第11章 磁场-2026高考《物理》总复习知识点精讲

第11章磁场物理新高考适用第1节磁场及其对电流的作用

五年高考

三年模拟第2节磁场对运动电荷（带电体）的作用

五年高考

三年模拟目录培优提分点3带电粒子在交变电磁场中的运动微专题20带电粒子在有界匀强磁场中的运动微专题21磁场中的动态圆模型微专题22洛伦兹力与现代科技微专题23带电粒子在组合场中的运动微专题24带电粒子在叠加场中的运动培优提分点4空间转换思维在电场、磁场中的应用第1节磁场及其对电流的作用电流的磁场磁场的叠加T1、5、7◆安培力的分析与计算T2◆安培力作用下的平衡和加速问题T3、4、6

五年高考1.★★(2024浙江1月,4,3分)磁电式电表原理示意图如图所示,两磁极装有极靴,极靴中

间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向,两者之间有可转

动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是

(

)

A.图示左侧通电导线受到安培力向下B.a、b两点的磁感应强度相同C.圆柱内的磁感应强度处处为零D.c、d两点的磁感应强度大小相等A解析

根据左手定则可知,左侧通电导线所受安培力竖直向下,A正确;a、b两点磁场方

向不同,所以磁感应强度不同,B错误;磁感线是封闭的曲线,在圆柱内磁感应强度不处处

为零,C错误;c、d两处,磁感线密集程度不同,c处磁感应强度较大,D错误。2.★★(2024贵州,5,4分)如图,两根相互平行的长直导线与一“凸”形导线框固定在同

一竖直平面内,导线框的对称轴与两长直导线间的距离相等。已知左、右两长直导线

中分别通有方向相反的恒定电流I1、I2,且I1>I2,则当导线框中通有顺时针方向的电流时,

导线框所受安培力的合力方向

(

)A.竖直向上

B.竖直向下C.水平向左

D.水平向右C解析

根据右手螺旋定则可知导线框所在位置的磁场方向垂直纸面向里,每根长直导

线在距其相等距离的位置产生的磁场磁感应强度大小相等,根据左手定则结合F=BIL

可知导线框水平部分受到的安培力的合力为0,由于I1>I2,导线框左侧竖直部分导线处的

磁感应强度比右侧竖直部分导线处的大,则左侧竖直部分的导线所受的水平向左的安

培力大于右侧竖直部分导线所受的水平向右的安培力,故导线框所受安培力的合力方

向水平向左,C正确。3.★★★(2022湖南,3,4分)如图(a),直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴

OO'上,其所在区域存在方向垂直指向OO'的磁场,与OO'距离相等位置的磁感应强度大

小相等且不随时间变化,其截面图如图(b)所示。导线通以电流I,静止后,悬绳偏离竖直

方向的夹角为θ。下列说法正确的是

(

)

A.当导线静止在图(a)右侧位置时,导线中电流

方向由N指向MB.电流I增大,静止后,导线对悬绳的拉力不变C.tanθ与电流I成正比D.sinθ与电流I成正比D解析

由左手定则可知,当直导线静止在右侧时,电流方向为由M到N,A错误;当直导线MN在右侧时,对直导线MN受力分析,得到力的矢量三角形如图,sinθ=

=

,F绳=mgcosθ,B、L、mg为定值,所以sinθ与电流I成正比,则电流I增大,θ也增大,悬绳对导线的拉力F绳会随着θ的增大而减小,由牛顿第三定律可知导线对悬绳的拉力也会随着θ的增大而减小,B、C错误,D正确。易错警示

本题中安培力的方向始终垂直于悬绳,分析时容易错画为沿水平方向。4.★★★(2023北京,18,9分)2022年,我国阶段性建成并成功运行了“电磁橇”,创造了

大质量电磁推进技术的世界最高速度纪录。一种两级导轨式电磁推进的原理如图所示。两平行长直金属导轨固定在水平面,

导轨间垂直安放金属棒。金属棒可沿导轨无摩擦滑行,且始终与导轨接触良好。电流

从一导轨流入,经过金属棒,再从另一导轨流回,图中电源未画出。导轨电流在两导轨间

产生的磁场可视为匀强磁场,磁感应强度B与电流i的关系式为B=ki(k为常量)。金属棒

被该磁场力推动。当金属棒由第一级区域进入第二级区域时,回路中的电流由I变为2I。已知两导轨内侧

间距为L,每一级区域中金属棒被推进的距离均为s,金属棒的质量为m。求:(1)金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小F。(2)金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比a1∶a2。(3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v。

答案

(1)kI2L

(2)1∶4

(3)I

解析

(1)金属棒经过第一级区域时受到的安培力大小为F=B1IL根据磁感应强度与电流的关系有B1=kI联立可得F=kI2L(2)同理可得,金属棒在第二级区域时受到的安培力大小为F'=k(2I)2L,由牛顿第二定律得a1=

=

,a2=

=

所以a1∶a2=1∶4(3)对金属棒,根据动能定理W合=ΔEk可得W1+W2=

mv2W1=Fs,W2=F's即kI2Ls+k(2I)2Ls=

mv2解得v=I

5.★★(2024届江苏临考冲刺)如图所示,用长度相等的均匀硬质导线弯折成不同形状的

刚性闭合线框,若正方形线框与正六边形线框中均通有沿顺时针方向、大小相等的电

流,已知通电直导线在周围某点产生的磁感应强度大小与导线中电流大小成正比,与该

点到导线的距离成反比,则正方形线框中心a点、正六边形线框中心b点的磁感应强度

大小之比为

(

)

A.2∶3

B.

∶3

C.3

∶4

D.4

∶9三年模拟D解析

通电直导线在周围某点产生的磁感应强度大小B=k

,设均匀硬质导线长度为12L,则正方形线框中心a点到任一边的距离为

L,磁感应强度大小Ba=4k

,正六边形线框中心b点到任一边的距离为

L,磁感应强度大小Bb=6k

,所以Ba∶Bb=4

∶9。D正确。6.★★★(2025届陕西安康联考)如图1所示,一通电导体棒P通过两等长细线悬挂在竖直

墙面上等高的A、B两点,导体棒P中通入恒定电流IP,另一长直导体棒Q固定于AB连线

的正下方,并与滑动变阻器串联,此时滑片位于最左端,其侧视图如图2所示(图中电源、

开关、导线和滑动变阻器未画出)。已知通电直导线在其周围某处产生的磁场的磁感

应强度大小B=

(式中k为常量,I为通电直导线中的电流大小,r为某处到通电直导线的距离),不计电源内阻、导线电阻和导体棒Q的电阻,现缓慢地将滑动变阻器的滑片自左

端向右端滑动,下列说法正确的是

(

)A.两导体棒中电流方向相同B.P中的电流一定大于Q中的电流C.细线对P的拉力大小不变D.P、Q之间的距离增大,安培力减小C解析

根据题意,对导体棒P受力分析如图所示,可知两棒互相排斥,根据安培定则和左手定则可知,两导体棒中电流方向相反;根据相似三角形知识可知

=

=

,因为mg和h都不变,所以

不变,因为细线的长度l不变,所以细线的拉力的合力T不变;由于滑动变阻器的滑片自左端向右端滑动,电路中电阻减小,Q中的电流增大,产生的磁场增强,P受到的安培力增大,则P、Q之间的距离d增大;无法确定两导体棒中的电流大小关系。C正确,A、B、D错误。7.★★★(2024届江西赣州中学月考)两根通电细长直导线紧靠着同样长的塑料圆柱体,

图甲是圆柱体和导线1的截面,导线2固定不动(图中未画出)。导线1绕圆柱体在平面内

第一象限与第二象限从θ=0缓慢移动到θ=π,测量圆柱体中心O处的磁感应强度,获得沿x

方向的磁感应强度Bx随θ变化的图像(如图乙)和沿y方向的磁感应强度By随θ变化的图像

(如图丙)。下列说法正确的是

(

)

DA.随着θ的增大,导线1在中心O处产生的磁感应强度一直增大B.导线2电流方向垂直纸面向里C.当θ=0.75π时,中心O处的磁感应强度方向沿第一象限角平分线向外D.当导线1继续绕圆柱体移动,到达y轴负半轴时,O处的磁感应强度最小解析

由于导线1紧靠着圆柱体运动,到中心O处的距离不变,所以随着θ的增大,导线1

在中心O处产生的磁感应强度大小不变,A错误。根据安培定则判断通电直导线产生的

磁场方向,结合题图乙和题图丙可知,导线2在中心O处产生的磁场在竖直方向上没有分

量(点拨:θ=0.5π时,由安培定则知

=0,结合题图丙知,此时By=0,则

=0),在水平方向有沿x轴正方向的分量B2x=2μT(点拨:当θ=0时,B1x=0,根据题图乙可知B2x=2μT),根据安培

定则可知,导线2在y轴正半轴某处有垂直纸面向外的电流或者在y轴负半轴某处有垂直

纸面向里的电流,B错误。由题图丙中θ=0时By=-4μT可知,导线1在中心O处产生的磁感

应强度大小B0为4μT,方向沿y轴负方向,由安培定则可知导线1中电流垂直纸面向外,当

θ=0.75π时,导线1产生的磁感应强度方向沿第一象限角平分线向外,但导线2产生的磁场

沿x轴正方向,故O处的磁感应强度方向在x轴与第一象限角平分线之间,C错误。当导线1继续绕圆柱体移动,到达y轴负半轴时,导线1在中心O处产生的磁感应强度沿x轴负方

向,其大小B1x=4μT,导线2在中心O处产生的磁感应强度沿x轴正方向,其大小B2x=2μT,所

以中心O处的合磁感应强度最小,为2μT,D正确。第2节磁场对运动电荷(带电体)的作用1.★★(2023海南,2,3分)如图所示,带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁

场,关于小球运动和受力的说法正确的是

(

)A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右B.小球运动过程中的速度不变C.小球运动过程中的加速度保持不变D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功五年高考A

洛伦兹力T1◆洛伦兹力作用下带电体的运动T6、8◆带电粒子在匀强磁场中的运动T2、3、4、5、7

解析

带正电的小球刚进入磁场时速度方向竖直向下,由左手定则可知,小球刚进入磁

场时受到的洛伦兹力水平向右,A正确。小球运动过程中受重力和洛伦兹力作用,重力

不变,洛伦兹力时刻变化,则小球所受合力不为零且时刻变化,所以小球速度大小和方向

均在变化,B、C错误。洛伦兹力始终与小球速度方向垂直,永不做功,D错误。2.★★★(2023北京,13,3分)如图所示,在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀

强磁场中,固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道,其轴线与磁场垂直。管

道横截面半径为a,长度为l(l≫a)。带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道,粒子

在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上,与管壁发生弹性碰撞,多次碰撞后从另

一端射出。单位时间进入管道的粒子数为n,粒子电荷量为+q,不计粒子的重力、粒子

间的相互作用。下列说法不正确的是

(

)

A.粒子在磁场中运动的圆弧半径为aB.粒子质量为

C.管道内的等效电流为nqπa2vD.粒子束对管道的平均作用力大小为BnqlC

解析

由于粒子沿轴线进入管道,垂直打到管壁上,可知轨道半径r=a,A正确;根据qvB=

,可得m=

,B正确;根据电流的定义式I=

可知,管道内的等效电流I=nq,C错误;粒子束对管道的平均作用力可等效为安培力大小,则F=BIl=Bnql(另解:每个粒子转动半圈

与管道碰撞一次,又因l≫a,所以单个粒子运动全程与管道内壁碰撞次数N=

,即管道内壁有N个碰撞位置,可认为每个碰撞位置上在t'时间内有nt'个粒子与该碰撞位置发生

碰撞,由动量定理可得Ft'=nt'·N·mΔv,解得F=nNm×2v=Bnql),D正确。3.★★★(2022湖北,10,4分)(多选)如图所示,一带电粒子以初速度v0沿x轴正方向从坐标

原点O射入,并经过点P(a>0,b>0)。若上述过程仅由方向平行于y轴的匀强电场实现,粒

子从O到P运动的时间为t1,到达P点的动能为Ek1。若上述过程仅由方向垂直于纸面的

匀强磁场实现,粒子从O到P运动的时间为t2,到达P点的动能为Ek2。下列关系式正确的

是(

)

A.t1<t2

B.t1>t2

C.Ek1<Ek2

D.Ek1>Ek2

AD解析

若是电场,粒子做类平抛运动,沿x轴方向以初速度v0匀速运动,t1=

,再由动能定理可知Ek1=Ek0+qEb>Ek0。若是磁场,粒子做匀速圆周运动,在x轴方向上的分速度由v0逐

渐减小,平均速度必小于v0,则t2=

>

,由于洛伦兹力不做功,故Ek2=Ek0。综上可知A、D正确,B、C错误。4.★★★(2024重庆,14,14分)有人设计了一种粒子收集装置。如图所示,比荷为

的带正电的粒子,由固定于M点的发射枪,以不同的速率射出后,沿射线MN方向运动,能收集

各方向粒子的收集器固定在MN上方的K点,O在MN上,且KO垂直于MN。若打开磁场开

关,空间将充满磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里的匀强磁场,速率为v0的粒子

运动到O点时,打开磁场开关,该粒子全被收集,不计粒子重力,忽略磁场突变的影响。(1)求OK间的距离;(2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关,该粒子仍被收集,求MO间的距离;(3)速率为4v0的粒子射出后,运动一段时间再打开磁场开关,该粒子也能被收集。以粒

子射出的时刻为计时0点。求打开磁场的那一时刻。

答案

(1)

(2)

(3)

解析

(1)当粒子到达O点时打开磁场开关,粒子开始做匀速圆周运动,设轨迹半径为r1由洛伦兹力提供向心力有qv0B=m

解得r1=

即OK=2r1=

。(2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关,粒子在磁场中运动轨迹半径r2=

=4r1运动轨迹如图中①所示,由几何关系有(4r1-2r1)2+MO2=(4r1)2解得MO=2

r1=

。(3)设速率为4v0的粒子匀速运动一段时间t后到达Q点,要使粒子仍被收集,则Q点在O点

右侧,运动轨迹如图中②所示由几何关系有(4r1-2r1)2+OQ2=(4r1)2解得OQ=2

r1=

粒子在打开磁场开关前运动时间为t=

解得t=

。5.★★(2024届首师大附中三模)云室是借助过饱和水蒸气在离子上凝结来显示通过它

的带电粒子径迹的装置,如图为一张云室中拍摄的照片。云室中加了垂直于纸面向外

的磁场。图中a、b、c、d、e是从O点发出的一些正电子或负电子的径迹。有关这些

径迹以下判断正确的是

(

)A.d、e都是正电子的径迹B.a径迹对应的粒子的动量最大C.b径迹对应的粒子的动能最大D.a径迹对应的粒子运动时间最长D三年模拟解析

带电粒子在垂直于纸面向外的磁场中运动,根据左手定则可知a、b、c都是正电

子的径迹,d、e都是负电子的径迹,A错误。带电粒子在磁场中运动,洛伦兹力提供向心

力,有qvB=m

,解得v=

,由题图可知a径迹对应的粒子的运动半径最小,a径迹对应的粒子的速度最小,根据p=mv可知a径迹对应的粒子动量最小,B错误。根据Ek=

mv2可知

<

<

,C错误。带电粒子在磁场中运动,洛伦兹力提供向心力,有qvB=m

,T=

,则T=

,所以Ta=Tb=Tc=Td=Te,粒子在磁场中的运动时间t=

T,其中α为粒子在磁场中的速度偏转角,由题图可知a径迹对应的速度偏转角最大,则a径迹对应的粒子运动时间

最长,D正确。6.★★★(2024届四川大数据联盟一模)如图所示,光滑水平绝缘桌面上放置一光滑绝缘

玻璃管(两端开口,不计空气阻力),管中有一质量为m、电荷量为q的带正电小球,小球直

径略小于管径,整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度大小为B,若玻璃

管以速度v0沿y轴负方向匀速运动(不考虑小球离开玻璃管的情形),以x和y分别表示小

球在x轴和y轴方向上的分位移,以vx表示小球沿x轴方向的分速度,v表示小球的瞬时速

度,t表示小球的运动时间。下列描述小球运动情况的图像正确的是

(

)

A

解析

玻璃管以速度v0沿y轴负方向匀速运动,则小球所受洛伦兹力沿x轴正方向,使小

球沿x轴正方向做匀加速直线运动,A正确,B错误。小球沿y轴负方向做匀速直线运动,

沿x轴正方向做匀加速直线运动,则y2-x图线的斜率不变(点拨:y=-v0t,x=

at2,联立解得y2=

x),C错误。由v2-

=

=2ax得v2=2ax+

,则v2-x图线为交于纵轴的倾斜直线,D错误。7.★★★(2024届广东佛山禅城二模)(多选)某兴趣小组在利用洛伦兹力演示仪(图甲)探

究带电粒子在匀强磁场中运动的规律时,发现有时玻璃泡中的电子束在匀强磁场中的

运动轨迹呈“螺旋”状。现将这一现象简化成如图乙所示的情境来讨论:在空间存在

平行于y轴的匀强磁场,在xOy平面内一速度v0与x轴正方向成θ角的电子从坐标原点射

入磁场,运动轨迹为螺旋线,其轴线平行于y轴,螺旋半径为R,螺距为Δy,螺旋周期为T,则

下列说法正确的是

(

)

A.匀强磁场的方向为沿y轴负方向B.若仅增大励磁线圈中的电流,则螺旋半径R减小C.若仅增大电子的加速电压,则螺距Δy将增大D.若仅增大θ角(θ<90°),则螺旋周期T将减小ABC解题导引

解析

将电子的速度沿着x轴和y轴分解,如图所示,

有vy=v0sinθ,vx=v0cosθ,电子沿y轴正方向做匀速直线运动,在平行xOz平面内做匀速圆

周运动,根据题图乙可知电子从O点开始向上偏转,电子在O点受到的洛伦兹力沿z轴正

方向,且电子带负电,利用左手定则可知匀强磁场的方向为沿y轴负方向,A正确;根据e(v0cosθ)B=

得R=

,若仅增大励磁线圈中的电流,则磁感应强度增大,螺旋半径R变小,B正确;根据eU=

m

,解得v0=

,螺距Δy=v0sinθ·T,若仅增大电子的加速电压,螺距增大,C正确;螺旋周期等于电子在平行xOz平面内做匀速圆周运动的周期T=

,与θ角无关,D错误。8.★★★(2024届南师附中月考)如图甲所示,一带电物块无初速度地放在与水平面成θ

角的传送带底端,传送带以恒定大小的速率沿顺时针方向传动,该装置处于垂直纸面向

里的匀强磁场中,物块由传送带底端E运动至顶端F的过程中,其v-t图像如图乙所示,物

块全程运动的时间为4.5s。关于带电物块及该运动过程的说法正确的是

(

)

A.该物块带负电B.传送带的传动速度大小一定为1m/sC.物块与传送带间的动摩擦因数可能等于tanθD.在2~4.5s内,物块与传送带可能相对运动D

解析

由题图乙可知,物块开始阶段做加速度逐渐减小的加速运动。对物块受力分析

可知,开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用,设物块与传送带间的动摩擦因数

为μ,平行传送带方向有μFN-mgsinθ=ma,物块运动后受到洛伦兹力的作用,物块的加速

度逐渐减小,则FN逐渐减小,FN=mgcosθ-f洛,洛伦兹力垂直传送带向上,由左手定则判断

物块带正电,A错误。开始时有μmgcosθ-mgsinθ=ma>0,可得μmgcosθ>mgsinθ,即μ>

tanθ,C错误。对物块受力分析如图所示,当物块的加速度为0时有mgsinθ=μ(mgcosθ-

qvB),解得v=

,由题图乙知v=1m/s,即只要传送带的速度v带≥1m/s,物块

就能匀速运动,物块可能相对传送带静止,也可能相对传送带滑动,所以在2~4.5s内物块与传送带可能相对运动,B错误,D正确。微专题20带电粒子在有界匀强磁场中的运动带电粒子在有界匀强磁场中的运动T1~6◆带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题T7~9

五年高考1.★★(2024广西,5,4分)Oxy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示,磁感应强度大小

为B,方向垂直纸面向里。质量为m,电荷量为+q的粒子,以初速度v从O点沿x轴正向开始

运动,粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为45°,交点为P。不计粒子重力,则P点至O点的

距离为(

)

A.

B.

C.(1+

)

D.

C解析

由题意可知粒子运动轨迹如图所示,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m

,可得粒子做圆周运动的半径r=

,根据几何关系可得P点至O点的距离L=r+

=(1+

)

,C正确。2.★★★(2023全国乙,18,6分)如图,一磁感应强度大小为B的匀强磁场,方向垂直于纸面

(xOy平面)向里,磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中,在磁

场另一侧的S点射出,粒子离开磁场后,沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点;SP

=l,S与屏的距离为

,与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变,在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场,该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为(

)A.

B.

C.

D.

A解析

画出粒子在磁场中由O点运动到S点的轨迹如图所示,找出轨迹圆心O',由几何关

系可知θ=30°,设轨迹半径为R,则sinθ=

,解得R=2a,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m

,如果保持所有条件不变,在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场,该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏,则粒子所受洛伦兹力与电场力平衡,有qE=qvB,联立解得粒

子的比荷

=

,A正确。

3.★★★(2023全国甲,20,6分)(多选)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场,

筒上P点开有一个小孔,过P的横截面是以O为圆心的圆,如图所示。一带电粒子从P点

沿PO射入,然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间,速度沿圆上碰撞

点的切线方向的分量大小不变,沿法线方向的分量大小不变、方向相反;电荷量不变。

不计重力。下列说法正确的是

(

)

A.粒子的运动轨迹可能通过圆心OB.最少经2次碰撞,粒子就可能从小孔射出C.射入小孔时粒子的速度越大,在圆内运动时间越短D.每次碰撞后瞬间,粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线BD解析

带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有qvB=m

,T=

,解得运动轨迹半径r=

,运动周期T=

。当粒子初速度方向过圆心O时,由对称性可知,粒子与筒壁发生碰撞反弹后速度方向由碰撞点指向圆心O,轨迹不可能通过O点,A

错误,D正确;若粒子与筒壁仅碰撞一次从小孔射出,则轨迹将圆筒平分,由对称性可知碰

撞位置一定在PO延长线与筒壁交点位置,粒子将做直线运动,但粒子仅在洛伦兹力作

用下无法做直线运动,故该粒子至少与筒壁发生2次碰撞(运动轨迹如图所示)才可以从

小孔射出,B正确;若粒子在筒内与筒壁碰撞,经历圆筒一周从P点飞出,则粒子速度越大,

在筒内运动的时间越短,若粒子在筒内与筒壁碰撞,经历圆筒一周无法从P点飞出,则粒

子速度越大,在筒内运动的时间不一定越短,C错误。4.★★★(2024湖北,7,4分)如图所示,在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于

纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范

围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点

射入圆形区域。不计重力,下列说法正确的是

(

)A.粒子的运动轨迹可能经过O点B.粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向C.粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为

D.若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短,粒子运动的速度大小为

D解析在圆形匀强磁场区域内,沿着径向射入的粒子,总是沿径向射出;根据圆的特点可

知粒子的运动轨迹不可能经过O点,A、B错误。根据对称性可知,粒子连续两次由A点

沿AC方向射入圆形区域的时间最短的轨迹如图1所示,

则最短时间为t=2T=

,C错误。粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短,则轨迹如图2所示,设粒子在磁场中运动的轨迹半径为r,根据几何关系可知

=tan60°,即r=

,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m

,可得v=

,D正确。5.★★(2025届江西南昌模拟预测)如图所示,在直角三角形abc区域内存在匀强磁场,磁

场方向垂直于纸面向外,∠a=30°。一质子

H以v0的速度沿平行于ab的方向从O点射入三角形区域,经时间t从ON的中点M离开磁场,若一α粒子

He以v0的速度从O点沿相同的方向射入,则α粒子在磁场中的运动时间为

(

)

A.

B.t

C.

t

D.2t三年模拟D解析

根据洛伦兹力提供向心力可得qv0B=m

,解得r=

,设质子

H在磁场中的运动半径为r1,则α粒子在磁场中的运动半径r2=2r1,根据几何关系可知α粒子从N点离开磁场,

作出运动轨迹如图所示,质子

H在磁场中的运动时间t=

T=

×

=

,α粒子在磁场中的运动时间t'=

T'=

×

=

=

=2t。D正确。

6.★★(2024届安徽鼎尖联盟三模)如图所示,半径为R的

圆OAP区域中存在垂直于圆平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,圆心O处有一粒子源,先后从O点以相同速

率v0=

向圆区域内发射两个完全相同的带正电粒子a、b(质量为m,电荷量为q),其速度方向均垂直于磁场方向,与OP的夹角分别为90°、60°,不计粒子的重力及粒子间的相

互作用,则两个粒子a、b在磁场中的运动时间之比ta∶tb为

(

)

A.1∶1

B.2∶1

C.1∶2

D.4∶1A解析

根据Bqv0=m

,可得r=R,即两个带电粒子在磁场中做圆周运动的半径均为R,恰好与磁场区域半径相等,a粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示,在磁场中恰好以P点为

圆心做圆周运动,从弧AP上的M点射出磁场,ta=

T;b粒子在磁场中的运动轨迹如图乙所示,在磁场中做圆周运动恰好从弧AP上的D点射出,tb=

T,故ta∶tb=1∶1,A正确。

7.★★(2024届昆明八中月考)(多选)如图所示,边长为L的等边三角形区域ACD内外的

匀强磁场的磁感应强度大小均为B、方向分别垂直纸面向里和向外。三角形顶点A处

有一质子源,能沿∠A的角平分线发射速度大小不等、方向相同的质子(质子重力不

计、质子间的相互作用可忽略),所有质子恰能通过D点,已知质子的比荷

=k,则质子的速度大小可能为(

)

A.

B.BkL

C.

D.

ABD解析

质子可能的运动轨迹如图所示:

由几何关系可得2nRcos60°=L(n=1,2,3,…),由洛伦兹力提供质子做圆周运动的向心力,

有qvB=

,联立解得v=

(n=1,2,3,…)。A、B、D正确。8.★★★(2025届安徽六校教育研究会开学考)如图所示,a、b、c、d为纸面内矩形的四

个顶点,矩形区域内(含边界)存在垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B,ad=L,

ab=

L。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子,从a点沿ab方向运动,不计粒子重力。下列说法正确的是

(

)

A.粒子能通过cd边的最短时间t=

B.若粒子恰好从c点射出磁场,粒子速度为

C.若粒子恰好从d点射出磁场,粒子速度为

D.若粒子只能从ad边界射出磁场,则粒子的入射速度满足0<v≤

D解析

粒子能通过cd边,从c点射出的粒子在磁场中运动的时间最短,如图所示,根据几

何关系有(r2-L)2+(

L)2=

,解得r2=2L,则粒子运动轨迹对应的圆心角满足sinθ=

=

,即θ=60°,粒子在磁场中运动的周期T=

,则粒子能通过cd边的最短时间t=

T=

,A错误。若粒子恰好从c点射出磁场,qv2B=m

,解得v2=

,B错误。若粒子恰好从d点射出磁场,如图所示,根据几何关系可知其轨迹半径r1=

L,qv1B=m

,解得v1=

,C错误。若粒子只能从ad边界射出磁场,粒子运动轨迹为半圆,从d点出射时轨迹半径最

大,对应的入射速度最大,则vm=

,粒子的入射速度满足0<v≤

,D正确。9.★★★(2024届山西晋中三模)(多选)如图所示,有以O点为圆心,半径分别为R1、R2的

同心圆,R1=2R0,R2=R0,在圆环区域内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场。一电荷量为

+q、质量为m的粒子从内圆上的A点以速度v0垂直磁场进入该区域,之后从OA的延长线

与外圆的交点C射出,射出方向与OA延长线成30°角,不计粒子重力。下列说法正确的

是(

)

ADA.圆环区域磁场的磁感应强度大小为

B.粒子在磁场中运动的时间为

C.若粒子从A点垂直磁场进入时的速度大小为v,方向不确定,要使粒子一定能够从外圆

射出,磁感应强度大小应小于

D.若粒子从A点垂直磁场进入时的速度大小为v,方向不确定,要使粒子一定能够从外圆

射出,磁感应强度大小应小于

解析

粒子以速度v0垂直磁场进入圆环区域的运动轨迹如图1所示,由几何关系可得粒

子在磁场中做圆周运动的半径R=R0,根据牛顿第二定律有Bqv0=

,解得B=

,A正确。从A运动到C的时间t=

,T=

,解得t=

,B错误。磁感应强度越大,带电粒子以同一速率在磁场中运动的轨迹半径越小,要使粒子一定能从外圆射出,临界情况如图2

所示,由几何关系可得rmin=

R0,则Bmax=

,即磁感应强度大小应小于

,C错误,D正确。微专题21磁场中的动态圆模型有界匀强磁场中的三类“动态圆”模型T1、2、3◆磁聚焦和磁发散模型T4、5、6

1.★★★(2020课标Ⅰ,18,6分)一匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外,

其边界如图中虚线所示,

为半圆,ac、bd与直径ab共线,ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子,在纸面内从c点垂直于ac射入磁场,这些粒子具

有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子,其运动时间

为(

)

A.

B.

C.

D.

C解析

粒子在磁场中运动的时间与速度大小无关,由其在磁场中的运动轨迹对应的圆

心角决定。设轨迹交半圆

于e点,ce中垂线交bc于O点,则O点为轨迹圆的圆心,如图所示。圆心角θ=π+2β,当β最大时,θ有最大值,由几何知识分析可知,当ce与

相切时,β最大,此时β=

,可得θ=

π,则t=

T=

。C正确。

2.★★★(2024届四川遂宁三模)(多选)如图所示,在直角三角形ABC内存在方向垂直纸

面向外的匀强磁场(图中未画出),AB边长度为d,∠C=

,现垂直AB边射入一群质量均为m、电荷量均为q、速度大小均为v的带正电粒子,已知垂直AC边射出的粒子在磁场中

运动的时间为t0,运动时间最长的粒子在磁场中的运动时间为

,不计粒子重力,则

(

)

A.粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为2t0B.该匀强磁场的磁感应强度大小为

C.粒子在磁场中运动的轨迹半径为

dD.粒子进入磁场时速度大小为

BD解析

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,垂直AC边射出的粒子在磁场中运动的时间

是

T,即

T=t0,则T=4t0,A错误。由T=

得B=

=

,B正确。设运动时间最长的粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为θ,则有

T=

,得θ=

,画出该粒子的运动轨迹如图所示,设轨迹半径为R,根据几何知识有

+Rcos30°=d,解得R=

d,C错误。根据

=

解得v=

,D正确。

3.★★★(2021海南,13,4分)(多选)如图,在平面直角坐标系Oxy的第一象限内,存在垂直

纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。大量质量为m、电荷量为q的相同粒子从y

轴上的P(0,

L)点,以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场,设入射速度方向与y轴正方向的夹角为α(0≤α≤180°)。当α=150°时,粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子

的重力。则

(

)

A.粒子一定带正电B.当α=45°时,粒子也垂直x轴离开磁场C.粒子入射速率为

D.粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为3

LACD解析

根据题意,粒子垂直x轴离开磁场,根据左手定则可知粒子一定带正电,A正确。

当α=150°时,粒子垂直x轴离开磁场,其运动轨迹如图甲所示。根据几何关系可知,粒子

运动的半径为r=

=2

L

①根据洛伦兹力提供向心力可得qvB=m

②联立①②解得粒子入射速率v=

若α=45°,粒子运动轨迹如图乙所示。

根据几何关系可知粒子离开磁场时与x轴不垂直(若垂直,运动轨迹的圆心应该在x轴上,

显然不符合),B错误,C正确。粒子离开磁场的位置距离O点最远时,粒子在磁场中的运动轨迹为半圆,如图丙所示。

根据几何关系可知(2r)2=(

L)2+

解得xm=3

L,D正确。4.★★★(2025届河北张家口开学考)如图所示,空间中存在两处匀强磁场,一处以半径

为R的圆为边界,另一处在-

R<y<0的区域内,磁感应强度大小均为B,方向垂直于纸面。一束宽度为2R的带电粒子流(比荷为k)沿x轴正方向射入后,都从坐标原点O进入x轴下

方的匀强磁场,偏转后部分粒子可以被安装在x轴上x<0处的收集板收集起来。不计粒

子的重力及粒子间的相互作用,则

(

)

A.磁场方向垂直于纸面向外B.带电粒子的速度大小相等,均为

C.粒子从y=-

R边界射出的区域长度为

D.若平行入射的粒子分布均匀,可被收集的粒子占入射粒子总数的75%D解析

因为粒子的电性未知,所以不能判断磁场的方向,A错误。因为所有粒子都从坐

标原点O进入x轴下方的匀强磁场,所以所有粒子在圆形磁场区域中运动的轨迹半径均

为R(点拨:符合“磁聚焦”的使用条件,聚焦点所在的直径垂直于入射方向),根据Bvq=

m

可得v=

=BkR,B错误。粒子从O点射出后沿各个方向进入x轴下方磁场,如图所示,设沿x轴正方向进入下方磁场的粒子从A点射出磁场区域,与x轴正方向成α角进入下

方磁场的粒子轨迹恰好与y=-

R边界相切于B点,则粒子从y=-

R边界射出的区域长度为AB,由于粒子的速度大小和磁感应强度的大小均不变,所以粒子运动轨迹的半径仍为

R,根据几何关系有PA=

=

R,PB=

=

R,AB=PA+PB=

R,C错误。根据几何关系可得cosα=

=

,可得α=60°,打在B点的粒子射入圆形磁场区域时的纵坐标d=R-

=

(点拨:在y=0到y=

区间射入的粒子,均不能被收集板收集),则可被收集的粒子占入射粒子总数的百分比η=

×100%=75%,D正确。

5.★★★★(2024届辽东南协作体联考)“太空粒子探测器”由加速、偏转和收集三部

分组成,其原理可简化为如图所示。辐射状的加速电场区域Ⅰ边界为两个同心平行的

网状金属扇形弧面,O1为圆心,圆心角θ为120°,外圆弧面AB与内圆弧面CD间的电势差为

U0,M为外圆弧的中点。紧靠O1右侧有一圆形匀强磁场区域Ⅱ,圆心为O2,半径为L,磁场

方向垂直于纸面向外且磁感应强度大小B=

。在磁场区域下方相距L处有一足够长的收集板PNQ。已知MO1O2和PNQ为两条平行线,且与O2、N连线垂直。假设太空中

飘浮着质量为m、电荷量为q的带正电粒子,它们能均匀地吸附到AB弧面并经电场从静

止开始加速,然后从O1进入磁场,并最终到达PNQ板被收集,忽略一切万有引力和粒子间

的作用力。求:(1)粒子经电场加速后,进入磁场时的速度v的大小;(2)粒子在磁场中运动的轨迹半径R;(3)粒子到达收集板沿PQ方向的长度。

答案

(1)

(2)L

(3)

L解析

(1)粒子经电场加速,根据动能定理有U0q=

mv2解得粒子进入磁场时的速度大小v=

。(2)根据洛伦兹力提供带电粒子做圆周运动的向心力,有qvB=m

解得粒子在磁场中运动的轨迹半径R=L。(3)所有从AB圆弧面进入的粒子进入磁场时的速度大小相等,在磁场中做匀速圆周运动

的轨迹半径相等且等于磁场圆的半径(关键:若轨迹圆的半径等于磁场圆的半径,相同

的带电粒子从同一点以相同的速率入射,则带电粒子的出射方向相同,且出射方向垂直

于入射点所在的直径)它们经过磁场后都从磁场边界垂直于PNQ方向射出,最终到达PNQ板被收集,带电粒子

的运动轨迹如图所示。

从各个带电粒子的运动轨迹可以看出,轨迹1对应的粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆

心角最小,所以从A点进入的粒子到达收集板的最左端,根据几何知识可知该粒子的速度方向偏转了30°,轨迹1、2对应的粒子打在板上位置的距离x12=L-R(1-cos30°)=

L根据几何关系可得轨迹2、3对应的粒子打在板上位置的距离x23=Rcos30°=

L粒子到达收集板沿PQ方向的长度d=x12+x23=

L。6.★★★★(2021湖南,13,13分)带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键

技术之一。带电粒子流(每个粒子的质量为m、电荷量为+q)以初速度v垂直进入磁场,

不计重力及带电粒子之间的相互作用。对处在xOy平面内的粒子,求解以下问题。(1)如图(a),宽度为2r1的带电粒子流沿x轴正方向射入圆心为A(0,r1)、半径为r1的圆形匀

强磁场中,若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点O,求该磁场磁感应强度B1的大

小;(2)如图(a),虚线框为边长等于2r2的正方形,其几何中心位于C(0,-r2)。在虚线框内设计

一个区域面积最小的匀强磁场,使汇聚到O点的带电粒子流经过该区域后宽度变为2r2,

并沿x轴正方向射出。求该磁场磁感应强度B2的大小和方向,以及该磁场区域的面积

(无需写出面积最小的证明过程);(3)如图(b),虚线框Ⅰ和Ⅱ均为边长等于r3的正方形,虚线框Ⅲ和Ⅳ均为边长等于r4的正

方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分别设计一个区域面积最小的匀强磁场,使宽度为2r3的带

电粒子流沿x轴正方向射入Ⅰ和Ⅱ后汇聚到坐标原点O,再经过Ⅲ和Ⅳ后宽度变为2r4,并

沿x轴正方向射出,从而实现带电粒子流的同轴控束。求Ⅰ和Ⅲ中磁场磁感应强度的大

小,以及Ⅱ和Ⅳ中匀强磁场区域的面积(无需写出面积最小的证明过程)。

答案

(1)

(2)

方向垂直纸面向里

π

(3)

解析

(1)取任意入射点E,作出运动轨迹如图所示,四边形AEO'O中AE=AO=r1,∠AEO=

∠AOE,O'E∥OA,所以∠O'EO=∠EOA,由此得四边形AEO'O为菱形,入射粒子在磁场中

运动的轨迹半径为r1,得qvB1=m

,解得B1=

。

(2)由第(1)问知,该过程为磁聚焦的逆过程,即磁发散,粒子在磁场区域运动的轨迹半径r'=r2,磁场方向垂直纸面向里。由qvB2=m

,解得B2=

。磁场区域面积为π

。(3)如图所示

在区域Ⅰ中,最小磁场区域的边界一部分是由各粒子入射点形成的边界,由磁聚焦可知是一段半径为r3的圆弧,另一边界是由最上端入射粒子运动轨迹形成的圆弧,即最小区

域是两段

圆弧所围成的。由BⅠqv=m

可得区域Ⅰ的磁感应强度的大小BⅠ=

,由几何知识可得磁场区域的面积SⅠ=

×2=

,由对称性可知区域Ⅱ内磁场区域的最小面积SⅡ=SⅠ=

;同理,在区域Ⅲ、Ⅳ中磁场的磁感应强度的大小BⅢ=BⅣ=

,对应的最小磁场区域面积为SⅢ=SⅣ=

。微专题22洛伦兹力与现代科技质谱仪T4、6◆回旋加速器T1◆带电粒子在现代科技中的四种应用T2、3、5、7

1.★★(2023广东,5,4分)某小型医用回旋加速器,最大回旋半径为0.5m,磁感应强度大小

为1.12T,质子加速后获得的最大动能为1.5×107eV。根据给出的数据,可计算质子经该

回旋加速器加速后的最大速率约为(忽略相对论效应,1eV=1.6×10-19J)

(

)A.3.6×106m/s

B.1.2×107m/sC.5.4×107m/s

D.2.4×108m/sC解析

由题意可知质子在回旋加速器中做圆周运动的最大半径R=0.5m,质子的电荷量

为q=e=1.6×10-19C,则有qvmB=m

,又Ek=

m

,联立并代入数据解得vm≈5.4×107m/s,C正确。2.★★(2021福建,2,4分)一对平行金属板中存在匀强电场和匀强磁场,其中电场的方向

与金属板垂直,磁场的方向与金属板平行且垂直纸面向里,如图所示。一质子

H)以速度v0自O点沿中轴线射入,恰沿中轴线做匀速直线运动。下列粒子分别自O点沿中轴线

射入,能够做匀速直线运动的是(所有粒子均不考虑重力的影响)

(

)

A.以速度

射入的正电子

e)B.以速度v0射入的电子

e)C.以速度2v0射入的氘核

H)D.以速度4v0射入的α粒子

He)B解析

质子

H)以速度v0自O点沿中轴线射入,恰沿中轴线做匀速直线运动,受到竖直向上的洛伦兹力和竖直向下的电场力,并且满足qv0B=qE,解得v0=

,即质子的速度满足速度选择器的条件;以速度v0射入的电子

e),依然满足电场力等于洛伦兹力,做匀速直线运动,即速度选择器不选择电性只选择速度,B正确;以速度

射入的正电子

e)、以速度2v0射入的氘核

H)、以速度4v0射入的α粒子

He),其速度都不满足速度选择器的条件v0=

,故都不能做匀速直线运动,A、C、D错误。3.★★(2024湖北,9,4分)(多选)磁流体发电机的原理如图所示,MN和PQ是两平行金属极

板,匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体(即高温下电离的气体,含有大量正、负带电

粒子)从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场,极板间便产生电压。下列说法正确的是

(

)

A.极板MN是发电机的正极B.仅增大两极板间的距离,极板间的电压减小C.仅增大等离子体的喷入速率,极板间的电压增大D.仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度,极板间的电压增大AC解析

带正电的粒子受到洛伦兹力向上偏转,故极板MN带正电,为发电机的正极,A正

确;极板间的电压稳定后,粒子受到的洛伦兹力和电场力等大反向,设极板间距为d,则

qvB=q

,可得U=Bdv,因此增大间距、增大速率,U都变大,但U的大小和带电粒子的数密度无关,B、D错误,C正确。4.★★(2024届河北衡水三模)如图所示为质谱仪原理示意图。由粒子源射出的不同粒

子先进入速度选择器,部分粒子沿直线通过速度选择器的小孔进入偏转磁场,最后打在

MN之间的照相底片上。已知速度选择器内的电场强度为E、磁感应强度为B0,偏转磁

场的磁感应强度为2B0,S1、S2、S3是三种不同的粒子在照相底片上打出的点。忽略粒

子的重力以及粒子间的相互作用,下列说法正确的是

(

)

A.打在S3位置的粒子速度最大B.打在S1位置的粒子速度最大C.如果射入偏转磁场的粒子质量为m、电荷量为q,则粒子的轨迹半径为

D.如果氕核

H)和氘核

H)都进入偏转磁场,则其在磁场中运动的时间之比为1∶2D解析

粒子在速度选择器中做匀速直线运动,受力平衡,则qE=qvB0,解得v=

,所以打在S1、S2、S3三点的粒子的速度大小相等,A、B错误。粒子进入偏转磁场时的速率v=

,粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,有qv×2B0=m

,解得粒子在偏转磁场中运动的轨迹半径r=

,C错误。带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T=

,氕核和氘核在磁场中均运动半个周期,则氕核和氘核在磁场中运动的时间之比

=

=

,D正确。5.★★★(2021河北,5,4分)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B1,一束速度大小为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B2,导轨平面

与水平面夹角为θ,两导轨分别与P、Q相连。质量为m、电阻为R的金属棒ab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,v=

B.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下,v=

C.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上,v=

D.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下,v=

B解析

由左手定则可判定等离子体在磁场中偏转形成的电流由a到b通过金属棒,由qvB

1=

得U=B1dv,则I=

=

,安培力的方向一定垂直于B与I决定的平面,则金属棒所受安培力的方向一定沿斜面,金属棒ab静止不动,则由平衡条件可知安培力沿斜面向上,且

mgsinθ=F安,根据左手定则可知,导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下,F安=IB2L,则有mg

sinθ=

,可解得v=

,B正确。6.★★★(2024届福建漳州四检)如图所示,一质谱仪由加速电场、静电分析器、磁分析

器构成。静电分析器通道的

圆弧中心线半径为R,通道内有均匀辐向电场,方向指向圆心O,中心线处各点的电场强度大小相等。磁分析器中分布着方向垂直于纸面的有界

匀强磁场,边界为矩形CNQD,NQ=2d,PN=3d。质量为m、电荷量为q的粒子(不计重力),

由静止开始从A板经电压为U的电场加速后,沿中心线通过静电分析器,再由P点垂直磁

场边界进入磁分析器,最终打在胶片ON上,则

(

)A.磁分析器中磁场方向垂直于纸面向外B.静电分析器中心线处的电场强度大小E=

C.仅改变粒子的比荷,粒子仍能打在胶片上的同一点D.要使粒子能到达NQ边界,磁感应强度B的最小值为

D解析在静电分析器中静电力提供带电粒子做圆周运动的向心力,可知粒子带正电,根

据左手定则可知,磁分析器中磁场方向垂直于纸面向里,A错误。在加速电场中,根据动

能定理有qU=

mv2,在静电分析器中有qE=

,联立解得E=

,B错误。在磁分析器中,洛伦兹力提供带电粒子做圆周运动的向心力,有qvB=

,解得D=

,若仅改变粒子的比荷,粒子不能打在胶片上的同一点,C错误。综上所述可知,磁感应强度B越小,粒

子在磁分析器中运动的轨迹半径越大,当B取最小值时,粒子运动轨迹与QD边相切,此时

对应的轨迹半径R=2d,有4d=

,解得Bmin=

,D正确。7.(模块融合·霍尔电压与光电效应)(2024届江西八校联考)(多选)如图所示,光电管和一

金属材料做成的霍尔元件串联,霍尔元件的长、宽、高分别为a、b、c且水平放置,该

霍尔元件放在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。某时刻让一束光照

到光电管的阴极K激发出光电子,闭合开关S,调节滑动变阻器的滑片到某一位置,理想

电流表的示数为I,理想电压表的示数为U。经典电磁场理论认为:当金属导体两端电压

稳定后,导体中产生恒定电场,且恒定电场的性质和静电场的性质相同。已知电子电荷

量为e,电子的质量为m。霍尔元件单位体积内的自由电子数为n,则

(

)A.霍尔元件前表面电势低于后表面电势B.霍尔元件前后表面电势差的绝对值为

C.霍尔元件内的电场强度大小为

D.将滑动变阻器的滑片向右滑动,电流表的示数会不断增大ABC解析

经过霍尔元件的电流方向为水平向右,则电子运动方向水平向左,根据左手定则

可知电子会到达前表面,则霍尔元件前表面电势低于后表面电势,A正确。设霍尔元件

前后表面电势差的绝对值为U',电子在霍尔元件内定向移动的平均速率为v,根据洛伦

兹力与静电力平衡可得qvB=

,霍尔元件单位体积内的自由电子数为n,则I=neSv=nebcv,联立解得U'=

,B正确。霍尔元件内垂直于前后表面方向的电场强度大小E1=

=

,沿电流方向的恒定电场的电场强度大小E=

,则霍尔元件内的电场强度大小E合=

=

,C正确。若I为光电效应的饱和电流,则当滑动变阻器的滑片向右滑动时,电流表的示数保持不变,D错误。微专题23带电粒子在组合场中的运动1.★★(2022海南,7,3分)如图,两块圆弧形金属板间存在方向指向圆心O的电场,与O点

等距处电场强度大小相等。一束正离子流沿纸面垂直电场方向以相同速度射入电场,

其中一部分离子能沿着某一等势面通过电场,然后进入方向垂直纸面向外的匀强磁场,

则这部分离子中,沿相同轨迹通过磁场的离子都具有相同的

(

)

A.质量

B.电荷量

C.比荷

D.动能C解析

由题意可知一部分离子在辐向电场中做匀速圆周运动,设离子做圆周运动的半

径为R,由电场力提供向心力有qE=m

,解得R=

,离子在匀强磁场中做匀速圆周运动,设离子在磁场中做圆周运动的半径为r,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m

,解得轨迹半径r=

,由此可知运动轨迹相同的离子,它们具有相同的比荷

,C正确。2.★★(2022广东,7,4分)如图所示,一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域,

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。一质子以某

一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场,并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动

轨迹在不同坐标平面的投影中,可能正确的是(

)

A解析

分析在xOy平面内的投影即俯视图,由左手定则可知质子所形成的轨迹如图所

示,A正确,B错误。而该轨迹在xOz平面上的投影应为平行于x轴的直线,C、D错误。

3.★★★(2023海南,13,4分)(多选)如图所示,质量为m、带电荷量为+q的带电粒子,从坐

标原点O以初速度v0射入第一象限内的电、磁场区域,在0<y<y0,0<x<x0(x0、y0为已知量)

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、大小为B的匀强磁场,控

制电场强度E(E值有多种可能),可让粒子从NP射入磁场后偏转打到足够长的接收器

MN上,不计重力,则

(

)A.粒子从NP中点射入磁场,电场强度E=

B.粒子从NP中点射入磁场时的速度v=v0

C.粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM的距离为

D.粒子在磁场中运动的轨迹半径的最大值是

AD解析

由题意可知,若粒子从NP中点射入磁场,在电场中,水平方向有x0=v0t,竖直方向有

y0=

·

t2,解得E=

,A正确;粒子在电场中运动,由动能定理有qE·

=

mv2-

m

,结合A项分析可得v=v0

(另解:粒子从NP中点射入磁场时的速度方向延长线过OP中点,则可知速度v方向与水平方向夹角的正切值tanα=

,根据类平抛运动的规律有v

cosα=v0,解得v=v0

),B错误;粒子在电场中的运动过程,竖直方向有vy=

·

,粒子在磁场中运动,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m

,设粒子从电场中射出时的速度方向与y轴正方向的夹角为θ,根据几何关系可知,圆心到MN的距离为s=Rcosθ=

=

,C错误;分析可知,粒子从N点进入磁场时,速度最大,在磁场中运动的轨迹半径最大,在电

场中运动时,水平方向有x0=v0t',竖直方向有y0=

·

t'2,由动能定理有qEm·y0=

m

-

m

,粒子在磁场中运动,由洛伦兹力提供向心力有qvmB=m

,联立解得Rm=

,D正确。4.★★★★(2025届河北名校联盟联考改编)(多选)如图所示,竖直放置的间距为d的两

平行金属极板间电压为U,在极板右侧Ⅰ、Ⅱ区域有垂直纸面方向的匀强磁场,磁感应

强度大小分别为B0、kB0,Ⅰ区域的匀强磁场的宽度为d,Ⅱ区域的磁场范围足够大。初

速度为0的粒子从极板边缘的O点出发,在电场加速后,沿垂直磁感应强度方向进入Ⅰ区

域的匀强磁场。已知粒子的质量为m、所带电荷量为q,不计粒子重力。下列说法正确

的是

(

)

A.粒子在Ⅰ区域的磁场中沿逆时针方向运动B.当U<

时,粒子不会进入Ⅱ区域的匀强磁场C.当U=

且k=2

+3时,粒子能回到出发点OD.当U=

且k=2

+3时,粒子从出发至回到出发点O所用总时间为(2+

-π)

ACD解析

由题意可知粒子带正电,根据左手定则可知粒子进入Ⅰ区域磁场时所受洛伦兹

力方向沿纸面向上,粒子沿逆时针方向运动,A正确。粒子在电场中加速,根据动能定理

有qU=

mv2,粒子在Ⅰ区域磁场中运动时有qvB0=m

,若粒子在Ⅰ区域磁场中运动的轨迹半径r1<d,则粒子不能进入Ⅱ区域,联立解得U<

,B错误。当U=

时粒子在电场中加速,根据动能定理有qU=

mv2,粒子在Ⅰ区域磁场中运动时有qvB0=m

,联立解得r'1=2d,如图所示,设粒子在Ⅰ区域磁场中运动的速度偏转角为θ,有sinθ=

,可得θ=30°,当k=2

+3时,粒子在Ⅱ区域磁场中运动的轨迹半径r2=

=

,有r'1tanθ=(r'1+r2)sinθ,结合图示的轨迹可知粒子刚好能够回到出发点O,C正确。

由运动过程分析可知粒子在电场中运动的时间t电=2×

=

,粒子在Ⅰ区域磁场中运动的时间t磁1=

×

=

,粒子在Ⅱ区域磁场中运动的时间t磁2=

×

=

,所以粒子从出发至回到出发点O所用总时间t=t电+t磁1+t磁2=(2+

-π)·

,D正确。5.★★★★(2023辽宁,14,13分)如图,水平放置的两平行金属板间存在匀强电场,板长是

板间距离的

倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域,其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以

速度v0水平向右射入两板间,恰好从下板边缘P点飞出电场,并沿PO方向从图中O'点射

入磁场。已知圆形磁场区域半径为

,不计粒子重力。(1)求金属板间电势差U。(2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ。(3)仅改变圆形磁场区域的位置,使粒子仍从图中O‘点射入磁场,且在磁场中的运动时间

最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦,标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。答案

(1)

(2)60°或

(3)见解析解析

(1)设板长为L,板间距离为d,粒子射出电场时的速度为v,粒子在电场中做类平抛

运动,根据题意可得F电=qE=ma

①E=

②

=

③粒子在水平方向做匀速直线运动,有L=vxt

④v