磁场的叠加及磁场对带电粒子的作用 导学案 -2026届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习学案系统梳理了磁场专题核心考点，从磁场叠加、安培定则到洛伦兹力应用，再到带电粒子在匀强磁场中的运动及现代科技拓展，构建递进式知识网络，通过问题链引导学生自主推导规律，形成完整物理观念。 亮点在于诊断性自测与科学思维培养，开篇设置17道分层练习题，配合“定圆心、画轨迹”等方法指导，助力学生自主诊断薄弱环节。融入质谱仪、回旋加速器等实际情境，培养模型建构与科学推理能力，教师可通过学情精准指导，提升复习实效。

磁场 一、磁场的叠加和安培定则的应用 1、磁场叠加问题的分析思路 （1）确定磁场场源，如通电导线、磁铁、给定的磁场等。 （2）定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向。 （3）应用平行四边形定则进行合成该点的合磁场B。 2、安培定则 （1）通电直导线中的安培定则（安培定则一）：用右手握住通电直导线，大拇指指向电流的方向，那么四指的弯曲方向就是磁感线的环绕方向。 （2）通电螺线管中的安培定则（安培定则二）：用右手握住通电螺线管，四指弯曲方向与电流方向一致，大拇指所指的那一端是通电螺线管的N极。（磁感线由N极流向S极） 1．如图所示，在磁感应强度大小为的匀强磁场中（图中未画出），相距为l的两无限长直导线P和Q垂直于纸面固定放置。两导线均通有方向垂直于纸面向里、大小相等的电流时，纸面内与两导线距离均为l的a点处磁感应强度为零。b点与a点关于PQ连线对称。下列说法正确的是（　　） A．匀强磁场的方向平行于PQ向右 B．P的电流在a点处产生的磁场的磁感应强度大小为 C．仅将P中的电流方向反向，PQ连线中点磁场方向垂直于PQ向上 D．仅将Q中的电流方向反向，b点的磁感应强度大小为 2．如图所示，为圆心，、、、为圆上的四点，直径与相互垂直，、分别为的中点。在和两点处分别有垂直纸面的长直导线，导线上通有大小相等，流向相反的电流。关于各个点的磁感应强度，下列说法正确的是（　　） A．、两点的磁感应强度相同 B．点的磁感应强度比点大 C．、两点的磁感应强度大小相等 D．点的磁感应强度比点小 3．如图所示，两根长直的通电导线M、N，分别通有竖直向上的电流和水平向右的电流，且，直线电流在周围空间产生的磁场与距离的关系为，I为电流，r为周围空间的点到长直导线的距离，k为比例系数。在空间施加一垂直于纸面向里的匀强磁场，当磁感应强度大小为时a点的磁感应强度为0。已知a点到通电导线M、N的距离分别为2r、r，b点到通电导线M、N的距离分别为r、2r。则下列说法正确的是（   ） A．通电导线M在a点的磁感应强度大小为 B．通电导线N在a点的磁感应强度大小为 C．b点的磁感应强度大小为 D．通电导线M、N在b点的磁感应强度大小为 4．如图所示，为正方体，两条足够长的通电直导线分别沿和放置，电流大小相等，方向分别沿和方向。已知通电长直导线在正方体中心P产生的磁感应强度大小为，则中心P点处的磁感应强度大小为（　　） A． B． C． D． 二、对洛伦兹力的理解和应用 1、左手定则：将左手掌摊平，让磁感线穿过手掌心，四指表示正电荷运动方向，则和四指垂直的大拇指所指方向即为洛伦兹力的方向 2、洛伦兹力的特点 （1）利用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意区分正、负电荷。 （2）运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用。 （3）洛伦兹力方向始终与速度方向垂直，洛伦兹力一定不做功。 三、带电粒子在匀强磁场中的直线运动 ①当带电粒子速度于磁场方向平行，且不受其他外力时，粒子做匀速直线运动 ②当带电粒子速度与磁场方向不平行，且受其他外力时，若粒子仍做直线运动，则粒子必做直线运动 四、带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动 1、条件：带电粒子速度v与磁场方向垂直，且只受洛伦兹力，则粒子在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动。 2、运动规律 （1）洛伦兹力提供向心力： （2）周期：（T与运动速度和轨迹半径无关，只和粒子的比荷和磁感应强度有关） （3）运动时间：（θ为带电粒子转过的圆心角(弧度)） （4）动能： 3、解决此类问题的基本思路 定圆心→画轨迹→由几何关系求半径和圆心角→利用和等分析解题。 4、粒子轨迹圆心的确定，半径、运动时间的常用计算方法 （1）确定圆心的三种方法 ①已知粒子轨迹上的两点的速度方向，分别过两点作速度方向的垂线，两垂线的交点即为圆心，如图甲； ②已知粒子运动轨迹上的两点和其中一点的速度方向，分别作两点连线的中垂线及速度方向的垂线，两垂线的交点即为圆心，如图乙； ③已知粒子轨迹上某点速度方向，又能根据计算出轨迹半径r，则沿该点洛伦兹力（垂线）方向距离为r的位置为圆心，如图丙。 （2）计算半径的两种常用方法 ①由求得 ②以半径为边，构造直角三角形，由三角函数或勾股定理求得（如下图甲，或由求得） ③半径的计算常用到的两组几何关系（如下图乙） 1） 粒子的偏转角等于半径扫过的圆心角，即； 2）弦切角等于弦所对应圆心角一半，。 （3）计算时间的两种常用方法 ①求出带电粒子转过的圆心角(弧度)，再根据解得；②利用弧长、线速度，根据解得 五、带电粒子在有界磁场中做匀速圆周运动一般规律 （1）直线边界：进出磁场具有对称性，即进出磁场的速度与边界的夹角相等。如下图。 （2）平行边界：多边界往往存在临界条件，临界情况可分为：从端点射出和与边界相切两种。如下图。 （3）圆形边界：进出磁场具有对称性，有以下两种情况： ①射入速度的延长线经过圆心，则射出速度的反向延长线必经过圆心，如图甲所示。 ②射入速度的延长线不经过圆心，射入速度方向与半径夹角为θ，则射出速度方向与半径夹角也为θ。如图乙所示。 六、带电粒子在磁场中运动的极值（临界）问题 1、找临界问题突破口：题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”等临界状态词。常见临界情况为：轨迹恰好经过磁场边界端点或者与磁场边界相切。 2、分析思路：磁场、速度、时间等极值问题，往往是转换成分析圆周运动半径和圆心角的问题。 3、常用分析方法： ①放缩圆法：当粒子入射速度方向不变，大小变化时（同向异速发射），粒子做圆周运动的圆心一定在入射点所受洛伦兹力方向上，利用圆规做出一系列大小不同的内切圆，从圆的动态中找到临界点（如下左图）； ②旋转圆法：当粒子入射速度大小不变，方向变化时（同速异向发射）。从不同方向入射的粒子的轨迹圆都一样大，只是位置绕入射点发生了旋转，从定圆的动旋转中发现临界点（如下中图）； ③平移圆法：粒子速度大小，方向均不变，入射点发生变化。则半径大小不变，圆心位置发生变化，相当把轨迹圆平行移动（如下右图）。 ④磁聚焦模型 1、带电粒子的会聚 如图甲所示，大量的同种带正电的粒子，速度大小相同，平行入射到圆形磁场区域，如果轨迹圆半径与磁场圆半径相等（R＝r），则所有的带电粒子将从磁场圆的最低点B点射出。（会聚） 证明：四边形OAO′B为菱形，必是平行四边形，对边平行，OB必平行于AO′（即竖直方向），可知从A点发出的带电粒子必然经过B点。 2、带电粒子的发散 如图乙所示，有界圆形磁场的磁感应强度为B，圆心为O，从P点有大量质量为m、电荷量为q的正粒子，以大小相等的速度v沿不同方向射入有界磁场，不计粒子的重力，如果正粒子轨迹圆半径与有界圆形磁场半径相等，则所有粒子射出磁场的方向平行。（发散） 证明：所有粒子运动轨迹的圆心与有界圆圆心O、入射点、出射点的连线为菱形，也是平行四边形，O1A（O2B、O3C）均平行于PO，即出射速度方向相同（即水平方向）。 5．（多选）如图所示，在一绝缘、粗糙且足够长的水平管道中有一带电荷量为q、质量为m的带电小球，管道半径略大于小球半径。整个管道处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，磁感应强度方向与管道垂直。现给带电小球一个水平速度v，则在整个运动过程中，带电小球克服摩擦力所做的功可能为（　　） A．0 B． C． D． 6．（多选）如图所示，在相互平行的边界线和的上方和下方，均有垂直于纸面向外的匀强磁场，两个区域的磁感应强度大小相同。带正电的粒子从边界上的点以初速度与边界线成斜向上射出，若第一次从下方磁场穿出时与交于点（图中未画出），不计粒子重力。下列说法正确的是（    ） A．带电粒子经过点的速度与点时相同 B．仅改变带电粒子的电性，间距离不变 C．增大带电粒子初速度，间距离将变大 D．增大磁感应强度，间距离将变小 7．如图，在平面内y轴右侧有以O点为圆心、半径为R的半圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于平面向里。大量质量为m、带电荷量为q（）的粒子以速度从y轴上间各点平行于x轴射入磁场。不计粒子间相互作用及粒子受到的重力，则粒子在磁场中运动的最长时间为（    ） A． B． C． D． 8．如图所示，边长为的等边三角形区域内、外的匀强磁场的磁感应强度大小均为，方向分别垂直纸面向里、向外，三角形顶点处有一正粒子源，能沿的角平分线发射速度大小不等、方向相同的粒子，所有粒子均能通过点，粒子的比荷，粒子重力不计，粒子间的相互作用可忽略，则粒子的速度可能为（    ） A． B． C． D． 9．质谱仪是由速度选择器和有边界的偏转磁场构成。如图是有边界的偏转磁场工作原理示意图，图中CD直线左侧分布着磁感应强度大小为的匀强磁场，方向垂直纸面向外。CD上有两条长度分别为和2a的通道，两通道近端相距为。一束质量均为、电荷量均为、速度不同的带正电粒子，从长度为2a的通道垂直于CD进入磁场，则能从通道射出的粒子的速度大小的取值范围为（　　） A． B． C． D． 10．（多选）某粒子分析器的部分电磁场简化模型如图，三维直角坐标系所在空间中Ⅰ区域存在沿x轴正方向的匀强电场（图中未画出）和匀强磁场，磁感应强度大小为,Ⅱ区域存在沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为，在有一足够大的接收屏P，原点O处的粒子源在平面内同时发射带正电的同种粒子甲和乙，甲粒子的速度大小为，甲和乙的速度方向与x轴正方向夹角分别为和，两粒子沿x轴方向速度分量相等。乙粒子以最短时间到达（d,d,0）点进入Ⅱ区域后恰好到达接收屏并被吸收，不计重力及粒子间的相互作用，则（    ） A．两粒子不能同时到达接收屏P B．两个区域磁感应强度大小之比 C．乙粒子通过点时沿x轴方向速度分量 D．甲乙粒子在接收屏P上位置的z坐标之差 七、洛伦兹力与现代科技的拓展应用 1、质谱仪的原理及应用 （1）作用：测量带电粒子质量和分离同位素。 （2）原理及规律（如右图所示） ①在加速电场中，由关系可得功能：； ②在磁场中做匀速圆周运动，故有：，； 由以上①②可得，， 2、回旋加速器的原理和应用 （1）构造：D1、D2是半圆形金属盒，D形盒处于匀强磁场中，D形盒的缝隙处接交流电源（如图所示，） （2）原理：交流电周期和粒子做圆周运动的周期相等，使粒子每经过一次D形盒缝隙，粒子就被加速一次。 （3）最大动能：由、，联立可得（粒子获得的最大动能由磁感应强度B和盒半径R决定，与加速电压无关） （4）总时间：粒子在磁场中运动一个周期，被电场加速两次，每次增加动能qU，加速次数，粒子在磁场中运动的总时间 3、速度选择器 （1）平行板间电场强度E和磁感应强度B互相垂直(如右图) （2）带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是洛伦兹力与静电力平衡，即： （3）速度选择器只能选择粒子的速度，不能选择粒子的电性、电荷量、质量。 （4）速度选择器具有单向性。 4、磁流体发电机 （1）原理：如下图所示，等离子体喷入磁场，正、负离子在洛伦兹力的作用下发生偏转而聚集在B、A板上，产生电势差，它可以把离子的动能通过磁场转化为电能。 （2）电源正、负极判断：根据左手定则可判断出正离子偏向B板，图中的B是发电机的正极。 （3）发电机的电动势：当发电机外电路断路时，正、负离子所受静电力和洛伦兹力平衡时，两极板间达到的最大电势差为U，则，得，则电动势： （4）当发电机接入电路时，遵从闭合电路欧姆定律。 5、电磁流量计 （1）流量(Q)：单位时间流过导管某一截面的液体的体积 （2）导电液体的流速(v)的计算 如图所示，一圆柱形导管直径为d，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向右流动。导电液体中的正、负离子在洛伦兹力作用下发生偏转，使a处积累正电荷，b处积累负电荷，使a、b间出现电势差，φa>φb。当自由电荷所受静电力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差(U)达到最大，由，可得 （3）流量的表达式： （4）电势高低的判断：根据左手定则可得： 6、霍尔效应的原理和分析 （1）定义：高为h、宽为d的导体(自由电荷是电子或正电荷)置于匀强磁场B中，当电流通过导体时，在导体的上表面A和下表面A′之间产生电势差，这种现象称为霍尔效应，此电压称为霍尔电压． （2）电势高低的判断：如图，导体中的电流I向右时，根据左手定则可得，若自由电荷是电子，则下表面A′的电势高．若自由电荷是正电荷，则下表面A′的电势低． （3）霍尔电压：导体中的自由电荷(电荷量为q)在洛伦兹力作用下偏转，A、A′间出现电势差，当自由电荷所受静电力和洛伦兹力平衡时，A、A′间的电势差(U)就保持稳定，由，，，联立解得（，k为霍尔系数） 11．（多选）下列关于磁场与现代科技的相关说法正确的是（　　） A．图甲是磁流体发电机结构示意图，由图可以判断出A板是发电机的正极 B．图乙是洛伦兹力演示仪，励磁线圈的电流越大，电子运动的周期越小 C．图丙是电磁流量计的示意图，在磁感应强度B、管道直径d一定时，流量Q（单位时间内流过管道横截面的液体体积）正比于NM两点间的电势差 D．图丁是回旋加速器的示意图，要使粒子获得的最大动能增大，可增大加速电压U 12．回旋加速器示意图如图甲所示，两个间距很小的D形盒并排放置于垂直盒面向下的匀强磁场中，两盒的缝隙间所加高频交变电源的电压为、周期为，电压随时间变化的关系图像如图乙所示。用该回旋加速器来加速电荷量为、质量为的带正电粒子1，0时刻从处由静止释放粒子1，经缝隙间电场加速再经D形盒的磁场偏转半个圆周后，时刻粒子1恰好再次进入缝隙间。已知带正电粒子2的质量为、电荷量也为，D形盒的半径为且远大于缝隙的宽度。下列说法正确的是（    ） A．磁场的磁感应强度大小为 B．粒子1的最大动能与电压成正比 C．若仅将粒子1替换为粒子2，0时刻从处由静止释放的粒子2第二次进入缝隙间会做减速运动 D．若仅将粒子1替换为粒子2，粒子2的最大动能为 13．磁流体发电技术就是用燃料直接加热成易于电离的气体，使之在2000℃的高温下电离成导电的等离子体，与磁场相互作用而产生电能。如图所示，等离子体以速度v进入两平行极板之间的区域，两金属板的板长均为L，且处于正对状态，板间距离为d，金属板的正对面积为S。磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于等离子体初速度方向，且与极板平行，负载电阻为R。当稳定发电时，理想电流表的示数为I。当稳定发电时，下列说法正确的是（　　） A．上极板带正电 B．有电流从b经电阻流向a C．产生的电动势大小为BLv D．板间等离子体的等效阻值为 14．如图所示，两足够长的极板水平放置，板间距离为，两极板间加恒定电压，板间有水平向里的匀强磁场，磁感应强度未知。一带正电的粒子恰好能以速度沿两板正中间匀速穿过。粒子质量为，电荷量为。两板间的电场可视为匀强电场，不计粒子所受重力和粒子运动对电场的影响。下列说法正确的是（　　） A．磁感应强度大小为 B．仅减小板间电压，粒子不可能击中上极板 C．仅增大，使粒子击中上极板，击中前瞬间的速率与的大小有关 D．仅向上平移下极板，能使粒子恰击中下极板 15．（多选）如图为四种电磁场模型的示意图，四种模型中磁感应强度大小均为B。图甲为速度选择器，两板间电压为U，上极板带正电，板间距为d；图乙为电磁流量计，圆形截面的半径为r，稳定时最上方和最下方之间的电压为U；图丙为磁流体发电机，两极板间距离为d，离子进入两板间的速率为v；图丁中的霍尔元件为长方体，载流子为电子，带电荷量为e，单位体积内的自由电子数为n，与磁场方向平行的棱长为a，与磁场方向垂直的截面为正方形，正方形的边长为b。带电粒子的重力不计，下列说法正确的是（　　） A．图甲中正电荷做匀速直线运动的速度大小为，应从左边进入速度选择器 B．图乙中液体的流量（单位时间内液体流过的体积）为 C．图丙中磁流体发电机两极板间的电压为Bvd D．图丁中霍尔电压为 16．（多选）自行车速度计可以利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率。如图甲所示，一块磁铁安装在前轮上，轮子每转一圈，磁铁就靠近传感器一次，传感器就会输出一个脉冲电压。如图乙所示，电源输出电压为U1，当磁场靠近霍尔元件时，在导体前后表面间出现电势差U2（前表面的电势低于后表面的电势）。下列说法中正确的是（　　） A．图乙中霍尔元件的载流子带负电 B．已知自行车车轮的半径，再根据单位时间内的脉冲数，即可获得车速大小 C．若传感器的电源输出电压U1变大，则电势差U2变大 D．若自行车的车速越大，则电势差U2越大 八、（难点拓展）配速法和洛伦兹力冲量法在组合场中的应用 1、 配速法：若带电粒子在磁场中除受洛伦兹力外，还受其它恒力作用，且合力不为零，则粒子的速度会改变，洛伦兹力也会随着变化，合力也会跟着变化，则粒子做一般曲线运动。此时，我们把粒子初速度分解为两个分速度，使其中一个分速度对应的洛伦兹力与恒力(重力或静电力，或重力和静电力的合力)平衡，另一个分速度对应的洛伦兹力使粒子做匀速圆周运动，这样曲线运动就可以分解为匀速直线运动和匀速圆周运动，这种方法叫配速法。 配速法处理叠加场中的摆线类问题 常见情况（B磁场，G重力场，E电场） 处理方法 BG摆线：初速度为0，有重力 把初速度0分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度v1。 BE摆线：初速度为0，不计重力 把初速度0分解为一个向左的速度v1和一个向右的速度v1。 BEG摆线：初速度为0，有重力 把初速度0分解为一个斜向左下方的速度v1和一个斜向右上方的速度v1。 BGv摆线：初速度为v0，有重力 把初速度v0分解为速度v1和速度v2。 2、用动量定理解决带电粒子在磁场中的运动问题 假设有一个带电粒子，其质量为m，电荷量为+q。在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场中运动。粒子速度为v，所受洛伦兹力为F，且重力不计。如图建立直角坐标系。 沿两轴方向的洛伦兹力分力： ， 两个方向分别列动量定理： ， 即：，；两边累加得：， 17．科研人员在实验室开展带电粒子在复合场中运动规律的研究。实验装置如图所示，水平放置的绝缘实验台上方，存在范围足够大、方向水平的匀强磁场。一质量为、带电量为的带电粒子从台面上方高处由静止释放，该带电粒子的运动轨迹始终在台面上方，且刚好不会撞到台面。已知重力加速度为，关于带电粒子第一次运动到最低点的过程，下列说法正确的是（　　） A．粒子做变速圆周运动 B．该过程粒子机械能先增加后减少 C．匀强磁场的磁感应强度大小为 D．粒子的最大速度大小为 18．（多选）如图,质量为、电荷量为的带正电粒子（忽略粒子重力）以速度沿方向垂直射入相互正交的竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，经过该区域中的点的速率为，此时竖直方向侧移量为，若，则（　　） A．带电粒子在点的速率为 B．带电粒子的加速度大小恒为 C．若，粒子从射入该区域到点所用时间至少为 D．粒子在运动过程中洛伦兹力始终大于电场力 19．（多选）如图所示，竖直平面内有水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为。长为0.4m的绝缘轻绳一端固定在点，另一端系着的带正电小球（可视为点电荷）。小球恰能绕点沿顺时针方向在竖直平面内做完整的圆周运动，小球经过点时速度最大，、两点连线与竖直方向的夹角的正弦值。取重力加速度大小，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．电场的电场强度大小 B．小球运动过程中的最小速度为2m/s C．小球经过点时的速度大小为3m/s D．小球经过点时的速度大小为 20．（多选）空间中存在方向均为竖直向下的匀强电场、匀强磁场与重力场。已知重力加速度，匀强电场场强与重力加速度的比值为，匀强磁场磁感应强度与重力加速度的比值为。一荷质比也为的带电小球以初速度水平抛出，当小球动能变为初动能的4倍时，下列说法正确的是（　　） A．小球运动的时间为 B．小球加速度的大小为 C．小球位移的大小为 D．小球动量与初动量方向的夹角为 21．如图，平面内有两个匀强磁场，y轴左侧的磁场垂直纸面向外，磁感应强度大小为，y轴右侧的磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为，和大小未知。质量为m、电荷量为的粒子，从x轴上A点以速度沿y轴正方向射入磁场，恰好能垂直y轴击中其上D点，若该粒子从O点以速度沿与x轴正方向成角射出，，经过磁场偏转后能击中D点，不计粒子重力。 (1)求k值大小； (2)求粒子由O运动到D的时间可能值； (3)若从x正半轴上M点以沿某方向发射该粒子，也恰好垂直y轴击中D点，求M距O点的距离。 22．如图所示，平行金属板C、D间存在匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，半径为的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，矩形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，三处磁场的磁感应强度大小均为。金属板D的延长线过圆形区域的圆心，金属板C的延长线、两金属板右边缘连线均与圆形区域相切，边与圆形区域在边的中点处相切。一束宽度与平行金属板间距相等、比荷均为的带负电粒子流从金属板左侧以水平向右的速度射入金属板间，恰能在金属板间做直线运动，进入圆形区域经磁场偏转后均过点。已知，。求： (1)平行金属板C、D间的电压； (2)沿金属板C、D中轴线运动的粒子从射出金属板到运动至点所用的时间； (3)边上有粒子穿出的长度与边上有粒子穿出的长度的比值。 23．控制带电粒子的运动在现代科学实验、生产生活、仪器和电器等方面有广泛的应用。现有这样一个简化模型：如图所示，在平面的第一象限存在沿y 轴正方向的匀强电场，第四象限存在垂直于平面向里的匀强磁场。第二象限内M、N两个平行金属板之间的电压为U，一质量为、电荷量为粒子（不计粒子重力）从靠近M 板的S 点由静止开始做加速运动，粒子从y轴上的P点垂直于y 轴向右射出，然后从x 轴上的a点（d，0）离开电场进入磁场，最后从y轴上的b点离开磁场区域，粒子在b点的速度方向与y轴正方向的夹角 。求： (1)粒子运动到P 点射入电场的速度大小； (2)第一象限电场强度的大小E； (3)第四象限内磁感应强度的大小B。 24．如图所示，直角坐标系xOy的第一、四象限内存在垂直纸面向外、的匀强磁场，第三象限内存在与x轴正向成45°角的匀强电场E（大小未知）。一质量为m，带电量为＋q的粒子从点P（-L， -L）由静止释放，粒子从点O处射入磁场，经过点Q（2L，0）进入第四象限，不计粒子的重力。 (1)求匀强电场E的大小； (2)若将x=2L右侧区域换作方向垂直纸面向里、大小为B0的匀强磁场，则该粒子返回时运动轨迹刚好与OQ间轨迹相切，试求 ①匀强磁场B0的大小； ②粒子从P点到再次回到y轴所用的时间。 25．如图所示的平面内，的区域内有竖直向上的匀强电场；在区域内，处于第一象限的匀强磁场，磁感应强度为（未知）；处于第四象限的匀强磁场，磁感应强度为（未知），大小关系为，磁场方向均垂直于纸面向外。一质量为，带电荷量为的粒子，在时刻，从点以速度沿轴正向水平射出，恰好从坐标原点进入第一象限，最终垂直磁场右边界射出磁场，不计粒子的重力。求： (1)粒子进入磁场时的速度大小和方向； (2)粒子在磁场中运动的最短时间； (3)磁感应强度的可能取值。 26．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在第四象限内，有垂直于坐标平面向内的匀强磁场。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从y轴上M（0，h）点以初速度v0垂直电场方向进入第一象限，经电场偏转后从x轴上P（2h，0）点进入第四象限，经磁场偏转后再次从（4h，0）进入电场。不计粒子重力，求： (1)粒子进入磁场时的速度大小和方向； (2)磁感应强度B的大小； (3)粒子从P点出发到再次进入电场前所用的总时间。 27．如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内，存在半径为R的半圆形匀强磁场区域，半圆与x轴相切于M点，与y轴相切于N点，直线边界与x轴平行，磁场方向垂直于纸面向里。在第一象限存在沿方向的匀强电场，电场强度大小为E．一带负电粒子质量为m，电荷量为q，从M点以速度v沿方向进入第一象限，正好能沿直线匀速穿过半圆区域。不计粒子重力。 (1)求磁感应强度B的大小； (2)若仅有电场，求粒子从M点到达y轴的时间t； (3)若仅有磁场，改变粒子入射速度的大小，粒子能够到达x轴上P点，M、P的距离为，求粒子在磁场中运动的时间。 学科网（北京）股份有限公司 《磁场》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D C A ACD AB A A B BD 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 BC D B D ABC ABC C BC AD BC 1．B 【详解】AB．对a点的磁场分析如图1所示，设P和Q在a点产生的磁场的磁感应强度大小均为B，当P和Q中的电流都垂直于纸面向里时，根据安培定则可知，P在a点产生的磁场的磁感应强度方向为水平向右偏下30°，Q在a点产生的磁场的磁感应强度方向为水平向右偏上30°，由矢量合成的平行四边形定则可知两者在a点产生的合磁场的磁感应强度大小为 方向水平向右，所以匀强磁场的方向为水平向左，又因a点的磁感应强度大小为零，故 解得，故A错误，B正确； C．仅将P中的电流方向反向，P、Q在PQ连线中点产生的磁场大小相等，方向垂直于PQ向上，匀强磁场水平向左，所以PQ连线中点磁场方向为斜向左上方，故C错误； D．仅将Q中的电流方向反向，P在b点产生的磁场的磁感应强度方向为水平向左偏下30°，Q在b点产生的磁场的磁感应强度方向为水平向右偏下30°，如图2所示，P和Q在b点产生的磁场的磁感应强度大小相等夹角为120°，则可知矢量和大小为B，方向竖直向下，根据平行四边形定则得b点的磁感应强度大小为，故D错误。 故选B。 2．D 【详解】A．磁感应强度是矢量，叠加遵循平行四边形定则。两长直导线周围的磁场分布如图所示，分析可知，、两点的磁感应强度大小相等，方向不同，故A错误。 B．图中A点的磁感应强度为两长直导线在A点单独产生的磁感应强度之差，F点的磁感应强度为两长直导线在F点磁感应强度大小之和，而且C处的长直导线在A点的磁感应强度比处的长直导线在A点的磁感应强度小，所以A点的磁感应强度大小小于F点的磁感应强度，故B错误； C．图中E点的磁感应强度为两长直导线在E点单独产生的磁感应强度之差，F点的磁感应强度为两长直导线在F点磁感应强度大小之和，而且C处的长直导线在E点的磁感应强度比处的长直导线在E点的磁感应强度小，所以F点的磁感应强度大小大于E点的磁感应强度，故C错误； D．两长直导线在B点的磁感应强度均比F点小，而且两长直导线在F点产生的磁感应强度方向相同，根据平行四边形定则可得点的磁感应强度比点小，故D正确。 故选D。 3．C 【详解】A．对a点由磁场叠加可知 解得 可知通电导线M在a点的磁感应强度大小为，A错误； B．通电导线N在a点的磁感应强度大小为，B错误； C．b点的磁感应强度大小为，C正确； D．通电导线M、N在b点的磁感应强度大小为，D错误。 故选C。 4．A 【详解】设中点为，中点为。根据题意与安培定则可知，通电长直导线在正方体中心P产生的磁感应强度大小为，方向沿；通电长直导线在正方体中心P产生的磁感应强度大小也为，方向沿。两个导线在P产生的磁场在竖直方向的分量相互抵消，则中心P点处的磁感应强度大小为，故A正确，BCD错误。 故选A。 5．ACD 【详解】当小球带负电时，对小球受力分析如图甲所示，随着向右运动，速度逐渐减小，直到速度减小为零，所以克服摩擦力做的功为。 当小球带正电时，设当洛伦兹力等于重力时，小球的速度为v0，则mg＝qv0B，即 当v＝v0时，受力分析如图乙所示，重力与洛伦兹力平衡，所以小球做匀速运动时克服摩擦力做的功为W＝0 当v<v0时，受力分析如图丙所示，管壁对小球有向上的支持力，随着向右减速运动，速度逐渐减小，支持力、摩擦力逐渐增大，直到速度减小到零，所以克服摩擦力做的功为 当v>v0时，受力分析如图丁所示，管壁对小球有向下的弹力，随着小球向右减速运动，洛伦兹力逐渐减小，弹力逐渐减小，摩擦力逐渐减小，直到弹力减小到零，摩擦力也为零，此时重力和洛伦兹力平衡，此后小球向右做匀速运动，所以克服摩擦力做的功为 故选ACD。 6．AB 【详解】由题意，可画出粒子运动轨迹如图所示。 A．洛伦兹力不做功，由运动轨迹可知，带电粒子经过点时的速度和点时速度大小相等，方向相同，故A正确。 CD．由几何关系设间距为，可得间距离 和粒子的速度大小，磁感应强度大小无关，故CD错误。 B．仅改变粒子的电性，只是将粒子的轨迹劣弧变优弧，优弧变劣弧，间距不变，故B正确。 故选AB。 7．A 【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有 解得粒子运动的半径为 运动的周期为 粒子进入磁场如图 粒子从A射出磁场对应的圆心为C，此时有 时间最长对应圆心角最大，对应AB最大，由几何知识得，当粒子从c点射出时轨迹圆的圆心角最大，如图所示， 此时，即，则粒子在磁场中运动的最长时间为，故选A。 8．A 【详解】粒子可能的运动轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为60°，粒子运动的半径 由洛伦兹力提供向心力，有 联立解得 将代入，只有选项A符合，故选A。 9．B 【详解】粒子在磁场中由洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有 解得粒子圆周运动的半径 可见相同粒子在磁场中圆周运动的半径与粒子进入磁场中的速度成正比，结合题意可知，粒子圆周运动的最大半径 对应粒子的最大速度 同理可知，粒子圆周运动的最小半径 对应粒子的最小速度 则从长度为2a的通道垂直于CD进入磁场，则能从通道射出的粒子的速度大小的取值范围为 故选B。 10．BD 【详解】BC．两粒子在Ⅰ区域运动过程，两粒子在轴方向做匀加速直线运动，在平面做匀速圆周运动，根据题意甲粒子和乙粒子在x轴方向的分速度相等，均为 甲粒子在轴方向的分速度 根据几何关系 可得 乙粒子以最短时间到达（d,d,0），则乙在Ⅰ区域运动的时间为做圆周运动的周期的一半，其半径为 根据洛伦兹力提供向心力 联立可得 在Ⅰ区域运动的时间 沿着正方向，根据运动学公式 解得乙粒子通过点时沿x轴方向速度分量为 乙粒子进入Ⅱ区域后，沿轴负方向做匀速直线运动，在平面做匀速圆周运动，根据题意进乙粒子入Ⅱ区域后恰好到达接收屏并被吸收，则乙粒子在Ⅱ区域做圆周运动的半径为 根据洛伦兹力提供向心力 解得 可得，故B正确，C错误； AD．两粒子在Ⅰ区域运动过程，两粒子在轴方向的速度分量相同，则在Ⅰ区域运动时间相等，根据 可知甲粒子在Ⅰ区域也是运动半个周期，即两粒子刚进入Ⅱ区域时轴坐标均为零，沿轴负方向做匀速直线运动，在平面做匀速圆周运动的情况也相同，所以运动时间相等，即两粒子能同时到达接收屏P，两粒子在Ⅱ区域的运动时间 甲乙粒子在接收屏P上位置的z坐标之差 联立解得，故D正确，A错误。 故选BD。 11．BC 【详解】A．由左手定则可知，带正电的粒子向B板偏转，所以B板是发电机的正极，故A错误； B．励磁线圈的电流越大，产生的磁场磁感应强度B越大，根据， 解得 可知励磁线圈的电流越大，电子运动的周期越小，故B正确； C．电荷通过电磁流量计时，有 污水的流量为 联立解得 可知在B、d一定时，流量Q正比于，故C正确； D．设回旋加速器D形盒的半径为R，粒子获得的最大速度为，根据牛顿第二定律有 解得 则粒子的最大动能为 由上式可知要使粒子获得的最大动能增大，可增大D形盒的半径，粒子的最大动能与加速电压U无关，故D错误。 故选BC。 12．D 【详解】A．粒子在磁场中运动，根据牛顿第二定律可得 粒子在磁场中运动的周期为 解得，磁场的磁感应强度大小为，故A错误； B．当粒子做圆周运动的半径与D形盒半径相等时，粒子的速度最大，动能最大，此时 解得 则，粒子的最大动能为 所以，粒子的最大动能与电压U无关，故B错误； C．若仅将粒子1替换为粒子2，则粒子2在磁场中运动周期为 则0时刻从A处由静止释放的粒子2第二次进入缝隙间时刻为，此时缝隙间的电场反向，粒子2继续做加速运动，故C错误； D．根据 解得 则，粒子的最大动能为，故D正确。 故选D。 13．B 【详解】AB．等离子体飞入磁场中时，受到洛伦兹力的作用，根据左手定则可知，正离子向下极板聚集，下极板是电源正极，负离子向上极板聚集，上极板是电源负极，有电流从b经电阻流向a，A错误，B正确； C．由，，可得稳定发电时，产生的电动势，C错误； D．由题意，根据闭合电路欧姆定律有 可得稳定发电时，板间等离子体的等效阻值为，故D错误。 故选B。 14．D 【详解】A．对粒子进行受力分析可知，粒子在混合场中受到竖直向下的电场力和竖直向上的洛伦兹力的作用，因为粒子以速度沿两板正中间匀速穿过，所以洛伦兹力与电场力平衡，即 解得磁感应强度大小为，故A错误； B．仅减小板间电压，电场强度减小，粒子受电场力减小，洛伦兹力大于电场力，粒子将向上偏，若板间距离较小，粒子可能击中上极板，故B错误； C．仅增大磁感应强度，使粒子击中上极板，设粒子到达上极板的速率为，洛伦兹力不做功，对粒子列动能定理方程有 可得 可知与磁感应强度的大小无关，故C错误； D．设将下极板向上平移时粒子恰能击中下极板，到达最低点时粒子下降高度为，速度为，方向水平向右，则有 设电场强度变为，则有 粒子所受电场力增加，所以粒子向下偏转，运动轨迹如图所示 设粒子向最低点运动过程中，某一时刻速度为，速度方向与水平方向夹角为，此时洛伦兹力大小为，方向与竖直方向夹角为，经过极短时间，水平方向由动量定理有 对从开始到最低点过程求和，可得 由动能定理有 联立可求出的值，即仅向上平移下极板，能使粒子恰击中下极板，故D正确。 故选D。 15．ABC 【详解】A．图甲中正电荷做匀速直线运动时，则有 解得 由于洛伦兹力与电场力平衡，电场力向下，洛伦兹力应向上，因此正电荷应从左边进入速度选择器，故A正确； B．电压稳定时，导电液体受到的电场力等于洛伦兹力，则有，， 联立解得，故B正确； C．电路稳定时，电场力与洛伦兹力平衡，则有 解得，故C正确； D．根据题意可知，洛伦兹力与电场力平衡，则有 根据电流的微观定义可得 联立解得，故D错误。 故选ABC。 16．ABC 【详解】A．已知前表面的电势低于后表面的电势。假设载流子带负电，结合题中电流方向，根据左手定则，载流子受到的洛伦兹力方向指向前表面，即前表面电势低，符合题意，假设成立，故A正确； B．根据单位时间内的脉冲数，可求得车轮转动周期，从而求得车轮的角速度，最后由线速度公式，结合车轮半径，即可求解车轮的速度大小，故B正确； C．根据 由电流的微观定义式 联立解得 可知若传感器的电源输出电压变大，电流I变大，则霍尔电势差将变大，故C正确； D．根据 可知霍尔电压与车速大小无关，故D错误。 故选ABC。 17．C 【详解】A．小球在重力和洛伦兹力的作用下，所受合外力大小和方向都在变，洛伦兹力始终和速度垂直，但是合力不与速度垂直，粒子做变速运动，其运动轨迹不是圆的一部分，事实上是轮摆线，故A错误； B．小球运动过程中，洛伦兹力不做功，只有重力做功，重力势能和动能相互转化，所以小球机械能守恒，故B错误； C．将小球的运动分解为水平向右大小为的匀速直线运动和初速度水平向左大小为的匀速圆周运动。一个分运动有，得 另一个分运动 圆周运动得半径为 若小球刚好不会碰到地面，则 根据以上几式，解得匀强磁场的大小为，故C正确； D．粒子刚要碰到地面时速度最大，全程洛伦兹力与速度相垂直不做功，只有重力做功，由 解得最大速度为，故D错误。 故选C。 18．BC 【详解】A．粒子运动过程中，洛伦兹力始终与速度方向垂直而不做功，根据动能定理得 解得，故A错误； B．将粒子进入叠加场的初速度看成是两个水平向右分速度、的合成,其中分速度满足 解得 另一分速度满足 则粒子在电磁场中的运动可分解为以水平向右做匀速直线运动和以做匀速圆周运动,其中以速率做匀速圆周运动过程中由洛伦兹力提供向心力,可知粒子运动过程受到的合力大小为 根据牛顿第二定律可知带电粒子的加速度大小为，故B正确； C．粒子以速率做匀速圆周运动过程中由洛伦兹力提供向心力，则有 解得 若,可知粒子从射入该区域到点所用时间至少为，故C正确； D．粒子的合速度为分速度与的合成,其中的大小方向均保持不变,的大小不变,方向时刻发生改变,当方向与方向相反时,粒子的合速度最小,则有 可知粒子受到的洛伦兹力最小值为零,而粒子受到的电场力保持不变，故D错误。 故选BC。 19．AD 【详解】A．根据题意可知，A点是重力场与电场等效场的最低点，即重力与电场力的合力方向沿直线OA，则有 代入数据解得，故A正确； B．根据题意可知，AO延长线与圆周的交点位置小球运动速度最小，此时由重力、电场力、洛伦兹力的合力提供向心力，则有 代入数据解得最小速度为，故B错误； CD．根据动能定理可得 代入数据解得，故C错误，D正确。 故选AD。 20．BC 【详解】A．由题可知 当小球的动能变为初速度的4倍时，此时小球的速度 根据速度的合成可知，小球在竖直方向的分速度大小为 小球在竖直方向受到电场力和重力，根据牛顿第二定律可得 解得 根据匀变速直线运动规律可知，小球运动的时间，故A错误； B．由题可知 水平方向洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有 联立解得 则小球的加速度，故B正确； C．水平方向洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有 由题可知 解得 小球圆周运动的周期 则小球运动到动能为初动能4倍的时间与周期的关系 即，此时小球水平方向的位移 竖直方向的位移 则小球的总位移，故C正确； D．小球动量的方向由小球速度方向决定，根据圆周运动时间，小球末动量与初动量所在平面垂直，即小球动量与初动量方向的夹角为，故D错误。 故选BC。 21．(1) (2)或 (3) 【详解】（1）带电粒子在磁场中运动，有 由题意因，则，由几何关系 所以 （2）若粒子从y轴左侧击中D点，则有 其中即 因，即 解得· 所以， （本题用反三角函数表示也给分，） 粒子由O到D的时间为 （反三角函数答案为） 若粒子从y轴右侧击中D点，则有 其中即 因，即 解得 所以， 粒子由O到D的时间为 （3）设的方向与x轴正半轴的夹角为，如图所示 则有 求得， M距O点的距离为 22．(1) (2) (3) 【详解】（1）因为粒子进入圆形区域经磁场偏转后均过点A，则粒子在圆形磁场中运动的半径与磁场的半径相等，根据牛顿第二定律可得 可得 粒子在金属板间做直线运动，所以电场力等于洛伦兹力，则 解得 （2）沿金属板C、D中轴线运动的粒子从射出金属板到运动至A点的轨迹如图 粒子先做匀速直线运动，运动的距离为 匀速的时间为 由几何关系可得，在磁场中做圆周运动的圆心角为 则做圆周运动的时间为 所以，沿金属板C、D中轴线运动的粒子从射出金属板到运动至A点所用的时间 （3）由题意可知，打在边最左侧时，粒子沿C板射入；打在最上方的粒子沿D板射入，则轨迹为 由几何关系可知，QM边上有粒子穿出的长度为 MN边上有粒子穿出的长度为 所以QM边上有粒子穿出的长度与MN边上有粒子穿出的长度的比值为 23．(1) (2) (3) 【详解】（1）根据动能定理可得 解得粒子运动到P 点射入电场的速度大小 （2）粒子在第一象限的电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则有 竖直方向做匀加速直线运动，则有 对粒子受力分析，由牛顿第二定律可得 联立解得 （3）结合上述分析可知 解得 设粒子离开电场的速度与x轴正方向的夹角为，由几何关系 解得 则粒子进入磁场中的速度 作出粒子在磁场中运动的轨迹如图所示 根据几何关系可知 解得 粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有 联立解得 24．(1) (2)①；② 【详解】（1）在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系知    设进入磁场时速度为，由 得 在电场中，位移 加速度 又 联立可解得 （2）①运动轨迹如图所示，在中做匀速圆周运动，由几何关系可知      由几何关系 得 由 得 ②在电场中，从P到O，时间    在磁场B中，时间 又 得 在磁场B0中，时间 又 得 运动的总时间 得 25．(1)，方向与轴正半轴的夹角为 (2) (3) 【详解】（1）带电粒子在电场中，水平方向做匀速运动，有 竖直方向做匀加速运动，有 带电粒子通过坐标原点的速度大小为 设速度方向与轴正半轴的夹角为θ，则 解得， （2）当粒子进入磁场后，第一次恰好垂直磁场右边界射出时的时间最短，如图甲所示， 由几何关系知 带电粒子在磁场中运动的周期 粒子在磁场中运动的时间最短为 解得 （3）粒子在磁场中运动，如图乙所示 由洛伦兹力提供向心力有 由于，则有 且满足关系 解得 26．(1)，方向与x轴正方向成45°角 (2) (3) 【详解】（1）在电场中做类平抛运动，则，，， 解得 根据平抛运动推论可知速度与水平方向夹角正切值等于位移与水平方向夹角正切值的2倍，根据数学知识可得 故方向与x轴正方向成。 （2）经磁场偏转后再次从（4h，0）进入电场，则根据几何关系可知半径为 根据洛伦兹力提供向心力可得 解得 （3）在电场中运动时间 在磁场中运动时间为 则粒子从P点出发到再次进入电场前所用的总时间为 27．(1) (2) (3) 【详解】（1）根据题意可知，由于一带负电粒子能沿直线匀速穿过半圆区域，由平衡条件有 解得 （2）若仅有电场，带负电粒子受沿轴负方向的电场力，由牛顿第二定律有 又有 联立解得 （3）根据题意，设粒子入射速度为，则有 可得 画出粒子的运动轨迹，如图所示 由几何关系可得 解得 则轨迹所对圆心角为，则粒子在磁场中运动的时间 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $