNPQ通有電流I，MN到a的距離與MQ到b的距離相等，線圈與導(dǎo)線位于同一平面內(nèi)。已知通電長直導(dǎo)線在其周圍某點所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小，與該點到長直導(dǎo)線的距離成反比；線圈所受安培力的大小為F。若移走導(dǎo)線a，則此時線圈所受的安培力大小為（）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】根據(jù)左手定則和右手螺旋定則，結(jié)合磁感應(yīng)強度的疊加可得，線圈左右兩側(cè)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豎直向上，大小都為，合力大小為故撤去導(dǎo)線a，則此時線圈所受的安培力為水平向左，大小為故選A。8.（2024·安徽安慶·三模）（多選）如圖所示，在三維直角坐標(biāo)系中，分布著沿z軸正方向的勻強電場E和沿y軸正方向的勻強磁場B，一個帶電荷量為、質(zhì)量為m的小球沿x軸正方向以一定的初速度拋出后做平拋運動，已知重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A.可求小球的初速度大小為B.經(jīng)過時間，球的動能變?yōu)槌鮿幽艿?倍C.若僅將電場方向變?yōu)檠貀軸正方向，小球可能做勻速圓周運動D.若僅將電場撤去，小球可能做勻速直線運動【答案】AC【解析】A．小球在平面內(nèi)做平拋運動，則有解得A正確；B．小球的動能變?yōu)槌鮿幽艿?倍時即經(jīng)過時間為B錯誤；C．若僅將電場方向變沿y軸正方向，如果電場力和重力大小相等，小球可能做勻速圓周運動，C正確；D．若僅將電場撤去，小球合力不可能為零，不可能做勻速直線運動，D錯誤。故選AC。9.（2024·福建省三明市·一模）如圖所示，在三維坐標(biāo)系中，空間一側(cè)有沿y軸負(fù)方向的勻強電場，空間一側(cè)有沿y軸負(fù)方向的勻強磁場。一帶正電粒子以速度從x軸上的A點處在xOy平面內(nèi)沿與x軸正方向成角射入電場中，已知粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，粒子恰好經(jīng)過O點，磁感應(yīng)強度大小為，粒子的重力忽略不計，求：（1）勻強電場的電場強度E；（2）粒子射入電場開始計時，第n次經(jīng)過y軸的時刻?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】（1）粒子在電場中做類斜拋運動，則有沿電場方向有又解得（2）粒子進(jìn)入磁場后，在垂直軸的平面做勻速圓周運動，在軸上沿軸負(fù)方向做勻速直線運動，則有又則粒子射入電場開始計時，第次經(jīng)過軸的時刻解得10.（2024·甘肅省白銀市靖遠(yuǎn)縣·三模）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy第二象限內(nèi)存在一理想邊界，邊界下側(cè)和x軸上側(cè)存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，邊界上側(cè)與y軸左側(cè)存在沿x軸負(fù)方向、電場強度大小為E的勻強電場，在第三、四象限內(nèi)存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為2B的勻強磁場，y軸上半軸均勻分布著電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子，帶電粒子由靜止被電場加速后進(jìn)入磁場區(qū)域，均能垂直穿過x軸，圖中P點坐標(biāo)為，不計粒子受到的重力及粒子間的相互作用，求：（1）邊界曲線的方程；（2）粒子經(jīng)過P點時的最大速度；（3）所有能經(jīng)過P點的粒子釋放點的縱坐標(biāo)滿足的關(guān)系?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）設(shè)粒子由靜止釋放的縱坐標(biāo)為y，到達(dá)邊界時的速度大小為v，對應(yīng)邊界上點的坐標(biāo)為，則有，方程聯(lián)立解得（2）經(jīng)過P點前后，粒子速度不變，設(shè)粒子在x軸上方磁場中運動的軌跡半徑為，在x軸下方磁場中運動的軌跡半徑為，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有解得當(dāng)運動軌跡如圖甲所示時，經(jīng)過P點的粒子速度最大，有解得（3）能經(jīng)過P點的粒子軌跡如圖乙所示，設(shè)釋放點縱坐標(biāo)為y，則有即滿足時粒子能經(jīng)過P點。11.（2024·廣東多校聯(lián)考·三模）如圖所示，在，區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強電場，在x>x0區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，從y軸上0~y0范圍內(nèi)平行于x軸正方向射出大量質(zhì)量為m、電荷量為+q、分布均勻的帶電粒子，粒子射入的初速度均為v0，當(dāng)電場強度為0時，從O點射入的粒子恰能運動到N（x0，y0）點，若電場強度為，MN右側(cè)是粒子接收器，MN的長度為y0，不計粒子重力和粒子間的相互作用，則（）A.磁感應(yīng)強度的大小為B.從處射入的粒子，恰好從N點進(jìn)入磁場C.從處射入的粒子，在磁場中偏轉(zhuǎn)距離最大D.接收器接收的粒子數(shù)占粒子總數(shù)的50%【答案】D【解析】A．當(dāng)電場強度為0時，從O點射入的粒子恰能運動到N點，則根據(jù)洛倫茲力提供向心力有解得故A錯誤；B．若粒子從處射入，則聯(lián)立解得由此可知，粒子從N點下方進(jìn)入磁場，故B錯誤；C．設(shè)粒子進(jìn)入磁場中時速度方向與豎直方向的夾角為θ，粒子進(jìn)入磁場中的速度大小為v，則所以粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)距離為由此可知，粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)距離相等，故C錯誤；D．由以上分析可知，粒子在電場中的豎直位移為所以從處射入的粒子，恰好從N點進(jìn)入磁場，且恰好經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后打在M點，即只有0~范圍內(nèi)平行于x軸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數(shù)占粒子總數(shù)的50%，故D正確。故選D。12.（2024·廣西南寧市、河池市等校聯(lián)考·二模）如圖所示，水平虛線和豎直虛線將空間分成四部分，其中Ⅰ中存在水平向右的勻強電場，Ⅱ中存在豎直向下的勻強電場，兩區(qū)域中電場強度大小相等；Ⅲ、Ⅳ區(qū)域中均存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小關(guān)系為。一比荷為k、重力可忽略不計的帶正電粒子從Ⅰ中的A點由靜止釋放，經(jīng)過一段時間由C點以速度沿水平方向進(jìn)入Ⅱ中，然后經(jīng)水平虛線上的D點進(jìn)入Ⅲ，最終粒子垂直豎直虛線經(jīng)過F點（F點圖中未畫出）。已知，，求：（1）A、C兩點間的距離；（2）粒子在Ⅲ中的軌跡半徑；（3）F點到O點的距離。【答案】（1）；（2）；（3）或【解析】（1）粒子在Ⅱ中做類平拋運動，水平方向上有豎直方向上有由牛頓第二定律得又解得粒子由A到C的過程，由動能定理得解得（2）粒子由C到D的時間為粒子在D點的豎直速度為解得則粒子在D點的速度大小為設(shè)粒子進(jìn)入Ⅲ中時速度方向與軸正方向的夾角為，則有則可知粒子進(jìn)入Ⅲ中時方向與軸正方向成角，斜向右下，如圖甲所示粒子在Ⅲ中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則由解得或由幾何關(guān)系同樣可解得（3）若粒子在Ⅲ中經(jīng)1次偏轉(zhuǎn)垂直豎直虛線經(jīng)過F點時，則根據(jù)幾何關(guān)系有粒子經(jīng)過F點后進(jìn)入Ⅳ區(qū)，粒子在Ⅳ中運動時，由解得若粒子在Ⅳ中再經(jīng)一次偏轉(zhuǎn)垂直豎直虛線經(jīng)過F點時，即經(jīng)過2次磁偏轉(zhuǎn)到F點時，則若粒子經(jīng)過3次磁偏轉(zhuǎn)到F點時，則若粒子經(jīng)過4次磁偏轉(zhuǎn)到F點時，則若粒子經(jīng)過5次磁偏轉(zhuǎn)到F點時，則若粒子經(jīng)過6次磁偏轉(zhuǎn)到F點時，則如圖乙所示，由以上分析可知或13.（2024·貴州省六校聯(lián)盟·三模）（多選）如圖所示的直角三角形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場（包括邊界，圖中未畫出），，一帶正電的粒子由中點以速率沿垂直方向射入磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從邊離開磁場，已知，粒子的質(zhì)量為、電荷量為，粒子重力忽略不計。則下列說法正確的是（）A.磁感應(yīng)強度的大小可能為B.磁感應(yīng)強度最小時，粒子的出射點到點的距離為C.從邊離開的粒子在磁場中運動的時間均為D.當(dāng)磁感應(yīng)強度取粒子從邊離開磁場的最小值時，增大粒子的入射速度，粒子在磁場中的運動時間縮短【答案】BD【解析】AB．根據(jù)題意，由牛頓第二定律有解得可知，半徑越大，磁感應(yīng)強度越小，粒子能從邊離開磁場的臨界軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可得，解得則有解得故A錯誤，B正確；C．根據(jù)題意可知，從邊離開的粒子在磁場中運動的時間為故C錯誤；D．粒子在磁場中的運動周期為粒子在磁場中運動時間為當(dāng)磁感應(yīng)強度取粒子從邊離開磁場的最小值時，增大粒子的入射速度，粒子運動半徑增大，則粒子從BC邊離開磁場，速度越大，圓心角越小，粒子在磁場中的運動時間越短，故D正確。故選BD。14.（2024·貴州省六校聯(lián)盟·三模）如圖甲所示，平行邊界之間存在垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度大小為的勻強磁場，之間的距離為d。時刻，有一質(zhì)量為的帶電粒子從磁場邊界上A點處以速度垂直磁場方向射入，方向與邊界的夾角為，粒子恰好從點垂直邊界射出磁場。緊靠磁場邊界右側(cè)，有兩個間距為、足夠大的平行板，平行板間存在電場，兩板間電勢差的變化規(guī)律如圖乙，其中已知。帶電粒子在運動過程中始終不與板相碰，粒子重力不計。求:（1）該帶電粒子的電性及電荷量大小；（2）若，帶電粒子從A點到第一次到達(dá)點的時間及時刻帶電粒子的速度與的比值；（3）若滿足（2）條件，帶電粒子第二次離開磁場時的位置與A點的距離（結(jié)果用根號表示）?！敬鸢浮浚?）粒子帶正電，；（2）；4；（3）【解析】（1）帶電粒子在磁場中運動軌跡如圖，其軌道半徑為，根據(jù)左手定則可判定粒子帶正電荷；由幾何關(guān)系可知由洛倫茲力提供粒子做圓周運動的向心力，則解得帶電粒子的電荷量大小為（2）帶電粒子從A點到第一次到達(dá)點的時間==其中解得=則時刻帶電粒子在電場中加速運動了，則有由運動學(xué)公式則此時刻帶電粒子的速度與的比值（3）接著帶電粒子先減速后反向加速，則這一過程的加速度大小均為，設(shè)粒子在電場中反向后可以一直加速到O點，則由運動學(xué)公式得聯(lián)立可得根據(jù)聯(lián)立可得故假設(shè)成立，帶電粒子第二次在磁場中運動的軌跡如圖所示設(shè)其軌道半徑，由洛倫茲力提供向心力可得設(shè)帶電粒子從K點離開磁場，故帶電粒子第二次離開磁場時的位置與A點的距離為15.（2024·海南省四校聯(lián)考）（多選）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，腰長為L的等腰直角三角形區(qū)域（區(qū)域Ⅱ）內(nèi)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，與垂直，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，只有沿直線運動的粒子才能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ。若區(qū)域Ⅰ中電場強度大小為E、磁感應(yīng)強度大小為，區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小為，則粒子從邊靠近F的三等分點D射出，它們在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為。若改變電場或磁場強弱，能進(jìn)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.從D點飛出的粒子速度大小為B.粒子的比荷為C.若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)?E，則D.若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)?，則粒子從邊出射，出射點距離O點【答案】BCD【解析】A．根據(jù)題意可知區(qū)域Ⅰ中粒子電場力和洛倫茲力相等，由此可得解得粒子在區(qū)域Ⅱ中做勻速圓周運動，速度大小不變，故從D點飛出的粒子速度大小為，故A錯誤；B．粒子的運動軌跡如圖所示在區(qū)域Ⅱ中，粒子受到的洛倫茲力提供向心力，則有根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為90°，則聯(lián)立可得故B正確；C．若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強度大小變?yōu)?E，設(shè)進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ中的速度大小為，則解得在區(qū)域Ⅱ中，粒子受到的洛倫茲力提供向心力，則有解得則粒子將從GF邊離開區(qū)域Ⅱ，軌跡的圓心角小于，根據(jù)粒子在磁場中的周期公式解得由于區(qū)域Ⅱ中的磁場不變，粒子的比荷也不變，所以周期不變，根據(jù)因為粒子在區(qū)域Ⅱ中做圓周運動的圓心角減小，所以粒子運動時間減小，故C正確；D．若僅將區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度大小變?yōu)椋O(shè)粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的半徑為，根據(jù)解得粒子在區(qū)域Ⅱ中的運動軌跡如圖所示由幾何關(guān)系可得根據(jù)勾股定理則出射點距離O點故D正確。故選BCD。16.（2024·河北·三模）2023年4月12日，中國有“人造太陽”之稱的全超導(dǎo)托卡馬克核聚變實驗裝置創(chuàng)造了當(dāng)時最新的世界紀(jì)錄，成功實現(xiàn)穩(wěn)態(tài)高約束模式等離子體運行403秒。為粗略了解等離子體在托卡馬克環(huán)形真空室內(nèi)的運動狀況，某同學(xué)將一足夠長的真空室內(nèi)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，如圖所示。若某帶正電的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，垂直于磁場方向的分量大小為，不計離子受到的重力。當(dāng)離子速度平行于磁場方向的分量大小為時，垂直于磁場方向的分量大小為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】根據(jù)運動的疊加原理可知，離子在垂直于紙面內(nèi)做勻速圓周運動，沿水平方向做加速運動，則v1增大，v2不變；當(dāng)離子速度平行于磁場方向的分量大小為2v1時，垂直于磁場方向的分量大小為v2。故選A。17.（2024·河南省九師聯(lián)盟·三模）如圖所示，開口向下的光滑絕緣圓形軌道BCD處于水平向右的勻強電場中，為最高點、為圓心，OB與CO的延長線的夾角為，經(jīng)過點的水平線下方的電場區(qū)域中還有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為。一個質(zhì)量為，電荷量為的微粒沿直線AB運動，恰好在B點無碰撞地進(jìn)入圓形軌道，重力加速度為。求：（1）微粒的電性及電場強度的大??；（2）要使微粒能夠沿軌道到達(dá)點，圓形軌道的半徑需要滿足的條件；（3）在第（2）問的條件下，微粒經(jīng)過點時，對軌道壓力的最小值。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）根據(jù)題意可知微粒重力不可忽略，微粒沿直線AB做勻速運動，對微粒受力分析，如圖所示電場力只能水平向右才能使微粒做勻速直線運動，所以微粒帶正電水平方向豎直方向解得（2）微粒從點進(jìn)入圓形軌道等效重力的方向沿OB方向，大小為所以在點關(guān)于點對稱的位置，微粒有最小速度，要滿足同時由動能定理有聯(lián)立解得（3）在點由牛頓第二定律得由動能定理得聯(lián)立解得當(dāng)時，軌道對微粒的彈力有最小值，即由牛頓第三定律可知微粒經(jīng)過點時，對軌道的壓力最小值為18.（2024·黑龍江名校聯(lián)考·二模）（多選）如圖所示，半徑為R的一圓形區(qū)域，O為圓心，P為邊界上的一點，區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。電荷量為-q、質(zhì)量為m的相同帶電粒子a、b（不計重力）從P點先后以大小相等的速率射入磁場，粒子a正對圓心射入，粒子b射入磁場時的速度方向與粒子a射入時的速度方向夾角為。下列說法正確的是（）A.兩粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為RB.a粒子在磁場中運動的時間為C.b粒子在磁場中運動的時間為D.a、b粒子離開磁場時的速度方向夾角為30°【答案】AC【解析】A．由洛倫茲力提供向心力，有解得故A正確；BC．粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示粒子a、b在磁場中的運動周期均為由軌跡圖可知，則a、b粒子在磁場中的運動時間分別為，故B錯誤，C正確；D．由圖中軌跡可知，a、b粒子離磁場時的速度方向都與OP方向垂直，即a、b粒子離開磁場時的速度方向平行，故D錯誤。故選AC。19.（2024·湖北省十一校聯(lián)考·二模）（多選）現(xiàn)代科學(xué)儀器中常利用電、磁場控制帶電粒子的運動。如圖甲所示，紙面內(nèi)存在上、下寬度均為d的勻強電場與勻強磁場，勻強電場豎直向下，勻強磁場垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子（不計重力）從電場的上邊界的O點由靜止釋放，運動到磁場的下邊界的P點時正好與下邊界相切。若把電場下移至磁場所在區(qū)域，如圖乙所示，重新讓粒子從上邊界M點由靜止釋放，經(jīng)過一段時間粒子第一次到達(dá)最低點N，下列說法正確的是（）A.勻強電場的場強大小為B.粒子從O點運動到P點的時間為C.M、N兩點的豎直距離為D.粒子經(jīng)過N點時速度大小為【答案】BD【解析】A．設(shè)粒子在磁場中的速率為v，半徑為R，在電場中由動能定理，有洛倫茲力充當(dāng)向心力，有由幾何關(guān)系可得綜上可得故A錯誤；B.粒子在電場中的運動時間為在磁場中的運動時間為粒子從O運動到P的時間為故B正確；CD.將粒子從M到N的過程中某時刻的速度分解為向右和向下的分量、，再把粒子受到的洛倫茲力分別沿水平方向和豎直方向分解，兩個洛倫茲力分量分別為設(shè)粒子在最低點N的速度大小為v1，MN的豎直距離為y。水平方向由動量定理可得由動能定理可得聯(lián)立，解得故C錯誤；D正確。故選BD。20.（2024·湖南省湘西州吉首市·三模）如圖，在0≤x≤h，區(qū)域中存在方向垂直于紙面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B的大小可調(diào)，方向不變。一質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）的粒子以速度v0從磁場區(qū)域左側(cè)沿x軸進(jìn)入磁場，不計重力。（1）若粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后穿過y軸正半軸離開磁場，分析說明磁場的方向，并求在這種情況下磁感應(yīng)強度的最小值Bm；（2）如果磁感應(yīng)強度大小為，粒子將通過虛線所示邊界上的一點離開磁場。求粒子在該點的運動方向與x軸正方向的夾角及該點到x軸的距離。【答案】（1）磁場方向垂直于紙面向里；；（2）；【解析】（1）由題意，粒子剛進(jìn)入磁場時應(yīng)受到方向向上的洛倫茲力，因此磁場方向垂直于紙面向里。設(shè)粒子進(jìn)入磁場中做圓周運動的半徑為R，根據(jù)洛倫茲力公式和圓周運動規(guī)律，有①由此可得②粒子穿過y軸正半軸離開磁場，其在磁場中做圓周運動的圓心在y軸正半軸上，半徑應(yīng)滿足③由②可得，當(dāng)磁感應(yīng)強度大小最小時，設(shè)為Bm，粒子的運動半徑最大，由此得④（2）若磁感應(yīng)強度大小為，粒子做圓周運動的圓心仍在y軸正半軸上，由②④式可得，此時圓弧半徑為⑤粒子會穿過圖中P點離開磁場，運動軌跡如圖所示。設(shè)粒子在P點的運動方向與x軸正方向的夾角為α，由幾何關(guān)系⑥即⑦由幾何關(guān)系可得，P點與x軸的距離為⑧聯(lián)立⑦⑧式得⑨21.（2024·東北師大附中、長春市十一高中、吉林一中、四平一中、松原實驗中學(xué)1月聯(lián)合模擬考試）（多選）如圖所示，MN是一熒光屏，當(dāng)帶電粒子打到熒光屏上時，熒光屏能夠發(fā)光。MN的上方有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。P為屏上一小孔，PQ與MN垂直。一群質(zhì)量為m、帶電荷量q的粒子（不計重力），以相同的速率v，從P處沿垂直于磁場方向且分布在PA與PC所包圍的90°范圍內(nèi)射入磁場區(qū)域，已知PA與PQ夾角滿足，不計粒子間的相互作用。下列說法正確的是（）A.粒子打到熒光屏上時，距P點的最遠(yuǎn)距離為B.在熒光屏上將出現(xiàn)一條形亮線，其長度可能為C.在熒光屏上將出現(xiàn)一條形亮線，其長度可能為D.在熒光屏上將出現(xiàn)一條形亮線，其長度可能為【答案】AD【解析】A．由于所有粒子的質(zhì)量和電荷量都相同，且速度相同，所以根據(jù)公式可知，所有粒子軌道半徑為當(dāng)粒子沿方向射入時，在磁場中的軌跡為半圓，因此打在屏上的位置距離點為圓的直徑，此時距P點的距離最大，最大距離為故A正確；BCD．根據(jù)題意可知，正粒子沿著右側(cè)邊界射入，軌跡如圖所示此時出射點最近，由幾何關(guān)系有正粒子沿著左側(cè)邊界射入，軌跡如圖所示此時出射點最近，由幾何關(guān)系有由于PA與PQ夾角滿足則當(dāng)時，有則在熒光屏上將出現(xiàn)一條形亮線，其長度為當(dāng)時，有則在熒光屏上將出現(xiàn)一條形亮線，其長度為由于不能取和，則和不能等于1，則長度不可能為，故BC錯誤，D正確。故選AD。22.（2024·江蘇省4月大聯(lián)考）如圖甲所示，矩形MNPQ位于豎直平面內(nèi)，水平線為矩形的一中心線，NP的長度為d，MN的長度為L，重力加速度為g。某質(zhì)量為m，電荷量為的小球從點以初速度大小開始在矩形面內(nèi)運動。（1）若小球初速度沿方向向右，小球開始運動時，在矩形區(qū)域內(nèi)加豎直向上的勻強電場，小球恰好從P點飛出矩形區(qū)域，求所加勻強電場場強的大?。唬?）若小球初速度沿方向向右，小球開始運動時，在矩形MNPQ區(qū)域內(nèi)加豎直向上、場強大小為的勻強電場，同時加上垂直于矩形區(qū)域向里的勻強磁場，小球恰好從PQ連線中點飛出矩形區(qū)域，求所加勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小B；（3）若小球初速度偏向右上方向，且與成，小球開始運動時，在矩形MNPQ區(qū)域內(nèi)加豎直向上、場強大小為的勻強電場，同時在垂直于矩形區(qū)域方向加上按如圖乙所示變化的勻強磁場，變化周期（取垂直于矩形區(qū)域向外為正方向），小球恰能從點飛出矩形區(qū)域，求所加磁場磁感應(yīng)強度大小應(yīng)滿足的條件和小球在矩形區(qū)域運動的時間?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）（其中k取的整數(shù)），【解析】（1）小球在矩形區(qū)域內(nèi)做類平拋運動，設(shè)運動的加速度為a，在矩形區(qū)域中運動時間在豎直方向有由牛頓第二定律有解得（2）小球受到的電場力則小球受到的合力即洛倫茲力，在矩形區(qū)域中做勻速圓周運動，如圖所示，設(shè)圓周運動半徑為r，由幾何關(guān)系有由向心力公式有解得（3）小球在矩形區(qū)域中做勻速圓周運動，設(shè)運動的軌道半徑為，則有為使小球不從MN、PQ邊緣飛出，應(yīng)滿足小球在矩形區(qū)域運動的周期為使小球恰能從點飛出矩形區(qū)域，應(yīng)滿足的關(guān)系是解得（其中k取的整數(shù)）小球在矩形區(qū)域運動的時間解得23.（2024·江西省九江市·二模）如圖所示，在直角坐標(biāo)系的第二、第三象限內(nèi)有一垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場區(qū)域，坐標(biāo)分別為、、。在直角坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)，有沿y軸負(fù)方向、大小為的勻強電場，在處垂直于x軸放置一熒光屏，其與x軸的交點為Q。粒子束以相同的速度由O、C間的各位置垂直y軸射入，已知從y軸上的點射入磁場的粒子恰好經(jīng)過O點，忽略粒子間的相互作用，不計粒子的重力。求（1）粒子的比荷；（2）熒光屏上的發(fā)光長度?！敬鸢浮浚?）；（2）3a【解析】（1）由題意可知，粒子在磁場中的軌跡半徑為r＝a由牛頓第二定律得Bqv0＝m故粒子的比荷（2）能進(jìn)入電場中且離O點上方最遠(yuǎn)的粒子在磁場中的運動軌跡恰好與AB邊相切，設(shè)粒子運動軌跡的圓心為O′點，如圖所示：由幾何關(guān)系知O′A＝r·＝2a則OO′＝OA－O′A＝a即粒子離開磁場進(jìn)入電場時，離O點上方最遠(yuǎn)距離為OD＝y(tǒng)m＝2a則根據(jù)幾何關(guān)系可知x軸上方熒光屏上的發(fā)光長度為x軸下方熒光屏上的發(fā)光長度為所以熒光屏上的發(fā)光長度為24.（2024·遼寧省·二模）如圖甲所示，在平面直角坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)、半徑為的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強磁場Ⅰ，邊界圓剛好與軸、軸相切于、兩點，長為、間距也為的平行金屬板M、N固定在第二象限內(nèi)，N板在軸上，在兩板加上如圖乙所示的交變電壓，圖中未知、已知，在兩板中線左端有一粒子源，沿中線向右不斷射出質(zhì)量為、電荷量為的帶正電的粒子，所有粒子穿過兩板間電場的時間均為，在軸下方有垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強磁場Ⅱ，在磁場Ⅱ中有一足夠長平行于軸的擋板，擋板到軸距離為，從射出的粒子剛好從N板右端邊緣射出電場，從時刻射出的粒子經(jīng)磁場Ⅰ偏轉(zhuǎn)后剛好從點進(jìn)入磁場Ⅱ，打在板上時的速度與軸負(fù)方向的夾角為，所有粒子打到擋板上后均被擋板吸收，不計粒子重力和相互間作用，，。求：（1）大小；（2）勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的磁感應(yīng)強度大??；（3）擋板上打到粒子的區(qū)域的長度?！敬鸢浮浚?）；（2），；（3）【解析】（1）所有粒子穿過兩板間電場的時間均為，從射出的粒子剛好從N板右端邊緣射出電場，根據(jù)對稱性可知沿電場方向有，聯(lián)立解得（2）設(shè)粒子源設(shè)粒子的速度為，根據(jù)題意有可得時刻射出的粒子，由圖乙可知粒子沿電場方向的分運動在時間內(nèi)向下先加速后減速，在時間內(nèi)向上先加速后減速，根據(jù)對稱性可知粒子剛好從A點進(jìn)入磁場Ⅰ，進(jìn)入速度方向沿軸方向，大小為，粒子在兩個磁場中的運動軌跡如圖所示粒子在磁場Ⅰ中由洛倫茲力提供向心力可得由幾何關(guān)系可得聯(lián)立可得粒子在磁場Ⅱ中由洛倫茲力提供向心力可得由幾何關(guān)系可得聯(lián)立可得（3）所有粒子穿過兩板間電場的時間均為，由圖乙結(jié)合對稱性可知，所有粒子離開電場時沿電場方向的速度均為0，即所有粒子離開電場時的速度方向均沿軸方向，大小均為，射出電場粒子剛好分布于M、N板之間，由于所有粒子進(jìn)入磁場Ⅰ的運動軌跡半徑等于圓形磁場Ⅰ的半徑，根據(jù)磁匯聚原理可知，所有粒子均從C點進(jìn)入磁場Ⅱ，如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可得擋板上打到粒子的區(qū)域的長度為聯(lián)立解得25.（2024·內(nèi)蒙古呼和浩特市·一模）（多選）如圖所示，豎直平面內(nèi)一半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，方向垂直紙面向里。一束質(zhì)量為m．電荷量為-q的帶電粒子沿平行于直徑MN的方向以不同速率從P點進(jìn)入勻強磁場，入射點P到直徑MN的距離，不計粒子重力。下列說法正確的是（）A.若粒子射出磁場時的速度方向恰好與其入射方向相反，則其入射速度為B.若粒子恰好能從N點射出，則粒子在磁場中運動的時間為C.若粒子恰好能從M點射出，則粒子在磁場中運動的時間為D.若粒子射出磁場時的速度方向恰好與其入射方向垂直，則其入射速度為【答案】AC【解析】A．若粒子射出磁場時的速度方向恰好與其入射方向相反，由圖可知由幾何關(guān)系可知由洛倫茲力提供向心力可得其入射速度為故A正確；B．若粒子恰好能從N點射出，粒子的軌跡圖如圖所示連接PN即為粒子做圓周運動的弦長，連接PO，由，可知∠POM=30°，β=60°則有∠PON=150°，α=15°粒子在勻強磁場中勻速圓周運動，解得粒子運動周期為∠PO′N=30°，則粒子在磁場中運動的時間為故B錯誤；C．若粒子恰好能從M點射出，其運動軌跡如圖所示由圖可知可得θ=60°對應(yīng)的圓心角為則粒子在磁場中運動的時間為故C正確；D．若粒子射出磁場時的速度方向恰好與其入射方向垂直，由圖可知根據(jù)幾何關(guān)系，其中解得由洛倫茲力提供向心力可得故D錯誤。故選AC。26.（2024·寧夏中衛(wèi)市·一模）（多選）如圖所示，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場方向垂直紙面向里，圖中虛線為磁場的部分邊界，其中段是半徑為R的四分之一圓弧，、的延長線通過圓弧的圓心，長為R．一束質(zhì)量為m、電荷量大小為q的粒子流，在紙面內(nèi)以不同的速率從O點垂直射入磁場，已知所有粒子均從圓弧邊界射出，其中M、N是圓弧邊界上的兩點。不計粒子的重力及它們之間的相互作用。則下列說法中正確的是（）A.粒子帶負(fù)電B.從M點射出粒子的速率一定小于從N點射出粒子的速率C.從M點射出粒子在磁場中運動時間一定小于從N點射出粒子所用時間D.在磁場中運動時間最短的粒子用時為【答案】BD【解析】ABC．由題意，畫出從M、N兩點射出的粒子軌跡圖，如圖所示，由此可知，粒子帶正電；粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力?？傻媒獾糜蓤D可知，從M點射出粒子的軌跡半徑小于從N點射出粒子軌跡半徑，則有從M點射出粒子的速率一定小于從N點射出粒子的速率；由圖可知，從M點射出粒子的軌跡所對圓心角大于從N點射出粒子軌跡所對圓心角，由可知，從M點射出粒子在磁場中運動時間一定大于從N點射出粒子所用時間，AC錯誤，B正確；D．由幾何知識可知，當(dāng)粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心恰好在b點時，粒子在磁場中運動的圓弧所對的圓心角最小，此時粒子的運動半徑r=R，由幾何關(guān)系可求得此時圓弧所對圓心角θ=120°，所以粒子在磁場中運動的最短時間是D正確。故選BD。27.（2024·青海省玉樹州·第四次聯(lián)考）（多選）如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向里。質(zhì)量為m、電荷量為q帶負(fù)電粒子由A點沿平行于直徑CD的方向射入磁場，經(jīng)過圓心O，最后離開磁場。已知圓形區(qū)域半徑為R，AO與CD的夾角為45°，不計粒子重力。則（）A.粒子運動的速率為B.粒子在磁場中運動的時間為C.粒子在磁場中運動的路程為D.粒子離開磁場時速度方向平行于CD【答案】BD【解析】A．由于粒子經(jīng)過圓心O，最后離開磁場，軌跡如圖所示根據(jù)幾何關(guān)系可得根據(jù)洛倫茲力提供向心力有所以故A錯誤；B．粒子在磁場中運動的時間為故B正確；C．粒子在磁場中運動的路程為故C錯誤；D．由軌跡圖可知，粒子離開磁場時速度方向平行于CD，故D正確故選BD。28.（2024·山東濰坊市·三模）如圖所示的O—xyz坐標(biāo)系中，的Ⅰ區(qū)域內(nèi)有沿z軸正方向的勻強磁場，在的Ⅱ區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強電場。一帶電量為＋q、質(zhì)量為m的粒子從y軸上的點P（0，2l，0）以速度v0沿x軸正方向射入Ⅰ區(qū)域，從點Q進(jìn)入Ⅱ區(qū)域。粒子在Ⅱ區(qū)域內(nèi)，第二次經(jīng)過x軸時粒子位于N點，且速度方向與x軸正方向夾角。已知Ⅰ區(qū)域磁場磁感應(yīng)強度大小，不計粒子重力。（1）求粒子經(jīng)過Q點時速度方向與x軸正方向夾角α；（2）求勻強電場的電場強度E；（3）求粒子從P到N所用的時間；（4）粒子到達(dá)N點時，在Ⅱ區(qū)域施加沿y軸正方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小，求粒子離開N點經(jīng)過時間，粒子的位置坐標(biāo)?！敬鸢浮浚?）60°；（2）；（3）；（4）【解析】根據(jù)題意繪出粒子從P到N的運動軌跡如下（1）粒子在Ⅰ區(qū)域做勻速圓周運動，有根據(jù)幾何關(guān)系有解得α=60°（2）由幾何關(guān)系可知，Q、N兩點沿電場方向的距離為l，粒子由Q到N過程沿x軸方向做勻速直線運動有vNx=vQx=v0cosα，由動能定理有解得（3）粒子由P到Q過程，設(shè)時間為t1，有粒子由Q到N過程，沿y軸方向先勻減速后勻加速，設(shè)時間分別為t2、t3，有其中t=t1＋t2＋t3聯(lián)立解得（4）粒子運動在xOz平面內(nèi)的投影為勻速圓周運動粒子運動周期解得可得z=2r2=2l粒子沿y軸方向做勻加速運動，可得即粒子的位置坐標(biāo)為。29.（2024·山西省名校聯(lián)考三）如圖所示，長方體空間被平面MNPO分成兩個區(qū)域，兩區(qū)域分布有磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強磁場。一電子以某一速度從長方體左側(cè)垂直O(jiān)yz平面進(jìn)入并穿過兩磁場區(qū)域，關(guān)于電子運動軌跡在下列坐標(biāo)平面內(nèi)的投影，可能正確的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由左手定則可以判斷出電子在兩磁場中的洛倫茲力方向，沿著軸負(fù)方向看，電子在洛倫茲力的作用下，在平面MNPO的左側(cè)區(qū)域，電子沿逆時針做圓周運動，在平面MNPO的右側(cè)區(qū)域，電子沿順時針做圓周運動，所以電子運動軌跡在坐標(biāo)平面內(nèi)的投影如選項A所示，在平面內(nèi)的投影應(yīng)該是一條平行于軸的直線。故選A。30.（2024·陜西省商洛市·二模）（多選）如圖所示，橫截面為正方形abcd的有界勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。一束電子以大小不同、方向垂直ad邊界的速度從e點射入該磁場，不計電子受到的重力及其相互之間的作用力，對于從不同邊界射出的電子，下列說法正確的是（）A.從d點離開的電子在磁場中運動的半徑最大B.從ad邊離開的電子在磁場中運動的時間都相等C.從bc邊離開電子速度越大，偏轉(zhuǎn)角度越大D.從cd邊離開的電子速度越大，越靠近c點【答案】BD【解析】A．電子在磁場中不同邊界射出的軌跡如圖可知，從d點離開的電子在磁場中運動的半徑不是最大，故A錯誤；B．電子在磁場中運動的時間由軌跡圖可知，從ad邊離開的電子速度偏轉(zhuǎn)角相等，所以運動時間相等，故B正確；CD．由可得可知速度越大半徑越大，所以從cd邊離開的電子速度越大，越靠近c點；從bc邊離開的電子速度越大，半徑越大，設(shè)入射點到d點的距離為x，則有可知，電子速度越大，速度偏轉(zhuǎn)角越小，故C錯誤，D正確。故選BD。31.（2024·四川省成都市第二次聯(lián)考）（多選）如圖，在豎直平面內(nèi)有一半徑為、圓心為的圓形區(qū)域，在圓形區(qū)域內(nèi)可以添加勻強電場或勻強磁場。一電荷量為、質(zhì)量為的電子從圓形區(qū)域邊界上的點沿半徑方向以速度射入圓形區(qū)域，要使電子從圓形區(qū)域邊界上的點離開圓形區(qū)域，，不計電子重力。下列說法正確的是（）A.可加磁感應(yīng)強度大小為、方向垂直于紙面向里勻強磁場B.可加磁感應(yīng)強度大小為，方向垂直于紙面向外的勻強磁場C.可加電場強度大小為，方向豎直向上的勻強電場D.可加電場強度大小為、方向豎直向上的勻強電場【答案】AC【解析】AB．若添加勻強磁場，由于電子帶負(fù)電，要使電子從點離開圓形區(qū)域，則添加磁感應(yīng)強度方向垂直于紙面向里的勻強磁場，電子在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，由幾何關(guān)系得，電子做勻速圓周運動的半徑根據(jù)洛倫茲力提供向心力有解得故A正確，B錯誤；CD．由于電子帶負(fù)電，要使電子從B點離開圓形區(qū)域，可添加電場強度方向豎直向上的勻強電場，電子在電場力的作用下做類平拋運動，在水平方向有豎直方向聯(lián)立解得故C正確，D錯誤。故選AC。32.（2024·四川省成都市第二次聯(lián)考）某離子束實驗裝置的基本原理如圖甲所示。Ⅰ區(qū)寬度為，左邊界與軸垂直交于坐標(biāo)原點，其內(nèi)充滿垂直于平面向里的勻強磁場；Ⅱ區(qū)寬度為，左邊界與軸垂直交于點，右邊界與軸垂直交于點，其內(nèi)充滿沿軸負(fù)方向的勻強電場。測試板垂直軸置于Ⅱ區(qū)右邊界，其中心與點重合。從離子源不斷飄出電荷量為、質(zhì)量為的正離子，加速后沿軸正方向過點，依次經(jīng)Ⅰ區(qū)、Ⅱ區(qū)，恰好到達(dá)測試板中心。已知離子剛進(jìn)入Ⅱ區(qū)時速度大小為，速度方向與軸正方向的夾角為。忽略離子間的相互作用，不計離子重力。（1）求Ⅰ區(qū)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大??；（2）求Ⅱ區(qū)勻強電場的電場強度大??；（3）將Ⅱ區(qū)右邊界和測試板同時右移使Ⅱ區(qū)足夠大，在Ⅱ區(qū)同時填充題干中的勻強電場和磁感應(yīng)強度大小為、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，其它條件不變，離子的運動軌跡如圖乙中的虛線所示，求離子在Ⅱ區(qū)運動過程中的速度最大值。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）離子在勻強磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律根據(jù)幾何關(guān)系有聯(lián)立解得（2）離子在勻強電場中做類平拋運動，在軸方向上有在軸方向上（以軸負(fù)方向為正）有又聯(lián)立解得（3）離子進(jìn)入Ⅱ區(qū)時，洛倫茲力沿軸方向的分量洛倫茲力沿軸方向的分量因此離子在Ⅱ區(qū)的運動可看成水平方向的勻速直線運動和逆時針方向的勻速圓周運動的合運動，當(dāng)離子在最低點時，兩個分運動速度同向，離子有速度的最大值為解得33.（2024·浙江省寧波“十?！?月聯(lián)考）如圖甲所示，曲線OP上方有沿方向的勻強電場，其場強大小為，曲線左側(cè)有一粒子源AB，B端位于x軸上，能夠持續(xù)不斷地沿方向發(fā)射速度為，質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子束，這些粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后均能夠通過O點，已知從A點入射粒子恰好從P點進(jìn)入電場，不計重力及粒子間的相互作用。（1）寫出勻強電場邊界OP段的邊界方程（粒子入射點的坐標(biāo)y和x間的關(guān)系式）：（2）若第四象限內(nèi)存在邊界平行于坐標(biāo)軸的矩形勻強磁場（未畫出），磁場方向垂直紙面向外。自O(shè)點射入的粒子束，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后均能夠返回y軸，若粒子在第四象限運動時始終未離開磁場，求磁場的最小面積；（3）若第一象限與第四象限間存在多組緊密相鄰的勻強磁場和勻強電場（如圖乙），電磁場邊界與y軸平行，寬度均為d，長度足夠長。勻強磁場，方向垂直紙面向里，勻強電場，方向沿x軸正方向，現(xiàn)僅考慮自A端射入的粒子，經(jīng)勻強電場偏轉(zhuǎn)后，恰好與y軸負(fù)方向成從O點射入，試確定該粒子將在第幾個磁場區(qū)域拐彎（即速度恰好與y軸平行）?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）3【解析】（1）粒子在電場E1區(qū)域做類平拋運動，則解得（2）設(shè)粒子經(jīng)過O點的速度為v，與y軸的夾角為θ，則由可得粒子在磁場中運動時，在y軸上