2026年高考物理终极冲刺：专题10 磁场（抢分专练）（解析版）

1/7专题10磁场【命题解读】选择题常考查电流的磁效应、磁感应强度的叠加、安培力的计算、带电粒子在有界磁场中的运动。特别注重带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的作图训练，培养数形结合能力，运用动态放缩圆、定点旋转圆、平移圆，圆对称等几何知识解决带电粒子在有界磁场中的临界和多解性问题；解答题则考查带电粒子在叠加场（组合场）中的运动，考查学生对带电粒子运动的受力和过程分析，搞清带电粒子是否考虑重力、是电场偏转还是磁偏转，然后选择合适的分段求解。【命题预测】2026年高考中大概率选择题以磁感应强度的叠加、安培力的计算、带电粒子在有界磁场中运动的临界和多解性问题进行考查。2026年高考中解答题大概率以带电粒子在复合场中的运动仍是命题重点，注重配速法解决带电粒子在叠加场中运动问题。题型01磁场及其对电流的作用1．（2026·广东广州·一模）如图（a），矩形导体框mnkp被四根等长的绝缘细绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场（未画出），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。开始时导体框静止在水平位置，现给导体框通上沿mnkp方向的恒定电流，则（）A．mn和pk所受安培力方向相反B．mn和pk所受安培力方向相同C．绝缘细绳对导体框的拉力增大D．导体框将绕OO′轴顺时针转动【答案】C【详解】AB．对mn和pk分别应用左手定则，可得到安培力的方向如下由图可知，mn和pk受到的安培力方向不共线，故AB错误；CD．由题意可知两导体所在位置处的磁感应强度大小相等，由对称性，可知导体框整体受到的安培力合力竖直向下，导体框受到的细绳拉力变大，导体框在水平方向受到的合力为零，没有转动的趋势，故C正确，D错误。故选C。2．（2026·江苏·一模）如图所示，用硬质铜丝均匀绕成螺线管并固定于绝缘水平面上，两端吸附有圆柱形强磁铁（导体）的干电池置于螺线管当中，电流只沿P、Q间的铜丝流动，则磁铁的吸附方式能使干电池和磁铁一起向左滑动的是（）A． B．C． D．【答案】D【详解】通电铜丝与电池两端的磁铁有相互作用，一端排斥，另一端吸引，螺线管内的磁场向左，根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，可知干电池左端磁铁的右端为N极，右端磁铁的左端为N极，干电池和磁铁一起向左滑动。故选D。3．（2026·山东济宁·模拟预测）如图所示，一绝缘斜面体放置在水平地面上，其上固定两平行金属导轨，空间存在垂直于斜面向上的匀强磁场。一导体棒垂直放在金属导轨上且接触良好，导体棒通有从到的电流，此时导体棒可保持静止。若通过导体棒的电流变大，在导体棒和斜面体仍保持静止的过程中，下列说法正确的是（）A．导体棒所受摩擦力先减小后变大B．导体棒所受支持力变小C．地面对斜面体的支持力不变D．地面对斜面体的摩擦力增大【答案】D【详解】A．对导体棒受力分析，如图所示由于摩擦力的方向不确定，故做如下讨论：当摩擦力为0，通过导体棒的电流变大，即变大，则方向向下且大小增大，当摩擦力向下，变大，大小增大，当摩擦力向上，变大，先减小后反向增加，综合以上分析，导体棒所受摩擦力不一定先减小后变大，故A错误；B．导体棒受力平衡，则有故导体棒的支持力与安培力无关，保持不变，故B错误；C．对斜面体和导体棒整体受力分析，如图所示根据力的平衡有当变大，减小，增大，故C错误，D正确。故选D。4．（2026·山西晋城·一模）材料及粗细完全相同的金属圆环和金属棒ac按如图所示的方式连接在某直流电源上，金属圆环半径为r，。若金属棒ac所受的安培力大小为F，则上部分金属圆弧abc所受的安培力大小为（）A． B．C． D．【答案】A【详解】设单位长度的电阻为，金属棒的电流为，则电阻值为，所受的安培力大小为圆弧的长度为，电阻值为，流过的电流金属圆弧所受的安培力大小为，可得故选A。5．（2026·四川绵阳·二模）2025年11月14日，全球首艘电磁弹射两栖攻击舰“四川舰”正式启航。电磁弹射简化模型图如图所示，有一质量为、长度为的金属棒，垂直放置在足够长的水平固定导轨上，导轨处在方向竖直向上、磁感应强度大小为的匀强磁场中。闭合开关，电源控制回路电流大小恒为，金属棒由静止做匀加速运动至达到“弹射”速度，即完成“弹射”。金属棒始终与导轨接触良好，不计一切摩擦。求：(1)金属棒由静止匀加速到“弹射”速度的时间；(2)金属棒由静止匀加速到“弹射”速度一半的过程中流过金属棒的电荷量。【答案】(1)(2)【详解】（1）设金属棒在水平方向匀加速运动的加速度为，由静止匀加速到“弹射”速度的时间为，则，解得（2）设金属棒由静止匀加速到“弹射”速度一半的时间为，流过金属棒的电荷量为，则，解得题型02带电粒子在有界磁场中的运动6．（2026·云南昆明·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，点处的粒子源向磁场区域内各个方向发射速度大小为的带正电的粒子，粒子的质量为、带电量为，不考虑粒子的重力和相互间的作用力，下列说法正确的是（）A．边上各处均有粒子射出B．边上有粒子射出的区域离点的最大距离为C．从边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为D．垂直于边发射的粒子在磁场中运动的时间最长【答案】D【详解】A．粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力得解得，如图甲所示当粒子轨迹与ab边相切时，由ac边出射的粒子距离c点最远，但fa段无粒子射出，故A错误；B．如图乙所示，粒子从c点沿cb方向射出时，粒子由边上点射出，由几何关系可知，此时圆心角为，cd与ab垂直，此时d点距离a点最远则ab边上有粒子射出的区域离a点的最大距离为，故B错误；C．由于cd与ab垂直，轨迹圆的弦长最短，对应的圆心角最小，所用时间最短，则最短时间为，故C错误；D．如图甲所示，当粒子垂直于ab边发射时，粒子与ab边相切于e点，从边上点射出时，此时对应的轨迹最长，圆心角最大，所用时间最长，D正确。故选D。7．（多选）（2026·海南省直辖县级单位·二模）如图所示，水平面内边长为a的正三角形ABC区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，在ABC区域外存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。M为AB边上的一个离子源，能够沿垂直于AB方向向三角形区域内发射速度为v的带电粒子。已知，带电粒子的比荷均为，不计粒子的重力及粒子间相互作用，则（）A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为B．粒子回到M点时，粒子在三角形区域内与三角形区域外运动的时间之比可能为3:5C．粒子回到M点时，粒子在三角形区域内与三角形区域外运动的时间之比可能为2:3D．经时间粒子可能回到M点【答案】ABD【详解】A．由洛伦兹力提供向心力有解得，故A正确；BC．粒子在磁场中做圆周运动的周期为粒子在磁场中的运动时间为若粒子带正电，粒子运动轨迹如图所示由于粒子在三角形区域内及区域外运动周期相同，则运动时间之比等于转过的圆心角之比，即若粒子带负电，粒子运动轨迹如图所示运动时间之比为，故B正确，C错误；D．正负粒子运动周期均为若粒子带负电，粒子第一次回到M点的时间为，故D正确。故选ABD。8．（2026·湖南邵阳·二模）如图所示为扇形聚焦回旋加速器的部分原理图。将半径为R的圆形区域分成个扇形区域，相互间隔的n个圆心角相同的区域内存在垂直纸面向外，磁感应强度大小为B的匀强磁场，另外n个圆心角相同的区域内没有磁场，其中有磁场区域的圆心角等于无磁场区域圆心角的一半。一群速度大小不同，质量为m，电荷量为q的同种带电粒子，依次经过2n个扇形区域在闭合轨道上做周期性运动。不考虑粒子之间的相互作用，则下列说法正确的是（）A．粒子在n个磁场区域运动的时间为B．粒子在n个无磁场区域运动的时间为C．粒子的运动周期与n无关D．粒子运动最大半径为【答案】ABD【详解】A．粒子在磁场中由于粒子做周期性运动，根据对称性可将粒子一个周期内在磁场中的运动连成一个完整的圆所以粒子在n个磁场中运动的时间为，故A正确。B．由图易知则又，粒子在无磁场区域运动时间，故B正确。C．粒子运动周期，与n有关，故C错误。D．当粒子在磁场中运动轨迹与圆形区域相切时，半径最大，由可得，故D正确。故选ABD。9．（多选）（2026·吉林长春·一模）在高能粒子研究中，常用环形磁场来约束带电粒子的运动范围，简化后模型如图所示。内、外同心圆半径分别为R、的环形区域内（含边界）有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。到圆心的距离为（）的P点有一粒子源，可沿纸面向各个方向发射速率不同、比荷均为的带负电粒子，忽略粒子重力、粒子间的相互作用及磁场边界效应，取，。则（）A．时，不能离开磁场外圆边界的粒子的最大速度为B．时，不能离开磁场外圆边界的粒子每次经过磁场时间最长为C．时，速度为的粒子全部都能从磁场外圆边界飞出D．时，不能离开磁场外圆边界的粒子的最大速度为【答案】ABD【详解】A．带负电的粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有解得时，粒子从圆心发射，不能离开磁场外圆边界的粒子的速度达到最大时，粒子运动轨迹与外圆相切，作出轨迹如图所示设此时粒子圆周运动的半径为，根据几何关系有解得代入半径公式有，故A正确；B．时，粒子从圆心发射，作出运动轨迹如图所示则有粒子在磁场中运动时间半径越大，越大，粒子在磁场中运动时间越长，结合上述可知，最大半径为解得则时，不能离开磁场外圆边界的粒子每次经过磁场时间最长为，故B正确；C．当速度为时，粒子在磁场中圆周运动的轨道半径时，粒子源位于内圆边界上，当速度方向沿OP进入磁场时，结合前两个选项的分析，此时粒子轨迹恰好与外圆边界内切，粒子没有从磁场外圆边界飞出，即时，速度为的粒子不一定都能从磁场外圆边界飞出，故C错误；D．时，粒子源位于内圆半径的中点位置，粒子从P点向各方向射出，当粒子的运动轨迹与外圆相切时，可画出如下图像根据正弦定理，有已知联立可得根据余弦定理，有可解得当时，半径此时可解得，故D正确。故选ABD。10．（2026·浙江·二模）如图所示，垂直纸面的金属薄板M、N与荧光屏平行放置，板N中间有一小孔O。当频率为的光照射板M时有光电子逸出，光电子从板M逸出后经极板间电压U加速（板间电场视为匀强电场），从小孔O飞出的电子直接进入N板右侧由螺线管线圈产生的匀强磁场中，小孔O与荧光屏中心P点连线为整个装置的中轴线。已知金属薄板M的逸出功为，普朗克常量为h，匀强磁场的磁感应强度大小为B，电子的电荷量为e，质量为m。不考虑电子重力及电子间的相互作用力，求(1)螺线管内的磁场方向；(2)求光电子从O点射入螺线管时的速度大小范围；(3)从O点射出的电子分布在一个顶角（已知）很小的圆锥内，调整荧光屏到N板的距离，就能使速度大小相同的电子束正好打在荧光屏同一点上，实现磁聚焦。若要实现将最大速度的光电子聚焦在P点，求螺线管的最小半径及N板到荧光屏的最小距离（当很小时，，）。【答案】(1)水平向右(2)(3)【详解】（1）根据左手定则可知磁场方向水平向右（2）光电效应方程，逸出光电子的最大初动能（3）电子进入磁场后，在平行于磁场和垂直于磁场方向的分量大小分别为电子在沿磁场方向做匀速直线运动，在垂直于磁场方向的平面内做匀速圆周运动，所以电子的合运动为螺旋线运动。设电子在垂直于磁场方向的平面内做匀速圆周运动的半径为r，周期为T，则根据牛顿第二定律有则螺线管的最小半径根据匀速圆周运动规律有电子从开始运动到再次会聚于一点时所用的最小时间为T，电子在一个回旋周期T内沿水平方向前进的距离为N板到荧光屏的最小距离11．（2026·河北石家庄·一模）在如图所示的平面直角坐标系中，第一、四象限区域存在磁感应强度大小为、方向垂直于纸面的匀强磁场，第二象限存在磁感应强度大小为、方向垂直于纸面的圆形有界匀强磁场（磁场均没有画出）。从点发射一质量为、电荷量为的粒子，粒子依次经过两点后进入第二象限。粒子经过第二象限圆形有界磁场偏转后恰好回到点，且回到点时速度方向与在点发射时相同。不计粒子重力，已知，求：(1)粒子从点发射时的速度大小；(2)第二象限圆形磁场区域的最小面积；(3)粒子从点第一次运动到点的时间。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）设粒子在第一象限运动时，粒子轨迹圆半径，根据几何关系有

解得根据联立解得（2）由几何关系，从点进入第二象限时速度垂直连线，与轴负方向夹角，在第二象限轨迹圆半径为，则有解得可知，粒子回到点时速度垂直连线，与轴负方向的夹角仍为，故粒子在第二象限中运动时速度方向改变了，在有界磁场中轨迹所对的圆心角为，所以圆形磁场最小半径为所以最小面积为联立解得（3）粒子在第二象限的磁场中运动时间为粒子在第二象限有界磁场外做匀速直线运动的距离则粒子在第二象限做匀速直线运动的时间为粒子相邻两次经过点的时间为联立解得12．（2026·天津河西·一模）中国自主研发的霍尔推进器在推力等级、功率水平、可靠性等方面均达到国际领先水平，为载人登月、深空探测和大规模卫星星座提供了核心动力支撑。某小组受到启发设计了如图所示的模型装置来研究电荷运动及作用力。三束比荷为、速度为、间距相等的平行带正电粒子流、、在纸面内沿垂直连线方向、持续均匀射入半径的圆形匀强磁场区域，其中束粒子沿半径方向射入，偏转后三束粒子均汇聚于点，磁场方向垂直于纸面。粒子流随后进入右侧间距、边界为M、N的区域中，该区域有磁感应强度为的水平向右的匀强磁场。最终粒子打在边界处足够大的荧光屏上，圆形磁场圆心、点及荧光屏上坐标原点共线且连线与荧光屏垂直。粒子重力及粒子间的相互作用可忽略，求：(1)圆形磁场区域的磁感应强度的大小及方向；(2)已知粒子流、从点射出圆形磁场时，速度方向与连线的夹角均为，则束粒子在、区域的运动时间及轨迹在荧光屏上投影形状的半径；(3)在M、N区域中再加上水平向右、电场强度的匀强电场，并将整个装置安装在一个飞船模型上，同时把荧光屏变为粒子喷射出口。已知粒子质量，若每束粒子在单位时间内有个喷出，求该装置为飞船模型提供的沿方向的平均推力大小。【答案】(1)，垂直纸面向外(2)(3)【详解】（1）粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力束粒子沿半径方向射入，偏转后三束粒子均汇聚于点，根据几何关系可知可得方向垂直纸面向外。（2）粒子在点的速度分解为沿磁场方向的速度，垂直于磁场方向的速度，则，粒子从点运动到屏上的时间可得粒子在垂直磁场方向做匀速圆周运动可得（3）粒子在、区域运动时，、粒子从处喷出时沿方向的速度均为，有根据速度位移关系粒子从处喷出时速度为，有沿方向，根据动量定理得由牛顿第三定律得13．（2026·江西南昌·一模）如图甲所示，直三棱柱的底边是等边三角形，为的中点，在三棱柱内（含边界）有一平行向右的匀强磁场，在点有一粒子源可沿某方向发射初速度不同的带电粒子，带电粒子的质量均为、电荷量均为。当发射源沿方向发射粒子时（如图乙），限定粒子速度的最大值，使得速度最大的粒子恰好能垂直边离开磁场，其在磁场中运动的时间为，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。(1)求磁感应强度的大小；(2)求边界有粒子飞出的长度与的长度之比；(3)若将发射源发射的方向改为沿（如图甲），且不再限定粒子速度的最大值，求能从面射出的粒子中，所用时间的最小值。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）粒子垂直边界飞出时由几何关系可知，则得（2）当轨迹与相切时，设的长度为，则有可得（3）设，速度最大时，其中联立可得14．（2026·湖北宜昌·二模）如图所示，在第一象限和第四象限中，分别存在垂直于xoy平面向里和向外的匀强磁场，磁感应强度大小均为。x轴上P、Q两点的横坐标分别为xP=d、xQ=1.6d。位于坐标原点的粒子源可在第一象限某范围内连续发射电子，其出射速度大小为v（v0≤v≤2v0），出射方向与y轴正方向的夹角为θ（0≤θ≤60°）。所有电子仅在第一象限内偏转一次后，可到达x轴上的MN范围内（含端点）。已知电子质量为m，电荷量为e，不计电子重力、电子间的相互作用和碰撞，sin37°=0.6，cos37°=0.8。(1)求MN的长度；(2)仅通过第一象限内的磁场偏转后，求能到达Q点的电子速度大小范围；(3)若两电子仅通过第一象限内的磁场偏转后，同时到达P、Q点，以此作为计时起点，求这两个电子第一次在x轴上相遇的时刻与位置。【答案】(1)(2)1.6v0≤v≤2v0(3)，【详解】（1）电子从原点O沿与y正方向成角射出时，到达x轴时，设其水平位移大小为s，则，解得当，时，s最小，电子过M点，则当，时，s最大，电子过N点，则MN的长度（2）根据，得解得由于v0≤v≤2v0，0≤θ≤60°，所以1.6v0≤v≤2v0（3）设电子过P点后，第m次到达x轴时与过Q点的电子相遇，此时过Q的电子第n次到x轴，由位移关系得m、n取最小自然数得两个电子第一次在x轴上相遇的位置设过P点的电子从坐标原点射出时，速度方向与y轴正方向的夹角为θ1。设过Q点的电子从坐标原点射出时，速度方向与y轴正方向的夹角为θ2。电子在磁场中的运动周期可见所有电子在磁场中运动周期相同，又因为两电子运动时间相同。根据公式可知，两电子运动轨迹所对应的圆心角相等，即显然根据可知，要想运动时间最短，则最大，由于0≤θ≤60°，则两个电子第一次在x轴上相遇的时刻题型03带电粒子在组合场中的运动15．（2026·江苏·二模）如图甲、乙为两款加速器工作原理的示意图，它们都利用电场加速，最后将高能粒子引出。图乙中磁感应强度为B，加速电压为U，下列说法正确的是（）A．两装置所接电源都是交流电源，粒子出射速度都与加速电压的大小有关B．图甲中粒子在筒中匀速运动，且第n个筒的长度应与n成线性关系C．若利用图乙加速比荷为k的粒子，则D2中第n个半圆形轨道的半径为D．用于加速质子的两装置，只要改变输入电压就可用来加速α粒子【答案】C【详解】A．图甲中同一个金属筒所处的电势相同，整个金属筒是一个等势体，内部无电场，故粒子是在筒缝中间不断加速，而在筒中匀速运动，由，可得粒子的最大速度除与电压有关外，还与加速次数有关。图乙中双D形金属盒与高频交流电源两极相连，在两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，一个周期加速两次，由，可得粒子的最大速度显见带电粒子的最大速度与D形盒半径有关而与加速电压U无关，故A错误；B．设vn为粒子在第n个筒内的速度，则筒长为又因为可得即第n个筒的长度与n不成线性关系，故B错误；C．图乙D2中，粒子过第n个半圆形轨道前加速了n次，则有，解得第n个半圆形轨道半径为，故C正确；D．甲、乙装置制成后，甲图中各筒的长度图乙回旋加速器交流电压的周期，因质子和α粒子的比荷不同，改变加速电压不能保证α粒子一直加速，因此是不可行的，故D错误。故选C。16．（多选）（2026·四川德阳·二模）如图所示，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、外半径为的半圆环。两种同位素粒子（两种粒子电荷量相同、质量不同），从静止经加速电压加速后，正对偏转器入口矩形的中心进入磁场区域，粒子分别打在照相底片上相距为的两点。为便于观测，的数值大一些为宜。不计粒子重力及粒子间的相互作用，以下措施正确的是（）A．减小磁感应强度B的大小 B．减小偏转器内半径RC．增大加速电场的电势差 D．增大加速器与偏转器间的距离【答案】AC【详解】A．粒子经电场加速，由动能定理，得进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，得联立解得轨道半径​​​两种粒子电荷量相同、质量不同，分别设质量为、，且​，粒子偏转半周后打在底片上，两点间距为两个轨迹直径的差值代入的表达式整理得减小磁感应强度，与成反比，减小，则增大，故A正确；B．与偏转器内半径无关，故B错误；C．增大加速电压，与​​成正比，增大，则增大，故C正确；D．加速器与偏转器的距离不改变粒子轨道半径，不影响，故D错误。故选AC。17．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图所示，在三维坐标系Oxyz中，的空间内充满匀强电场，场强方向沿y轴正向；的空间内充满沿x轴负方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B；一带电粒子在P点，其坐标为，以速度沿x轴正向射出，一段时间后粒子恰好通过坐标原点O进入磁场区域，设粒子的质量为m、电荷量为，不计粒子重力，忽略场的边缘效应。求：(1)匀强电场电场强度E的大小；(2)粒子经过坐标原点为计时起点，粒子在磁场中运动的过程中离x轴的最远距离H及到达最远点的时间t。【答案】(1)(2)，（n=0、1、2、3）【详解】（1）粒子在匀强电场中做匀变速曲线运动，x轴正方向有y轴正向有，由以上公式解得（2）粒子运动到坐标原点时有，粒子在磁场中沿x轴正方向做匀速直线运动，yoz平面内做匀速圆周运动，所以有粒子在磁场中运动过程中离x轴最远点的距离，所以粒子在磁场中运动的周期运动时间

n=0、1、2、3……所以

n=0、1、2、3……18．（2026·四川成都·二模）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5s，宽为s，A是的中点；为电场和磁场的分界线，电子可穿过，不考虑边界效应。一个电荷量为e、质量为m的电子，从P点开始由静止被电场加速后垂直进入磁场，最后电子从磁场边界飞出，不计电子受到的重力。(1)求电场强度的最大值E；(2)若要使电子在间垂直于飞出（不包含A、两点），求满足条件的飞出电子中，在磁场内运动时间的最大值t；(3)若电场和磁场的分界线存在薄隔离层，电子每次穿越隔离层的时间极短、运动方向不变，其动能损失是每次穿越前动能的10%，要使电子从磁场边界飞出，求电场强度大小的取值范围。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）如图所示，电场强度取最大值时，电子在磁场中运动的半径为根据洛伦兹力提供向心力可得可得在电场中，根据动能定理有可得（2）设电子在磁场中运动半周的次数为，轨道半径为，电子在间垂直于飞出，有，根据几何关系有，解得取正整数，可得时，在磁场中运动时间最大，解得（3）电场强度取最大值时，电子经过薄隔离层后的速度等于第一问中的最大速度，有根据解得电场强度的最大值为电场强度取最小值时，设电子第一次经过薄隔离层后的速度为，再次经过薄隔离层后的速度为，有可得根据可得，可得前后两次在磁场中运动的半径之比为如图所示，根据几何关系有可得可得半径对应的速度为根据，解得可得电场强度大小的取值范围为19．（2026·四川遂宁·一模）如图所示，在平面内有一平行于轴宽为的线状电子源，每秒沿轴正方向均匀发射个速度相同的电子。电子源中心与半径为、磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里的圆形匀强磁场区域圆心等高。射入圆形磁场区域的电子汇聚到磁场的最低点后，进入轴正下方足够大区域，该区域内分布着磁感应强度大小也为、方向垂直纸面向外的匀强磁场。在轴上有一左端置于原点，长为的电子收集板（收集板的厚度均不计）。打到收集板上的电子被收集板吸收后流经电流表全部导入大地。已知电子质量为，电荷量为，忽略电子重力和电子间的相互作用。(1)求从电子源发射出来的电子的速度大小；(2)电子源发射足够长时间后，求每秒收集板上收集到的电子数N；(3)现撤去区域磁场，然后在且区域加垂直纸面方向的磁场，磁感应强度随轴坐标变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向。电子源正对点以原初速度射向圆形磁场区域的电子运动轨迹经过，其中且为已知量。求该电子运动轨迹上横坐标为的点的纵坐标。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）电子只受到洛伦兹力，根据本题中的磁聚焦要求电子运动半径等于圆形磁场的半径联立上式得：（2）粒子轨迹如图1由对称性，可设离电子源中心线上、下距离的电子经过磁场偏转后与负轴夹角为，由三角函数，得则所以，的范围为粒子轨迹如图2，计算能打到收集板的电子在运动到点时与负轴夹的角，设为，在下方区域内做匀速圆周运动也为。当时，打在处，由于，则该粒子打不到收集板上。设打在收集板最右端的粒子对应的角为，由几何关系得即由对称性，设离电子源中心线上、下距离的电子经过磁场偏转后与负轴夹角恰为。由几何关系得解得所以，能到达收集板的电子发射点与电子源中心线的距离为每秒收集板收集到的电子数为（3）正对点射向圆磁场区域的电子在圆磁场区域内做圆周运动，运动的轨道半径等于圆形磁场的半径R，电子从O点沿轴负方向射出，速度大小为，运动轨迹如下图。设轴正向为正，经时间△t，由动量定理得：所以又由得设题中乙图图像与轴围成的面积为则在过程，解得电子经过点时沿轴负方向分速度由全程洛伦兹力不做功，速率不变，可知电子经过点时沿方向分速度在过程，，电子沿轴负方向分速度由0增大到，沿方向分速度由减小到0，电子在轴负方向的位移与间的相同，之后重复运动。故该电子轨迹上横坐标为4R的点的纵坐标为：20．（2026·四川绵阳·二模）如图所示，在平面直角坐标系中，在轴上，在轴上，是边长为的正方形；在轴上，平行轴，是等腰直角三角形，；区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，区域内有沿轴正方向的匀强电场（图中未画出）。一质量为、电荷量为的粒子，以大小为、方向沿轴正方向的初速度从点射入磁场，从点离开磁场进入电场，从点离开电场。不计空气阻力及粒子重力。(1)求匀强磁场的磁感应强度大小；(2)求匀强电场的电场强度的大小；(3)若区域内匀强电场方向沿轴负方向，相同的带电粒子从点以大小不同的初速度（，可以取不同值）沿轴正方向射入磁场，求带电粒子经过轴的位置距坐标原点的最小距离。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）粒子在匀强磁场做匀速圆周运动的轨迹如图1所示圆心在点，设半径为，则解得（2）粒子在点速度垂直轴，进入电场后做曲线运动，方向做速度为大小的匀速直线运动，轴方向做初速度为零的匀加速运动，设加速度大小为，从到的运动时间为，则

解得（3）若入射速度大小变为，设带电粒子在磁场中运动轨道半径为，则解得粒子将沿轴正方向从边上点离开磁场，根据对称性，在边上点进入电场，因为电场方向沿轴负方向，粒子应从边上某点点离开电场，设经过轴上的点。粒子运动轨迹如图2所示。粒子在点速度垂直电场进入电场后做曲线运动，方向做速度为大小的匀速直线运动，轴方向做初速度为零的匀加速运动，由（2）问解答可知，粒子在电场中从到的运动过程中，沿方向位移与沿方向上的位移相等，设为，运动时间为，则

解得设粒子射出电场时速度方向与轴正方向的夹角为，则过作轴垂线交轴于点，在中有设带电粒子经过轴的位置点距坐标原点的距离为，由几何关系解得当时有最小值，最小值为题型04带电粒子在叠加场中的运动21．（2026·河南南阳·模拟预测）如图所示，平行金属板M、N之间的距离为d，其中匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，有带电量相同的正、负离子组成的等离子束，以速度v沿着水平方向由左端连续射入，电容器的电容为C，当S闭合且电路达到稳定状态后，平行金属板M、N之间的内阻为r，电容器的带电量为Q，则下列说法正确的是（）A．当S断开时，电容器的充电电荷量Q>CBdvB．当S断开时，电容器的充电电荷量Q＝CBdvC．当S闭合时，电容器的充电电荷量Q＝CBdvD．当S闭合时，电容器的充电电荷量Q>CBdv【答案】B【详解】AB。等离子束射入磁场中，受到洛伦兹力，离子将打到平行金属板M、N上而产生电场，达到稳定状态后，后来的离子所受的洛伦兹力与电场力平衡，有得当S断开，电路稳定之后，电容器两端电压也为U，所以电容器的充电电荷量为，故A错误，B正确；CD．当S闭合时，电容器两端电压为所以电容器的充电电荷量为，故CD错误。故选B。22．（2026·湖北宜昌·二模）磁轴键盘的按键装有磁铁与霍尔元件，通过检测磁场变化来感知按压，这种设计具有响应快、寿命长等优点。按键结构简化示意图如图，永磁铁（N极在下）固定在按键上，下方霍尔元件（载流子为自由电子）长、宽、高分别为l、b、h，元件中通有由前向后的恒定电流I。按键下压到某一位置时，下列说法正确的是（

）A．沿电流方向霍尔元件左表面比右表面电势高B．仅增大电流I，霍尔电压增大C．仅增大宽度b，霍尔电压增大D．仅增大长度l，霍尔电压增大【答案】B【详解】A．根据左手定则可知，按下按键后，载流子（自由电子）向传感器左表面聚集，则传感器左表面的电势比右表面低，故A错误；BCD．最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡电流的微观表达式联立解得霍尔电压，故仅增大电流I，霍尔电压增大，仅增大长度l、仅增大宽度b对霍尔电压无影响，故B正确，C错误，D错误。故选B。23．（多选）（2026·四川成都·二模）如图甲所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上，磁场方向垂直纸面向里，一带正电小球以4m/s的速率恰好能沿竖直平面做匀速圆周运动，小球电荷量，圆心O的电势为零。以竖直向上为正方向建立y轴。在小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势随纵坐标y的变化关系如图乙所示，重力加速度，下列说法正确的是（）A．匀强电场的场强大小为B．小球一定沿逆时针方向做匀速圆周运动C．匀强磁场的磁感应强度大小为D．小球从最低点运动到最高点的过程中，电势能增加了2.4J【答案】BC【详解】A．根据题意和题图乙可知，匀强电场的场强大小为，故A错误；B．小球受竖直向上的电场力与竖直向下的重力平衡，可知带正电小球做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力，根据左手定则可知，小球做逆时针方向的匀速圆周运动，故B正确；C．由题意知，洛伦兹力提供向心力解得，故C正确；D．小球从最低点运动到最高点的过程中，电势能减少了，故D错误。故选BC。24．（多选）（2026·福建莆田·二模）如图，在直角坐标系中充满垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B；区域同时存在竖直向上的匀强电场，场强大小为E。一质量为m、电荷量为的粒子从点垂直射入磁场，恰能从O点沿y轴正方向进入区域，粒子在此区域运动的速度沿x轴方向分量，比例系数k与场强大小E无关。不计粒子重力，则（）A．粒子在O点的速度为B．比例系数C．粒子的最大速度为D．在区域，粒子运动轨迹离x轴最大距离为L【答案】AD【详解】AD．粒子在区域仅受洛伦兹力，做匀速圆周运动，从P垂直射入磁场，恰能从O点沿y轴正方向射出，说明圆心在x轴上，半径洛伦兹力提供向心力​​可得粒子在O点的速度​粒子轨迹为四分之一圆弧，离x轴最大距离为，AD正确；B．粒子以沿y轴正方向进入区域，电场力竖直向上，水平方向上只有洛伦兹力，在水平方向上应用动量定理其中联立可得由题意知，可得，B错误；C．粒子以沿y轴正方向进入区域，把分解为一个水平向右的速度，另一个斜向左上方的与对应的洛伦兹力与电场力平衡，粒子的一个分运动是以速度向右的匀速直线运动；另一分运动是以做匀速圆周运动，当方向与相同时，粒子速度有最大值解得，C错误。故选AD。25．（2026·云南昆明·二模）如图所示，在一竖直平面内建立平面直角坐标系，其中轴竖直向上，轴水平向右。空间中区域分布有电场强度大小相等的匀强电场，其中区域电场方向沿轴正向，区域电场方向沿轴正向；区域还分布有磁感应强度大小为方向垂直纸面向里的匀强磁场。现从点静止释放一带正电微粒，该微粒依次经过每个边界的速度大小都相等且速度方向与边界的夹角都为。已知重力加速度为，求：(1)带电微粒的比荷；(2)微粒由释放至到达边界所需时间；(3)在区域，微粒运动过程中的最小速度。【答案】(1)(2)(3)0【详解】（1）微粒依次经过每个边界的速度大小都相等且速度方向与边界的夹角都为，所以可知带电微粒在做匀加速直线运动，微粒的位移与x轴夹角为，即电场力与重力大小相等，即mg=Eq微粒运动到第一个边界时的速度为v，即，解得带电微粒在区域内做匀速圆周运动。微粒运动轨迹如图所示由几何关系得微粒做圆周运动的半径为微粒在电磁场区域内，由牛顿第二定律得联立解得（2）微粒在区域内运动的时间为微粒在区域内运动的时间为解得微粒在区域内所受洛伦兹力该洛伦兹力与微粒所受电场力与重力的合力等大反向，可知微粒在区域内所受合力为零，微粒做匀速直线运动。所以微粒在区域内运动的时间为微粒由释放至到达边界所需时间解得（3）在区域，如图所示微粒仅受重力与洛伦兹力，水平方向的速度产生竖直向上的洛伦兹力，与重力等大反向，竖直方向的速度产生的洛伦兹力使微粒做匀速圆周运动，所以微粒的运动可以分解为水平方向做匀速直线运动与竖直方向的匀速圆周运动。由于微粒的速度与边界夹角为，即，当水平向左时，此时微粒的合速度为0，所以微粒的最小速度为0。26．（2026·河北·一模）如图所示，在坐标系内以点为圆心、为半径的圆形区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场。在轴上点平行轴放置一个长为的薄板，其中在轴上方部分是长度为的粒子收集板，在轴下方部分是长度为的线状粒子源，沿方向均匀发射速度大小均为、质量为、电荷量为的相同粒子。粒子源释放的带电粒子在方向上分布是均匀的，且所有粒子经磁场偏转后从坐标原点处射入轴上方。打在收集板上的粒子将被立即导走，使收集板的电势保持不变。不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用，不考虑电磁场的边界效应。(1)求匀强磁场的磁感应强度大小；(2)求被收集的粒子数目占粒子总数的比值；(3)为使经磁场偏转后从坐标原点处沿方向射入轴上方的粒子能够恰好被收集板收集到，在第Ⅰ、Ⅱ象限内加沿方向的匀强电场，求所加电场的电场强度的大小；(4)在第Ⅰ、Ⅱ象限内施加第（3）问中的匀强电场后，在第Ⅰ、Ⅱ象限内再施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小。求从坐标原点处射入轴上方的带电粒子到达轴右侧距离轴最远的位置坐标。【答案】(1)(2)(3)(4)【详解】（1）由题可知，从左侧任选一个粒子经磁场偏转后，通过坐标原点，其运动轨迹如图甲所示由几何关系可知，四边形为菱形，可得粒子运动轨迹的半径洛伦兹力提供向心力，得解得（2）临界粒子的轨迹如图乙所示由几何关系可得，粒子从点离开磁场时，速度方向与方向夹角为范围内的粒子都能打到收集板上。夹角为的粒子进入磁场时的纵坐标解得打到收集板上的粒子占粒子源发出粒子总数的比值解得（3）加电场后，从坐标原点处沿方向射入轴上方的粒子做类平抛运动，若恰好能够被收集板收集到，将打在收集板的上端。由平抛运动规律，在方向，有在方向，有由牛顿第二定律，可得联立解得（4）从坐标原点处射入轴上方的带电粒子的初速度，可以分解为一个沿方向的速度和另一个速度，沿方向的速度对应一个沿方向的洛伦兹力，使其大小等于电场力，得则粒子沿方向的分运动是速度为的匀速直线运动，另一个分运动是以速度沿逆时针方向的匀速圆周运动。几何关系如图丙所示可知带电粒子初速度方向沿方向时速度最大，对应圆周运动的半径最大，且角最小为，粒子能够到达轴右侧且距离轴的位置最远，此时以速度沿逆时针方向的匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有圆周运动的半径为沿方向发生位移为粒子沿方向，圆周运动的位移为速度为的匀速直线运动沿方向的位移为其中，可知即带电粒子能到达距离轴最远的位置坐标为27．（2026·四川广安·模拟预测）如图所示，在坐标系中，虚线与轴平行，距离为，在虚线与轴之间的第二象限内，有沿轴正方向的匀强电场，场强大小（未知）；在虚线与轴之间的第一象限内，有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为（未知），在轴下方的足够大区域内，存在沿轴负方向的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场，场强大小，磁感应强度大小。现有一电量为、质量为的粒子在点，坐标为，以的初速度向轴正方向射出，粒子第一次经过轴时的速度大小为，不计粒子重力。求：(1)场强大小；(2)要使粒子能够经过轴，需满足的条件；(3)如果，粒子第二次经过轴的位置坐标。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）粒子在电场中，根据动能定理有解得（2）粒子第一次经过轴时，对速度进行分解，设速度与轴夹角为，则有可得在方向上，有在方向上，有联立解得粒子在磁场中，根据牛顿第二定律有解得要使粒子能经过轴，临界状态轨迹如图所示当轨迹圆恰好和轴相切时，有得联立解得当轨迹圆恰好和虚线相切时，有得联立解得故需满足的条件为：（3）当时，由解得轨迹如图所示，第一次经过轴的位置坐标为粒子在轴下方的复合场中运动时，由配速法可得解得，故粒子有沿轴负方向匀速的分运动，由矢量三角形，如图所示，可知，故粒子还有匀速圆周运动的分运动。由解得从粒子第一次经过轴到第二次经过轴，历时，匀速圆周运动的分运动，如图所示由几何关系可得粒子向轴负方向侧移对沿轴负方向匀速的分运动，粒子向轴负方向侧移故第二次经过轴，粒子第二次经过轴的位置坐标为28．（2026·四川宜宾·二模）在xOy平面内存在垂直于平面向里的匀强磁场，在范围内有水平向右的匀强电场，将质量为m、电荷量为q的带正电小球，以初速度从坐标原点与x轴正方向成45°角射入，小球恰好在此区域做匀速直线运动，重力加速度为g。求：(1)电场强度E和磁感应强度B的大小；(2)在区域，小球的最小速度及速度最小时的位置坐标；(3)以带电小球过作为计时零点，经过时间时，求小球在轨迹上该位置的曲率半径。（提示：在曲线运动中，某位置的曲率半径等于质点通过该位置速度的平方与向心加速度大小之比，即）【答案】(1)，(2)（，）（，，）(3)【详解】（1）小球恰好在范围内做匀速直线运动，根据平衡条件可得，解得，（2）在区域，将小球刚进入该区域的速度分解为沿轴方向分速度和沿轴方向分速度，则有，由于可知分运动1：小球沿轴正方向做速度为的匀速直线运动；分运动2：小球以速度大小为做逆时针匀速圆周运动。当分运动转过周时，分速度与分速度方向相反，此时小球的速度最小，为；对于分运动2，有，解得，速度最小时的横坐标为（，，）纵坐标为则小球速度最小时的位置坐标为（，）（，，）（3）以带电小球过作为计时零点，经过时间时，可知区域，分运动2小球转过的角度为如图所示根据几何关系可知此时小球合速度大小为此时小球的受力如图所示可知此时小球的向心力大小为则向心加速度大小为小球在轨迹上该位置的曲率半径为1．（2026·湖南长沙·二模）“碳-14测年法”通过测量生物化石中碳同位素的丰度来确定年代。如图所示为某质谱仪的原理简化图，离子源A可产生初速度不计、电荷量相同的和。两离子经电压为U的加速电场后，垂直边界进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，最终由边界探测器接收。已知离子重力及相互作用忽略不计，下列说法正确的是（）A．在加速电场中，电场力对做的功是对做功的倍B．进入磁场时，的动量大小是的倍C．在磁场中运动的时间是的倍D．若要使打在边界原来的位置，需将加速电压U调节为原来的【答案】C【详解】A．和电荷量相同，由知电场力做功相同，故A错误；B．质量比，由，有，即，故B错误；C．由知，故C正确；D．由，有r相同时，有即，D错误。故选C。2．（2026·浙江宁波·二模）某地某学习小组利用智能手机中的磁传感器测量了地磁场的磁感应强度。如图所示建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为平面，测量时轴正向保持竖直向上，后图像保持稳定。下列说法正确的是（

）A．该学习小组在南半球进行的实验B．地球内部磁场方向由地理南极指向地理北极C．稳定后轴的正方向指向东边D．当地地磁场的磁感应强度大小约为【答案】C【详解】A．由题可知，地磁场的竖直分量在北半球（z轴）向下（z轴的负方向），南半球竖直向上，而图中z轴的磁感应强度方向为负，说明该学习小组在北半球，故A错误；B．由于地磁场的北极在地理的南极附近，而磁体外部的磁场方向总是从北极指向南极，而磁体内部的磁感线从南极指向北极，因此地球内部磁场为从地理北极指向地理南极，故B错误；C．由于稳定后，，，因此此时x轴指向地理上的南方，则y轴正向指向东方，故C正确；D．根据矢量的合成可知，该地的磁感应强度大小为，故D错误。故选C。3．（多选）（2026·江西·模拟预测）某种回旋加速器的设计方案如图甲所示，图中粗黑线段为两个正对的极板，其间存在匀强电场，两极板间电势差为U。两极板的板面中部各有一沿OP方向的狭长狭缝，带电粒子可通过狭缝穿越极板，如图乙所示。两虚线外侧区域存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面。在离子源S中产生的质量为m、带电量为q的离子，由静止开始被电场加速，经狭缝中的O点进入磁场区域，最终只能从出射孔P射出。如果离子打到器壁或离子源外壁即被吸收。O点到极板右端的距离为D，到出射孔P的距离为bD，图乙磁场的磁感应强度B大小可调，下列说法正确的是（）A．离子能从射出，可能的磁感应强度的最小值为B．若，则离子一定不能从射出C．若，，离子打到点时在磁场中运动总时间为D．若，，离子从射出时的动能为【答案】ABD【详解】A．磁感应强度B最小时，离子可经一次加速后从P点离开磁场，根据动能定理得进入磁场后做匀速圆周运动，有解得，故A正确；B．若，根据得到可知离子经过加速后在磁场中转一圈打到离子源外壁被吸收，不能从P射出，故B正确；CD．若，，则离子第一次加速后的半径为在磁场中转动半圈后进入电场做减速运动，到下极板速度减为零又再次加速飞出上极板，速度大小不变，半径仍为如此重复两次后离子从下极板进入电场，可继续加速，速度变大半径变大，如此重复直至从P射出。射出时的半径为所以射出时的速度因此射出时动能为离子在磁场中运动的时间为15.5个周期，即，故C错误，D正确。故选ABD。4．（多选）（2026·山东青岛·一模）如图所示为某同步加速器简化示意图，在以正六边形顶点为圆心、R为半径的六个圆形区域内，存在磁感应强度相同且大小可调的匀强磁场，初始时磁感应强度为，P、Q间有恒定加速电压。将质量为m、电荷量为的粒子从P板无初速度释放，其沿顺时针方向在加速器内循环加速。不计粒子重力和相对论效应，下列说法正确的是（）A．圆形区域内磁场方向垂直纸面向里B．带电粒子经第一次回到P点C．带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为RD．带电粒子第二次加速后进入磁场时，磁感应强度为【答案】AD【详解】A．带电粒子从Q飞入磁场，在磁场中做逆时针的圆周运动，根据左手定则可知，圆形区域内磁场方向垂直纸面向里，A正确；BC．带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示粒子做圆周运动的半径为r，粒子经过6次偏转回到起点，由此可知粒子在每一个圆周运动中速度的改变角，由几何关系得解得粒子在每个圆形磁场中做圆周运动的时间，所以粒子在磁场中总共运动的时间为一个周期，即，又因为粒子在磁场外做匀速直线运动，所以粒子第一次回到P点需要的时间大于，故BC错误；D．由牛顿第二定律可得解得粒子第一次加速之后由动能定理可得那么粒子经过两次加速之后，由动能定理得解得由题意可得，粒子在磁场中做圆周运动的半径不变，即，所以带电粒子第二次加速后进入磁场时，磁感应强度为，D正确。故选AD。5．（多选）（2026·辽宁大连·一模）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）。一位于管道一端中心的粒子源向管道内各方向均匀发射出大量速度为v的相同带电粒子，粒子在磁场力作用下打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出，且沿轴线进入管道的粒子恰好垂直打在管壁上，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D．粒子束对管道的平均作用力大小为【答案】ABD【详解】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由于沿轴线进入管道的粒子恰好垂直打在管壁上，根据几何关系可知，粒子在磁场中运动的圆弧半径为a，故A正确；B．结合上述，粒子在磁场中运动的圆弧半径为a，则有解得，故B正确；C．单位时间进入管道的粒子数为n，根据电流的定义式有，故C错误；D．由于l>>a，则粒子束对管道的平均作用力大小在宏观上等于磁场对电流的安培力，则有结合上述解得，故D正确。故选ABD。6．（多选）（2026·甘肃兰州·模拟预测）根据安培单位定义：真空中，两根相距1m的无限长平行细直导线通等量电流，若每米导线受力为，则导线中的电流为1A。已知无限长通电细直导线周围某点的磁感应强度（k为常量，I为电流，r为该点到导线的距离）。现有半径为R的无限长绝缘圆筒，筒的外侧M、N处各有一根无限长通电细直导线，电流大小均为I，方向向上，如图甲所示。其俯视图如图乙所示，圆心为O，A点为圆弧MN的中点，且。下列说法正确的是（

）A．k值为 B．O点的磁感应强度的方向为水平向右C．越小，A点的磁感应强度越大 D．A点的磁感应强度大小为【答案】AD【详解】A．根据安培定义，两根相距的平行导线，通等量电流时，每米受力。一根导线在另一导线处产生的磁感应强度，导线受力解得，A正确；B．两导线电流均垂直纸面向外，根据安培定则可知，M在O点产生的磁场竖直分量向上，N在O点产生的磁场竖直分量向下，二者抵消；水平分量均向左，合磁感应强度方向水平向左，B错误；CD．由几何关系可知，M到A的距离因此M在A点产生的磁感应强度大小同理M、N在A处的磁场竖直分量抵消，水平分量叠加。、的水平分量均为合磁感应强度大小大小与无关，C错误，D正确。故选AD。7．（多选）（2026·云南·模拟预测）MM50是新一代三维适形和精确调强的放射治疗尖端设备，其核心技术之一是多级能量跑道回旋加速器，工作原理如图所示。两个匀强磁场区域、的边界平行，相距为，磁感应强度大小均为，方向垂直纸面向外。下方两‘条横向虚线之间的区域存在水平向左的匀强电场（两条横向虚线之间的区域宽度很窄，可忽略不计），方向与磁场边界垂直。某一质量为、电荷量为的电子从端飘入电场（初速度忽略不计），经多次电场加速和磁场偏转后，电子从位于边界上的出射口处向左射出磁场并被收集。已知之间的距离为，匀强电场的电场强度大小为，电子的重力不计，不考虑相对论效应。下列说法正确的有（）A．电子第一次加速至端时速度的大小B．电子从端飘入电场到第一次回到端的过程中所用的时间C．电子最终从点射出时的动能为D．电子经过圆弧段的时间与经过圆弧段的时间相同【答案】BD【详解】A．第一次加速，由动能定理得解得，故A错误；B．电子在加速电场中运动可看作速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得电子在电场中加速了1次，可得其运动的位移大小为根据位移与时间的关系可得联立以上各式解得电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力有则周期为电子从点第一次加速至回到点过程中，其在磁场中运动的时间无场区运动时间电子从点第一次加速至回到点所用时间解得，故B正确；C．当该电子从处以最大速度射出时，最后一次做圆周运动的轨迹半径不能变，即由此可知，从处射出的电子动能，故C错误；D．该电子在磁场中运动的周期，始终不变，故D正确。故选BD。8．（多选）（2026·陕西榆林·模拟预测）如图所示，间距为的两竖直虚线、边界内（含边界）有竖直向上的匀强磁场，点到边界、的距离相等。一带正电的粒子（重力不计）从点射入磁场中，速度方向与竖直方向的夹角。若粒子在运动过程中恰好没有越过边界、，经历一段时间后，粒子到达点正上方的点（图中未画出）处，则、两点间的距离可能等于（

）A． B． C． D．【答案】BC【详解】将粒子的速度分别沿水平与竖直方向分解，粒子在竖直方向以速度做匀速直线运动，在水平面内以速度做匀速圆周运动，则有运动周期为由于粒子在运动过程中恰好没有越过边界、，所以有解得经历一段时间后，粒子到达点正上方的点处，则有（），当n=1时，O、A两点间的距离当n=2时，O、A两点间的距离，无论n取其他任何整数AD都不可能。故选BC。9．（多选）（2026·辽宁大连·一模）如图所示，光滑水平桌面上有一轻质光滑绝缘管，处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为。绝缘管在水平外力的作用下以速度向右匀速运动。一带电小球，由管道端相对管道静止释放，一段时间后，小球运动到管道端。小球质量为、电量为，长度为，小球直径略小于管道内径。关于小球从端运动到端说法正确的是（）A．小球的运动轨迹是一条抛物线B．外力和洛伦兹力做功大小相等C．绝缘管的位移大小为D．外力的冲量大小为【答案】AD【详解】A．小球受洛伦兹力恒定，故小球沿做初速度为零的匀加速直线运动，同时小球随绝缘管水平向右做匀速直线运动，故小球的合运动是类平抛运动，其运动轨迹是一条抛物线A正确；B．洛伦兹力不做功，故B错误；CD．对小球沿管方向又绝缘管的位移大小为，外力始终与洛伦兹力的垂直管道的分力平衡，外力F的冲量大小等于故C错误,D正确。故选AD。10．（2026·陕西宝鸡·二模）如图所示，在光滑绝缘水平桌面内建立水平方向的平面直角坐标系，第一象限存在竖直向下的匀强磁场。一个长度为、两端开口的光滑玻璃管平放在桌面上，将质量为、带电量为的小球静置于玻璃管内的最左端，玻璃管左端刚好与轴齐平。某时刻，玻璃管平行于轴在水平桌面上沿轴正方向以速度进入匀强磁场，做匀速直线运动。一段时间后，小球从玻璃管右端飞出，最终以的速度垂直击中右侧平行轴放置的荧光屏。带电小球可视为质点，求：(1)从玻璃管进入磁场到小球飞出玻璃管的过程中，玻璃管的位移大小；(2)磁感应强度的大小；(3)玻璃管的右端到荧光屏的距离。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）由题意可得小球在飞离玻璃管前，沿轴正方向做初速为零的匀加速直线运动，沿轴方向以速度做匀速直线运动，小球飞离玻璃管后做匀速圆周运动。设小球飞离玻璃管时沿轴方向的分速度为，由题意可得小球离开玻璃管时的速度为，则有解得x轴方向上做匀加速运动，则有则小球在玻璃管上运动的时间所以从玻璃管进入磁场到小球飞离玻璃管的过程中，玻璃管的位移大小是（2）设x轴方向上做匀加速运动的加速度，洛伦兹力提供向心力联立得磁感应强度的大小（3）设小球飞离玻璃管时速度方向与x轴的夹角为θ，由可得θ=30°设小球做圆周运动的半径为，由几何关系得洛伦兹力提供向心力解得挡板左端到荧光屏的距离11．（2026·广东广州·一模）如图空间直角坐标系O-xyz将y≥0的空间划分为四个区域，IV区域存在沿z轴负方向的匀强电场，Ⅱ、Ⅲ区域存在沿y轴负方向的匀强磁场。在xOy平面内x>0区域放置一足够大的吸收屏，吸收屏下方紧靠P（l，0，0）处有一粒子源可向x轴负方向发射速率为v0、质量为m、带电量为+q的粒子（重力不计）。粒子运动经过Q（0，0，）点且刚好打在屏上P点，粒子打在吸收屏上即被吸收且不影响空间电、磁场分布。(1)求匀强电场的电场强度大小E0；(2)求匀强磁场的磁感应强度大小B0；(3)若在I区域加沿y轴正方向、电场强度大小为2E0的匀强电场，同时调节IV区域中电场强度大小为kE0（电场方向不变），求粒子打在吸收屏上落点的坐标。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）粒子从P到Q做类平抛运动，设运动时间为t1x方向有z方向有其中联立三式得：（2）设粒子到达Q点时，速度方向与x轴成θ角，由得粒子在磁场中做匀速圆周运动，从Q点进入磁场，从M点离开磁场。设粒子圆周运动半径为r，速度，由洛伦兹力提供向心力有并且粒子打在P点，有联立三式得（3）调节I、IV区域的电场分布后，设粒子从Q'点进入磁场，再从M'点离开磁场由前面分析可知，与IV区域电场强度大小无关。粒子要进入I区域，打在吸收屏上，需满足，即粒子到达M'点时，z方向的分速度粒子在I区域运动，设经历时间t2，落点在吸收屏上坐标设为（x，y，0）有得故，所以打在吸收屏的坐标是12．（2026·安徽安庆·二模）如图所示，在xoy平面的第一、二象限内存在垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一象限的磁场范围足够大，第二象限的磁场左边界是一半径为R的四分之一圆弧，圆心在y轴上的点，圆弧边界与x轴相切于坐标原点O；在x轴下方存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为。现有大量质量为m、电荷量为q的带电粒子，从四分之一圆弧边界处沿x轴正方向射入磁场，初速度大小均为，其中从A点射入磁场的粒子，恰好经过坐标原点O。粒子的重力不计，忽略粒子之间的相互作用。求：(1)磁感应强度的大小；(2)粒子从A点射入磁场开始计时，则粒子经过多长时间再次返回磁场；(3)从圆弧中点P处射入的粒子第三次经过x轴正半轴时离坐标原点的距离。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）设从A点射入的粒子轨道半径为r，由几何关系得：由，得，解得：（2）粒子在磁场中运动的时间为：粒子在电场中运动的加速度大小为：粒子在电场中运动的时间为：所以，从A点射入磁场的粒子再次回到磁场的时间为：（3）从圆弧中点P处射入的粒子必经过坐标原点O，设在O点时速度与x轴正方向的夹角为，则：，粒子进入电场后做类斜抛运动，第一次经过x轴正半轴时离坐标原点的距离为：粒子再次进入磁场，速度与x轴正方向的夹角为45°，第二次经过x轴正半轴时离坐标原点的距离为：粒子第三