2027版高考物理总复习精练册 11第十一章　磁场

第十一章磁场物理新高考适用目录CONTENTS第1节磁场及其对电流的作用微专题22带电粒子在有界匀强磁场中的运动第2节磁场对运动电荷(带电体)的作用微专题23磁场中的动态圆模型微专题24洛伦兹力与现代科技微专题25带电粒子在组合场中的运动微专题26带电粒子在叠加场中的运动微专题27带电粒子在交变电磁场、空间电磁场中的运动第1节磁场及其对电流的作用

电流的磁场磁场的叠加T1、5、8

安培力的分析与计算T2、6

安培力作用下的平衡与加速问题T3、4、71.★★(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

五年高考解析

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。2.★★(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。3.★★★(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。4.★★★(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

5.★★(2026届福建福州华侨中学月考)如图甲所示,a、b位于两个等量异种点电荷连线

的中垂线上,且a、b到O点的距离相等;如图乙所示,两根相互平行的长直导线垂直纸面

通过M、N两点,O'为MN的中点,c、d位于MN的中垂线上,且c、d到O'点的距离相等,两

导线中通有等大反向的恒定电流,下列说法正确的是

()

A.O点处的电场强度为零B.a、b处的电场强度相同C.O'点处的磁感应强度为零D.c、d处的磁感应强度大小相等、方向相反

B

三年模拟

解析正、负点电荷在O点产生的场强均向右,可知O点处的电场强度不为零,A错误;

根据等量异种点电荷周围的电场线分布可知,a、b处的电场强度大小和方向都相同,B

正确;根据右手螺旋定则可知,两通电直导线在O'点处产生的磁感应强度方向均向下,则

该点的磁感应强度不为零,C错误;根据右手螺旋定则可知,通过M点的通电直导线中的

电流在c点产生的磁场方向斜向右下方,通过N点的通电直导线中的电流在c点产生的磁

场方向斜向左下方,两磁场的磁感应强度大小相等,则c点的磁场方向向下,同理可知d点

的磁场方向向下,即c、d处的磁感应强度大小相等、方向相同,D错误。6.★★★(2025届陕西西工大附中模拟)如图所示,为三根材料、粗细均相同的金属棒

PO、QO、MN,其中PO、QO固定,MN长为L,且搭在PO、QO上,构成的三角形MON为

等边三角形。在三角形的内部(包括边界)存在垂直纸面向里的匀强磁场,金属棒MN与

PO、QO的交点处分别接在输出电压恒定的直流电源上,三根金属棒整体所受安培力

为F,把金属棒MN向下平移一段距离x,则三根金属棒整体所受安培力为

()

B

A.

F

B.FC.xF

D.

F

解析设电源输出电压为U,金属棒单位长度电阻为r,则M、N间的总电阻为RMN=

=

,M、N间的总电流为I总=

=

,设流过金属棒MN的电流为I1,流过MON的电流为I2,匀强磁场的磁感应强度为B,则三根金属棒整体所受安培力大小为F安=BI1L+

BI2L=BL(I1+I2)=BLI总=BL·

=B·

,可知三根金属棒整体所受安培力大小与接入电路的长度无关,所以把金属棒MN向下平移一段距离x,三根金属棒整体所受安培力仍为F,

B正确。7.★★★(2025届重庆巴蜀中学三模)如图,固定的光滑绝缘转动轴OO'两端通过等长的

不可伸长轻质软导线连接并悬挂长为L、质量为m的细导体棒ab,空间存在辐向分布磁

场(方向已标出),保证导体棒移动过程中磁场方向总是垂直于导体棒,导体棒所在处的

磁感应强度大小均为B,开始时导体棒静止在最低点。现给导体棒通电流,若仅通过改

变导体棒中的电流大小,使导体棒由最低点缓慢移动到导线呈水平状态,则在这个过程

中()

B

A.导体棒中电流方向为由b指向aB.导体棒中电流应逐渐变大C.导线对导体棒的拉力一直增大D.安培力对导体棒不做功

解析开始时导体棒受到的安培力水平向左,由左手定则可判断,导体棒中电流方向为

由a指向b,A错误;对导体棒受力分析可知,安培力始终与导线的拉力垂直,设导线与竖直

方向夹角为θ,根据平衡条件有T=mgcosθ,F安=BIL=mgsinθ,因在该过程中导线与竖直

方向的夹角θ变大,故T变小,F安变大,电流I变大,B正确,C错误;根据动能定理可得WG+W安

=0【点拨:在整个过程中,重力做负功,拉力不做功,且导体棒缓慢移动,即动能变化量为零】,解得W安=-WG>0,可知安培力做正功,D错误。8.★★★(2025届八省联考·河南)无限长平行直导线a、b每单位长度之间都通过相同的

绝缘轻弹簧连接。如图,若b水平固定,将a悬挂在弹簧下端,平衡时弹簧的伸长量为Δl;

再在两导线内通入大小均为I的电流,方向相反,平衡时弹簧又伸长了Δl。若a水平固定,

将b悬挂在弹簧下端,两导线内通入大小均为2I的电流,方向相同,平衡后弹簧的伸长量

恰为2Δl。已知通电无限长直导线在其周围产生磁场的磁感应强度大小与导线中电流

大小成正比,与距导线的距离成反比。则a、b单位长度的质量之比ma∶mb为(

)

AA.1∶6

B.1∶4C.1∶2

D.1∶1

解析设弹簧的劲度系数为k,对单位长度直导线,根据题意有mag=kΔl,两通电导线中电

流方向相同时,通电导线相互吸引,两通电导线中电流方向相反时,通电导线相互排斥,

根据题意可知通电无限长直导线在其周围产生磁场的磁感应强度大小B=

,两导线内通入大小均为I的电流,方向相反,平衡时弹簧又伸长了Δl,根据mag+Fa=k·2Δl,可知a受

到b的排斥力Fa=kΔl=k'

IL;若a水平固定,将b悬挂在弹簧下端,两导线内通入大小均为2I的电流,方向相同,平衡后弹簧的伸长量恰为2Δl,对b根据平衡条件有mbg=Fb+k·2Δ

l,又Fb=k'

·2IL=4Fa=4kΔl,联立可得mbg=k·6Δl,结合mag=kΔl可得ma∶mb=1∶6,A正确。

巧用微元思想及对称思想分析圆弧导线受力情况(2025届河北昌黎一中模拟)一无限长导线水平固定在某空间,右侧光滑水平台面上放

置一绝缘物体,物体上表面固定有两半圆形导体棒,已知导线与导体棒处于同一水平面,

俯视图如图所示,现给导线和两导体棒中通入大小相等,方向如图中所示的电流。已知

无限长通电导线在某处产生的磁场的磁感应强度与导线中电流大小成正比,与该处到

导线的距离成反比。则通电后的某时刻,下列选项中位置关系可能正确的是

(

)

B创新风向·挑战思维

解析如图所示,在圆心取一极小角度Δθ,对应的导体棒长度分别为L1=RΔθ和L2=2RΔθ,

受到的安培力分别为F1=B1IL1,F2=B2IL2,长直导线在两棒处产生磁场的磁感应强度均垂

直纸面向里,根据题述有B1=

,B2=

,可得B1<2B2,即F2>F1。根据左手定则可知,小圆弧上的小段圆弧受到的安培力方向指向圆心,大圆弧上的小段圆弧受到

的安培力方向背离圆心,则合力背离圆心向外,结合对称性可知,通电后的某时刻圆弧将

远离直导线平动,B正确。

第2节磁场对运动电荷(带电体)的作用

洛伦兹力T1

洛伦兹力作用下带电体的运动T2、8

带电粒子在匀强磁场中的运动T3、4、5、6、71.★★(2023海南,2,3分)如图所示,带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁

场,关于小球运动和受力的说法正确的是

()

A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右B.小球运动过程中的速度不变C.小球运动过程中的加速度保持不变D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功

A

五年高考

解析带正电的小球刚进入磁场时速度方向竖直向下,由左手定则可知,小球刚进入磁

场时受到的洛伦兹力水平向右,A正确。小球运动过程中受重力和洛伦兹力作用,重力

不变,洛伦兹力时刻变化,则小球所受合力不为零且时刻变化,所以小球速度大小和方向

均在变化,B、C错误。洛伦兹力始终与小球速度方向垂直,永不做功,D错误。2.★★(2023北京,13,3分)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)。带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道,粒子在

磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上,与管壁发生弹性碰撞,多次碰撞后从另一

端射出。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。下列说法不正确的是

()

C

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nqπa2vD.粒子束对管道的平均作用力大小为Bnql

解析由于粒子沿轴线进入管道,垂直打到管壁上,可知轨道半径r=a,A正确;根据qvB=

,可得m=

,B正确;根据电流的定义式I=

可知,管道内的等效电流I=nq,C错误;粒子束对管道的平均作用力可等效为安培力大小,则F=BIl=Bnql【另解:每个粒子转动半圈与管道碰撞一次,又因l≫a,所以单个粒子运动全程与管道内壁碰撞次数N= ,即管道内壁有N个碰撞位置,可认为每个碰撞位置上在t'时间内有nt'个粒子与该碰撞位置发生碰撞,由动量定理可得Ft'=nt'·N·mΔv,解得F=nNm×2v=Bnql】,D正确。3.★★★(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=

,A正确。4.★★★(2025重庆,14,12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

甲由于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

乙由几何关系可知,△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=

。5.★★(2025届江西九江三模)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(+q,m)、(+q,2m)、

(+3q,3m)、(-q,m),它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入匀强磁场,磁场

方向垂直于纸面向外,不计重力,下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像,可能正确的是

()

A

三年模拟

解析带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有qvB=m

,则r=

,根据上式可知带电荷量和质量为(+q,m)、(+3q,3m)的粒子轨迹半径相同,且二者的轨迹

半径与带电荷量和质量为(-q,m)的粒子相等,运动方向相反,粒子带电荷量和质量为(+q,

2m)的轨迹半径最大,A正确。6.★★(2026届江苏苏州期末)云室可以显示带电粒子的运动径迹。图为一张云室中拍

摄的照片,云室中加了垂直于纸面向外的匀强磁场,a、b、c、d是从O点沿相同方向发

出的一些带电荷量相等的正、负电子的径迹。下列说法正确的是

()A.c、d都是正电子的径迹B.b径迹对应的粒子动能最大C.a径迹对应的粒子德布罗意波长最小

B

D.d径迹对应的粒子运动时间最短解析由题图可知,c、d径迹向右弯曲,说明粒子受到向右的洛伦兹力,而磁场垂直纸面

向外,利用左手定则判断,可知c、d都是负电子的径迹,A错误;粒子在云室中做匀速圆周

运动,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m

,解得r=

,从题图可以看出b径迹对应的粒子半径最大,所以b径迹对应的粒子速度最大,动能最大,B正确;因为b径迹对应的粒子速度

最大,由动量的定义式p=mv可知b径迹对应的粒子动量也最大,根据德布罗意波长λ=

可知动量越大,德布罗意波长越小,所以b径迹对应粒子的德布罗意波长最小,C错误;粒

子在磁场中运动的周期T=

,则粒子在磁场中运动的时间t=

T=

,所以粒子在磁

场中运动的时间与粒子的速度无关,只与转过的圆心角有关,转过的圆心角越大,运动时间越长,从题图中可以看出d径迹对应的圆心角最大,所以d径迹对应的粒子运动时间最

长,D错误。7.★★★(2026届贵州遵义期末)如图(a)所示,将洛伦兹力演示仪放在水平桌面上。励磁

线圈中通入电流可使玻璃泡内充满匀强磁场,磁感应强度大小与励磁线圈中的电流成

正比,电子枪水平向左发射速率恒为v的电子束。如图(b)所示,球形玻璃泡的球心为O,

半径为R,电子枪在O点正下方0.75R处,当励磁线圈中电流为I1时,电子恰好打在玻璃泡

上与圆心等高的A点,如图(b)中轨迹1;当励磁线圈中电流为I2时,电子以O为圆心做匀速

圆周运动,如图(b)中轨迹2,不计电子之间的相互作用,则

()

D

A.两种情况下电子的运动周期相同B.电流为I1时,电子的轨迹半径为1.1RC.I1与I2的大小之比为9∶16D.I1与I2的大小之比为18∶25

解析根据题意可知B=kI,电子运动的周期T=

=

,两种情况下励磁线圈电流不同,则电子的运动周期不相同,A错误;电流为I1时,对应的轨迹1的半径为r1,由几何关系可

知

=R2+(r1-0.75R)2,解得电子的轨迹半径为r1=

R,B错误;根据qvB=m

、B=kI可得I=

∝

,I1与I2的大小之比为

=

=

=

,C错误,D正确。8.★★★(多选)(2025届吉林四模)如图甲,水平粗糙绝缘地面上方有方向垂直纸面向里

的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一个质量为m、带电荷量为+q的物块沿水平地面以

速度v0从左侧垂直进入磁场,物块进入磁场后始终未离开地面,其动能与时间的Ek-t关系

图像如图乙所示,z点为曲线切线斜率绝对值最大的位置。已知重力加速度为g,下列说

法正确的是

()

A.物块所受摩擦力逐渐增大

AD

B.物块所受摩擦力逐渐减小C.图乙中z点对应的速度大小为

D.图乙中z点对应的速度大小为

解析对物块受力分析可知,物块所受摩擦力大小为f=μ(mg-qvB),随着物块速度减小,

摩擦力增大,A正确,B错误;曲线切线斜率绝对值为k=

=

·

=Fv,物块所受合力大小为F=f=μ(mg-qvB),解得k=

(mg-qvB)qvB,当mg-qvB=qvB时,k有最大值【点拨:利用均值不等式求极值,对于大于零的两个变量a、b,若其和为定值,则a=b时其乘积有最大值】,解得v=

,C错误,D正确。

运用微元法+动量定理解决带电粒子受阻力运动问题(多选)(2025届湖南名校联盟联考三)如图所示为电子在威尔逊云室的运动轨迹,云室处

于一磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中,一电子以初速度v0垂直

于磁场进入云室内,运动过程中受到气体的阻力大小f=kv,k为常数,v为其速率,电子从刚

进入磁场到第一次速度方向与初速度方向相同时,速度大小变为v1,电子电荷量为e,质

量为m。关于电子的运动,下列说法正确的是

()

AC

创新风向·挑战思维A.电子的轨迹由a→bB.进入磁场时电子的加速度a=

C.电子从刚进入磁场到第一次速度方向与初速度方向相同的过程所花的时间t=

D.电子从刚进入磁场到第一次速度方向与初速度方向相同时,其运动轨迹的长度s=km

(v0-v1)解题导引

解析电子受洛伦兹力和阻力作用,这两个力互相垂直,根据力的作用的独立性可知,洛

伦兹力提供向心力,阻力使电子的速度减小,以电子某一小段运动轨迹为研究对象,电子

做圆周运动的半径满足evB=

,解得R=

,故随着v减小,R也减小,A正确;进入磁场时,电子受阻力和洛伦兹力共同作用,由牛顿第二定律可得F合=ma,即有

=ma,解得a=

,B错误;根据R=

可得ω=

=

,即电子运动的角速度不变,电子速度与初速度方向相同时,经历了一个周期,则有t=T=

=

,C正确;根据动量定理,在沿切线方向有∑(-kv·Δt)=m(v1-v0),解得s=

v·Δt=

,D错误。微专题22

带电粒子在有界匀强磁场中的运动1.★★(2026届安徽A10联盟开学考)如图,MN为范围足够大的匀强磁场的下边界,垂直

纸面向外的匀强磁场的磁感应强度为B。质量为m、电荷量为q、带正电的粒子从P点

以速度v0与MN成θ(0<θ<180°)角垂直射入磁场中,经过一段时间从Q点(图中没有标出)

离开磁场,只考虑粒子所受的洛伦兹力作用。粒子从P点运动到Q点的过程中(

)

A.粒子所受洛伦兹力的冲量为零

C

题组1带电粒子在有界匀强磁场中的运动B.粒子运动的时间最长为

C.θ=90°时粒子运动的轨迹长为

D.θ=30°时P、Q两点间距离大于θ=150°时P、Q两点间距离

解析

由于粒子在磁场中不会做完整的圆周运动,故粒子的动量变化量不为零,粒子受

到的洛伦兹力的冲量不为零,A错误;粒子在磁场中运动的周期T=

,粒子在磁场中运动的时间t=

·

=

,因为0<θ<180°,所以粒子在磁场中运动的最长时间大于

,B错误;当θ=90°时,粒子在磁场中运动的轨迹为半个圆周,根据洛伦兹力提供向心力有qv0

B=m

,解得轨迹圆的半径r=

,所以轨迹的长为s=πr=

,C正确;由几何关系可知,当θ=30°时P、Q两点间距离等于L1=2rsin30°=

,当θ=150°时P、Q两点间距离等于L2=2rsin30°=

,则L1=L2,D错误。2.★★★(2023全国乙,18,6分)如图,一磁感应强度大小为B的匀强磁场,方向垂直于纸面

(xOy平面)向里,磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中,在磁

场另一侧的S点射出,粒子离开磁场后,沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点;SP

=l,S与屏的距离为

,与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变,在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场,该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为

(

)

A

A.

B.

C.

D.

解析画出粒子在磁场中由O点运动到S点的轨迹如图所示,找出轨迹圆心O',由几何关

系可知θ=30°,设轨迹半径为R,则sinθ=

,解得R=2a,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m

,如果保持所有条件不变,在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场,该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏,则粒子所受洛伦兹力与电场力平衡,有qE=qvB,联立解得粒

子的比荷

=

,A正确。3.★★★(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。

4.★★★(2025届湖北多校联考)如图所示,边长为L的等边三角形abc内有垂直于纸面向

里、磁感应强度大小为B的匀强磁场,P是ab边的中点,一质量为m、电荷量为-q(q>0)的

带电粒子在纸面内沿不同方向以不同速率v从P点射入磁场,当v=v1时,平行于bc边射入

的粒子从c点射出磁场。不考虑带电粒子受到的重力,下列说法正确的是()

A.若粒子平行于bc边射入、垂直于bc边射出,则粒子在磁场中运动的轨迹半径为

LB.若粒子平行于bc边射入、从ab边射出,则速度越大的粒子在磁场中运动的时间越长

D

C.当v=v1时,平行于bc边射入、从c点射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为

D.当v=

时改变粒子入射方向,从bc边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为

解析若粒子平行于bc边射入、垂直于bc边射出,其运动轨迹如图1所示,则粒子做匀

速圆周运动的半径等于P点到bc边的距离,可得粒子在磁场中运动的轨迹半径R1=

L

sin60°=

L,A错误;若粒子平行于bc边射入、从ab边射出,其运动轨迹如图2所示,粒子在磁场中运动的周期T=

,则粒子在磁场中运动的时间t=

·

=

,粒子从ab边射出时轨迹对应的圆心角α相同,则其在磁场中运动的时间相同,B错误;当v=v1时,粒子平

行于bc边射入、从c点射出磁场,其运动轨迹如图3所示,根据几何关系可得

=

+

,解得R2=

L,粒子运动轨迹对应的圆心角的正弦值为sin∠O=

=

,解得∠O=60°,粒子在磁场中运动的时间为t=

×

=

,C错误;由洛伦兹力提供向心力有Bqv=m

,则r=

,当v=

时,粒子在磁场中运动的轨迹半径R3=

=

L,从bc边射出的粒子在磁场中运动的时间最短时,粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角最小,圆心角对应的弦长最小,其运动轨迹如图4所示,可知从P点

到bc边出射点的距离等于轨迹半径R3,即圆心角为60°,最短时间tmin=

×

=

,D正确。

1.★★★(多选)(2025届山西临汾二模)如图所示,匀强磁场垂直于xOy平面(纸面)向外,

磁场的右边界与x轴垂直,交x轴于P(L,0)点。其中第Ⅰ象限内的磁感应强度为B1,第Ⅳ象

限内的磁感应强度为B2,且B2=2B1(大小均未知)。一质量为m、电荷量为+q的粒子从原

点O以速度v进入第Ⅰ象限的磁场,方向与x轴正方向成30°角,粒子从P点离开磁场区域,

不计粒子重力,则第Ⅰ象限的磁感应强度B1的大小可能是

()

A.

B.

CD

题组2带电粒子在有界匀强磁场中运动的多解问题C.

D.

解析根据洛伦兹力提供向心力有qvB=

,可得r=

,则在第Ⅰ象限内运动的轨迹半径为r1=

,在第Ⅳ象限内运动的轨迹半径为r2=

=

,如图所示,设粒子最后从P点离开时在第Ⅰ象限内运动n次,在第Ⅳ象限内运动n-1次,根据几何关系有2n·r1cos60°-2(n-

1)·r2cos60°=L,解得B1=

(n=1,2,3,…),当B1=

时,n不为整数,A错误;当B1=

时,n=0,不符合取值范围,B错误;当B1=

时,n=1,C正确;当B1=

时,n=3,D正确。

2.★★★(多选)(2025届重庆质检六)如图所示,在ab边界的右侧和bc边界的上方有一垂

直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。bc足够长,a、b的距离为d,且ab⊥bc,O、

a、b、c共面。在O点有一粒子源,O点到ab、bc的距离均为d。打开粒子源发射装置,

能够沿纸面向各个方向均匀发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子,速率v=

。不计粒子重力及粒子间的相互作用力,则下列说法正确的是

()

A.从ab边射出磁场的粒子数占总粒子数的

AD

B.从bc边射出磁场的粒子数占总粒子数的

C.到达bc边的粒子在磁场中运动的最短时间为

D.能够打在ab和bc边上的所有粒子在磁场中运动的最长路径与最短路径之比为9∶2

解析由洛伦兹力提供向心力有Bqv=m

,则粒子的轨迹半径r=

=d。设粒子初速度与Oa的夹角为α,如图甲所示,当粒子初速度方向与Oa夹角为30°时,粒子恰好经过a点,

当粒子初速度方向与Oa夹角为90°时,粒子恰好经过b点,当粒子初速度方向与Oa夹角

满足30°≤α≤90°时,粒子从ab边射出,所以从ab边射出磁场的粒子数为总粒子数的

,A正确;如图乙所示,从bc边射出磁场的粒子需要满足90°≤α≤270°,则从bc边射出磁场的

粒子数占总粒子数的

,B错误;如图丙所示,当射入点O与bc边上的点的连线与bc边垂直时,对应粒子在磁场中的运动时间最短,运动时间t=

=

,C错误;如图丁所示,能够打在ab和bc边上的所有粒子,当轨迹对应的圆心角为270°时对应的运动路径最长为

,当轨迹对应的圆心角为60°时对应的运动路径最短为

,则其比为9∶2,D正确。

3.★★★(2025届广东广州一模)如图,半径为R和2R的同心圆a、b将足够大的空间分隔

为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域,圆心为O。Ⅰ区存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀

强磁场;Ⅱ区存在沿半径方向向外的辐向电场;Ⅲ区存在方向垂直纸面向外的匀强磁场

(图中未标出)。一带电粒子从P点沿半径方向以速度v0射入Ⅰ区,偏转后从K点离开Ⅰ

区,穿过Ⅱ区后,以速率

进入Ⅲ区。已知∠POK=60°,忽略带电粒子所受重力。(1)判断粒子的电性并求出其比荷

;(2)求a、b之间的电势差Uab;(3)若粒子第三次从Ⅱ区进入Ⅲ区之前能经过P点,求Ⅲ区磁场磁感应强度大小。答案(1)负电

(2)

BRv0

(3)

B或

B或

B

解析

(1)粒子从P点沿半径方向射入Ⅰ区,偏转后从K点离开Ⅰ区,根据左手定则可知,

四指指向与粒子运动方向相反,则带电粒子带负电。设带电粒子所带电荷量为-q,粒子在Ⅰ区做匀速圆周运动的半径为r,作出粒子运动轨迹

如图(a)所示

图(a)根据几何关系有r=Rtan

粒子在Ⅰ区做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力有qv0B=m

,解得

=

。(2)带电粒子在Ⅱ区做减速直线运动,根据动能定理有-qUab=

m

-

m

联立解得Uab=

BRv0。(3)带电粒子在Ⅲ区运动,设轨迹半径为r1,Ⅲ区磁场磁感应强度大小为Bx,则有qBx·

=m

联立解得Bx=

作出粒子运动轨迹,如图(b)所示

图(b)设粒子在圆b上的N1点射入Ⅲ区,在N2点离开Ⅲ区,令∠N1ON2=θ,在Ⅰ区内运动k1次,Ⅲ区

内运动k2次后,回到P点,则有k1·60°=k2θ(k1、k2均为正整数,且有k2≤2,θ≥60°)可知,粒子运动轨迹有三种可能性。情况1:当k1=1,k2=1时,θ=60°,带电粒子在Ⅲ区运动后,沿PO方向直接进入Ⅱ区,运动轨迹如图(c)所示

图(c)根据几何关系有

=tan

结合上述解得r1=

R,Bx=

B。情况2:当k1=2,k2=1时,θ=120°,带电粒子在Ⅲ区运动后,进入Ⅱ区,又在Ⅰ区运动后,沿OP方向回

到P点,运动轨迹如图(d)所示

图(d)根据几何关系有

=tan

结合上述解得r1=2

R,Bx=

B。情况3:当k1=3,k2=2时,θ=90°,带电粒子两次进入Ⅲ区,又在Ⅰ区运动后,沿OP方向回到P点,运动

轨迹如图(e)所示

图(e)根据几何关系有r1=2R结合上述解得Bx=

B。微专题23

磁场中的动态圆模型1.★★★(2025届陕西宝鸡二模)如图,直角三角形ACD区域内存在磁感应强度大小

为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场,

=L,θ=30°。质量为m、电荷量为q且均匀分布的带正电粒子以相同的速度沿纸面垂直于AD边射入磁场,若粒子的速度大小为

,不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用,

=1.732,则粒子经磁场偏转后能返回AD边的粒子数占射入AD边总粒子数的百分比为

()

A.40%

B.47.3%

C.52.7%

D.60%

C

解析粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,有qvB=m

,可得r=

=0.3L,当粒子的运动轨迹与AC边相切时,对应粒子的右侧临界入射点,设此时在AD边的

入射点为E,则

=r=0.3L,当粒子的运动轨迹与CD边相切时,对应粒子的左侧临界入射点,设此时在AD边的入射点为F,则

=

+r=

r=

L,则粒子经磁场偏转后能返回AD边的入射点对应的长度为

=

-

-

=1.0536L,故粒子经磁场偏转后能返回AD边的粒子数占射入AD边总粒子数的百分比

×100%=52.68%≈52.7%,C正确。2.★★★(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

()

C

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。

3.★★★(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

()

C

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。4.★★★(多选)(2025届甘肃白银十中一模)如图所示,平面内有一个半径为R的圆形区

域,右侧存在一个截面为矩形的区域abcd,两个区域的切点O为ad边的中点,ab=R,bc=2R,

bc和cd边上分别有两个接收屏(接收屏的长度等于矩形区域的边长)。两个区域内存在

垂直纸面向外且相同的匀强磁场(两区域磁场方向平行),磁感应强度B=

,现有一簇粒子(质量为m,电荷量为+q)以速度v0,方向竖直向上垂直磁场进入圆形区域(粒子的射

入范围等于圆形区域的直径且分布均匀),不考虑粒子的重力,射出矩形边界后的粒子

不再考虑。下列说法正确的是

()

ACD

A.沿着半径射入的粒子在圆形区域内的运动时间为

B.沿着半径射入的粒子在圆形区域内的运动半径为2RC.矩形区域内粒子所经过的面积为

R2D.打到cd屏上的粒子数与进入矩形区域的粒子数的比值为

解析粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力有qv0B=m

,解得r=R。沿着半径射入的粒子一定沿半径射出,根据几何关系可知,粒子在圆形磁场中的运动轨

迹为四分之一圆弧,则运动时间为t=

,又T=

,联立解得t=

,A正确,B错误。【关键:粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径等于圆形磁场区域的半径,可运用磁聚焦规律求解】所有粒子经过圆形区域后均由O点射入矩形区域,根据几何关系可知,沿Oa方向射

入矩形区域的粒子打在b点,此时为边界路径,如图1所示,则矩形区域内粒子所经过的面

积为一个圆心角为90°的扇形和一个正方形的面积之和,可得S=

R2,C正确;打在cd边的临界轨迹如图2所示,打到c点的粒子速度方向与ad边垂直射入矩形区域,是由f点射

入圆形区域的粒子,假设从e点射入圆形区域的粒子正好打在d点,则可知ef为打到cd边

的粒子的分布区域,由于粒子运动轨迹的半径与Od的长度相等,可知打在d点的粒子在

矩形区域运动轨迹对应的圆心角为θ=60°,由几何关系可知此时入射点和圆形区域的圆

心连线与水平方向的夹角为30°,则打在cd边上的粒子数与进入矩形区域的粒子数的比

值为N=

=

,D正确。微专题24

洛伦兹力与现代科技1.★★(2021福建,2,4分)一对平行金属板中存在匀强电场和匀强磁场,其中电场的方向

与金属板垂直,磁场的方向与金属板平行且垂直纸面向里,如图所示。一质子

H)以速度v0自O点沿中轴线射入,恰沿中轴线做匀速直线运动。下列粒子分别自O点沿中轴线

射入,能够做匀速直线运动的是(所有粒子均不考虑重力的影响)()

A.以速度

射入的正电子

e)B.以速度v0射入的电子

e)

B

C.以速度2v0射入的氘核

H)D.以速度4v0射入的α粒子

He)

解析质子

H)以速度v0自O点沿中轴线射入,恰沿中轴线做匀速直线运动,受到竖直向上的洛伦兹力和竖直向下的电场力,并且满足qv0B=qE,解得v0=

,即质子的速度满足速度选择器的条件;以速度v0射入的电子

e),依然满足电场力等于洛伦兹力,做匀速直线运动,即速度选择器不选择电性只选择速度,B正确;以速度

射入的正电子

e)、以速度2v0射入的氘核

H)、以速度4v0射入的α粒子

He),其速度都不满足速度选择器的条件v0=

,故都不能做匀速直线运动,A、C、D错误。2.★★(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。3.★★★(2025届山东名校考试联盟月考)质谱仪可用来分析同位素,也可以用来分析比

质子重很多倍的离子。现在用质谱仪来分析比质子重很多倍的离子,其示意图如图所

示,A是粒子源,释放出的带电粒子(不计重力),经小孔S1飘入电压为U的加速电场(初速

度可忽略不计),加速后经小孔S3进入磁感应强度为B的匀强磁场中,最后打在照相底片

上。第一次释放粒子为质子,打在照相底片上D点;第二次释放粒子为某种一价正离子,

打在照相底片上E点。测得D点到S3的距离为d,E点到S3的距离为kd,则正离子与质子的

质量的比值为()

B

A.k

B.k2

C.2k

D.2k2

解析设质量为m,带电荷量为q的粒子在质谱仪中运动,粒子在磁场中运动的速度为v,

则粒子在加速电场中加速运动过程中,应用动能定理可得Uq=

mv2,解得v=

,粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,则有Bvq=m

,解得R=

=

,因为离子和质子做圆周运动的直径的比值为k,则离子和质子做圆周运动的半径的比值也

为k,即k·

=

,所以离子和质子的质量的比值为

=k2,B正确。A.若起振器振动频率改变,锥形振荡管的振动频率不变B.霍尔元件上表面的电势高于下表面的电势C.锥形振荡管左右振动时,霍尔元件的a、b端输出交流信号D.霍尔元件的宽度d减小,霍尔电压的最大值增大4.★★★(2026届四川巴中零诊)如图为微量振荡天平测量大气颗粒物质量的原理简

图。气流穿过滤膜后,颗粒物附着在滤膜上增加锥形振荡管的质量,从而改变其固有频

率。起振器从低到高改变振动频率,记录霍尔元件a、b端输出的电信号,从而推测出滤

膜上颗粒物质量。某金属材料制成的霍尔元件宽度为d,下列说法正确的是(

)

D

解析锥形振荡管受迫振动,其振动频率等于起振器振动频率,所以起振器振动频率改

变,锥形振荡管的振动频率也改变,A错误;金属导体中移动的是自由电子,移动的方向与

电流方向相反,根据左手定则可知,自由电子受向上的洛伦兹力,则霍尔元件上表面的电

势低于下表面的电势,B错误;锥形振荡管左右振动时,霍尔元件所处区域的磁场方向还

是原来方向,霍尔元件的a、b端输出的电流方向不会改变,则会输出直流信号,C错误;设

电源电动势为E,霍尔元件长度为l,高度为h,则其电阻R=ρ

,电流微观表达式为I=nelhv,又I=

,得v=

,根据平衡条件有qvB=q

,可得霍尔电压的最大值UH=Bhv=

,当d减小时,UH增大,D正确。5.★★★(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

()

A.偏转磁场的方向垂直纸面向里

D

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

解题导引

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。微专题25

带电粒子在组合场中的运动1.★★★(2022海南,7,3分)如图,两块圆弧形金属板间存在方向指向圆心O的电场,与O

点等距处电场强度大小相等。一束正离子流沿纸面垂直电场方向以相同速度射入电

场,其中一部分离子能沿着某一等势面通过电场,然后进入方向垂直纸面向外的匀强磁

场,则这部分离子中,沿相同轨迹通过磁场的离子都具有相同的

()

A.质量

B.电荷量

C.比荷

D.动能

C

解析由题意可知一部分离子在辐向电场中做匀速圆周运动,设离子做圆周运动的半

径为R,由电场力提供向心力有qE=m

,解得R=

,离子在匀强磁场中做匀速圆周运动,设离子在磁场中做圆周运动的半径为r,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m

,解得轨迹半径r=

,由此可知运动轨迹相同的离子,它们具有相同的比荷

,C正确。2.★★★(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.★★★(多选)(2025届江西宜春二模)某控制带电粒子运动的装置模型如图所示,纸面

内存在上、下宽度均为d的匀强电场与匀强磁场。电场强度大小为E(未知),方向竖直

向下;磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里。现有一质量为m、电荷量为q的带正电

粒子(不计重力)从电场的上边界的O点由静止释放,运动到磁场的下边界的P点时正好

与下边界相切。若把电场下移至磁场所在区域,如图乙所示,重新让粒子从上边界M点

由静止释放,经过一段时间粒子第一次到达最低点N,下列说法正确的是(

)

AC

A.匀强电场的电场强度大小为E=

B.粒子从O点运动到P点的时间为

C.粒子经过N点时速度大小为

D.M、N两点的竖直距离为

d解析设粒子仅在磁场中运动的速率为v,半径为R,在电场中由动能定理,有qEd=

mv2,在磁场中洛伦兹力提供向心力,有qvB=m

,由几何关系可得R=d,联立可得E=

,A正确;粒子在电场中的运动时间为t1=

=

,粒子从进入磁场至运动到P点的时间为t2=

=

,则粒子从O运动到P的时间为t=

,B错误;将粒子从M运动到N的过程中某时刻的速度分解为水平向右和竖直向下的分量vx、vy,再把粒子受到的洛伦兹力分别沿水

平方向和竖直方向分解,两个洛伦兹力分量分别为Fx=qvyB、Fy=qvxB,设粒子在最低点N

的速度大小为v1,M、N两点的竖直距离为y,在水平方向由动量定理可得mv1-0=∑qvyBΔt=qBy,由动能定理可得qEy=

m

-0,联立解得v1=

,y=d,C正确,D错误。4.★★★(多选)(2025河北,10,6分)如图,真空中两个足够大的平行金属板M、N水平固

定,间距为d,M板接地。M板上方整个区域存在垂直纸面向里的匀强磁场。M板O点处

正上方P点有一粒子源,可沿纸面内任意方向发射比荷、速度大小均相同的同种带电

粒子。当发射方向与OP的夹角θ=60°时,粒子恰好垂直穿过M板Q点处的小孔。已知

OQ=3L,初始时两板均不带电,粒子碰到金属板后立即被吸收,电荷在金属板上均匀分

布,金属板电荷量可视为连续变化,不计金属板厚度、粒子重力及粒子间的相互作用,忽

略边缘效应。下列说法正确的是

()

BCD

A.粒子一定带正电B.若间距d增大,则板间所形成的最大电场强度减小C.粒子打到M板上表面的位置与O点的最大距离为7LD.粒子打到M板下表面的位置与Q点的最小距离为

d

解析根据左手定则可知粒子一定带负电,A错误;当板间电场强度达到最大时,从Q点

处垂直射入板间的粒子刚好不能到达金属板N,则根据动能定理有-qEd=0-

mv2,即板间所形成的最大电场强度E=

,若间距d增大,则板间所形成的最大电场强度减小,B正确;在P点,当发射方向与OP的夹角θ=60°时,粒子恰好垂直穿过M板Q点处的小孔,轨迹

如图所示,根据几何关系可得R+R·cos60°=3L,解得R=2L,当板间电场强度达到最大,粒

子会从Q点射出后返回并再次垂直M板进入磁场做匀速圆周运动,并打在M板上表面,与

O点的最大距离为2R+3L=7L,C正确;当粒子在P点的速度方向沿OP时,粒子从Q点射入

两板间的速度方向与M板的夹角为30°,如图所示,若板间场强达到最大即E=

,此时粒子打到M板下表面的位置与Q点的距离最小,最小距离x=vcos30°·t,其中t=

,qE=ma,联立解得x=

d,D正确。

5.★★★★(2025湖南,14,14分)如图,直流电源的电动势为E0,内阻为r0,滑动变阻器R的最

大阻值为2r0,平行板电容器两极板水平放置,板间距离为d,板长为

d,平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁