专题十二 磁场 安培力与洛伦兹力-【创新大课堂】2026年高考物理五年真题分类汇编168优化重组卷

R数十R2+R+R+R,由于1，<1，则R,>R=100Q,当 S1接3处时，电流1一R十R千R6十R,由于L>1。,则 RR1十R2=200D.综上可知，R,的阻值位于100一20021 架华笑时 变，所以接R,前后，外电压相同，电路中的总电阻相同，接2 时，R.=R1十R6m-552=1452.(5)由(3)问分析可知，电流1 表内阻和电源内阻都被等效为了等效内阻，文保证电流表示 数不变时进行测量，因此电流表内阻和电源内阻不会造成实 验误差，AB错误：由(4)问分析可知，R。读数不准确和电流表 示数变化均会造成实验误差，CD正确. 答案(1)见解析图(2)16.0(3)100~200(4)2145 (5)CD 47.解析 平均功率为P-g-2X00rw=2X106W:与中心 400 波长为8×10-7m对应的频率v=S= 3×108 入 8X107Hz=3.75× 1014Hz. 答案2×10163.75×1014 48.解析(1)若粗调后看不到清嘶的千涉条纹，看到的是模糊不！ 清的条纹，则最可能的原因是单缝与双缝不平行，要使条纹变 得清晰，值得尝试的是调节拔杆使单缝与双缝平行，故选C. (2)据△x= 入知要增大条纹间距可以增大双缝到光屏的距 离L,减小双缝的间距d,故选D. 答案(1)C(2)D 49.解析光的全反射十光速与折射率的关系十几何关系 (1)未滴油时，画出O,点发出的光在盖玻片的上表面哈好发生 全反射时的光路图如图，由光路图可知，透光区域为圆形 物镜 间隙 盖玻片 设透光圆面积的半径为r,则有sinC= Vr2+d 由全反射临界角公式得sinC=⊥=2 13 联立解得r=品d 5 未滴油时，O点发出的光在盖玻片的上表面的透光面积为 S=πr2=1.0×10-5m2 (2)滴油前后，光从)点传播到物镜的最短路径为从)点竖直： 向上射出的光线的路径，又光在油中传播速度=9 光从0点传播到物镜的最短时间之差4=2-4=么一么 联立解得△1=3.3×10-13s 答案(1)1.0×10-5m2(2)3.3×10-13s 50.解析带电粒子在电磁场中的运动十综合分析问题的能力 思维导图 %,B= 粒子在匀 结合儿何关系求半径： 「→速度 强磁场中 20 从M+N 求周期T =30丽·T 时间 粒子在点电 匀速圆周运动 →合力完全提供向心力 荷的电场和 ! 匀强磁场中 从M→N 确定轨迹为椭圆 电势 →求解R 1 公式 求解半 长轴a =R 粒子在 点电荷 0=Rtr 2 作用下 做非匀→ 48g2 求解周期T' 4 速圆周 7 →k =mT 运动 求解时间4=之了 求解T 、 21 (1)粒子从M点运动到N点，运动轨远如图1所示 0 M0,-0) 图1 根据几何关系可知rsin0=yo 解得粒子运动轨迹半径r=2y0 粒子在磁场中运动，洛伦滋力提供向心力，有B=m 解得妙= 2Bqyo 由也=可得，粒子在磁场中运动的周期T-四 20 粒子在磁场中运动的时间为1三36而·T一30那 (2)粒子轨远不变，仍然做匀速圆周运动，因此点电荷只能位 于轨迹圆心O1处，库仑力和洛伦兹力完全提供向心力，有 qv:B:5gm u22 r2 (上式可支换为次，2一gB1g-0,获得关于的 B22 一元二次方程，通过求根公式解得2的两个值) 解得=6（另二解功二一By不合题意，合却 (3)粒子从V点离开，仅在点电荷的作用下运动，粒子所需的 句心力m号大于点电荷提供的库仑力k9,因此粒子无 r2 法做匀速圆凋运动，只能做类似行星绕中心天体的椭圆轨迹 的运动，粒子的运动轨迹如图2所示 0 R.-48g 图2 粒子从N,点运动至与N,点速度方向相反的，点的过程中只有 电场力做功，粒子电势能和动能总和不变，有 2m%2+992=2g2+9 类比开普勒第二定律可知粒子在近点和远点的速度满足 1 241·r= 941·R 1 针人电势2=和=R,解得R=6y0 粒子椭圆轨远的半长轴aR牛=4 2 将粒子运动的椭圆轨迹转化为半径为r。=a=4y。的圆周运 动，类比年越勃第三定律可知T2T2’2二九 解得T=4BπB。 3kg 则粒子运动时间2= 号T-2B 3kg 答案（1)2Bg边 39B(2)6kg 2√3πByo3 Byo 3kq 专题十二磁场 安培力与洛伦兹力 1A「电流的磁效应十右手螺旋定 则十磁感应强度的委加根据题 L 意，作出L1、L2中电流的某种情 况，如图所示，设L1在M点产生的 磁感应强度大小为B1M,L2在M M 点产生的磁感应强度大小为B2M, L1在O,点产生的磁感应强度大小 为B10,L2在O点产生的磁感应强度大小为B0,则由右手螺旋 定则可知L1和L2在M点产生的磁感应强度方向相反，L1和L21 在O点产生的磁感应强度方向相同，则有B1M一B2M=B1、B1O! 十B20=B2,由于L1、L2中电流大小相等，且O、M两点距L1的 距离与O点距L2的距离相等，则在大小关系上有B1M=B10- B0B2M=B1N,联立可得BM=B1N=立B-B1,故保持L1 中电流不变，仅将L2撤去，N点的磁感应强度大小为B1N=! 立B,-B,A正确.] 2.A[电流磁效应十磁场叠加根据右手螺旋定则可知线图在· M、N点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，由于M点的总！ 磁感应强度大小为零，则匀强磁场的磁感应强度与线圈在M! 点产生的磁感应应强度大小相等、方向相反，则线圈在N点产！ 生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相！ 反，即N点的总磁感应强度大小为0，A正确.门 3.C 【1必场向垂直。 受安培力 →F安=BI·ab=2BIl,C对， 加与磁场方向平行，不受安培力 ABD错.] △F·2 4B由△F=k12得A·A汉F r2 ma,则比例系数的单位为g·:m=kg·m/(s2.A),B s2·A2·m2 正确，门 5.BC[A.如图所示，为地球磁场.地磁南极 由表中之轴数据可看出之轴的磁 场竖直向下，则测量地，点应位于北 半球，A错误；B.磁感应强度为失 量，故由表格可看出此处的磁感应 强度大致为B=√B2十B √B,2十B.2,计算得B≈504T, B正确：CD.由选项A可知测量地 在北半球，而北半球地磁场指向北 方斜向下，则第2次测量，测量 地磁北极 B,<0,故y轴指向南方，第3次 、 测量B>0,故x轴指向北方而y轴则指向西方，C正确、D错 误.故选BC.] 6.D[对直导线MN进行受力分析，如图所示： 根据左手定则可知，导线中电流方向由M指 O0) ! F BIL 向N.根据几何关系可得：下= =tan 0; F=BIL=gsin0,当电流增大时，静止后，导 M(N) 线对悬线的拉力也变大；sn0与电流I成正 布 比，故D正确，A、B、C错误.] 7.B[根据安培定则可知，两根导线在M处产 I夏 生的磁感应强度大小均为B,方向相反，叠加后磁感应强度大 小为0；竖直方向的导线和水平方向的导线在N处产生的磁感： 应强度大小均为B,方向相同，叠加后磁感应强度大小为2B,B! 正确，门 8.BCD[两导线受到的安培力是相互作用力，大小相等，故A错！ 误：因为磁场与导线垂直，导线所受的安培力可以用F=ILB! 计算，故B正确；移走导线b前，b的电流较大，则p点磁场方向 与b产生磁场方向同向，向里，移走导线b后，p,点磁场方向与！ 产生磁场方向相同，向外，故C正确：在离两导线所在的平面有！ 一定距离的有限空间内，两导线在任意点产生的磁场均不在同！ 一条直线上，所以不存在磁感应强度为零的位置，故D正确.]： 9.C[根据“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”的作用规律！ 可知，左、右两导线与长管中心的长直导线相互吸引，上、下两 导线与长管中心的长直导线相互排斥，C正确.] 10.A[水平面上受力分析如图，通电之后圆孤形导线MN受到！ 的安培力大小为2BIL,因此在M、N两端的张力大小相等，均！ 为BIL,A正确.门 F=2BIL TL N 2L F 21 1.BD[由题知，四条导线中的电流大小相等，且到)点的距离 相等，故四条导线在)点产生磁场的磁感应强度大小相等，根 据右手螺旋定则可知，四条导线中的电流在O点产生磁场的 磁感应强度方向如图所示： 、B B B. B e ..-⊙d 由图可知，B与B。大小相等、方向相 反，相互抵消，B。与Bd等大同向，可知 …⊙b O点的磁感应强度方向由O指向c,其 大小不为零，A错误，B正确.a、b在e点 产生磁场的磁感应强度大小相等，C、d OB' 在点产生磁场的磁感应强度大小相 等，根据右手螺旋定则可知，四条导线 c⊙ …⊙ 在，点产生磁场的磁感应强度方向如图 3 B 所示： B. 由图可知B与B大小相等、方向相反，互相抵消：而B。与 B。'大小相等，方向如图所示，根据平行四边形定则，可知两个 磁感应强度合成后沿y轴负方向，C错误，D正确.门 2,解析(1)由题意当线圈中通入微小电流I时，线圈中的安培 力为 F=NBIL 根据胡克定律有 F=NBII=k△x Ar-NBIL k 设此时细杆转过的孤度为，则可知反射光线转过的孤度为 20,又因为 d>△x,r>d 则 sin0≈0，sin20≈20 所以有 △x=d·0 s=r·20 联立可得 Ax=2NBI业 s-d dk (2)因为测量前未调零，设没有通电流时偏移的孤长为s',当 初始时反射光点在)点上方，通电流I后根据前面的结论可 知有 1= 2NBI'lr+ dk 当电流反向后有 2= 2NBI'lrs dk 联立可得 '= dk(s1十2》 ANBIr 同理可得初始时反射光点在O点下方结果也相同，故待测电 流的大小为 I'dk(s+s2) 4NBIr 答案1)NBI2NB亚(2)(s,+2) dk 4NBIr 3.C[粒子在匀强磁场中的运动十旋转圆模型十临界问题粒 子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有q心B =m二，解得粒子的运动丰径为r=d,A错误；当粒子恰经过 薄板最右端打到薄板上表面时，粒子打到薄板上表面的位置 距N点最远，当粒子沿x轴正方向射出时，粒子打到薄板上 表面的位置距N点最近，对应运动轨迹如图1所示，由几何关 系可知，薄板的上表面接收到粒子的区域长度△x1=2rcos30 一r=(V3一1)d,B错误：结合B项分析可知，粒子能打到薄板 下表面的最右端，当粒子的运动轨远与薄板相切时，粒子打到 薄板下表面的位置距V点最远，轨迹如图2所示，由儿何关系 可知，薄板的下表面接收到粒子的区域长度△x2=d,C正确；！ 粒子在磁场中的运动周期T-四-留，又1一品工，故粒 0 子运动轨迹所对圆心角越大，运动时间越长，结合BC项分析： 可知，打在薄板下表面右端的粒子运动时间最短，结合几何关} 系有1器·器-器D格说门 + ￥B M M d x 0 图1 图2 14D[带电粒子在圆形边界磁场中的运动根据带电粒子在圆 形边界磁场中的运动性质可知粒子的运动轨远不可能经过！ 点，粒子射出圆形区战时的速度方向一定沿该区战的半径方！ 向，AB错误：当粒子在磁场中运动的轨远半径为1=R时，粒 子连续两次由A,点沿AC方向射入磁场区域的时间间隔最 短，其运动轨远如图1所示，由洛伦兹力提供向心力有q]B= 012 ,又工一，则最短时间间隔为加=2T=4π训 1 gB,C错 误；粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短时，粒子 的运动轨迹如图2所示，由几何关系可知此时粒子的轨迹半！ 径为户-R,由洛伦滋力提供向心力有g,B=m 3 2,联立 解得g-BgBR,D正确.] 3m 60 图1 图2 15.BD[假设粒子带负电，作出粒子在圆筒中的儿种可能的运！ 动情况.如图1所示，由儿何关系可知△O1PO2△O1QO,所 以∠O1PO=∠O1Q0,又粒子沿直径射入，∠O1P0=90°，则！ ∠01Q0=90°，OQ⊥OQ则每次碰撞后瞬间，粒子速度方向！ 于碰撞点与圆心0的连线，D对：粒子在圆简 圆周运动，与圆筒碰后速度反向，继续做圆周运动，粒子第一 次与筒壁碰撞的运动过程中轨迹不过圆心，之后轨迹也不可！ 能过圆心，A错：粒子最少与圆筒碰撞2次，就可能从小孔射！ 出，如图2所示，B对：根据guB=n 可知一器则射入小 孔时粒子的速度越大，粒子的轨迹半径越大，与圆筒碰撞次数！ 可能会增多，在圆内运动的时间不一定越短，如图3所示，！ C错.] 第二次碰撞 反弹 速度 态 新运动 撞击速度 次磺撞 图1 图2 第三次碰撞 第二次碰撞 第二次 出 第四次碰撞 碰 第一次磁撞 第一次碰撞 第三次碰撞 图3 : 16分限性中型奇智克长生到表奇农制击 在MN左侧会向y轴正方向偏移，做匀速圆周运动，y轴坐标} 增大：在MN右侧根据左手定则可知洛伦兹力反向，质子在y! 21 轴正方向上做减速运动，故A正确，B错误：CD.根据左手定 则可知质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛 伦兹力作用，在之轴方向上没有运动，之轴坐标不变，故CD错 误，故选A. 17.BC[根据电场力提供向心力，可得g·g=m心r,解得w= 巴·，可知轨道半径r小的粒子，角速度大，故A错误： 根据电场力提供向心力，可得兰·9g=m号，解得√ 9,又 E=号m,联立可得E=受，可知电荷量大的粒子的动能 一定大，粒子的速度大小与轨道半径r一定无关，故B、C正 确：磁场的方向可能垂直纸面向里，也可能垂直纸面向外，所 以粒子所受洛伦兹力方向不能确定，粒子可能做离心运动，也 可能做近心运动，故D错误，门 8.B[设磁场区域的半径为R,根据几何关系可知，带电粒子以 1射入磁场时，在磁场中运动的轨迹半径「1=R,带电粒子以 2射入磁场时，在磁场中运动的轨迹半径r2= R 60-√3R, tan2 根搭洛伦查力提候向心力有B=m号，可得，一器·则门 mvy B,2一2兽，解得一台B正确. U 3 9.BC[由左手定则可知，粒子α和b均带正电，电中性微粒分 裂的过程中，总电荷量应保持不变，则粒子c应带负电，A错 误，B、C正确：粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提 供向心力，轨道丰径r一留，由于粒子a与粒子6的电符量大 小关系未知，则粒子a与粒子b的动量大小关系不确定，D 错误.] 20.解析电子在空间磁场中的运动十临界问题分析 (1)由题意可知，当垂直于轴线射出的电子恰不打到筒壁上 时，磁感应强度大小为B0 根据儿何关系可知，此种情况下电子在磁场中做圆周运动的 轨迹半径=之 R 根据洛伦兹力提供向心力有oB0=n, 解得品一 2% (②)当磁感应强度大小调至时，设发射速度方向与被藏面 的夹角为0的电子恰好不打在筒壁上，可将该电子的运动分 解为竖直方向上的速度为nsin0的匀速直线运动、横截面内 速率为%cos0的圆周运动 Bo =m 则有ev cos0·2 （6cos0)2 结合(1)问解得0=60°，即发射速度方向与横截面成60°角的 电子恰好不打在筒壁上，对该情况下的电子，根据圆周运动知 识有 T=2πr2xR Un cos 0 vo 运动半个周期时电子哈运动至轨迹与筒壁切点处，竖直方向 上电子做匀速直线运动，则有 h=%n60·哥 则打在筒壁上的区域面积S=2πR·2h 联立解得S=2√5π2R2 20 答案（1)BR (2)23π2R2 21.解析(1)①离子在磁场中做圆周运动有 Tuo B=mvo R mvo 则B=gR ②离子在磁场中的运动时间 器 转筒的转动角度 m=2kx+号 w=(4k+1)哭k=01,2,3… (2)设速度大小为的离子在磁场中圆周运动半径为R′，有 R'-Rtan 2 _所以 共中R一器R-安 v=votan 2 离子在磁场中的运动时间 1=(x-0)尽=(x-9)尽 o 转筒的转动角度 w't'=21x十0 转筒的转动角速度 0'-2nπ十0)6 (π-0)Fn=0,1,2,… 动量定理 Nm F=(2mx+0)Nn,2 2(元-0)元Rtan2n=0,1,2,… (3)转筒的转动角速度 4k十1)=(2mr+0<R (π-0)R 其中k=10二6“π1=0,2 可得-音日 1 答案（10B-R②w=(4k+1)是=0.1,23… gR (2)F=2r+)No2 20C尽tan号n=0,12…(3)0'=后元，6元 22.BC[带电粒子在复合场中的运动由于粒子沿着MN做匀！ 速直线运动，粒子所受洛伦兹力垂直于MN,粒子所受合力为！ 零，所以粒子所受重力和电场力的合力也垂直于MN,故电场： 力水平向右，粒子带正电.由力的平衡条件有quBc0s45°= E-1an45“,解得电场强度大小为E=,磁感应强度 mg'mg 0 大小B=②竖，A错误，B正确：撒去磁场后，粒子所受电场力 和重力不变，则其竖直方向上做竖直上抛运动，由于VP水平· 向右，所以粒子从N运动到P点的过程所用的时间为1= 20s45",又粒子在水平方向上微匀加速直线运动，由位移时 g 间公式可得xp=sim5+合·盟2，培合A项分桥联立 解得rn=,所以NP两点的电势差Un=E工p= g 2m心，C正确：结合C项分析可知，当粒子竖直方向的速度减！ 为0时，其与NP的距离最大，为n=c0s45)-号，D 28 4g 错误.] 23.AD[带电粒子在电磁复合场中的运动 A项分析：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=之mMUM2,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=qMB1, E 可得uM一B,则联立可得加M一 qUB 一，A正确。 E2 B项分析：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V粒子进入选择器时的速度为！ N,则结合受力分析可知N粒子刚进入选择器时，有gE< NB可得y君，站合A项分析可知W>MB错误. C项分析：调节选择器，使V粒子沿轴线OO'穿过选择器，设！ 218 此时选择器中的电场强度大小为E、磁感应强度大小为B,, 则此时N粒子在选择器中有gE'=qvvB,,又未调节选择器 时，M、N粒子在偏转磁场的运动半径满足2 TN COS0十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N粒子进入偏转磁场时的速度为vN',在 磁场中由牛频第二定律9nB=m号可知，M,N粒子在偏转磁 场中的运动丰径分别为rM-ry-,N粒子在选 qB2 qB2 择器中由动能定理有一qEd=令mN心N2'-。mN,在加速 E 电场中由劲能定理有gU=之mv,联立解得B7一 4E√0(U-Ecos0,C错误. 4UB1-EdB2 D项分析：调节选择器，使V粒子沿轴线O)进入偏转磁场， 则N粒子进入偏转磁场时的速度为UN,在磁场中由牛顿第二 定律qB=m 可知，N粒子在偏转磁场中的运动半径为 rV'-my,又在加速电场中有gU= mN,则联立可得 9B2 1 2mNU IN-BN 4 ,同理可得rM=BN9 1 2mMU ,结合AB项分 析可知nNmM,则rN'<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O()'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 AUB+ 为△x=2rM-2rN',结合C项分析联立可得△x=EBg (EdB2-4UJB1)√/U ,D正确。] EB2 VU-Edcos 0 4.AD[带电粒子在电磁组合场中的运动根据题图甲粒子在 区域I的轨迹可知，粒子在区域I内做类平抛运动，且加速度 方向沿y轴正方向，由平抛运动规律可知y轴方向有2L= 之a6,由牛顿第二定律有gE=ma,联立解得电场强度大小 E=m,方向沿y轴正方向，A正确：结合题图乙和对称性可 gto 知，粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径R=L,B错误：由平抛 运动规律可得粒子的初速度=弘，对粒子在区城[中的运 1 动过程由动能定理有gE·2L=”m一方m哈，结合A项分 析联立解得粒子在区域Ⅱ中的运动速度如=上，由洛伦兹力 I 提供向心力有guB=m尺，结合B项分析联立解得区城Ⅱ内 磁感应强度大小B一2g0 3m,又由题图乙可知，粒子进入区域Ⅱ 后向下偏转，由左手定则可知，磁场的方向垂直Oxy平面向 外，C错误：结合C项分析和题图乙可知，粒子在区域Ⅱ内圆 周运动的圆心在x轴上，设其坐标为(x0,0),由几何关系有 (。-3L)2+(21)2=R,解得=17，即圈心坐标为 3 (0）D正 5,A[带电粒子在电磁组合场中的运动A项分析：离子在沿 顺时针方向在加速器内循环加速，在磁场区域中做圆周运动， 由左手定则可知偏转磁场的方向垂直纸面向里，A正确.B项 分析：第1次加速过程，由动能定理有qU=△Ek,则第1次加 速后，离子的动能增加了gU,B错误.C项分析：设第k次加速 后离子的速度大小为，则对k次加速过程，由动能定理有 U二号w，mw2,解得Ym6十2k90心C错误 2 D项分析：第k次加速后，离子在磁场中做圆周运动，设第k次 加速后，偏转磁场的磁感应强度大小为B,则离子在磁场中由 洛伦兹力提供向心力有qB=加尺，结合C项分析可得B= √m2o+2kg0,D错误.] gR SI d 6 9入0 D 0 图呼整特华实并·华实回到与瑞中好事士酵单染]V'0 [·触王O甲批以栽母·学”毕去酵刀 江部·触T了·割影“玉g鲤诲草垂母丝致隧·半吗士平4 !粱别紫多址并储·平吗士业4好甲总姐七甲部影V·头吗士 来母华单还址·中王鼎去酵刀士年·毕g母g4号点城其妇 !·韩影华g年号晖翔~甲轩荡士酵0日，n?<P?以gn到 9士单上，n到啡士酵知上年·日n3=辨·衅吗华‘专 衅￥4缨别黎与4甲多姐并馅·学””事华去单鐵]了6？ 节阔 g阔 8····9: ·9 .·9 Di I园 8··· 09 08 .: P.· a [数Tq‘。09华其￥9阳 pn与g女到相卒pD煮士酵黜越‘，06=0十0飞·0us1 =（0s0的一1)1单岁关母1年·些好下图呼算特华实并·甲 皆O日耳垂醉q荔士球柴：触T勺‘，S市华单￥9卒卫”气9g 到电年P”再煮士酵Y“。06华唑啡回鲤￥·专晔 回￥粱啭班回谢鲤址·骅华☑日谢将士关奕传华实到·学 色￥关叫年随·些g￡☒呼粱传收实并·甲传O日草垂年P) 荡士酵张：！影日·甲皆O日夏垂聪业士酵到·至华业江鐵端 =。09s03-T=。08Is与·。08uIs4>(09s00-I)1 色￥关母册胖·业好乙图晖野特哗实并隧·甲传O日草垂彩 并部·习好￥甲皆碎p)Y并张·电。09华划￥年P力与g 丝到到阳碎PD再点士酵系：触平V·甲将O日草垂士酵·些 色利班￥年·业【图哗粱特临实并隧·甲皆平○日年诺· V艇年P年意头一并呼色￥关叫单·阳。St华堪￥年P” 与gg到阳平P”点士酵系·习￥V年P”M头 士酵·学色暴酷非临实9中出华珒士酵中典]OV8( ['0Tg101×E?=u数wL/A上0TX0zS g_OIX88 =y哗血(q)图骚号彩‘aT-n制糊车湘？-7 9华储谢 士4經别黎与4好单多并·电卧栽再興彩影士单系‘q =万=1龀年下多9兴中群游·9nu=b要g甲明时#到 !中1国阳储红华速明华联g头士甲“华（士中）士婴装 :米华士每世#部孟邀器就轩到要十年彩￥敝襟9学中]('儿 [·影 口·单业丑单啡回弹碑‘到器骠士酵单染尊、王啡去策专￥ 鼾沙·呼烨华日号彩：触T)·￥斯丑单啡间弹碑·口率到 V单4勒士策专￥厨沙·哕色衅收近日号彩：詔影日·￥厨到 中回班碑·P策联啡间弹碑型￥品沙‘P口=批色‘P =1ב日b=☑b单·去酵单柴y首啡收实间弹碑封￥·刘 影单啡回弹碑触王V·碑王啡晔中彩华·中王张NW联碑 :以·韩毁Lg去酵单尊鼎·韩毁丁母去酵年T染‘阳好 单卿孚州转士策专储·4發刚紮明土g匠总中珒士酵中 兽鼎·4婴别黎明丁吗度多中好到其去酵中王张·哔色储头士 车年哗中常敕翠十兰关明班与丑单十脑茗士车]09乙 由几何关系可知rsin30°=r-a→r=2a F洛=F向→qB=m →r= E 9B 2aB2· 施加电场身捷直 gB=gE→v= E 线运动 B A对，BCD错. 1.D[粒子在I中 匀速直线 gnB1=qE→n一B →粒子在Ⅱ 运动 mvo 中运动的轨选半径为n一gB,qB1B mE 所用时网0一器1一子×器品 元n 1 仅将B,变为2B1一1=立0→1=立0→从CF的四等分 点处竖直向下射出 仅将E变为2E→2=2o→r2=2r0→从F,点竖直向下射出 粒子在区域Ⅱ中的运动轨远如图1所示 C 0 0 0. 0 图1 粒子转过的圆心角均为90°，粒子在Ⅱ中运动的时间仍为10， AB错 C✉ C …0 0 ,F 9 图2 图3 仅将1中磁场定为汽·率径内言>2，散子从0 .4 4 边离开，如图2所示→对应圆心角的正弦值sin01= 2r0 r3 →粒子转过圆心角=60°→粒子运动时间1一360X 60° 2 2πm_85, 90,C错 仅搭Ⅱ中磁场度为号品，一车经元=后心>2m在子从0F 边离开，如图3所示→对应圆心角的正弦值sin0= 2r0= ，粒子转过圆心角仍=45°一粒子运动时间1一360× 45° 2 2m-=√2o,D对.] q.B 2.A[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方向水平向右，A对； 小球运动过程中，受重力和洛伦兹力的作用，且合力不为零， 所以小球运动过程中的速度变化，B错；小球受到的重力不 变，洛伦兹力时刻变化，则合力时刻变化，加速度时刻变化，C 错；洛伦兹力永不做功，D错.门 3.AD[若粒子从NP中点射入磁场，在电场中，水平方向有 物，多直方的有号专·2，解得EA对 12 粒子在电场中运动，由动能定理有E·空一立加 1 1 2nw2,结合A项分析可得u一刀十0 2,B错：粒子在电 场中的运动过程，竖直方向有，E.,粒子在磁场中运 动，由洛伦黄力提供向心力有B=加天，设粒子从电场中射 出时的速度方向与y轴正方向的夹角为0，根据儿何关系可 知，圆心到MN的距离为s=Rcos0= m吧2_E0,C错：经分 gB Bvo 析可知，粒子从N点进入磁场时，在磁场中运动的轨迹半径· 最大，在电场中运动时，水平方向有x0=0t,竖直方向有y0= 2 ·m2由动能定理有Enm9M=7mn2 2m%2,粒子 ,2,联立 在磁场中运动，由洛伦该力提供向心力有gmB=mR需 解得Rn-十4，D对.] gBxo 34.B[在Oy平面内电场的方向沿y轴正方向，带正电粒子在 坐标原点O受沿y轴正方向的电场力开始向y轴正方向运！ 动，磁场的方向垂直于纸面(x(Oy平面)向里，根据左手定则可！ 知，粒子沿y轴正方向运动的同时受到沿工轴负方向的洛伦！ 兹力，根据曲线运动合外力指向轨迹凹侧可知，带电粒子应向！ x轴负方向偏转，故A、C错误：带电粒子运动过程中受电场力！ 和洛伦兹力，电场力做正功，洛伦兹力时刻与速度方向垂直不！ 做功，在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，x轴为匀强电！ 场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次回到x轴时，电场力： 做功为零，洛伦兹力不做功，根据动能定理知，带电粒子再次！ 回到x轴时的速度为零，随后受电场力作用开始做周期性运： 动，故B正确，D错误.门 35.BC[A.由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N到P: 的过程中电场力做负功，故A错误：B.根据沿着电场线方向！ 电势逐渐降低可知N,点的电势高于P点，故B正确：C.由于！ 洛伦兹力一直都和速度方向垂直，故电子从M到V洛伦滋力！ 都不做功：故C正确；D.由于M点和P点在同一等势面上，故 从M到P电场力做功为O,而洛伦兹力不做功，M点速度为 0,根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点！ 和P,点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点电场！ 力相等，即合力相等，故D错误：故选BC.门 36.B[质子(}H)以速度b自O点沿中轴线射入，拾沿中轴线！ 做匀速直线运动，将受到竖直向上的洛伦兹力和竖直向下的！ E 电场力，并满足：96B=qE,解得物一言，即质子的速度满足 速度选择器的条件；以速度宁射入的正电子（®），所受的洛伦 兹力小于电场力，正电子将向下偏转，故A错误：以速度0射！ 入的电子(_9)，依然满足电场力等于洛伦兹力，而做匀速直1 线运动，即速度选择器不选择电性而只选择速度，故B正确； 以速度20射入的氘核(H),以速度46射入的a粒子 其速度都不满足速度选择器的条件防一片，故 做匀速直线运动，故C、D错误，] 37.解析带电粒子在电场和磁场中的运动十综合几何关系处理 问题的能力 (1)由力的平衡条件有guB。=gE 又E=a : 联立解得该粒子通过速度选择器的速率一B。 U (2)画出粒子在第四象限运动轨迹图如图1所示，由几何关系· 可知r=L ↑y 区 N 速度选择器 图1 22( 由洛伦滋力提供向心力有gB,二m 解得B1=1Boa mU 若磁屏蔽区的磁感应强度大小恰好等于B1,则粒子在磁屏蔽 区运动的轨远半径为r=L,由几何关系可知y轴上y=L处 检测到该粒子 若磁屏蔽区的磁感应强度大小为零，则粒子平行于y轴通过 磁屏蔽区后做半径为r一L的圆周运动，由几何关系可知y轴 上y=3L处检测到该粒子 由于0<B2B1,所以y轴上可能检测到该粒子的范国为L< y<3L (3)若在Q处检测到该粒子，画出粒子在磁屏蔽区运动轨迹如 图2所示，设粒子在磁屏蔽区的轨迹圆半径为'，则由几何关 系可知 r'2=(2L)2+(r'-L)2 Q N 速度选择器 图2 解得= 5L 由quB2=m 号未mB,=m号解得BB 磁屏蔽效率刀= B,-B×100%=60% B 答案 (1)B (2) mU gLBod (3)60% 8.解析带电粒子在电磁组合场中的运动 :思维导图 在磁 场中 →运动轨迹·轨迹半径 牛二→B 向右水平 在磁场中运动的水平位移 发射粒子 水平方向匀速 电场中水 在电 直线运动 平位移 场中 竖直方向匀 ”变速运动 ,运动时间 一个周期 竖直向下 运动 内的位移 漂移速 发射粒子一→轨迹 度大小 周期 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，进入电场时的速度方向与 虚线的夹角为60°，作出粒子在磁场中的运动轨远，如图1 所示 图1 由几何关系有r一h=立T 解得粒子在磁场中运动的轨迹半径为r=2h 对粒子由洛伦兹力提供向心力有 96B=n 2 解得磁感应强度的大小为B=2 vo (2)作出粒子从a点运动到b点的轨远，如图2所示 图2 粒子在电场中做类斜抛运动，由斜抛运动规律可知，水平方向！ 1=v011 cos 60 竖直方向2 vo sin60°=a4 由牛顿第二定律有gE=a 由(1)问可知粒子从，点开始运动到进入电场水平位移为 x2=rsin60°=√3h 由几何关系可知粒子从离开电场至到达b点过程的水平位移！ 也为x2,则粒子从Q点运动到b点的水平位移为 s=x1十2x2=3√5h 联立解得电场强度大小为 器 (3)根据题意作出竖直向下发射时一个周期内粒子的运动轨！ 迹，如图3所示 0 02 图3 由儿何关系可知一个周期内粒子从磁场进入电场的速度与水！ 平线的夹角余弦值为cos0= 7-2 解得0=60 则粒子从α点开始运动到进入电场过程粒子的水平位移为 s1=r-rsin0=(2-√3)h 由于粒子从α点运动到进入电场过程轨迹所对圆心角为！ _0r_h 则该过程粒子的运动时间为归一 3v 结合(2)问分析可知该情况一个周期内粒子在电场中的水平！ √3h2V3h 位移大小x1=√3h,运动时间为山一oc0960= ! 由几何关系可得一个周期内粒子从电场进入磁场至到达的· 过程，轨选所对国心角为品=晉，孩过程的运动时间为 -r-7 u03u6 ! 则粒子的运动周期为1=4十2十L,-(8π十63)h 3u0 由粒子的运动轨迹可知一个周期内粒子的为=r一31=√5h 则粒子的漂移速度u= -3 i8x+650 答案1器 、2"m0（3.3 8π十65% 39,解析带电粒子在电磁组合场中的运动十带电粒子在电磁叠， 加场中的运动 (1)闭合开关S,当滑片处于滑动变阻器中点时，由串并联电路· 规律可得电容器两极板间的电压为 R 2E一2ro十r0 ! 粒子从a点进入电容器后，在电容器中受到电场力的作用，做： 类平抛运动，从b点离开电容器，设粒子从a点运动到b点的1 时间为t,则在水平方向由运动学公式有√5d=ot 22 在竖直方向由牛顿第二定律有 dq-ma 1 1 由运动学公式有2d=2a 哈 联立可得q一E (2)设粒子经过b,点时的速度大小为，速度方向与水平方向 的夹角为0，则由平抛运动的推论可知tan0=2× √5d3 则0=309 由几何关系可知= 2W3 cos 3 粒子进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动，从￠点进入电容 器，设粒子在磁场中的运动半径为r,作出粒子从《点运动到c 点的运动轨迹如图所示 IX XXX B + Eo.ro -3d d 2 由几何关系可知rm60空d 31 在磁场中由洛伦兹力提供向心力有 quB-m v2 r 2E0 联立可得B= (3)解法一配速法在平行板电容器的右侧再加一个方向 水平向右的匀强电场，则粒子在平行板电容器的右侧不仅受 到洛伦兹力的作用，还受到水平向右的电场力的作用，则可将 粒子在b点的速度分解，使竖直向上的分速度凹产生的洛伦 兹力刚好平衡电场力的作用，如图所示，则有q心1B=Eg E 23 可得u=B 30 由于1和v的大小相等，则由儿何关系可 知粒子在b点的另一分速度2=2ucos30° =20,方向与竖直方向的夹角为30°，则粒 子在平行板电容器右侧的运动可分解为速 度为1的竖直向上的匀速直线运动和以速 率为2的匀速圆周运动，设粒子做匀速圆 周分运动的半径为，则由洛伦兹力提供向 心力有 可得r'=d 作出粒子圆周分运动的大致轨远如图所示 307 bt 3 2 由几何关系可知xn=rc0s30°+，/=2士3 解法二正则动量法当粒子的合速度方向竖直向上时，粒 子相对于电容器右侧的水平距离最小，设此时速度大小为'， 规定竖直向上为正方向，则对粒子从b,点运动到该位置的过 程，在竖直方向上由动量定理有 ∑quzB△t=n'-(-mvsin30) 即qBxm=nt'-(-nsin30) 对粒子从b,点运动到该位置的过程，由动能定理有 Bgn-mt-m 1 联立可得xm= 2+√3 2 落案a学e器 (3)2+5d 40.解析带电粒子在磁场中的运动(1)粒子在MN左侧区域 中运动时，由洛伦藏力提供向心力有B=m mvo 解得粒子在MN左侧区城中运动的半径1=qB (2)粒子在PQ右侧区域运动时，由洛伦兹力提供向心力有 90·2B-m。 r2 则粒子在PQ右侧区城的运动半径为r?一2B JiUn 由于粒子能回到O,点，则粒子的轨远关于MN的中垂线对称，， 设粒子在MN左侧区域运动轨迹的圆心为O1,在PQ右侧区 域运动轨远的圆心为O2,作出粒子的运动轨递如图所示 M 02 N Q 3mvo 由几何关系可知cos∠M0,O,=2gB 一1 1 2 则∠M01O2=60° 对粒子在PQ右侧区域的运动由几何关系可知，粒子第一次！ 和第二次经过PQ时位置的间距为=2r,sin60°-3m 2gB ! 3)结合B=m、T=r可知粒子在MN左侧区域，PQ 右侧区城微匀速国同运动的周期分别为T一密，1一器 由(1)问可知粒子在MN左侧区域、PQ右侧区域运动轨远所！ 对的圆心角分别为01=360°-2×60°=240°、02=2×60° =120° 则一个周期内粒子在磁场区战运功的时间为1一80工十 品器 由三角形相似可知粒子一次在MN、PQ间运动的距离为x= ntan60°_√3mo 2 2gB 则一个周期内粒子在MNPQ间运动的时间为12=红-B vo gB 则银子的运动两期为：=十觉+密 答来1器((a器 gB 41.带电粒子在电磁组合场中的运动十综合分析问题的能力 解(1)由运动的合成可知，P点到b点时粒子的速度大小为 v6=√20 P点从b点运动到c,点的过程，对粒子由洛伦兹力提供向心力！ 有9B=m r 联立解得粒子在磁场中做圆周运动的半径为 √2no r= gB 又T=2πy Uh 则粒子做圆周运动的周期为T=2πm aB (2)由儿何关系可知P点从b点运动到c点的过程速度偏转！ 角为270°，则粒子在磁场中运动轨远所对的圆心角为270°，故 P点从b点运动到c,点的时间为 221 270° t 3073玩n 2gB 根据题意可知地 E 子×2xE 3π 任何相等的时间内P点给图中闭合曲线通过的曲线长度都相等 P点由a,点运动到b,点的过程，粒子在电场中做类平抛运动， 沿电场方向有 vn =ald 由牛顿第二定律有 gE=ma 联立解得电场强度的大小为E=√②B (3)由题意作出P点沿图中闭合曲线移动1周回到a点的过 程，粒子运动的轨远如图所示 P点由a点运动到b点的过程，粒子垂直电场方向的位移yb √2mo 2gB P点由c点回到a点的过程，粒子垂直电场方向的位移y =yab 由儿何关系可知P,点沿题图中闭合曲线移动一周回到a点 时，粒子位移大小为 y=2rcos45°-2y= (2-√2)m6 gB 12.带电粒子在电磁复合场中的运动十综合分析问题的能力 解(1)根据题意，作出粒子垂直挡板射入小孔K的运动轨迹 如图1所示 y 加速电压 60入 M 图1 根据儿何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨远半径为 T-ENK-2 在△OMN区城根据洛伦滋力提供向心力有gB=m 在匀强加速电场中由动能定理有U,9之加 1 联立解得U。= 9B2L2 8m (2)根据题意，作出粒子以最小的速度从小孔K射出的运动轨 远如图2所示 当轨迹半径最小时 y↑ 粒子速度最小 粒 N 加速电压 个 60 M 图2 根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为 r=xKc0s60°=1 在△OMN区城根据洛伦兹力提供向心力有gB=m” 粒子从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，由左手定则可知 粒子经过小孔K后受到的洛伦兹力沿x轴负方向，则粒子经！ 过小孔K后受到的电场力沿x轴正方向，又粒子带正电，则 △OMN之外第一象限区域电场强度的方向沿x轴正方向 大小满足quB=Eq 联立可得E=9BL Am (3)在匀强加速电场中由动能定理有U4一2m 可得”=3gBL 6 "2 在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有qu"B=m 可得粒子在△OMN区城运动的轨选半径，”-5L 6 作出从小孔K射出的粒子的运动轨迹如图3所示 y↑ N B 智加速电压 依：0 60入 M 图3 设粒子从小孔K射出的速度方向与x轴正方向夹角为0，根 据几何关系可得sin0=NK COS60°_E 2 则粒子从小孔K射出时的速度方向与x轴正方向的夹角为 60,可将此速度分解为沿工轴正方向、大小u”=gBL的速 12m 度和沿y轴正方向、大小，”-B的速度 Am 结合(2)问分析可知粒子从小孔K射出后的运动可以分解为： 沿y轴正方向的匀速直线运动和速度大小为③gBL的匀速圆 12m 周运动 由洛伦查力凝供向心力有9%召-，学 : 解得，”= 12 又T=2π gB 分析可知当运动（十是）T时，粒子距离y轴最近，此最近位 置的横坐标为x= L 4 一-3二1飘坐标为y 12 4 (+)r-9++ 3 8 ,其中n为自然数 综上，最近位置的坐标为 [3-5L,5L+(4+3》 12 3 8 (n为 自然数) 43.带电粒子在电磁组合场中的运动十结合几何知识处理物理问！ 题的能力 解(1)根据题意，作出甲、乙两粒子在I区和Ⅱ区中的运动 轨迹，如图所示 P 302BB× I区区 Ⅲ区 W区 乙经过I区的速度偏转角为30°，则乙在I区运动轨迹所对的： 圆心角为309 根据几何关系有r之sin30°=L 对乙在I区运动的过程，由洛伦兹力提供向心力有 9饰B=n r乙 22 联立解得B=201 mvo (2)乙从进入I区到运动至P点的过程，运动时间t1= 30°+30°T 360° 又T=2w之-4 0 好得酷 分析可知，甲、乙都沿十x方向从P点射入Ⅲ区，在时间内， 甲从P点运动到)点，根据运动学规律有 根据牛顿第二定律有gE。=na 联立解得d=号L (3)甲从P点运动到O点的过程，根据运动学规律有 3 vp0=之6十al1 解得v甲0=3u0 由于甲在Ⅳ区做匀速直线运动，则甲所在位置的电场强度为 E甲=wt一kx=wt一kv甲0t=0 解得k一3 当甲运动o时间至x=x0处时，乙在V区x=(x0一△x)处 在x=x0处有E甲=wlo一k.x0=0 在x=(x-△x)处有E乙=0-k(x0一△x) 又F=gEt 联立解得F一器△ 14,电子在电、磁组合场中的运动 解(1)将电子的初速度分解为沿x轴方向的速度0y轴方 向的速度"0，则电子做沿x轴正方向的匀速运动和投影到 yO平面内的圆周运动，又电子做匀速圆周运动的周期为T= 2,电子均能经过0进入电场，则上=nT(n=1,2,3,) e vo 联立解得B=2x（m=1,2,3.…) eL 当n=1时，Bmin= 2πmuo eL (2)由于电子始终未与筒壁碰撞，则电子投影到O:平面内的 圆周运动的最大半径为r,由洛伦兹力提供向心力有yomax B -m,时m1--2 r n (3)电子在电场中做类斜抛运动，当电子运动到)点时沿y轴 正方向的分速度大小为v0mx时，电子在电场中运动的y轴正 方向的最大位移最大，由牛顿第二定律有 eE=ma 由速度位移公式有2ayn=U,0max2 联立解得ym= 2mπ2r2vo2 eEL2 15.解析(1)电子沿x轴做直线运动，劂电子受平衡力的作用， 即eE=eBo 解得E=Bn (2)电子在电、磁叠加场中运动，受洛伦兹力和电场力的作用， 只有电场力微功，则电子的速度由平到空的过程，由动能定 理得 0 eEy= 3mvo 联立解得y1= 32eB (3)设电子的入射速度为山时刚好能达到纵坐标为为一5B mvo 的位置，此时电子在最高，点的速度沿水平方向，且大小假设为 2,则 电子在最低点的合力为F,=eE-eBu1 电子在最高点的合力为F2=eB2一eE 由题意可知电子在最高点与最低，点的合力大小相等， 即F2=F1 整理得y1十=2un 电子由最低，点到最高，点的过程，由动能定理得 Ey:? 整理得的一=5 9 解得1=106 又电子入射速度越小，电子运动轨运的最高点对应的纵坐标： 越大 则能到功一器的位置的电子数占总电子：的比倒为 N=y×100% nNo vo 解得0=90% 答案(1)Bb(2)32eB 、3tUo (3)90% 46.解析(1)设平行金属板间距为d,则平行金属板板长为√3d 粒子在两平行金属板间做类平抛运动 水平方向：√3d=ot 竖直方向：宁4-学 联立解得U=m, (2)粒子选入磁场时的速度0=√02十，-2 3% 设其与水平方向的夹角为a,则tana=兰= v03 ,即a=30° 由gB=m心得，粒子在磁场中微圆周运 动的半径r= 2√5nuo 3gB 已知磁场圆半径R=3B,则r=√3R 图1 作出粒子在磁场中的运动轨远，如图1 所示 粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角日与粒子在！ 磁场中运动轨迹所对应的圆心角相等，由几何关系可得！ am号-至-9，故0=60 3 (3)根据几何关系，将磁场圆绕)点顺时针 旋转，当O点转到M点，粒子在磁场中的运 动轨迹相应的弦为磁场圆的直径时，粒子在 磁场中的运动时间最长，作出粒子在磁场中 的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的磁场 圆的圆心M,如图2所示」 图2 答案山罚 (2)60°(3)见解析 47.解析(1)离子恰不进入区域Ⅱ时的速度为离子不进入区域 Ⅱ的最大速度，作出其此时的运动轨远，如图1所示 由轨迹图中的儿何关系得sn30°-1一凸 解得r1=2L 由洛伦滋力提供向心力有qB,= ri 2gB L 解得u1= 由图1的几何关系可得运动轨迹所对圆心角为0= 3 则离子在磁场中的运动时间1-2 v 3gB1 22 0 3Lk 60 3L 60 930G10 L E 图1 图2 (2)解法一 作出离子恰好能到达y一二处的运动轨选，如图 2所示 若B一2B,由一咒可知离子在区城I中的运动轨这丰径 为r2=2 1. 由几何关系可等效为B2=B1时离子恰好运动到y=0处，如 图3 3L R60 2L 309 图3 由轨造图中几何关系可得in30°=”二2L r 解得r1'=4 离子在区城I磁场中运动，有gB,一m 解得-gBL 解法二当高子运动到)=台处 ↑y 时的速度方向水平向右时，速度最 3L N60 小，设为2，又B2=2B1,则由R= 2L 30°G.0 R g可知R2=2 L <0F: gB D 作出离子的轨迹如图所示 由几何关系可知∠O,GC=180°-0 设OG=x在△O,GC中.x R sin30-sin(180°-历 又由几何关系得R,一Rsim0-号 x大L sin 0=R R1=2L 解得R2= 站会R/一器可解得-业 (3)解法一 由区城中磁场磁感应强度B二三y,可知其可等 效为匀强碰场，感感应强度为受，若再起区城中硅场等效为磁 感应强度为B的匀强磁场，则磁场宽度则等效为上.画出恰好 不能进入第四象限的离子运动轨迹，如图4 ↑y 3L i0 2L-330 oB 图4 由轨迹图中几何关系得sin30°=一1.5上 r3 解得r3=3L专题十二《 磁场 考向一 磁场及安培力 1.(2025·福建卷，4 分)如图所示，空间 中存在两根无限长 直导线L1与L2,通 有大小相等，方向相 救 反的电流.导线周围存在M、O、N三点，M与 O关于L1对称，O与N关于L2对称且OM= ON,初始时，M处的磁感应强度大小为B1,O 点的磁感应强度大小为B2,现保持L1中电流 量 不变，仅将L2撤去，N点的磁感应强度大 小为 ( 那 A. B.:-Ba C.B2-B D.B-B2 2.(2025·湖北卷，4分)如图所 示，在磁感应强度大小为B的 M N 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 带 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 3.(2023·江苏卷，4分)如图 a 所示，匀强磁场的磁感应强 度为B.L形导线通以恒定 赵 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1，与磁场方向平行.该导线受到 的安培力为 ( ) A.0 B.BIl C.2BIL D.√5BIL 攀 4.(2023·辽宁卷，4分)安培通过实验研究，发 现了电流之间相互作用力的规律.若两段长度 。 分别为△11和△12、电流大小分别为I1和I2 的平行直导线间距为r时，相互作用力的大小 郑 尔 可以表示为△F=kl2△山△ 2.比例系数k的 单位是 母 A.kg·m/(s2·A) B.kg·m/(s2·A2) C.kg·m2/(s3·A) D.kg·m2/(s3·A3) 81 安培力与洛伦滋力 5.(2022·全国乙卷，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 同方向而之轴正向保持竖直向上.根据表中测 量结果可推知 ( 测量序号 B./gT B,/gT B./gT 1 0 21 -45 2 0 -20 -46 3 21 0 -45 4 -21 0 -45 A.测量地点位于南半球 B.当地的地磁场大小约为50uT C.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 6.(2022·湖南卷，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，悬线偏离竖直方向的夹 角为0.下列说法正确的是 ( O(0) Q 0八 B MN) 右 右M 图(a) 图(b) 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M B.电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力 不变 C.tan0与电流I成正比 D.sin0与电流I成正比 7.(2021·全国甲卷，6分)两 足够长直导线均折成直角， M4f4,N 按图示方式放置在同一平 o' d 面内，EO与O'Q在一条直 线上，PO与OF在一条直 线上，两导线相互绝缘，通 有相等的电流I,电流方向如图所示.若一根无 限长直导线通过电流Ⅰ时，所产生的磁场在距 离导线d处的磁感应强度大小为B,则图中与 导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强 度大小分别为 A.B、0 B.0、2B C.2B、2B D.B、B 8.（多选)(2021·浙江省a 80A 6月，3分)如图所示，有 两根用超导材料制成b -100A 的长直平行细导线a、b,分别通以80A和 100A流向相同的电流，两导线构成的平面内 有一点饣，到两导线的距离相等.下列说法正 确的是 ( A.两导线受到的安培力Fb=125F B.导线所受的安培力可以用F=ILB计算 C.移走导线b前后，p点的磁感应强度方向 改变 D.在离两导线所在的平面有一定距离的有限 空间内，不存在磁感应强度为零的位置 9.(2021·广东卷，4分)截面 ⊙4 为正方形的绝缘弹性长管 中心有一固定长直导线，长 管外表面固定着对称分布 的四根平行长直导线.若中 ⊙ 心直导线通入电流I1,四根 平行直导线均通入电流I2,I1>I2,电流方向 如图所示.下列截面图中可能正确表示通电后 长管发生形变的是 ( ) ⊙ ⊕ A C D 10.(2021·江苏卷，4 分)在光滑桌面上 TL 将长为πL的软导 线两端固定，固定 点的距离为2L.导 2L 线通有电流I,处于磁感应强度大小为B、方 向竖直向下的匀强磁场中，导线中的张力为 ( A.BIL B.2BIL C.πBIL D.2πBIL 11.(多选)(2021·福建卷，6 a ⊙6 分)如图，四条相互平行 的细长直导线垂直坐标 系xOy平面，导线与坐标 平面的交点为a、b、c、d四 点.已知a、b、c、d为正方 … 82 形的四个顶点，正方形中心位于坐标原点O, e为cd的中点且在y轴上；四条导线中的电 流大小相等，其中过α点的导线的电流方向 垂直坐标平面向里，其余导线电流方向垂直 坐标平面向外.则 ( A.O点的磁感应强度为0 B.O点的磁感应强度方向由O指向c C.e点的磁感应强度方向沿y轴正方向 D.e点的磁感应强度方向沿y轴负方向 12.(2022·全国甲卷，20分)光点式检流计是一 种可以测量微小电流的仪器，其简化的工作 原理示意图如图所示.图中A为轻质绝缘弹 簧，C为位于纸面上的线圈，虚线框内有与纸 面垂直的匀强磁场；M为置于平台上的轻质 小平面反射镜，轻质刚性细杆D的一端与M 固连且与镜面垂直、另一端与弹簧下端相连， PQ为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数 条，PQ的圆心位于 L44 P M的中心.使用前需 A 反射光 调零，使线圈内没有 D M O入射光 电流通过时，M竖直 且与纸面垂直；入射 Q 细光束沿水平方向 经PQ上的O点射到M上后沿原路反射.线 圈通入电流后弹簧长度改变，使M发生倾 斜，人射光束在M上的入射点仍近似处于 PQ的圆心，通过读取反射光射到PQ上的位 置，可以测得电流的大小.己知弹簧的劲度系 数为k,磁场磁感应强度大小为B,线圈C的 匝数为N,沿水平方向的长度为1，细杆D的 长度为d,圆弧PQ的半径为r,r>d,d远大 于弹簧长度改变量的绝对值， (1)若在线圈中通入的微小电流为I,求平衡 后弹簧长度改变量的绝对值△x及PQ上反 射光点与O点间的弧长； (2)某同学用此装置测一微小电流，测量前未 调零，将电流通入线圈后，PQ上反射光点出 现在O点上方，与O点间的弧长为1.保持 其它条件不变，只将该电流反向接入，则反射 光点出现在O点下方，与O点间的弧长为 52.求待测电流的大小. 考向二洛伦兹力、带电粒子在磁场中的运动 13.（2025·安微卷，4分) y 如图，在竖直平面内的 Oxy直角坐标系中，x M 轴上方存在垂直纸面 dx N 向里的匀强磁场，磁感 O 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B.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2d B.薄板的上表面接收到粒子的区域长度为 3d C.薄板的下表面接收到粒子的区域长度为d D.薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短 时间为 14.(2024·湖北卷，4分)如图 所示，在以O点为圆心、半 径为R的圆形区域内有垂 直于纸面向里的匀强磁场， 磁感应强度大小为B.圆形区域外有大小相 等、方向相反、范围足够大的匀强磁场.一质 量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径 AC方向从A点射入圆形区域.不计重力，下 列说法正确的是 A.粒子的运动轨迹可能经过O点 B.粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿 该区域的半径方向 C.粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形 区域的最小时间间隔为π” 3gB D.若粒子从A点射入到从C点射出圆形区 域用时最短，粒子运动的速度大小为 √3qBR 3m 15.(多选)(2023·全国甲 卷，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 ××0× 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 83 变、方向相反；电荷量不变.不计重力.下列说 法正确的是 A.粒子的运动轨迹可能通过圆心O B.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 16.(2022·广东卷，4分) 如图所示，一个立方 体空间被对角平面 MNPQ划分成两个 质子 区域，两区域分布有 磁感应强度大小相 等、方向相反且与之 轴平行的匀强磁场.一质子以某一速度从立 方体左侧垂直Oy之平面进入磁场，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 C 17.（2022·浙江卷，2分)如图 为某一径向电场的示意图， 电场强度大小可表示为E= 号，a为常量.比荷相同的两 粒子在半径r不同的圆轨道 运动.不考虑粒子间的相互作用及重力，则 A.轨道半径r小的粒子角速度一定小 B.电荷量大的粒子的动能一定大 C.粒子的速度大小与轨道半径r一定无关 D.当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动 18.(2021·全国乙卷，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 、×X×X 点沿直径MON方向射人 、×× 磁场.若粒子射入磁场时的速度大小为1， 离开磁场时速度方向偏转90°；若射入磁场时 的速度大小为2，离开磁场时速度方向偏转 60°.不计重力.则为 () 02 A.2 B.③ 3 C:③ ·2 D.√3 19.(多选)(2021·湖北卷，4 分)一电中性微粒静止在 垂直纸面向里的匀强磁场 中，在某一时刻突然分裂 成a、b和c三个微粒，a和 b在磁场中做半径相等的 匀速圆周运动，环绕方向如图所示，c未在图 中标出.仅考虑磁场对带电微粒的作用力，下 列说法正确的是 ) A.a带负电荷 B.b带正电荷 C.c带负电荷 D.a和b的动量大小一定相等 20.(2025·陕晋宁青卷，14分)电子比荷是描述 电子性质的重要物理量.在标准理想二极管 中利用磁控法可测得比荷，一般其电极结构 为圆筒面与中心轴线构成的圆柱体系统，结 构简化如图(a)所示，足够长圆柱形筒半径为 R,正中央有一电子发射源O持续向空间各 方向发射大量速度大小均为v0的电子.某时 刻起筒内加大小可调节且方向沿轴向下的匀 强磁场，筒的横截面及轴截面示意图如图(b) 所示，当磁感应强度大小从0缓慢调至B,时， 恰好没有电子落到筒壁上，不计电子间相互 作用及其重力的影响.求：(R、、B。均为已 知量) ××B × 横截面 轴截面 图(a) 图(b) 1)电子的比奇，后 (2)当磁感应强度大小调至)B,时，筒壁上落 有电子的区域面积S 84 21.(2022·浙江卷， 10分)离子速度 转筒P 分析器截面图如离子源M g 图所示.半径为 R的空心转筒 P,可绕过O点 探测板Q 垂直xOy平面（纸面）的中心轴逆时针匀速 转动（角速度大小可调），其上有一小孔S.整 个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁 场.转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测 板Q,板Q与y轴交于A点.离子源M能沿着x 轴射出质量为m、电荷量为一q(q>0)、速度大 小不同的离子，其中速度大小为0的离子进 入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离 开磁场.落在接地的筒壁或探测板上的离子 被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和 离子间的相互作用. (1)①求磁感应强度B的大小； ②若速度大小为0的离子能打在板Q的A 处，求转筒P角速度ω的大小； (2)较长时间后，转筒P每转一周有N个离 子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹 角为0，求转筒转动一周的时间内，C处受到 平均冲力F的大小； 3)若转筒P的角速度小于贺，且A处探测 到离子，求板Q上能探测到离子的其他的 值（为探测点位置和O点连线与x轴负方 向的夹角). 考向三带电粒子在复合场中的运动 22.(多选)(2025·福建 卷，6分)如图，竖直 面内存在垂直纸面向 里的匀强磁场B与水 X X E 平向右的匀强电场 M X B XX E,一带电粒子在复合 场中恰能沿着MN做匀速直线运动，当粒子 五年真题分类汇编·物理 学校 班级 学号 姓名 密 内 禁 题 C.M年工就员灯 4EUcos 0 2002 器道莉 23.(提)(2025。/质亮：G今)机图·标器培上 qu 次 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 4UB1+ 粒子打在探测器上的位置间距为EB (EdB2-4UB)U EB2 U-Edcos 0 24.(多选)(2025·山东卷，4分)如图甲所示的 Oxy平面内，y轴右侧被直线x=3L分为两 个相邻的区域I、Ⅱ.区域I内充满匀强电 场，区域Ⅱ内充满垂直Oxy平面的匀强磁 场，电场和磁场的大小、方向均未知.1=0时 刻，质量为m、电荷量为十g的粒子从O点沿 x轴正向出发，在Oxy平面内运动，在区域I 中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的 一部分，如图甲所示.0时刻粒子第一次到达 两区域分界面，在区域Ⅱ中运动的y-t图像 为正弦曲线的一部分，如图乙所示.不计粒子 重力.下列说法正确的是 ( ) YA 2L感区域Ⅱ 10L/3 2L :3L -2L- -10L/3---…-…- 图甲 图乙 A区战工内电韬迟皮大小术一方肉册 y轴正方向 B,粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径R=20 C.区域Ⅱ内磁感应强度大小B=3m,方向 5qlo 垂直Oxy平面向外 D.粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标 .0) 25.(2025·广东卷，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 R O P B 场B.带电荷量为一q、质 B 量为m的离子以初速度v0 U 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 B.第1次加速后，离子的动能增加了2qU C.第k次加速后，离子的速度大小变为 m-+kgUm D.第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大 小应为√m26-2kgUm gR 26.(多选)(2024·湖北 M- 卷，4分)磁流体发电 机的原理如图所示， ××××× MN和PQ是两平行 Q 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 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.仅增大喷人等离子体的正、负带电粒子数 密度，极板间的电压增大 27.(2024·江西卷，4分)石墨烯是一种由碳原 子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料， 具有丰富的电学性能.现设计一电路测量某 二维石墨烯样品的载流子（电子）浓度.如图 (a)所示，在长为a,宽为b的石墨烯表面加一 垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B,电极 1、3间通以恒定电流I,电极2、4间将产生电 压U.当I=1.00×103A时，测得U-B关系 图线如图(b)所示，元电荷e=1.60×10-19C, 则此样品每平方米载流子数最接近 ( 石墨烯 →2 mV B 3 4 (mA) 图(a) ↑U/mV 80 60 40 20 0 50100150200250300B/m1 图(b) A.1.7×1019 B.1.7×1015 C.2.3×1020 D.2.3×1016 86 28.(多选)(2024·河北卷， D 6分)如图，真空区域有 同心正方形ABCD和 abcd,其各对应边平行， ..d ABCD的边长一定， A··B abcd的边长可调，两正 方形之间充满恒定匀强磁场，方向垂直于正 方形所在平面.A处有一个粒子源，可逐个发 射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方 向进入磁场.调整abcd的边长，可使速度大 小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC 边射出.对满足前述条件的粒子，下列说法正 确的是 A.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹 角为45°，则粒子必垂直BC射出 B.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹 角为60°，则粒子必垂直BC射出 C.若粒子经cd边垂直BC射出，则粒子穿过 ad边时速度方向与ad边夹角必为45 D.若粒子经bc边垂直BC射出，则粒子穿过 ad边时速度方向与ad边夹角必为60° 29.(2023·新课标卷，6分)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 固 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0，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 30.(2023·全国乙卷，6分)×××× 如图，一磁感应强度大 0×××× xBx x txis 小为B的匀强磁场，方 2 ××× 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=1,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 B.E B B D. aB? 2aE2 F? 31.(2023·湖南卷，4 分)如图，真空中 459 有区域I和Ⅱ，区 域I中存在匀强 - 电场和匀强磁场， B2 电场方向竖直向 下（与纸面平行）， 磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形 CGF区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方 向垂直纸面向外.图中A、C、O三点在同一直 线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向 均垂直.A点处的粒子源持续将比荷一定但 速率不同的粒子射人区域I中，只有沿直线 AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ.若区域I中 电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1, 区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2,则粒子从 CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间 为to.若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ 中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t,不计粒 子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法 正确的是 ( A.若仅将区域I中磁感应强度大小变为 2B1,则t>to B.若仅将区域I中电场强度大小变为2E,则 1lo C.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 则1=号 D.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 B2,则1=20 4 32.(2023·海南卷，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 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 87 33.(多选)(2023·海南卷，4分)（本题选项中的 数据是根据考生回忆编写的，与原卷数据有 些许出入)如图所示，质量为、带电荷量为 十g的带电粒子，从坐标原点O以初速度g 射入第一象限内的电、磁场区域，在0<y< yo,0<x<xo(x0、yo为已知量)区域内有竖 直向上的匀强电场，在x>x0区域内有垂直 纸面向里大小为B的匀强磁场，控制电场强 度E(E值有多种可能)，可让粒子从NP射 入磁场后偏转打到足够长的接收器MN上， 不计重力，则 ( ) B A.粒子从NP中点射人磁场，电场强度E yo mvo2 9.t2 B.粒子从NP中点射入磁场时的速度v= + C.粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM 的距离为器 D.粒子在磁场中运动的轨迹半径的最大值 是m00√x2+4y0 qBxo 34.（2022·全国甲卷，6分)空间存在着匀强磁 场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy 平面)向里，电场的方向沿y轴正方向.一带 正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标 原点O由静止开始运动.下列四幅图中，可能 正确描述该粒子运动轨迹的是 35.(2022·广东卷，6分)如图× 所示，磁控管内局部区域分 布有水平向右的匀强电场 XX 和垂直纸面向里的匀强磁 场.电子从M点由静止释放，沿图中所示轨 迹依次经过N、P两点.已知M、P在同一等 势面上，下列说法正确的有 A.电子从N到P,电场力做正功 B.N点的电势高于P点的电势 C.电子从M到N,洛伦兹力不做功 D.电子在M点所受的合力大于在P点所受 的合力 36.(2021·福建卷，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0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g射入的正电子(9e) B.以速度射人的电子(_9e) C.以速度2o射入的氘核(H) D.以速度4uo射入的a粒子（号He) 37.(2025·云南卷，13分)磁屏蔽技术可以降低 外界磁场对屏蔽区域的干扰.如图所示，x≥0 区域存在垂直Oxy平面向里的匀强磁场，其 磁感应强度大小为B,(未知).第一象限内存 在边长为2L的正方形磁屏蔽区OVPQ,经 磁屏蔽后，该区域内的匀强磁场方向仍垂直 Oxy平面向里，其磁感应强度大小为B2(未 知)，但满足0<B2<B1.某质量为m、电荷量 为q(q>0)的带电粒子通过速度选择器后，在 Oxy平面内垂直y轴射人x≥0区域，经磁场 偏转后刚好从ON中点垂直ON射入磁屏蔽 区域.速度选择器两极板间电压U、间距d、 内部磁感应强度大小B,已知，不考虑该粒子 的重力. 磁 蒑 N 速度选择器 88 (1)求该粒子通过速度选择器的速率； (2)求B1以及y轴上可能检测到该粒子的 范围； (3)定义磁屏蔽效率？= B-B2X100%,若 B1 在Q处检测到该粒子，则？是多少？ 38.(2025·河南卷，17分)如图，水平虚线上方 区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区 域有竖直向上的匀强电场.质量为、带电荷 量为q(q>0)的粒子从磁场中的a点以速度 0向右水平发射，当粒子进入电场时其速度 沿右下方向并与水平虚线的夹角为60°，然后 粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b 点，通过b点时其速度方向水平向右.Q、b距 水平虚线的距离均为h,两点之间的距离为 s=3√3五.不计重力. (1)求磁感应强度的大小； (2)求电场强度的大小； (3)若粒子从a点以vo竖直向下发射，长时间 来看，粒子将向左或向右漂移，求漂移速度大 小.（一个周期内粒子的位移与周期的比值为 漂移速度) 五年真题分类汇编 物理 学校 班级 学号 姓名 禁 题 长飞g 国业行十MN司L.E司O共山MNJ相究 德移MN所丸 今)你图验示，图业行 40.(2025·想出养·16 餐 (2)米壁S业业电马8火以： 出 (1)粒子在MN左侧区域中运动轨迹的 半径 (2)粒子在第一次和第二次经过PQ时位置 的间距， (3)粒子的运动周期. 41.（2024·新课标卷，20分)一质量为m、电荷 量为q(g>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(z,v)表示，vx、v,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,o)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(,)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(一o,o)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 个y c--vo,vo) b(vo,vo) O P,) 42.(2024·山东卷，16分)如图所示，在Oxy坐 标系x>0,y>0区域内充满垂直纸面向里， 磁感应强度大小为B的匀强磁场.磁场中放 置一长度为L的挡板，其两端分别位于x、y 轴上M、N两点，∠OMN=60°，挡板上有一 小孔K位于MN中点.△OMN之外的第一 象限区域存在恒定匀强电场.位于y轴左侧 的粒子发生器在0<y<号L的范围内可以 产生质量为、电荷量为十q的无初速度的 粒子.粒子发生器与y轴之间存在水平向右 的匀强加速电场，加速电压大小可调，粒子经 此电场加速后进入磁场.挡板的厚度不计，粒 子可沿任意角度穿过小孔，碰撞挡板的粒子 不予考虑，不计粒子重力及粒子间相互作 用力 水 段 加速电压 K 器 60°入 0 M (1)求使粒子垂直挡板射入小孔K的加速电 压Uo; (2)调整加速电压，当粒子以最小的速度从小 孔K射出后恰好做匀速直线运动，求第一象 限中电场强度的大小和方向； )当加速电压为。时，求粒子从小孔K 射出后，运动过程中距离y轴最近位置的 坐标. 90 43.(2024·吉林卷，18分)现代粒子加速器常用 电磁场控制粒子团的运动及尺度.简化模型 如图：I、Ⅱ区宽度均为L,存在垂直于纸面 的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区 为电场区，Ⅳ区电场足够宽；各区边界均垂直 于x轴，O为坐标原点.甲、乙为粒子团中的 两个电荷量均为十q(q>0)、质量均为m的粒 子.如图，甲、乙平行于x轴向右运动，先后射 入I区时速度大小分别为和.甲到P 点时，乙刚好射入I区.乙经过I区的速度偏 转角为30°.甲到O点时，乙恰好到P点.已 知Ⅲ区存在沿十x方向的匀强电场，电场强 9mvo 度大小B,=4,不计粒子重力及粒子间 相互作用，忽略边界效应及变化的电场产生 的磁场」 Ed 甲 P ‘x BB 上区I区 Ⅲ区 V区 (1)求I、Ⅱ区磁场的磁感应强度的大小B. (2)求Ⅲ区宽度d. (3)V区x轴上的电场方向沿x轴，电场强度 E随时间t、位置坐标x的变化关系为E=w 一kx,其中常系数w>0,w已知、k未知，取甲 经过O点时t=0.已知甲在V区始终做匀速 直线运动，设乙在V区受到的电场力大小为 F,甲、乙间距为△x,求乙追上甲前F与△x 间的关系式（不要求写出△x的取值范围）