2021-2025年高考物理真题知识点分类汇编之磁场（二）

第100页（共100页）2021-2025年高考物理真题知识点分类汇编之磁场（二）一．选择题（共5小题）1．（2024•浙江）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2．（2024•贵州）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3．（2024•广西）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．mvqB B．3C．（1+2）mvqB D．（1+4．（2024•江西）石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子（电子）浓度。如图（a）所示，在长为a，宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当I＝1.00×10﹣3A时，测得U﹣B关系图线如图（b）所示，元电荷e＝1.60×10﹣19C，则此样品每平方米载流子数最接近（）A．1.7×1019 B．1.7×1015 C．2.3×1020 D．2.3×10165．（2024•湖北）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7πmD．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3二．多选题（共5小题）（多选）6．（2024•湖北）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（多选）7．（2024•福建）如图，用两根不可伸长的绝缘细绳将半径为r的半圆形铜环竖直悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，铜环两端a、b处于同一水平线。若环中通有大小为I、方向从a到b的电流，细绳处于绷直状态，则（）A．两根细绳拉力均比未通电流时的大 B．两根细绳拉力均比未通电流时的小 C．铜环所受安培力大小为2rBI D．铜环所受安培力大小为πrIB（多选）8．（2024•安徽）空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用。则（）A．油滴a带负电，所带电量的大小为mgEB．油滴a做圆周运动的速度大小为gBREC．小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为3gBRE，周期为D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动（多选）9．（2024•浙江）如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ角。质量为m、电荷量为+q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点，则该过程（）A．合力冲量大小为mv0cosθ B．重力冲量大小为mv0sinθ C．洛伦兹力冲量大小为qBvD．若v0（多选）10．（2024•河北）如图，真空区域有同心正方形ABCD和abcd，其各对应边平行，ABCD的边长一定，abcd的边长可调，两正方形之间充满恒定匀强磁场，方向垂直于正方形所在平面。A处有一个粒子源，可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向进入磁场。调整abcd的边长，可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出。对满足前述条件的粒子，下列说法正确的是（）A．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必垂直BC射出 B．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，则粒子必垂直BC射出 C．若粒子经cd边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为45° D．若粒子经bc边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60°三．解答题（共10小题）11．（2025•选择性）如图，在xOy平面第一、四象限内存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带正电的粒子从M（0，﹣y0）点射入磁场，速度方向与y轴正方向夹角θ＝30°，从N（0，y0）点射出磁场。已知粒子的电荷量为q（q＞0），质量为m，忽略粒子重力及磁场边缘效应。（1）求粒子射入磁场的速度大小v1和在磁场中运动的时间t1。（2）若在xOy平面内某点固定一负点电荷，电荷量为48q，粒子质量取m=B2y03k（k为静电力常量），粒子仍沿（1）中的轨迹从M（3）在（2）问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间t2速度方向首次与N点速度方向相反，求t2（电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0时，与该点电荷距离为r处的电势φ＝kQr12．（2025•浙江）如图所示，接有恒流源的正方形线框边长2L、质量m、电阻R，放在光滑水平地面上，线框部分处于垂直地面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，以磁场边界CD上一点为坐标原点，水平向右建立Ox轴，线框中心和一条对角线始终位于Ox轴上，开关S断开，线框保持静止，不计空气阻力。（1）线框中心位于x＝0，闭合开关S后，线框中电流大小为I，求：①闭合开关S瞬间，线框受到的安培力大小；②线框中心运动至x=L③线框中心运动至x=L2（2）线框中心分别位于x＝0和x=L2，闭合开关S后，线框中电流大小为I，线框中心分别运动到x＝L所需时间分别为t1和t2，求t1﹣t13．（2024•浙江）如图1所示，扫描隧道显微镜减振装置由绝缘减振平台和磁阻尼减振器组成。平台通过三根关于O′O″轴对称分布的相同轻杆悬挂在轻质弹簧的下端O，弹簧上端固定悬挂在O′点，三个相同的关于O′O″轴对称放置的减振器位于平台下方。如图2所示，每个减振器由通过绝缘轻杆固定在平台下表面的线圈和固定在桌面上能产生辐向磁场的铁磁体组成，辐向磁场分布关于线圈中心竖直轴对称，线圈所在处磁感应强度大小均为B。处于静止状态的平台受到外界微小扰动，线圈在磁场中做竖直方向的阻尼运动，其位移随时间变化的图像如图3所示。已知t＝0时速度为v0，方向向下，t1、t2时刻的振幅分别为A1、A2。平台和三个线圈的总质量为m，弹簧的劲度系数为k，每个线圈半径为r、电阻为R。当弹簧形变量为Δx时，其弹性势能为12（1）平台静止时弹簧的伸长量Δx0；（2）t＝0时，每个线圈所受到安培力F的大小；（3）在0～t1时间内，每个线圈产生的焦耳热Q；（4）在t1～t2时间内，弹簧弹力冲量I弹的大小。14．（2024•选择性）现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场足够宽；各区边界均垂直于x轴，O为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为+q、质量均为m的粒子。如图，甲、乙平行于x轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为32v0和v0。甲到P点时，乙刚好射入Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°。甲到O点时，乙恰好到P点。已知Ⅲ区存在沿+x方向的匀强电场，电场强度大小E0=（1）求磁感应强度的大小B。（2）求Ⅲ区的宽度d。（3）Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴，电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为E＝ωt﹣kx，其中常系数ω＞0，ω已知、k未知，取甲经过O点时t＝0。已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，设乙在Ⅳ区受到的电场力大小为F，甲、乙间距为Δx，求乙追上甲前F与Δx间的关系式（不要求写出Δx的取值范围）。15．（2024•甘肃）质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为E1，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子（不计重力），加速后进入速度选择器做直线运动，再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。（1）粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。（2）求O点到P点的距离。（3）若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为E2（E2略大于E1），方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点上。求粒子打在O'点的速度大小。16．（2024•山东）如图所示，在Oxy坐标系x＞0，y＞0区域内充满垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。磁场中放置一长度为L的挡板，其两端分别位于x、y轴上M、N两点，∠OMN＝60°，挡板上有一小孔K位于MN中点。△OMN之外的第一象限区域存在恒定匀强电场。位于y轴左侧的粒子发生器在0＜y＜32L的范围内可以产生质量为m，电荷量为+q的无初速度的粒子。粒子发生器与y轴之间（1）求使粒子垂直挡板射入小孔K的加速电压U0；（2）调整加速电压，当粒子以最小的速度从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，求第一象限中电场强度的大小和方向；（3）当加速电压为qB2L224m17．（2024•贵州）如图，边长为L的正方形abcd区域及矩形cdef区域内均存在电场强度大小为E、方向竖直向下且与ab边平行的匀强电场，ef右边有一半径为33L且与ef相切的圆形区域，切点为ef的中点，该圆形区域与cdef区域内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从b点斜向上射入电场后沿图中曲线运动，经cd边的中点进入cdef（1）粒子沿直线通过cdef区域时的速度大小；（2）粒子的电荷量与质量之比；（3）粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角。18．（2024•重庆）小明设计了如图所示的方案，探究金属杆在磁场中的运动情况，质量分别为2m、m的金属杆P、Q用两根不可伸长的导线相连，形成闭合回路，两根导线的间距和P、Q的长度均为L。仅在Q的运动区域存在磁感应强度大小为B，方向水平向左的匀强磁场。Q在垂直于磁场方向的竖直面内向上运动，P、Q始终保持水平，不计空气阻力、摩擦和导线质量，忽略回路电流产生的磁场。重力加速度为g，当P匀速下降时，（1）求P所受单根导线拉力的大小。（2）Q中电流的大小。19．（2024•北京）我国“天宫”空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道。图为某种霍尔推进器的放电室（两个半径接近的同轴圆筒间的区域）的示意图。放电室的左、右两端分别为阳极和阴极，间距为d。阴极发射电子，一部分电子进入放电室，另一部分未进入。稳定运行时，可视为放电室内有方向沿轴向向右的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强度大小分别为E和B1；还有方向沿半径向外的径向磁场，大小处处相等。放电室内的大量电子可视为处于阳极附近，在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的匀速圆周运动（如截面图所示），可与左端注入的氙原子碰撞并使其电离。每个氙离子的质量为M、电荷量为+e，初速度近似为零。氙离子经过电场加速，最终从放电室右端喷出，与阴极发射的未进入放电室的电子刚好完全中和。已知电子的质量为m、电荷量为﹣e；对于氙离子，仅考虑电场的作用。（1）求氙离子在放电室内运动的加速度大小a；（2）求径向磁场的磁感应强度大小B2；（3）设被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，单位时间内阴极发射的电子总数为n，求此霍尔推进器获得的推力大小F。20．（2024•重庆）有人设计了一种粒子收集装置。如图所示，比荷为qm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（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O点。求打开磁场的那一时刻。

2021-2025年高考物理真题知识点分类汇编之磁场（二）参考答案与试题解析一．选择题（共5小题）题号12345答案ACCDD二．多选题（共5小题）题号678910答案ACACABDCDAD一．选择题（共5小题）1．（2024•浙江）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【考点】磁电式电流表；左手定则判断安培力的方向．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；理解能力．【答案】A【分析】根据左手定则判断；磁感线是闭合的曲线，磁感线越密集，磁感应强度越大，且磁感应强度具有方向。【解答】解：A．由左手定则可知，图示左侧通电导线受到安培力向下，故A正确；B．a、b两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，故B错误；C．磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为零，故C错误；D．因c点处的磁感线较d点密集，可知c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，故D错误。故选：A。【点评】本题考查的是磁电式电表原理，题型较简单。2．（2024•贵州）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【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】C【分析】根据右手螺旋定则确定两根导线在导线框中磁场的方向，根据左手定则及安培力公式解答。【解答】解：根据右手螺旋定则可知导线框所在磁场方向向里，由于I1＞I2，则左侧的磁场较大，根据对称性结合左手定则及F＝BIL可知导线框所受安培力合力方向向左。故ABD错误，C正确；故选：C。【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，注意掌握安培力的计算公式。3．（2024•广西）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．mvqB B．3C．（1+2）mvqB D．（1+【考点】带电粒子在直线边界磁场中的运动；牛顿第二定律的简单应用；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．【专题】定量思想；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】本题根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系分析求解。【解答】解：粒子运动轨迹如图所示：在磁场中，洛伦兹力提供向心力有：qvB=mv2根据几何关系可得P点到O点的距离：LPO＝r+rcos45°=（1故ABD错误，C正确；故选：C。【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，理解洛伦兹力提供向心力是解决此类问题的关键。4．（2024•江西）石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子（电子）浓度。如图（a）所示，在长为a，宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当I＝1.00×10﹣3A时，测得U﹣B关系图线如图（b）所示，元电荷e＝1.60×10﹣19C，则此样品每平方米载流子数最接近（）A．1.7×1019 B．1.7×1015 C．2.3×1020 D．2.3×1016【考点】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】D【分析】先确定时间t内通过样品的电荷量，根据电流的定义式得到电流的微观表达式。当产生的电压稳定时，电子所受电场力与洛伦兹力平衡，据此求得电压U与磁感应强度B的关系式，结合题图（b）的U﹣B图像的斜率求解此样品每平方米载流子数。【解答】解：设样品每平方米载流子（电子）数为n，电子定向移动的速率为v，则时间t内通过样品的电荷量为：q＝nevtb根据电流的定义式得：I当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有：e联立解得：U结合题图（b）的U﹣B图像的斜率，可得：I已知：I＝1.00×10﹣3A，e＝1.60×10﹣19C，解得：n≈2.3×1016（个），故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】本题考查了霍尔效应的应用，掌握电流的微观表达式的推导过程，要知道产生的霍尔电压稳定时，导电粒子的受力情况是电场力与洛伦兹力平衡。5．（2024•湖北）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7πmD．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3【考点】带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动；牛顿第二定律的简单应用；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．【专题】定量思想；类比法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．【答案】D【分析】作出粒子的运动轨迹图，根据轨迹图的几何关系确定是否经过圆心或者离开圆形磁场区域时是否背离圆心；画出符合题设条件的轨迹图，由几何关系得到偏转角度、半径r，结合周期公式T和半径公式r，求时间或粒子的速度。【解答】解：AB、从A点沿半径方向射入圆形磁场区域，根据相交圆的相关知识可知，轨迹不会经过O点，但粒子射出圆形磁场区域时一定背离O的方向，故AB错误；C、画出粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的轨迹图，根据时间公式和周期公式，可知总时间为Δt=2×14T+2×D、画出从A进入，从C离开的轨迹图，由几何关系可知，轨迹半径：r＝Rtan30°再结合半径公式r=联立可得：v=3qBR3故选：D。【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，对粒子正确受力分析，画出运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力和几何知识进行解答。二．多选题（共5小题）（多选）6．（2024•湖北）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【考点】磁流体发电机．【专题】定性思想；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】AC【分析】根据左手定则判断带正、负电的粒子偏转方向，确定极板MN、PQ的带电情况；当极板间产生的电压稳定时，带电粒子在极板间所受到的电场力与洛伦兹力平衡，由此推导极板间的电压的表达式，根据表达式分析BCD选项。【解答】解：A、根据左手定则判断，可知带正电的粒子向极板MN偏转，则极板MN带正电，带负电的粒子向极板PQ偏转，则极板PQ带负电，故极板MN是发电机的正极，故A正确；BCD、当极板间产生的电压稳定时，带电粒子在极板间所受到的电场力与洛伦兹力平衡，则有：qUd=qvB，（其中v是粒子喷入磁场的速率，d为两极板间距），可得极板间的电压：U＝仅增大两极板间的距离d，极板间的电压U增大；仅增大等离子体的喷入速率v，极板间的电压U增大；极板间的电压大小与喷入等离子体的正、负带电粒子数密度无关。故BD错误，C正确。故选：AC。【点评】本题考查了电磁场应用的磁流体发电机模型，要知道其工作原理，掌握磁流体发电机的电动势的推导过程。（多选）7．（2024•福建）如图，用两根不可伸长的绝缘细绳将半径为r的半圆形铜环竖直悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，铜环两端a、b处于同一水平线。若环中通有大小为I、方向从a到b的电流，细绳处于绷直状态，则（）A．两根细绳拉力均比未通电流时的大 B．两根细绳拉力均比未通电流时的小 C．铜环所受安培力大小为2rBI D．铜环所受安培力大小为πrIB【考点】安培力的计算公式及简单应用；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】AC【分析】应用等效法，通电半圆形铜环等效长度为直径，根据公式F＝BIL计算安培力，根据左手定则判断方向，根据平衡条件判断通电前后绳子拉力大小关系。【解答】解：通电半圆形铜环可等效为长度为直径ab的通电直导线，电流方向a→b，根据左手定则可知半圆形铜环受到的安培力方向竖直向下，大小F＝BI×L＝2BIr，根据受力分析可得，通电后，绳子拉力T＝mg+F＝mg+2IBr＞mg，两根细绳拉力均比未通电流时的大，故AC正确，BD错误；故选：AC。【点评】本题主要考查非直通电导线受安培力的计算，根据等效法进行解答。（多选）8．（2024•安徽）空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用。则（）A．油滴a带负电，所带电量的大小为mgEB．油滴a做圆周运动的速度大小为gBREC．小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为3gBRE，周期为D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动【考点】带电粒子在叠加场中做直线运动；牛顿第二定律的简单应用；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；牛顿运动定律综合专题；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．【答案】ABD【分析】A.带电粒子在复合场中做匀速圆周运动，重力和电场力的合力为零，洛伦兹力完全提供向心力，据此求解场强；B.洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式求解作答；C.小油滴Ⅰ做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式求解线速度；根据线速度与周期的关系求周期，然后作答；D.根据动量守恒定律求解小油滴Ⅱ的线速度，根据左手定则判断其运动方向。【解答】解：A.带电粒子在复合场中做匀速圆周运动，重力和电场力的合力为零，洛伦兹力完全提供向心力；根据题意Eq＝mg解得带电有点所带的电荷量q油滴a在最低点的速度方向水平向左，沿顺时针方向转动，所受洛伦兹力竖直向上，根据左手定则可知，油滴带负电，故A正确；B.洛伦兹力提供向心力qvB联立解得油滴a做圆周运动的速度大小为v=gBREC.油滴分裂后，小油滴Ⅰ仍然做匀速圆周运动，说明电荷和质量都均分；小油滴Ⅰ做圆周运动，洛伦兹力提供向心力1解得v小油滴Ⅰ做圆周运动的周期T=2πD.取向水平向左为正方向，根据动量守恒定律mv代入数据解得v负号表示方向水平向右；根据左手定则可知油滴Ⅱ沿顺时针方向做匀速圆周运动，故D正确。故选：ABD。【点评】本题主要考查了带电油滴在复合场中的匀速圆周运动，理解小油滴所受重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力是解题的关键；知道油滴分离过程中满足动量守恒定律，要熟练掌握左手定则、向心力公式以及周期公式。（多选）9．（2024•浙江）如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ角。质量为m、电荷量为+q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点，则该过程（）A．合力冲量大小为mv0cosθ B．重力冲量大小为mv0sinθ C．洛伦兹力冲量大小为qBvD．若v0【考点】带电粒子在叠加场中做直线运动；带电粒子在叠加场中的动量问题；F﹣t图像中的动量问题；洛伦兹力在运动过程中的动态变化问题．【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．【答案】CD【分析】小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点的过程，根据动量定理求解合力冲量大小；小球上滑过程所受洛伦兹力方向为垂直杆向上，根据牛顿第二定律与运动学公式求得上滑过程的时间，根据冲量的定义求得重力冲量大小；洛伦兹力的大小随时间均匀减小，利用洛伦兹力的平均值求解洛伦兹力的冲量大小；根据小球在垂直细杆方向所受合力为零，推导细杆对小球的弹力与时间的关系式，根据此关系式作出小球在上滑过程的FN﹣t图像，根据FN﹣t图像与横轴围成的面积表示冲量求解该过程弹力冲量大小。【解答】解：A、小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点的过程，以沿斜面向上为正方向，根据动量定理可得合力冲量为：I＝0﹣mv0＝﹣mv0，则合力冲量大小为mv0，故A错误；B、小球上滑过程所受洛伦兹力方向为垂直杆向上，根据牛顿第二定律可得小球的加速度大小为a＝gsinθ小球上滑过程的时间为：t=v0a，重力冲量大小为：C、小球上滑过程做匀减速直线运动，洛伦兹力的表达式f洛＝qBv，可知洛伦兹力的大小随时间均匀减小。可得洛伦兹力的冲量大小为：qBvt=qBv0D、初始时刻小球所受洛伦兹力大小为qv0B＝2mgcosθ。小球在垂直细杆方向所受合力为零，设细杆对小球的弹力为FN，以垂直细杆向下为正方向，则有：FN＝qBv﹣mgcosθ＝qB（v0﹣at）﹣mgcosθ若v0=2mgcosθqB，则FN＝根据此关系式作出小球在上滑过程的FN﹣t图像如下图所示：根据FN﹣t图像与横轴围成的面积表示冲量，可知该过程弹力冲量为零，故D正确。故选：CD。【点评】本题考查了带电体在磁场中的力与运动的分析能力，考查了洛伦兹力的动态变化时求解变力的冲量。解题的关键是小球所受洛伦兹力垂直杆向上，大小随时间线性变化。掌握F﹣t图像的物理意义。（多选）10．（2024•河北）如图，真空区域有同心正方形ABCD和abcd，其各对应边平行，ABCD的边长一定，abcd的边长可调，两正方形之间充满恒定匀强磁场，方向垂直于正方形所在平面。A处有一个粒子源，可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向进入磁场。调整abcd的边长，可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出。对满足前述条件的粒子，下列说法正确的是（）A．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必垂直BC射出 B．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，则粒子必垂直BC射出 C．若粒子经cd边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为45° D．若粒子经bc边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60°【考点】带电粒子在直线边界磁场中的运动；牛顿第二定律的简单应用；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．【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】AD【分析】理解粒子在磁场中的运动特点，结合几何关系和题目选项分析出粒子的出射角度。【解答】解：A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，在正方形abcd区域中做匀速直线运动，粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，在正方形abcd区域中的运动轨迹必平行于AC的连线，可知粒子必经过cd边，进入正方形abcd区域前后的两段圆弧轨迹的半径相等，并且圆心角均为45°，据此作出粒子可能的两个运动轨迹如图1所示：粒子的运动轨迹均关于直线BD对称，粒子必从C点垂直于BC射出，故A正确；C、若粒子经cd边垂直BC射出，粒子运动轨迹如下图a所示设粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为θ1，则图a中两段圆弧轨迹的圆心角θ1与θ2的关系为：θ1+θ2＝90°设两正方形的对应边之间的距离为ΔL。为保证粒子穿过ad边，需满足：Rcosθ1≥ΔL，且有：R﹣Rcosθ1＝ΔL，联立解得：θ1≤60°为保证粒子穿过cd边，需满足：Rsinθ2≥ΔL为保证从BC边射出，需满足：R﹣Rcosθ2≤ΔL，联立解得：θ1≥45°可得粒子经cd边垂直BC射出，粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角范围是45°≤θ1≤60°，故C错误；BD、粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°时，作出粒子恰好经过c点的运动轨迹如图2所示：设粒子在e点进入正方形abcd区域，线段MN垂直平分轨迹ec，与AB选项的分析同理，粒子的轨迹关于线段MN对称。线段CE平行于轨迹ec，取圆弧轨迹的中点F，过F点做轨迹ec的平行线分别交AD与BC于点G和点F′，点E′为点E关于MN的对称点。易知点e为ad的中点，点E为AD的中点，Ee垂直于ad和AD，设粒子轨迹半径为r，正方形ABCD的边长为2L。由几何关系得：rsin60°＝L，FQ＝Rsin30°，EP＝L﹣FQPF=rcostan∠PEF=联立解得：∠PEF＝30°因∠EGF＝60°，故∠EFG＝90°，即EF垂直于GF′，由对称性可知四边形EFF′E′为矩形，F′E′垂直于CE，可知点F′是点F关于MN的对称点，即点F′是圆弧cH的中点，可知由c到F′粒子的轨迹圆心角为30°，可得粒子垂直BC射出。若粒子速度较大，轨迹半径较大，则粒子在c点左侧穿过cd，其轨迹如图3所示。与图2的临界轨迹对比，粒子第二段的轨迹圆心不会在BC上，故粒子不会垂直BC射出。若粒子速度较小，轨迹半径较小，则粒子在c点下方穿过cb，其轨迹如图4所示。与图2粒子恰好经过c点的运动过程同理，根据对称性可知粒子一定垂直BC射出，故B错误，D正确；故选：AD。【点评】本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动，熟悉离子的受力分析，掌握其运动特点，结合几何关系即可完成分析。三．解答题（共10小题）11．（2025•选择性）如图，在xOy平面第一、四象限内存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带正电的粒子从M（0，﹣y0）点射入磁场，速度方向与y轴正方向夹角θ＝30°，从N（0，y0）点射出磁场。已知粒子的电荷量为q（q＞0），质量为m，忽略粒子重力及磁场边缘效应。（1）求粒子射入磁场的速度大小v1和在磁场中运动的时间t1。（2）若在xOy平面内某点固定一负点电荷，电荷量为48q，粒子质量取m=B2y03k（k为静电力常量），粒子仍沿（1）中的轨迹从M点运动到（3）在（2）问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间t2速度方向首次与N点速度方向相反，求t2（电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0时，与该点电荷距离为r处的电势φ＝kQr【考点】带电粒子在叠加场中做一般曲线运动；开普勒三大定律；带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动．【答案】（1）正电荷的入射速度等于2qBy0m，从M运动到（2）这次正电荷的入射速度为6kq（3）在（2）的条件下，正电荷从N点离开磁场后到首次速度变为与N点的射出速度相反的时间为23【分析】（1）根据几何关系计算出粒子的轨道半径，然后根据向心力公式计算即可；根据粒子的偏转角和周期关系计算时间；（2）正电荷由洛伦兹力和库仑力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律计算；（3）离开磁场后洛伦兹力消失，只靠库仑力不足以提供维持圆周运动的向心力，粒子做离心运动，由于N点受力与速度v2垂直，因此轨迹是负电荷为焦点的椭圆，类比于开普勒第三定律计算即可。【解答】解：（1）一带正电的粒子从M（0，﹣y0）点射入磁场，速度方向与y轴正方向夹角θ＝30°，粒子从M到N做匀速圆周运动，根据几何关系rsinθ＝y0，解得r＝2y0洛伦兹力提供向心力，则q联立解得v周期T=2πrv速度偏转角为2θ＝2×30°＝60°，所以t1=60°360°（2）正电荷沿原来轨迹从M运动到N，负电荷需固定在（1）问圆心处，这样负电荷受到洛伦兹力与库仑力的合力提供向心力，轨迹与（1）相同根据牛顿第二定律有kQq整理成关于v2的一元二次方程：B2因式分解(解得v2（3）离开磁场后洛伦兹力消失，只靠库仑力不足以提供维持圆周运动的向心力，粒子做离心运动，由于N点受力与速度v2垂直，因此轨迹是负电荷为焦点的椭圆，负电荷类比地球，N点为“近地点”，速度变为与N点的射出速度相反的点为“远地点”类比天体，根据开普勒第二定律有v3r'＝v2r根据能量守恒定律可得12联立解得r'＝6y0，可得椭圆半长轴a＝4y0，根据开普勒第三定律，椭圆轨道周期与半径为a＝4y0的圆轨道周期T'相同，对这个圆轨道列向心力方程kqQ(4解得T'=因此所求时间t2=T'2，解得答：（1）正电荷的入射速度等于2qBy0m，从M运动到（2）这次正电荷的入射速度为6kq（3）在（2）的条件下，正电荷从N点离开磁场后到首次速度变为与N点的射出速度相反的时间为23【点评】在粒子做匀速圆周运动时，能够计算出粒子的轨道半径是解题的基础，加入负电荷后，知道是由库仑力和洛伦兹力的合力提供的向心力，当粒子离开磁场后，知道粒子做的是椭圆轨道运动，能结合开普勒第二定律计算出该椭圆轨道的半长轴是解题的关键，然后根据开普勒第三定律计算时间，本题综合性强，难度大。12．（2025•浙江）如图所示，接有恒流源的正方形线框边长2L、质量m、电阻R，放在光滑水平地面上，线框部分处于垂直地面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，以磁场边界CD上一点为坐标原点，水平向右建立Ox轴，线框中心和一条对角线始终位于Ox轴上，开关S断开，线框保持静止，不计空气阻力。（1）线框中心位于x＝0，闭合开关S后，线框中电流大小为I，求：①闭合开关S瞬间，线框受到的安培力大小；②线框中心运动至x=L③线框中心运动至x=L（2）线框中心分别位于x＝0和x=L2，闭合开关S后，线框中电流大小为I，线框中心分别运动到x＝L所需时间分别为t1和t2，求t1﹣t【考点】带电粒子在直线边界磁场中的运动；机械能与曲线运动相结合的问题；安培力的计算公式及简单应用．【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】（1）①闭合开关S瞬间，线框受到的安培力大小为2BIL；②线框中心运动至x=L2过程中，安培力做功为34③恒流源提供的电压为BL（2）t1﹣t2为0。【分析】（1）①根据F＝BIL计算；②先根据安培力的平均值计算安培力做功，然后根据动能定理合动量与动能的关系计算安培力的冲量；③根据能量守恒计算；（2）把线框的运动类比于简谐运动，得到线框的运动周期，结合运动时间比较即可。【解答】解：（1）①在闭合开关S瞬间，线框在磁场中的等效程度为l＝2L所以线框受到的安培力大小为FA＝BIl＝2BIL②线框运动到x时，安培力大小为FA＝2BI（L﹣x）则安培力做功为WFA=其中F整理可得W根据动能定理有WFA线框的动量大小为p=所以根据动量定理安培力的冲量大小为I＝p解得I=③恒流源提供的电压为U，根据能量守恒有UI＝BLvI+I2R解得U=（2）把线框的运动类比成简谐运动，则回复力为F回＝F安＝2BI（L﹣x）＝2BIx′＝kx′则周期T=2则线框运动到x＝L位置时的时间分别为t1所以t1﹣t2＝0答：（1）①闭合开关S瞬间，线框受到的安培力大小为2BIL；②线框中心运动至x=L2过程中，安培力做功为34③恒流源提供的电压为BL（2）t1﹣t2为0。【点评】知道线框在磁场中的有效长度，掌握变力做功的计算方法，知道动能合动量的关系等是解题的基础。13．（2024•浙江）如图1所示，扫描隧道显微镜减振装置由绝缘减振平台和磁阻尼减振器组成。平台通过三根关于O′O″轴对称分布的相同轻杆悬挂在轻质弹簧的下端O，弹簧上端固定悬挂在O′点，三个相同的关于O′O″轴对称放置的减振器位于平台下方。如图2所示，每个减振器由通过绝缘轻杆固定在平台下表面的线圈和固定在桌面上能产生辐向磁场的铁磁体组成，辐向磁场分布关于线圈中心竖直轴对称，线圈所在处磁感应强度大小均为B。处于静止状态的平台受到外界微小扰动，线圈在磁场中做竖直方向的阻尼运动，其位移随时间变化的图像如图3所示。已知t＝0时速度为v0，方向向下，t1、t2时刻的振幅分别为A1、A2。平台和三个线圈的总质量为m，弹簧的劲度系数为k，每个线圈半径为r、电阻为R。当弹簧形变量为Δx时，其弹性势能为12（1）平台静止时弹簧的伸长量Δx0；（2）t＝0时，每个线圈所受到安培力F的大小；（3）在0～t1时间内，每个线圈产生的焦耳热Q；（4）在t1～t2时间内，弹簧弹力冲量I弹的大小。【考点】安培力作用下的受力平衡问题；导体平动切割磁感线产生的感应电动势；电磁感应过程中的能量类问题；动量定理的内容和应用．【专题】定量思想；推理法；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．【答案】（1）平台静止时弹簧的伸长量Δx0为mgk（2）t＝0时，每个线圈所受到安培力F的大小为4v（3）在0～t1时间内，每个线圈产生的焦耳热Q为16（4）在t1～t2时间内，弹簧弹力冲量I弹的大小为[mg(t【分析】（1）根据胡克定律求弹簧的伸长量；（2）根据动生电动势公式、欧姆定律、安培力的公式求每个线圈受到的安培力；（3）根据系统减少的机械能等于三个线圈产生的热量求解；（4）先求出这段时间重力和安培力的冲量，再由动量定理求弹簧的冲量。【解答】解：（1）平台静止时，穿过三个线圈的磁通量不变，线圈中不产生感应电流，线圈不受到安培力作用，O点受力平衡，因此由胡克定律可知此时弹簧的伸长量：Δx（2）在t＝0时速度为v0，设每个线圈的周长为L，由电磁感应定律可得线圈中产生的感应电流：I每个线圈所受到安培力F的大小：F（3）平台在0～t1时间内由能量守恒定律可得：12联立解得：Q在0～t1时间内，振动时能量的减少转化为线圈的焦耳热，可知每个线圈产生的焦耳热：Q（4）取向上为正方向，全程由动量定理可得：I弹+IA﹣IG＝0其中，重力的冲量：IG＝mg（t2﹣t1）安培力的冲量：IA＝3×2πrB•Δq，而电荷量为：Δq联立解得弹簧弹力冲量I弹的大小为：I答：（1）平台静止时弹簧的伸长量Δx0为mgk（2）t＝0时，每个线圈所受到安培力F的大小为4v（3）在0～t1时间内，每个线圈产生的焦耳热Q为16（4）在t1～t2时间内，弹簧弹力冲量I弹的大小为[mg(t【点评】本题通过介绍电磁减振的原理，考查电磁感应中的能量和力学问题。信息量多，也把物理知识跟科学技术联系起来。关键要建立物理模型，理解其物理原理。14．（2024•选择性）现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度。简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场足够宽；各区边界均垂直于x轴，O为坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为+q、质量均为m的粒子。如图，甲、乙平行于x轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为32v0和v0。甲到P点时，乙刚好射入Ⅰ区。乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°。甲到O点时，乙恰好到P点。已知Ⅲ区存在沿+x方向的匀强电场，电场强度大小E0=（1）求磁感应强度的大小B。（2）求Ⅲ区的宽度d。（3）Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴，电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为E＝ωt﹣kx，其中常系数ω＞0，ω已知、k未知，取甲经过O点时t＝0。已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，设乙在Ⅳ区受到的电场力大小为F，甲、乙间距为Δx，求乙追上甲前F与Δx间的关系式（不要求写出Δx的取值范围）。【考点】带电粒子由磁场进入电场中的运动．【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】（1）磁感应强度的大小B为mv（2）Ⅲ区的宽度d为3πL（3）乙追上甲前F与Δx间的关系式为F=qωΔx【分析】（1）粒子在磁场中做与圆周运动，根据已知粒子乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，由几何关系得到粒子乙的圆周运动半径，由洛伦兹力提供向心求解磁感应强度的大小。（2）求得粒子乙从射入磁场到运动到达P点的时间，此时间等于粒子甲由P点到O点做匀加速直线运动的时间，对粒子甲由牛顿第二定律和运动学公式求解d。（3）求得粒子甲进入Ⅳ区时的速度，甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，甲所受电场力为零，据此求得k值。对乙粒子进入Ⅳ区后，通过与甲粒子的运动对比求解F与Δx间的关系式。【解答】解：（1）粒子在磁场中做与圆周运动，已知粒子乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，设粒子乙的圆周运动半径为R乙，其运动轨迹如图1所示：由几何关系得：R乙sin30°＝L由洛伦兹力提供向心得：qBv0＝mv联立解得：B=（2）设粒子乙从射入Ⅰ区到运动到达P点的时间为t1。则有：t1＝2×粒子甲在磁场中的圆周运动轨迹如图2所示，其到达P点时的速度方向沿x轴正方向。已知甲到P点时，乙刚好射入Ⅰ区，甲到O点时，乙恰好到P点。可知粒子甲由P点到O点做匀加速直线运动的时间等于粒子乙从射入Ⅰ区到运动到达P点的时间t1。对粒子甲，根据牛顿第二定律得：qE0＝ma甲，已知：E0=解得粒子甲在Ⅲ区运动的加速度大小为：a甲=由运动学公式得：d=解得：d=（3）设粒子甲进入Ⅳ区时的速度为v甲，则有：v甲=3v已知取甲经过O点时t＝0，甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，则任意时刻t，甲相对O点的位移为：x甲＝v甲t＝3v0tt时刻甲所处位置的电场强度为零，则有：ωt﹣kx甲＝ωt﹣3kv0t＝0可得：k=则有：E＝ωt-设乙粒子在Ⅲ区的运动时间为t2，进入Ⅳ区后再运动Δt时间，在Ⅳ区的位移大小为x乙，在此时此位置其受到的电场力大小为：F＝qE＝qω此时对于甲粒子，则有：qω(甲、乙间距为Δx，则有：x甲﹣x乙＝Δx联立解得：F=答：（1）磁感应强度的大小B为mv（2）Ⅲ区的宽度d为3πL（3）乙追上甲前F与Δx间的关系式为F=qωΔx【点评】本题考查了带电粒子在电磁场中的运动问题，在磁场中做匀速圆周运动时，根据牛顿第二定律，结合几何关系求解。本题（3）问要理解题意，电场强度随时间与位置在变化，甲粒子运动过程所处的位置电场强度为零，由甲来推理乙的受力情况。15．（2024•甘肃）质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为E1，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子（不计重力），加速后进入速度选择器做直线运动，再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。（1）粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。（2）求O点到P点的距离。（3）若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为E2（E2略大于E1），方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点上。求粒子打在O'点的速度大小。【考点】带电粒子由磁场进入电场中的运动．【专题】定量思想；推理法；合成分解法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）粒子带正电，粒子的比荷为E1（2）O点到P点的距离为4U（3）粒子打在O'点的速度大小为2E【分析】（1）根据粒子在偏转分离器Ⅲ中受到的洛伦兹力方向，由左手定则判断粒子带电性质。粒子在速度选择器Ⅱ中做匀速直线运动，由受力平衡的条件求得速度，对粒子在粒子加速器Ⅰ中的运动过程，应用动能定理求解粒子的比荷。（2）粒子在偏转分离器Ⅲ中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求得运动半径，根据几何关系求解O点到P点的距离。（3）应用配速法，将粒子的运动分解匀速圆周运动和匀速直线运动，应用运动的合成与分解解答。【解答】解：（1）根据粒子在偏转分离器Ⅲ中做逆时针匀速圆周运动，可知由O点进入分离器时受到的洛伦兹力方向由O指向P，由左手定则判断可知粒子带正电。设粒子在速度选择器Ⅱ中做直线运动的速度大小为v，其受力平衡做匀速直线运动，则有：qE1＝qvB1解得：v=对粒子在粒子加速器Ⅰ中的运动过程，根据动能定理得：qU=解得粒子的比荷为：q（2）设粒子在偏转分离器Ⅲ中做匀速圆周运动的半径为R，O点到P点的距离为L，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：qvB2=粒子在偏转分离器Ⅲ中运动轨迹为12L＝2R=（3）应用配速法，如下图所示，在O点将粒子的速度v分解为大小为v1、v2的两个分速度，则有v＝v1﹣v2令v1对应的洛伦兹力等于电场力，即qB1v1＝qE2，可得：v1=粒子的运动可分解为线速度大小为v2的匀速圆周运动和速度大小为v1的匀速直线运动，设粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O'点时的速度大小为v′，则有：v′＝v1+v2＝v1+v1﹣v＝2v1﹣v=答：（1）粒子带正电，粒子的比荷为E1（2）O点到P点的距离为4U（3）粒子打在O'点的速度大小为2E【点评】本题考查了带电粒子在电场中的运动问题。粒子在加速电场的加速过程，应用动能定理求解粒子获得的速度大小。粒子在磁场中做匀速圆周运动时，根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系解答。掌握此题应用配速法解答（3）的方法与过程。16．（2024•山东）如图所示，在Oxy坐标系x＞0，y＞0区域内充满垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。磁场中放置一长度为L的挡板，其两端分别位于x、y轴上M、N两点，∠OMN＝60°，挡板上有一小孔K位于MN中点。△OMN之外的第一象限区域存在恒定匀强电场。位于y轴左侧的粒子发生器在0＜y＜32L的范围内可以产生质量为m，电荷量为+q的无初速度的粒子。粒子发生器与y（1）求使粒子垂直挡板射入小孔K的加速电压U0；（2）调整加速电压，当粒子以最小的速度从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，求第一象限中电场强度的大小和方向；（3）当加速电压为qB2L224m时，求粒子从小孔【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；合成分解法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）使粒子垂直挡板射入小孔K的加速电压U0为qB（2）第一象限中电场强度的大小为qB2L（3）运动过程中距离y轴最近位置的坐标为[(3-3)L12，(12n+9)π+8324L]【分析】（1）粒子均垂直于y轴进入磁场，粒子在△OMN区域中在做匀速圆周运动，作出粒子垂直挡板射入小孔K的运动轨迹，根据几何关系求得粒子的轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力求得粒子的速度大小，由动能定理求解得加速电压。（2）粒子速度最小时，其在△OMN区域中的轨迹半径最小，作出轨迹半径最小的运动轨迹，同理求得粒子的速度大小。粒子从小孔K射出后做匀速直线运动，根据力与运动的关系分析粒子受到的洛伦兹力与电场力关系，进而求解电场强度。（3）由动能定理求得粒子进入磁场的速度大小，根据洛伦兹力提供向心力求得粒子在△OMN区域运动的轨迹半径，作出粒子的运动轨迹。将粒子在K点的速度沿y轴与x轴的分解，将粒子的运动分解为沿y轴正方向的匀速直线运动和在xOy平面内的匀速圆周运动，根据分运动的独立性与等时性解答。【解答】解：（1）根据题意，粒子均垂直于y轴进入磁场，粒子在△OMN区域中在做匀速圆周运动，作出粒子垂直挡板射入小孔K的运动轨迹如下图所示，N点为圆弧轨迹的圆心。根据几何关系可知，粒子在磁场中的轨迹半径为r根据洛伦兹力提供向心力得：qvB=在加速电场中的运动过程，由动能定理得：qU联立解得：U（2）根据题意，粒子速度最小时，其在△OMN区域中的轨迹半径最小，作出轨迹半径最小的运动轨迹如下图所示，最小的半径等于K点到y轴的距离。根据几何关系可知，最小的半径为r同理可得：q解得：v1=粒子沿y轴正方向从小孔K射出，据题意射出后粒子做匀速直线运动，粒子带正电，由左手定可知，受到的洛伦兹力沿x轴负方向，则粒子受到的电场力应沿x轴正方向，则△OMN之外第一象限区域电场强度的方向沿x轴正方向，大小满足：qE＝qv1B联立解得：E（3）在加速电场中，由动能定理得：qU=已知：U=解得：v在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有：qBv可得粒子在△OMN区域运动的轨迹半径为：r作出粒子的运动轨迹如下图所示。设粒子从小孔K射出时速度方向与x轴正方向的夹角为θ，由几何关系得：sinθ=L4r2将粒子在K点的速度分解为沿y轴正方向的分速度v2y和沿x轴正方向的分速度v2x，则有：v2v2因v2y＝v1，故粒子沿y轴正方向的匀速直线运动，则可将粒子的运动分解为沿y轴正方向的匀速直线运动和在xOy平面内的匀速圆周运动，匀速圆周运动的线速度大小等于v2x，同理可得分运动的匀速圆周运动的半径为：r3可得粒子与y轴的最小距离（即x轴坐标）为：d当匀速圆周运动的速度偏转270°时粒子第一次距离y轴最近，此过程经历的时间为：t0=粒子第一次距离y轴最近时的y轴坐标为：y1＝v2yt0+L2sin60°解得：y1=在圆周运动的一个周期内粒子沿y轴方向运动的位移大小为：Δy＝v2yT=距离y轴最近时y轴的坐标为：y＝y1+nΔy=(12n+9)π+8324L，（n＝故粒子从小孔K射出后，运动过程中距离y轴最近位置的坐标为：[(3-3)L12，(12n+9)π+8324L]答：（1）使粒子垂直挡板射入小孔K的加速电压U0为qB（2）第一象限中电场强度的大小为qB2L（3）运动过程中距离y轴最近位置的坐标为[(3-3)L12，(12n+9)π+8324L]【点评】本题考查了带电粒子在电磁场中的运动问题，本题难度大，运动过程较多，考查了力与运动分析能力。粒子在加速电场中加速过程，应用动能定理求解获得的速度。在磁场中做匀速圆周运动时，由几何关系求得运动半径，根据洛伦兹力提供向心力求解其它物理量。本题（3）问粒子在电场与磁场的组合场中周期性运动，其运动可分解为匀速直线运动与匀速圆周运动，根据分运动的独立性与等时性解答。17．（2024•贵州）如图，边长为L的正方形abcd区域及矩形cdef区域内均存在电场强度大小为E、方向竖直向下且与ab边平行的匀强电场，ef右边有一半径为33L且与ef相切的圆形区域，切点为ef的中点，该圆形区域与cdef区域内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从b点斜向上射入电场后沿图中曲线运动，经cd边的中点进入cdef（1）粒子沿直线通过cdef区域时的速度大小；（2）粒子的电荷量与质量之比；（3）粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角。【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；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）粒子沿直线通过cdef区域时的速度大小为EB（2）粒子的电荷量与质量之比为EB（3）粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角为60°。【分析】（1）粒子能在cdef做直线运动，可知电场力和洛伦兹力平衡，可知粒子带正电，速度方向为水平向右，再根据qE＝qvB求解速度大小；（2）对粒子从b点运动到cd中点的类斜抛运动分析，到达cd中点的速度即为初速度的水平分量，电场力提供加速度，结合平抛运动规律即可求解粒子的比荷；（3）根据粒子比荷即可确定粒子在圆形磁场区域的轨道半径，画出粒子大致运动轨迹，根据几何关系求解偏转角度。【解答】解：（1）粒子在cdef中做直线运动，则电场力和洛伦兹力平衡，则粒子带正电，在cd中点时速度水平向右，设粒子到达cd中点的速度大小为v0，电荷量为q，质量为m，则有qE＝qv0B解得v0（2）结合（1）中分析，粒子从b点到cd中点的运动可以逆向看作从cd中点到b点的平抛运动，设这段运动过程时间为t，加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得qE＝ma根据平抛运动规律可得v0t＝L12联立解得粒子的电荷量与质量之比qm（3）粒子从ef中点水平进入圆形磁场做匀速圆周运动，设粒子匀速圆周运动的轨道半径为R，根据牛顿第二定律可得qv解得：R＝L粒子在圆形磁场中运动轨迹如图所示根据带电粒子在圆形磁场中做圆周运动的规律可知，粒子沿半径方向射入，也会沿半径方向射出，根据上图轨迹分析可知，粒子射出圆形磁场区域的速度方向与进入圆形磁场区域时速度方向的夹角为α＝2θ，根据图中几何关系可得tanθ=解得tanθ=33，即θ则α＝60°答：（1）粒子沿直线通过cdef区域时的速度大小为EB（2）粒子的电荷量与质量之比为EB（3）粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角为60°。【点评】考查带电粒子在复合场中的运动过程的分析计算，以及有界磁场的分析计算，难度较大。18．（2024•重庆）小明设计了如图所示的方案，探究金属杆在磁场中的运动情况，质量分别为2m、m的金属杆P、Q用两根不可伸长的导线相连，形成闭合回路，两根导线的间距和P、Q的长度均为L。仅在Q的运动区域存在磁感应强度大小为B，方向水平向左的匀强磁场。Q在垂直于磁场方向的竖直面内向上运动，P、Q始终保持水平，不计空气阻力、摩擦和导线质量，忽略回路电流产生的磁场。重力加速度为g，当P匀速下降时，（1）求P所受单根导线拉力的大小。（2）Q中电流的大小。【考点】安培力的计算公式及简单应用；竖直平面内的导轨滑杆模型．【专题】定量思想；控制变量法；电磁感应中的力学问题；推理论证能力；模型建构能力．【答案】（1）P所受单根导线拉力的大小mg。（2）Q中电流的大小mgBL【分析】（1）由平衡条件求P所受单根导线拉力的大小。（2）由平衡条件结合安培力公式求Q中电流的大小。【解答】解：（1）由P匀速下降可知，P处于平衡状态，所受合力为0，设导线的拉力大小为T，对P有2T＝2mg解得T＝mg（2）设Q所受安培力大小为F，对Q整体受力分析，有mg+F＝2mg又F＝BIL解得I=答：（1）P所受单根导线拉力的大小mg。（2）Q中电流的大小mgBL【点评】本题是电磁感应中的力学平衡问题，受力分析和计算安培力是解题关键。19．（2024•北京）我国“天宫”空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道。图为某种霍尔推进器的放电室（两个半径接近的同轴圆筒间的区域）的示意图。放电室的左、右两端分别为阳极和阴极，间距为d。阴极发射电子，一部分电子进入放电室，另一部分未进入。稳定运行时，可视为放电室内有方向沿轴向向右的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强度大小分别为E和B1；还有方向沿半径向外的径向磁场，大小处处相等。放电室内的大量电子可视为处于阳极附近，在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的匀速圆周运动（如截面图所示），可与左端注入的氙原子碰撞并使其电离。每个氙离子的质量为M、电荷量为+e，初速度近似为零。氙离子经过电场加速，最终从放电室右端喷出，与阴极发射的未进入放电室的电子刚好完全中和。已知电子的质量为m、电荷量为﹣e；对于氙离子，仅考虑电场的作用。（1）求氙离子在放电室内运动的加速度大小a；（2）求径向磁场的磁感应强度大小B2；（3）设被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，单位时间内阴极发射的电子总数为n，求此霍尔推进器获得的推力大小F。【考点】带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动；牛顿第三定律的理解与应用；动能定理的简单应用；带电粒子在恒定的电场中做加速（或减速）运动；动量、冲量与动量定理在电场问题中的应用．【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】（1）氙离子在放电室内运动的加速度大小a为eEM（2）径向磁场的磁感应强度大小B2为Eme（3）此霍尔推进器获得的推力大小F为nk2【分析】（1）氙离子在放电室时仅考虑电场力作用，根据牛顿第二定律求解其加速度的大小；（2）根据动能定理求得电子运动到阳极附近的速度，在阳极附近电子在沿轴线的方向上所受电场力与径向磁场的洛伦兹力平衡，由平衡条件求得磁感应强度大小B2；（3）根据已知条件求得单位时间内被电离的氙原子数。根据动能定理求得氙离子经电场加速获得的速度大小，根据动量定理与牛顿第三定律求解此霍尔推进器获得的推力大小F。【解答】解：（1）氙离子在放电室时仅考虑电场的作用，其只受电场力作用，由牛顿第二定律得：eE＝Ma解得：a（2）在阳极附近电子在垂直于轴线的平面绕轴线做匀速圆周运动，在径向方向上电子受到的轴向的匀强磁场B1的洛伦兹力提供向心力，则有：eB1v=在沿轴线的方向上电子所受电场力与径向磁场的洛伦兹力平衡，则有：eE＝evB2解得：B2=（3）已知单位时间内阴极发射的电子总数为n，被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，设单位时间内进入放电室的电子数为n1，则未进入的电子数为n﹣n1，设单位时间内被电离的氙原子数为N，则有：Nn已知氙离子从放电室右端喷出后与未进入放电室的电子刚好完全中和，则有：N＝n﹣n1联立可得：N氙离子经电场加速过程，根据动能定理得：eEd=时间Δt内喷出的氙离子持续受到的作用力为F′，以向右为正方向，由动量定理得F′•Δt＝N•Δt•Mv1解得：F由牛顿第三定律可知，霍尔推进器获得的推力大小F=答：（1）氙离子在放电室内运动的加速度大小a为eEM（2）径向磁场的磁感应强度大小B2为Eme（3）此霍尔推进器获得的推力大小F为nk2【点评】本题考查了带电粒子在电磁场中运动问题，此题的关键是对题意的理解，把握好粒子运动状态，根据力与运动的关系分析受力情况。第（3）问的关键是求出单位时间内被电离的氙原子数，根据动量定理求解推进器获得的推力大小。20．（2024•重庆）有人设计了一种粒子收集装置。如图所示，比荷为qm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（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O点。求打开磁场的那一时刻。【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．【专题】定量思想；方程法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．【答案】（1）OK间的距离2m（2）MO间的距离23（3）打开磁场的那一时刻3m【分析】（1）当粒子到达O点时打开磁场开关，粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力结合几何关系可以得出OK的距离；（2）速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，根据粒子在磁场中运动的轨迹结合几何关系可以求解MO之间距离；（3）速率为4v0的粒子射出一段时间t到达N点，要使粒子仍然经过K点，根据粒子在磁场中运动的轨迹结合几何关系可以求解ON之间距离，结合匀速直线运动可以求解粒子在打开磁场开关前运动的时间。【解答】解：（1）当粒子到达O点时打开磁场开关，粒子做匀速圆周运动，设轨迹半径为r1，如图所示由洛伦兹力提供向心力得qv其中OK＝2r1解得OK=（2）速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，则粒子在磁场中运动的轨迹半径r2＝4r1如图所示，由几何关系有（4r1﹣2r1）2+MO2＝（4r1）2解得MO=（3）速率为4v0的粒子射出一段时间t到达N点，要使粒子仍然经过K点，则N点在O点右侧，如图所示由几何关系有（4r1﹣2r1）2+ON2＝（4r1）2解得ON=粒子在打开磁场开关前运动时间为t=解得t=答：（1）OK间的距离2m（2）MO间的距离23（3）打开磁场的那一时刻3m【点评】本题关键是明确粒子的运动规律，画出运动的轨迹，然后根据牛顿第二定律并结合几何关系列式求解。

考点卡片1．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。【命题方向】一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于43mg故选：A。点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。【解题方法点拨】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。2．牛顿第三定律的理解与应用【知识点的认识】1．内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上．2．作用力与反作用力的“四同”和“三不同”：四同大小相同三不同方向不同【命题方向】题型一：牛顿第三定律的理解和应用例子：关于作用力与反作用力，下列说法正确的是（）A．作用力与反作用力的合力为零B．先有作用力，然后才产生反作用力C．作用力与反作用力大小相等、方向相反D．作用力与反作用力作用在同一个物体上分析：由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失．解答：A、作用力与反作用力，作用在两个物体上，效果不能抵消，合力不为零，故A错误．B、作用力与反作用力，它们同时产生，同时变化，同时消失，故B错误．C、作用力与反作用力大小相等、方向相反，作用在两个物体上，故C正确．D、作用力与反作用力，作用在两个物体上，故D错误．故选：C．点评：考查牛顿第三定律及其理解．理解牛顿第三定律与平衡力的区别．【解题方法点拨】应用牛顿第三定律分析问题时应注意以下几点（1）不要凭日常观察的直觉印象随便下结论，分析问题需严格依据科学理论．（2）理解应用牛顿第三定律时，一定抓住“总是”二字，即作用力与反作用力的这种关系与物体的运动状态无关．（3）与平衡力区别应抓住作用力和反作用力分别作用在两个物体上．3．牛顿第二定律与向心力结合解决问题【知识点的认识】圆周运动的过程符合牛顿第二定律，表达式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命题方向】我国著名体操运动员童飞，首次在单杠项目中完成了“单臂大回环”：用一只手抓住单杠，以单杠为轴做竖直面上的圆周运动．假设童飞的质量为55kg，为完成这一动作，童飞在通过最低点时的向心加速度至少是4g，那么在完成“单臂大回环”的过程中，童飞的单臂至少要能够承受多大的力．分析：运动员在最低点时处于超重状态，由单杠对人拉力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解．解答：运动员在最低点时处于超重状态，设运动员手臂的拉力为F，由牛顿第二定律可得：F心＝ma心则得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飞的单臂至少要能够承受2750N的力．点评：解答本题的关键是分析向心力的来源，建立模型，运用牛顿第二定律求解．【解题思路点拨】圆周运动中的动力学问题分析（1）向心力的确定①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的