2025届高考物理二轮复习专题突破讲义： 磁场

　磁场 课前学习任务 学习目标： 1.会用安培定则判断磁场的方向，会进行磁感应强度的叠加。 2.会分析和计算安培力、洛伦兹力的方向和大小。 3.会判断带电粒子在磁场中的运动性质并会解决相应问题。 核心知识点 1.磁场的产生与叠加 2.安培力的分析与计算 方向 左手定则 电流间的作用力：同向电流相互吸引，异向电流相互排斥 大小 直导线 F=BILsin θ，θ=0时F=0，θ=90°时F=BIL 导线为 曲线时 等效为ac直线电流 受力 分析 根据力的平衡条件或牛顿运动定律列方程 3.分析带电粒子在匀强磁场中运动的方法 基本 思路 (1)画轨迹：确定圆心，用几何方法求半径并画出轨迹 (2)找联系：轨迹半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，运动时间与周期相联系 (3)用规律：利用牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式和半径公式 基本 公式 qvB=m，T= 重要 结论 r=，T= 圆心的 确定 (1)轨迹上的入射点和出射点的速度方向的垂线的交点为圆心，如图(a) (2)轨迹上入射点速度方向的垂线和入射点、出射点两点连线中垂线的交点为圆心，如图(b) (3)沿半径方向距入射点距离等于r的点，如图(c)(当r已知或可算) 半径的 确定 方法一：由物理公式求，由于Bqv= 所以半径r= 方法二：由几何关系求，一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)通过计算来确定 时间的 求解 方法一：由圆心角求，t=·T 方法二：由弧长求，t= 4.带电粒子在有界匀强磁场中运动的三个重要结论 (1)粒子从同一直线边界射入磁场和射出磁场时，入射角等于出射角(如图甲，θ1=θ2=θ3)。 (2)沿半径方向射入圆形磁场的粒子，出射时亦沿半径方向(如图乙，两侧关于两圆心连线OO'对称)。 (3)粒子速度方向的偏转角等于其轨迹对应的圆心角(如图甲，α1=α2)。 5.带电粒子在磁场中运动的多解成因 (1)磁场方向不确定形成多解； (2)带电粒子电性不确定形成多解； (3)速度不确定形成多解； (4)运动的周期性形成多解。 6.解决带电粒子在匀强磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，利用动态圆思想寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好圆心，建立几何关系。 7.粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切。 8.常见的动态圆 示意图 适用条件 应用方法 放缩圆 (轨迹圆的圆心在P1P2直线上) 粒子的入射点位置相同，速度方向一定，速度大小不同 以入射点P为定点，将半径放缩作轨迹圆，粒子恰好不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切 旋转圆 (轨迹圆的圆心在以入射点P为圆心、半径R=的圆上) 粒子的入射点位置相同，速度大小一定，速度方向不同 将一半径为R=的圆以入射点为圆心进行旋转，从而探索出临界条件 平移圆 (轨迹圆的所有圆心在一条直线上) 粒子的入射点位置不同，速度大小、方向均一定 将半径为R=的圆进行平移 磁聚焦与 磁发散 　　　磁聚焦　　　　　　磁发散 粒子速度大小相同，轨迹圆半径等于区域圆半径 带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场，则粒子从磁场边界上同一点射出，该点切线与入射方向平行——磁聚焦，从边缘某点以不同方向入射时平行出射——磁发散 课堂学习任务 考点一　磁场的基本性质　安培力 例1　(多选)(2024·福建卷·6)将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘线a、b悬挂于天花板上，AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中，现给导线通以自A到B大小为I的电流，则(　　) A.通电后两绳拉力变小 B.通电后两绳拉力变大 C.安培力为πBIr D.安培力为2BIr 例2　(2024·广西柳州市三模)已知足够长的通电直导线在周围空间某位置产生的磁感应强度大小与电流大小成正比，与该位置到长直导线的距离成反比。现将两根通电长直导线分别固定在绝缘正方体的ae、gh边上，电流大小相等、方向如图中箭头所示，则顶点b、f两处的磁感应强度大小之比为(　　) A.1∶2 B.∶2 C.∶2 D.1∶3 考点二　带电粒子在匀强磁场中的运动 例3　(2024·广西卷·5)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.(1+ 例4　(2023·浙江6月选考·20改编)利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy平面(纸面)的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于(0，3L)处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。 (1)求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t； (2)若B2=2B1，求能到达y=处的离子的最小速度v2。 考点三　带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界与极值问题 例5　(2020·全国卷Ⅲ·18)真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为(　　) A. B. C. D. 例6　(2024·湖北省四调)如图所示，在直角△MON区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场(未画出)，磁感应强度大小为B，O点处的粒子源可向纸面内磁场区域各个方向发射带电粒子。 已知带电粒子的质量为m，电荷量为+q，速率均为v=，ON长为d且∠ONM=30°，忽略粒子的重力及相互间的作用力。下列说法正确的是(　　) A.自MN边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为 B.自MN边射出的粒子在磁场中运动的最长时间为 C.MN边上有粒子到达区域的长度为 D.ON边上有粒子到达区域的长度为 例7　(2024·辽宁省重点高中协作校模拟)利用磁场控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有着广泛的应用。如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，在磁场下方有一长度为R的线状粒子源GH，其左边界G与竖直半径MO共线，该粒子源不断射出速度方向竖直向上、速度大小范围为0~v0的粒子，粒子带电荷量均为+q，质量均为m。在沿半径MO入射的粒子中，速度大小为v0的粒子恰好从O点正右方的N点离开磁场。不计粒子重力及粒子间相互作用力，求： (1)匀强磁场磁感应强度B的大小； (2)圆形磁场中，有粒子通过的区域的面积S； (3)在圆形磁场右侧有一长度为无限长的竖直挡板CD，挡板上有一小孔与N点重合，CD右侧1.6R处是竖直长度为2R的竖直荧光屏PQ，其中心点N'与N等高。CD右侧空间加有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小也为B，若线状粒子源GH只发射速度竖直向上、速度大小为v0的粒子，射出的粒子在GH间均匀分布，所有通过小孔的粒子打在荧光屏PQ上都被吸收。求荧光屏上有粒子打到区域的长度d及能打到荧光屏上的粒子数与通过小孔的粒子数之比η。 课后学习任务 一、单选题 1．如图所示，一个带电粒子以垂直于磁感应强度B并垂直于磁场边界的速度v射入宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向和原来射入方向的夹角为θ = 30°，不计带电粒子所受重力，由此推断该带电粒子（　　） A．运动轨迹半径为 B．带负电且在磁场中动能一直增大 C．穿越磁场的时间为 D．电荷量与质量的比值为 2．空间存在垂直纸面向外的匀强磁场（未画出），A、B、C、D、E为磁场中的五个点，，C为BD中点，AB平行于DE，如图所示。一束带正电的同种粒子垂直AB由A点沿纸面向上射入磁场，各粒子速度大小不同，经过一段时间后第一次到达虚线位置。用、、、分别表示第一次到达B、C、D、E四点的粒子所经历的时间，下列说法正确的是（　　） A． B． C． D． 3．如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c位于MN的中垂线上，且a、b、c到O点的距离均相等。下列说法正确的是（    ） A．O点处的磁感应强度大小为零 B．O点处的磁感应强度方向由O指向c C．c点处的磁感应强度方向与Oc连线垂直 D．a、c两点处的磁感应强度的方向相同 4．如图所示，在M、N两点垂直于纸面放置两根相互平行无限长直细导线，O点为M、N连线的中点，E、F关于M、N连线对称，E、G两点关于O点对称，两根导线中分别通有方向相同、大小相等的电流。已知无限长通电直导线形成的磁场在空间某点处的磁感应强度大小，k为常量，r为该点到导线的距离，I为导线中的电流强度。则下列说法正确的是（　　） A．E、F两点的磁感应强度一定大小相等、方向相反 B．E、F两点的磁感应强度一定大小相等、方向相同 C．E、G两点的磁感应强度一定大小相等、方向相反 D．E、G两点的磁感应强度一定大小相等、方向相同 5．一电子和一α粒子从铅盒上的小孔O竖直向上射出后，打到铅盒上方水平放置的屏幕P上的a和b两点，a点在小孔O的正上方，b点在a点的右侧，如图所示。已知α粒子的速度约为电子速度的，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方向可能为（　　） A．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里 B．电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向外 C．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向里 D．电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面向外 6．虚线框内有匀强磁场，1和2为垂直磁场方向放置的两个圆环，分别用和表示穿过两环的磁通量，则有（   ） A． B． C． D．无法判断 7．如图所示为一个质量为m、电荷量为+q的圆环，可在水平放置的粗糙细杆上自由滑动，细杆处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，圆环以初速度v0向右运动直至处于平衡状态，重力加速度为g，则圆环克服摩擦力做的功不可能为（　　） A．0 B． C． D． 8．如图，水平面MN下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，纸面为竖直平面。不可形变的导体棒ab和两根可形变的导体棒组成三角形回路框，其中ab处于水平位置框从MN上方由静止释放，框面始终在纸面内框落入磁场且ab未到达MN的过程中，沿磁场方向观察，框的大致形状及回路中的电流方向为（　　）    A．   B．   C．   D．   二、多选题 9．图甲为洛伦兹力演示仪的实物图，励磁线圈中的电流可在两励磁线圈中间空间产生垂直于线圈平面的匀强磁场，调节励磁线圈中的电流可改变磁感应强度大小。玻璃泡内充有稀有气体，电子枪射出的电子在稀有气体中运动可显示出其运动径迹，调节电子枪的加速电压可改变电子初速度大小。从侧面看，演示仪内部构造如图乙所示，以电子枪枪口为坐标原点O，沿磁场方向建立x轴，竖直方向建立z轴，垂直xoz平面向里建立y轴。电子束从O点以速度v0沿xOy平面射出，且v0与x轴正方向夹角为α。某次实验时，观察到电子束打在玻璃泡与x轴的交点A处。已知OA两点间距为d，电子的质量为m，电荷量大小为q，不考虑电子的重力及电子间的相互作用力。则（　　） A．从O点射出的电子受到的洛伦兹力的方向沿z轴负方向 B．匀强磁场B的大小可能为 C．减小加速电压，从O点射出的电子一定打在A点 D．增大励磁线圈电流，使电子从O点射出仍打在A点，电子在玻璃泡中运动的时间不变 10．一质量为m、电量为q的带电粒子以速度从x轴上的A点垂直y轴射入第一象限，第一象限某区域存在磁感强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，粒子离开第一象限时速度方向与x轴正方向夹角θ=60°。如图所示（粒子仅受洛伦兹力），下列说法正确的是（　　） A．带电粒子带负电荷 B．带电粒子在磁场中的做圆周运动的圆心角为60° C．如果该磁场区域是圆形，则该磁场的最小面积是 D．如果该磁场区域是矩形，则该磁场的最小面积是 11．如图所示，空间中存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向里，电场方向沿y轴负向。时刻，一带正电粒子从A点沿x轴正方向射入电磁场，经轨迹最高点P后，从B点射出，A、B两点在x轴上，P在y轴正半轴上，A、B、P恰好在一个圆周上，坐标原点O位于圆心。忽略粒子重力，记粒子水平速度为v，水平位移为x（A点为位移0点），动能为，电势能为（x轴为零势面），下列图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 12．如图，直角三角形ABC区域内有垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），AC边长为l，∠B为，一群比荷为的带负电粒子以相同速度从C点开始在一定范围垂直AC边射入，射入的粒子恰好不从AB边射出，已知从BC边垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为t0，在磁场中运动时间最长的粒子所用时间为2t0，则（　　） A．磁感应强度大小为 B．粒子运动的轨道半径为l C．粒子射入磁场的速度大小为 D．粒子在磁场中扫过的面积为l2 三、解答题 13．如图所示，空间直角坐标系内存在直四棱柱空间区域，四棱柱的截面NPMO与ABCD、EFGH两个底面平行，其中N点的坐标为，M点的坐标为，D点的坐标为，H点的坐标为。四棱柱空间内有沿z轴负方向的匀强电场，空间内有沿z轴正方向的匀强磁场。质量为m、电荷量为的粒子以速度从D点沿DC方向射入电场，经电场偏转在OM的中点Q进入匀强磁场，调整磁感应强度的大小，使粒子恰好未从四棱柱的侧面飞出，不计粒子重力。求： (1)电场强度的大小； (2)磁感应强度的大小； (3)粒子在EFGH面出射点的x坐标。 14．如图为真空中平面直角坐标系xOy，y轴右侧存在沿y轴正向的匀强电场（图中未画出）和垂直平面向外的匀强磁场B1，y轴左侧存在沿x轴正向的匀强电场，第二象限内还存在垂直平面向里的匀强磁场B2。一带电微粒从x轴上的A点飞入第二象限，恰好做直线运动，到达y轴的C点后做匀速圆周运动，到达y轴上的D点（图中未画出），最终从D点恰能回到A点，已知OA=OC=L，重力加速度为g。求： (1)微粒从A点飞入时的速度； (2)B1与B2的比值。 15．如图所示的坐标平面，在的区域存在方向垂直坐标平面向外的匀强磁场，在的区域存在方向沿轴负方向的匀强电场。一个质量为、电荷量为的粒子从轴上的点以初速度进入电场，速度方向与轴正方向成角，之后粒子从轴上的点进入第一象限。已知匀强磁场的磁感应强度大小，匀强电场的电场强度大小，，不计粒子的重力。 (1)求点与坐标原点的距离； (2)求粒子在第一象限中的运动时间； (3)在的区域另外施加一大小、方向沿轴正方向的匀强电场（图中未画出），其它条件不变，求此时粒子在的空间运动过程中，离轴的最短距离。 答案精析 课堂学习任务 例1　BD　[根据左手定则可知，通电后半圆环AB受到的安培力竖直向下，根据受力分析可知，通电后两绳拉力变大，故A错误，B正确； 半圆环AB所受安培力的等效长度为直径AB，则安培力大小为F=BI·2r=2BIr，故C错误，D正确。] 例2　A　[根据题意设磁感应强度为B=，若正方体的边长为L，ae和gh的电流在f点产生的磁感应强度方向垂直、大小均为B1=，f点的磁感应强度为Bf=；ae的电流在b点产生的磁感应强度为Bb1=，gh的电流在b点产生的磁感应强度为Bb2=，两者方向成135°，根据平行四边形定则及余弦定理得，b点的磁感应强度为Bb==，则有=，故选A。] 例3　C　[粒子运动轨迹如图所示 在磁场中，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LPO=r+=(1+， 故选C。] 例4　(1)　　(2) 解析　(1)当离子不进入磁场 Ⅱ 且速度最大时，轨迹与边界相切，则由几何关系r1cos 60°=r1-L 解得r1=2L 根据qv1B1=m 解得v1= 在磁场中运动的周期T= 运动时间t=T= (2)若B2=2B1，根据r= 可知r1'=2r2 离子在磁场中运动轨迹如图， 设O1O2与磁场边界夹角为α，由几何关系 r1'sin α-r1'sin 30°=L r2-r2sin α= 解得r2=2L sin α= 根据qv2B2=m 解得v2= 例5　C　[磁感应强度取最小值时对应的临界状态如图所示，设电子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系得a2+r2=(3a-r)2，根据牛顿第二定律和圆周运动知识得evB=m，联立解得B=，故选C。] 例6　C　[根据qvB=m，解得r=，自MN边射出的粒子在磁场中运动的最短时间的运动轨迹交MN于A点，圆弧所对应的圆心角为60°，自MN边射出的粒子在磁场中运动的最长时间的运动轨迹交MN于B点，交ON于C点，∠OO2B=90°，∠OO2C=120°，如图所示 根据T=，解得T=，综上所述，可得tmin=T=，tmax=T=，故A、B错误；MN边上有粒子到达区域的长度为AB之间的距离，由几何关系可得 AB=2×cos 30°-(d-)cos 30°=，故C正确；ON边上有粒子到达区域的长度为OC之间的距离，由几何关系可得OC=2×cos 30°=d，故D错误。] 例7　(1)　(2)πR2-R2 (3)1.6R　 解析　(1)由题可知，以速度v0沿半径MO入射的粒子恰好从O点正右方的N点离开磁场， 该粒子圆周运动的轨道半径r=R 由洛伦兹力提供向心力， 则Bqv0=m 解得B= (2)当粒子以v0入射时，则 Bq·v0=m 解得此时的轨道半径R1=R 有粒子通过的区域如图中阴影部分的面积 则S1=πR2-×2Rsin 60°·Rcos 60° =πR2-R2 S2=π·(R)2-R)2sin 60° =- 所以S=S1+S2=πR2-R2 (3)所有粒子都能通过小孔，磁感应强度不变，因此粒子的轨道半径都是R，粒子到达 N 点时的速度方向在沿竖直向上到水平向右 90°的范围内，如图所示，从H点射出的粒子通过N点时速度竖直向上，到达荧光屏上的E点，由几何关系可知EN'间距离为 d1==0.8R 从K点进入圆形磁场的粒子过N点后轨迹与荧光屏相切于F点，则F为荧光屏上粒子打到的最低点，由几何关系可知 N'F间距离为 d2==0.8R 故荧光屏有粒子打到的区域长度为 d=d1+d2=1.6R 设轨迹与荧光屏相切的粒子在N点速度方向与竖直方向成θ角，则 Rcos θ+R=1.6R 得Rcos θ=0.6R 故η== 课后学习任务 1．D 【详解】A．带电粒子垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动，画出运动轨迹，如图所示 设粒子的轨迹半径为r，由几何知识得 解得 故A错误； B．带电粒子受到的洛伦兹力方向与运动方向始终垂直，所以洛伦兹力不做功，不能改变粒子的动能，故B错误； C．穿越磁场的时间为 故C错误； D．根据洛伦兹力提供向心力有 解得 故D正确。 故选D。 2．B 【详解】粒子通过B、C、D、E各点的轨迹如图 由几何关系可知：从A到B，粒子运动轨迹对应的圆心角为；从A到C和A到E，粒子运动轨迹对应的圆心角小于，且相等；A到D，粒子运动轨迹对应的圆心角最小；带电粒子垂直进入匀强磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即 则 运动周期 周期与速度无关，是粒子从A点沿纸面向上射入磁场，运动轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长；所以 故选B。 3．D 【详解】AB．根据安培定则可知，M处导线在O点处的磁感应强度方向向下，N处导线在O点处的磁感应强度方向向下，故O点磁感应强度不为零且方向向下，AB错误； CD．根据安培定则可知，M处导线在c点处的磁感应强度方向垂直于cM偏下，N在c点处的磁感应强度方向垂直于cN偏下，根据平行四边形定则可知，c点处的磁感应强度方向竖直向下，由AB解析知a点的磁感应强度方向也竖直向下，C错误，D正确。 故选D。 4．C 【详解】设通电导线中电流方向垂直纸面向里，两条通电导线在E、F、G点产生的磁感应强度方向如图所示 E、F、G三点的磁感应强度大小相等，E、F两点的磁感应强度方向不相同，也不相反，E、G两点的磁感应强度方向相反。 故选C。 5．C 【详解】A．带电粒子在电场和磁场中运动，打到a点的粒子电场力和洛伦兹力平衡，当电场向左磁场垂直直面向里时，α粒子受到向左的电场力和洛伦兹力，电子受到向右的电场力和洛伦兹力均不能满足受力平衡打到a点，A错误； B．电场方向向左，磁场方向向外，此时如果α粒子打在a点则受到向左的电场力和向右的洛伦兹力平衡 则电子速度大，受到向左的洛伦兹力大于向右的电场力向左偏转，同理如果电子打在a点，则α粒子向左的电场力大于向右的洛伦兹力则向左偏转，均不会打在b点，B错误； CD．电场方向向右，磁场垂直纸面向里，如果α粒子打在a点，即向右的电场力和向左的洛伦兹力平衡 电子速度大，受到向右的洛伦兹力大于向左的电场力向右偏转，同理如果电子打在a，则α粒子向右的电场力大于向左的洛伦兹力向右偏转，均会打在b点；同理电场向右磁场垂直纸面向外时，α粒子受到向右的电场力和洛伦兹力，电子受到向左的电场力和洛伦兹力不能受力平衡打到a点，故C正确，D错误。 故选C。 6．B 【详解】根据磁通量的公式Φ＝BS可知S应为圆环处于磁场中的有效面积，由于两环在同一磁场中的有效面积相同，故穿过两环的磁通量相同，即 故选B。 7．C 【详解】A．圆环克服摩擦力做的功，在数量上等于圆环的动能变化量，当圆环以初速度v0向右运动时，洛仑兹力的大小恰好等于圆环的重力，则圆环将不受摩擦力的作用，圆环克服摩擦力做的功为零，故A正确，不符合题意； B．当圆环以初速度v0向右运动时，洛仑兹力的大小小于圆环的重力，则圆环在摩擦力作用下做减速运动，最终完全停止，处于平衡状态，此过程中损失的动能为，即圆环克服摩擦力做的功为，故B正确，不符合题意； CD．当圆环以初速度v0向右运动时，洛仑兹力的大小大于圆环的重力，则圆环在摩擦力作用下做减速运动，当速度减小到某一值时，洛仑兹力与重力等大反向，则圆环将保持此时的速度匀速运动下去，设此时的速度为v，则 圆环克服摩擦力做的功为 解得 故C错误，符合题意，D正确，不符合题意。 故选C。 8．C 【详解】由楞次定律“增反减同”可知回路框中感应电流方向为逆时针，根据左手定则可知左侧导体棒所受安培力斜向右上方，右侧导体棒所受安培力斜向左上方。 故选C。 9．BD 【详解】A．根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力应沿z轴正方向，A错误； B．将电子速度沿x轴和y轴进行分解，则在x轴方向上，电子不受磁场力的作用，电子做匀速直线运动，则有 电子运动到A的时间 电子在y轴做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有 若电子恰好运动一周打在A点，则有 联立解得 根据运动的等时性可得 即 解得 B正确； C．根据动能定理可知 解得 加速电压减小时，电子进入磁场的速度减小，在磁场中运动时，则有 解得 故电子圆周运动的半径减小，不一定打在A点上，C错误； D．增大励磁线圈电流，磁感应强度B增大，电子运动的半径减小，要使电子仍打在A点，对于的圆心角增大，结合圆周运动规律可得，电子的周期 则运动周期减小，电子在磁场中运动的时间则为 运动时间可以不变，D正确。 故选BD。 10．BCD 【详解】A．磁场方向垂直于纸面向外，粒子在磁场中顺时针偏转，根据左手定则可知，带电粒子带正电荷，故A错误； B．由题意可知粒子在磁场中速度方向改变了60°，则带电粒子在磁场中的做圆周运动的圆心角为60°，故B正确； C．由洛伦兹力提供向心力得 可得轨道半径为 粒子的运动轨迹如图所示 若是圆形区域磁场，则以CD为直径的圆面积最小，根据几何关系可知，故最小面积为 故C正确； D．若是矩形区域磁场，则以CD为长，以圆弧最高点到CD的距离h为宽，则矩形的面积最小；则有 所以矩形区域磁场最小面积为 故D正确。 故选BCD。 11．BD 【详解】AB．粒子带正电（设电荷量为q，质量为m），则粒子受到的洛伦兹力向上（粒子向上偏转），电场力向下，且粒子能经过A、B、P三点（设这三点所在圆周的半径为R），可将运动分解为两个分运动，即 以速度在电磁场中做匀速直线运动，此时洛伦兹力和电场力满足 以速度在磁场中做匀速圆周运动（角速度设为），半径设为，洛伦兹力提供向心力 得 结合运动的对称性可知粒子圆周运动轨迹的直径为R，即竖直方向位移满足 粒子从A到P，粒子的运动时间为匀速圆周运动的半个周期，沿水平方向的位移为 联立有 则可知 以水平向右为正方向，水平速度为v，粒子在水平方向的速度为 对上式分析可知，先从逐渐减小，最小为 然后逐渐增大，最大为 则v随时间的变化曲线与余弦函数曲线相似，先取正再取负，最后为正，且最小值小于0，故B正确； 水平位移表达式 图线的斜率表示水平速度，水平速度先取正再取负，最后为正，则位移先增大后减小再增大，故A错误； CD．设电场强度为E，粒子竖直位移 电场力做负功，粒子电势能为 由分析可知，随时间的变化曲线与余弦函数曲线取相反数然后上移相似，故D正确； 根据动能定理有 整理得 由分析可知，随时间的变化曲线与余弦函数曲线取相反数相似,故C错误。 故选BD。 12．ACD 【详解】A．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，垂直BC边射出的粒子在磁场中运动的时间是T，粒子运动的周期为 又有 联立解得 故A正确； B．设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为θ，则有 又由 联立解得 画出该粒子的运动轨迹如图所示 设轨迹半径为R，由几何知识得 ＋Rcos 30°＝l 可得 故B错误； C．根据洛伦兹力提供向心力 解得粒子射入磁场的速度大小为 故C正确； D．射入的粒子恰好不从AB边射出，粒子在磁场中扫过的面积如图所示，则为 S＝πR2＋R·Rcos 30°＝ 故D正确。 故选ACD。 13．(1) (2) (3) 【详解】（1）电场中粒子做类平抛运动，根据平抛运动规律 结合牛顿第二定律可得 联立解得 （2）磁场中粒子做等距螺旋线运动，不从侧面出射必从下底面出射粒子在z轴负方向分速度大小 解得 运动时间 洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有 粒子运动的周期 若轨迹与ABFE面相切，则有 此时 故粒子未达ABFE即出射，不符合题意；若轨迹与BCGF面相切，则有 此时 粒子恰好从FG边出射。可得 联立解得 （3）根据上述分析可知，粒子恰好从EFGH面出射点的x坐标 14．(1) (2)2 【详解】（1）微粒在第二象限内做直线运动，取速度大小为v，重力与电场力均为恒力，洛伦兹力也应该为恒力，速度大小不变，微粒在一四象限运动时，电场力向上，与重力平衡，洛伦兹力充当向心力，微粒做匀速圆周运动，速度v大小也不变，在第三象限内运动时，只受电场力和重力，合力沿AD方向，且AD与x轴正方向夹角为45°，取AD长度为d，则 解得微粒从A点飞入的速度为 （2）如图所示 对微粒受力分析，有 在一四象限内运动时，取半径为r，有 根据洛伦兹力提供向心力有 解得 15．(1) (2) (3) 【详解】（1）分析可知粒子在第二象限做斜抛运动，沿轴正方向做匀速直线运动分速度 则粒子在第二象限运动时间为    沿轴正方向做匀变速直线运动，沿轴方向的分速度 加速度大小为    则点与坐标原点的距离    联立以上解得 （2）题意可知粒子通过点时，y方向速度 联立以上，解得    故M的速度为    速度方向沿轴正方向（或与轴垂直），粒子进入第一象限后做匀速圆周运动，设圆周半径为，则有    几何关系可得 设粒子在第一象限的运动轨迹对应的圆心角为，如图可求得    即 又因为周期    故粒子在第一象限中的运动时间 （3）此时粒子进入电磁复合场后做滚轮线运动，用配速法将分解：设某一分速度使粒子受到的洛伦兹力与电场力平衡    代入题中数据，解得    由左手定则可知方向与方向相同，令 解得    所以粒子的运动可分解为沿轴的速度为的匀速直线运动和速度为的顺时针方向的匀速圆周运动，设圆周半径为，在区域轨迹如图中实线所示 洛伦兹力提供向心力有 几何关系可知    粒子在的空间运动过程中，离轴的最短距离    联立以上解得 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$