中考物理磁场培优100道题（教师版）

保密★启用前磁场最热门的100道题-困难-解析版命题人：星辰物理学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________评卷人得分一、磁场1．（2024·浙江·高考真题）类似光学中的反射和折射现象，用磁场或电场调控也能实现质子束的“反射”和“折射”。如图所示，在竖直平面内有三个平行区域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ；Ⅰ区宽度为d，存在磁感应强度大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁场，Ⅱ区的宽度很小。Ⅰ区和Ⅲ区电势处处相等，分别为和，其电势差。一束质量为m、电荷量为e的质子从O点以入射角射向Ⅰ区，在P点以出射角射出，实现“反射”；质子束从P点以入射角射入Ⅱ区，经Ⅱ区“折射”进入Ⅲ区，其出射方向与法线夹角为“折射”角。已知质子仅在平面内运动，单位时间发射的质子数为N，初速度为，不计质子重力，不考虑质子间相互作用以及质子对磁场和电势分布的影响。（1）若不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，求d的最小值；（2）若，求“折射率”n（入射角正弦与折射角正弦的比值）（3）计算说明如何调控电场，实现质子束从P点进入Ⅱ区发生“全反射”（即质子束全部返回Ⅰ区）（4）在P点下方距离处水平放置一长为的探测板（Q在P的正下方），长为，质子打在探测板上即被吸收中和。若还有另一相同质子束，与原质子束关于法线左右对称，同时从O点射入Ⅰ区，且，求探测板受到竖直方向力F的大小与U之间的关系。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）见解析【详解】（1）根据牛顿第二定律不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，d的最小值为（2）设水平方向为方向，竖直方向为方向，方向速度不变，方向速度变小，假设折射角为，根据动能定理解得根据速度关系解得（3）全反射的临界情况：到达Ⅲ区的时候方向速度为零，即可得即应满足（4）临界情况有两个：1、全部都能打到，2、全部都打不到的情况，根据几何关系可得所以如果的情况下，折射角小于入射角，两边射入的粒子都能打到板上，分情况讨论如下：①当时又解得全部都打不到板的情况②根据几何知识可知当从Ⅱ区射出时速度与竖直方向夹角为时，粒子刚好打到D点，水平方向速度为所以又解得即当时③部分能打到的情况，根据上述分析可知条件为（），此时仅有O点右侧的一束粒子能打到板上，因此又解得2．（2024·浙江·高考真题）探究性学习小组设计了一个能在喷镀板的上下表面喷镀不同离子的实验装置，截面如图所示。在xOy平面内，除x轴和虚线之间的区域外，存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场，在无磁场区域内，沿着x轴依次放置离子源、长度为L的喷镀板P、长度均为L的栅极板M和N（由金属细丝组成的网状电极），喷镀板P上表面中点Q的坐标为（1.5L，0），栅极板M中点S的坐标为（3L，0），离子源产生a和b两种正离子，其中a离子质量为m，电荷量为q，b离子的比荷为a离子的倍，经电压U=kU0（其中，k大小可调，a和b离子初速度视为0）的电场加速后，沿着y轴射入上方磁场。经磁场偏转和栅极板N和M间电压UNM调控（UNM>0），a和b离子分别落在喷镀板的上下表面，并立即被吸收且电中和，忽略场的边界效应、离子受到的重力及离子间相互作用力。（1）若U=U0，求a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置x0（用L表示）。（2）调节U和UNM，并保持，使a离子能落到喷镀板P上表面任意位置，求：①U的调节范围（用U0表示）；②b离子落在喷镀板P下表面的区域长度；（3）要求a和b离子恰好分别落在喷镀板P上下表面的中点，求U和UNM的大小。【答案】（1）L；（2）①；②；（3），【详解】（1）对a离子根据动能定理得a离子在匀强磁场中做匀速圆周运动a离子经磁场偏转后，到达x轴上的位置，联立解得（2）①要使a离子能落到喷镀板P上表面任意位置，只能经电压为U的电场加速后再经第一象限匀强磁场偏转一次打在P板上方任意处，则结合（1）中分析得即即②b离子经过电压为U的电场加速后在磁场中第一次偏转打在x轴上的位置坐标为代入得故可知b离子能从栅极板（坐标范围为）任意位置经电压为的电场减速射入虚线下方的磁场，此时b离子先经过电压为U的电场加速再在第一象限磁场中做匀速圆周运动后再经过电压为的电场减速，因为根据动能定理得同时有，当时，b离子从栅极板左端经虚线下方磁场偏转打在P，此时离栅极板左端的距离为当时，b离子从栅极板右端经虚线下方磁场偏转打在P，此时离栅极板右端的距离为故b离子落在喷镀板P下表面的区域长度为（3）要求a离子落在喷镀板中点Q，由（1）可知故可得则b离子从处经过栅极板，若b离子减速一次恰好打在P板下方中央处，设，则同理可知联立解得则可得当减速n次联立得当减速n次恰好打在P板下方中央处，可得即解得即，n取整数，故可得，故可得3．（2023·湖北·高考真题）如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t=0时刻，一带正电粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入，第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周。已知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求：（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小；（2）粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小；（3）时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到的过程中粒子乙运动的路程。（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可）

【答案】（1）；（2），；（3）甲（－6a，0），乙（0，0），67πa【详解】（1）由题知，粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入到达点O，则说明粒子甲的半径r=a根据解得（2）由题知，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周，则T甲=2T乙根据，有则粒子甲、乙碰撞过程，取竖直向下为正有mv甲0＋m乙v乙0=－mv甲1＋m乙v乙1

解得v乙0=－5v甲0，v乙1=3v甲0则第一次碰撞后粒子乙的速度大小为。（3）已知在时，甲、乙粒子发生第一次碰撞且碰撞后有v甲1=－3v甲0，v乙1=3v甲0则根据，可知此时乙粒子的运动半径为可知在时，甲、乙粒子发生第二次碰撞，且甲、乙粒子发生第一次碰撞到第二次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为S1=6πa且在第二次碰撞时有mv甲1＋m乙v乙1=mv甲2＋m乙v乙2

解得v甲2=v甲0，v乙2=－5v甲0可知在时，甲、乙粒子发生第三次碰撞，且甲、乙粒子发生第二次碰撞到第三次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为S2=10πa且在第三次碰撞时有mv甲2＋m乙v乙2=mv甲3＋m乙v乙3

解得v甲3=－3v甲0，v乙3=3v甲0依次类推在时，甲、乙粒子发生第九次碰撞，且甲、乙粒子发生第八次碰撞到第九次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为S8=10πa且在第九次碰撞时有mv甲8＋m乙v乙8=mv甲9＋m乙v乙9

解得v甲9=－3v甲0，v乙9=3v甲0在到过程中，甲粒子刚好运动半周，且甲粒子的运动半径为r甲1=3a则时甲粒子运动到P点即（－6a，0）处。在到过程中，乙粒子刚好运动一周，则时乙粒子回到坐标原点，且此过程中乙粒子走过的路程为S0=3πa故整个过程中乙粒子走过总路程为S=4×6πa＋4×10πa＋3πa=67πa4．（2021·全国甲卷·高考真题）如图，长度均为l的两块挡板竖直相对放置，间距也为l，两挡板上边缘P和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子自电场中某处以大小为v0的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，不计重力。（1）求粒子发射位置到P点的距离；（2）求磁感应强度大小的取值范围；（3）若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。【答案】（1）；（2）；（3）粒子运动轨迹见解析，【详解】（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可知①②粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，有③粒子发射位置到P点的距离④由①②③④式得⑤（2）带电粒子在磁场运动在速度⑥带电粒子在磁场中运动两个临界轨迹（分别从Q、N点射出）如图所示由几何关系可知，最小半径⑦最大半径⑧带电粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式可知⑨由⑥⑦⑧⑨解得，磁感应强度大小的取值范围（3）若粒子正好从QN的中点射出磁场时，带电粒子运动轨迹如图所示。由几何关系可知⑩带电粒子的运动半径为⑪粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离⑫由⑩⑪⑫式解得⑬5．（2022·河北·高考真题）两块面积和间距均足够大的金属板水平放置，如图1所示，金属板与可调电源相连形成电场，方向沿y轴正方向。在两板之间施加磁场，方向垂直平面向外。电场强度和磁感应强度随时间的变化规律如图2所示。板间O点放置一粒子源，可连续释放质量为m、电荷量为、初速度为零的粒子，不计重力及粒子间的相互作用，图中物理量均为已知量。求：（1）时刻释放的粒子，在时刻的位置坐标；（2）在时间内，静电力对时刻释放的粒子所做的功；（3）在点放置一粒接收器，在时间内什么时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获。【答案】（1）；（2）；（3）或

【详解】（1）在时间内，电场强度为，带电粒子在电场中加速度，根据动量定理可知解得粒子在时刻的速度大小为方向竖直向上，粒子竖直向上运动的距离在时间内，根据粒子在磁场运动的周期可知粒子偏转，速度反向，根据可知粒子水平向右运动的距离为粒子运动轨迹如图所以粒子在时刻粒子的位置坐标为，即；（2）在时间内，电场强度为，粒子受到的电场力竖直向上，在竖直方向解得时刻粒子的速度方向竖直向上，粒子在竖直方向上运动的距离为在时间内，粒子在水平方向运动的距离为此时粒子速度方向向下，大小为，在时间内，电场强度为，竖直方向解得粒子在时刻的速度粒子在竖直方向运动的距离粒子运动的轨迹如图在时间内，静电力对粒子的做功大小为电场力做正功；（3）根据（1）问中解析有，①若粒子到达点之前，在磁场中已经过两个半圆，则释放时刻一定在时间内，若在之间的时刻释放粒子，粒子运动轨迹如图丙所示，有，，，，，所以整理发现所以需满足，代入数据解不等式，当时不等式成立②若粒子到达点前只经过一个半圆，则粒子在磁场中运动的轨迹半径由得，经第一次电场加速的末速度，则粒子在时间内释放不可能，如果在时间内释放，则第一次在电场中加速的时间，即在时释放符合条件，但在此情况下，，经过一个半圆后在电场中减速至速度为零的位移大小为联立有故此情况下无法到达点，所以考虑在时间内释放，假设粒子第一次在电场中加速的时间为，则，在此种情况下，，经过一个半圆后在电场中减速至速度为零的位移大小为联立有故此情况下粒子能在点被吸收，所以粒子释放时刻为综上可知，在或时刻释放的粒子在电场存在期间被捕获6．（2025·浙江·高考真题）如图所示，某兴趣小组设计了一新型两级水平电磁弹射系统。第一级由间距为l的水平金属导轨、可在导轨上滑行的导电动子、输出电压恒为U的电源和开关S组成，由此构成的回路总电阻为；第二级由固定在动子上间距也为l的导电“”形滑杆、锁定在滑杆上可导电的模型飞机组成，由此构成的回路总电阻为。另外在第二级回路内固定一超导线圈，它与第一、第二两级回路三者彼此绝缘。导轨间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。接通开关S，动子从静止开始运动，所受阻力与其速度成正比，比例系数为k。当动子运动距离为时（可视为已匀速），立即断开S，在极短时间内实现下列操作：首先让超导线圈通上大电流，产生竖直方向的强磁场，在第二级回路中产生磁通量；再让超导线圈断开，磁场快速消失，同时解锁飞机，对飞机实施第二次加速，飞机起飞。已知动子及安装其上所有装备的总质量为M，其中飞机质量为m，在运动过程中，动子始终与导轨保持良好接触，忽略导轨电阻。(1)求动子在接通S瞬间受力的大小；(2)求第一级弹射过程中动子能达到的最大速度；(3)求第一级弹射过程中电源输出的总能量W；(4)判断超导线圈中电流方向（俯视），并求飞机起飞时的速度大小。【答案】(1)(2)(3)(4)电流方向为顺时针（俯视），【详解】（1）接通S瞬间，动子速度，此时回路中没有感应电动势，电源电压为，回路总电阻为，根据欧姆定律可知回路电流为动子所受的力为安培力，大小为（2）当动子达到最大速度时动子切割磁感线产生的电动势为此时回路中的电流为依题意此时动子做匀速运动，所受合力为零，有解得最大速度为（3）在第一级弹射过程中,取一段极短的时间，以水平向右为正方向，对动子及安装在上面的所有装备，由动量定理有等式两侧求和得其中依题意有，解得流过电源的电荷量解得第一级弹射过程电源输出总能量代入上问结果得（4）由于对飞机实施第二次加速，由左手定则可知超导线圈断开后，第二级回路中的感应电流方向为顺时针（俯视），由右手螺旋定则可知超导线圈断开后，第二级回路中感应电流的磁场方向为竖直向下，由楞次定律可知超导线圈中的大电流产生的磁场方向也为竖直向下，再由右手螺旋定则可判断超导线圈中电流方向为顺时针（俯视）。设飞机起飞时的速度大小为，对飞机根据动量定理有超导线圈磁场快速消失的过程中，在第二级回路中产生的感应电动势感应电流为解得代入前面结果可得7．（2021·河北·高考真题）如图，一对长平行栅极板水平放置，极板外存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，极板与可调电源相连，正极板上O点处的粒子源垂直极板向上发射速度为、带正电的粒子束，单个粒子的质量为m、电荷量为q，一足够长的挡板与正极板成倾斜放置，用于吸收打在其上的粒子，C、P是负极板上的两点，C点位于O点的正上方，P点处放置一粒子靶（忽略靶的大小），用于接收从上方打入的粒子，长度为，忽略栅极的电场边缘效应、粒子间的相互作用及粒子所受重力。。（1）若粒子经电场一次加速后正好打在P点处的粒子靶上，求可调电源电压的大小；（2）调整电压的大小，使粒子不能打在挡板上，求电压的最小值；（3）若粒子靶在负极板上的位置P点左右可调，则负极板上存在H、S两点（，H、S两点未在图中标出）、对于粒子靶在区域内的每一点，当电压从零开始连续缓慢增加时，粒子靶均只能接收到n（）种能量的粒子，求和的长度（假定在每个粒子的整个运动过程中电压恒定）。【答案】（1）；（2）；（3）；【详解】（1）从O点射出的粒子在板间被加速，则粒子在磁场中做圆周运动，则半径由解得（2）当电压有最小值时，当粒子穿过下面的正极板后，圆轨道与挡板OM相切，此时粒子恰好不能打到挡板上，则从O点射出的粒子在板间被加速，则粒子在负极板上方的磁场中做圆周运动粒子从负极板传到正极板时速度仍减小到v0，则由几何关系可知联立解得（3）结合（2）分析可知，当粒子经上方磁场再进入下方磁场时，轨迹与挡板相切时，粒子运动轨迹半径分别为r2、r3，则①当粒子在下方区域磁场的运动轨迹正好与OM相切，再进入上方磁场区域做圆周运动，轨迹与负极板的交点记为H2，当增大两极板的电压，粒子在上方磁场中恰好运动到H2点时，粒子靶恰好能够接收2种能量的粒子，此时H2点为距C点最近的位置，是接收2种能量的粒子的起点，运动轨迹如图所示由几何关系可得②同理可知当粒子靶接收3种能量的粒子的运动轨迹如图所示第③个粒子经过下方磁场时轨迹与MN相切，记该粒子经过H2后再次进入上方磁场区域运动时轨迹与负极板的交点为H3(S2)，则该点为接收两种粒子的终点，同时也是接收3种粒子的起点。由几何关系可得可知，粒子靶接收n种、n+1种粒子的起点（即粒子靶接收n种粒子的起点与终点）始终相距当粒子靶接收n种能量的粒子时，可得8．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图所示倾角为37°的足够长的光滑绝缘斜面处于匀强磁场中，磁感应强度为B。可视为质点的小球质量为m，带电量为，以平行于斜面的初速度从斜面底端向上滑行，t时刻小球离开斜面。已知，整个运动过程中小球带电量保持不变，下列分析正确的是（）A．小球离开斜面之前的运动过程中加速度恒定B．C．小球离开斜面之前的过程中斜面对小球的弹力的冲量大小为D．小球离开斜面后相对分离点能够上升的最大高度为【答案】AC【详解】A．小球上行过程中洛伦兹力垂直斜面向下，小球不会离开斜面，小球在下滑至某位置时离开斜面。离开斜面前满足得恒定。故A正确；B．离开斜面瞬间满足得由匀变速直线运动规律得可得故B错误；C．上行过程由平衡条件可得此过程中弹力的冲量为同理可得下行过程弹力冲量为全程弹力冲量为又由匀变速直线运动规律可得，联立得故C正确；D．小球离开斜面后做摆线运动，从离开斜面至到达最高点的过程中由功能关系可得在水平方向上由动量定理可得联立，可得故D错误。故选AC。9．（2024·福建厦门·二模）如图所示，直角坐标系xOy平面内，第一、二象限分别存在垂直纸面向里的匀强磁场B和沿y轴正方向的匀强电场E，E、B大小均未知。质量为m、电荷量为－q（q>0）的粒子从x轴负半轴M点与x轴正方向成60°射入电场，经电场偏转后以速度v0从点P（0，d）垂直y轴进入磁场，最后从N点与x轴正方向成60°射出磁场，不计粒子重力。（1）求粒子进入电场时的速度大小；（2）求磁感应强度B的大小；（3）若粒子在磁场中受到与速度大小成正比的阻力f=kv（k为已知常量），粒子恰好从Q点（图中未标出）垂直x轴射出磁场，求Q点的坐标；（4）在第（3）问的情况下，求粒子从P点运动到Q点的轨迹长度。【答案】（1）；（2）；（3）（）；（4）【详解】（1）粒子进入电场后做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做类竖直上抛运动，则有解得（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，其轨迹如图所示根据几何关系可得粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为解得由洛伦兹力充当向心力有解得（3）对粒子受力分析可知，速度的轴的分量会产生轴的阻力与轴负方向的洛伦兹力；速度轴的分量，会产生轴的阻力与轴负方向的洛伦兹力，其受力分析如图所示在x轴上，由动量定理有由微元法累加后可得其中解得则Q点的坐标为（）。（4）同理在轴上有微元法叠加后可得解得，方向沿轨迹切线方向阻力使得粒子速度减小，在切线方向有由于沿着轨迹切线方向列动量定理，可得速度的变化量微元叠加后可得解得轨迹的长度为10．（2024·湖北·二模）如图所示，在平面存在一半径的匀强磁场，磁感应强度大小为，方向垂直纸面向外，在圆心处有一粒子源，粒子源沿平面，朝第二象限范围内的各个方向发射同种带正电的粒子，且粒子源朝各个方向发射的粒子数目均匀分布，发射出的粒子速度大小相等，所带电荷量为，质量为。在处有一平行于轴放置的竖直挡板，挡板足够长，与圆形磁场区域分别交于A、B两点，挡板上C点坐标为。从粒子源发出的粒子恰好均能打在挡板上，且发现有两种不同方向的粒子会打在挡板上的同一位置。若不计带电粒子重力，粒子打在挡板上就被吸收，则下列说法正确的是（）A．粒子对应速度大小为B．挡板上有两种不同方向的粒子的会打在同一位置的区域长度为C．若挡板可绕点转动，要保证所有粒子均打在挡板上的不同位置，挡板至少要逆时针转动D．若圆形磁场的区域的半径调为，圆心位置移动到，则能打在挡板上的粒子均垂直打在竖直挡板上，且打在区域上的粒子数目少于发射粒子总数的【答案】BC【详解】A．从粒子源发出的粒子恰好均能打在挡板上，则沿-x方向射出的粒子轨迹恰好与挡板相切，则粒子的轨迹半径为粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有解得故A错误：B．挡板上有两种不同方向的粒子会打在同一位置，如图所示，根据“旋转圆”的知识可知，该区域长度是C到A之间的部分。根据几何知识可知，区域长度为故B正确；C．若挡板可绕C点转动，要保证所有粒子均打在挡板上的不同位置，粒子达到挡板上恰好没有重叠时，如图所示：根据旋转圆的知识结合几何知识可知，此时挡板与与x轴的夹角为，即挡板至少要逆时针转动45°，故C正确：D．若圆形磁场的区域的半径调为磁场圆心位置移动到，粒子源发射位置不变，粒子运动轨迹如图所示：根据“磁发散”原理可知，能打在挡板上的粒子均垂直打在竖直挡板上，竖直向上射入的粒子能够从C点射出；速度方向与y轴正方向夹角为45°的粒子从O点射入磁场时，出射位置到C点的距离为区域长度为则打在AC区域上的粒子数目大于发射粒子总数的，故D错误。故选BC。11．（24-25高三上·浙江·开学考试）某探究小组设计了两种电磁驱动装置。图1利用直流电源给线框供电，接通电源后正方形导线框在磁极间的辐向磁场中，从静止开始绕中心轴线发生转动。图2为三个线圈连接到三相电源上，电流形成的磁场可等效为角速度的旋转辐向磁场，稳定后解锁正方形导线框，导线框由静止开始转动。图3为不同视角的上述两种驱动装置的截面图，分别为图1的正视图和图2的俯视图。已知导线框的边长为l，电阻为两边的质量均为m，所处位置的磁感应强度大小均为B，磁场方向始终与转动方向垂直，转动中两边受到的阻力均为（k为比例系数，v为线速度），其余两边质量和所受阻力不计。电源的电动势为E，内阻不计，(1)在两种驱动装置中，若图1、2导线框的转动方向一致，则旋转辐向磁场的转动方向是顺时针还是逆时针；(2)在图2装置中，若，则导线框转动的最大角速度；(3)在图1装置中，若导线框经过时间t恰好达到最大角速度，则在该过程中边转过的弧长S。【答案】(1)顺时针(2)(3)【详解】（1）图1装置，导线框顺时针转动，图2装置若导线框也顺时针转动，由楞次定律，旋转辐向磁场的转动方向也为顺时针。（2）当金属线框达到稳定时，线框两边切割磁感线的相对速度大小为根据法拉第电磁感应定律可得此时的感应电动势为则此时的感应电流为金属线框两边所受的安培力均为又有两边所受的安培力均与阻力平衡又阻力当时解得导线框转动的最大角速度（3）转动稳定后达到最大角速度，两边所受的安培力均与阻力平衡又根据法拉第电磁感应定律可得此时的感应电动势为则此时的感应电流为两边所受的安培力则解得设安培力的冲量为，由动量定理又综合解得代入，得12．（2025·山东青岛·一模）如图所示，平面直角坐标系中，在第二象限内存在垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，为圆心，半径为，磁场边界与两坐标轴相切；区域内交替分布宽度均为的匀强电场和匀强磁场，其边界均与轴平行，匀强电场的电场强度大小为，方向沿轴负方向，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直于纸面向里。一质量为、电量为的带电粒子，从圆形边界上的点以初速度射入磁场，与轴平行，与夹角。粒子射出圆形磁场瞬间，在区域内加上沿轴正向的匀强电场（图中未画出）。已知圆形磁场的磁感应强度大小为，区域内匀强电场的电场强度大小为，不计粒子重力。(1)求粒子在圆形磁场区域做圆周运动的半径；(2)求粒子离开圆形磁场区域后，到达轴的速度大小；(3)求粒子穿出区域内第二个电场时速度方向与竖直方向夹角的正弦值；(4)若粒子到达区域内某个磁场下边界时，速度方向恰好沿轴正向，求此时速度大小。【答案】(1)(2)(3)(4)【详解】（1）粒子在第二象限圆形磁场中，有其中解得（2）如图所示由几何关系得粒子射出圆形磁场时距离轴粒子从射出圆形磁场到轴，由动能定理得解得（3）粒子在区域第一个电场中加速，由动能定理得粒子在区域第一个磁场中，有如图所示由几何关系得粒子在区域经历两个电场加速，有，解得（4）设粒子在第个磁场下边界的速度为，粒子在区域整个向下运动过程中，由动能定理得水平方向由动量定理得其中解得13．（24-25高三上·浙江·期中）如图所示，在xOy平面内有一以O为圆心，半径为R的圆形磁场区域Ⅰ，磁感应强度为（未知）。在圆形磁场区域右侧放置水平极板M、N，其中心线在x轴上，极板长度和极板间距离均为，极板间接有偏转电场的电压（未知）。位于S处的粒子源沿纸面内向圆形磁场区域内各个方向均匀发射速率为的带电粒子，粒子质量为m、电荷量为+q，单位时间内放出的粒子数为n。所有粒子经圆形磁场偏转后均沿x轴正方向。其中沿y轴正方向入射的粒子从点出磁场，并经过偏转电场后刚好从下极板的边缘飞出，打在下极板上的粒子立即被吸收，并通过电流表导入大地。距离极板MN右端处有一宽度为的匀强磁场区域Ⅱ，磁感应强度为，方向垂直纸面向里，a、b是磁场的左右边界。区域Ⅱ左边界上有一长度为2R的收集板CD，C端在x轴上。粒子打在收集板上立即被吸收。不计粒子的重力及粒子间的相互作用，不考虑电场的边缘效应。求：(1)圆形磁场区域磁感应强度的大小及方向；(2)极板MN间电压及稳定后电流表示数I；(3)要使所有穿出电场的粒子都能被收集板收集，区域Ⅱ磁感应强度的范围：(4)若区域Ⅱ中磁感应强度，在区域Ⅱ中加一沿x轴正方向的匀强电场，要使粒子不从磁场的右边界穿出，所加电场的场强E不能超过多少？【答案】(1)，方向垂直纸面向外(2)，(3)(4)【详解】（1）由于所有粒子经圆形磁场偏转后均沿x轴正方向，根据粒子在磁场中的运动轨迹，结合几何关系可知，粒子运动半径r等于磁场圆半径R，则有解得根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外（2）粒子在电场中做类平抛运动，则有解得结合题意可知，粒子经过电场偏转后有一半粒子打在下极板N上被吸收，则有（3）作出粒子运动轨迹图，如图所示结合上述可知，穿出电场的粒子偏转距离都等于R，根据速度分解有解得粒子飞出电场时，根据速度分解有解得结合上述可知，粒子飞出电场速度方向的反向延长线与水平分位移对应线段的中点相交，设射入磁场时的偏转距离为，则有解得粒子经磁场区域Ⅱ偏转后竖直方向偏移距离粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有解得要使所有粒子打在收集板上，则有代入解得当粒子轨迹刚好与磁场右边界相切时有结合上述有解得综上所述，区域Ⅱ磁场的磁感应强度范围为（4）当轨迹与磁场右边界相切时，设速度为，如图所示由动能定理可得在y轴方向上，根据动量定理可得即有解得14．（2024·浙江·一模）现代高能粒子实验中需要获取轨迹可控的高能粒子，发现用磁场约束粒子运动轨迹的方法十分有效。空间中存在三个有电场或磁场的区域，区域Ⅰ是半径为的圆形区域，区域Ⅰ中存在磁感应强度大小为的垂直于纸面向外的匀强磁场；区域Ⅱ在区间内存在平行轴的匀强电场，，场强大小，场强方向沿着轴负向，区域Ⅲ为的区间，存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为，坐标为的点是边界上一点。一群质量为，电荷量为的带电粒子沿着方向射入区域Ⅰ，其坐标范围为，要求这批粒子从同一点离开区域Ⅰ。（不计粒子重力，）求：(1)求粒子初速度；(2)这批粒子离开区域与轴的夹角范围；(3)某粒子能到达点，该粒子最初入射的坐标；(4)若满足（3）的那个粒子从点进入磁场后受到了与速度大小成正比、方向相反的阻力，观察发现该粒子轨迹呈螺旋状并与区域Ⅲ磁场左边界相切于点（未画出）。求粒子由点运动到点的时间以及坐标的值。【答案】(1)(2)粒子的角度范围在与x轴夹角53°范围内(3)(4)，【详解】（1）由磁聚焦原理，沿着轴正向入射的粒子将汇聚于区域I与轴的交点，且磁场圆与轨迹圆半径相同，则由牛顿第二定律可得解得（2）时，由几何关系可得所以时，由几何关系可得所以则粒子的角度范围在与x轴夹角53°范围内；（3）区域Ⅱ中带电粒子在匀强电场中做匀变速曲线运动，类斜抛运动，假设入射粒子与轴正向夹角为α，由运动的分解可得，方向有方向有解得由几何关系x坐标为（4）若粒子进入磁场后受到了与速度大小成正比、方向相反的阻力，粒子在磁场的运动轨迹如图所示根据可得即角速度为一定值，又可知粒子与磁场左边界相切时转过的弧度为，则有取一小段时间Δt，对粒子在x方向上列动量定理两边同时对过程求和可得即其中则有可得故有15．（2025·重庆·模拟预测）如图所示，空间有一圆心为O，半径为d，垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，磁感应强度，磁场正下方有一板间距为2d的平行板电容器。y轴是电容器的中心轴线，A、B分别为极板左右边缘两点，AB连线与圆形磁场相切。连线上的P点距B点0.5d。从距圆形磁场圆周上C点L处开始存在多个间距为L1、L2⋯Ln的垂直纸面向外的窄条形磁场B1、B2⋯Bn。磁场间距Ln满足Ln=nL（n为正整数），相邻条形磁场间的无磁场区域，其间距始终为L。每个磁场的边界均与y轴平行，且位于x轴下方。现电容器左右极板间加上如图乙所示的周期为T的交变电压，大量比荷为k的正粒子从y轴上的M点以相同速度v0沿y轴正向射入电容器，其中t=0时刻射入的粒子恰好在T时刻到达P点。不计粒子重力及电场边缘效应和粒子间相互作用。(1)求平行板电容器板长L0及电压U0的值；(2)若t时刻打入平行板电容器的粒子能经C点沿x轴正向射出圆形磁场，求t的可能值；(3)若窄条形磁场的磁感应强度Bn满足（n为正整数），且。将能打入条形磁场的粒子能到达的最远磁场记为Bn，到达的最近磁场记为Bm，求n-m的值。【答案】(1)，(2)，(3)5【详解】（1）粒子沿y轴方向做匀速直线运动，则粒子沿x轴方向做匀加速直线运动，t=0时刻打入的粒子在该方向v-t图像如图所示图像面积即为0.5d，则联立可得（2）粒子打入圆形磁场，圆周运动半径为由磁汇聚可知粒子均汇聚到C点，沿x轴正向射出磁场的粒子，则必沿y轴正向射入磁场，即粒子在电场中的侧移距离为零，t时刻打入电场的粒子沿x方向的v-t图像如图所示，因其侧移距离为零，由对称性易知或（3）设粒子打入第n个磁场时速度与水平方向的夹角为，在该磁场中粒子圆周运动半径为粒子到达的最远磁场为第n个时，粒子是可穿过第（n-1）磁场的，如图所示由图可得则前n-1个式相加有因代入解得前n个式相加有故当，即粒子从C沿x轴正方向时取同理，当，即打入电场的粒子时取故16．（2025·江苏·一模）如图所示，xOy平面内、区域存在两个有界匀强磁场，右边界与x轴的交点为Q，x轴上方磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为3B，x轴下方磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为2B。质量为m、电荷量为的粒子，从y轴上P点以初速度沿x轴正方向射入磁场，大小可调，P点的纵坐标为d。不计粒子重力，，。(1)若，求粒子第二次经过x轴位置的横坐标；(2)求粒子从左边界射出时的位置与P点的最大距离L；(3)若在范围内，求粒子从P点运动到Q点的最短时间t。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）设粒子在第一象限和第四象限做圆周运动的半径分别为和，由牛顿第二定律得，解得，粒子在平面内运动轨迹如答图1。则解得（2）设粒子在第一象限的半径为r，则粒子在第四象限的半径为1.5r，如答图2所示。设轨迹的圆心、的连线与y轴方向夹角为，由几何关系得，，解得（3）粒子的速度越大，运动到Q点的时间越短，①粒子的速度在，粒子在第一象限运动的最大半径为，粒子不能从第一象限直接到达Q点；②设粒子以速度v从P点射出，经第四象限运动到Q点，粒子在第一象限运动的半径r，粒子第一次到达x轴时偏转的角度为，如答图3则，解得由此可以推断，此情形不成立（得到①、②中的一个推断即可得分）。③设粒子以速度从P点射出，粒子在第一象限运动的半径为，粒子第一次到达x轴时偏转的角度为，如答图4。则，解得，则粒子达到Q点的最短时间17．（2024·山东淄博·一模）如图所示是小齐同学设计的一个能够测量电流的装置，其上部是一根粗细均匀横截面积为S的竖直细管，下部是一截面为正方形（边长为L）的容器。该容器左右两壁为导体，其他各面是绝缘的，其底部与大气相通。容器内有一个正方形的金属活塞，其边长也为L，可在容器内无摩擦滑动。活塞下面有一轻质弹簧支撑着，已知弹簧的劲度系数为k，活塞上部充有密度为ρ的绝缘油（测量过程中细管内始终有绝缘油）。容器的左右两壁与一电路连接，整个装置放在水平向里、磁感应强度为B的匀强磁场中。电键K闭合前，活塞处于静止状态，重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内，则（）A．闭合电键K后，竖直细管中油柱的上表面会向上移动B．闭合电键K后，竖直细管中油柱的上表面会向下移动C．若油柱稳定后上表面变化的高度为x，则回路中的电流为D．若油柱稳定后上表面变化的高度为x，则回路中的电流为【答案】BC【详解】AB．闭合电键K前，活塞受到重力、弹簧的弹力和液体的压强产生的压力，设这时液体的高度为h0，弹簧的弹力为F0，由受力平衡得

闭合电键K后，电流的方向从右向左，根据左手定则可以判定安培力的方向向下，此时的受力平衡

故活塞会向下运动，即液体的高度要减小，油柱的是上表面要下降，故A错误，B正确；CD．油柱上表面下降x，则进入容器的液体的体积故活塞下降的高度液体的高度弹簧的弹力变化联立解得故C正确，D错误。故选BC。18．（23-24高二下·江苏扬州·期末）现代科技中常用电场和磁场来控制带电粒子的运动。如图甲所示，在竖直平面内建立坐标系，在区域存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，在O点沿y轴正方向放置足够长的荧光屏A。第三象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，在点处沿x轴正方向射出速度为的粒子，恰好以的速率从O点射入磁场、粒子的质量为m，电荷量为，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。，。求：（1）该粒子击中荧光屏A的位置Q；（2）该粒子从P运动到Q的时间；（3）如图乙所示，移去荧光屏A，在处，平行于x轴放置一足够长的挡板C，在电场中P、O两点之间有一连续分布的曲线状粒子源，其形状的曲线方程为，。该粒子源沿x轴正方向以速度持续发射与P点处相同的粒子，粒子按y坐标均匀分布，粒子源发射一段时间后停止发射，粒子击中挡板C立即被吸收。求击中挡板C的粒子数与发射的总粒子数之比。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）如图所示，粒子在第一象限做匀速圆周运动，设速度方向与y轴正方向成夹角由可知得由几何关系知联立解得Q点坐标（2）粒子在电场中P→O，x方向匀速直线运动粒子在磁场中匀速圆周运动周期粒子在场中O→Q联立解得粒子从P到Q的时间（3）经分析，所有粒子经电场偏转后均从O点进入磁场，且均经过Q点进入第二象限。如图所示设发射粒子的初始位置纵坐标为，从O点进入第一象限与x轴正方向夹角为，其轨迹恰好与挡板相切，粒子经过O点速度粒子圆周运动的半径由联立解得粒子在电场中做匀变速曲线运动，由得且联立解得

所以19．（23-24高二下·浙江·期末）霍尔推进器主要包括以下步骤：霍尔效应使电子被约束在一个磁场中，并通过电场被加速，电子撞击推进剂（氙气、氩气等）分子，导致电子被剥离，形成离子。形成的离子在电场的作用下沿着轴向加速，加速后的离子向外喷出，反冲产生推力。在某局部区域可简化为如图所示的模型。XOY平面内存在方向向右的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B，质量为m、电荷量为e的电子从坐标O点沿Y轴正方向入射，不计重力及电子间相互作用。（1）若离子质量为M，加速后以v速度沿轴向方向喷出，单位时间喷出离子数为n，求推进器产生的推力F；（2）在某局部区域内，当电子入射速度为时，电子沿Y轴做直线运动，求的大小；（3）在某局部区域内，若电子入射速度为，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，求运动到离Y轴的最远距离x和回到Y轴坐标y。【答案】（1）；（2）；（3），【详解】（1）根据动量定理得解得（2）由题知，入射速度为时，电子沿轴做直线运动则有解得（3）由于电子入射速度为，初速度可分解为向正方向和负方向两个合成，把洛伦兹力分解为两个分力，其中解得则电子可以看作向正方向匀速直线运动在轴左侧以匀速圆周运动，根据运动的合成：到达离轴最远时速度求方法一：根据动能定理有解得求方法二：由牛顿第二定律得解得圆周运动半径为又解得求方法三：方向动量定理解得求方法一：到达轴时间为周期的倍，由公式解得周期轴坐标解得求方法二：根据方向动量定理解得20．（23-24高二上·江苏苏州·期末）如图所示，在直角坐标系平面内，有一离子源沿轴正方向发射出大量速率均为的同种正离子，这些离子均匀分布在离轴距离为的范围内，离子的质量为，电荷量为。在离子源右侧有一圆形磁场区域Ⅰ，其圆心的坐标为，半径为，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为（未知）。在无限大区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场II，磁感应强度大小为（未知），已知。为离子收集板，点位置坐标为，且平行于轴。若离子群经过磁场Ⅰ后均从点进入磁场Ⅱ，其中从离子源最上方射出的离子经过磁场Ⅰ偏转后恰好从点沿轴负方向射入磁场Ⅱ，离子打到收集板上即刻被吸收，不考虑离子从磁场Ⅱ出去后的运动，不计收集板和离子间的作用。（1）求的大小；（2）若从点射出的离子恰好全部被收集板右侧吸收，求收集板的长度；（3）若收集板的长度为，则被板右侧收集的离子数与所有射入磁场的离子数的比值为多大？【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）由从离子源最上方射出的离子经过磁场Ⅰ偏转后恰好从点沿轴负方向射入磁场Ⅱ可知，粒子在磁场Ⅰ中运动的半径为根据洛伦兹力提供向心力有解得（2）因为，所以离子在磁场Ⅱ中运动的半径为离子在磁场中运动轨迹如图①从离子源最上方射出经O点沿y轴负方向的离子，打在收集板的位置离x轴的距离最近，为可知恰好打在C点。②与x轴成角的离子到达CD板最远处的D点，则D点离x轴距离为所以离子恰好全部被收集板右侧吸收时，收集板的长度为（3）若收集板的长度为，则打在收集板下端的离子做圆周运动的轨迹如图所示：从O点射出沿y轴负方向的离子在磁场Ⅱ中偏转后恰好经过C点，设从O点射出与x轴正方向夹角为的离子刚好经过D点，则因，则C点为经过D点离子轨迹的圆心。由可得若从离子源最下方射出的离子经O点也能被磁场Ⅱ作用，则打在收集板的位置离x轴的距离为可知恰好打在收集板（长度为）的下端D点。分析可知从O点射出与x轴正方向夹角为之间的离子能被CD板收集，如图所示：从O点射出与x轴正方向夹角为的离子进入圆形磁场Ⅰ时与x轴的距离为PQ，则从O点射出沿y轴负方向射入磁场Ⅱ的离子进入圆形磁场Ⅰ时与x轴的距离为，则被板右侧收集的离子对应离子源的宽度为则被板右侧收集的离子数与所有射入磁场的离子数的比值为21．（2018·全国I卷·高考真题）如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E，在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场．一个氕核11H和一个氘核21H先后从y轴上y=h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向．已知11H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场．11H的质量为m，电荷量为q不计重力．求（1）11H第一次进入磁场的位置到原点O的距离（2）磁场的磁感应强度大小（3）12H第一次离开磁场的位置到原点O的距离【答案】（1）；（2）；（3）【分析】本题考查带电粒子在电场中的类平抛运动、在匀强磁场中的匀速圆周运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的能力．【详解】（1）在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示．设在电场中的加速度大小为，初速度大小为，它在电场中的运动时间为，第一次进入磁场的位置到原点Ｏ的距离为．由运动学公式有

①

②由题给条件，进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角．进入磁场时速度的y分量的大小为

③联立以上各式得

④（2）在电场中运动时，由牛顿第二定律有

⑤设进入磁场时速度的大小为，由速度合成法则有

⑥设磁感应强度大小为B，在磁场中运动的圆轨道半径为，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有

⑦由几何关系得

⑧联立以上各式得

⑨（3）设在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为，在电场中的加速度大小为，由题给条件得

⑩由牛顿第二定律有

⑪设第一次射入磁场时的速度大小为，速度的方向与x轴正方向夹角为，入射点到原点的距离为，在电场中运动的时间为．由运动学公式有

⑫

⑬

⑭

⑮联立以上各式得，，

⑯设在磁场中做圆周运动的半径为，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得

⑰所以出射点在原点左侧．设进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为，由几何关系有

⑱联立④⑧⑯⑰⑱式得，第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为

⑲【点睛】此题与2004年全国理综卷第25题情景类似，都是带电粒子在匀强电场中类平抛运动后进入匀强磁场中做匀速圆周运动，且都是在第一象限和第二象限设置了竖直向下的匀强电场，在第三象限和第四象限设置了方向垂直纸面向外的匀强磁场，解答需要的知识都是带电粒子在匀强电场中的类平抛运动规律和洛伦兹力等于向心力、几何关系等知识点．带电粒子在匀强电场中的类平抛运动和在匀强磁场中的匀速圆周运动是教材例题和练习中的常见试题，此题可认为是由两个课本例题或习题组合而成．22．（2024·山东日照·一模）某科研小组设计了控制带电粒子在电磁场中运动的实验装置，其结构简图如图甲所示，三维坐标系中存在从左到右的三个区域，I区与II区在xOy平面内。I区是半径为R、圆心为O1的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向沿方向；Ⅱ区是宽度为d的匀强磁场区域，磁感应强度大小为，方向沿方向，Ⅱ区左边界与圆形磁场相切于O2点，Ⅱ区右边界紧靠y轴。yOz平面及右侧为Ⅲ区，存在沿x方向的电场和磁场，电场的电场强度E随时间t变化的关系如图乙所示（沿+x方向电场强度为正）；磁场沿-x方向，y>0区域的匀强磁场的磁感应强度大小为2B，y<0区域的匀强磁场的磁感应强度大小为B。在处有一平行于yOz平面的荧光屏。I区圆形磁场边界上有一个M点，M点与O1点沿x方向的距离为。一个质量为m、电荷量为+q的粒子从M点以速度沿-y方向射入I区磁场，再经某点进入II区磁场，然后进入Ⅲ区（此时为t=0时刻）。已知，，，不计粒子重力，不考虑电场变化产生的影响。求:（1）带电粒子进入II区时的位置和速度方向：（2）若带电粒子不能进入Ⅲ区，d的最小值；（3）若，带电粒子进入III区到打到荧光屏上所需要的时间；（4）若，带电粒子进入III区后，打到荧光屏的位置坐标。【答案】（1）见解析；（2）；（3）；（4）【详解】（1）带电粒子进入I区磁场，根据洛伦兹力提供向心力解得画出带电粒子的运动轨迹，如下图所示轨迹恰好经过点，确定轨迹圆圆心，连接、、、，得到菱形，利用几何知识可知带电粒子会经过点，且速度方向与方向夹角为（2）带电粒子进入II区磁场，根据洛伦兹力提供向心力解得画出带电粒子的运动轨迹，如下图所示轨迹恰好与平面相切时，最小，利用几何知识可知解得（3）若，带电粒子进入II区后，粒子运动轨迹如下图所示利用几何知识可知，带电粒子恰好经过点进入Ⅲ区，带电粒子经过时速度方向与方向夹角为所以沿方向的速度带电粒子进入Ⅲ区后在方向受到电场力，带电粒子做周期性运动，在电场变化的一个周期内，时间内，根据牛顿第二定律带电粒子先做匀减速运动到速度为零，根据运动学公式解得在前时间内带电粒子的位移再沿方向做匀加速运动，经过时间为此时沿着方向的速度时间内，带电粒子先沿做匀减速运动到速度为零，根据牛顿第二定律根据运动学公式解得再沿着方向做匀加速运动，经过时间速度增加到，则在一个周期内，沿方向的位移为则所以带电粒子进入Ⅲ区后，打到荧光屏的时间（4）带电粒子进入Ⅲ区后，在平面内在区域做半径为的圆周运动，运动半周后进入区域做半径的圆周运动，运动半周后进入区域，以此类推，图下图所示设运动周期为，设带电粒子在平面在区域做半径为的圆周运动的周期为，则设带电粒子在平面在区域做半径为的圆周运动的周期为，则则带电粒子进入Ⅲ区后到打到荧光屏的时间内由分析可知在一个时间内带电粒子沿轴正方向运动的距离为，则在两个时间内带电粒子沿轴正方向运动的距离再经过时间内带电粒子沿轴正方向运动的距离为然后再经过时间内带电粒子沿轴负方向运动的距离为带电粒子在时间内沿轴运动的距离为在第三个时间内带电粒子沿轴正方形运动的距离为所以带电粒子打到荧光屏的位置坐标为。23．（24-25高三上·安徽·阶段练习）如图所示，为带电金属板，金属板间电压为，板间距离为，同时板间有方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一束带正电粒子以平行于金属板的速度自点射入复合场区域，恰好沿直线通过金属板。已知为的中点，金属板足够长，带电粒子的比荷，不计带电粒子的重力及它们之间的相互作用，求：(1)匀强磁场的磁感应强度大小；(2)若仅撤去电场，带电粒子将打在金属板上且被金属板吸收，则此位置距金属板左端的距离及粒子在磁场中运动的时间；(3)若仅将金属板间电压变为，则带电粒子在两板间运动的最大速率以及沿电场线方向上的最大偏移量。【答案】(1)(2)，(3)，【详解】（1）带电粒子能沿直线通过金属板，有解得（2）带电粒子在匀强磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有解得带电粒子向上偏转，设打在板上距端处，由几何关系有解得带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期设此过程所对应的圆心角为，有解得则带电粒子在匀强磁场中的运动时间（3）通过配速法，使电场力与洛伦兹力平衡，有解得即将带电粒子的初速度分解为向右的和向左的如图所示则带电粒子在两板间运动的最大速率带电粒子做匀速圆周运动的半径因故带电粒子沿电场线方向的最大偏移量24．（2025·浙江杭州·模拟预测）为了探测粒子的轨迹，云室中常用电场和磁场来控制粒子的运动，如图所示，直角坐标系平面内，第一、二象限分别存在垂直纸面向里的匀强磁场B和沿y轴正方向的匀强电场E，E、B大小均未知。质量为m、电荷量为的粒子从x轴负半轴M点与x轴正方向成60°射入电场，经电场偏转后以速度从点垂直y轴进入磁场，最后从N点与x轴正方向成60°射出磁场，不计粒子重力。(1)求电场强度E的大小和磁感应强度B的大小；(2)若粒子在磁场中受到与速度方向相反、大小与速度成正比的阻力（k为已知常量），粒子恰好从Q点（图中未标出）垂直x轴射出磁场，求Q点的坐标；(3)在第（2）问的情况下，求粒子从P点运动到Q点的轨迹长度。【答案】(1)，(2)(3)【详解】（1）作出粒子运动轨迹如图所示粒子在电场中做类斜抛运动，利用逆向思维有，解得粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有根据几何关系有解得（2）将粒子的速度沿x轴与y轴分解，在x轴方向，根据动量定理有其中，结合上述解得即Q点的坐标为。（3）令粒子在Q点的速度为，结合上述，在y轴方向，根据动量定理有，，结合上述解得根据题意洛伦兹力方向与阻力方向始终垂直，令粒子的速度为v，沿速度方向利用动量定理有则有结合上述解得25．（2024·湖南·模拟预测）自由电子激光器是以自由电子束为工作物质，将相对论性电子束的动能转变成相干的电磁辐射能的装置，其中产生电磁波的核心装置为“扭摆器”（如图所示），由沿z方向交错周期排列的2n对宽度为a的永磁体组成（，2a被称为扭摆器的“空间周期”），产生x方向的周期静磁场。本题我们利用高中知识，在被简化的模型中分析注入扭摆器的电子的运动。已知电子质量为m，带电荷-e，一束电子经加速后由弯曲磁体沿yOz平面引入扭摆器，不考虑引入过程速度损失，不考虑任何相对论效应，忽略电磁辐射过程的动能损耗。(1)假设一对永磁体间的磁感应强度恒定为，电子束中电子进入扭摆器的初速度与z轴夹角为30°，且能经过扭摆器后被完整收集，求：①电子束加速器的加速电压U；②该电子束中的一个电子在扭摆器中的运动时间T。(2)实际上，扭摆器的一个空间周期内，磁感应强度的大小是有变化的，一对永磁体间沿x轴的磁感应强度随与该对永磁体最左边的水平距离d近似满足的线性关系（，的方向由N极指向S极），电子束经电压加速后沿z轴正方向进入扭摆器，仍然能经过扭摆器后被完整收集，求电子运动过程偏离z轴的最大距离。（提示：①实验中，可认为是相当弱的磁场；②可能用到的数学公式：时，）【答案】(1)，(2)【详解】（1）①在一个空间周期内，电子运动的轨迹如图所示根据几何关系有解得粒子做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有电子加速过程，根据动能定理有解得②结合题意可知，该扭摆器总共有n个空间周期，结合上述几何关系可知，每个空间周期内有其中则电子束中的一个电子在扭摆器中的运动时间为解得（2）根据题意可知，磁感应强度随与该对永磁体最左边的水平距离变化的关系图像为对电子进行分析，在y轴方向，根据动量定理有其中，结合题意解得电子在加速过程，根据动能定理有由于是相当弱的磁场，可知，电子在运动过程中速度变化量远远小于，则可近似认为则有结合上述有电子运动时间作出电子运动过程偏离z轴示意图如图所示则有其中解得26．（2025·山东日照·一模）如图所示，以O为坐标原点建立坐标系，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上，z轴正方向垂直纸面向外（图中未画出），沿x轴正方向从左到右依次存在四个区域，区域之间的边界均平行于平面。Ⅰ区存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小；Ⅱ区存在沿x轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小；Ⅲ区存在沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小；Ⅳ区存在沿y轴负方向的匀强电场和沿z轴负方向的匀强磁场，电场强度大小，磁感应强度大小，Ⅳ区足够宽。Ⅰ区右边界与x轴的交点为，轴上的A点到O点的距离。一个比荷的带电粒子从A点以速度、沿x轴正方向射入Ⅰ区，经点进入Ⅱ区时第一次穿过xOz平面，进入Ⅲ区时恰好第二次穿过平面，进入Ⅳ区时恰好第三次穿过平面，之后在Ⅳ区内继续运动。不计粒子所受重力。求：(1)带电粒子进入Ⅱ区时的速度；(2)带电粒子第二次穿过平面时的位置坐标；(3)Ⅲ区的宽度d；(4)带电粒子在Ⅳ区运动时距平面的最大距离和每次穿过xOz平面时距Ⅳ区左边界的距离。【答案】(1)大小为，方向与x轴正方向成角(2)(3)(4)；（n=1，2，3……）【详解】（1）带电粒子在Ⅰ区中做类平抛运动，根据动能定理有求得设速度方向与x轴正方向夹角为，则即（2）粒子进入Ⅱ区后，粒子速度方向与磁场方向不垂直，所以粒子做螺旋线运动，一边沿x轴正方向以速度做匀速直线运动，一边在垂直于x轴的平面内以速度做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有求得粒子进入Ⅱ区后转过半周第二次穿过xOz平面，所经历的时间为粒子第二次穿过xOz平面时的x坐标为y坐标为0z坐标为即粒子第二次穿过xOz平面时的坐标为（3）粒子进入Ⅲ区时速度大小仍为，方向与平面平行、偏向y轴正方向且与x轴正方向成，粒子在Ⅲ区匀速圆周运动过程有得Ⅲ区的宽度（4）粒子进入Ⅳ区时速度大小仍为，方向与平面平行偏向y轴负方向夹角且与x轴正方向成，粒子进入Ⅳ区后，受到沿y轴负方向的电场力，将速度分解为水平向右的分速度，使带电粒子受到竖直向上的洛伦兹力与电场力平衡，即解得

由运动的合成分解得另一分速度大小为，方向与y轴负方向夹角为偏向x轴负方向。带电粒子以在竖直平面内做匀速圆周运动有解得

带电粒子在Ⅳ区运动时距xOz平面的最大距离

带电粒子在Ⅳ区运动时沿y轴正方向穿过xOz平面时的时间在此过程中沿x轴正方向运动的距离（n=0，1，2，3……）带电粒子在Ⅳ区运动时沿方向穿过xOz平面时的时间在此过程中沿x轴正方向运动的距离（n=1，2，3……）27．（2024·浙江绍兴·一模）如图甲所示，某粒子研究装置的通道长m，其横截面abcd、为边长m的正方形，通道四壁、、、能将打到壁上的粒子完全吸收并及时导走，以截面abcd中心点O为坐标原点建立空间直角坐标系，x轴平行于ab边，z轴平行于bc边，通道方向沿y轴。在通道内仅x方向和z方向分别加随时间余弦、正弦变化的磁场，规定沿各坐标轴正方向为磁场正方向，如图乙所示。已知粒子源位于坐标原点，能沿y轴正方向持续均匀发射初速度为m/s的带正电粒子，粒子比荷为C/kg，在磁场中的运动时间远小于磁场变化的周期，不计粒子的重力与粒子间的相互作用，不考虑磁场变化产生电场的影响。求：(1)时刻发射的粒子在通道内的运动半径大小；(2)时刻发射的粒子能否通过截面，若能，计算粒子到达截面时的坐标；若不能，计算粒子到达通道四壁时的坐标；(3)通道壁吸收的粒子中，在通道内运动的最短时间与最长时间；(4)若仅撤去x方向磁场，长时间稳定后通过通道的粒子占总发射粒子数的百分比。【答案】(1)(2)(3)，(4)33.33％【详解】（1）由乙图可知，时发射的粒子在运动过程中磁感应强度，方向沿x轴正向，粒子在平面内做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，得即（2）粒子发射后在平面匀速圆周运动，轨迹如图1图1

平面视图最远沿y轴运动距离为，因此粒子不能通过通道，打到壁上。到达壁时，，因此，粒子到达壁上时坐标为。（3）粒子在磁场中运动时磁感应强度大小不变，运动周期如图2所示当粒子运动轨迹在平面内时到达壁上的运动时间最短（半径一定，弦长最短）

图2空间视图

图2平面视图

图3空间视图圆弧所对圆心角为127°，所以如图3所示运动轨迹与接收屏相切时运动时间最长，粒子运动刚好为半圆，圆弧所对圆心角为180°，所以（4）所有粒子运动轨迹圆在平面内，半径周期性变化最短半径为粒子要能通过通道，运动半径需要足够大，刚好能过通道时，轨迹如图4所示图4

平面视图由几何关系得即粒子要能通过通道，磁感应强度需满足结合随时间的变化规律，由数学三角函数知识可知，时间占磁场变化一个周期的，所以长时间稳定后通过通道的粒子占总发射粒子数的百分比为33.33％。28．（24-25高三上·北京朝阳·期末）巨磁阻是一种量子力学效应，在铁磁材料和非铁磁材料薄层交替叠合而成的多层膜材料中，自旋方向相反的两种电子同时定向移动形成电流。在外磁场作用下，铁磁材料可以呈现同向和反向两种磁化方向，如图1所示。当一束自旋产生的磁场方向与铁磁材料磁化方向相同的电子通过时，在铁磁材料和非铁磁材料的交界处电阻很小；同理，自旋产生的磁场方向与铁磁材料磁化方向相反的电子通过时，电阻很大。如图2为巨磁阻传感器的工作电路，为信号源，输入电压为，为输出端。已知无磁场时，、、、的阻值均为R。外加磁场后，使和的磁化方向与和相反，则在同一磁场中和的阻值均减小，和的阻值均增大。综合以上信息，下列说法错误的是（）A．自旋方向相反的两种电子分别通过多层膜材料导电时，可等效为两条并联支路B．当铁磁层的磁化方向相同时，比磁化方向相反时的总阻值小C．有磁场时输出端的输出电压大小与的平方成正比D．无磁场时输出端的输出电压大小为零【答案】C【详解】A．根据题意，自旋方向相反的两种电子同时定向移动形成电流，在外磁场作用下，不同自旋方向的电子通过时电阻不同，可等效为两条并联支路，故A正确，不符合题意；B．当铁磁层的磁化方向相同时，在交界处电阻小，总阻值小；磁化方向相反时电阻大，总阻值大，故B正确，不符合题意；C．无磁场时电路总电阻输出电压有电阻时总电阻输入电压为，根据输出电压所以有磁场时输出端的输出电压大小与成正比，故C错误，符合题意；D．无磁场时根据分压原理，输出电压故D正确，不符合题意。故选C。29．（2024·浙江宁波·二模）如图甲所示，立方体空间的边长为L，侧面CDHG为荧光屏，能完全吸收打在屏上的带电粒子并发光，三维坐标系坐标原点O位于底面EFGH的中心，，。已知从原点O向xOy平面内各个方向均匀持续发射速率为、质量为m、电荷量为的粒子。不计粒子重力及粒子间的相互作用。（1）若在立方体空间内仅存在方向平行于轴的匀强磁场，沿轴正方向射出的粒子恰好打在荧光屏上的H点。求磁场的磁感应强度B和粒子从原点O运动到荧光屏的最短时间t；（2）若在立方体空间内仅存在z轴负方向的匀强电场和沿y轴正方向的匀强磁场，沿x轴正方向射出的粒子，经某位置恰好与射出时速度相同，求此位置的坐标；（3）若在立方体空间内平行y轴加如图乙所示的磁场，其中。同时平行z轴加如图丙的磁场，其中，粒子在磁场中运动时间远小于磁场变化周期，不计电磁辐射影响。求沿x轴正方向射出的粒子打在荧光屏上落点的痕迹长度。【答案】（1），；（2）（，0，0）和（，0，0）；（3）【详解】（1）根据几何关系有粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有解得粒子在匀强磁场运动是周期为由题意可知，粒子从轴射出，弦长最短为，粒子的运动时间最短。此时圆心角为，运动的最短时间为（2）根据题中给出的电场强度与磁感应强度的关系有所以，粒子以做匀速直线运动，以做匀速圆周运动，其半径为一个周期时与原速度方向相同，此时沿轴方向的位移为由于该结果需小于，故坐标为和。（3）根据磁场叠加原理，合磁场强度大小为粒子的运动轨迹半径为沿轴正方向射出的粒子，粒子分别在两个截面轨迹如图所示设粒子射出点距的距离分别为和，由几何关系可知，解得，故可得痕迹圆的半径为故粒子打在荧光屏上落点的痕迹长度为30．（2017·天津·高考真题）电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器．电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C．两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计．炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触．首先开关S接1，使电容器完全充电．然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动．当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨．问：（1）磁场的方向；（2）MN刚开始运动时加速度a的大小；（3）MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少．【答案】（1）垂直于导轨平面向下；（2）（3）【详解】（1）电容器充电后上板带正电，下板带负电，放电时通过MN的电流由M到N，欲使炮弹射出，安培力应沿导轨向右，根据左手定则可知磁场的方向垂直于导轨平面向下．（2）电容器完全充电后，两极板间电压为E，根据欧姆定律，电容器刚放电时的电流：炮弹受到的安培力：根据牛顿第二定律：解得加速度（3）电容器放电前所带的电荷量开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vm时，MN上的感应电动势：最终电容器所带电荷量，导体棒运动过程中受到安培力的作用，磁感应强度和导体棒长度不变，即安培力和电流成正比，因此在此过程中MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力：由动量定理，有：又：整理的：最终电容器所带电荷量31．（2020·海南·高考真题）如图，虚线MN左侧有一个正三角形ABC，C点在MN上，AB与MN平行，该三角形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场；MN右侧的整个区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带正电的离子（重力不计）以初速度从AB的中点O沿OC方向射入三角形区域，偏转后从MN上的Р点（图中未画出）进入MN右侧区域，偏转后恰能回到O点。已知离子的质量为m，电荷量为q，正三角形的边长为d：(1)求三角形区域内磁场的磁感应强度；(2)求离子从O点射入到返回O点所需要的时间；(3)若原三角形区域存在的是一磁感应强度大小与原来相等的恒磁场，将MN右侧磁场变为一个与MN相切于P点的圆形匀强磁场让离子从P点射入圆形磁场，速度大小仍为，方向垂直于BC，始终在纸面内运动，到达О点时的速度方向与OC成角，求圆形磁场的磁感应强度。【答案】(1)；(2)；(3)见解析【详解】(1)画出粒子运动轨迹如图粒子在三角形ABC中运动时，有又粒子出三角形磁场时偏转，由几何关系可知联立解得(2)粒子从D运动到P，由几何关系可知运动时间粒子在MN右侧运动的半径为则有运动时间故粒子从O点射入到返回O点所需要的时间(3)若三角形ABC区域磁场方向向里，则粒子运动轨迹如图中①所示，有解得此时根据有若三角形ABC区域磁场方向向外，则粒子运动轨迹如图中②所示，有解得此时根据有32．（2024·湖南衡阳·模拟预测）如图所示，竖直虚线MN将真空空间分割成I、II两个区域，I、II区域内存在范围足够大、大小为、垂直纸面且方向相反的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为+q的带电小圆环套在一根固定的绝缘竖直细杆上，杆足够长，环与杆的动摩擦因数为μ。现使圆环从杆的底部以初速度向上运动，经时间后圆环回到出发位置，杆的底部有个光滑的拐角，长度忽略不计，其能够使圆环无能量损失的水平向左脱离杆，并在一段时间后恰好能够进入II区域。已知重力加速度为g，圆环完成周期性运动的个数为n。下列说法正确的是（）A．当圆环回到出发位置时速度v的大小为B．第一次通过MN边界时的速度大小C．在圆环未离开I区域内达到最高点前的位移大小为D．在圆环第二次通过MN边界前，从O点脱离杆后回到最高点的位移大小【答案】BCD【详解】A．①上升阶段，对环受力分析规定向下为正，对竖直方向列动量定理可得②下降阶段，对环受力分析规定向下为正，对竖直方向列动量定理可得联立以上两式可得解得A错误；B．由受力分析知，物体只受重力及洛伦兹力，又因为物体初速度往左，故分解一个向右的速度且满足即则另一个速度方向向左所以物体在mg和产生的洛伦兹力作用下向右做匀速直线运动，在产生的洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，物体的实际运动为这两运动之和。由题意可知，第一次通过MN边界时圆环的轨迹与其相切，速度竖直向上，则此时的速度方向如图所示由图可知，当物体的速度竖直向上时，的速度方向与水平方向向左成θ角，且所以所以B正确；CD．易知圆环在I区域内做周期性运动，且此时的运动无法影响竖直方向，所以回到最高点的时间由决定①在圆环还未出I区域内达到最高点设圆环已经完成了n个周期运动则有，，解得②在圆环出I区域后达到最高点II区域磁场大小相等，方向相反，且圆环进入II区域时速度竖直向上，所以圆环在II区域达到最高点的轨迹就是这个周期内剩下轨迹的对称图形，如图所示则，，CD均正确。故选BCD。33．（23-24高三上·湖南长沙·阶段练习）已知通电直导线产生的磁场的磁感应强度与通电导线的电流大小成正比，与到通电导线的距离成反比。如图所示，长直导体棒P通过两根等长绝缘细线悬挂在竖直绝缘光滑墙面上等高的A、B两点的正下方，并通以电流。另一导体棒Q也通过两根等长绝缘细线悬挂在A、B两点，并通以电流。静止时悬挂Q的两细线与竖直墙面有一定夹角，然后缓慢减小导体棒P中的电流。下列说法正确的是（

）A．与方向相同B．悬挂Q的细线拉力逐渐减小C．悬挂P的细线拉力大小不变D．若P中的电流减为初始的四分之一，则两导体棒的距离减半【答案】D【详解】A.由题意可知，两棒互相排斥，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，故电流方向相反，故A错误；B.如图甲所示，对导体棒Q受力分析。记PQ距离为d，AQ距离为L，AP距离为H，由三力平衡知故悬挂Q的细线拉力大小不变，故B错误；C.如图乙所示，将两根导体棒视为整体受力分析，设悬挂Q的细线与竖直方向的夹角为，则有由于逐渐减小，故悬挂P的细线拉力逐渐减小，故C错误；D.导体棒P在导体棒Q处产生的磁场磁感应强度故导体棒Q受到的安培力得而故，，故P中的电流减为初始的四分之一时两导体棒的距离减半，故D正确。故选D。34．（2024·四川成都·二模）某离子束实验装置的基本原理如图甲所示。Ⅰ区宽度为，左边界与轴垂直交于坐标原点，其内充满垂直于平面向里的匀强磁场；Ⅱ区宽度为，左边界与轴垂直交于点，右边界与轴垂直交于点，其内充满沿轴负方向的匀强电场。测试板垂直轴置于Ⅱ区右边界，其中心与点重合。从离子源不断飘出电荷量为、质量为的正离子，加速后沿轴正方向过点，依次经Ⅰ区、Ⅱ区，恰好到达测试板中心。已知离子刚进入Ⅱ区时速度大小为，速度方向与轴正