专题十 磁场-【创新教程】2022-2026五年高考物理真题分类特训试卷

&解析：在句强电场中，由公成E号可得E是 (2)在A点细线对小球的拉力为0，由牛顿第二定律得 Eq-mg-moi L 由A点到B点，由动能定理得Ug一mgL=之m一 1 2m, 联立解得Ua Ug-mgL m 3(Uq-mgL) m 答案：1光(2 Ug-mgL 3(Uq-mgL) 72 72 9.解析：(1)由题意，设空气阻力为：f=kr心，则无电压时， 有：油滴a:m5=知，、油滴b:m,g=,·学，又m= :2=2,m=8 p青，可得片子所宁 (2)由题可知加电压后，油滴a做减速运动，油滴b做加 速运动，直到两者共速，所以油滴口受到向上的电场力， 油滴b受到向下的电场力，故油滴口带负电，油滴b带正 电.油滴a:mg=r·受十g,E,油滴b:mg十9gE- ·受可得：= 961 答案：I)油滴a和油滴b的质量之比为8，(2)油滴a带 负电，油滴6带正电；，b所带电荷量的绝对值之比为9 专题九恒定电流 1.B从I一U图像中读出两，点坐标： 状态a:U.=0.6V,I.=0.2A, _=30.p.=U.1。=0.12w, 则R=1a 状态b:U6=2.0V,16=0.4A, 则R==280=50P,=U,=2.0x0.4w=0.8wJ △R=5.02-3.02=2.02 △P=0.8W-0.12W=0.68W, 故电阻变化量为22，电功率变化量为0.68W. 2.A根据题意小车匀速运动，则有F=f=k, 小车的机械功率P机=FU=k, 由子电动机的效率为50%，则有P。=B=知 70.5 2k, 光伏电池的光电转换效率为，即习一 P也 可得P。=P=2过，故选A 3.CDA.根据题意画出电路图，如下 1 2 3 4 可见U3:>0,A错误； 18 B.根据题意画出电路图，如下 1234 可见U>0,B错误； C.根据题意画出电路图，如下 123□4 可见上述接法可符合上述测量结果，C正确： D.根据题意画出电路图，如下 2 3 4 可见上述接法可符合上述测量结果，D正确.故选CD 专题十磁场 考点1 1.AB根据麦克斯韦电磁理论可知，变化的电场会产生磁 场，故A正确：汽车经过凹形路面最低，点时，根据牛顿第 二定律可得N一mg三m尺 可得N=mg十mR>mg,可知此时汽车处于超重状态， 故B正确；相对论时空观认为运动物体的长度与速度有 关，物体的长度会随着物体的速度不同而改变，故C错 误：通过提取海水中的氘和氚进行核反应属于轻核聚 变，而秦山核电站利用重核裂变获取能量，故D错误。 2.B根据安培定则，两导线在O点处产生的磁感应强度 方向相同大小相等，则单个导线在O点处产生的磁感应 强度大小为B,-是，根指对称性，两导线在N处的磁感 应强度大小应该与M点一样，为B,根据对称性，L在 N点处产生的酸感应强度为B,-盘由于：在N点处 产生的磁感应强度大于L1在N点处产生的磁感应强 度，且方向相反，将L:撒去，N点的磁感应强度为？B, 一B.故选B. 3.BCA.如图所示 地磁南极、 地球可视为一个磁偶极，磁南 极大致指向地理北极附近，磁 北极大致指向地理南极附近】 通过这两个磁极的假想直线 (磁轴)与地球的自转轴大约成 11.3度的倾斜.由表中之轴数 据可看出义轴的磁场竖直向 地磁北极 下，则测量地点应位于北半球， A错误： B.磁感应强度为矢量，故由表格可看出此处的磁感应强 度大致为 B=VB+B:=VB:+B: 计算得B≈50uT,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 0 考点2 1.CA.当开关接1时，对导体棒T、 受力分析如图所示 根据几何关系可得Mg=BIL, BIL 件1瓷 E 根据欧姆定律I=尺， Mg 解得E。,故A错误：根据左手定则可知导体棒从 右向左运动时，产生的感应电动势与二极管相反，没有 机械能损失，导体棒从左向右运动时，产生的感应电动 势与二极管正方向相同，部分机械能转化为焦耳热，B 当导体棒运动到最低点速度为零时，导体棒损失的机械 能转花方装年装Q-(-号)Ma: 根据楞次定律可知导体棒完成一次振动速度为零时，导 体棒高度高于最低点，所以棒消耗的焦耳热Q<Q= (-号}g1长B络话：C根器B选项分折可知，学你 棒运动过程中，机械能转化为焦耳热，所以从左向右运 动时，最大摆角小于不，故C正确，D.报据B选项分析， 导体棒第二次经过最低点时的速度小于第一次经过最 低，点时的速度，根据E=BL,可知棒两次过最低，点时感 应电动势大小不相等，故D错误.故选C. 2.D由题知粒子在AC做直线运动，则有g0,B,=qE, 区战Ⅱ中磁感应强度大小为B2,则粒子从CF的中点射 出，则粒子特过的园心角为00，根择gB=m祭，有7 =器A.若仅将区拔1中磁感应强度大小支为2B 则粒子在AC做直线运动的速度，有g心A·2B,=qE, 则=受，再根据B=m二，可知粒子半径减小，则粒 子仍然从CF边射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t= to,A错误； B.若仅将区域I中电场强度大小变为2E,则粒子在AC 做直线运动的速度，有q心gB,=q·2E, 则yg=2, 再根据加B=m二，可知粒子半径变为原来的2倍，则粒 子F点射出，粒子转过的圆心角仍为90°，则t=t。,B 错误； C,若仅将区城Ⅱ中磁感应强度大小变为B,则粒子在 4 AC做直线运动的速度仍为，再根据gB=m女，可知 粒子半径变为原来的二>2，则粒子从0F边射出，根据 、几何关系可知转过的圆心角为60，根据B三m一r, 有t=43m 9qB2 则1=831，C错误： 9 D.若仅将区战Ⅱ中磁感应强度大小变为要，则粒子在 AC微直线运动的速度仍为。，再根据gB=m女，可知 18 粒子半径变为原来的4>2，则粒子OF边射出，根据几 √2 何关系可知转过的圆心角为45°，根据gwB=m =V2xm 2gB: 则t=√2t。,D正确.故选D. 3.B根据题中公式△F=k,△业，整理可得k r △Fr2 =112△l△2 代入相应物理量单位可得比例系数贞的单位为 kg·m/S=kg·m/(s2·A).故选B. 4.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=NBI1=k|△xI,△x=VB业 设此时细杆转过的孤度为日，则可知反射光线转过的孤 度为20，又因为d>△x,r>d 则sinf≈6，sin20≈20 所以有△x=d·0,s=r·20 联立可得=子4r=2N业 dk (2)因为测量前未调零，设没有通电流时偏移的弧长为 s',当初始时反射光点在O点上方，通电流'后根据前面 的结论可知有51=2NB亚+g dk 当电流反向后有，=2NB业-， dk 联立可得'=d(s十s) 4NBIr 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=（十） 4NBIr 答案：(I)NB2NBIL, (2)k(s+s) k dk 4NBir 考点3 1.C假设粒子带正电，画出其×××××× 运动轨迹如图所示，设其在下×××0X×× 方和上方磁场中做圆周运动的 半径分别为、R,两段圆孤的。。 .-b 圆心连线与虚线a的夫角为8，上：·：：0c片a 到sin0=-号，所以cos0 0 01 =专，由几何关系得r-rcos0=Rcos0,解得R=多，由 5 洛伦兹力提供向心力有。=m号，即r一侣可得r心 B,所以上、下磁场的磁感应强度大小之比B,:B,=, 1 :R=4:1,C正确 2.AD根据题意可知，小球所受洛伦兹力的水平分力提供 小球做圆周运动的向心力，由左手定则可知，从管道上 方俯视，小球沿顺时针方向做圆周运动，故A正确：设磁 感应强度为B,小球的速度为，此时小球与管道间无弹 力，竖直方向上有mg=quBcos45°， 水平方向上有qvBsin45°=mR' 解得v=gR, 区，故B错 则小球微圆网运动的周期为T二2迟=2入信 误；C.根据题意，水平方向上，由动量定理有L,=△p= -m0-m0=-2m√gR, T 竖直方向有1，=quBcos45°· =mr√gR， 则小球做圆周运动的半个周期内洛伦兹力的冲量大小 为I=√T十I,=m√(4十π)gR,故C错误；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，竖 直方向上有mg+FN=q·2Bcos45°， 水平方向上有g·2 oBsin45°+FN=m 2)2 R· 小球与管道间的弹力大小FN=√F,十F 联立解得FN=√5mg,故D正确. 3.BC因Y光子转化为一对正负电子对应的能量为 2m.c°，同时y光子将一部分能量传递给被打出的电子， 可知y光子的能量一定大于2m.c,A错误； 电子在磁场中微圆网运动，根据eB=m,可得p mv=eBr, 则沿轨迹1、2、3运动的电子对应的动量分别为p1= eBr1、p=eBr2、p:=eBrg' 由动量守恒可知，=1十：十pa, 可得Y光子的动量大小为力，=eB(r1十r2十r),B正确： 正、负电子在磁场运动时受阻力作用速度逐渐减小，则 做圆周运动的半径逐渐减小，即电子做螺旋运动，将电 子的轨迹分成无数小段，每一小段均可看作是一段圆 孤，因速度方向总是沿对应的一小段圆孤的切线方向， 电子在每一小段上做圆周运动的圆心是固定的（该位置 为电子刚开始做圆周运动时的圆心位置，对沿2、3轨迹 的电子分别为P,点和Q点)，电子最终停止运动时将停 止在该圆心位置，可知O与P、Q的距离之比OP:OQ= 2:r3,C正确： 沿径迹1运动的电子初速度为4=B 电子受的阻力f=k, 由动量定理一k0△t=0一m△0， 求和可得∑ku△t=∑m△u, 即ks=m01· 总路程为s=D错误。 4.C报据洛伦兹力提供向心力有gB=m ,可得R=m B =d,故A错误； V 十 O 当粒子沿x轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离y 轴最近，如图轨迹1，根据几何关系可知5上m=d;当粒子 哈能通过N点到达薄板上方时，薄板上表面接收点距离 y轴最远，如图轨迹2，根据几何关系可知，5上mx=√3d, 故上表面接收到粒子的区域长度为s上=√3d一d,故B 错误；根据图像可知，粒子可以恰好打到下表面V点：当 粒子沿y轴正方向射出时，粒子下表面接收到的粒子离 18 y轴最远，如图轨迹3，根据几何关系此时离y轴距离为 d,故下表面接收到粒子的区域长度为d,故C正确；根据 图像可知，粒子恰好打到下表面N,点时转过的圆心角最 小，用时装盘有。一器·器-器故D格民故 选C 5.BD由题意，作出a粒子运动轨迹图，如图所示 a粒子恰好到达磁场外边界后返回，a粒子运动的圆周 正好与磁场外边界相切，然后沿径向做匀速直线运动， 再做匀速圆周运动恰好回到A点， 根据a粒子的速度大小为u,=gB m 代入R=m0. 9B· 可得R=R。, 设外圆半径等于R',由几何关系得∠AOB=270°， 则R'=R。十√2R,A错误； B.由A项分析，口粒子返回A点所用的最短时间为第一 次回到A点的时间tmim, a粒子做匀速圆周运动的周期T=2x迟=2xm, gB 在磁场中运动的时间一0·T一3m gB 2R。=2m 匀速直线运动的时间=0，一qB' 故a粒子返回A点所用的最短时间为tmin=t十t:= (3x+2)m,B正确： gB C.由题意，作出b、c粒子运动轨迹图，如图所示 0 D 因为b、c粒子返回A点都是运动一个圆周，根据b、c带 正电且比荷均为9，所以两粒子做圆周运动周期相同， 故所用的最短时间之比为1：1，C错误； D.由几何关系得2R=√2R。, 洛伦蓝力提供向心力有则B=R, mu 联立解得a= 2,D正确 6.DAB.在圆形匀强磁场区域内，沿着径向射入的粒子， 总是沿径向射出的；根据圆的特点可知粒子的运动轨迹 不可能经过O,点，故AB错误；C.粒子连续两次由A,点 沿AC方向射入圆形区域，时间最短，根据对称性可知轨 迹如图① 图① 则最短时间有1=2T=4,故C错误：D.粒子从A点 gB 射入到从C点射出圆形区域用时最短，则轨迹如图② 所示 图② 设粒子在磁场中运动的半径为，根据几何关系可知r -3R 3, 根据洛伦蓝力提供向心力有9如B=m二，可得U 3gBR,故D正确. 3m 7.解析：(1)由于粒子a经速度选择器后以速率℃沿x轴正 方向进入区域I,则粒子a在速度选择器中受力平衡，有 Eq=qoB. 解得B。=E ) 粒子a进入区域I后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运 动，设粒子a在区域I中的轨迹半径为r1,由于粒子a恰 好从原点O沿y轴负方向进入区域Ⅱ，则作出粒子a在 区域I中的轨迹如图1所示 粒子发生器 速度选择器 区域I 区域Ⅲ --h -h10 区域Ⅱ 图1 根据几何关系可知r,=h 又由洛伦滋力提供向心力有qB=m r 联立解得B=保 (2)粒子从O点进入区域Ⅱ后在洛伦兹力作用下做匀 速圆周运动，设粒子a在区域Ⅱ中的轨迹半径为r,则由 洛伦兹力提供向心力有g0·5B=m心 解得片=器 18 粒子1在区域Ⅱ中运动半个圆周后沿y轴正方向进入区 域Ⅲ，设粒子a在区域Ⅲ中的轨迹半径为r,则由洛伦兹 力提供向心力有gu·12B=m 3 解得r,=2qB 作出粒子从O点进入区域Ⅱ后的部分轨迹如图2 所示 Y 粒子发生器 区域I 区域Ⅲ 度选择器 -h 0 区域Ⅱ 图2 结合运动的周期性可知粒子a从O点进入区域Ⅱ后第n (m为正整教)次经过工轴的工轴坐标为x=”十1·2 2 -n,1.2r,=7t7)m(n为奇数)，x=(2,-2r) 2 60gB L=7nm吧(n为偶数） 260gB 令x=9,解得n=3,则粒子a从0点运动到P点 30gB' (30gB0）过程在区城Ⅱ中运动2次，在区战Ⅲ中运动1 119mv 次，故t= 2x+π=29πm v60gB· (3)画出粒子a、b的运动轨迹如图 0.8 0.6 0.4 0.2 0A -0.2 -0.4 -0.6 0.805 0.5 2.5 区域Ⅱ：a粒子半径r2= 5gB 6粒子半径M B a粒子半月期：=： 6粒子半周期M, 5qB' 区城Ⅲ：a粒子半径r,=12gB my 6粒子半径 29Ba粒子半周期t=2B 6轻子车月期 粒子每完成一次“区城Ⅱ下半圆十区域Ⅲ上半圆”的运 动，x坐标的净变化△工，=2r。二2r,=300B 7Mu 同理△x。=30qB' 所花时间△t。=t十t= 17x7m 60gB' 同亚-品器 取粒子口从O,点沿y轴负方向进入区域Ⅱ的时刻为t= 0,粒子口第1次速度向上，点：在区域Ⅱ中走下半圆到达 0坐标=2=号·器-品需 时间t1=t=5gB60qB .xm 12xm 此后每经过一次区域Ⅲ上半圆和一次区域Ⅱ下半圆，到 达下一个速度向上上，点，设第n次速度向上点n=1,2, 3,… 9=x+n=1)△x。=3008+(n-1)m0 30gB in+5.m 30 gB' 乙=a+n-1D△t.三60B+(n=1)7x=7m二5 60gB 60 gB 272U 粒子6在a到达第一次向上点a（即x=B)时，从0 点以同样速率沿y轴负方向进入区域Ⅱ，B的起始时刻 为1器品器 粒子b第1次速度向上点（绝对时刻）：b先在区域Ⅱ走 下半圆 坐标1=2·Me=12M 5gB 30gB 时超五=+别-品器+品012n2M。 60gB 同理，第k次速度向上点k=1,2,3,… 12M+（k-1)7M=7k+5.M 30gB 30gB 30 ' T..=T..+(k-1)(MM （5gB12gB = 12m+(17k-5)M ， 60gB 由相遇条件m=x.k、tm=t6.k得(7n十5)m=(7k十5) M,(17n-5)m=12m+(17k-5)M, 两式相除消去M得10n一17k=5,最小正整数解为k= 5,n=9, 34m 代入得M=10mx=15gB 答案：(1) (2)29元m 60gB (3)34m gh 15gB 8.解析：(1)根据洛伦兹力提供向心力有evB=m r' 可得r= eB 粮据儿何关系可得，B十公8R-品R 2 联立可得B=10mu, 9eR' 根据左手定则可知磁感应强度方向垂直纸面向里 (2)旅据T=四，结合r=品R,可得T= 5v 电子从S,点第一次到达P点转过的圆心角为180°，电子 从S成第一次到达P点所用的时间1=8C 360·T, 联么可得1被 答案：1深垂直纸面向里(2 18 9.解析：(1)由于该粒子在速度选择器中受力平衡，故E= q0,B,其中E= d" 则该粒子通过速度选择器的速率为%，一B,@: U (2)粒子在x≥0区域内做匀速圆周运动，从ON的中，点 垂直ON射入磁屏蔽区域，由几何关系可知r1=L, 由洛伦兹力提供向心力得q,B,=m, T 联立可得B1= mU qdBoL' 若磁屏蔽区的磁感应强度大小恰好等于B,则粒子在磁 屏蔽区运动的轨迹半径为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=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<B,< B,所以y轴上可能检测到该粒子的范围为L<y<3L. (3)若在Q处检测到该粒子，如图 y =-D B2 r? O 0 N x B ×× 由几何关系可知=(2L)2+(2一L),解得r2= 2 由洛伦滋力提供向心力g0B,=m延 ro 联立解得B:=5gBdL' 2mU 其中B= mU qdB。L 根籍隆屏成效幸)BBX100%可得若在Q处检测 到该粒子，则7=60%. 答案：(1)B,d mU (2) qdB。L L<y<3L (3)60% 考点4 1.AD粒子在区域I中的运动轨迹是以y轴为对称轴的 抛物线的一部分，可以判断出粒子做类平抛运动，根据 曲线轨迹可知，正粒子受到的电场力方向竖直向上，电 场方向沿y轴正方向，设粒子初速度为， 1 竖直方向有y=2at, 水平方向有x=vt, 由牛顿第二定律有Eq=ma, 联立解得EA正确：】 粒子在区城Ⅱ中运动的y一t图像为正弦曲线的一部分， 可以判断粒子做匀速圆周运动， 10L R 0 32 10L 3 运动轨迹如图所示，则粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径 R=10L,B错误： 3 粒子做类平抛运动进入匀强磁场时的速度？= √+(a),联立解得=5L, 根据洛伦兹力提供向心力有B=mR, 降件B=器 C错误； 如图所示， 10L 370 3L0 0… 3 设圆心为O'点，设粒子进入匀强磁场时的速度方向与竖 直方向夹角为日， 由速度关系有sin日=也=0.6. 可得0=37°， 由几何关系得∠0=37°， 那么有00=3L+Rc0s37°=17L 3 粗子在区城Ⅱ内国网运动的国心鱼标(0） D正确.故选AD 2.AD若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°， 则粒子必经过cd边，作出粒子运动轨迹图，如图甲所示， 粒子从C点垂直于BC射出，A正确；反之当粒子穿过 ad边经cd边垂直BC射出时，速度方向与ad边夹角不 一定为45°，C错误；当粒子穿过ad边的速度方向与ad 边夹角为60°时，若粒子从cd边再次进入磁场，作出粒子 运动轨迹如图乙所示，则粒子不能垂直BC射出，若粒子 经b边再次进入磁场，作出粒子运动轨迹如图丙所示， 则粒子一定垂直BC边射出，B错误，D正确 D··· →D· ·a-￥--'b B 甲 乙 ”···C 丙 18 3.ACA.带正电的离子受到的洛伦兹力向上偏转，极板 MN带正电为发电机正极，A正确；BCD.离子受到的洛 伦兹力和电场力相互平衡时，此时令极板间距为d,则 qoB=qd' 可得U=Bdv, 因此增大间距U变大，增大速率U变大，U大小和密度 无关，BD错误，C正确. 4.A由题知，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，则根据几何关系可知sin30 =-a 解得粒子做圆周运动的半径r=2a, 2 则粒子做圆周运动有guB=m,: 则有是- 如果保持所有条件不变，在磁场区城再加上电场强度大 小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收 屏，则有Eg=q0B, 联立有9= E m2a·B,故选A. 5.BAC.在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在 坐标原，点O静止的带正电粒子在电场力作用下会向y 轴正方向运动.磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定 则，可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴 负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x轴负方向偏转.AC 错误； BD.运动的过程中在电场力对带电粒子做功，粒子速度 大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方 向垂直，由于匀强电场方向是沿y轴正方向，故x轴为 匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次运动到 工轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子 再次回到x轴时的速度为0，随后受电场力作用再次进 入第二象限重复向左偏转，故B正确，D错误.故选B. 6.解析：(1)设正离子电荷量为q,质量为m, 离子在加速电场中由静止加速，根据动能定理得gU,= 1 2mv', 2qU 解得√m 离子以速度v进入反射电场，电场强度为E,=之 离子在反射电场中，往返运动可以沿垂直电场线和平行 电场线两个方向分解，平行电场线方向上离子做匀减速 直线运动，初速度分量为1=0cos日，且gE,=ma, 离子在反射电场中，往返运动时间：=四 垂直电场线方向离子做匀速直线运动，初速度分量为2 =vsin 0 离子在垂直电场线方向的位移x=,t 联立解得z=Ud4sin0cos9 U 从上式可以看出，离子在反射电场中的“射程”x只与仪 器的参数U1U2、d、日有关，而与离子的电荷量q和质 量m无关，因此，所有从离子源O产生的正离子都能从 同一点射出反射电场。 （(2)在加造电场中，报据位移时间关系d=弓d 其中a'=g md 可得加速电场中运动时间4=d√ 2m 无场区运动时间t:= Sa m =s√2gU' 离子从O到射出反射电场所用时间t=t十t2十t=d, 2m+ m 2d:cos 0 2mU U.N g 可知t 四，即 t2 a 可得=9 a 4 答案：)见解析(2)号 7.解析：(1)电子在加速电场中运动过程，由动能定理有 电子在筛选器中，由牛频第二定律有e四，B, 1 电子通过样品前后的动能变化量△B=乞m心一 1 2m, 联立可得△Ek= eBR -eU. 27m (2)电子在偏转电场中做类平抛运动，垂直电场方向有L =℃2t, 沿着电场方向有x=子a, U 根揭牛顿第二定律得e·=ma, 出偏转电场后，电子做匀速直线运动，根据几何关系有 L+5L 2 L 11mL'U, 联立解得x,=2dRB6e (3)由题意可知U,=t十U, 将U,表达式代入x。 11mU可得x,= 11mL2 2dR'Bie (t 2dRBie +U。), 结合题图（相对强度8408到4204）可得4△.x= 11mL 2dRBe·, 解得t= 8dReB△z 11mL2 答案：(1)△Ek= eBR -eU1(2)x。= 11mL'U, 2m 2dR Be (3)t= 8dReB△z 113mL2 8.解析：(1)作出正电荷在磁场中运动的轨迹，如图所示 由几何关系可知，正电荷在磁场中做匀速圆周运动的半 径为品。2 由洛伦兹力提供向心力g心，B=m, 2qByo 解得正电荷的入射速度大小为1= 正电荷在磁场中运动的周期为T-2π=2πm v1 gB' 所以正电荷从M运动到N的时间为t1=T 18 (2)由题意可知，在xOy平面内的负电荷在圆心O处，由 牛频第二定律可知gu,B十友48g=m三，其中m = 一4k9(舍去)； 6k4或h=By% 解得U:一B (3)在(2)的条件下，正电荷从N,点离开磁场后绕负电荷 做椭圆运动，如图所示 K×× 01 的×× 收×X 43 由能量守恒定律得合md一g。 k48g=1, 2 mvi-g k48g 由开普勒第二定律可知r2=3, 其中r=2yo,联立解得r3=6y。, 由牛频第二定律k489一 rg十r3 2 (作)芹解样T=， 3kq 故正电荷从N点离开磁场后到首次速度变为与N点的 射出速度相反的时间为t,= 2√3πByd 3kg 答案：(1)29B (3) 3xByo m :(2)6kq 3gB Byo 3kg 9.解析：(1)根据题意可知，画出粒子的运动轨迹，如图 所示 'ai vo 由题意可知0=60°， 设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r,由几何关系有 =rcos0十h,解得r=2h, 由牛领第二三定徐有0B=m三，部得B=器： (2)根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时，速度大 小仍为，方向与水平虚线的夹角为60°，由几何关系可 得AB=s-2rsin0=3√3h-2√3h=√3h, 则粒子在电场中的运动时间为1=AB。=23题 vocos va 沿电场方向上，由牛顿第二定律有gE=ma, 由运动学公式有一usin0=,sinf-at, 联立解得E= 2gh (3)若粒子从a点以0。竖直向下发射，画出粒子的运动 轨迹，如图所示 由于粒子在磁场中运动的速度大小仍为，粒子在磁场 中运动的半径仍为2h,由几何关系可得，粒子进入电场 时速度与虚线的夹角a=60°， 结合小问2分析可知，粒子在电场中的运动时间为t1 =23h AB间的距离为AB=√3h, 由几何关系可得BC=2 r sin a=2√3h, 则AC=BC-AB=√3h, 粒子在磁场中的运动时间为6=3602e.2_8h 360° 03 则有1=1，+6，=63+8x)h 30。 综上所述可知，粒子每隔时间t向右移动√3h,则漂移速 度大小=③h=35 t 6V3+8π 答案：10 、m (2)2gh (3)、3 6√3+8π 10.解析：(1)粒子在电容器中做类平抛运动，水平方向做 匀速直线运动有√3d=t, 整直方向微匀支连直线运动号=0兰，=： 2 g 由闭合回路欧姆定律可得U=。千2 E。, 联立可得=3=： (2)粒子进入磁场与竖直方向的夹角为tan日=心 sin 60 60°，=% 3o, 02 粒子在磁场中做匀速圆周运动qB=m尺， cos 30=3d 由几何关系易得R=d 31 2Eo 联立可得B=d0 (3)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 ∑qu,B△x=m'-(-musin30), 即gBxm=mw一（-msin30°)， 对粒子从b点运动到该位置的过程，由动能定理有 E。=m”-m, 联立可得x=2+)d 2 答案：(1)q=E (2)B=2E (3)2+3)d 2 181 11.解析：(1)根据题意，作出粒子垂直挡板射入小孔K的 运动轨迹如图所示， y个 N B 加速电压 》 生 器 60°△ 0 M 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==子 在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有 quB=m r' 1 在匀强加速电场中由动能定理有U,g=2m0, 联立解得U。=BL 8m (2)根据题意，当轨迹半径最小时，粒子速度最小，则作 出粒子以最小的速度从小孔K射出的运动轨迹如图 所示， 粒 加速电压 器 60° 0 M 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=xKc0s60= 4 在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有 quB=m '2 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△OMV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mB=Eg,联立可得E=BL Am (3)在匀强加速电场中由动能定理有Ug=2m0, 可得”=3gBL 6m 在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有 qoB=m 可得粒子在△OMN区城运动的轨迹半径，”=尽 6 作出从小孔K射出的粒子的运动轨迹如图所示 y↑ N B 加速电压 子发生 60°入 0 粒子出K时，”越偏向y轴，离y轴越近，由几何关系 L 有sn0=亭-9则有0=0. 2 由配速法将运动分解为y轴方向的匀速直线运动和沿 女箱方向的勺走国月路动：其中心，=m9=批心 =t”cosA=gBL 4√3m 匀速圆周运动的半径为，”=m 9B12· 又T=2”=2xm、 分析可知当运动(+年)T时，粒子距离y轴最近，此 最近位置的横生标为=子-户=3L,纵坐标为) 12 =++(+）T=号+g+,共中 8 n为自然数. 综上，最近位置的坐标为 [33L,3L+L(4m+3)](m为自然数). 12L,3 8 答案：U,=让(2)E=贮，方向沿x轴正 8m 4m 方向 （1.马1+Lg+门u为自然数) 8 12.解析：(1)电子在匀强磁场中运动时，将其分解为沿x 轴的匀速直线运动和在yO2平面内的匀速圆周运动， 设电子入射时沿y轴的分速度大小为℃，由电子在x 轴方向做匀速直线运动得L=t, 在yOx平面内，设电子做匀速圆周运动的半径为R,周 期为T,由牛顿第三定律知B吧，=m是，可得R三心， T=2rk_2xm Be 由题意可知所有电子均能经过O进入电场，则有t=nT (n=1,2,3,…), 联立得B=2m他，当n=1时，B有最小值，可得B eL =2rm℃， eL (2)如图所示，nm0=子， 当tan0有最大值时，o, y 最大，R最大，此时R=r, 又B-2R=层 eL 0 联立可得Um= 2πor L ,tan (3)当？，最大时，电子在电场中运动时沿y轴正方向有 最大位移y。,根据匀变速直线运动规律有八。=2 由牛顿第二定律知a=色。 2xr vom 又m 2π，联立得 L EeL? 答案：(1)2xm eL (2)2 (3)2m EeL 188 13.解析：(1)粒子在磁场中做圆周运动时的速度为0= √2十，=2， 根据洛伦兹力提供向心力Bg0=m =m0 2π 解得做圆周运动的半径为r= ,月菊为T一需 (2)根据题意，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，由于曲线表示的为速度 相应的曲线，根据a= 可知任意点的加速度大小相 △t 等，故可得Bg·VE=Eg 解得E=√2Buo. (3)根据题意分析可知从b a'vo -y 点到c点粒子在磁场中转 过的角度为270°，如图为 h c 粒子的运动轨迹，粒子返 回a点时根据对称性可知 20 与初始位置等高，从a到b 过程中粒子做类平抛运 动，得品=山， 故可得该段时间内沿y方 向位移为L=t, 根据几何知识可得x=√2r, 由粒子在两次电场中运动的对称性可知移动一周时粒 子位移的大小为xm=x一2L, 联立解得x=2一V②mu Bq 答案：1)V②m,2":(2)E=2B:3)2-Dm Bq Bg Bg 14.解析：(1)对乙粒子，如图所示 L ×× -30° 309B B 由洛伦兹力提供向心力q,B= 由几何关系sin30°=L, 1 联主解得，磁感应张度的大小为B一元 (2)由题意可知，根据对称性，乙在磁场中运动的时间 为4=2×器×留-兴， 对甲粒子，由对称性可知，甲粒子沿着直线从P点到O 3 点，由运动学公式d=2t十豆ati, 由牛频第二定律a=9E=9心 m4πL1 联立可得区宽度为d=子 3 (3)甲粒子经过0点时的速度为0p=2u,十at=3u, 因为甲在N区始终做匀速直线运动，则t=kx=k ×30ot, 可得k=3 设乙粒子经过Ⅲ区的时间为t。,乙粒子在V区运动时间为 to,则上式中t=t。十t2, 对乙可得E=,十)一k红 整理可得=3u,(6,十t,)-3F 对甲可得x=3(t,十t） 3vF 则△x=x一x=w 化简可得乙追上甲前F与△x间的关系式为 F=w·△x. 3 答案：1觉 22d8)器·a 3Uh 专题十一电磁感应 考点1 1.B小球从P,点由静止释放，初始阶段速度方向大致向右 根据左手定则可知，洛伦兹力方向垂直速度指向上（即俯视 图中PO连线的上方)，轨迹向洛伦兹力方向偏转（即俯视图 中向上弯曲)，当小球运动到右侧最高点(P点)后返回，速度 方向大致向左，根据左手定则可知，洛伦兹力方向垂直速度 指向下（即俯视图中P○连线的下方），且轨迹依然向洛伦 兹力方向偏转（即俯视图中向下弯曲），综上所述，B项图符 合题意 2.C根据题意，当金属薄片中心运动到N极正下方时，薄片 右侧的磁通量在减小，左侧磁通量在增加，由于两极间的磁 场竖直向下，根据楞次定律可知此时薄片右侧的涡电流方 向为顺时针，薄片左侧的涡电流方向为逆时针，故选C. 3.D有线圈时，磁铁受到电磁阻尼的作用，振动更快停止，故 A错误；根据楞次定律，磁铁靠近线圈时，线圈的磁通量增 大，此时线圈有缩小的趋势，故B错误；磁铁离线圈最近时， 此时磁铁与线圈的相对速度为零，感应电动势为零，感应电 流为零，线图受到的安培力为零，故C错误；分析可知有无 线圈时，根据平衡条件最后磁铁静止后弹簧的伸长量相同， 由于磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能为磁铁减小的重 力势能减去此时弹簧的弹性势能，故系统损失的机械能相 同，故D正确. 4.A线圈a从磁场中匀速拉出，的过程中穿过a线圈的磁通 量在减小，则根据楞次定律可知a线图的电流为顺时针，a 中产生的电流为恒定电流，则线圈a靠近线图b的过程中线 圈b的磁通量在向外增大，根据楞次定律可得线圈b产生的 电流为顺时针 考点2 1,ACAB项分析：S闭合S,断开时，区战I中产生感应电动 势给C,充电，由法拉第电磁感应定律可知产生的感应电动 势为U=L=L,由电容定义式可得C,充电完毕时 的电荷量为Q=CU1=CL,A正确：由楞次定律和右手 螺旋定则可知区城[中产生顺时针方向的感应电流，则C充 电完毕时，上极板带正电，B错误；CD项分析：断开S,、闭合 S时，C放电，最终回路中感应电流为0，C1、C和MN两 端电压相等，设最终稳定时C的电荷量为Q,,C,的电荷量 为Q,流过MN的电荷量为QN,MN的速度为o,对MN 由动量定理和电流的定义式有BLt=BLQN=mu,结合法 拉第电磁感应定律和电容的定义式有=二=BLu,联立 可得@w=荒·品-C品Q一总Q:垫水进程由 电荷守恒定律有Q=Q1+Q十Q,联立可得Q= kC C.BL Q kC BL3 BL(C+C)mC.BL (C+C)+m ,C正确， D错误. 18 2.BC若磁性薄膜的N极在右侧，则通过线圈的磁场方向向 右，吸气时薄膜向左运动，通过线圈的磁场增强，由楞次定律 可知，感应磁场方向向左，则线圈中的电流由·b,b点电势 高，A错误，B正确.由题图2可知，P点对应的电压为正，即 由题意可知此时b,点电势高于，点电势，线圈中的感应电流 由b,通过线圈的感应磁场方向向左，若P,点对应呼气， 则线圈中的原磁场减弱，则原磁场方向应向左，磁性薄膜的 S极在右侧，C正确.由题图2可知，Q,点对应的电压为负，即 由题意可知b,点电势低于，点电势，线圈中的电流方向由b →，通过线圈的感应磁场方向向右，若Q,点对应呼气，则线 图中的原磁场减弱，则原磁场方向向右，磁性薄膜的S极应 在左侧，D错误 3D可线学的自感电动势公式为E=N会恕-NS智引 △t 其中，螺线管的横截面积S=,磁感应强度B=aL,在t。~ 2,时间段内，电流变化率为 △0-1。L △t2to-tto 磁感应强度变化率为 △B a△=a =a△t-t 代入自感电动势公式E=N四山，A错误：线图A的有效 to 匝数是1，在钻。~，时间段内，电流变化率为 L-(-)=L 6t。-4t。to 线圈A的感应电动势E=mS-a山，B错误：流过线图 △tto A的也有量g=1=景4=梁，共中40是穿进线图A 的总磁通量变化量.在0~。内，螺线管电流恒定，穿过线圈 A的总磁通量不变，通过线圈A的电荷量为0， 在t。~2。内，电流从1。变为0，所以△1=0一1。=一1， =△=a,C错 在0一2，内，通过线圈A的电荷量q=尺 R 误：在0一5t内，线圈A产生焦耳热只有在电流变化的区间 才产生感应电动势和焦耳热即t。一3t。和4t。~5t。时间段.t。 ~3,时长为2，线图A的感应电动势E,=mS5-a山 △t to 产生的%年热Q层·2%=2“) Rto 在。~5，时间段内，感应电动势E=S5_a山 △tt。 E,_(al)2 产生的焦耳热Q=R。= Rto 在0~5t。内，线圈A产生的焦耳热Q=Q十Q=3 (al)D正确。 Rto 4D由题意知电流在长直螺线管中产生的磁感应强度大小 为月=响，小我用中产金的多应电动劳为=兽S尝 =aS,则a=￡，D正确， nS 5.BCL顺时针而I4=0,则镜头向左运动，加速度方向向左， A错误；I:顺时针而I=0,则镜头向下运动，加速度方向向 下，B正确：若a的方向左偏上30°，说明镜头向上运动以及 向左运动拉伸弹簧，且向左运动的分速度大于向上运动的 分速度，可知I.顺时针I逆时针，由E=Blu可知L>L,C 正确：若α的方向右偏上30°，说明镜头向上运动以及向右运 动，且向右运动的分速度大于向上运动的分速度，可知L。逆 时针I,逆时针，D错误.故选BC.最新真题 专题十 磁场 分类特训 [考点1]磁场和磁感应强度的叠加 1.(2026·1月浙江卷，11)（多选）下列说法正确的是 A.变化的电场会产生磁场 B.汽车经过凹形路面最低点时处于超重状态 C.相对论时空观认为运动物体的长度与速度无关 郑 D.秦山核电站通过提取海水中的氘和氚进行核反应获取能量 2.(2025·福建卷，3)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，方向相反的电流.导线周围存在M、O、N三点，M与O关于L1对 斯 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 M B1,O点的磁感应强度大小为B2,现保持L1中电流不变，仅将L2撤去，V 点的磁感应强度大小为 A.B.B B.zB:-B C.B2-B D.B-B 3.(2022·全国乙卷，18)（多选）安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测 的 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 杯 持竖直向上.根据表中测量结果可推知 测量序号 B,/μT B/μT B./uT 7 0 21 一45 2 0 -20 -46 3 21 0 -45 如 -21 0 -45 御 A.测量地点位于南半球 B.当地的地磁场大小约为50μT 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 [考点2幻]安培力的大小和方向的判断 1.(2023·浙江卷，10)如图所示，质量为M、电阻为R、长为L的导体棒，通过两根 长均为、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L.细杆 器 通过开关S可与直流电源E。或理想二极管串接.在导体棒所在空间存在磁感应 强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场，不计空气阻力和其他电阻.开关$接 1,当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角0=不；然后开关S接2，棒从右侧开 左 始运动完成一次振动的过程中 A.电源电动势E。=M3R 2BL B.棒消耗的焦耳热Q= C.从左向右运动时，最大摆角小于深 D.棒两次过最低点时感应电动势大小相等 53 2.(2023·湖南卷，6)如图，真空中有区域I和Ⅱ，区域I中存在匀强电 场和匀强磁场，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 do 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 B, 的粒子射入区域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B,,区域Ⅱ中磁感 45 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t。,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>t。 B.若仅将区域I中电场强度大小变为2E,则t>t。 C若权将区模Ⅱ中管感应强度大小变为B,则：一号 D若仅将区拔Ⅱ中磁感应强度大小变为号日，则：=4， 3.(2023·辽宁卷，2)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 △l,和△12、电流大小分别为I,和I2的平行直导线间距为r时，相互作用力的大小可以表示为 △F=kII:△△L.比例系数的单位是 ( ) A.kg·m/(s2·A) B.kg·m/(s2·A2) C.kg·m2/(s3·A) D.kg·m2/(s3·A3) 4.(2022·全国甲卷，25)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 反射光 D nM 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 O入射光 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M的中心.使用前需调零；使线圈内没有电流通过时，M竖直且与纸面垂直；入射细光束 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，入射光束在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.已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l,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s; (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s2.求待测电流的大小. 54 [考点3]带电粒子在磁场中的运动 1.(2026·河南卷，6)如图，间距为1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 X×X××X× ××××××× 在纸面内垂直于虚线从O点射人磁场，一段时间后又从O点射出磁场.已 b 知该粒子在下方磁场中运动的圆轨迹半径为，不计重力，则上、下磁场的 0 磁感应强度大小之比为 A.2:1 B.3:1 C.4:1 D.5:1 2.(2026·湖南卷，10)（多选）某小组设计了一磁悬浮装置.如图，环形45 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，B 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元： C.小球做圆周运动的半个周期内洛伦兹力的冲量大小为√(2+π)gR 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√5mg 3.（2026·1月浙江卷，13)（多选）在充满液态氢的气泡室中存在方向垂直图示 平面、磁感应强度为B的匀强磁场.一束Y射线通过气泡室，其中一个Y光子 将一个氢原子打出一个电子(e),同时自身转变为一对正负电子对(e ).三个电子在气泡室中的径迹如图所示（氢原子和产生的质子均可视为静 止)，开始时，三条径迹共切于O点，其半径分别为r1、r2和r3.假设电子在气 泡室中所受阻力大小正比于速率，比例系数为k,方向与速度方向相反.沿径 迹1、2、3运动的电子速度减为0时的位置分别位于M(图中未标出)、P、Q三点.已知电子质量 为m。,元电荷为e,光速为c.下列说法正确的是 A.Y光子的能量小于2m。c2 B.y光子的动量大小为eB(r1+r2十r3) C.O与P、Q的距离之比OP:OQ=r2:r D.沿径迹1运动的电子总路程为CB)+ k 4.(2025·安徽卷，7)如图，在竖直平面内的Oxy直角坐标系中，x轴上方 XX + XXX 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 B 直纸面且平行于x轴放置足够长的探测薄板MV,MV到x轴的距离为 XX 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 M↑ 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 0 为加、速度大小均为，不计粒于的重力，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m 6aB 55 5.(2025·甘肃卷，10)（多选）2025年5月1日，全球首个实现“聚变能发电 十 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 Ro 半径为R。.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g,a粒子的速度 77 大小为0。=9BR,方向沿同心圆的径向：b和c粒子速度方向相反且与4粒子的速度方向垂 m 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 ( A.外圆半径等于2R。 B.a粒子返回A点所用的最短时间为(3π+2)m gB C.b、c粒子返回A点所用的最短时间之比为一2 √2+2 D.c粒子的速度大小为三 20 6.(2024·湖北卷，7)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方向射人圆形区域的最小时间间隔为B 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BgB迟 3m 7.(2026·山东卷，18)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=一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、带电荷量均为十g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（一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. y米 粒 区域I 区域Ⅲ 发生器 器 -h 区域Ⅱ (1)求速度选择器中磁感应强度的大小B。和区域I中磁感应强度的大小B,; (2)求粒子a从O点运动到P点 货50j的时利： 56 当粒子a从点m6,0离开区域Ⅱ进人区域Ⅲ时，带电荷量为十g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· 8.（2026·云南卷，13)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 励磁线圈 玻璃泡 电子枪 e 0 图甲洛伦兹力演示仪示意图 图乙匀强磁场区域 9.(2025·云南卷，14)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 P 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、 0 N 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OV中点垂直OV射入磁屏 速度选择器 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. (1)求该粒子通过速度选择器的速率； (2)求B,以及y轴上可能检测到该粒子的范围； (3)定义磁屏蔽效率η= B一B:×100%,若在Q处检测到该粒子，则7是多少？ B 57 [考点4]带电粒子在复合场中的运动 1.(2025·山东卷，12)（多选）如图甲所示Oxy的平面内，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.t=0时刻，质量为m、电荷量为十q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. t。时刻粒子第一次到达两区域分界面，在区域Ⅱ中运动的yt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 () 区域I 区域Ⅱ 10L/3 3L -2L -10L/3-- 图甲 图乙 A区玻I内电场强度大小E一学，方向沿，箱正方向 B.粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径R=20L 3 C.区域Ⅱ内磁感应强度大小B=3m,方向垂直Oxy平面向外 5ato D粒子在区城I内圆周运动的圆心坐标(0) 2.(2024·河北卷，10)（多选）如图，真空区域有同心正方形ABCD和abcd,D,·······, 其各对应边平行，ABCD的边长一定，abcd的边长可调，两正方形之间充 ·d C 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 bi* 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 3.(2024·湖北卷，9)（多选）磁流体发电机的原理如图所示，MN和 M XXXXX 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 XX X 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()→××× X ▣0 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.仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大 58 4.(2023·全国乙卷，18)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 B 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 接收屏 垂直于x轴的接收屏上的P点：SP=,S与屏的距离为？，与x轴的距离为 α.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、E 2aB B.E aB 是 D.B aE 5.(2022·全国甲卷，18)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 ) 0 6三 A B C 6.(2026·河南卷，14)反射式飞行时间质谱仪是通过测量离子在真空中的飞行时间来对其进行 质量分析的仪器.原理如图所示，离子源O产生不同种类、初速度为零的正离子，离子经匀强电 场加速后从A点射出，进入无场区做直线运动，然后从B点进入匀强反射电场，最后从反射电 场射出.已知A、B间的距离为s。,加速电场和反射电场两极板间的电压分别为U1和U2(U2> U1),间距分别为d1和d2,反射电场方向与AB的夹角为0.不计离子重力. 探测器 反射电场 加速电场 无场区 B 0小 d U (1)证明从离子源O产生的正离子都能从同一点射出反射电场： 2)测得两种离子从0到射出反射电场所用时间之比-号，求其比荷之比9 59 7.(2026·黑吉辽蒙卷，15)某些材料的激发态可视为准粒子的集合，激发态寿命可由“时间分辨 一能量分析仪”测量，简化原理如图()所示，电子源释放初速度可忽略的电子，经电压为U1的 加速电场加速，穿过处于激发态的样品时，部分电子与准粒子作用后动能发生变化，相互作用 时间不计.为筛选出动能变化为特定值的电子，调节匀强磁场的磁感应强度为B。,使筛选出的 电子沿半径为R的圆弧形中心线运动，从狭缝出射后，沿电场中心线且平行于极板方向进入偏 转电场，偏转后打在荧光屏上形成光斑. 已知电子电荷量大小为，质量为m;偏转电场可视为匀强电场，M、N极板长度为L、间距为d; 荧光屏到极板边缘的距离为5L.忽略电子间相互作用及电、磁场边缘效应 荧光屏 匀强磁场 Ax 相对强度 图6) 8408 7071 M N 偏转 5946 电场 5000 样品 4204 3535 2500 1767 2102/ 1258883 1486/ 625 荧光屏 加速 电场 激发过程 衰减过程 /八电子源 图(@) 图a (1)求筛选出的电子通过样品前后的动能变化量△Ek. (2)求M、N板间电压为U,时，电子到达荧光屏上的偏移距离xo· (3)样品被激发时，电子源开始每隔相同时间发射持续时间极短、电子数目相近的脉冲，同时 M、N板间电压随时间线性变化，变化率为B(3<0),使先后到达荧光屏上的电子脉冲形成间距 为△x的光斑，如图(b)所示，每个脉冲经过偏转电场时间极短，在此时间内电子所受电场力可 视为恒定.样品被激发后，筛选出的电子数随激发态准粒子数的衰减成比例减少，导致光斑相 对强度也相应成比例减弱，相对强度与各个光斑中心位置x的关系如图(c)所示.若样品的激 发态寿命t定义为准粒子数衰减一半所需的时间，求t. 60 8.(2025·黑吉辽蒙卷，15)如图，在xOy平面第一、四象限内存在垂直平面向里的 y 匀强磁场，磁感应强度大小为B.一带正电的粒子从M(0,一y)点射入磁场，速 XXXX 度方向与y轴正方向夹角0=30°，从V(0,y)点射出磁场.已知粒子的电荷量 0 为q(q>0),质量为m,忽略粒子重力及磁场边缘效应 xxx (1)求粒子射入磁场的速度大小1和在磁场中运动的时间t1· (2)若在xOy平面内某点固定一负点电荷，电荷量为一48q,粒子质量取m= B(为静电力常量)，粒子仍沿(1中的轨迹从M点运动到N点，求射入磁 场的速度大小2， (3)在(2)问条件下，粒子从V点射出磁场开始，经时间2速度方向首次与N点速度方向相 反，求2（电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0时，与该点电荷距离为 处的电势p=k又). 9.(2025·河南卷，15)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、 带电量为q(q>0)的粒子从磁场中的a点以速度v。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.α、b距水平虚线的距离均为h,两点之间的距离为s=3√3 h.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α点以v。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) 61 10.(2025·湖南卷，14)如图，直流电源的电动势为E。,内阻为r。, 滑动变阻器R的最大阻值为2。，平行板电容器两极板水平放 S R ××× 置，板间距离为d,板长为√3d,平行板电容器的右侧存在方向垂 6 X 直纸面向里的匀强磁场.闭合开关S,当滑片处于滑动变阻器中 -√3d×××× 点时，质量为m的带正电粒子以初速度v。水平向右从电容器左侧中点α进入电容器，恰好从 电容器下极板右侧边缘b点进入磁场，随后又从电容器上极板右侧边缘c点进入电容器，忽 略粒子重力和空气阻力. (1)求粒子所带电荷量q; (2)求磁感应强度B的大小； (3)若粒子离开b点时，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，场强大小 为4③E 3,求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离· 11.(2024·山东卷，18)如图所示，在Oxy坐标系x>0,y>0区 y 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 加速电压 点.△OMN之外的第一象限区域存在恒定匀强电场.位于 发 y轴左侧的粒子发生器在0<y<1的范围内可以产生质 60° 0 量为m,电荷量为+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 (1)求使粒子垂直挡板射入小孔K的加速电压U。; (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； (3)当加速电压为9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， 62 12.(2024·湖南卷，14)如图，有一内半径为2r、长为L的圆筒，左、右端 面圆心O、O处各开有一小孔.以O为坐标原点，取OO方向为x 2r 轴正方向建立Oxyz坐标系.在筒内x≤0区域有一匀强磁场，磁感 0' 应强度大小为B,方向沿x轴正方向；筒外x≥0区域有一匀强电 场，场强大小为E,方向沿y轴正方向.一电子枪在O处向圆筒内多 个方向发射电子，电子初速度方向均在xOy平面内，且在x轴正方向的分速度大小均为o· 已知电子的质量为m、电量为，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互作用及电子 的重力 (1)若所有电子均能经过O进入电场，求磁感应强度B的最小值； (2)取(1)问中最小的磁感应强度B,若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为 0,求tan0的绝对值； (3)取(1)问中最小的磁感应强度B,求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移. 13.(2024·新课标卷，26)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(,, c(-Vo:Vo) b(vo,vo) oy)表示，0，、℃y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,)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(vo.v)点；随后粒子离开电场，进入方向 0 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 PoUy） 动至c(一uo,)点；然后粒子离开磁场返回电场，P点沿线段ca回到 α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. 63 14.(2024·黑吉辽卷，15)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、V区为电场区， V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,质量均为m的粒子.如图，甲、乙平行于x轴向右运动，先后射人I区时速度大小分别 为号，和.甲到P点时，乙刚好射入1区.乙经过I区的速度偏转角为30，甲到0点时，乙 恰好到P点已知Ⅲ区存在沿十x方向的匀强电场，电场强度大小E。一4 9mvo 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. 0 B E好 Ⅱ区 Ⅲ区 N区 (1)求磁感应强度B的大小； (2)求Ⅲ区的宽度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=wt一 kx,其中常系数ω>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). 64