专题十一 安培力与洛伦兹力-【创新教程】2022-2026五年高考物理真题分类特训

作，根据(3)中处理方法可知对实验结果没有影响，故B 错误：C.根据实验步骤可知光电门的位置稍微偏离托盘 的平衡位置会影响振子周期的测量，是实验的误差来源 之一，故C正确. 答案：62，+ (3)9.59(4)AC 4π1 5.解析：(1)图(a)读数为0mm十0.8×0.01mm= 0.008mm(0.007~0.009mm均可)；图(b)(20+3.5× 0.01)mm=20.035mm(20.034~20.036均给分)；则摆 球的直径为(20.035-0.008)mm=20.027mm(20.025 20.029均给分) (2)若角度盘上移则形成如图所示图样，则实际 59 摆角大于5°. (3)摆长=摆线长度+半径，代入数据计算可得 摆长为82.5cm: 小球从第1次到61次经过最低，点经过了30个 周期，则T=54,60s=1.82s: 30 根据单摆周期公式T=2√日 ,可得g==9.83m/s. 2 答案：(1)0.008(0.007~0.009均可)20.035(20.034 20.036均给分)20.027(20.025~20.029均给分)(2)大于 (3)82.51.829.83 专题十一安培力与洛伦兹力 考点1安培力的应用和磁感应强度 1.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,-号，根据对称性，两学线在N处的破感 应强度大小应该与M点一样，为B,,根据对称性，L在 N点处产生的磁高应强度为B,-盘由于：在N点处 产生的磁感应强度大于L,在N点处产生的磁感应强 度，且方向相反，将L:撤去，N点的磁感应强度为号B, 一B.故选B. 2.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之轴 的磁场竖直向下，则测量地 地磁北极 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=√B+B=√B十B 计算得B≈50T,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 21 详解详析 3.C因bc段与磁场方向平行，则不受安培力；ab段与磁 场方向垂直，则受安培力为F=BI·21=2BIl, 则该导线受到的安培力为2BIL.故选C. 4,B根据题中公式△F=IL△4△上】 r △Fr2 整理可得k=1,1,△l,△ 代入相应物理量单位可得比例系数大的单位为刽 kg·m/s=kg·m/(s2·A).故选B. A 5.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|△r|,△x=NB凹 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2θ，又因为d>△x,r>d 则sin≈0，sin2≈26 所以有△.x=d·0,s=r·28 联立可得s三Az=2NB1 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5，=2NB亚+ dk 当电流反向后有5，= 2NBI'lr-s, dk 联立可得'= dk(s1十sg) 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= dk(s1十s2) 4NBir 答案：1)NBL2NB业(2)k(s+2 dk 4NBIr 考点2带电粒子在磁场中的圆周运动 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=0t, 由牛顿第二定律有Eg=ma, 联立解得E=4m,A正确： qt。 粒子在区域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 3 1372 0 3L 10L 31 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 3 最新真题分类特训·物理 粒子做类平抛运动进入匀强磁场时的速度= C.由题意，作出b、c粒子运动轨迹图，如图所示 √G+(a),联立解得u=5L, t。 根据洛伦兹力提供向心力有B=m尺， 02 解得B=241 3m,C错误；如图所示， y 因为b、c粒子返回A点都是运动一个圆周，根据b、c带 10L 3 正电且比荷均为，所以两粒子做圆周运动周期相同， 37 故所用的最短时间之比为1：1，C错误； 0 D.由几何关系得2R=√2R, 10L 3 洛伦兹力提供向心力有q心B= R 设圆心为O点，设粒子进入匀强磁场时的速度方向与竖 联立解得。=。 ,D正确、 直方向夹角为日， 3.BDD.假设粒子带负电，第一次从 由速度关系有sin0==0.6,可得9=37， A点和筒壁发生碰撞如图，O为圆 周运动的圆心，由几何关系可知 由几何关系得∠O=37°， +0 ∠O,AO为直角，即粒子此时的速度 那么有00=3L+Rcos37°=17凸 方向为OA,说明粒子在和筒壁碰撞 3 时速度会反向，由圆的对称性可知，O 粗子在区战Ⅱ内回周运动的国心坐标(0） 在其他，点撞击瞬间，粒子速度方向 一定平行碰撞，点与圆心的连线，D正确；A.假设粒子运 D正确.故选AD. 动过程过O点，则过P点的速度的垂线和OP连线的中 2.BD由题意，作出a粒子运动轨迹图，如图所示 垂线是平行的不能交于一点确定圆心，由圆形对称性撞 击筒壁以后的A点的速度垂线和AO连线的中垂线依 旧平行不能确定圆心，则粒子不可能过O点，A错误；B. 由题意可知粒子射出磁场以后的圆心组成的多边形应 为以筒壁的内接圆的多边形，最少应为三角形如图所示 03 a粒子恰好到达磁场外边界后返回，a粒子运动的圆周 0 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， 即撞击两次，B正确；C,速度越大粒子做圆周运动的半 径越大，碰撞次数会可能增多，粒子运动时间不一定减 报据a粒子的速度大小为u,=9BR 少，C错误.故选BD. 代入R=器 4.解析：(1)根据洛伦兹力提供向心力有B=m 可得R。=R, 可得=常 设外圆半径等于R',由几何关系得∠AOB=270°， 则R'=R。十√2R,A错误； 报据元行关系可得-B+8R-R 2 B.由A项分析，a粒子返回A点所用的最短时间为第一 联立可得B=10m巴」 次回到A点的时间t, 9eR' 根据左手定则可知磁感应强度方向垂直纸面向里 a粒子做匀速圆周运动的周期T=2πR=2m, va gB' (2)根播T=,络合=品R,可得T- 5v 在磁场中运动的时间t一360·T3mm」 gB, 电子从S点第一次到达P,点转过的圆心角为180°，电子 2R2=2m 匀速直线运动的时间=。一B' 从S点第一次到达P点所用的时同=器·T。 故a粒子返回A点所用的最短时间为tmnm=t1十t:= 联立可得1=9迟 10w (3π十2)m,B正确； gB 答案：(1紧垂直纸面向里(2瓷 5.解析：(1)粒子在电场中做类斜抛运动 -L 0 设粒子初速度方向与x轴夹角为日，加速度a= m(2L) 方向沿y轴正向.粒子从（一L,0)运动到(0,0），水平方 向L=0cos0·t, 竖直方向0=-%，sin6t+2at, 联盒屏号或n(20=al=结。 即sin(28)=24， 251 在O点，U,=cosf,u,=-wsin9+at=sinA, 设射入磁场速度方向与x轴夹角为B,则tanB=g=an0, 即B=6, 24 根据sin（2p0=25,sinB叶osB=1, 解得sinB=0.6或sinB=0.8. (2)粒子在磁场中微匀速圆周运动，半径R= gB =L, 磁场区域半径也为L,由几何关系，粒子从O,点射入，必 从磁场边界另一，点射出，且射出速度方向水平向右， 如图 6 -2h + y 射出点纵坐标y出=L(1一cosa), 4 当sina5时，cosa= L y=5 当sina= 粒子与Q板弹性碰撞后沿x轴负方向返回，再次进入 磁场. 215 详解详析 0 由对称性及圆周运动几何关系，粒子再次打到挡板P上 的位置纵坐标y=2y出， 故y生标为L或L (3)根据(1)可知sin(29)=9U=24 2m25 2·粒子能到达0点需满足sin(29)=k,即≤ 设k=9U 1,/s2m 9 若U>2m心，则>1，无粒子能到达0点，均无法打到P 右侧面. 当U≤2m时，存在两个发射角0，0，（假设日， 大于日1).粒子在电场中不撞板条件为|ymm|≤ L,如图， 上图为刚好到达上极板的临界，根据逆向看， 2 类平抛运动速度偏转角是位移偏转角正切值的2倍，可 知，此时tanf=2火y 根据数学关系可知此时sin日=4区 17 ,cos 0=v17 17 解得对于0常=sin(20)≥立·脚U265 8 17q 此时日，对应粒子轨迹刚好与上极板相切. 综上所迷，当0<U<16m时，仅日粒子能进入磁场，】 17g 个撞击，点 当l6mw≤U< 17g 心时，两粒子均能进入且撞击点不同， q 2个撞击点： 当U=2m心时，两粒子轨迹重合】个撞击点； q 当U>2心，则>1，无粒子能到达0点，均无法打到P 右侧面. 答案：10.6或0.8(2)号L或号L(3)U>20,无 粒子能到达O点，均无法打到P右侧面。 当0<U<16m时，仅9，粒子能进人磁场，1个撞击点： 17g 6mu。<U之2m心时，两粒子均能进人且撞击点不同 2个撞击点： 当U=2m心时，两粒子轨迹重合1个撞击点. 9 最新真题分类特训·物理 6.AAB.由题意知当质子射出后先在MN左侧运动，刚 射出时根据左手定则可知在MN受到y轴正方向的洛 伦兹力，即在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. 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=qoBo 解得B,=E 粒子a进入区域I后在洛伦兹力作用下微匀速圆周运 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轴负方向进入区城Ⅱ，则作出粒子a在 区域I中的轨迹如图1所示 y 速 粒子发生器 区域I 区域Ⅲ 度选择器 h n + + -h no 区域Ⅱ 图1 根据几何关系可知r1=h 又由洛伦兹力提供向心力有qB,=m 联立解得B,=m巴. gh (2)粒子a从O点进入区域Ⅱ后在洛伦兹力作用下做匀 速圆周运动，设粒子在区域Ⅱ中的轨迹半径为r,则由 洛伦兹力提供向心力有q0·5B=m 解得=器 粒子a在区战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90·12B=m rs 解得r,=12gB mu 作出粒子a从O点进入区域Ⅱ后的部分轨迹如图2 所示 整 速度选器 区域1 区域Ⅲ h h 区域Ⅱ 图2 216 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为正整数)次经过x轴的工轴坐标为工=”十1·2 2 ,1.2r,=7nt7)m(m为奇数)，z=(2-2) 2 60gB =7mm 2 60gB(n为偶数) 令x= 192 ,解得n=3,则粒子a从O点运动到P,点 30gB (30B0）过程在区城Ⅱ中运动2次，在区战Ⅲ中运动1 19mv 次，故t= 22+π1=29πm 60gB (3)画出粒子a、b的运动轨迹如图 08 0.6 0.4 8 0 0.2 -0.4 -0.6 0.805 (mv/gB) 区城Ⅱ：a粒子半径r。= 5gB b粒子半径 5gB a粒子半周期t,=m B 6粒子半周期4 5gB 区城Ⅲ：a粒子半径r=2qB .1 M b粒子半径 rm 29Ba粒子半周期1，=12gB b粒子半周期 TM 12gB 粒子每完成一次“区域Ⅱ下半圆十区域Ⅲ上半圆”的运 动，x坐标的净变化△z=2r:-2r,=30gB 同理△x。 7Mu 30gB 17xm 所花时间△t。=t十t,=60gB 同理△t= 17πM 60gB' 取粒子a从O点沿y轴负方向进入区域Ⅱ的时刻为t= 0,粒子a第1次速度向上，点：在区域Ⅱ中走下半圆到达 x轴坐标x,1=2r2= 2m012m0 5 gB 30gB 时网=6一品一品器 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,…, 剥=4+(x-1)4x,=器+(m-10器 7m心 7+5.m 30 详解详析 ta.m=ta.l+(n-1)△t。= 12xm 60gB +(n-1)17xm 设粒子在磁场中运动的半径为，根据几何关系可知 60gB 17n-5.xm =3R 3 60 粒子6在a到达第一次向上点a(即x-常)时，从0 根据洛伦兹力提供向心力有9B=m三，可得口 点以同样速率沿y轴负方向进入区域Ⅱ.B的起始时刻 3qBR,故D正确 3m 为器-器 2解析：(1)当磁场的磁感应强度为B。时，电子刚好不会 粒子b第1次速度向上点（绝对时刻）：b先在区域Ⅱ走 落到筒壁上 下半圆 则电子以速度垂直轴线方向射出，电子在磁场中做匀 坐标x1=2,M=12M 速圆周运动，轨迹恰好与圆筒壁相切，轨迹半径为R。 5qB 30gB' R M=12πm+12xM_12m+12M 时刻T6.1=t,1十 5qB 60qB 60gB 60gB 同理，第k次速度向上点=1,2,3，… 根据洛伦兹力提供向心力可得eB,= R。· 4=2+6-1)=7+5. 联立解得e= 2 30gB 30gB 30 gB 72 B。R +品) Te=T1+(k-1)(M (2)磁感应强度调整为后，将电子速度沿垂直轴线和 =12m+(17k-5)M 平行轴线方向进行分解，分别设，，，电子将在垂直轴 60gB 线方向上做匀速圆周运动，平行轴线方向上做匀速直线 由相遇条件xam=x.k、tm=t6.得(7n+5)m=（7k十5) 运动，电子击中筒壁距离粒子源的最远，点时，其垂直轴 M,(17n-5)m=12m+(17k-5)M, 线方向的圆周运动轨迹与筒壁相切，则轨迹半径仍为R。 两式相除消去M得10一17k=5,最小正整数解为k= R 5,n=9, 2 代入得M=1, B。m 10m21=15gB 根据洛伦滋力提供向心力可得2u,=R。 答案：(1) gh (2)29m (3)34mu 60gB 15gB 联立解得u,= 2 考点3带电粒子在有界 由射出到相切，经过半个周期，用时1= 2 磁场中的临界、极值问题 1×2πm=2πm_xR 1.DAB.在圆形匀强磁场区域内，沿着径向射入的粒子，总 2 B。eB。 是沿径向射出的：根据圆的特，点可知粒子的运动轨迹不可 e 2 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 根据速度的合成与分解可知u=√一=臣。 2%, 平行轴线方向运动距离y=飞，t= 3R. 结合对称性，被电子击中的面积S=2X2πRy= 2√5πR. 答案：1片- (2)S=2√5πR 3.解析：(1)由于该粒子在速度选择器中受力平衡，故qE= 图① 9uB,其中E= d 则最短时间有=2T-昭，故C错读：D粗子从A点射入 则该粒子通过速度选择器的速率为，=B。! U 到从C点射出圆形区域用时最短，则轨迹如图②所示 (2)粒子在x≥0区域内做匀速圆周运动，从ON的中，点 垂直ON射入磁屏蔽区战，由几何关系可知r,=L, 由洛伦兹力提供向心力得q心B=m mU 联立可得B一B,:若磁屏藏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, 图② 由几何关系可知y轴上y=L处检测到该粒子，若磁屏 最新真题分类特训·物理 蔽区的磁感应强度大小为零，则粒子平行于y轴通过磁 2.AD若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°， 屏藏区后做半径为r=L的圆周运动，由几何关系可知y 则粒子必经过cd边，作出粒子运动轨迹图，如图甲所示， 轴上y=3L处检测到该粒子，由于0<B,<B,,所以y 粒子从C,点垂直于BC射出，A正确；反之当粒子穿过 轴上可能检测到该粒子的范围为Ly3L, 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 (3)若在Q处检测到该粒子，如图 边夹角为60°时，若粒子从cd边再次进入磁场，作出粒子 y 运动轨迹如图乙所示，则粒子不能垂直BC射出，若粒子 经边再次进入磁场，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】 B2 C D 0 0 -。一67h● ×。× B A B × 甲 ×××X 由几何关系可知r=(2L)产+(r一L),解得r2= 由洛伦营力提供向心力，B,=m 2mU mU B 联立解得B,一职，其中B,一 BL 丙 根据磁屏蔽效率？ B,一B×100%可得若在Q处检测 3解析：(1)电子在加速电场中运动过程，由动能定理有 B 到该粒子，则7=60%. eU =1 2m℃， 答案：1品 (2)mU qdB。L L<y<3L(3)60% 电子在筛选器中，由牛频第二定律有eu,B,=m R 考点4带电粒子在电磁组合场中的运动 电子通过样品前后的动能变化量△E=子m 1.BC因Y光子转化为一对正负电子对应的能量为 1 2mc2,同时Y光子将一部分能量传递给被打出的电子， 2mv, 可知Y光子的能量一定大于2mc2,A错误； 联立可得AE,=BR -eU 电子在磁场中微园周运动，根据B=m,可得D 2m (2)电子在偏转电场中做类平抛运动，垂直电场方向有L mv=eBr, =2t, 1 则沿轨迹1、2、3运动的电子对应的动量分别为卫1= 沿着电场方向有x=2at, eBr1、p2=eBr、p3=eBr3, 由动量守恒可知p,=1十p十：， 根据牛频第二定律得e·子=ma, 可得Y光子的动量大小为p,=eB(r1十r2十r),B正确； 出偏转电场后，电子做匀速直线运动，根据几何关系有 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 2 L 子的轨迹分成无数小段，每一小段均可看作是一段圆 2 孤，因速度方向总是沿对应的一小段圆孤的切线方向， 11mL'U, 电子在每一小段上做圆周运动的圆心是固定的（该位置 联立解得xo=2dRBe 为电子刚开始做圆周运动时的圆心位置，对沿2、3轨迹 (3)由题意可知U2=t十U。, 的电子分别为P点和Q点)，电子最终停止运动时将停 ,表达式代入x=m2可得x=。11m 止在该圆心位置，可知O与P、Q的距离之比OP:OQ= 2dRBie 2dRBeB r2:r,C正确； +U), 结合题图（相对强度8408到4204）可得 沿径迹1运动的电子初速度为口=eB 11mL 4△.x= 2dRBie ·t 电子受的阻力f=ku, 8dReB△.x 由动量定理一ku△t=0一m△0， 解得t= 118mL2 求和可得∑ku△t=∑m△， 答案：(1)△Ek= eBR2 -eU(2)xo= 11mL'U, 2dR'Be (3)t 即ks=m心1， 2m 总略程为s=,D错误。 8dReB6△x 11,3mL2 详解详析 4.解析：(1)粒子在电容器中做类平抛运动，水平方向做匀 (3)若粒子从Q点以。竖直向下发射，画出粒子的运动 速直线运动有√3d=ut, 轨迹，如图所示 竖直方向微匀变速直线运动号-0+1，%=1= 2 由闭合回路欧姆定律可得U=。 -Eo ro+2r 联立可得，= 39=E (2)粒子进入磁场与竖直方向的夹角为tan日=巴=60°， 由于粒子在磁场中运动的速度大小仍为。，粒子在磁场 =23 中运动的半径仍为2h,由几何关系可得，粒子进入电场 sin60° 3 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 毯子在磁场中微匀速圆周运动B=m?】 =23h d 3d 00 由几何关系易得R= c0s30° 3 AB间的距离为AB=√3h, 联立可得B= 2E。 由几何关系可得BC=2 r sin a=2√3h, 则AC=BC一AB=√3h, (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 粒子在磁场中的运动时间为，=36020.2-8山 360° 3℃ 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∑g心，B△x=md一（一 则有1=4，十t,=(65+8x)五 30o musin30°)， 综上所述可知，粒子每隔时间t向右移动√3h,则漂移速 qB.cm =mu'-(-musin 30), 度大小0=3h=33 对粒子从b点运动到该位置的过程，由动能定理有Egxm t 6√3+8π 2m、1 、 答案：(1) (2) (3)33 2gh 2gh 6√3+8π 联立可得x。=2+B)d 6,解析：(1)根据题意，作出粒子垂直挡板射入小孔K的运 2 动轨迹如图所示， 答案：19 y个 (2)B=2E N dvs 粒子 加速电压 (3)2+3)d 2 生 5.解析：(1)根据题意可知，画出粒子的运动轨迹，如图 器 60° 所示 2 M ai v 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=xx=气， L 在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有 由题意可知=60°， 设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r,由几何关系有r 在匀强加速电场中由动能定理有U9=2mu, =rcos0+h,解得r=2h, 由牛短第二定律有细，B=四兰每得B-器 联立解得U,=9BL 8m· (2)根据题意，当轨迹半径最小时，粒子速度最小，则作出粒 (2)根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时，速度大 子以最小的速度从小孔K射出的运动轨迹如图所示， 小仍为℃，方向与水平虚线的夹角为60°，由几何关系可 y个 得AB=s-2rsin0=3W3h-2√3h=√3h, AB_2√3h 粒 N 夕 则粒子在电场中的运动时间为1一0，c030a 加速电压 沿电场方向上，由牛顿第二定律有gE=ma, 由运动学公式有一vo sin0=sinf-at, 生器 60° 0 联立解得B一器： 最新真题分类特训·物理 根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半 7.解析：(1)电子在匀强磁场中运动时，将其分解为沿x轴的匀 径为'=xKc0S60°= 速直线运动和在yO:平面内的匀速圆周运动，设电子入射 4 时沿y轴的分速度大小为心，由电子在x轴方向做匀速直 在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有 线运动得L=Ut, /2 'B=m7, 在Ox平面内，设电子做匀速圆周运动的半径为R,周期为 粒子从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，由左手定则 T,由牛顿第二定徐知@，=m意，可得R-受 可知粒子经过小孔K后受到的洛伦兹力沿x轴负方向， T-2xk_2xm 则粒子经过小孔K后受到的电场力沿x轴正方向，又粒 v.Be 子带正电，则△OMN之外第一象限区城电场强度的方 由题意可知所有电子均能经过O进入电场，则有 向沿x轴正方向，大小满足q'B=Eq, t=nT(n=1,2,3,…), 联立可得E=BL Am 联立得B= 2红，当n=1时，B有最小值，可得B eL (3)在匀强加选电场中由动能定理有Ug=弓m, eL' 可得”=3qBL 6m (2)如图所示，tan0= 00 在△OMN区城根据洛伦兹力提供向心力有 当tan台有最大值时，心，最 个y 大，R最大，此时R=r, 可得粒子在△OMN区城运动的轨迹半径，”=L, eL 0 6 0' 2Tvr 作出从小孔K射出的粒子的运动轨迹如图所示 联立可得Um= L y个 tan g=2xr L B 粒 (3)当巴，最大时，电子在电场中运动时沿y轴正方向有最大 加速电压 位移。，根据匀变速直线运动规律有岩 K 器 60°入 由牛顿第二定律知a=巴 0 M 又,m= L 粒子出K时，”越偏向y轴，离y轴越近，由几何关系有 2xrim L 联立得ym=Eel2 ,则有9=60°， 答案：1)2xmm (2) L （3)2xm EeL 由配速法将运动分解为y轴方向的匀速直线运动和沿x 8.解析：（1)粒子在磁场中做圆周运动时的速度为℃= 轴方向的匀速圆周运动，其中心，=心sin0=BL √6+，=24， 47m 2 2x t”,=tcos0=9gBL 根据洛伦兹力提供向心力Bqu=m,=m不， 4√3m 的选用这菊的丰轻为广一帝-瓷 解得做圆周运动的半径为，=②m,月期为T-2 Bg Bg 又T=2”2m (2)根据题意，己知任何相等的时间内P点沿图中闭合曲线 gB 通过的曲线长度都相等，由于曲线表示的为速度相应的曲 分折可知当运动（十子）T时，粒子距离y轴最近，此 线，根据a= 可知任意点的加速度大小相等，故可得 △t 最近位置的横坐标为工=上-，”=35L,纵坐标为y Bq·V2_E 4 12 m 1++(+2)T-1+g+2,其中n 解得E=√2B. 8 (3)根据题意分析可知从b点 a o a 为自然数， 到c,点粒子在磁场中转过的 √2 综上，最近位置的坐标为 角度为270°，如图为粒子的运 [21.号1+140+3]m为自). 动轨迹，粒子返回a,点时根据 12 8 对称性可知与初始位置等高， 答案：1U,-(2E-.方向沿轴正方向 从a到b过程中粒子做类平 8m 81+a+门为自然数 测运动，得兴=， 8 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=√2， 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=xh一2L, 联立解得工m= (2-√2)m Bg 答案：1)V②m,2",(2E=VEB4:g)2-2m Bq Bg 9.解析：(1)对乙粒子，如图所示 L U30°× 1D0 309 B B × 由洛伦兹力提供向心力g%B=m 由几何关系sin30°= r 联立解得，磁高应张度的大小为B一觉 (2)由题意可知，根据对称性，乙在磁场中运动的时间为t= 器×需-装】 对甲粒子，由对称性可知，甲粒子沿着直线从P点到O点， 由运动学公式d=4十， 由牛颅第二定律a=9=9题 m4πL' 联立可得Ⅲ区宽度为d=多L, (3)甲粒子经过0点时的速度为卿=2%十a吐=3，· 3 因为甲在N区始终做匀速直线运动，则t=kx=kX3,t, 可得=品： 设乙粒子经过Ⅲ区的时间为t2,乙粒子在W区运动时间为 t,则上式中t=t十t, 对乙可得F =w(t。十t2)-k.x 整理可得西=36，十t,)3F 对甲可得x1=3n(t。十t,) 则Az=x-4,=3F 化简可得乙追上甲前F与△x间的关系式为 F=0·△x 3 答案觉e受de器·a 10.解析：(1)由题意粒子在电场中做匀加速直线运动，根据动 能定理有E·21=7m, 粒子在磁场中微匀速圆周运动，有qB=m尺' 221 详解详析 粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次 进入电场，轨迹如图 旅据几何关系可知R=号， 联立可得B=6√gd mE (2)()由题意可知，做出粒子在电场和磁场中运动轨迹 如图 ● P ● 在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知R= (2d)2+(R-d), 解得R=号d 所以有0=53°，a=37°， 洛伦兹力提供句心力啊B=m vi 带电粒子从A点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有 g求，2d=2m-7m, 再一次进入电场后做类似斜抛运动，沿x方向有2d= vtcos a, 沿y方向上有2d=tsin a+2at, 1 其中根据牛顿第二定律有gE=ma, 联立以上各式解得=15√m E (i)粒子从P到Q根据动能定理有g正·2d= 1 名m, 可得从Q射出时的速度为=3√们以， 72 此时粒子在磁场中的半径R=”=④， gB 2 最新真题分类特训·物理 根据其几何关系可知对应的圆心坐标为x=号d,y=4d, 而圆心与P的距离为 1√（含4-2刘+d-o=R. 故不会再从P点进入电场。 答案：1)B=6√ ,20w=8√亚.E=5B,①不会 mE 11解析：(1)当离子不进入磁场Ⅱ速度最大时，轨迹与边界相 切，则由几何关系r1cos60°=r1一L, 解得r1=2L,根据q1B,=m 解得0，=2B必 172 在磁场中运动的周期T=2m, gB' 运动时间t .60 860°7 元72 3gB 50 0 30 a 0 (2)若B,=2B,根据r=m B 可知r1=2r2, 粒子在磁场中运动轨迹如图，设O,O。与磁场边界夹角为 a,由几何关系r1sina一r1sin30=L, 片-sina=号解得r=2 Lnsina-=子 41 银据B。三m解得山子 4B gL (3)当最终进入区域Ⅱ的粒子若刚好到达x轴，则由动 量定理B2q℃，△t=m△.， 即2g4y=m4· 求和可得g△y=8mA, 粒子从区域I到区域Ⅱ最终到x轴上的过程中m( xcos60)=B,9L+ B.0+L.g, 2 解得0=3B,gL 则建度在3BgL~6B,L之间的粒子才能进入第四象 限：因离子源射出粒子的速度范国在BL6BL,又 172. 粒子源射出的粒子个数按速度大小均匀分布，可知能进 入第四象限的粒子占粒子总数的比例为？=60%. 答案：12,8L（g60% m 12.解析：(1)设板间距离为d,则板长为√3d,带电粒子在板 间做类平抛运动，两板间的电场强度为E d 222 根据牛顿第二定律得，电场力提供加速度gE=ma, 解得a=9U md' 设粒子在平板间的运动时间为t。,根据类平抛运动的运 动规律得4 at后W3d=to, 联立解得U-受 (2)设粒子出电场时与水平方向夹角为a,则有tana= t=3 .3 故@=晋 。=23 则出电场时粒子的速度为0一c08a3, 粒子出电场后沿直线做匀速直线运动，接着进入磁场， 根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供匀速圆周运动所需 的向心力得gB=m r 解得r=m 2√3m 3gB 已知圆形磁场区域半径为R= 器故取、 粒子沿PO方向射入磁场即 沿半径方向射入磁场，故粒子 a 将沿半径方向射出磁场，粒子 0· 射出磁场时与射入磁场时运 二B 动方向的夹角为日，则粒子在 0 磁场中运动圆孤轨迹对应的 圆心角也为0，由几何关系可得0=2a=3: 故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为3 或60° (3)带电粒子在该磁场中运动的半径 0 与圆形磁场半径关系为r=√3R,根 据几何关系可知，带电粒子在该磁场 中运动的轨迹一定为劣孤，故劣孤所 对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时 粒子在磁场中运动的时间最长，则相对应的运动轨迹 和弦以及圆心M的位置如图所示： 答案：(1)U=m心 (2)交或60 3q 0 (3) R 考点5带电粒子在电磁叠加场中的运动 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，小琼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=q0Bcos45°， 2 水平方向上有qoBsin45°=mR· 解得v=√gR, 详解详析 如果保持所有条件不变，在磁场区城再加上电场强度大 则小球做圆周运动的周期为T==2元√，故B 小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收 误；C.根据题意，水平方向上，由动量定理有L=△p= 屏，则有Eg=gmB,联立有4=E -mv-mu=-2m√gR, m2aB,故选A T 4.CA.若a为电子轨迹，b为a粒子轨迹，则只能电场方 竖直方向有L,=qoBcos45·之=mx√gR, 向水平向左，磁场方向垂直纸面向外，故选项A错误；B. 则小球做圆周运动的半个周期内洛伦兹力的冲量大小 对电子应有Fe洛=euB,Fe电=eE,F高=F电，对a粒子有 为I=√T十I=m√(4十π)gR,故C错误；若小球的 Fa=2eX品B,Ft=2eE,此时，Ra>Rt,故a粒子应 绕行方向不变，速率为其做匀速圆周运动速率的2倍，竖 向左偏，不满足题目情景，故B错误；D.若a为a粒子轨 直方向上有mg十FN,=q·20Bcos45°， 迹，b为电子轨迹，则只能电场方向水平向右，磁场方向 水平方向上有g·2Bsin45°+FN=m (2x) R· 垂直纸面向里，故选项D错误；C,此时，对电子应有F席 小球与管道间的弹力大小Fx=√F,十F =evB.Fe=eE,F>Fe,对a粒子有Fa=2eX0B, 联立解得FN=√5mg,故D正确. Ft=2eE,此时，F。t=F。t,故电子应向右偏，满足题目 2.BC带电体在复合场中能沿着MN quB 情景，故C正确.故选C 做匀速直线运动，可知粒子受力情 5.BAC.在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在 况如图所示. >gE 坐标原点O静止的带正电粒子在电场力作用下会向y 由受力平衡可知mg=gE,quB=√2 轴正方向运动.磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定 M 则，可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴 mg,解得电场强度E=m,磁感应 mg 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 强度B=②mg,故A错误，B正确，在N点撒去磁场后， 速度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速 粒子受力方向与运动方向垂直，做类平抛运动，如图 度方向垂直.由于匀强电场方向是沿y轴正方向，故x 所示. 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 45o 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)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r=。 mg sin =2y, 且加速度a=P全=2g, vi 由洛伦该力提供向心力9心B=m一， m 粒子到达P点时，位移偏转角为45°，故在P点，速度偏 解得正电荷的入射速度大小为=29B 角的正切值tan0=2tan45°=2， an0=及=丛=2，心，=2u,所以粒子在P点的速度0r 正电荷在磁场中运动的周期为T=2=2m、 v1gB =√元十=V50, 所以王电荷从M运动到N的时同为一T器 (2)由题意可知，在xOy平面内的负电荷在圆心O处，由 N到P过程，由动能定理，有qU=?m-mw,解得 牛顿第二定律可知四，B十484=m三，其中m NP两点间的电势差U=2mt,C正确：将粒子在N点 r 的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，可知粒子在竖 6kg或:=By6 B少，解得B 一4k9(舍去)： 直方向微竖直上抛运动，且=v0s45°-写。 (3)在(2)的条件下，正电荷从N点离开磁场后绕负电荷 0,故粒子 做椭圆运动，如图所示 能向上这动的流大距高人-受。-装D始误：业造C 3.A由题知，一带电粒子由O,点沿工正向入射到磁场中， r2 在磁场另一侧的S点射出，则根据几何关系可知sin30 0J8 =一，解得粒子做圆周运动的半径r=2a,则粒子做圆 M 网造动有如B=m号副有品一2 103 223 最新真题分类特训·物理 由能量守恤定体得宁或--子时一。 r2 由开普勒第二定律可知r2=r3, 其中r2=2y,联立解得r=6y, 由牛顿第二定律k 48g () ,解得T=4V3xB 3kq 故正电荷从Ⅳ，点离开磁场后到首次速度变为与V,点的 射出速度相反的时间为t2= 23xByo 3kg 答案：(1)29B xm m 3万（2)g(3)2Y3π 3kg 7.解：(1)由题知，入射速度为时，电子沿x轴做直线运 动，则有Ee=e℃oB, 解得E=B, (2)电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的 匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且由于电 子入射速度为空，则电子受到的电场力大于洛伦兹力， 则电子向上偏转，根据动能定理有 ey=mx(分）-mx(）, 解得y=32eB 3m℃a (3)若电子以入射时，设电子能达到的最高点位置的纵 坐标为y,剥根据动能定卫有eE=之m-2md, 由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则 在最高点有F合=eumB一eE, 最低点有F=eE-euB,联立有un=月-， y=2m(u。-o) eB 一，要让电子能到达纵坐标业=B位置· 即y≥y2· 解得区品4， 则若电子入射速度在0<<，范围内均匀分布，能到达 纵坐标=器位置的电子数N占总电子数N 的90%. 答案：1B:(2:8090% 考点6带电粒子在变化电磁场中的运动 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'O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， 解析：(1)在0一时间内，电场强度为E。,带电粒子在 gBo 电场中加速度，根据动量定理可知qE。·=m, qBo 解得粒子在时刻的速度大小为刘= E 2,方向竖直 aB 向上， 粒子竖直向上运动的距离y= 1 2· xm_x2E。m m2时间内，根据粒子在磁场运动的周期T= qB。qB。 2m可知粒子偏转180，速度反向， gB。 根据gvB=m 巴可知粒子水平向右 运动的距离为x2=2r:=2 mv gB。 0 2Eom 粒子运动轨迹如图 所以粒子在仁2πm时刻粒子的位置坐标为(，)， qB。 即2xEm,xEm1 (2)在2”~3πm时间内，电场强度为2E。,粒子受到的 gBo gB 电场力竖直向上，在竖直方向上有g·2E,·B。=mw: 172 +m01· 解得3时刻粒子的速度0，=正，方向竖直向上，粒子 gB。 B. 在竖直方向上运动的距离为八=二0，十他·”=0， 2 gB。 在3π”~4”时间内，粒子在水平方向运动的距离为 qB。qB。 x4=2r4=2 mv2xEom qB。qB6 此时粒子速度方向向下，大小为，在红”一5皿时间 gB。gB。 内，电场强度为3E。,竖直方向上有q·3E。· gB。 十m心2' 解得粒子在时刻的速度， 2xE。 gB B 粒子在竖直方向运动的距离为=二心十巴· 2 gB。 Eom 2gB 粒子运动的轨迹如图 在0一6π时间内，静电力对粒 1 qB。 子的做功大小为W=gE。·y1十 0 q·2E。·y3+q·3E。·y:= 4gE。·y1= 三B,电场力微正功) (3)若粒子在磁场中加速两个半圆恰好能够到达M点， 则释放的位置一定在0一m时间内，粒子加速度时间为 gB。 1,在竖直方向上有gE。·,=m0=t 在一2”时间内粒子在水平方向运动的距离为 qB。qB。 x2=2r2'=2 qBo 在2元~3红m时间内，在竖直方向q·2E。·=mu:' gB。gBn gB。 2 9B。 在3”、4时间内，粒子在水平方向运动的距离为， ΓgB。gBa =2,'=2m% gBa 接收器的位置为 /4πEomEom\ qBa'4gB ,根据距离的关系可 知x2十x:' 4πEom,解得t1 gB2 2gB。1 此时粒子已经到达M点上方，粒子竖直方向减速至0用 时△t,则y'=之℃'·△t, 竖直方向需要满足y为y≤0B， 解得△t在一个电场加速周期之内成立，所以粒子释放的 时刻为中间时刻m 若粒子经过一个半圆到达M点，则粒子在0~x时间 gB。 内释放不可能，如果在”~3”时间内释放，经过磁场 qB。qB 偏转一次的最大横向距离，即直径，也无法到达M点，所 以考虑在红m~5”时间内释放，假设粒子加速的时间 qB。qB。 为t,在竖直方向上g·3E。·t=m0”,y”=?” ·t1, 之后粒子在5m~6”时间内转动半轴，横向移动距离 gB gB。 直接到达M点的横坐标，即x,=2,”=2×m B。 4”解得一器· gB 接下来在m~7”过程中粒子在竖直方向减速为0的 qB gB。 进程中g·4E。·△=mm,”g”=号 2 ·△， 粒子要在M点被吸收，需要满足y,一，≤Em, 4gBo 代入验证可知△t在一个周期之内，说明情况成立，所以 粒子释放时刻为 4·m+ 2 13πm gB gB。 3 gB。 3gB。 答案：(1) 2xEom xEom 、2π2E6m (2 2gBo B (3)2qB 13r 3gB。 详解详析 考点7现代科技中的电磁场问题 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 U qoB=qd' 可得U=Bd, 因此增大间距，了变大，增大速率，U变大，U大小和密度 无关，BD错误，C正确. 专题十二电磁感应 考点1电磁感应现象楞次定律 1,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点电势高于口点电势， 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 Q点电势，线图中的电流方向由b→a,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. 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，此时线图有缩小的趋势，故B错误；磁铁离 线图最近时，此时磁铁与线图的相对速度为零，感应电 动势为零，感应电流为零，线圈受到的安培力为零，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口线圈的电流为顺 时针，a中产生的电流为恒定电流，则线图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. 5.C在雷击事件中金属和非金属都经历了摩擦，声波和光照 的影响，非金属完好，而金属熔化的原因是金属能够因电磁 感应产生涡流而非金属不能，因此可能原因为涡流 考点2法拉第电磁感应定律的应用 1LD塔我管的自感电动势公式为E=N兽-NS尝引， 其中，螺线管的横截面积S=πri,磁感应强度B=aL.在 。2弘时同段肉，电流度化来为剑 |0-。|=1 2t。-t。 t。专题十一安培力与洛伦兹力 年真题 分类特训 专题十一 安培力与洛伦兹力 考点1安培力的应用和磁感应强度 ◆磁感应强度叠加 ◆安培力 1.(2025·福建卷，3)如图 3.(2023·江苏卷，2)如图所 所示，空间中存在两根无 示，匀强磁场的磁感应强度 限长直导线L1与L2,通M 为B.L形导线通以恒定电 有大小相等，方向相反的 流I,放置在磁场中.已知ab 电流.导线周围存在M、O、N三点，M与O 边长为2l,与磁场方向垂直，bc边长为l,与 关于L,对称，O与N关于L,对称且OM= 磁场方向平行.该导线受到的安培力为 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 A.0 B.BIl 电流不变，仅将L2撤去，V点的磁感应强 C.2BIL D.5BIL 度大小为 4.(2023·辽宁卷，2)安培通过实验研究，发现 A.B.B B号B,-B, 了电流之间相互作用力的规律.若两段长度 C.B2-B D.B-B2 分别为△11和△l2、电流大小分别为I1和I2 2.(2022·全国乙卷，18)（多选）安 的平行直导线间距为r时，相互作用力的大 装适当的软件后，利用智能手机 小可以表示为△F=k1:L,△1△ .比例系数 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， 飞的单位是 手机显示屏所在平面为xOy面.某同学 A.kg·m/(s2·A) 在某地对地磁场进行了四次测量，每次测 B.kg·m/(s2·A2) 量时y轴指向不同方向而之轴正向保持 C.kg·m2/(s3·A) 竖直向上.根据表中测量结果可推知 D.kg·m2/(s3·A3) 5.(2022·全国甲卷，25) ( 光点式检流计是一种 反射光 测量序号 B/μT B,/μT B./μT 可以测量微小电流的 0 入射光 0 21 -45 仪器，其简化的工作原 2 0 -20 -46 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 3 21 0 -45 纸面垂直的匀强磁场；M为置于平台上的 4 -21 0 -45 轻质小平面反射镜，轻质刚性细杆D的一 A.测量地点位于南半球 端与M固连且与镜面垂直，另一端与弹簧 B.当地的地磁场大小约为50μT 下端相连，PQ为圆弧形的、带有均匀刻度 C.第2次测量时y轴正向指向南方 的透明读数条，PQ的圆心位于M的中心 D.第3次测量时y轴正向指向东方 使用前需调零；使线圈内没有电流通过时， 最新真题分类特训·物理 M竖直且与纸面垂直；入射细光束沿水平 则反射光点出现在O点下方，与O点间的 方向经PQ上的O点射到M上后沿原路反 弧长为s2.求待测电流的大小 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，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51； 保持其它条件不变，只将该电流反向接入， 考点2带电粒子在磁场中的圆周运动 ◆圆形边界磁场 A.区域I内电场强度大小E=4,方向 1.(2025·山东卷，12)（多选）如图甲所示Oxy qto 沿y轴正方向 的平面内，y轴右侧被直线x=3L分为两个相 B.粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径R 邻的区域虹、Ⅱ.区域[内充满匀强电场，区域Ⅱ内 =2 充满垂直Oxy平面的匀强磁场，电场和磁场的 3 大小、方向均未知.t=0时刻，质量为m、电荷 C.区域Ⅱ内磁感应强度大小B=3m,方向 5gto 量为+q的粒子从O点沿x轴正向出发，在 垂直Oxy平面向外 Oxy平面内运动，在区域I中的运动轨迹是以y D.粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐 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 标(1.0 中运动的yt图像为正弦曲线的一部分，如图 2.(2025·甘肃卷，10) (多选)2025年5月1 乙所示.不计粒子重力.下列说法正确的是 日，全球首个实现“聚 变能发电演示”的紧 0 Ro 凑型全超导托卡马克 区域1 区域Ⅱ 10L/3 21 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 -2L 截面的简化示意图，两个同心圆围成的环形 -10L/3 区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应 图甲 图乙 强度大小为B,内圆半径为R。.在内圆上A 专题十一安培力与洛伦兹力 点有a、b、c三个粒子均在纸面内运动，并都 (1)匀强磁场的磁感应强度大小和方向； 恰好到达磁场外边界后返回.已知a、b、c带 (2)电子从S点第一次到达P点所用的 正电且比荷均为g,a粒子的速度大小为o。 时间. 励磁线圈 _BR,方向沿同心圆的径向：b和c粒子 m 玻璃泡 速度方向相反且与a粒子的速度方向垂直. 电子枪 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。 图甲洛伦兹力演示仪示意图 B.a粒子返回A点所用的最短时间 为3元+2)m gB C.b、c粒子返回A点所用的最短时间之比 为② √2+2 Dc粒子的速度大小为物 3.(2023·全国甲卷，20)（多 图乙匀强磁场区域 ×× 选)光滑刚性绝缘圆筒内 ×××× 存在着平行于轴的匀强磁 ××0×× 场，筒上P点开有一个小 XX 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 4.(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： 最新真题分类特训·物理 5.(2026·陕晋青宁卷，15)如图，垂直于x轴 (3)若仅改变电压U的大小(U>0),在不同 的足够大绝缘薄挡板P紧贴平行金属板 电压下，粒子源发射的所有粒子均无法打到 挡板P右侧面、进入磁场的所有粒子打到挡 放置，挡板P有一小孔在原点O处，O点 板P右侧面有1个撞击点或2个撞击点，求 到垂直于y轴的两金属板距离相等.在 以上三种情况分别对应的电压取值范围（用 xOy平面位于（一L,0)处的粒子源以速 已知量v。、m、q表示). 率v,向面内各方向发射质量为m、电荷 量为q(q>0)的带电粒子.两金属板（上 板为正极)间距为2L,板间电压U初始 为48m.在Oy平面y轴右侧，圆心0 25g 位于(0，L)、直径在y轴、半径为L的半 圆区域存在方向垂直于平面向里的匀强 磁场，其磁感应强度大小为在>1 处有一垂直于x轴的固定弹性绝缘挡板 Q,粒子若碰到Q将发生弹性碰撞且电荷 量q不变.粒子打到金属板或挡板P均会 被吸收，不计粒子重力及粒子间的相互作 用，忽略边缘效应.（、m、q、L均为已 知量) -L- 2 0 y (1)可从小孔进入磁场的粒子，求其从O点 处射入磁场速度方向与x轴正向夹角的正 弦值； (2)粒子从磁场射出后与挡板Q发生碰撞， 求其再次射入磁场到达挡板P上位置的y 坐标； 98 专题十一安培力与洛伦兹力 ◆直线边界磁场 6.(2022·广东卷，7)如图所 ↑B (3)当粒子a从点器离开K镀Ⅱ进入 示，一个立方体空间被对 区域Ⅲ时，带电荷量为十q的粒子b恰好从 角平面MNPQ划分成两 质子 O点以速率v沿y轴负方向进入区域Ⅱ，若 个区域，两区域分布有磁 要使粒子a、b在x轴相遇，且相遇时速度恰 0 感应强度大小相等、方向 好都沿y轴正方向，求粒子b的质量M(用 相反且与之轴平行的匀强磁场.一质子以某 m表示)及两粒子第一次相遇时的x轴坐 一速度从立方体左侧垂直Oy之平面进入磁 标x1: 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 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q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 救子发生器 速度选择器 区域I 区域Ⅲ h -h 0 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 19m,0 30gB 的时间t; 99 最新真题分类特训·物理 考点3带电粒子在有界磁场中的临界、极值问题 1.(2024·湖北卷，7)如图示，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 横截面 轴截面 >0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射 图(a) 图(b) 入圆形区域.不计重力，下列说法正确的是 (1)电子的比荷； m ( (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. 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 3aB 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3gBR 3m 2.(2025·陕晋青宁卷，14)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,.正中央有一电子源O持续向空间各方 向发射大量速度大小均为。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) 100 专题十一安培力与洛伦兹力 3.(2025·云南卷，14)磁屏蔽技术可以降低外 (3)定义磁屏蔽效率= B1-B B 2×100%,若 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， 在Q处检测到该粒子，则”是多少？ 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OV PQ,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轴射入x≥ 0区域，经磁场偏转后刚好从OV中点垂直 OV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： N 速度选择器 (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； 考点4带电粒子在电磁组合场中的运动 1.(2026·1月浙江卷，13) 3.假设电子在气泡室中所受阻力大小正比 (多选)在充满液态氢的气 于速率，比例系数为，方向与速度方向相 泡室中存在方向垂直图示 反.沿径迹1、2、3运动的电子速度减为0时 平面、磁感应强度为B的 的位置分别位于M(图中未标出)、P、Q三 匀强磁场.一束Y射线通 点.已知电子质量为m。,元电荷为e,光速为 过气泡室，其中一个Y光 c.下列说法正确的是 () 子将一个氢原子打出一个电子(e),同时 A.y光子的能量小于2m.c2 自身转变为一对正负电子对(e一e).三 B.Y光子的动量大小为eB(r1+r2+r3) 个电子在气泡室中的径迹如图所示（氢原子 C.O与P、Q的距离之比OP：OQ=r2:r3 和产生的质子均可视为静止)，开始时，三条 D.沿径迹1运动的电子总路程为 径迹共切于O点，其半径分别为r1、r2和 √(eB)2+k 最新真题分类特训·物理 2.(2024·河北卷，10)（多选）如图，真空区域 已知电子电荷量大小为e,质量为m;偏转 有同心正方形ABCD和abcd,其各对应边 电场可视为匀强电场，M、N极板长度为 平行，ABCD的边长一定，abcd的边长可 L、间距为d:荧光屏到极板边缘的距离为 调，两正方形之间充满恒定匀强磁场，方向 5L.忽略电子间相互作用及电、磁场边缘 垂直于正方形所在平面.A处有一个粒子 效应 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 匀强磁场 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 () 样品 荧光屏 加速 电 八电子源 。。。。。。。南来 A B 图a A.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹 荧光屏 角为45°，则粒子必垂直BC射出 2… Ax B.若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹 相对强度 图) 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 535 2973 176 为459 250 1258883625 1486 D.若粒子经bc边垂直BC射出，则粒子穿 45 激发过程在减过程 过ad边时速度方向与ad边夹角必 图（回 为60 (1)求筛选出的电子通过样品前后的动能变 3.(2026·黑吉辽蒙卷，15)某些材料的激发态 化量△Ek: 可视为准粒子的集合，激发态寿命可由“时 (2)求M、N板间电压为U2时，电子到达荧 间分辨一能量分析仪”测量，简化原理如图 光屏上的偏移距离xo· (a)所示，电子源释放初速度可忽略的电子， (3)样品被激发时，电子源开始每隔相同时 经电压为U,的加速电场加速，穿过处于激 间发射持续时间极短、电子数目相近的脉 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 冲，同时M、N板间电压随时间线性变化， 动能变化为特定值的电子，调节匀强磁场 变化率为(<0)，使先后到达荧光屏上的 的磁感应强度为B。,使筛选出的电子沿 电子脉冲形成间距为△x的光斑，如图(b) 半径为R的圆弧形中心线运动，从狭缝出 所示，每个脉冲经过偏转电场时间极短，在 射后，沿电场中心线且平行于极板方向进 此时间内电子所受电场力可视为恒定.样品 入偏转电场，偏转后打在荧光屏上形成 被激发后，筛选出的电子数随激发态准粒子 光斑. 数的衰减成比例减少，导致光斑相对强度也 专题十一安培力与洛伦兹力 相应成比例减弱，相对强度与各个光斑中心 4.(2025·湖南卷，14)如图，直流电源的电动 位置x的关系如图(c)所示.若样品的激发 势为E。,内阻为r。,滑动变阻器R的最大阻 态寿命t定义为准粒子数衰减一半所需的 值为2。，平行板电容器两极板水平放置，板 时间，求t. 间距离为d,板长为3d,平行板电容器的右 侧存在方向垂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a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， B Eo,ro -3d× (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3一求粒子相对于电容器有侧 的最远水平距离xm· 103 最新真题分类特训·物理 5.(2025·河南卷，15)如图，水平虚线上方区 6.(2024·山东卷，18)如图所示，在Oxy坐标 域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区域 系x>0,y>0区域内充满垂直纸面向里，磁 有竖直向上的匀强电场.质量为m、带电量 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 为q(q>0)的粒子从磁场中的a点以速度 轴上M、N两点，∠OMN=60°，挡板上有 。向右水平发射，当粒子进入电场时其速 小孔K位于MN中点.△OMN之外的第 度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60°， 一象限区域存在恒定匀强电场.位于y轴左 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 侧的粒子发生器在0<y<号2的范国内可 右.a、b距水平虚线的距离均为h,两点之间 以产生质量为m,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 的距离为s=3√3h.不计重力， 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 'a vo ·不.9 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v。竖直向下发射，长时 粒 加速电压 间来看，粒子将向左或向右漂移，求漂移速 发生器 度大小.（一个周期内粒子的位移与周期的 60° 比值为漂移速度) 0 (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)当加速电压为时，求较子从小孔 K射出后，运动过程中距离y轴最近位置的 坐标. 104 专题十一安培力与洛伦兹力 7.(2024·湖南卷，14)如 8.（2024·新课标卷， 图，有一内半径为2r、 16)一质量为m、电 c(-vovo) a b(vo,vo) 长为L的圆筒，左、右 0 0 荷量为q(q>0)的 端面圆心O、O处各开 带电粒子始终在同 有一小孔.以O为坐标原点，取OO方向为 一水平面内运动，其 0 x轴正方向建立Oxy之坐标系.在筒内x≤ 速度可用图示的直 Pe,） 0区域有一匀强磁场，磁感应强度大小为 角坐标系内一个点 B,方向沿x轴正方向；筒外x≥0区域有一 P(v,,)表示，0，、v,分别为粒子速度在水 匀强电场，场强大小为E,方向沿y轴正方 平面内两个坐标轴上的分量.粒子出发时P 向.一电子枪在O处向圆筒内多个方向发 位于图中a(0,v)点，粒子在水平方向的匀 射电子，电子初速度方向均在xOy平面内， 强电场作用下运动，P点沿线段ab移动到b 且在x轴正方向的分速度大小均为vo.已知 (.o)点；随后粒子离开电场，进入方向竖 电子的质量为m、电量为e,设电子始终未与 直、磁感应强度大小为B的匀强磁场，P点 筒壁碰撞，不计电子之间的相互作用及电子 沿以O为圆心的圆弧移动至c(一，)点； 的重力. 然后粒子离开磁场返回电场，P点沿线段 (1)若所有电子均能经过O进入电场，求磁 ca回到a点.已知任何相等的时间内P点 感应强度B的最小值； 沿图中闭合曲线通过的曲线长度都相等.不 (2)取(1)问中最小的磁感应强度B,若进入 计重力.求 磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大 (1)粒子在磁场中做圆周运动的半径和 夹角为0，求tan0的绝对值； 周期： (3)取(1)问中最小的磁感应强度B,求电子 (2)电场强度的大小； 在电场中运动时y轴正方向的最大位移. (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 105 最新真题分类特训·物理 9.(2024·黑吉辽卷，15)现代粒子加速器常用 10.(2023·山东卷，17)如图所示，在0≤x≤ 电磁场控制粒子团的运动及尺度.简化模型 2d,0≤y≤2d的区域中，存在沿y轴正方 如图：I、Ⅱ区宽度均为L,存在垂直于纸面 向、场强大小为E的匀强电场，电场的周 的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区 围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场. 为电场区，Ⅳ区电场足够宽，各区边界均垂 一个质量为m,电量为q的带正电粒子从 直于x轴，O为坐标原点.甲、乙为粒子团中 OP中点A进入电场（不计粒子重力）. 的两个电荷量均为+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和：甲到 E 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 0 P ● 点.已知Ⅲ区存在沿十x方向的匀强电场， ● ●●、●●●● 9m6 电场强度大小E。一4配不计粒子重力及 (1)若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直 QN第二次离开电场后，垂直NP再次进 粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电 入电场，求磁场的磁感应强度B的大小； 场产生的磁场， (2)若改变电场强度大小，粒子以一定的初 速度从A点沿y轴正方向第一次进入电 乙。 场、离开电场后从P点第二次进入电场， 在电场的作用下从Q点离开. (ⅰ)求改变后电场强度E的大小和粒子 的初速度v。; I区 区 Ⅲ区 N区 (1)求磁感应强度B的大小； (ⅱ)通过计算判断粒子能否从P点第三 (2)求Ⅲ区的宽度d; 次进入电场. (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). 106 专题十一安培力与洛伦兹力 11.(2023·浙江卷，20) y 12.(2023·辽宁卷，14) 利用磁场实现离子偏36° 如图，水平放置的两 转是科学仪器中广泛 2L 平行金属板间存在匀 、0 应用的技术.如图所 强电场，板长是板间 示，Oxy平面（纸面） 距离的√3倍.金属板 的第一象限内有足够 外有一圆心为O的圆形区域，其内存在 长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域 磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向 I和Ⅱ，其中区域I存在磁感应强度大小 外的匀强磁场.质量为m、电荷量为q(q 为B,的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度 0)的粒子沿中线以速度℃。水平向右射入 大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里， 两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场， 区域Ⅱ的下边界与x轴重合.位于(0,3L) 并沿PO方向从图中O'点射入磁场.已知 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， 圆形袋场区蚊半径为器·不计粒了 沿纸面射向磁场区域.不计离子的重力及 重力. 离子间的相互作用，并忽略磁场的边界 (1)求金属板间电势差U. 效应 (2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动 (1)求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及 方向间的夹角0. 其在磁场中的运动时间t; (3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍 (2)若B2=2B1,求能到达y= 处的腐于 从图中O'点射入磁场，且在磁场中的运动 时间最长.定性画出粒子在磁场中的运动 的最小速度2； 轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场 B (3)若B,=y,且离子源射出的离子数按 区域的圆心M. 速度大小均匀地分布在BgL、6BgL范 m m 围，求进入第四象限的离子数与总离子数 之比 107 最新真题分类特训·物理 考点5带电粒子在电磁叠加场中的运动 1.(2026·湖南卷，10)（多选）某小组设计了一 3.(2023·全国乙卷，18)如 磁悬浮装置.如图，环形通电线圈固定在水 图，一磁感应强度大小为 0 平面上，其上方固定一半径为R的环形细 B的匀强磁场，方向垂直 管道，管道任意处磁场方向与竖直方向夹角 于纸面(xOy平面)向里， 为45°.质量为m的带正电小球在环形管道 磁场右边界与x轴垂直， 中以某一速率做匀速圆周运动，此时小球与 一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场 管道间无弹力，重力加速度为g.下列说法 中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁 正确的是 () 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.、E D._ B A.从管道上方俯视，小球沿顺时针方向做 2aB2 ? 圆周运动 4.(（2023·新课标卷，18)一电 B.小球做圆周运动的周期为元 R 子和一α粒子从铅盒上的小 孔O竖直向上射出后，打到 C.小球做圆周运动的半个周期内洛伦兹力 铅盒上方水平放置的屏幕P 的冲量大小为m√(2+π)gR 上的a和b两点，a点在小孔 D.若小球的绕行方向不变，速率为其做匀 O的正上方，b点在a点的右 速圆周运动速率的2倍，则小球与管道 侧，如图所示.已知α粒子的速度约为电子 间的弹力大小为√5mg 2.(2025·福建卷，7)（多选） 速度的。，铅盒与屏幕之间存在匀强电场和 如图，竖直面内存在垂直纸 N-----P 匀强磁场，则电场和磁场方向可能为() 面向里的匀强磁场B与水 A.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面 平向右的匀强电场E,一带 W+ XXX 向里 电粒子在复合场中恰能沿 B.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面 着MN做匀速直线运动，当粒子运动到N 向外 点时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P C.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面 点，已知MN与水平面的夹角为45°，NP水 向里 平向右.粒子带电荷量为q,速度为，质量 D.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面 为m,重力加速度为g.则 () 向外 A.电场强度大小为E=2ms 5.(2022·全国甲卷，18)空间存在着匀强磁场和 9 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 B.磁感应强度大小为B=2mg 粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由 qu C.V、P两点的电势差为U=2mu 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 D.粒子从N运动到P的过程中，与NP的 距离最人位为识 6.6 08 专题十一安培力与洛伦兹力 6.(2025·黑吉辽蒙卷，15)如 7.(2023·江苏卷，16)霍尔推进器某局部区域 图，在xOy平面第一、四象 XXXX 可抽象成如图所示的模型.xOy平面内存在 限内存在垂直平面向里的匀 XX×X 竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里 强磁场，磁感应强度大小为 xxx 的匀强磁场，磁感应强度为B.质量为m、电 B.一带正电的粒子从M(0,M?×××× 荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平 一yo)点射入磁场，速度方向 入射.入射速度为，时，电子沿x轴做直线 与y轴正方向夹角0=30°，从N(0,y。)点 运动；入射速度小于时，电子的运动轨迹 射出磁场.已知粒子的电荷量为q(q>0), 如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点 质量为，忽略粒子重力及磁场边缘效应. 所受的合力大小相等.不计重力及电子间相 (1)求粒子射入磁场的速度大小，和在磁 互作用. 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-48q,粒子质量取m B(k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， (1)求电场强度的大小E; (3)在(2)问条件下，粒子从V点射出磁场开 始，经时间t2速度方向首次与N点速度方向相 (2)若电子入射速度为”，求运动到速度为 反，求t2(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r 学时位置的纵坐标； 处的电势p-6又). (3)若电子入射速度在0<v<,范围内均 匀分布，求能到达纵坐标为位置的电 子数N占总电子数N。的百分比. 109 最新真题分类特训·物理 考点6 带电粒子在变化电磁场中的运动 1.(2026·黑吉辽蒙卷，5)如图，真空中 一带正电的小球用绝缘轻绳悬于O (1)1=0时刻释放的粒子，在1=2πm时刻的 qB。 点，处于竖直向下的匀强磁场中.将 位置坐标； 小球从P点由静止释放，小球运动 (2)在0~6元m时间内，静电力对t=0时刻 轨迹的俯视示意图可能是() qB。 释放的粒子新做的功： 4元Eom元2Eom (3)在M 点放置一粒子接 qBa 4gBo 收器，在0~时间内什么时刻释放的粒 子在电场存在期间被捕获」 D 2.（2022·河北卷，14)两块面积和间距均足够 大的金属板水平放置，如图1所示，金属板 与可调电源相连形成电场，方向沿y轴正方 向.在两板之间施加磁场，方向垂直xOy平 面向外.电场强度和磁感应强度随时间的变 化规律如图2所示.板间O点放置一粒子 源，可连续释放质量为m、电荷量为q(q> 0)、初速度为零的粒子，不计重力及粒子间 的相互作用，图中物理量均为已知量.求： E↑ B* 12945678 图 图2 考点7现代科技中的电磁场问题 (2024·湖北卷，9)（多选） M N A.极板MN是发电机的正极 磁流体发电机的原理如 B.仅增大两极板间的距离，极板间的电压 图所示，MN和PQ是两 减小 平行金属极板，匀强磁场 a0 C.仅增大等离子体的喷入速率，极板间的 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 电压增大 速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电 D.仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子 压.下列说法正确的是 () 数密度，极板间的电压增大