2026年高考物理二轮复习：专题10 磁场 带电粒子在磁场中的运动（专题专练）（全国适用）（解析版）

1/2专题10磁场带电粒子在磁场中的运动目录第一部分风向速递洞察考向，感知前沿第二部分分层突破固本培优，精准提分A组·保分基础练题型01磁场的叠加题型02安培力作用下的平衡问题题型03带电粒子在匀强有界磁场中的运动题型04带电粒子在组合场中的运动题型05带电粒子（带电体）在叠加场中的运动B组·抢分能力练第三部分真题验证对标高考，感悟考法1．（2025·贵州遵义·一模）如图，在水平面上有一质谱仪，由直线加速器和磁场偏转器组成，偏转器内有方向竖直向上的匀强磁场；偏转器的水平截面是圆心为O、内半径为R、外半径为2R的半圆环。粒子从静止经加速电压U0加速后，正对偏转器入口矩形abcd的中心进入磁场区域，粒子做半径为r的圆周运动后打在照相底片矩形efgh的中心。在质谱仪正常工作时，加速电压在到之间波动，粒子均能打在照相底片上，但感光位置会发生改变。令，感光长度为，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则与r的比值为（）A． B． C． D．【答案】D【详解】经过加速后获得的速度大小为v，根据动能定理有根据洛伦兹力提供向心力，有联立解得由此可知粒子加速电压越大，运动的轨道半径就越大，则，因为，变形得则最小半径为最大半径为感光长度则故选D。2．（2025·陕西西安·模拟预测）xOy空间存在一范围足够大的匀强磁场和匀强电场。磁场方向垂直于xOy平面向外，磁感应强度大小为B；电场方向为y轴正向，电场强度为E，一质量为m，电荷量为q（q＞0）的粒子从坐标原点O以初速度v0沿y轴正向发射，其运动轨迹如图所示。不计重力，则（）A．粒子向y轴正向上运动的过程中电势能逐渐增大B．粒子能到达的最低点距x轴距离为C．运动过程中粒子的最大速度为D．运动过程中粒子的最大速度为【答案】D【详解】A．正电荷向y轴正向上运动，沿电场方向运动，电场力做正功，电势能减小，故A错误；B．如图所示，将v0分解为v1和v2，且使v1满足qv1B=qE，即v1引起的洛伦兹力与粒子所受电场力平衡，得则粒子的运动可以分解成由v1引起的沿x轴正方向的匀速直线运动，和由v2引起的在xOy平面内做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有解得粒子能到达的最低点距x轴距离解得，故B错误；CD．粒子实际的运动就是这两个分运动的合运动，当两个分运动的速度均沿x轴正方向时，粒子的合速度最大，，故C错误，D正确。故选D。3．（2025·北京大兴·三模）如图1，在光滑绝缘水平桌面内建立直角坐标系，空间内存在与桌面垂直的匀强磁场。一质量为、带电量为的小球在桌面内做圆周运动。平行光沿轴正方向照射，垂直光照方向放置的接收器记录小球不同时刻的投影位置。投影坐标随时间的变化曲线如图2所示。下列说法正确的是（）A．投影做的是简谐运动，其振幅为B．时间内，投影的速度逐渐增大C．磁感应强度大小为D．投影的速度最大值为【答案】D【详解】A．振幅A是投影偏离平衡位置的最大距离。由图2，最大最小平衡位置则振幅，A错误；B．时间内，投影图像斜率绝对值减小（斜率表示速度），故投影速度逐渐减小，B错误；C．小球做圆周运动的周期T等于投影简谐运动的周期。由图2可知得由洛伦兹力提供向心力且圆周运动周期得，C错误；D．简谐运动最大速度，D正确。故选D。01磁场的叠加4．（2025·湖北恩施·一模）如图所示，相同的长直导线、、、、的中点分别固定在圆周的五等分点处，导线与圆周所在平面垂直，且通有同样的电流。关于圆心点处的磁感应强度，下列说法正确的是（）A．的大小不为，方向平行于圆周所在平面B．的大小不为，方向垂直于圆周所在平面C．若导线中的电流反向，则的方向平行D．若导线中的电流反向，则的方向垂直【答案】D【详解】AB．若导线中通有同样的电流，则每根导线在点产生的磁感应强度大小相等，且均与导线与点的连线垂直，如下图所示由对称性可知，点处的磁感应强度为，故AB错误；CD．、、、四根导线在处产生的合磁感应强度与导线中原电流产生的磁感应强度等大反向，若导线中的电流反向，则导线中电流产生的磁感应强度也与导线中原电流产生的磁感应强度等大反向，均垂直于，故磁场的方向垂直，故C错误，D正确。故选D。5．（2025·辽宁沈阳·模拟预测）如图，在等边三角形的顶点、上分别放置垂直纸面的通电直导线，两导线中电流大小相等、方向垂直纸面向里，关于顶点处的磁感应强度方向，以下描述正确的是（）A． B．C． D．【答案】B【详解】由题意，根据右手螺旋定则，b电流产生的磁场垂直于ba偏向右下方，c电流产生的磁场垂直于ca偏向右上方，根据平行四边形定则，则合场强的方向水平向右，与bc边平行，故选B。6．（2025·江苏南京·模拟预测）如图所示，AC是四分之一圆弧，O为圆心，A、C处各有一垂直纸面的通电直导线，电流大小相等，方向均垂直纸面向里，整个空间还存在一个磁感应强度大小为B的匀强磁场，O处的磁感应强度恰好为零。下列说法正确的是（）A．两通电直导线相互排斥B．A处直导线在O处产生的磁感应强度大小为C．若将C处直导线移走，则O处的磁感应强度大小变为D．若将A处直导线中的电流反向、大小不变，则O处的磁感应强度方向竖直向下【答案】C【详解】A．同向通电直导线相互吸引，故A错误；B．A处直导线在O处产生的磁感应强度大小为B1，则C处直导线在O处产生的磁感应强度大小为B1，根据矢量的叠加可得所以，故B错误；C．若将C处直导线移走，则O处的合磁感应强度大小与C处导线在O处的磁感应强度大小相等，即，故C正确；D．若将A处直导线中的电流反向、大小不变，则A、C处直导线在O处产生的磁感应强度为B，方向与匀强磁场方向垂直，所以O处的磁感应强度大小为，方向竖直向上，故D错误。故选C。7．（2025·安徽滁州·二模）某物理兴趣小组为研究通电导线周围的磁场，他们将一根很长的直导线，竖直穿过水平桌面上O点处的小孔并固定，然后在导线中通以恒定电流，以O点为原点，某一水平方向为x轴建立坐标系，再将一个灵敏的小磁针放在x轴上不同的位置，小磁针静止时N极指向与x轴正向的夹角为θ，图1为其俯视图。图2为实验得到的sinθ与位置x之间的关系曲线。已知该区域地磁场水平分量大小为B0。下列说法正确的是（）A．导线中电流方向为竖直向下B．此处地磁场方向与x轴垂直C．通电导线在x0处产生的磁感应强度大小为D．x0处合磁场的磁感应强度大小为2B0【答案】C【详解】ACD．由图2可知，当时，知解得小磁针静止时N极的指向为合磁场的方向，设通电导线在处产生磁感应大小为，该区域地磁场水平分量大小为B0，如图所示由数学关系知解得，x0处合磁场的磁感应强度大小为解得根据安培定则，由小磁针的偏转情况可判断，导线中电流方向为竖直向上，故AD错误，C正确；B．由图1可知，小磁针放在x轴上，小磁针静止时N极指向与x轴正向的夹角为θ，说明地磁场与x轴不垂直，故B错误。故选C。02安培力作用下的平衡问题8．（2025·山东聊城·二模）如图所示，空间中存在一匀强磁场（图中未画出，大小、方向未知）。两条平行金属导轨间距l=1m，与水平面成倾角θ=37°固定，在两导轨上同一高度处各有一绝缘竖直短杆。将质量m=0.5kg的金属棒AB置于短杆处，金属棒与金属导轨间的动摩擦因数µ=0.5。现将两导轨与恒流电源相连接，金属棒中电流大小为I=3A，重力加速度的大小取10m/s2，sin37°=0.6。要使金属棒沿导轨向上以a=2m/s2的加速度做匀加速直线运动，则磁感应强度的最小值为（）A． B． C．1T D．2T【答案】A【详解】对金属棒受力分析，如图所示根据牛顿第二定律可得，，联立可得由此可知所以故选A。9．（2025·江西·模拟预测）如图，粗细均匀的金属棒AC用绝缘细线PA和QC悬吊，静止在垂直于PACQ平面的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，金属棒AC长为L，与水平面的夹角为。给金属棒AC通入大小为I、方向从C到A的恒定电流，同时给金属棒AC施加一个外力，使金属棒AC仍处于静止状态，，则加在金属棒AC上外力的最小值为（）A．0.6BIL B．0.75BIL C．0.8BIL D．BIL【答案】A【详解】金属棒受到的安培力大小为，方向斜向右下方，重力和绳的拉力的合力F竖直向上如图要使金属棒处于静止，需要施加的最小外力等于安培力的水平分力，即故选A。10．（2025·北京通州·一模）如图所示的装置是用来测量匀强磁场磁感应强度B的等臂电流天平，其右臂挂着匝数为n的矩形线圈，线圈的水平边长为l，磁场的方向与线圈平面垂直。当线圈没有通电时，天平处于平衡状态，当线圈通入图示电流I时，则须在一个托盘中加质量为m的小砝码才能使天平重新平衡。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（

）A．应在右盘中加入小砝码B．由以上测量数据可求出匀强磁场的磁感应强度C．若发现右盘向上翘起，则应增大线圈中的电流D．若只改变电流的方向，线圈仍保持平衡状态【答案】C【详解】A．根据左手定则，安培力向下，应在左盘中加入小砝码，A错误；B．根据平衡条件得，解得，B错误；C．若发现右盘向上翘起，表明向下的安培力偏小，则应增大线圈中的电流，C正确；D．若只改变电流的方向，安培力向上，线圈不能保持平衡状态，D错误。故选C。11．（2025·江西新余·二模）如图所示，金属棒两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由向的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为，下列说法正确的是（）A．如果两悬线等长变短，角变小 B．当金属棒质量变大，角变大C．当角变小时，绳子拉力不变 D．如果棒中的电流变大，角变大【答案】D【详解】A．对金属棒进行分析，根据平衡条件有，解得可知，角与悬线长度无关，故A错误；B．结合上述可知，当金属棒质量变大，角变小，故B错误；C．结合上述有可知，当角变小时，绳子拉力变小，故C错误；D．结合上述可知，如果棒中的电流变大，角变大，故D正确。故选D。03带电粒子在匀强有界磁场中的运动12．（2025·甘肃白银·三模）如图所示，在xOy直角坐标系的第一象限以坐标原点为圆心、半径为R的四分之一圆OADC内，有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，D为圆弧AC的中点；从坐标原点沿x轴正向向磁场内射入各种不同速率的带电粒子，粒子的质量为m、电荷量为q（q>0），不计粒子的重力及粒子间的相互作用。关于粒子在磁场中的运动，下列说法正确的是（）A．粒子在磁场中运动的最长时间为B．粒子从圆弧边射出时，速度越大，粒子在磁场中运动的时间越长C．若粒子从D点射出，则粒子出磁场时速度沿y轴正向D．从A点射出的粒子和从D点射出的粒子在磁场中运动的时间之比为4∶1【答案】C【详解】A．粒子从y轴射出在磁场中运动的时间最长，最长为，故A错误；B．不同速度的粒子从圆弧边射出时，在磁场中运动轨道所对的弦长相同，速度越大，半径越大，轨迹所对的圆心角越小，运动时间越短，故B错误；C．若粒子从D点出射，运动轨迹如图根据几何关系，轨迹所对的圆心角为90°，因此粒子从D点出磁场时，速度沿y轴正向，故C正确；D．从A点出射的粒子在磁场中运动的时间为半个周期，从D点出射的粒子在磁场中运动的时间为四分之一个周期，因此时间之比为2∶1，故D错误。故选C。13．（2025·吉林长春·模拟预测）如图所示，有一个弹性绝缘材料制成的圆筒，沿一条直径开有正对的两孔C和D，筒内有匀强磁场，有一不计重力的带正电的粒子从D孔以大小为v的速度正对圆心入射，与筒壁发生一次弹性碰撞后从C孔飞出圆筒，粒子与筒壁碰撞时垂直于筒壁方向的速度等大反向，沿筒壁方向的速度不变。现改变粒子从D孔入射的方向，使入射的方向与CD成30°角，为使粒子与筒壁发生两次弹性碰撞后仍能从C孔飞出，则粒子的速度的大小为（

）A． B． C． D．v【答案】D【详解】当带正电的粒子从D孔以大小为v的速度正对圆心入射，与筒壁发生一次弹性碰撞后从C孔飞出圆筒，其运动轨迹如图所示设圆筒的半径为R，由几何知识可知，子圆周运动的轨道半径也为R，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有改变粒子从D孔入射的方向，使入射的方向与CD成30°角，为使粒子与筒壁发生两次弹性碰撞后仍能从C孔飞出，其运动轨迹如下图所示则D点和第一次碰撞点对于的圆筒的圆心角为，设粒子的速度为，与CD成角，故四边形为菱形，所以粒子圆周运动的轨道半径为R，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有联立可得故选D。14．（2025·北京丰台·二模）如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场，一不计重力的带电粒子垂直磁场边界从M点射入，从N点射出。下列说法正确的是（）A．粒子带正电B．粒子在N点速率小于在M点速率C．若仅增大磁感应强度，则粒子可能从N点下方射出D．若仅增大入射速率，则粒子在磁场中运动时间变长【答案】C【详解】A．粒子向右偏转，洛伦兹力方向整体向右，根据左手定则可知，四指指向与粒子速度方向相反，可知，粒子带负电，故A错误；B．洛伦兹力不做功，根据动能定理可知，粒子的速率不变，即粒子在N点的速率等于在M点的速率，故B错误；C．粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有解得若增大磁感应强度，则轨道半径减小，可知，粒子可能从N点下方射出，故C正确；D．结合上述可知，若增大入射速率，则轨道半径增大，粒子将从N点上方射出，对应圆弧的圆心角减小，根据，解得粒子在磁场中运动的时间圆心角减小，运动时间减小，可知，若仅增大入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短，故D错误。故选C。15．（2025·湖北武汉·模拟预测）如图所示，直角三角形中，，其区域内存在磁感应强度大小为、方向垂直纸面向外的匀强磁场，点处的粒子源可向磁场区域各个方向发射速度大小为（为粒子的比荷）的带正电的粒子。不考虑粒子的重力和相互间作用力，下列说法正确的是（

）A．边上有粒子到达区域的长度为B．边上有粒子到达区域的长度为C．从边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为D．从边射出的粒子在磁场中运动的最长时间为【答案】C【详解】AB．粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力得解得如图所示由几何关系可得边上有粒子到达区域的长度为由几何关系可得边上有粒子到达区域的长度为故AB错误；C．如图所示粒子从边上点射出时，对应的圆心角最小，所用时间最短，由几何关系可知，最小圆心角为，则最短时间为故C正确；D．如图所示粒子从边上点射出时，对应的圆心角最大，所用时间最长，由几何关系可知，最大圆心角为，则最长时间为故D错误。故选C。04带电粒子在组合场中的运动16．（2025·河南·三模）如图所示，平行板电容器竖直放置，右极板右侧空间存在垂直纸面向外的匀强磁场。一比荷为的带负电粒子从电容器下端中间位置以的初速度沿极板方向进入电场，经电场偏转后从电容器右极板正中间的小孔进入匀强磁场，最后恰好从右极板的上边缘射出磁场。已知两极板间的距离为d，极板间电压不计带电粒子的重力，下列说法正确的是（）A．电容器极板长度为3dB．粒子进入磁场时的速度大小为C．匀强磁场的磁感应强度大小为D．粒子从射入电场到射出磁场的运动时间为【答案】D【详解】A．粒子的运动轨迹如图所示粒子在电场中做类平抛运动，水平方向有解得由运动学公式有解得粒子沿极板方向做匀速运动，有解得电容器极板长度为，故A错误；B．粒子进入磁场时竖直方向的速度大小为，水平分速度大小则粒子进入磁场时的速度大小，故错误；C．设粒子进入磁场时的速度为向与水平方向的夹角为，有解得粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系有解得由洛伦兹力提供向心力，有解得，故C错误；D．粒子在磁场中做圆周运动的周期粒子在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角为，可知运动时间则粒子从射入电场到射出磁场的运动时间，故D正确。故选D。17．（24-25高三下·湖北·模拟预测）某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的运动，如图所示，材料表面上方矩形区域充满竖直向下的匀强电场，电场宽为d；矩形区域充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，长为L，宽为S；为磁场与电场之间的薄隔离层，一个电荷量为e、质量为m、初速度为零的电子，从P点开始被电场加速经隔离层垂直进入磁场，电子每次穿越隔离层，时间极短、运动方向不变，其动能损失是每次穿越前动能的10%，电子第一次进入磁场区域恰好未从穿出，第五次穿越隔离层后垂直于磁场边界飞出，不计电子所受重力。则下列说法正确的是（）A．电子在磁场中第一次与第二次圆周运动的半径比为B．电子在磁场中第一次与第二次运动的时间比为10∶9C．电场强度大小为D．【答案】D【详解】C．设粒子第一次到达隔离层时的速度大小为，穿过隔离层后的速度大小为。粒子第一次进入磁场区域做圆周运动的半径由动能定理得由题意知由牛顿第二定律得解得故C错误；A．设粒子穿过隔离层后第2次进入电场时的速度大小为，粒子由电场返回穿越隔离层后的速度大小为，第二次在磁场中做圆周运动的半径为，由题意知，由牛顿第二定律得解得故电子在磁场中第一次与第二次圆周运动的半径比为10∶9，故A错误，B．电子第一次与第二次在磁场中均转过半个周期，时间比为1∶1，故B错误；D．电子第三次在磁场中运动的半径为则磁场区域的长度故D正确。故选D。18．（2025·安徽黄山·一模）如图所示，已知匀强电场方向向下，边界为矩形ABGH，匀强磁场方向垂直纸面向里，边界为矩形BCDG，GD长为L，磁感应强度为B。电量为q，质量为m的粒子，从AH中点以垂直电场的速度（未知量）进入电场，然后从边界BG进入磁场，轨迹恰好和磁场另外三个边界相切，运动个圆周后返回电场。不计粒子的重力，下列说法正确的是（）A．粒子一定带正电B．AB长为2LC．D．若电场强度减弱，粒子在磁场中运动时间将变长【答案】B【详解】A．由题意可知，若粒子带正电，运动轨迹如图所示，若粒子带负电，由对称性，粒子在电场中向上偏转，磁场中运动的圆轨迹与正粒子圆轨迹相重合，故不论带何种电荷，都符合题意，A错误；B．如图所示，取正粒子运动轨迹，轨迹恰好和磁场另外三个边界相切，运动个圆周后返回电场,所以圆弧对应的圆心角为，可知图中设定的，设粒子在磁场中运动轨道半径为r,由几何关系，设P点速度为,根据速度的分解可得，粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中运动时间为，则有，由几何关系联立解得，B正确；C．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦磁力提供向心力，可得，代入数据解得，C错误；D．若电场强度减弱，粒子进入磁场的偏转角减小，粒子在磁场中运动的轨道半径减小，圆轨道对应的圆心角变小，所以在磁场中运动时间将变短，D错误。故选B。19．（2025·河北·二模）在半导体离子注放工艺中，初速度可忽略的离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，有一定的宽度的匀强磁场区域，如图所示。已知离子P＋在磁场中转过θ=30°后从磁场右边界射出。则在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋（）A．在磁场中运动的半径之比为3:1B．在电场中的加速度之比为1:1C．在磁场中转过的角度之比为1:2D．离开磁场区域时的动能之比为1:【答案】C【详解】A．离子在电场中运动时有离子在磁场中运动时有联立解得所以在磁场中运动的半径之比为:1，故A错误；B．在电场中的加速度为所以加速度之比为1:3，故B错误；C．设磁场宽为l，根据几何关系可得所以离子在磁场中转过的角度的正弦之比为1:，由于P＋在磁场中转过的角度为30°，所以P3＋在磁场中转过的角度为60°，即转过的角度之比为1:2，故C正确；D．离开磁场区域时的动能与进入磁场时的动能相等，均为qU，所以动能之比为1:3，故D错误。故选C。05带电粒子（带电体）在叠加场中的运动20．（2025·北京·模拟预测）我国空间站的霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。xOy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为。质量为、电荷量为的电子从点沿轴正方向水平入射，入射速度为时，电子沿轴做直线运动；入射速度为（）时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用，下列说法错误的是（）A．电场强度的大小B．电子向上运动的过程中动能逐渐增加C．电子运动到最高点的速度大小为D．电子运动到最高点的速度大小为【答案】C【详解】A．电子入射速度为时，电子沿轴做直线运动，电子受到的电场力向上，由左手定则可知，洛伦兹力向下，有解得，故A正确，不符合题意；B．电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中运动，由于洛伦兹力不做功，向上运动到最高点，电场力做正功，由动能定理可知，电子的动能增加，故B正确，不符合题意；C．因为入射速度为时，电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，结合B项分析可知，电子在向上运动过程中动能增加速度增大，洛伦兹力增大，所以电子在最低点的合力向上，在最高点的合力向下，设电子在最高点的速度大小为，有解得电子运动到最高点的速度大小为，故C错误，符合题意，D正确，不符合题意。故选C。21．（2025·湖南·模拟预测）空间存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于平面向里，匀强电场的场强为E、方向沿y轴向下，将一个质量为m、带正电q的粒子从O点由静止释放，粒子的部分运动轨迹如图中曲线所示。出发后粒子第一次到达x轴的坐标为（a，0），已知该曲线在最低点的曲率半径为该点到x轴距离的2倍，该粒子运动过程中任意位置的坐标可以表示为P（x，y），不计粒子的重力，则（）A．该粒子运动过程中任意位置坐标的y值可能取负值B．该粒子运动过程中任意位置坐标的x值不可能大于aC．粒子在运动过程中第一次运动到离x轴最远处时，距离x轴的距离D．粒子运动过程中的最大速率【答案】C【详解】AB．粒子从初始位置运动到x轴时电场力做功为0，所以不可能运动到x轴以上位置，即y值不可能取负值；到达x轴的速度为零，所以会再次向下运动，重复前一段的轨迹向前运动，则x值会大于a，故AB错误；C．粒子第一次运动到距离x轴最远处时洛伦兹力不做功，由动能定理得解得在此处有解得故C正确；D．最大速率满足解得故D错误。故选C。22．（2025·湖南邵阳·三模）如图所示，在磁感应强度大小B，方向水平向里的匀强磁场中，有一根长L的竖直光滑绝缘细杆MN，细杆顶端套有一个质量m电荷量的小环。现让细杆以恒定的速度沿垂直磁场方向水平向右匀速运动，同时释放小环（竖直方向初速度为0），小环最终从细杆底端飞出，重力加速度为，关于小环在杆上的运动下列说法正确的是（）A．小环的轨迹是条直线B．洛伦兹力对小环做负功C．小环在运动过程中机械能不变D．小环在绝缘杆上运动时间为【答案】D【详解】A．对小环分析可知，竖直方向受向下的重力和向上的洛伦兹力作用，加速度因v不变，则加速度不变，即小环在竖直方向做匀加速运动，水平方向做匀速运动，可知小环运动的轨迹为曲线，选项A错误；B．洛伦兹力对小环不做功，选项B错误；C．水平速度小环受到向右的洛伦兹力作用，在细杆对小环有向左的弹力作用，该弹力对小环做负功，可知小环在运动过程中机械能减小，选项C错误；D．小环在竖直方向做匀加速运动，加速度为根据可得竖直小环在绝缘杆上运动时间为选项D正确。故选D。23．（2025·全国·二模）如图所示，倾角为37°的光滑斜面ABC固定在水平地面上，一个质量为m，电荷量为的小球从斜面底端A点以初速度v沿斜面向上运动。整个装置处于水平向右的匀强电场中，场强，斜面竖直边BC所在直线右侧空间中充满垂直于纸面向里的磁感应强度为的匀强磁场，重力加速度为g，则小球运动过程中与AC所在直线的最大距离为（）A． B． C． D．【答案】A【详解】因为沿斜面方向有可知小球沿斜面向上做匀速运动到C点，若以斜面竖直边BC所在直线为分界线，在其右侧空间再加的匀强磁场，小球受到的洛伦兹力大小（方向垂直于AC向上）小球受到的电场力和重力的合力（方向垂直于AC向下）利用“配速法”，将小球的速度分成，其中则小球的运动可以看作是沿AC做匀速直线运动，垂直于AC做匀速圆周运动的两个分运动的合成，则小球在运动过程中与AC所在直线的最大距离为联立解得故选A。24．（2025·河南·模拟预测）如图1所示，长方体区域的上表面OABC为一正方形，以O点为坐标原点建立图示的空间直角坐标系，yOz平面的左侧存在沿z轴正向的匀强磁场，yOz平面右侧的长方体区域内存在沿y轴正方向的匀强磁场，且随时间的变化规律如图2所示（取沿y轴正向为正），两区域的磁感应强度大小相等。0时刻从空间坐标（，，）的M点（图中未标出）发射一比荷为k的正粒子，粒子的初速度大小为，方向与x轴正方向的夹角，一段时间后粒子恰沿x轴正向从O点进入长方体区域，最后恰从B点沿x轴正向射出，不计粒子的重力，求：(1)磁场的磁感应强度的大小。(2)正方形OABC边长a满足的条件。(3)若正方形OABC的边长，长方体区域的高度，当该正粒子经过O点时，立即在长方体区域内加上沿y轴负向的匀强电场，粒子最后恰从点射出，求所加匀强电场的电场强度及粒子经过点时的速度大小。【答案】(1)(2)(3)，【详解】（1）带电粒子从M点运动至O点的径迹如图甲所示，则由几何关系由洛伦兹力提供向心力解得，（2）带电粒子在磁场中的运动周期粒子0时刻发出后经过进入磁场，此后每经过，方向改变一次，因而带电粒子在正方形OABC区域内的运动情况如图乙所示则有（n=1，2，3…）（3）设带电粒子从O点运动至B'点经历的时间为，在xOz平面内有y轴负方向上有联立解得经过点时y轴负向的速度其速度大小解得25．（2025·河北沧州·一模）用磁场实现对微观粒子的控制在高能物理、材料科学、核磁共振、微流控芯片等领域有着广泛的应用。如图所示为一种能够实现用磁场控制微观粒子的装置内部磁场分布图，轴上方存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小，轴下方存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小；在坐标原点处有一粒子源，可以同时发射速度大小为、方向分别沿轴正、负方向的两个带电粒子、。已知带电粒子质量均为，电荷量均为，粒子相遇时两者的运动互不影响，不计粒子重力及粒子间的相互作用。(1)若、两粒子同时经过点，求该情况下的最小值；(2)若，且在坐标系内的磁场为矩形磁场，为使两粒子发射后能够在磁场中相遇次，求矩形磁场的最小面积；(3)两粒子发射后的运动轨迹会有很多交点，若，且两粒子发射时间不同，为使两粒子能相遇在横坐标最小的轨迹交点处，求两粒子发射的时间差。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）由洛伦磁力提供向心力，有解得由洛伦磁力提供向心力，有解得若B最小，说明H点是P、Q粒子在x轴上第一次相遇的点，P、Q粒子同时从O点出发，运动轨迹如图1所示可知解得B的最小值为（2）当时，由洛伦磁力提供向心力，有解得由洛伦磁力提供向心力，有解得P、Q两粒子同时发射后，每经过一个周期在x轴上相遇一次，P粒子每个周期内轨迹与x轴的交点向正方向移动n个周期向正方向移动所以磁场右边界的x轴坐标为磁场的左边界x轴坐标为磁场沿x轴方向宽度为磁场沿y轴方向宽度为所加矩形磁场的最小面积（3）横坐标最小的轨迹交点如图2中所示的G点O1O2之间距离与AO之间距离相等，易知可得=45°结合可得，P粒子运动至G点转过国心角为45°，所用时间

Q粒子运动至G点，在x轴下方转过圆心角为180°，在x轴上方转过圆心角为135°，所用时间两粒子从O点出发的时间之差26．（2025·浙江·一模）利用正、负离子发电的装置如图所示，它由发射区、加速区和发电区组成。发射区由正负离子源和半径均为r的两个圆形边界的磁场组成；建立以为坐标原点，水平向右为x轴，竖直向下为y轴，则两圆心分别位于和处，位于处；离子源单位时间内分别向圆形磁场发射质量均为m、速度均为、数量均为N、带电量分别为和的离子，且沿各方向均匀分布，其中沿x轴方向射入磁场的离子沿y轴方向射出。加速区由两个有理想边界且场强大小相等、方向相反、平行y轴的匀强电场组成，电场上下边界的距离为L，大小为。发电区由两足够长的平行金属板构成，其外侧接有阻值可调的负载电阻R，两极板间存在匀强磁场，其大小与圆形磁场区域的大小相同，方向均垂直纸面向外。不考虑离子的重力和离子间的相互作用力。(1)求磁感应强度大小B；(2)从发出的离子沿着与x轴夹角为的斜向下方向射入磁场，求其射出圆形磁场边界的位置坐标；(3)断开开关S，求两板间的最大电压；(4)闭合开关S，调节负载R阻值，待电路稳定后，两板间电压，求此时负载消耗的电功率P。【答案】(1)(2)，(3)(4)【详解】（1）根据洛伦兹力提供向心力可得解得磁感应强度大小（2）如图所示沿x轴方向射入磁场的离子沿y轴方向射出，可知离子回旋半径等于磁场区域半径，故离子经过圆形磁场后均沿y轴方向射出，根据几何关系有粒子射出圆形磁场边界的横坐标纵坐标（3）由动能定理，有离子进入极板时的速度S断开时，离子在两板间匀速运动电压的最大值为（4）当极板间电压为U时，用以补偿电场力的洛伦兹力所需的速度满足即离子做圆周运动的速度分量其半径即位置坐标的离子能打到极板形成电流由式②知，其对应的角度即以及向x轴上方发射的离子均打不到极板负载R的电流负载消耗的电功率27．（2025·湖南·一模）带电粒子沿金属板A、B的中心轴线进入偏转电压为U（大小未知）的偏转电场，偏转电场可看作匀强电场。以金属板A、B的中心轴线为x轴，金属板A、B的右边界为y轴建立平面直角坐标系，在第一象限内存在磁场为非匀强磁场，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随y轴方向均匀增大，关系为，速度为的带电粒子恰好从金属板的右边缘P点射入磁场。已知金属板A、B间的距离为2d、长度为，带电粒子质量为m、电荷量为-q，不计带电粒子的重力。(1)求偏转电压U的大小；(2)若粒子以大小为的速度从P点与y轴成方向射入磁场，求粒子从P点运动到速度与竖直方向成的过程中运动轨迹与x轴围成的面积【答案】(1)(2)【详解】（1）粒子在偏转电场中做类平抛运动，沿x轴方向做匀速直线运动，其运动时间已知金属板长度，所以沿y轴方向做初速度为0的匀加速直线运动，加速度又因为所以粒子在y轴方向的位移根据可得进行化简（2）设粒子在x轴方向上的分速度为，在y轴方向上以向上为正方向，根据动量定理有整理可得其中并代入磁感应强度的值，即又运动轨迹与x轴围成的面积S为联立解得。28．（2025·湖北·一模）如图，在真空中建立直角坐标系xOy，第一、二象限区域存在方向沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E。在第三、四象限存在方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场。一带负电的粒子从y轴上y=3L的P点以某一速度沿x轴正方向射出，经x轴上的Q（图中未标出）点进入磁场，经过Q点时速度方向与x轴正方向的夹角为θ=60°，经过磁场偏转后恰好能回到P点。已知该点电荷质量为m，电荷量为q，不计重力。求(1)Q点到原点O的距离。(2)磁场的磁感应强度大小。(3)粒子从P点出发经过多长时间又运动到P点。【答案】(1)(2)(3)（k=1，2，3，4...）【详解】（1）粒子初速度v0，在电场中运动时间t1后进入磁场，进入磁场时沿y轴方向速度大小为vy，则有粒子在电场中做类平抛运动，则有，联立解得（2）粒子在电场中运动时加速度为a，，解得进入磁场时速度大小为v，根据运动的合成与分解可得解得在磁场中做圆周运动的半径为r，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有粒子恰好能回到P点则有解得联立即得（3）粒子在第一象限中运动时间t1，x方向做匀速直线运动故，轨迹如图则其中，粒子在磁场中运动周期为T，则有几何关系可知粒子在磁场中扫过的圆心角为240°，在磁场中运动时间t2，则粒子在磁场中运动时间为故（k=1，2，3，4...）29．（2025·江苏南京·模拟预测）如图，在空间直角坐标系中存在磁感应强度大小为的匀强磁场，磁场沿轴正方向，在处有一垂直轴足够大的接收屏。原点处有一粒子源，仅在平面内向各个方向发射速度大小为、质量为、电荷量为的正电粒子。不计粒子重力、粒子间的相互作用和接收屏累积电荷产生的影响。(1)求粒子运动的半径和周期。(2)若在磁场区再加一个沿轴正方向电场强度大小为的匀强电场（未画出），求粒子打到接收屏上坐标最大值和最小值两点的z坐标。(3)撤去（2）中电场，且粒子源只向轴负方向发射该种粒子，粒子在磁场中运动时始终受到与速度大小成正比、方向相反的阻力，比例系数为k。粒子速度第一次沿轴正方向时的位置设为点（未画出），已知点的坐标为，求点的x坐标和粒子在点的速度大小。【答案】(1)，(2)（，，），（，，）(3)，【详解】（1）由洛伦兹力提供向心力得解得根据周期公式可得（2）粒子沿轴方向做初速度为零、加速度大小为的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得解得粒子在垂直轴的平面上做半径为的匀速圆周运动如图初速度方向沿轴负方向的粒子打在接收屏上前运动的时间最长对应坐标有最大值由几何知识可得该点坐标为，其对应的坐标为（，，）初速度沿轴正方向偏向轴负方向角方向的粒子打在接收屏前运动的时间最短由几何知识可得该点坐标为0，对应坐标有最小值其对应的坐标为（，，）（3）粒子从点至点过程，沿轴方向由动量定理有即解得所以点的x坐标；沿轴方向由动量定理有即解得30．（2025·海南海口·模拟预测）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，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为，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，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)若在偏转分离器Ⅲ加入水平向右的匀强电场，电场强度大小，粒子打在速度选择器右挡板的点上（未标出）。求粒子在偏转分离器Ⅲ中的最大速度以及点的位置。【答案】(1)正电；(2)(3)；点到O点的距离【详解】（1）由题可知，粒子进入Ⅲ区向上偏转，根据左手定则，可知粒子带正电；设粒子经过加速器获得的速度为v，粒子经加速器加速，根据动能定理有粒子经速度选择器做直线运动，根据平衡条件有解得（2）粒子经偏转分离器Ⅲ，根据洛伦兹力提供向心力有根据几何关系可知，O点到P点的距离解得（3）粒子刚进入偏转分离器Ⅲ时，粒子受到向上的洛伦兹力向右的电场力根据配速法，将粒子的速度v分解为大小为v1、v2的两个分速度，使v1对应的洛伦兹力与电场力等大反向，即可得，方向竖直向上根据速度的分解可得，方向与v的方向夹角为斜向下则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，粒子在偏转分离器Ⅲ中的最大速度粒子以v2做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有周期粒子打在速度选择器右挡板的点上所需时间根据几何关系，点到O点的距离解得。31．（2025·安徽六安·模拟预测）如图所示，光滑水平地面上放置一足够长且上表面绝缘的小车，小车不带电、质量为M=0.08kg，现将一带负电、电荷量q=0.5C，质量m=0.02kg的滑块放在小车的左端，滑块与绝缘板间的动摩擦因数μ=0.4，它们所在空间存在范围足够大的、磁感应强度为B=1T的垂直于纸面向里的匀强磁场。开始时小车和滑块均静止，一不可伸长的轻质细绳长L=0.8m，一端固定在O点，另一端与质量m1=0.04kg的小球相连，把小球拉至水平位置由静止释放，当小球运动到最低点时与小车相撞，碰撞时间极短，碰撞后小球恰好静止，g取10m/s2。求：(1)与小车碰撞前，小球受到细线拉力的最大值；(2)碰撞后小车和滑块所能获得的最终速度大小。【答案】(1)1.2N(2)1.9m/s【详解】（1）小球下摆过程，根据机械能守恒有解得小球在最低点解得由牛顿第三定律得小球对细绳的拉力与T等大反向，所以小球对细绳的拉力最大值为1.2N，竖直向下。（2）小球与小车碰撞解得小车速度假设滑块与车最终相对静止解得滑块速度由此得出F洛=qv2B=0.8N>mg，故假设不成立，因此滑块最终悬浮qv3B=mg解得滑块与小车动量守恒解得所以最终滑块速度大小为0.4m/s，最终小车速度大小为1.9m/s。32．（2025·湖南长沙·模拟预测）如图所示，平面直角坐标系xOy的x>0区域被平行于y轴的场边界M、N分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，区域Ⅰ、Ⅱ的宽度均为d，在区域Ⅰ、Ⅱ内有沿y轴负方向的匀强电场，在区域Ⅱ内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，区域Ⅲ内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小相等，在坐标原点O沿与x轴正方向成45°角在坐标平面内向第一象限射出一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子的初速度大小为，粒子在区域Ⅰ内运动后以垂直于M的方向进入区域Ⅱ，粒子在区域Ⅱ内做直线运动，不计粒子的重力，求：(1)匀强电场电场强度的大小；(2)匀强磁场的磁感应强度大小；(3)当粒子第二次在区域Ⅱ中运动的速度沿y轴负方向时的位置离x轴的距离。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）粒子在区域I内运动过程中，根据运动的分解，竖直方向上粒子做匀减速运动，则有根据牛顿第二定律可得水平方向粒子做匀速直线运动，则有联立解得（2）粒子进入区域Ⅱ的速度大小粒子在区域Ⅱ中做匀速直线运动，根据力的平衡解得（3）设粒子第一次区域Ⅲ中做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律解得设粒子第一次进区域Ⅲ时的位置坐标为，则设粒子第二次进区域Ⅱ时的位置坐标为，则将粒子在区域Ⅱ中的运动分解为两个分运动，一个是速度大小为且沿x轴正向的匀速直线运动，另一个初速度大小为且初速度方向沿x轴负方向的匀速圆周运动。当匀速圆周运动的分运动速度与x轴负方向成60°时，合速度方向竖直向下。设做匀速圆周运动分运动的半径为R，则有解得此时粒子离x轴的距离33．（2025·广东深圳·三模）如图所示，在竖直面内的直角坐标系xOy中，第二象限内有沿x轴负方向的匀强电场（大小未知）和方向垂直坐标平面向里的匀强磁场（图中未画出），第四象限内有方向垂直坐标平面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场（图中未画出）。一质量为m、电荷量为q的带正电小球（视为质点）从P点以大小的速度沿PO方向做直线运动，通过O点第一次通过x轴后在第四象限内做匀速圆周运动，恰好通过Q点（第二次通过x轴）。已知P、Q的坐标分别为和，重力加速度大小为g，求：(1)第二象限内，匀强电场的电场强度大小；(2)小球从P点运动到Q点的时间t；(3)小球第五次通过x轴时的横坐标。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）由题知，P点坐标为，设PO与x轴负方向夹角为，则有解得小球沿PO方向做直线运动，则必为匀速直线运动，故受力平衡，小球受向下的重力，水平向左的电场力和垂直于PO斜向右上方的洛伦兹力，如图根据受力分析，可得解得（2）小球进入第四象限后运动轨迹如图根据几何关系可得小球从P到O的时间小球进入第四象限后做匀速圆周运动，根据几何关系可得周期则在磁场中运动的时间为所以小球从P点运动到Q点的时间（3）小球射入第一象限时速度与x轴正向成30°，做斜抛运动，第三次通过x轴时间为水平方向运动位移为则小球第五次通过x轴时的横坐标34．（2025·广西·高考真题）（多选）如图，带等量正电荷q的M、N两种粒子，以几乎为0的初速度从S飘入电势差为U的加速电场，经加速后从O点沿水平方向进入速度选择器（简称选择器）。选择器中有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场。当选择器的电场强度大小为E，磁感应强度大小为B1，右端开口宽度为2d时，M粒子沿轴线OO′穿过选择器后，沿水平方向进入磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向外的匀强磁场（偏转磁场），并最终打在探测器上；N粒子以与水平方向夹角为θ的速度从开口的下边缘进入偏转磁场，并与M粒子打在同一位置，忽略粒子重力和粒子间的相互作用及边界效应，则（）A．M粒子质量为B．刚进入选择器时，N粒子的速度小于M粒子的速度C．调节选择器，使N粒子沿轴线OO′穿过选择器，此时选择器的电场强度与磁感应强度大小之比为D．调节选择器，使N粒子沿轴线OO′进入偏转磁场，打在探测器上的位置与调节前M粒子打在探测器上的位置间距为【答案】AD【详解】A．对M粒子在加速电场中在速度选择器中解得M的质量，故A正确；B．进入粒子速度选择器后因N粒子向下偏转，可知即，故B错误；C．M粒子在磁场中运动半径为r1，则解得N粒子在磁场中运动的半径为r2，则解得其中可得由动能定理N粒子在选择器中在加速电场中解得，则要想使得粒子N沿轴线OO＇通过选择器，则需满足联立解得，故C错误；D．若N粒子沿直线通过选择器，则在磁场中运动的半径为r3，则其中，由AB选项分析可知，所以则打在探测器的位移与调节前M打在探测器上的位置间距为可得，故D正确。故选AD。35．（2025·天津·高考真题）如图所示，纸面内水平虚线下方存在竖直向上的匀强电场，虚线上方存在垂直于纸面的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的粒子从电场中的O点以水平向右的速度开始运动，在静电力的作用下从P点进入磁场，射入磁场时的速度大小为v、方向与竖直方向夹角为，粒子返回电场前的运动轨迹过P点正上方的Q点，P、Q间距离及O、P间的水平距离均为L。不计粒子重力。(1)判断粒子的电性；(2)求电场强度大小E；(3)求磁感应强度大小B。【答案】(1)正电(2)(3)【详解】（1）根据题意可知，粒子向上偏转，所受电场力向