专题12 磁场安培力与洛伦兹力-【创新大课堂】高考物理五年（2022-2026年）真题分类汇编168优化重组卷

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，洛伦兹力提供向心力，有91B=m ,2 解得v1= 2Bqyo 由=严可得，粒子在破场中运功的周期T=四 gB 20 粒子在磁场中运动的时间为1=360·T一3B πn (2)粒子轨迹不变，仍然做匀速圆周运动，因此点电荷只能位 于轨迹圆心O,处，库仑力和洛伦兹力完全提供向心力，有 p,B十k9…489=m r2 (上式可变换为202-9B-12g=0,我得关于4的 ,B22 一元二次方程，通过求根公式解得2的两个值) 得改B另一解不合题意，含去 (3)粒子从N点离开，仅在点电荷的作用下运动，粒子所需的 向心力m”?大于点电荷提供的库仑力6：489，因此粒子无 法做匀速圆周运动，只能做类似行星绕中心天体的椭圆轨迹 的运动，粒子的运动轨远如图2所示 2 -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 1 122+9=2m2十9g 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 1 v2△t·r=2g△·R 结合电势2=二489和Pg=二48k,解得R=6。 r R 粒子辅圆轨远的半长轴a-R,=4 2 将粒子运动的椭圆轨迹转化为半径为r。=a=4的圆周运 动，美比开诗粉第三定体可如号一周学-m片 4π2 02 解得T=4V3πBy, 3kq 25πBy3 则粒子运动时间t2一 2 3kq 答案(1)2BgM 3gE(2)6g 元n 2√3πB3 3kq 专题十二 磁场安培力与洛伦兹力 1.AD2.A3.A4.C5.B6.BC7.D 1 8.解析电功率十安培力十力的平衡条件十牛顿第二定律 (1)由闭合电路欧姆定律有 E=I(r+r+r) cd的电功率P=r 联立解得P= 9r (2)闭合S1,断开S2,对刚要下滑的cd受力分析，由力的平衡 条件有mgsin0-(mngcos0+BIL) 断开S1,闭合S2,对cd由牛顿第二定律有 mgsin 0-u(mgcos 0-BIL)=ma 结合(1)问联立解得a=2BLE 3mr 著聚发 (2)2uBLE 3mr 9.解析(1)由题意当线图中通入微小电流I时，线图中的安培 力为 F=NBIL 根据胡克定律有 F=NBII=k△x Ar=NBI k 设此时细杆转过的弧度为0，则可知反射光线转过的弧度为20， 又因为 d>△x,r>d 刺 sin0≈0，sin20≈20 所以有 △x=d·0 s=r·20 联立可得 s= 2rAr-2NBIIr d 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 ,=2NB业+ dk 当电流反向后有 =2NBI业- dk 联立可得 I'= dk(ss2) 4NBIr 同理可得初始时反射光点在。点下方结果也相同，故待测电流 的大小为 dk(s1十s2) '= ANBIr dk (ss) 答案1)NB2(2)4NBr k dk 10.B11.BCD12.A13.A14.C15.D16.BD17.A 18.BC 19,解析带电粒子在匀强磁场中的运动 (1)电子带负电，在S点所受洛伦兹力竖直向上，根据左手定 则可知匀强磁场方向垂直纸面向里 电子转动半周到达P点，轨远半径，=0.8R+R=0.9R 2 9 由洛伦兹力提供向心力有euB=m v2 r 其中R-R= Ba m所以 解得B=10m 9eR v=votan 2 (2)电子运动的周期T-2π” 离子在磁场中的运动时间 eB 运功半周时间1=之T-罗-恐 =(x-)=(x-0)R eB 转筒的转动角度 答案 (1)垂直纸面向里 10mu9πR 9eR 10v w't'=2n元+0 20.解析电子在空间磁场中的运动十临界问题分析 转筒的转动角速度 (1)由题意可知，当垂直于轴线射出的电子恰不打到筒壁上！ af=(2n7+0)vn 时，磁感应强度大小为B。 (元-)Rn=0,1,2,… 根据几何关系可知，此种情况下电子在磁场中做圆周运动的 动量定理 轨选率径？=尽 F2西=Nmu F-（2n元+0)Nm62 0 根据洛伦兹力提供向心力有eB。=m 2(π-0)元R an2n=0,1,2,… (3)转筒的转动角速度 解得品-R 4k+1)_(2nr+日)∠R R (2)当难感应张度大小调至受时，设发射连度方向与横藏西 (元-0)R 其中k=1,0=5-20x,m=0,2 的夹角为0的电子哈好不打在筒壁上，可将该电子的运动分： 6 解为竖直方向上的速度为vo sin0的匀速直线运动、横裁面内； 可得0=6元6元 5 1 速率为cos0的圆周运动 =m 则有evocOs0·2 (0cos0)2 答案(1)①B=” gR ②u=(4k+1)票k=0,1,23 (2)F= (21元+0)Nm620 结合(1)问解得0=60°，即发射速度方向与横截面成60°角的！ 2功Ran号m=01,2…（80'=号，石 电子恰好不打在简壁上，对该情况下的电子，根据圆周运动知22.C23.BC24.AD25.AD26.A27.AC28.D 识有 29.ACD30.C31.A32.D33.A34.AD35.B36.BC T=2πr=2元R vncos vn :37.解析速度选择器+带电粒子在磁场中的运动十追及相遇 运动半个周期时电子恰运动至轨迹与筒壁切，点处，竖直方向· 问题 上电子做匀速直线运动，则有 (1)由于粒子a经速度选择器后以速率v沿x轴正方向进入 4=细60·子 区域I,则粒子a在速度选择器中受力平衡，有Eg=quB。 则打在筒壁上的区域面积S=2πR·2h 识得民一号 联立解得S-2√3元2R 粒子α进入区域I后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，设 2vo 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 答案 (1)BR (2)23π2R2 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 21.解析(1)①离子在磁场中做圆周运动有 迹如图1所示 9o B=mvo? y R 速 区域 区域Ⅲ 则B=西 gR ②离子在磁场中的运动时间 子发生器 度选择器 I=T - 20 区域川 转筒的转动角度 o以=2kx+号 图1 w=(4+10京k=01,23… 根据几何关系可知r1一h (2)设速度大小为v的离子在磁场中圆周运动半径为R',有 又由洛伦兹力提供向心力有gB,=m R'=Rtan 2 联立解得B,- gh 200 (2)粒子α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r2,则由洛伦兹力： 提供向心力有90·5B= r2 解得n一器 粒子α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r3,则由洛伦兹力提供 向心力有gu·12B=n r3 解得r3=124B 作出粒子α从O点进入区域Ⅱ后的部分轨迹如图2所示 粒 速 发生器 区域1 区域Ⅲ 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(n为 正整数)次经过x轴的工轴坐标为工=n1.2,-n。1 2 2 .2r31 +12m四为杏数，=(2n-2受-器n为 60gB 数) 令x= 30gB,解得n=3,则粒子a从0点运动到P点 19mv (8器0）过程在区战Ⅱ中运动2次，在区域Ⅲ中运动1次， 故1-2+-器。 (3)若要使粒子a、b在x轴相逼，且相遇时速度恰好沿y轴正 方向，则粒子a、b在工轴相逼时应为从O点进入区域Ⅱ后第 奇数次经过x轴 由(2)问分析可知粒子a从O点进入区域Ⅱ后至后续第n(n! 为寺数)次经建x轴所用的时间为1。=”宁·器+”号. 2 22-27mn 120gB 同理可知粒子b从O点进入区域Ⅱ后至后续第n(n为奇数)： 次经过x轴所用的时间为'三”2·十”·π 5gB 2 12gB (17n+7)元M 120gB 设粒子ab在x轴相遇时粒子a为从O点进入区域Ⅱ后第m! 次经过x轴，粒子b为从O点进入区域Ⅱ后第2次经过x 轴，由于粒于a从点（码器0）高开区城Ⅱ避入区城Ⅲ时，粒子 b恰好从O,点沿y轴负方向进入区域Ⅱ，则从时间关系上有 元1 fxl 5gB-tws (17n1+7)nn_(17n2+7)元M 120gB 5gB 120gB 化简可得(17n1一17)m=(172十7)M 201 结合(2)问分析可知粒子a从O点进入区域Ⅱ后第1(1为 奇数)次经过x轴的x轴坐标为工m1= (71+17)n 60gB 同理可知粒子b从O点进入区域Ⅱ后第2(2为奇数)次经 (7n2+17)Mu 过x轴的x轴坐标为x2= 60gB 两粒子相遇时，从空间关系上有工m1=xn2 即(7m1+17)mu_(7+17)Mw 60gB 60gB 化简可得(7n1+17)n=(7n2+17)M 将化简后得到的两式子联立可得M= 10 将M=品m代入第一个化简后得到的式子可得m,-吕4-】 -10. 由于1和n2均为奇数，则1应为17的奇数倍，故两粒子第 一次相遇时，n1应为17，代入x1= (11十17)m可得x1 60gB =34mu 15qB 答案(1)Enz 34mv v gh (2)29n 60gB 15gB 解析带电粒子在电、磁组合场中的运动 (1)解法一动能定理法 对粒子从M点运动到刚进入磁场的过程，根据动能定理得 25 1 gE,2=m 解得粒子第一次进入磁场时的速度大小v=5√6m gEr 解法二牛顿第二定律十运动学公式 粒子从M点静止释放后受电场力作用在电场中做匀加速直 线运动，由牛顿第二定律有gE=md 银搭魂度位移公式有=20·司 经过)，点后在半圆形区域内做匀速直线运动 解得粒子第一次进入磁场时的速度大小=5√6m /gEr (2)粒子第一次进入磁场时的速度沿y轴负方向，粒子进入磁 场后在磁场中做匀速圆周运动，作出粒子在磁场中的运动轨 迹如图所示 设粒子在磁场中的运动轨迹半径为R,第一次射出磁场时速 度方向与x轴负方向的夹角为0，则由洛伦兹力提供向心力得 n8=w员 由几何关系有Rsin0+R=2r Rcos 0=r 5 联立可得R=子r,cos8= ,sin 0=3 4 5 5 解得磁场的磁感应强度大小B=2√3r /2mE (3)粒子从N点射出磁场后在电场中做类斜抛运动，根据牛！ 颜第二定律有gE=na 粒子从V点出发至运动到工轴的过程，根据斜抛运动规律 在竖直方向有usin0-一vsin0+at 在水平方向有s=uc0s0·t 解得s=4r 可得粒子从与N点关于y轴对称的点（一2r,0)处第二次射入！ 磁场，在磁场中做匀速圆周运动，结合运动的对称性可知，粒！ 子第二次射出磁场的位置与第一次进入磁场的位置相同，坐： 标为(0，一r) 答案(1)5√6m /gEr (2)2 2mE N 3gr (3)(0,-r) 39.解析光子能量十带电粒子在电磁组合场中的运动 (1)根据光子的能量公式有e=hu 又光的波长与颜率满足c=λy 联立并代入数据解得e=4.5×1019」. (2)设粒子经过O,点时的速度大小为，由运动学规律结合！ 几何关系可知，粒子从)点运动至到达接收器所经历的时！ 间为 6=24+2h8ine vo sin a 粒子在偏转电场中由牛顿第二定律有gE=m@ 又由题图2可知，a=60°时t最小，由于粒子从离开加速电场1 到经过O点所经历的时间不变，所以此种情况下粒子从O点！ 运动至到达接收器所经历的时间最短，根据基本不等式知识！ 2d 2v sin 60 有nsn60= a 对粒子在加速电场中的运动过程，由动能定理有 qU=mw3 联立解得U=3.6×103V 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有 on 又由几何关系可知r= 21 ca sin60°-3 20m 联立解得K=是=6×10C/kg, (3)对△时间内被接收器吸收的粒子，由动量定理有 -F△t=0-n·n△i 结合(2)问分析可得接收器对粒子的作用力为 F=n√/2KU 所以只需要再测出接收器对粒子的作用力F,就可以得到粒： 子的质量，粒子质量表达式为 m= F n√2KU 答案(1)4.5×10-19J(2)3.6×103V6×106C/kg F (3)m= n√2KU : 40解析带电粒子在电磁组合场中的运动十综合分析问题的· 能力 (1)粒子在平行金属板间运动时所受电场力垂直金属板向下， 粒子要想从O点穿出电场，发射速度方向应斜向右上，则该粒 20 子在平行金属板间做类斜上抛运动，设该粒子发射速度方向 与x轴正向成0角，则根据斜抛运动规律可得 x轴方向上有L=cos0·t y轴方向上有vo sin0=-wsin0+anl U 由牛顿第二定律有g2元=ma0 解得sin20=25 24 根搭三角品数知识解得n0=子或n0=号 该粒子在金属板间运动过程中在y轴方向的最大位移ymx一 tosin2025Lsin 2a0 48 故两个角度下的该粒子均不会楂击极板被吸收，均符合题意， 根据斜抛运动的对称性可知，该粒子从()点处射入磁场速度 方向与x轴正向的夹角也为日，因此从)点处射入磁场速度方 向与工轴正向夹角的正弦值为号或子。 (2)粒子以与x轴正向夹角为0的速度0射入磁场后做匀速 圆周运动，根据洛伦滋力提供向心力有 96B-n R 解得粒子在磁场中做圆周运动的半径R==L,满足磁发 gB 散模型特点，由几何关系可知粒子在磁场中轨迹圆心矿坐标 为(Lsin0,一Lcos0),由磁发散模型特点可知粒子射出磁场时 速度方向与x轴平行，则射出磁场后粒子先沿x轴方向做匀 速直线运动至与绝缘挡板Q发生弹性碰撞，碰撞后速度等大 反向原路返回并再次射入磁场，作出粒子的运动轨迹如图 所示 + L+ 0 0.0 2L Q y 由轨迹对称性可知粒子撞击挡板P的y坐标为y=2L(1一 cos 0) 结合(1)问解得粒子再次射入磁场到达挡板P上位置的y坐 标为子L和号L (3)由(2)问分析可知，只要粒子能从O点进入磁场，就会与挡 板P右侧面产生撞击点，因此为了使粒子无法打到挡板P右 侧面，需使粒子源发射的所有粒子均不能从O,点离开电场 根据(1)问分析可知，斜向右上方发射的粒子运动到与粒子源 等高处的位移与粒子发射速度和x轴正向夹角α的关系式为 工=n20,则当且仅当。=45时，工有最大值，为n- a 当L>xm时，粒子源发射的所有粒子均不能从O点离开电场 由牛顿第二定律有q~品=m 联立解得U>2m 当L=xnm时，U=2m%2 ，此种情况下只有粒子发射速度方向！ 斜向右上且与x轴正向成45°角时才能从O点进入磁场，粒子！ 与挡板P右侧面只有1个撞击点 当L<xm时，U< 2m2 9,此种情况在粒子不与上极板碰接的 情况下，结合(1)(2)问分析可知进入磁场的粒子有两类，粒子 与挡板P右侧面有2个撞击点 当粒子轨迹恰与上极板相切且能从O点进入磁场时，有 L=hcos品·0 L=n0.会w2sin0,=2al 2 : 16mvo2 解得U= 17g 综上所述，所有粒子均无法打到挡板P右侧面的电压取值范！ 周为U>2n2 :与挡板P右侧面有1个授击点的电压取值 范国为0<U<16m或U-2m;与指板P右侧面有2个 17g 9 : 撞击点的电压取值范围为 6m2U<2m2 17q ! 答案)号号(2)号号 5 (3)所有粒子均无法打到 挡板P右侧面的电压取值范围为U>2m%,与挡板P右侧 面有1个撞击点的电压取值范围为0<U 16m2或U= 17g 2m,与挡板P右侧面有2个撞击点的电压取值范围为 16m2≤U<2mw2 17g 41.解析带电粒子在匀强磁场中的运动十弹性碰撞 (1)若甲在I区做半径为r=2d的圆周运动，根据洛伦兹力提： 供向心力有gwB= ,2 r 解得该运动的速度大小为=B (2)甲在I、Ⅱ区做匀速圆周运动，在Ⅳ区做匀速直线运动，若！ 甲做周期性运动，每次过(d,0)时速度均沿x轴正方向，则可！ 作出甲的运动轨迹如图1所示 细管加速器 3d B 459 图1 可知甲在磁场中做匀速圆周运动的半径均为'一d,每次在磁 场中运功子个用期 根据洛伦兹力提供向心力有qB=m了 解得甲的速度大小为=Bd n 203 甲在磁场中做匀速圆周运动的周期T。=2 则甲微周期性运功的周期T-2X子T。十2×号 联立解得T=(3π十4)m gB (3)若甲在I区的圆周运动轨迹半径为2d,由(1)中分析可知 甲，乙碰撞前甲的速度大小为=29B则 n 甲与静止在(d,0)处的不带电微 粒乙发生弹性正碰，由于碰撞后 若甲、乙碰撞后同向运 动，则甲<乙：甲不可 乙沿x轴正方向运动，且乙不带 能追上乙与之再次正碰 电，则碰撞后乙沿x轴做匀速直 线运动，要使甲与乙再次正碰，则 碰楂后甲速度反向 碰撞过程根据动量守恒定律有mu=一nv甲十m乙v2 根据机械能守恒定律有宁m2=合m▣甲2十号 ive? 又m飞=k n k-1 2 联立解得甲，乙碰后的速度大小为甲=干，忆一 由vg>0可得k>1 甲在I区运动四分之一圆周，沿y轴正方向进入细管加速器 做匀加速直线运动，又碰后甲在I区的轨迹半径为 1=g×2P4 则知管加速器位置的横坐标为。=d一r1- 由于细管加速器在Ⅲ区，所以x<0,解得k>3 又甲沿x轴负方向与乙碰撞，由几何关系可知其经细管加速 器进入Ⅱ区运动四分之三圆周，从x轴上x=3d处射出Ⅱ区， 则甲、乙在x轴上d<x≤3d区域内再次正碰，作出甲与乙第 一次碰撞后到再次发生正碰前过程的运动轨迹示意图如图2 所示 sd B ···4 图2 根据图2可知甲在Ⅱ区的轨迹半径为 r1=1+2d=片d 则甲在Ⅱ区运动的速度大小为即'一沿=华 2k 由于I、Ⅱ区的磁感应强度大小相等，则甲在两磁场中做圆周 运动的周期均为T一2，所以从甲，乙第一次碰撞后到甲与 gB 再次正碰过程中甲在磁场运动的时间为造三一T十 =2πn gB 甲在细管加速器中做匀加速直线运动，则甲在细管加速器中！ 运动的时间为上细= 2d =4d(k+1) U甲十V甲 (3k-1)u 2 甲、乙在x轴上d<x≤3d区域内再次正碰，所以乙运动至x: =3d处所用的时间不小于甲，则有 2d≥1轴十细 U 联立k>3可得≥6π十1十2√92+4 3 答案(1)2gBd (2)（3π+4)m n gB k≥6π十1十2V9π2+4 3 42.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qB。=qE 43 又E=号 联立解得该粒子通过速度选择器的速牵一B。 U (2)画出粒子在第四象限运动轨迹图如图1所示，由儿何关系 可知r=L ↑y P 屏 蔽 N 速度选择器 图1 由洛伦兹力提供向心力有gmB,=m mU 解得B,=gBod 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O<B2<B1,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r,则由几何关！ 系可知 r'2=(2L)2+(r-L)2 204 磁 r 蔽 速度选择器 图2 解得-号 由=m号和B,=n号解得B,=子B, 磁屏蔽效率？= B1-B2×100%=60% B 答案(1) J mU (2) (3)60% Bn gLBnd 解析带电粒子在电磁组合场中的运动 思维导图 在磁 场中 一运动轨迹一轨迹半径牛二一→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 →E 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 周期 ·度大小 (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证，如图1所示 a:vo ·b 609 图1 由几何关系有r一h=2" 1 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 qvo B=m r 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点的轨迹，如图2所示 160° 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： x1=t1c0s60 竖直方向2w。sin60°=at1 由牛顿第二定律有gE=ma 由(1)问可知粒子从a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a点运动到b点的水平位移为 s=x1+2x2=3V5h 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 /01 02 、/ 图3 由几何关系可知一个周期内粒子从磁场进入电场的速度与水！ 1 平线的夹角余弦值为cos0=上=2 r 解得0=60 则粒子从口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 由于粒子从口点运动到进入电场过程轨迹所对圆心角为： 0=吾 则该过程粒子的运动时间为与-'=驰 v030 特合2)问分析可知孩情况一个周期内粒子在电场中的水平 位移大小x1=√3h,运动时间为= √3h2√3h U0c0s60° 0 由几何关系可得一个周期内粒子从电场进入磁场至到达b的· 过程，轨远所对圆心角为，=任，该过程的运动时间为 02r7πh i3一v0 30 则粒子的运动周期为1=6十2十与=8m士6图)业 3v0 由粒子的运动轨迹可知一个周期内粒子的为=r一s=√3h 则粒子的漂移速度= 3√3 t8元+650 答案(1) 2gh (2)m2 2gh (3)33 8元十65% 44,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 ! 205 R 2-E0=2r0千r0 U一R十ro 粒子从点进入电容器后，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《点运动到b点的 时间为t,则在水平方向由运动学公式有√3d=t 在竖直方向由牛顿第二定律有q=m@ 1 1 由运动学公式有2d=?a 。n哈 联立可得q=E0 (2)设粒子经过b点时的速度大小为，速度方向与水平方向 d 的夹角为0，则由平抛运动的推论可知tan0=2× 3d3 则0=30 25w 由几何关系可知0=c0s03 粒子进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动，从c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a点运动到c 点的运动轨迹如图所示 390 Eoro -5d×× d 由几何关系可知r= 2 d sin 603 在磁场中由洛伦兹力提供向心力有 qoB-m 2E0 联立可得B= dvn (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1产生的洛伦 兹力刚好平衡电场力的作用，如图所示，则有q1B=Eg 可得=B 3 由于和v的大小相等，则由几何关系可 知粒子在b点的另一分速度U2=2ucos30 =2v0,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 度为心，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 r,则由洛伦兹力提供向心力有 qv2 B=m 可得r'=d 作出粒子圆周分运动的大致轨迹如图所示 30 30 2 由几何关系可知m=c0s30+/=225d 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 ∑qvB△t-mv'-(-musin30) 46 即gB.xm=n-(-musin30) 对粒子从b,点运动到该位置的过程，由动能定理有 E=合m- 2h2 联立可得xm 2+5d 2 答案(1)m2 、2E0 E (2 dvo 2 45.解析带电粒子在磁场中的运动(1)粒子在MN左侧区域： 2 中运动时，由洛伦兹力提供向心力有g阳B=n 解得粒子在MN左侧区域中运动的半径r1=B vo (2)粒子在PQ右侧区域运动时，由洛伦兹力提供向心力有 9%·2B=m02 r2 则粒子在PQ右侧区城的运动半径为r?一2gB mvo 由于粒子能回到O,点，则粒子的轨迹关于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！ 战运动轨迹的圆心为()2，作出粒子的运动轨远如图所示 0 Q 3mvo 由几何关系可知c0s∠M0,O,=2g正-” 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s=2r2sim60°= √3nh 2gB (3)结合mB=m,T-2于知粒子在MN左制区钱PQ U 右侧区匀选月选动的期分为-智一 由(1)问可知粒子在MN左侧区域、PQ右侧区域运动轨迹所！ 206 对的圆心角分别为0，=360°一2×60°=240°、02=2×60 =120° 01 则一个周期内粒子在磁场区城运动的时间为4=360T,十 1，-器 02 由三角形相似可知粒子一次在MN、PQ间运动的距离为x= rtan60°V3n 2 2gB 则一个周期内粒子在MN,PQ间运动的时间为12-2二=③m vo gB 则粒子的运动周期为1=41十与=30B十9B 5πm+√3m 答案22g3n3m gB 3gB gB 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=√2 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 62 有q%B=nT 联立解得粒子在磁场中做圆周运动的半径为 √2m r= 又T-2w Uh 则粒子微圆周运动的周期为T-2 gB (2)由几何关系可知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迹所对的圆心角为270°，故 P点从b,点运动到C点的时间为 270° 3π2 =360T=29B 根据题意可知也= X2元·2w 3π 4 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 =at 由牛顿第二定律有 gE=ma 联立解得电场强度的大小为E一√2Bh (3)由题意作出P点沿图中闭合曲线移动1周回到α点的过 程，粒子运动的轨迹如图所示 P点由a点运动到b点的过程，粒子垂直电场方向的位移 √2n 2qB P点由c点回到a点的过程，粒子垂直电场方向的位移！ yoa=yab 由几何关系可知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 V=2rc0s45°-2yb=2-2)m 9B 47.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 加速电压 60° M 图1 根据几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区域根据洛伦兹力提供向心力有gwB=m r 1 在匀强加速电场中由动能定理有Uog=2mu 联立解得0。=9BL 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！ 迹如图2所示 雪轨迹半径最小时 y↑（粒子速度最小 粒 N 加速电压 K 器 60°》 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 48 /-kos60=号 在△OMN区城根据洛伦黄力提供向心力有gm'B=m号 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轴正方向 大小满足q'B=Eg 联立可得E=9BL 4m (3)在句强加速电场中由动能定理有西-之m 可得”=3gBL 6m w"2 在△OMN区战根据洛伦滋力提供向心力有gvB=m,厂 ! 207 可得粒子在△OMN区城运动的轨远半径，”=L 6 作出从小孔K射出的粒子的运动轨迹如图3所示 y 加速电压 0 60° 0 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°-点 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x轴正方向、大小，”=5gBL的速 12n 度和沿y轴正方向、大小，”-匙的速度 4m 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 活y轴正方向的匀速直线运动和速度大小为5gBL的匀速圆 12m 周运动 "2 由洛伦兹力提供向心力有9则”B=,。 解得”- 12 又T-2r" 2元m gB 分析可知当运动（十子）T时，粒子距高y轴最近，此最近位 置的横坐标为x= 上-，”=35L,纵坐标为y=5L十，+ 12 (+）r-+*3 ,其中n为自然数 3 8 综上，最近位置的坐标为 「35L,5L+L(4+3) 12 3 (n为 8 自然数) 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 E D B 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30° 根据几何关系有r元sin30°=L 对乙在I区运动的过程，由洛伦兹力提供向心力有 vo? qvo B=m r乙 装立解得B-二 (2)乙从进入I区到运动至P点的过程，运动时间1= 30°+30T 360 又T=2rz-4L 解得- 分析可知，甲、乙都沿十x方向从P点射入Ⅲ区，在1时间内，· 甲从P,点运动到O点，根据运动学规律有 d=4十a4 根据牛顿第二定律有gE)=ma 联立解得d=名山 (3)甲从P点运动到O,点的过程，根据运动学规律有 3 vp0=之0+a1 解得v甲0=3 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 Eg=wt一k.x=-t-kv甲nf=0 解得k=30 当甲运动0时间至x=x0处时，乙在N区x=(x0一△x)处 在x=0处有E甲=wl0一k.x0=0 在x=（x0一△x)处有E乙=wt0一k(x0一△x) 又F=gE乙 联立解得F=器4 49.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、y轴方！ 向的速度“，则电子做沿x轴正方向的匀速运动和投影到： yOx平面内的圆周运动，又电子做匀速圆周运动的周期为T=: 电子均能经过0进入电场，到六=nTm=1,2,3) 联立解得B=2mm(m=1,23,…） eL 当n=1时，Bh-2m eL (2)由于电子始终未与筒壁碰拉，则电子投影到yO: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U0maxB! =m”,对an0=-要 : r (3)电子在电场中做类斜抛运动，当电子运动到O,点时沿y轴！ 正方向的分速度大小为V0max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2aym=v0max 联立解得ym= 2m元2r22 eEL? 50.解析(1)电子沿x轴做直线运动，则电子受平衡力的作用，· 即eE=eBn 解得E=B 208 (2)电子在电、磁叠加场中运动，受洛伦兹力和电场力的作用， 只有电场力做功，则电子的速度由华到的过程，由动能定 理得 0 3mvo 联立解得y1=32eB (3)设电子的入射速度为时剧好能达到纵坐标为2一5B mvn 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F1=eE一eBu1 电子在最高，点的合力为F2一eBv2一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-F 整理得山1十2=2 电子由最低，点到最高，点的过程，由动能定理得 eE6=na2-7m2 整理得出一1=5 9 解得=100 又电子入射速度越小，电子运动轨迹的最高点对应的纵坐标 越大 则能到2=器的位置的电子载占芯电子数的比例为 N=×100% 解得7=90% 答案(1)B(2)32eB 、3mw0 (3)90% 1.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：W3d=ht 竖直方向：d-之 1 U 9 联立解得U=m6 3g (2)粒子进入磁场时的速度u=√十，-25。 30 设其与水平方向的夹角为a,则tana= =3，即=30 由gB=m,得，粒子在磁场中微圆周运 2√3m 动的半径r= 3gB 已知磁场圆半径R _2m,则r=3R 3qB 图1 作出粒子在磁场中的运动轨迹，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0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！ (3)根据几何关系，将磁场圆绕了点顺时针 旋转，当0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 R 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 图2 圆的圆心M,如图2所示. 答案” (2)60°(3)见解析 52.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 由轨迹图中的几何关系得sin30°=1一L 解得r1=2L 由洛伦滋力提供向心力有q1B1一m 解得1 2qBi L 72 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一 0r12元m v1 3gB y↑ ↑) 3L 60° 2L 530G0 图1 图2 (2)解法一作出高子拾好能到达y一之处的运动轨途，知园 2所示 若B2=2B,由r-m可知离子在区城I中的运动轨迹半径： aB 为。=号 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 ↑y 3L 60° 2La30° IB 00 图3 由轨迹图中几何关系可得sin30°='一2L 解得r1'=4L 22 离子在区域I磁场中运动，有qg2B1=n 解得u2= 4gBL n 209 解法二当离子运动到y=台处 ↑y 3L 时的速度方向水平向右时，速度最 R60 a30°G.0 小，设为2，又B2=2B,,则由R= 可如R, D gB 作出离子的轨迹如图所示 由几何关系可知∠02GC=180°-0 R,' 设O,2G=x,在△O2GC中 sin30=sin(180°-) 又由几何关系得R2-R2sin0=占 2 L sin0-R =2 解得R2=2 结合R,'=m可解得2= 4B191 8)解法一由区城中磁场酸感应强度历-品，可知共可等 效为匀强磁场，磁高应强度为号，若再把区规中磁场等效为磁 感应强度为B的匀强磁场，则磁场宽度则等效为子画出格好 不能进入第四象限的离子运动轨迹，如图4 3L K60° 2L.30°... 图4 由轨迹图中几何关系得sn30°=3-1.5L r3 解得r3=3L 由洛伦堂力提供向心力有%B,=m空 3gBL 解得3= 即速度大于3 34B1L的离子都能够进入第四象限 6gBL 3gB L 进入第四象限的离子数与总离子数之比为？6B上一BL 7以 n 100%=60% 解法二离子在水平方向上的洛伦兹力F,=BgV, 在磁场中，由动量定理得F·△=B,·=BqAy=n△U 则∑Bg△y=∑m△u 即BgL=m(v出y-cos60) 在磁场Ⅱ中，由动量定理得 B B1 士·v·gwA1=7y·gay=mau 则∑9y△y三∑mAw B L2 即4·2 =m(u-v幽g) 故在磁场工和磁场Ⅱ中有 +g号 L2 n(-vc0s60°) 解得=3gB,L n 又速度越小，离子越不容易进入第四象限 所以>3gBL 时离子进入第四象限 6B1gL 3B1gL 故7= 1 72 ·×100%=60% 6B1gL BigL n 答案 2xm (1)3qB 4gBL (2) (3)60% 53.解析(1)小球在叠加场中做匀速圆周运动，则小球受到的重力 和电场力等大反向，由洛伦兹力提供向心力，即gE=g 根据欧姆定律可知，极板间的电压为 EnR2 U-R+R2 结合场强的计算公式U=Ed 联立解得：E= mg(R1+R2)d gR2 (2)小球做圆周运动，从上板右侧边缘离开，设轨迹半径为”，· 有x2=(3d)2+(r-d)2,解得r=2d 又洛伦蓝力提供小球微国周运动的向心力，B=”吧，联主 解得B=0 (3)根据上述分析可知，小球离开极板时的速度方向与竖直方！ 向成30°夹角 为了保证小球离开电容器沿直线运动，则电场力与重力的合 力与速度方向共线，当电场力等于小球重力垂直于速度方向· 的分力时，电场力最小，电场强度最小 9E=mgsin30°，解得：E=mg 2g 答案山e器 gR2 (3)8 2q 54.解析(1)将离子甲从A点出射速度v。分解到沿y轴方向和· x轴方向，如图1所示 图1 离子甲受到的电场力沿y轴负方向，可知离子甲沿？轴方向· 做匀速直线运动，沿y轴方向做匀减速直线运动，从A到O的 过程，有 L=ncos3·[ vn sin B=at 根据牛顿第二定律有：gE=ma 联立解得，E=sin Reos gL 210 (2)离子甲从坐标原点O沿之轴正方向进入磁场I中，作出粒 子运动轨迹如图所示 由洛伦兹力提供向心力可得 quB=mv2 离子甲经过磁场I偏转后从y轴 0 45 进入磁场Ⅱ中，由洛伦兹力提供向 : 0 心力可得 2 B=mu 则r2=√2r1 -3d 为了使离子甲始终在磁场中运动， 图2 需满足r1≤d,r2≤3d 联立可得sB (3)离子甲以B的速度从0点沿：轴正方向第一次穿过 2m xOy平面进入磁场I,离子甲在磁场I中的轨迹半径，= aB' 解得r1= 2 同理在磁场Ⅱ中的运动半径为r?=气 d 作出离子甲从O点第一次穿过到第四次穿过xOy平面如图3 (2次) 459C- (3次) (4次) 图3 根据几何关系可知离子甲第四次穿过xOy平面的x坐标为 =2r2 sin 45 离子第四次穿过xOy平面的y坐标为y1=2r1=d,则 x1=y=d 故离子甲第四次穿过Oy平面的位置坐标为(d,d,0). (4)设离子乙的速度为，根据离子甲、乙动能相同，可得 1 解得时=受 离子乙在磁场I中的轨迹半径为r,′=2r 离子乙在磁场Ⅱ中的轨迹半径为r2'=2r2 据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点如图4所示 交点 图4 从0点进入磁场到第一个交点的过程，有甲=T十T,=2”+ gB 2mm=21+2) gB 红=+-+2把=4E+1器 2gB 2g·B 2 离子甲、乙到达它们运动轨远第一个交点的时间差为△= t乙一tp 代入数据解得：△1-2（√2+1）m qB' 答案1)mw2 sin cos2（2)9Bd gL n (3)(d,d,0)(4)(7+72) gB 专题十三电磁感应 1.B2.B3.BC4.C5.C6.C7.C8.AC9.D10.C 11.B12.AB13.C14.A15.BD16.BC 17.解析(1)金属框的总电阻为R=41以=4×0.40X5.0X1030= 8×1032, 金局征中产生的感应电动势为E-盟5=X之P=0.1× △t 合×0.402V=8×103V, 金属框中的电流为1=￡-8X10 R8X10A=1A, t=2.0s时磁感应强度B1=0.3T-0.1×2.0T=0.1T, 金属框处于磁场中的有效长度为L=√21=0.40√2m 此时金属框所受安培力大小为F=BL=0.1X1X0.40W2N=! 0.04√2N. (2)在1=0到1=2.08时间内会属框产生的焦耳热为：Q= I2R=12X8X10-3×2.0J=0.016J. : 答案(1)0.042N(2)0.016J 18.AC19.AC20.AC21.B22.AB23.AD24.D 25.D26.AC27.BD28.AC29.ABD30.AB31.CD 32.A33.AD34.AC35.AD 36,解析安培力十牛顿第二定律十动量定理十能量守恒定律 E (1)由闭合电路欧姆定律可知，时刻回路中的电流为I= 此时导体棒在水平方向上受安培力作用，由牛顿第二定律有！ BIL=mao : 联立解得a=BLE mr (2)开关S与a连接，导体棒做匀速运动时，其接入电路部分 切制磁感线产生的感应电动势等于电源电动势，有BL一E 若1时刻开关与b连接，设储能器两端电压从0到U。的过， 程，回路中的电流为，则该过程对导体棒由动量定理有 -∑BiL△t=nw-m Uo 对储能器有∑i△一0=反 E BLU 联立解得v=B一mk 21 (3)由(2)问分析可知，开关S与a连接，导体棒做匀速运动的 E 速度为一BL 由于1时刻导体棒刚做匀速运动，则0~1时间内，对导体 棒由动量定理有BLg1一m,解得该段时间内流过回路的电 芳室为孙一品 则该段时间内电源消耗的电能为E电一Eq1 又该段时间内电源消耗的电能转化为导体棒上产生的焦耳热 与导体棒的动能，有E之=Q十号mu,2 解得该段时间内子体棒上产生的焦耳热为Q,=上 从时刻开关与￠连接到导体棒静止的过程，导体棒的动能 1 转化为回路中产生的总焦耳热，有Q8=豆m 由焦耳定律可知该过程导体棒上产生的焦耳热为 Q2一R ri E2 R-2RB L (R十2r)nE2 则Q=Q1十Q2= 2(R+r)B2L2 奢案@荒器 E BLU mr 2(R+r)B2 L2 3?.解析安培力十力的平衡条件十法拉第电磁感应定律十动能 定理十功率 (1)线框整体悬浮，竖直方向上受力平衡，因此αbc'd'框整体 受到的安培力竖直向上，而ab边与cd'受到的安培力方向相 反且F安u公<F安d,因此a'b'边受到的安培力向下，c'd'受到 的安培力向上，根据左手定则可知a'b'c'd'框中电流方向沿逆 时针方向 由安培力公式和力的平衡条件有 kBIL-BIL=mg 解得I=(k-1)BL ig (2)根据法拉第电磁感应定律得E1=BL1· (3)设动力线框abcd中的电流大小为I,,由于动力线框abcd 中电流方向改变前，线框整体做匀速直线运动，则水平方向上 由力的平衡条件有kBI。L一BInL=f 动力线框abcd中电流方向改变后至停止的过程，根据动能定 理有 (B10L-kB16L-)s=02m2 cd边所安的安培力的华均功率P=F-F附·之 又cd边所受的安培力大小F安d=kBIL 联立解得P=8-1) kmvn3 答案(1)-1)BL mg (2)BLU1(3 kmvn3 8(k-1)s 38.解析电磁感应十电势差十平均功率 (1)解法一线框从释放到cd边进入I区域，由动能定理有 mgsy sin 解得钱框释放时c山边与I区城上边缘的距离为s)=g专题十二 磁场 考向一 磁场及安培力 1.(2026·湖南卷，5分)某小组设计了一磁悬浮 装置.如图，环形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，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 T 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 () 45° 抑 》 A.从管道上方俯视，小球沿顺时针方向做圆 周运动 R 樂 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 量 空 冲量大小为m√(2十π2)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 2.(2025·福建卷，4 分)如图所示，空间 L 令 中存在两根无限长 M 直导线L1与L2,通 剂 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 墨 不变，仅将L2撤去，N点的磁感应强度大 小为 ( A.Bz-B1 B.7B-Ba C.B2-B D.B-B2 尔 3.(2025·湖北卷，4分)如图所 示，在磁感应强度大小为B的匀 N 强磁场中，放置一通电圆线圈， 府 圆心为O点，线圈平面与磁场垂 安培力与洛伦滋力 直.在圆线圈的轴线上有M和N两点，它们到O 点的距离相等.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 4.(2023·江苏卷，4分)如图 所示，匀强磁场的磁感应强 度为B.L形导线通以恒定 B 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 5.(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△l1和△12、电流大小分别为I1和I2 的平行直导线间距为x时，相互作用力的大小 可以表示为△F=II△△.比例系数的 2 单位是 ( A.kg·m/(s2·A)B.kg·m/(s2·A2) C.kg·m2/(s3·A)D.kg·m2/(s3·A3) 6.(多选)(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,/uT B:/uT 0 21 -45 0 -20 -46 3 21 0 -45 -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 7.(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 0(0) R 泳 0 MN) 左 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 8.(2026·山东卷，8分)如图所示，平行金属导 轨间距为L,导轨平面与水平面夹角为定值， 二者交线与导轨垂直.电动势均为E、内阻均 为r的两电源，开关S1、S2及滑动变阻器RP 与导轨相连.导轨处于磁感应强度大小为B、 方向平行于导轨向下的匀强磁场中.S1闭合， S2断开，质量为m、长为L、电阻为r的金属杆 cd静止于导轨上，调节滑片，当Rp阻值为r 时，cd刚好要下滑.保持滑片位置不变，断开 S1,闭合S2,cd开始下滑并始终与导轨接触良 好.已知cd与导轨间动摩擦因数为u,最大静 摩擦力等于滑动摩擦力，不计导轨电阻.cd下 滑过程中，求： (1)cd的电功率P; (2)cd的加速度大小a. B P 9.(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M的中心.使 P 用前需调零，使线圈 A 反射光 内没有电流通过时， O入射光 M竖直且与纸面垂 直；入射细光束沿水 Q 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s1.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. 考向二洛伦兹力、带电粒子在磁场中的运动 10.(2026·黑吉辽蒙卷，4分)如图，真 空中一带正电的小球用绝缘轻绳 悬于O点，处于竖直向下的匀强磁 场中.将小球从P点由静止释放，P⊙ 小球运动轨迹的俯视示意图可 能是 ××0×x B Q 0 11.(多选)(2026·广东卷，6分)如图是一种长 方体电子磁谱仪结构示意图，磁谱仪内存在 磁感应强度大小为B、方向垂直底面向上的 匀强磁场，磁场区域长为α、宽为b.电子束中 有三个电子通过准直器后垂直左侧面沿边缘 进入磁场，偏转后分别到达磁谱仪三个侧面， 与边缘的距离分别为x1、x2和x3,电子电荷 量为一e、质量为m,不考虑相对论效应，下列 说法正确的有 一2 准直器 电子B电子2 电子束 电子3 A.电子1的动能比电子3的大 B.电子1在磁场中的运动时间为 eB C.电子2的动能为2B(x+62 8mb2 D.电子3的动量大小为B(号十a2) 2x3 12.(2026·江苏卷，4分)平面内存在垂直平面 向外的匀强磁场，一电子垂直磁场射入，不计 空气阻力.如图所示，则电子偏转的轨迹可能 是 A.a B.6 C.c D.d 83 13.(2026·江苏卷，4分)如 图所示，水平面内一光滑 小球沿正方形线框fghi 保持速率不变运行，a、b、 c、d分别是各边中点，在 拐点处小球所受合力的 冲量大小和其动量大小的比值是 A.6 gb B岩 C.ab ·fh 14.(2025·安徽卷，4分) × 如图，在竖直平面内的 Oxy直角坐标系中，x M d 轴上方存在垂直纸面 0 向里的匀强磁场，磁感 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g,质量为m,速度 大小均为B不计粒子的重力、空气阻力及 m 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xm 6gB 15.(2024·湖北卷，4分)如图······ 所示，在以O点为圆心、半 .Ax0×,. 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7π 3qB 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3gB那 3m 16.(多选)(2023·全国甲 × 卷，6分)光滑刚性绝缘 ×××X 圆筒内存在着平行于轴·户 的匀强磁场，筒上P点 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 17.(2022·广东卷，4分) 如图所示，一个立方体 空间被对角平面MN 质子 PQ划分成两个区域， 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O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 18.(多选)(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=&,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 84 19.(2026·云南卷，10分)洛伦滋力演示仪示意 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、 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 图甲洛伦兹力演示仪示意图 +S 图乙匀强磁场区域 五年真题分类汇编 物理 学校 班级 学号 姓名 密 禁 止 Prm能试没 公公新瓷稳面网机 10少)欢子速康 21.(2022.开r推： 有电子和网诚阳费 布幅) 标洲（确速电大/以可圳）：社上司一/LV.楼 () 盛慈国 压(0) 当感国 为 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的角速度小于股，且A处探测 到离子，求板Q上能探测到离子的其他的 值(0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.(2026·贵州卷，4分)如图，空间中存在垂直 于纸面向里的匀强磁场及从O点沿径向向外 的电场，某处电场强度大小E=冬，k为常量， r为该处到O的距离.一带负电粒子在纸面 内沿逆时针方向做匀速圆周运动.当磁感应 强度大小为B1时，粒子运动半径为1，速率 为v,电势能为E1;当磁感应强度大小为B2 (B2>B1)时，粒子运动半径为r2,速率仍为 ,电势能为E2.取无限远处的电势为零，不 计粒子重力，则 () A.r2>r,Ep2>Epl B.r2>r1,Ep2<Epl C.r2<r1,Ep2<Epl D.r2<r1,Ep2>Epl 23.(多选)(2025·福建 卷，6分)如图，竖直 十 面内存在垂直纸面向 X E 里的匀强磁场B与水 M 平向右的匀强电场 X BX X 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 运动到N点时，撤去磁场，一段时间后粒子 经过P点，已知MN与水平面的夹角为45°， NP水平向右.粒子带电荷量为q,速度为v, 质量为m,重力加速度为g.则 ) A,电场强度大小为E=②mg B.磁感应强度大小为B=√2mg qu C.N、P两点的电势差为U=2mu 0 D.粒子从N运动到P的过程中，与NP的 距离最大值为。 24.(多选)(2025·广西卷，6分)如图，带等量正 电荷g的M、N两种粒子，以几乎为0的初速 度从S飘入电势差为U的加速电场，经加速 后从O点沿水平方向进入速度选择器（简称 选择器).选择器中有竖直向上的匀强电场和 垂直纸面向外的匀强磁场.当选择器的电场 强度大小为E,磁感应强度大小为B1,右端开 口宽度为2d时，M粒子沿轴线OO'穿过选择 器后，沿水平方向进入磁感应强度大小为B2、 方向垂直纸面向外的匀强磁场（偏转磁场）， 并最终打在探测器上；V粒子以与水平方向夹 角为0的速度从开口的下边缘进入偏转磁场， 并与M粒子打在同一位置，忽略粒子重力和 粒子间的相互作用及边界效应，则 H 探 器 86 A.M粒子质量为2gUB E2 B.刚进入选择器时，N粒子的速度小于M粒 子的速度 C.调节选择器，使N粒子沿轴线OO'穿过选 择器，此时选择器的电场强度与磁感应强 度大小之比为4UB1-EdB2 4EUcos 0 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 EB2U-Edcos 0 25.(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.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.o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 ( ) 区域：区域 10L/3 2L 3L 2 -2L- -10L/3- 图甲 图乙 ,方向沿 A.区域I内电场强度大小E=4m凸 y轴正方向 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 5gto 垂直Oxy平面向外 D.粒子在区域Ⅱ内圆周运动的圆心坐标 26.(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 场B.带电荷量为一q、质 量为m的离子以初速度vo 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 m2v+kqUm D.第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大 小应为/m6-2kgUm gR 27.(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 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.仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数 密度，极板间的电压增大 28.(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=1.00×10-3A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() 87 石墨烯 2 mV 1 B XX 4 mA) 图(a) U/mV 80 60 40 20 50100150200250300B/mT 图(b) A.1.7×1019 B.1.7×1015 C.2.3×1020 D.2.3×1016 29.(多选)(2024·河北卷，D 。。。。。。。· 6分)如图，真空区域有 c· 同心正方形ABCD和 abcd,其各对应边平行， ·a b。 ABCD的边长一定， ·。··。。·。· Ac·····✉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 30.(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 方，b点在a点的右侧，如图所示.已知a粒子 的速度约为电子速度的。，铅盒与屏幕之间 存在匀强电场和匀强磁场，则电场和磁场方 向可能为 ( ) A.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面向里 B.电场方向水平向左、磁场方向垂直纸面 向外 C.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面 向里 D.电场方向水平向右、磁场方向垂直纸面 向外 31.(2023·全国乙卷，6分) 如图，一磁感应强度大 接 小为B的匀强磁场，方 屏 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与屏的距离为号， 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 B.、E C B D. B 2a B2 aB? 2aE2 aE2 32.(2023·湖南卷，4 459 分)如图，真空中 有区域I和Ⅱ，区 域I中存在匀强 --15 电场和匀强磁场， B2 电场方向竖直向 下（与纸面平行）， 46 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 速率不同的粒子射入区域I中，只有沿直线 AC运动的粒子才能进人区域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，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>1o B.若仅将区域I中电场强度大小变为2E,则 1lo 88 C.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 ,则4号 D.若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 B2,则1=20 4 33.(2023·海南卷，3分) 如图所示，带正电的小 ×× 球竖直向下射人垂直 B ×× 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 34.(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q的带电粒子，从坐标原点O以初速度v0 射入第一象限内的电、磁场区域，在0<y< yo,0<x<xo(xo、yo为已知量)区域内有竖 直向上的匀强电场，在x>xo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 () M B × N Yo Xo A.粒子从NP中点射人磁场，电场强度 E=yomvo2 Q02 B.粒子从NP中点射入磁场时的速度= o/1+C C.粒子在磁场中做圆周运动的圆心到VM 的距离为器 D.粒子在磁场中运动的轨迹半径的最大值 是m0Wx02+4yo qBxo 五年真题分类汇编·物理 学校 班级 学号 姓名 密 禁 答-题 P 之 (2)素性fa以O份空道道卫培(30a8 总合坊 了心际速想速基特可以速活型以片(-1.0) (2026.H保善：1G今)机图哈太·海OJV 电工公N司2电浙小规上山 36.(s使)(2022。Y XX 35.(2022.今国乓美：62)阳有查有合培测 × 兰 、 3》当粒子a从点(80)离开区嫩Ⅱ证进人 区域Ⅲ时，带电荷量为+q的粒子b恰好从O 点以速率？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. 粒子发生器 区域 区域Ⅲ 度选择器 -h 区域Ⅱ 38.(2026·湖北卷， 16分)如图所示， 在xOy平面内，y >0区域存在匀 强电场，电场强度 OT×NX 大小为E、方向沿 y轴负方向；在y XX <0区域，有一个 以O为圆心、r为半径的半圆形区域，半圆形 区域内既无电场也无磁场，半圆形区域外存 在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向 里.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从 坐标为(0，多）)的M点静止释放，之后从坐 标为(2r,0)的N点第一次射出磁场.不计重 力，求 (1)粒子第一次进人磁场时的速度大小。 (2)磁场的磁感应强度大小 (3)粒子第二次射出磁场时的位置坐标. 39.(2026·河北卷，16分)图1为某质谱仪工作 原理示意图.电离室中的气体分子被激光照 射后发生电离，其中带正电的粒子由静止经 平行于纸面的加速电场加速后，垂直于CD 边进入梯形匀强磁场区域（磁场方向垂直纸 面向外)，并从CG边中点O平行于CD边射 出，经无场区从边界PQ进入平行于纸面的 匀强偏转电场，最终打到接收器与纸面交线 MN上并被吸收，接收器可视为接地良好的 金属板.MN延长线经过O点，与CD所在直 线夹角为a,a可通过MN绕O点在纸面内的 转动进行调整，调整前后PQ与MN始终平 行且间距为0.3m不变.CG边长为0.2m, 与底边HG夹角为60°，磁感应强度大小为 0.4T,偏转电场的电场强度大小为1.8×104 V/m,方向始终垂直于PQ.整个过程只考虑 一种粒子，加速电场的电压恒定，MN与PQ 足够长，装置处于真空环境，忽略粒子间相互 作用，不计重力， H G 60 梯形 0 偏转 磁场 上电场 C 加速 -0.3m 电场1上1什 0 电离室 M 吉接收器 图1 t/us 7.95 7.90 7.85 050°60°70°80°a 图2 (1)已知激光波长为442nm,求该激光一个 光子的能量e.(普朗克常量h=6.63×10一34 J·s,真空中光速c=3×108m/s) (2)调整α，得到从粒子离开加速电场到粒子 到达接收器所经历的时间t与α的关系如图 2所示，求加速电场的电压U以及粒子比 荷K 90 (3)质谱仪稳定工作时，测得接收器每秒接收 的粒子数为n,若再测一个除电荷量和质量 以外的物理量，便可在(2)问的基础上得到粒 子的质量.请写出该物理量，并推导粒子质量 表达式（所有物理量均用字母表示）. 40.(2026·陕晋宁青卷，16分)如图，垂直于x 轴的足够大绝缘薄挡板P紧贴平行金属板放 置，挡板P有一小孔在原点O处，O点到垂 直于y轴的两金属板距离相等.在xOy平面 位于（一L,0)处的粒子源以速率0向面内各 方向发射质量为m、电荷量为q(g>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心.在O,平面y轴右 25g 侧，圆心O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，其篮悠应强度大小为在>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g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.(0、m、q、L均为已知量) (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； (3)若仅改变电压U的大小(U>0),在不同 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 板P右侧面有1个撞击点或2个撞击点，求 以上三种情况分别对应的电压取值范围（用 已知量vom、q表示). 9 2L 米 Q它 41.(2026·四川卷，16分)如图所示，纸面内建 有直角坐标系xOy,直线y=一x十d(d>0) 左下为I区，直线y=一x+3d右上为Ⅱ区， 两条直线之间在y轴左、右两侧分别为Ⅲ区 和V区.I区和Ⅱ区有垂直纸面的匀强磁场， 磁感应强度大小均为B,I区磁场方向垂直 纸面向外，Ⅱ区磁场方向未知；Ⅲ、Ⅳ区无磁 场.Ⅲ区有长度为2d且平行于y轴的细管加 速器，可使进入管内的带正电微粒具有沿y 轴正方向的恒定加速度.质量为、电荷量为 q(q>0)的微粒甲在纸面内运动.不计微粒重 力，微粒不与细管加速器发生碰撞， 细管加速器 30 .d 3d、 91 (1)若甲在I区做半径为2d的圆周运动，求 该运动的速度大小 (2)若甲做周期性运动，每次过(d,0)时速度 均沿x轴正方向，求此周期性运动的周期 (3)若甲在I区的圆周运动轨迹半径为2d且 Ⅱ区磁场方向垂直纸面向外.某时刻甲与静 止在(d,0)处的不带电微粒乙发生弹性正碰， 碰撞过程中无电荷交换，碰撞后乙沿x轴正 方向运动.乙与甲的质量之比为k.要使甲与 乙再次正碰，且碰撞前甲仅进入Ⅱ区一次，求 细管加速器位置的横坐标及k需满足的 条件. 42.(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B1(未知).第一象限内存 在边长为2L的正方形磁屏蔽区ONPQ,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 P 屏蔽区 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； (3)定义磁屏蔽效率7 B1一B2×100%,若 在Q处检测到该粒子，则？是多少？ 43.（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m、带电荷 量为g(q>0)的粒子从磁场中的a点以速度 0o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.a、b距 水平虚线的距离均为h,两点之间的距离为 s=3w3h.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) 92 44.(2025·湖南卷，14分)如图，直流电源的电 动势为E。,内阻为ro,滑动变阻器R的最大 阻值为2r。,平行板电容器两极板水平放置， 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vo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 :× ××× c B a to ××× × ××× Eo,To -5d×××× (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 大小为生求粒子相对于电容器右侧的 最远水平距离xm 45.(2025·湖北卷，16 M P 分)如图所示，两平行 虚线MN、PQ间无 磁场.MN左侧区域 和PQ右侧区域内均 B N Q 2B 有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度 大小分别为B和2B.一质量为m、电荷量为 q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为vo 的初速度射出，方向平行于MN向上.已知 O点到MN的距离为B粒子能回到0 点，并在纸面内做周期性运动.不计重力，求 五年真题分类汇编·物理 学校 班级 学号 姓名 密 禁 答 题 (2)电效增度助木入 个。 ()此子东警扬中规国国沙动幼业有机电限： 中国合所您通动即明您大现桃想给入什司 46.(2024·称兼标责：202)-吸量为n电洲 P(Vx, 3 47.(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 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<L的范眉内可以 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. Y↑ N 及 加速电压 生器 60°入 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； (3)当加速电压为B2L2时，求粒子从小孔K 24m 射出后，运动过程中距离y轴最近位置的 坐标. 48.(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g(g>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 人I区时速度大小分别为多和咖.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 度大小E=4q 9mv0 .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。 ×LX E d E : B B :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Ⅳ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）. 94 49.(2024·湖南卷，14分)如图，有一内半径为 2x、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轴正方向建立xy之坐标系.在筒内x≤0 区域有一匀强磁场，磁感应强度大小为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0.已知电子的质量 为m、电量为e,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 2r 电子在电场中运动 时y轴正方向的最 大位移 50.(2023·江苏卷，15分)霍尔推进器某局部区 域可抽象成如图所示的模型.Oxy平面内存 在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里 的匀强磁场，磁感应强度为B.质量为m、电 荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入 射.入射速度为o时，电子沿x轴做直线运 动；入射速度小于o时，电子的运动轨迹如图 中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的 合力大小相等.不计重力及电子间相互作用. (1)求电场强度的大小E; (2)若电子人射速度为宁，求运动到速度为罗 时位置的纵坐标y1; (3)若电子入射速度在0<v<0范围内均匀 分布，求能到达纵坐标为一B位置的电子 数N占总电子数N。的百分比. 51.(2023·辽宁卷，13 分)如图，水平位置的 两平行金属板间存在 B 匀强电场，板长是板 0 间距离的√3倍.金属 板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在 磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外 的匀强磁场.质量为m、电荷量为g(g>0)的 粒子沿中线以速度水平向右射入两板间， 恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方 向从图中O'点射入磁场.已知圆形磁场区域 ,半径为3B,不计粒子重力· (1)求金属板间电势差U; (2)求粒子射出磁场时与射人磁场时运动方 向间的夹角0； (3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从 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轨迹及 相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆 心M. 95 52.(2023·浙江6月，11 分)利用磁场实现离 3L6 子偏转是科学仪器中 广泛应用的技术.如 图所示，Oxy平面 (纸面)的第一象限内 有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的 区域I和Ⅱ，其中区域I存在磁感应强度大 小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度 大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区 域Ⅱ的下边界与x轴重合.位于(0,3L)处的 离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度 方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射 向磁场区域.不计离子的重力及离子间的相 互作用，并忽略磁场的边界效应 (1)求离子不进入区域Ⅱ的最大速度u1及其 在磁场中的运动时间t; (2)若B2=2B1,求能到达y=号处的离子的 最小速度2； (3)若B。,且离了源射山的离了数按速 度大小均匀地分布在 B1qL6B1qL范围，求 进入第四象限的离子数与总离子数之比 53.(2022·湖南卷，13 分)如图，两个定值 电阻的阻值分别为 A R1和R2,直流电源 3d 的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置， 板间距离为d,板长为√3d,极板间存在方向 水平向里的匀强磁场.质量为、带电荷量为 十q的小球以初速度)沿水平方向从电容器 下板左侧边缘A点进入电容器，做匀速圆周 运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器 此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速 度大小为g,忽略空气阻力， (1)求直流电源的电动势E。； (2)求两极板间磁场的磁感应强度B; (3)在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小 球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的 最小值E 54.(2022·山东卷，14分)中国“人造太阳”在核 聚变实验方面取得新突破，该装置中用电磁 场约束和加速高能离子，其部分电磁场简化 模型如图所示，在三维坐标系Oxy之中，0<≤ d空间内充满匀强磁场[，磁感应强度大小为 B,方向沿x轴正方向；一3d≤之<0、y≥0的 空间内充满匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为 号8，方间平行于x0平面，与：轴正方向夹 角为45°；之<0、y≤0的空间内充满沿y轴负 方向的匀强电场.质量为、带电量为十g的 离子甲，从yOz平面第三象限内距y轴为L 的点A以一定速度出射，速度方向与之轴正 方向夹角为3，在yO:平面内运动一段时间 96 后，经坐标原点O沿之轴正方向进入磁场I, 不计离子重力. B 、反B 2 .3d 45 (1)当离子甲从A点出射速度为0时，求电 场强度的大小E; (2)若使离子甲进人磁场后始终在磁场中运 动，求进入磁场时的最大速度vm; (3)离子甲以，Bd的速度从0点沿：轴正方 2m 向第一次穿过xOy面进入磁场I,求第四次 穿过xOy平面的位置坐标（用d表示）； (4)当离子甲以5的速度从0点进入磁场 20m I时，质量为4m、带电量为十q的离子乙，也 从O点沿之轴正方向以相同的动能同时进入 磁场I,求两离子进入磁场后，到达它们运动 轨迹第一个交点的时间差△（忽略离子间相 互作用).