2027版53B版新高考版物理总复习专题十一　磁场

专题十一磁场目录考点1磁场对电流的作用考点2磁场对带电粒子的作用考点3带电粒子在复合场中的运动题型32安培力作用下的平衡与加速问题题型33带电粒子在有界匀强磁场中的运动题型34磁聚焦、磁发散和动态圆模型题型35带电粒子在组合场中的运动题型36带电粒子在叠加场中的运动题型37配速法及动量定理在磁场中的应用题型38带电粒子在交变电磁场中的运动五年高考·考点练三年模拟·限时练一年创新·风向练一年创新·风向练五年高考·考点练考点1磁场对电流的作用考向1安培定则磁场的叠加1.★(2025江苏,3,4分)某“冰箱贴”背面的磁性材料磁感线如图所示,下列判断正确的

是

()A.a点的磁感应强度大于b点B.b点的磁感应强度大于c点C.c点的磁感应强度大于a点D.a、b、c点的磁感应强度一样大

B

解析磁感线的疏密程度表示磁感应强度的强弱,由题图可知a、b、c三点中b点磁感

线最密集,a点其次,c点最稀疏,故Bb>Ba>Bc,B正确。2.★★(多选)(2023福建,6,6分)地球本身是一个大磁体,其磁场分布示意图如图所示。

学术界对于地磁场的形成机制尚无共识。一种理论认为地磁场主要源于地表电荷随

地球自转产生的环形电流。基于此理论,下列判断正确的是

()A.地表电荷为负电荷

AC

B.环形电流方向与地球自转方向相同C.若地表电荷的电荷量增加,则地磁场强度增大D.若地球自转角速度减小,则地磁场强度增大

解析根据地磁场分布规律,用安培定则可判断环形电流方向与地球自转方向相反,再

根据电流方向的规定,可判断出地表电荷为负电荷,A正确,B错误。由电流的定义式I=

可知,地表电荷的电荷量增加,则环形电流增大,地磁场强度增大,C正确。若地球自转角

速度减小,则环形电流减小,地磁场强度减小,D错误。3.★★(2025湖北,4,4分)如图所示,在磁感应强度大小为B的匀强磁场中,放置一通电圆

线圈,圆心为O点,线圈平面与磁场垂直。在圆线圈的轴线上有M和N两点,它们到O点的

距离相等。已知M点的总磁感应强度大小为零,则N点的总磁感应强度大小为(

)

A.0

B.B

C.2B

D.3B

A

解析

M、N两点在通电线圈轴线上且关于通电线圈对称,通电线圈在M、N两点处产

生的磁感应强度大小相等、方向相同,M点总磁感应强度大小为0,说明匀强磁场的磁感

应强度和通电线圈在M点处产生的磁感应强度等大反向,则由矢量叠加原理可知N点总

磁感应强度大小为0,A正确。

易错警示不要因为M、N两点分别位于通电线圈左、右两侧就误认为通电线圈

在M、N两点产生的磁感应强度方向相反。分析问题时可假设电流方向,根据安培定则

判断通电线圈在M、N两点处产生的磁感应强度的方向。

A

4.★★(2025福建,3,4分)如图,两根长直细导线L1、L2平行放置,其所在平面上有M、O、

N三点,O为线段MN的中点,L1、L2分别处于线段MO、ON的中垂线上。当L1、L2通有大

小相等、方向相反的电流时,M、O点的磁感应强度大小分别为B1、B2。现保持L1的电

流不变,撤去L2的电流,此时N点的磁感应强度大小为

()

A.

B2-B1

B.B2-

B1C.

(B2-B1)

D.B2-B1

解析设O点到直导线的距离为r,通电直导线在距其r处产生的磁感应强度大小为B0,在

距其3r处产生的磁感应强度大小为B',由安培定则和矢量叠加原理可得B1=B0-B'、B2=B0

+B0=2B0;仅将L2撤去,N处的磁感应强度大小B=B',联立可得B=

-B1,A正确。5.★★★(多选)(2022全国乙,18,6分)安装适当的软件后,利用智能手机中的磁传感器可

以测量磁感应强度B。如图,在手机上建立直角坐标系,手机显示屏所在平面为xOy面。

某同学在某地对地磁场进行了四次测量,每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持

竖直向上。根据表中测量结果可推知

()

BC

测量序号Bx/μTBy/μTBz/μT1021-4520-20-463210-454-210-45A.测量地点位于南半球B.当地的地磁场大小约为50μTC.第2次测量时y轴正向指向南方D.第3次测量时y轴正向指向东方

解析依题意,z轴正向保持竖直向上,测量结果表明z轴方向的磁感应强度为负,即测量

地点的磁感应强度的竖直分量是向下的,说明测量地点位于北半球,A错误。每次测量

得到的地磁场的两个分量互相垂直,任选一组数据根据矢量叠加可以求出当地的地磁

场大小约为50μT,B正确。在北半球,地磁场的水平分量是由南向北的,第2次测量时得

到的水平分量即By是负值,说明y轴正向与地磁场的水平分量方向相反,即指向南方,C正

确。第3次测量时By为零,说明y轴沿东西方向,又因Bx为正,即x轴正向指向北方,则y轴正

向指向西方,D错误。6.★(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

A

考向2安培力的分析与计算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

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。7.★(2023江苏,2,4分)如图所示,匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I,

放置在磁场中。已知ab边长为2l,与磁场方向垂直,bc边长为l,与磁场方向平行。该导线

受到的安培力为

()A.0B.BIl

C

C.2BIlD.

BIl

解析导线ab边与磁场方向垂直,则其所受安培力为2BIl,导线bc边与磁场方向平行,则

其所受安培力为零,故该导线所受安培力为2BIl,C正确。8.★★(2020海南,6,3分)如图,在一个蹄形电磁铁的两个磁极的正中间放置一根长直导

线,当导线中通有垂直于纸面向里的电流I时,导线所受安培力的方向为

()A.向上

B.向下C.向左

D.向右

B

解析根据安培定则,可知蹄形电磁铁左端为N极,右端为S极,导线所处位置的磁场方

向为水平向右,根据左手定则,可以判断导线所受安培力的方向为向下。B正确。9.★★(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。10.(科技前沿·安培力在光学防抖技术中的应用)(多选)(2025河南,9,6分)手机拍照时手

的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量,光学防抖技术可以消除这种影响。如图,镜

头仅通过左、下两侧的弹簧与手机框架相连,两个相同线圈c、d分别固定在镜头右、

上两侧,c、d中的一部分处在相同的匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里。拍照时,手机

可实时检测手机框架的微小加速度a的大小和方向,依此自动调节c、d中通入的电流Ic

和Id的大小和方向(无抖动时Ic和Id均为零),使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的

是

()

BC

A.若Ic沿顺时针方向,Id=0,则表明a的方向向右B.若Id沿顺时针方向,Ic=0,则表明a的方向向下C.若a的方向沿左偏上30°,则Ic沿顺时针方向,Id沿逆时针方向且Ic>IdD.若a的方向沿右偏上30°,则Ic沿顺时针方向,Id沿顺时针方向且Ic<Id

解题导引当手机框架有微小加速度时,弹簧作用在镜头上的弹力发生变化;若要使镜

头处于零加速度状态,则线圈通入的电流发生变化从而调节安培力以使镜头的合力为零。

解析若Ic沿顺时针方向,Id=0,由左手定则可得线圈c受到的安培力向右,可得其他力使

线圈c的加速度向左,故a的方向向左,A错误。同理可得B正确。若a的方向沿左偏上30

°,可分解为水平向左的大小为ax=acos30°=

a、竖直向上的大小为ay=asin30°=

的两个分加速度,水平方向线圈c受到的安培力向右,且安培力大小Fc=BIcL=max,由左手定

则可得Ic沿顺时针方向;竖直方向线圈d受到的安培力向下,且安培力大小Fd=BIdL=may,

由左手定则可得Id沿逆时针方向;ax>ay,则Fc>Fd,Ic>Id,C正确。同理可得D错误。考向3安培力作用下的平衡与加速问题11.★★★(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

()

D

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

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=mg

cosθ,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。12.(数理结合·运用三角函数巧解极值问题)(多选)(2022湖北,11,4分)如图所示,两平行导

轨在同一水平面内。一导体棒垂直放在导轨上,棒与导轨间的动摩擦因数恒定。整个

装置置于匀强磁场中,磁感应强度大小恒定,方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹

角θ可调。导体棒沿导轨向右运动,现给导体棒通以图示方向的恒定电流,适当调整磁

场方向,可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动。已知导体棒加速时,加速度

的最大值为

g;减速时,加速度的最大值为

g,其中g为重力加速度大小。下列说法正确的是

()

BC

A.棒与导轨间的动摩擦因数为

B.棒与导轨间的动摩擦因数为

C.加速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向下,θ=60°D.减速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向上,θ=150°

解析当导体棒加速运动时受力如图甲,由BILsinθ-μ(mg-BILcosθ)=ma,可得a=

-μg=

sin(θ+φ)-μg,其中tanφ=μ,可见当θ+φ=90°时,加速度取得最大值,为

-μg=

g①;当导体棒减速运动时受力如图乙,由BILsinα+μ(mg+BILcosα)=ma,其中α=180°-θ,可得a=

+μg=

·sin(α+φ)+μg,其中tanφ=μ,可见当α+φ=90°时,加速度取得最大值,为

+μg=

g②;联立①②式可得μ=

,则φ=30°,故当导体棒加速阶段加速度大小最大时θ=60°,当导体棒减速阶段加速度大小最大时θ=120°,A、D错误,B、C正确。

13.★★★(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

1.★★(2022北京,7,3分)正电子是电子的反粒子,与电子质量相同、带等量正电荷。在

云室中有垂直于纸面的匀强磁场,从P点发出两个电子和一个正电子,三个粒子运动轨

迹如图中1、2、3所示。下列说法正确的是

()A.磁场方向垂直于纸面向里B.轨迹1对应的粒子运动速度越来越大C.轨迹2对应的粒子初速度比轨迹3的大D.轨迹3对应的粒子是正电子

A

考点2磁场对带电粒子的作用考向1带电粒子在单一匀强磁场中的运动

解析由题意和轨迹图可知,轨迹1、3的弯曲方向均偏左,故为电子的轨迹,轨迹2对应

的粒子是正电子,D错误;由左手定则知,磁场方向垂直纸面向里,A正确;轨迹3的半径比

轨迹2的大,由qvB=

得r=

,故知轨迹3对应的粒子初速度大,C错误;轨迹1的半径在逐渐减小,说明轨迹1对应的粒子速度在逐渐减小,B错误。

C

2.★★(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.

信息提取与加工

粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为45°,交点为P过P作速度的反向延长线,与磁场上边界的交点就是出射点磁感应强度、粒子的质量与电荷量都已知可以求出轨迹半径,是已知各物理量,求几何量的问题

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。3.★★(2021全国乙,16,6分)如图,圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,质量为m、电

荷量为q(q>0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场

时的速度大小为v1,离开磁场时速度方向偏转90°;若射入磁场时的速度大小为v2,离开磁

场时速度方向偏转60°。不计重力。则

为

()

A.

B.

C.

D.

B

解析根据题意,带电粒子在磁场中运动,洛伦兹力提供其做圆周运动所需的向心力,粒

子的运动轨迹如图,设圆形匀强磁场区域的半径为R,则由几何关系可知,粒子以速度v1

射入时的轨迹半径r1=R,粒子以速度v2射入时的轨迹半径r2满足

=tan30°,则r2=

R;又有Bvq=m

,得r=

,所以

=

;联立上式可得

=

,B正确。

4.★★★(2025全国,18,6分)如图,正方形abcd内有方向垂直于纸面的匀强磁场,电子在

纸面内从顶点a以速度v0射入磁场,速度方向垂直于ab。磁感应强度的大小不同时,电子

可分别从ab边的中点、b点和c点射出,在磁场中运动的时间分别为t1、t2和t3,则(

)

A.t1<t2=t3

B.t1<t2<t3C.t1=t2>t3

D.t1>t2>t3

A

解析电子在磁场中只受到洛伦兹力的作用,在匀强磁场中电子以初始速率做匀速圆

周运动,图中反映的三种运动轨迹是初始速度相同但磁感应强度不同时的情况,因此三

种情况下电子运动的速率都一样,在磁场中运动的时间只取决于电子在磁场中的轨迹

长度。设正方形边长为l,由题图知三种情况下电子在磁场中的轨迹分别为半径为

的半圆、半径为

的半圆和半径为l的

圆,轨迹长度s1、s2、s3满足s1<s2=s3,因此三种情况下电子在磁场中的运动时间的关系为t1<t2=t3,A正确。

一题多解由qv0B=

得r=

,T=

,运动时间t=

·T,θ为轨迹对应圆心角,半径关系为4r1=2r2=r3,则有B1=2B2=4B3,故4T1=2T2=T3,t1=

,t2=

,t3=

,故A正确。5.★★★(2026云南,13,10分)洛伦兹力演示仪示意图如图甲所示,玻璃泡处于励磁线圈

产生的磁场中。玻璃泡内有一垂直磁场的竖直圆面,图乙为其放大示意图,其圆心

为O、半径为R、最高点为P,区域内的磁场视为匀强磁场。电子枪将电子从O点正下

方0.8R处的S点,以速度v水平向左射出,电子在圆面内运动一段时间后到达P点。已知

电子质量为m、电荷量为e,不计电子的重力和电子之间的相互作用。求:

(1)匀强磁场的磁感应强度大小和方向;(2)电子从S点第一次到达P点所用的时间。

答案

(1)

垂直纸面向里

(2)

解题导引解答本题注意以下几点:(1)求解电子的轨迹半径r,由洛伦兹力提供向心力有evB=m

,求出磁感应强度大小。(2)由左手定则判断磁感应强度方向。(3)由T=

,t=

T,θ=180°,求出电子运动时间。

解析

(1)电子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力有evB=m

(2分)由数学知识可得2r=R+0.8R

(2分)解得B=

(1分)电子带负电,根据电子的偏转方向由左手定则可判断出,磁感应强度方向垂直纸面向

里。

(1分)(2)电子运动周期T=

(1分)运动时间t=

=

(2分)解得t=

(1分)6.★★★(2025北京,18,9分)北京谱仪是北京正负电子对撞机的一部分,它可以利用带电

粒子在磁场中的运动测量粒子的质量、动量等物理量。考虑带电粒子在磁感应强度

为B的匀强磁场中的运动,且不计粒子重力及粒子间相互作用。(1)一个电荷量为q0的粒子的速度方向与磁场方向垂直,推导得出粒子的运动周期T与质

量m的关系。(2)两个粒子质量相等,电荷量均为q。粒子1的速度方向与磁场方向垂直,粒子2的速度

方向与磁场方向平行。在相同的时间内,粒子1在半径为R的圆周上转过的圆心角为θ,

粒子2运动的距离为d。求:a.粒子1与粒子2的速度大小之比v1∶v2;b.粒子2的动量大小p2。

答案

(1)T=

·m推导过程见解析

(2)a.(Rθ)∶d

b.

解析

(1)粒子速度方向与磁场方向垂直,粒子在垂直磁场平面内做匀速圆周运动,洛伦

兹力提供向心力,有q0vB=m

粒子做圆周运动的周期T=

联立可得T=

=

·m(2)a.设它们运动的相同时间为t,则粒子1做匀速圆周运动,速度大小v1=

=

粒子2做匀速直线运动,速度大小v2=

所以粒子1与粒子2的速度大小之比v1∶v2=(Rθ)∶db.设两粒子的质量均为m,则对粒子1,由洛伦兹力提供向心力有qv1B=m

粒子2的动量大小p2=mv2联立解得p2=

·v2代入v1∶v2的值可得p2=

7.★★★(2025重庆,14,11分)研究小组设计了一种通过观察粒子在荧光屏上打出的亮

点位置来测量粒子速度大小的装置,如图所示,水平放置的荧光屏上方有磁感应强度大

小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。O、N、M均为荧光屏上的点,且在纸面内

的同一直线上。发射管K(不计长度)位于O点正上方,仅可沿管的方向发射粒子,一端发

射带正电粒子,另一端发射带负电粒子,同时发射的正、负粒子速度大小相等,方向相

反,比荷均为

。已知OK=3h,OM=3

h,不计粒子所受重力及粒子间相互作用。(1)若K平行OM发射的粒子在O点产生光点,求粒子的速度大小。(2)若K从平行OM逆时针旋转60°,其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光

点,求粒子的速度大小。(3)要使(2)问中发射的带正电粒子恰好在M点产生光点,可在粒子发射t时间后关闭磁

场,忽略磁场变化的影响,求t。

答案

(1)

(2)

(3)

解题导引

(2)正、负粒子恰好在N点相遇说明正、负粒子的运动轨迹恰好构成一个完

整的圆;(3)关闭磁场后粒子将沿圆弧的切线方向飞出,做匀速直线运动。

解析

(1)粒子以KO为直径做匀速圆周运动,r=

洛伦兹力提供粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力,根据牛顿第二定律有qvB=m

即r=

联立解得v=

。(2)依题意,正、负粒子的轨迹正好构成一个完整的圆,且OM在N点与圆相切,如图甲所

示

由于K逆时针旋转60°,根据几何关系可知θ=30°设粒子做匀速圆周运动的半径为r1,满足r1sinθ+r1=3h解得r1=2h又r1=

解得v1=

。(3)关闭磁场后粒子沿圆弧切线方向做匀速直线运动到M点,从M点作带正电粒子圆弧

轨迹的切线,切点为P,如图乙所示

由几何关系可知,△O'NM≌△O'PM,∠NO'M=∠PO'M=60°故α=120°所以粒子从K到P经历的时间t=

T周期T=

=

解得t=

。8.★★★(多选)(2023全国甲,20,6分)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

()

BD

考向2带电粒子在匀强磁场中的临界问题与多解问题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

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。

9.★★★(多选)(2022湖北,8,4分)在如图所示的平面内,分界线SP将宽度为L的矩形区域

分成两部分,一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场,另一部分充满方向垂直于纸

面向里的匀强磁场,磁感应强度大小均为B,SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入

速度大小不同的正离子,离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷

为k,不计重力。若离子从P点射出,设出射方向与入射方向的夹角为θ,则离子的入射速

度和对应θ角的可能组合为

()

BC

A.

kBL,0°

B.

kBL,0°C.kBL,60°

D.2kBL,60°

解析离子在磁场中做匀速圆周运动,可能的运动轨迹如图所示(射入与射出磁场时速

度与磁场右边界的夹角相同)。根据离子运动轨迹及几何关系可知,当离子从下部分磁

场射出时,需满足(2n+1)R=L(n=0,1,2,3,…),θ=60°,结合qvB=m

得此时速度v=

(n=0,1,2,3,…),C正确,D错误;当离子从上部分磁场射出时,需满足2nR=L(n=1,2,3,…),θ=0°,结

合qvB=m

得此时速度v=

(n=1,2,3,…),B正确,A错误。

10.★★★(多选)(2025甘肃,10,5分)2025年5月1日,全球首个实现“聚变能发电演示”

的紧凑型全超导托卡马克核聚变实验装置(BEST)在我国正式启动总装。如图是托卡

马克环形容器中磁场截面的简化示意图,两个同心圆围成的环形区域内有垂直纸面向

里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,内圆半径为R0。在内圆上A点有a、b、c三个粒子

均在纸面内运动,并都恰好到达磁场外边界后返回。已知a、b、c带正电且比荷均为

,a粒子的速度大小为va=

,方向沿同心圆的径向;b和c粒子速度方向相反且与a粒子的速度方向垂直。不考虑带电粒子所受的重力和相互作用。下列说法正确的是

()

BD

A.外圆半径等于2R0B.a粒子返回A点所用的最短时间为

C.b、c粒子返回A点所用的最短时间之比为

D.c粒子的速度大小为

va

解析对a粒子,由洛伦兹力提供向心力可得qvaB=m

,由于va=

,解得a粒子在磁场中轨迹半径r=R0;(点拨:粒子在环形区域做匀速圆周运动,在内圆中做匀速直线运动)作

出a粒子在磁场中运动的轨迹,如图所示,设外圆半径为R,在△OAO2中,由几何关系可得

R-R0=

,联立解得外圆半径R=(

+1)R0,A错误。由运动轨迹可得a粒子返回A点所用的最短时间t=

=

,B正确。作出b、c粒子在磁场中运动的轨迹,如图所示,粒子在磁场中运动的周期T=

,所以b、c粒子返回A点所用的最短时间相同,C错误。对c粒子,由几何关系可得2rc+R0=R,解得rc=

R0,由洛伦兹力提供向心力可得qvcB=m

,解得c粒子的速度大小vc=

=

va,D正确。

C

11.★★★(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

()

考向3磁聚焦、磁发散和动态圆模型A.

B.

C.

D.

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。

C

12.★★★(2025安徽,7,4分)如图,在竖直平面内的Oxy直角坐标系中,x轴上方存在垂直

纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。在第二象限内,垂直纸面且平行于x轴放置

足够长的探测薄板MN,MN到x轴的距离为d,上、下表面均能接收粒子。位于原点O的

粒子源,沿Oxy平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。已知粒子所带电

荷量为q,质量为m,速度大小均为

。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用,则

()A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为2dB.薄板的上表面接收到粒子的区域长度为

dC.薄板的下表面接收到粒子的区域长度为dD.薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为

解析由Bqv=

结合v=

可得R=d,A错误;带正电粒子在磁场中运动的几种临界情况如图所示:由圆1、2(对应粒子初速度方向沿x轴正方向)可得薄板上表面接收到粒子

的区域长度(如图中彩色线部分)为2dcos30°-d=(

-1)d,B错误;

由圆3(对应粒子初速度方向沿y轴正方向)可得薄板下表面收到粒子的区域长度为d(如图中粗线部分),C正确;恰好打到薄板最右侧的粒子为薄板接收到的在磁场中运动时间

最短的粒子,对应偏转角为

,对应的最短时间为tmin=

,D错误。

易错警示解题时注意作出三个关键的临界动态圆,审题要明确,基础要牢固,几何关系

要敏锐,基本规律要熟练。13.★★★★★(2026陕晋青宁,15,16分)如图,垂直于x轴的足够大绝缘薄挡板P紧贴平行

金属板放置,挡板P有一小孔在原点O处,O点到垂直于y轴的两金属板距离相等。在xOy

平面位于(-L,0)处的粒子源以速率v0向面内各方向发射质量为m、电荷量为q(q>0)的带

电粒子。两金属板(上板为正极)间距为2L,板间电压U初始为

。在xOy平面y轴右侧,圆心O'位于(0,L)、直径在y轴、半径为L的半圆区域存在方向垂直于平面向里的匀

强磁场,其磁感应强度大小为

。在x>L处有一垂直于x轴的固定弹性绝缘挡板Q,粒子若碰到Q将发生弹性碰撞且电荷量q不变。粒子打到金属板或挡板P均会被吸收,不

计粒子重力及粒子间的相互作用,忽略边缘效应。(v0、m、q、L均为已知量)

(1)可从小孔进入磁场的粒子,求其从O点处射入磁场速度方向与x轴正向夹角的正弦

值;(2)粒子从磁场射出后与挡板Q发生碰撞,求其再次射入磁场到达挡板P上位置的y坐标;(3)若仅改变电压U的大小(U>0),在不同电压下,粒子源发射的所有粒子均无法打到挡

板P右侧面、进入磁场的所有粒子打到挡板P右侧面有1个撞击点或2个撞击点,求以上

三种情况分别对应的电压取值范围(用已知量v0、m、q表示)。

答案

(1)

或

(2)

L或

L

(3)当U>

及U<

时,粒子无法打到P的右侧面;当U=

时,粒子打到P右侧面有1个撞击点;当

<U<

时,粒子打到P右侧面有2个撞击点

解析

(1)设从O点射出的粒子速度方向与x轴正方向的夹角为θ(0<θ<90°),粒子在两板

间的运动时间为t,由题意知粒子源与O点等高,能通过小孔进入磁场的粒子在电场中做

类斜抛运动,有L=v0cosθ·t

(1分)v0sinθ=a

(1分)又qE=maE=

(1分)联立可得sinθcosθ=

解得sinθ=

或sinθ=

(1分)经检验,这两种情况粒子的射高均满足ym<L,即粒子在运动过程中均不能与上极板相碰,

两种情况均可能(2)由qv0B=

,则粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r=

=L

(1分)r与磁场边界圆的半径L相等,满足磁发散原理,运动轨迹与几何关系如图所示

两种情况粒子从磁场射出时的速度方向均平行于x轴sinθ=

时,设射出点到x轴的距离为d由几何关系可得L-d=Lcosθ

(1分)解得d=

(1分)根据对称性,粒子再次到达P板时的y坐标为y=2d=

L

(1分)同理当sinθ=

时,y=

L

(1分)(3)对于能通过O的粒子,设其在电场中做完整类斜上抛运动的时间为t,初速度方向与x

轴夹角为θ(0<θ<90°)则有L=v0tcosθ

(1分)v0sinθ=a

(1分)q

=ma联立以上三式可得U=

sin2θ

(1分)当电压恰好为U=

时,θ=45°,即此时通过O的粒子只有1种速度方向故当U>

时,θ无解,所有的粒子都不能通过O点当U<

时,可以有2种速度方向的粒子通过O点进入右侧磁场区域,

(1分)且当粒子在电场中运动过程中正好与上极板相切时,有q

=

m

-

m(v0cosθ)2L=

·

L=v0tcosθ解得U1=

,则当U<

时,粒子无法通过O点

(1分)综上所述U>

及U<

时,所有粒子均无法打到挡板P的右侧面U=

时,P右侧面有1个撞击点

<U<

时,P右侧面有2个撞击点

(2分)1.★★★(2026河南,6,4分)如图,间距为l的两虚线a、b间存在方向垂直于纸面向外的

匀强磁场,虚线b上方存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一带电粒子在纸面内垂

直于虚线a从O点射入磁场,一段时间后又从O点射出磁场。已知该粒子在下方磁场中

运动的圆轨迹半径为

l,不计重力,则上、下磁场的磁感应强度大小之比为

()

C

考点3带电粒子在复合场中的运动考向1带电粒子在组合场中的运动A.2∶1

B.3∶1

C.4∶1

D.5∶1

解析假设粒子带正电,画出其运动轨迹如图所示,设其在下方和上方磁场中做圆周运

动的半径分别为r、R,两段圆弧的圆心连线与虚线a的夹角为θ,则sinθ=

=

,所以cosθ=

,由几何关系得r-rcosθ=Rcosθ,解得R=

l,由洛伦兹力提供向心力有Bqv=m

,即r=

,可得r∝

,所以上、下磁场的磁感应强度大小之比B2∶B1=r∶R=4∶1,C正确。

2.(创新思维·空间思维在组合场中的运用)(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.★★★★(2026山东,18,16分)如图所示,在Oxy坐标系中,第二象限有一粒子发生器,其

右侧放置速度选择器,速度选择器中电场的电场强度大小为E,方向沿y轴负方向,匀强磁

场方向垂直Oxy面向里;y=-x(x≤0)与y轴正半轴所围区域Ⅰ(包含边界)中充满垂直Oxy

面向外的匀强磁场;x轴下方为区域Ⅱ、第一象限为区域Ⅲ,两区域均充满方向垂直Oxy

面向里的匀强磁场,磁感应强度大小分别为5B和12B。粒子发生器可发出质量不同、

带电荷量均为+q的粒子。其中质量为m的粒子a经速度选择器后以速率v从点(-h,h)沿x

轴正方向进入区域Ⅰ,一段时间后恰好从原点O沿y轴负方向进入区域Ⅱ。不计粒子重

力及粒子间相互作用。(1)求速度选择器中磁感应强度的大小B0和区域Ⅰ中磁感应强度的大小B1;(2)求粒子a从O点运动到P点

的时间t;(3)当粒子a从点

离开区域Ⅱ进入区域Ⅲ时,带电荷量为+q的粒子b恰好从O点以速率v沿y轴负方向进入区域Ⅱ,若要使粒子a、b在x轴相遇,且相遇时速度恰好都沿y轴

正方向,求粒子b的质量M(用m表示)及两粒子第一次相遇时的x轴坐标x1。

答案

(1)

(2)

(3)

m

解析

(1)粒子在速度选择器中做匀速直线运动,粒子所受的静电力与洛伦兹力平衡,则

有qvB0=qE

(1分)解得B0=

(1分)在区域Ⅰ内粒子做匀速圆周运动由题意可知,粒子做匀速圆周运动的半径r1=h

(1分)洛伦兹力提供向心力,有qvB1=m

,即r1=

(1分)解得B1=

(1分)(2)粒子a在x轴下方做匀速圆周运动,轨迹半径r2=

(1分)同理,粒子a在区域Ⅲ内运动的轨迹半径r3=

(1分)假设粒子在区域Ⅱ中运动n次,在区域Ⅲ中运动(n-1)次后到达P点则2r2×n-2r3×(n-1)=

n-

(n-1)=

,解得n=2,假设成立

(1分)则粒子a从O点运动到P点的时间t=

+

×

=

(2分)(3)(关键:抓住a、b两粒子的位置关系和时间关系进行求解)粒子a与粒子b在x轴上相遇,

且速度方向均沿y轴正方向则相遇位置的x轴坐标表达式为x=

+

k=

+

j

(2分)其中k=1,2,3,…

j=0,1,2,…(点拨:要使a、b两粒子相遇,即a粒子的轨迹半径小于b粒子

的轨迹半径,需满足k>j)运动时间表达式为t=

k=

+

j

(2分)其中k=1,2,3,…

j=0,1,2,…联立可得M=

m当j=4,k=8时粒子第一次相遇,相遇时的x轴坐标

(1分)x1=

(1分)4.★★★★★(2024新课标,26,20分)一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子始终在同

一水平面内运动,其速度可用图示的直角坐标系内一个点P(vx,vy)表示,vx、vy分别为粒子

速度在水平面内两个坐标轴上的分量。粒子出发时P位于图中a(0,v0)点,粒子在水平方

向的匀强电场作用下运动,P点沿线段ab移动到b(v0,v0)点;随后粒子离开电场,进入方向

竖直、磁感应强度大小为B的匀强磁场,P点沿以O为圆心的圆弧移动至c(-v0,v0)点;然后

粒子离开磁场返回电场,P点沿线段ca回到a点。已知任何相等的时间内P点沿图中闭

合曲线通过的曲线长度都相等。不计重力。求(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径和周期;(2)电场强度的大小;(3)P点沿图中闭合曲线移动1周回到a点时,粒子位移的大小。

答案

(1)

(2)

v0B

(3)

解析

(1)建立直角坐标系,画出带电粒子在平面直角坐标系内的运动轨迹如图所示

P点沿线段ab移动到b点,对应带电粒子在匀强电场中做类平抛运动,随后离开电场进入

匀强磁场做匀速圆周运动,a'(0,v0)对应P点再次回到a(0,v0)点粒子进入磁场时的速度大小v=

=

v0在匀强磁场中,由洛伦兹力提供向心力可得qvB=m

粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=

解得R=

,T=

(2)任何相等的时间内P点沿题图中闭合曲线通过的曲线长度都相等,即

为一定值(Δt趋近于0),根据加速度的定义式可知任何时刻粒子的加速度大小均相等,可得

=

解得E=

v0B(3)设粒子出电场时速度的偏转角为θ可得tanθ=

=

=1,即θ=45°设粒子由a到b的时间为t则v0=

t解得t=

沿y方向运动的位移大小y1=v0t解得y1=

粒子由c到a'所用的时间与由a到b所用的时间相等,则沿y方向运动的位移大小相等,所

以P点沿曲线运动一周粒子对应的位移大小s=2Rsinθ-2y1解得s=

考向2带电粒子在叠加场中的运动5.★★★(2026黑吉辽内蒙古,5,4分)如图,真空中一带正电的小球用绝缘轻绳悬于O点,

处于竖直向下的匀强磁场中。将小球从P点由静止释放,小球运动轨迹的俯视示意图

可能是

()

B

解析小球从P点运动到右侧最高点,所受洛伦兹力向里,则小球向里偏,小球从右侧最

高点运动到左侧,所受洛伦兹力向外,则小球向外偏,B正确。

总结归纳曲线运动中速度方向、合力方向与运动轨迹之间的关系(1)速度方向与运动轨迹相切。(2)合力方向指向轨迹的“凹”侧。(3)运动轨迹一定夹在速度方向和合力方向之间。6.★★★(多选)(2024安徽,10,5分)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,二者带电荷量、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

()

ABD

A.油滴a带负电,所带电荷量的大小为

B.油滴a做圆周运动的速度大小为

C.小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为

,周期为

D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动

解析由油滴a做圆周运动可知,油滴a所受重力与电场力平衡,故油滴a带负电,有mg=

Eq,解得q=

,A正确;根据洛伦兹力提供向心力有Bqv=m

,得油滴a做圆周运动的速度大小v=

,B正确;设小油滴Ⅰ的速度大小为v1,有B

v1=

·

,解得v1=

=

,周期为T=

=

,C错误;带电油滴a分离前后动量守恒,设分离后小油滴Ⅱ的速度为v2,取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向,得mv=

v1+

v2,解得v2=-

,由于分离后的小油滴受到的电场力和重力仍然平衡,分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方向相反,根据

左手定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动,D正确。

AD

7.★★★(多选)(2026湖南,10,5分)某小组设计了一磁悬浮装置。如图,环形通电线圈固

定在水平面上,其上方固定一半径为R的环形细管道,管道任意处磁场方向与竖直方向

夹角为45°。质量为m的带正电小球在环形管道中以某一速率做匀速圆周运动,此时小

球与管道间无弹力,重力加速度为g。下列说法正确的是

()

A.从管道上方俯视,小球沿顺时针方向做圆周运动B.小球做圆周运动的周期为π

C.小球做圆周运动的半个周期内洛伦兹力的冲量大小为m

D.若小球的绕行方向不变,速率为其做匀速圆周运动速率的2倍,则小球与管道间的弹

力大小为

mg

解析由题意知,小球与管道间无弹力,所以洛伦兹力应指向圆环内且斜向上,所以从管

道上方俯视小球,小球沿顺时针方向做圆周运动,A正确。由洛伦兹力提供向心力有F洛

cos45°=

F洛=m

R,在竖直方向由受力平衡有F洛sin45°=mg,联立解得T=2π

,B错误。半个周期内重力的冲量IG=mg·

=πm

,方向竖直向下,合力的冲量大小为I合=Δp=2mv=2m·

=2m

,方向沿水平方向,则洛伦兹力的冲量大小I=

=m

,C错误。若速率变为原来的2倍,洛伦兹力变为原来的2倍,对小球受力分析有FNy=2F洛·sin45°-mg,2F洛·cos45°+FNx=m

,由B项分析知

F洛=m

,F洛=

mg,小球与管道间的弹力大小FN=

=

mg,D正确。8.★★(多选)(2024湖北,9,4分)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

AC

考向3磁场与现代科技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

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。9.★★★(2025北京,12,3分)电磁流量计可以测量导电液体的流量Q——单位时间内流

过管道横截面的液体体积。如图所示,内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制成,空间

有垂直管道轴线的匀强磁场,磁感应强度为B。液体充满管道并以速度v沿轴线方向流

动,圆管壁上的M、N两点连线为直径,且垂直于磁场方向,M、N两点的电势差为U0。下

列说法错误的是

()

C

A.N点电势比M点高B.U0正比于流量QC.在流量Q一定时,管道半径越小,U0越小D.若直径MN与磁场方向不垂直,测得的流量Q偏小

解析根据左手定则可知正离子向下偏,负离子向上偏,故N点电势比M点高,A正确;设

管道半径为r,稳定时,离子受到的洛伦兹力与电场力平衡,有

q=Bqv,同时有Q=Sv=πr2v,联立解得U0=

,故U0正比于流量Q,流量Q一定时,管道半径越小,U0越大,B正确,C错误;若直径MN与磁场方向不垂直,根据U0=

可知此时式中磁感应强度为实际磁感应强度的一个分量,即测量时代入的磁感应强度偏大,故测得的流量Q偏小,D正确。10.★★★(2025广东,6,4分)某同步加速器简化模型如图所示。其中仅直通道PQ内有加

速电场,三段圆弧内均有可调的匀强偏转磁场B。带电荷量为+q、质量为m的离子以初

速度v0从P处进入加速电场后,沿顺时针方向在加速器内循环加速。已知加速电压为U,

磁场区域中离子的偏转半径均为R。忽略离子重力和相对论效应。下列说法正确的是

()

D

A.偏转磁场的方向垂直纸面向里B.第1次加速后,离子的动能增加了2qUC.第k次加速后,离子的速度大小变为

D.第k次加速后,偏转磁场的磁感应强度大小应为

模型建构离子在直通道PQ中受电场力F,做匀加速直线运动,在三个圆弧通道只受洛

伦兹力,做匀速圆周运动,在另外两个直通道不受力,做匀速直线运动。全程只有在直通

道PQ受到的电场力做功,在圆弧通道受到的洛伦兹力不做功。

解析由题知带正电的离子运动方向和所受洛伦兹力方向,根据左手定则可知磁场方

向垂直纸面向外,A错误;根据动能定理得W=qU=ΔEk,故第1次加速后,离子的动能增加

了qU,B错误;根据动能定理得,第k次加速后,有kqU=

mv2-

m

,解得v=

,C错误;第k次加速后,由洛伦兹力提供向心力,可得qvB=m

,将v=

代入解得B=

,D正确。11.★★★★(多选)(2025广西,10,6分)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

()

AD

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

+

解析设M粒子进入选择器时的速度为vM,则M粒子在加速电场中由动能定理有qU=

mM

,M粒子在选择器中沿轴线OO'运动,则其在选择器中受力平衡,有qE=qvMB1,可得vM=

,联立解得mM=

,A正确。由于N粒子从开口的下边缘进入偏转磁场,则N粒子在选择器中向下偏转,设N粒子进入选择器时的速度为vN,则结合受力分析可知N粒子刚进

入选择器时,有qE<qvNB1,可得vN>

,结合A项分析可知vN>vM,B错误。调节选择器,使N粒子沿轴线OO'穿过选择器,设此时选择器中的电场强度大小为E'、磁感应强度大小为B'

1,则此时N粒子在选择器中有qE'=qvNB'1,未调节选择器时,M、N粒子在偏转磁场的运动

半径满足2rNcosθ+d=2rM,M粒子沿轴线OO'穿过选择器,则M粒子进入偏转磁场时的速度也为vM,设调节选择器前N粒子进入偏转磁场时的速度为v'N,在磁场中由牛顿第二定

律qvB=m

可知,M、N粒子在偏转磁场中的运动半径分别为rM=

、rN=

,N粒子在选择器中由动能定理有-qEd=

mNv

-

mN

,在加速电场中由动能定理有qU=

mN

,联立解得

=

,C错误。调节选择器,使N粒子沿轴线OO'进入偏转磁场,则N粒子进入偏转磁场时的速度为vN,在磁场中由牛顿第二定律qvB=m

可知,N粒子在偏转磁场中的运动半径为r'N=

,在加速电场中有qU=

mN

,联立解得r'N=

,同理可得rM=

,结合A、B项分析可知mN<mM,则r'N<rM,两粒子在偏转磁场中均运动半周打在探测器上,则N粒子沿轴线OO'进入偏转磁场后打在探测器上的位

置与调节前M粒子打在探测器上的位置间距为Δx=2rM-2r'N,结合C项分析联立可得Δx=

+

,D正确。12.★★★★(2021浙江6月,22,10分)如图甲所示,空间站上某种离子推进器由离子源、

间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成,其后端面P为喷

口。以金属板N的中心O为坐标原点,垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标

轴。M、N板之间存在场强为E、方向沿z轴正方向的匀强电场;立方体内存在磁场,其

磁感应强度沿z方向的分量始终为零,沿x和y方向的分量Bx和By随时间周期性变化规律

如图乙所示,图中B0可调。氙离子(Xe2+)束从离子源小孔S射出,沿z方向匀速运动到M板,

经电场加速进入磁场区域,最后从端面P射出。测得离子经电场加速后在金属板N中心

点O处相对推进器的速度为v0。已知单个离子的质量为m、电荷量为2e,忽略离子间的

相互作用,且射出的离子总质量远小于推进器的质量。考向4带电粒子在交变电磁场中的运动

(1)求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小vS;(2)不考虑在磁场突变时运动的离子,调节B0的值,使得从小孔S射出的离子均能从喷口

后端面P射出,求B0的取值范围;(3)设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T,单位时间从端面P射出的离子数

为n,且B0=

,求图乙中t0时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。

答案

(1)

(2)0~

(3)见解析

解析

(1)离子从小孔S射出运动到点O处,根据动能定理有2eEd=

m

-

m

,解得vS=

。(2)当磁场仅有沿x方向的分量取最大值时,离子从喷口P的下边缘中点射出,根据几何关

系有

=

+L2;洛伦兹力提供向心力,有2ev0B0=

;联立解得B0=

。当磁场在x和y方向的分量同取最大值时,离子从喷口P边缘交点射出,根据几何关系有

=

+L2,此时B=

B0,洛伦兹力提供向心力,有2ev0(

B0)=

,解得B0=

,故B0的取值范围为0~

。(3)离子在立方体中运动轨迹的剖面图如图所示。洛伦兹力提供向心力,有2ev0(

B0)=

;且满足B0=

,解得R3=

L,cosθ=

;离子从端面P射出时,在沿z轴方向根据动量定理有FΔt=nΔt·mv0cosθ-0;根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力大小为F'=F=

nmv0;方向沿z轴负方向。13.★★★★★(2022河北,14,16分)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