第一章 安培力与洛伦兹力 感知高考-【新课程能力培养】2026-2027学年高中物理选择性必修第二册练习手册（人教版）

"情境题专项 1.B【解析】根据图可知，线框中的电流方向为右 半部分向右，而左半部分向左，依据左手定则，右半部 分受到向里的安培力，而左半部分受到向外的安培力， 因此从上向下看，线框沿顺时针方向旋转，该线圈转动 的原理不是电磁感应，故A错误，B正确：线圈稳定转 动过程中，竖直导线有切割磁感线，故C错误；若将强 磁铁两极对调，则线框转动方向变化，故D错误。 2.BC【解析】若手柄逆时针旋转（俯视），根据楞 次定律，知安培力将阻碍线框与磁场间的相对运动，线 框所受的安培力使线框也逆时针旋转，A错误；若手柄 逆时针旋转（俯视），由安培定则判断知，此时线框中 电流的方向为abeda,B正确；在题图乙时刻，线框中 感应电动势E=NBab(v,-2),又ab边所在处磁场的线速 度大小1=w1ad=0.16m/s,ab边的线速度大小2=wad= 0.12m,可得E=0.16V,感应电流1=￡=0.1A,电流 R 的热功率P=PR=0.016W,C正确：在题图乙时刻线框 bc边不受安培力作用，故D错误。 3.BC【解析】由题意可知，通过天桥的电流方向 由外向内，而磁场方向由N到S极，根据左手定则可 知，箔条中部受到的安培力向上，铝箔条中部向上方运 动；故A错误，B正确；箔条受到磁铁的安培力向上， 根据牛顿第三定律可知箔条对磁铁的磁力向下，则蹄形 磁铁对桌面的压力增大，故C正确，D错误。 4.BD【解析】在磁场中，由左手定则可知，粒子 带正电，粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，其向心 力由电场力提供，故其电场方向沿着半径指向圆心，静 电分析器中K2的电势高于K的电势，故A错误，B正 ”R,又有电场 确；根据电场力提供向心力，则有gE=m二， 力加速运动，则有gU= 2m,在磁场中根据洛伦兹力 提供向心力有guB=m” ，联立解得尽-V2U,故C BR 错误：由C选项可知：B=}√2平，所以若U增大， 为保证B不变，则被收集粒子的k比原来大，故D正确。 5.(1)SN(2)交流电(3)软磁性 【解析】(1)由安培定则可知，螺线管上端为S 极；小磁铁被吸引向下运动，由异名磁极相互吸引可 知，小磁铁的下端为N极。(2)如果用直流电，小磁 铁要么被吸引不放，要么被排斥而远离，无法进行继续 充气，故用交流电好。(3)因为需要连续充气，所以 用软磁性材料制作最好。 6.(1)5×105N(2)5m 参考答察与解析。 【解析】(1)在导轨通有电流I时，弹体作为导体 受到磁场施加的安培力为F=LB=5×10×0.2×5×10N= 5x10N。(2)由动能定理x=2m可知，弹体从 静止加速到5000ms,则轨道长度至少要x=m2 2F 0.2×50002 2x5x10℉ m=5m。 >“感知高考 1.ABD【解析】油滴a做圆周运动，故重力与电场 力平衡，可知带负电，有mgEg,解得g=管，A正确： 银据洛伦兹力提供向心力Bg心=m分，得R Ba ,解得油 滴a做圆周运动的速度大小为=BR,B正确：设小油 E 滴1的速度大小为，得3R=2” % 解得1=3BR m B,周期为2π·3弧-2，C错误；带电油滴a E 分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为2，取 油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，得m=受+ 受，解得受。由于分离后的小油滴受到的电场 力和重力仍然平衡，分离后小油滴Ⅱ的速度方向与正方 向相反，根据左手定则可知小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆 周运动，D正确。 2B【解析】磁感线越密集的地方磁感线强度越大， 故可知B>B>B,B正确。 3.C【解析】根据左手定则可知正离子向下偏，负 离子向上偏，故N点电势比M点高，A正确；设管道 半径为，稳定时，离子受到的洛伦兹力与电场力平衡 有受1=，同时有Q-s-m,联立解得20。放 U正比于流量Q；流量Q一定时，管道半径越小，越 大，B正确，C错误；若直径MN与磁场方向不垂直， 根据。2B0可知此时式中磁场强度为磁感应强度的一 个分量，即此时测量时代入的磁场强度偏大，故测得的 流量Q偏小，D正确。 4.B【解析】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0点处 产生的磁感应强度大小为B=,根据对称性，两导线 2 在N处的磁感应强度大小应该与M点一样，为B,根 49 高中物理选择性必修第二册（人教版） 据对称性，☑在N点处产生的磁感应强度为A=号，由 于L2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L2撤去，N点的磁感应 强度为B-B1,B正确。 5.C【解析】粒子运动轨迹如图所示，在磁场中， 根据洛伦兹力提供向心力有 y gB=m立，可得粒子做圆周运 P gB。根据几何关系 动的半径=m。 xxx Xox X ××X××× 可得P点至O点的距离Lm=可+ os45=1+V2)g8,C正确 第5题答图 6.C【解析】带正电的粒子沿轴线射人，然后垂直 打到管壁上，可知粒子运动的圆弧半径为r=,故A正 确：根据gB=m二，可得粒子的质量m=B,故B正 确；管道内的等效电流为=？=g,故C错误；粒子与 管壁发生弹性碰撞后原速反弹，则由动量定理可得-F= aa:[(-m)-m],由几何知识可知N名，再结合m Bga,可得F=Bgl,由牛顿第三定律可知D正确。 7.AD【解析】由图可知，在I区的轨迹圆心不在 0点，A正确：由洛伦兹力提供向心力gvB=m立，可得 一器，放在I区和Ⅱ区的轨迹半径之上比为合会 r2 B 冬，B错误：设粒子在磁场Ⅱ区偏转的圆心角为α，由 几何关系cos心n号，可得a3,故粒子在1区 运动的时铜为6028-7r瓷器×股，粒子 360° 在Ⅱ区运动的时间为12X3记=366×，联立可 360° 得在1区和区的运动时间之上比为会-g、D正确： 粒子在I区和Ⅱ区的轨迹长度分别为1=360-2x(90°-37) 360° 74° 2m354S92m.22X372m2360×2m2,故在] 360° 区和1区的轨迹长度之北为会路。c错误。 8.BD【解析】根据粒子在磁场中的偏转方向，由 左手定则可知粒子带负电，A错误：随着粒子不断打到 N极板上，N极板带电量不断增加，向下的电场强度增 50 加，粒子做减速运动，当粒子恰能到达N极板时满足 一2，=光，解得=荒，即d越大，板间所形成 m 的最大电场强度越小，B正确；因粒子发射方向与OP 夹角为60时恰能垂直穿过M板Q点的小孔，则由几何关 系cos60°=3L-,解得-2L,可得0P=rsin60=V3L, 可得粒子打到M板上表面的位置与O点的最大距离为 xm=V(2r)-Op=V13L,C错 y 误；因金属板厚度不计，当粒 子在磁场中运动轨迹的弦长仍 602” 为PQ长度时，粒子仍可从Q点 进人两板之间，由几何关系可 602 知此时粒子从P点沿正上方运 /01 Q 动，进人两板间时的速度方向 与M板夹角为a=30°，则在两 第8题答图 板间运动时间=2四a,其中。一分，打到M板下表 面的位置与Q点的最小距离s=tcos&,解得s=2dsin2a= V3d,D正确。 9.BD【解析】由题意，作 出a粒子运动轨迹图，如图甲 所示。α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，最终恰好回到A 甲 点，根据a粒子的速度大小为，=BR,可得R=R。 m 设外圆半径为R',由几何关系得∠A0B=270°，则R'= RtV2Ra,A错误；由A项分析，a粒子返回A点所 用的最短时间为第一次回到A点的时间tmn,a粒子做匀 速圆周运动的周期T=2mR=2。在磁场中运动的时 Va gB 间t1=360° 540·T3B,匀速直线运动的时间2 Va B,故a粒子返回A点所用的最短时间为t=t+区 (3π+2m,B正确；由题意，作出b,c粒子运动轨迹 gB 图，如图乙、图丙所示。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4，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；由几何关系得2R=V2R,洛伦兹力提 供向心力有B=咒，联立解得=V了D正确。 2 A 乙 丙 第9题答图 1)器2器8)2Yu Eo 2 【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V3d=t,竖直方向做匀变速直 线运动号-空，=，由闭合间路欧蝴定律可 md 得-n一E、联立可得33， ro+2ro E,9 (2)粒子进人磁场与竖直方向的夹角为tan0=”= 60,nw-2 3 一o,粒子在磁场中做匀速圆周运 eo0o=Y写4，联 动gB=m后，由儿何关系易得R=eo心0 3 立可得B= dvo (3)取一个竖直向上的速度使得其对应的洛伦兹力 和水平向右的电场力平衡，则有qD,B=qE,解得，1= 2Y了。粒子以1速度向上做匀速直线运动，粒子做 3 圆周运动的合速度在竖直方向分速度为，=，+，=V30, 此时合速度与竖直方向的夹角为tana="一，合速度 3 2o 为'=V(V3o)2+,粒子做圆周运动的半径=m 最远距离为x=rcos a=2+Y了d 2 少票2器)5 2gh -vo 61V3+8 【解析】(1)根据题意可知，画出粒子的运动轨 迹，如图甲所示。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=rcos+h,解得 =2h。由洛伦兹力提供向心力有g心，B=m,解得B= 2gh 参考答案与解析。 (2)根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时， 速度大小仍为0，速度方向与水平虚线的夹角为60°， 由几何关系可得AB=s-2sin0=3V3h-2V3h=V3h, 则粒子在电场中的运动时间为1=AB。=2Y3。沿 vocos 0 电场方向上，由牛顿第二定律有gE=ma,由运动学公式 有n加n0,联立解得器。 (3)若粒子从a点以o竖直向下发射，画出粒子的 运动轨迹，如图乙所示，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，粒子进人电场时速度与虚线的夹角α=60°。 结合(2)分析可知，粒子在电场中的运动时间为= 2V3五，AB间的距离为AB=V3h。由几何关系可得 BC=2 rsin a=2V3h,则AC=BC-AB=V3h。粒子在磁 场中的运动时间为s=360心2a.2m_8mb,则有1+ 360° vo 3vo 左6V了+8mh。综上所述，粒子每隔时间t向右移动 3vo V3h,则票移速度大小'Vh:3Y5。 6V3+8m 乙 第11题答图 12.(1）V2m02mm Bq Bq (2)V2 Bva (3)(2-V2)m Bq 【解析】(1)粒子在磁场中做圆周运动时的速度为 D=V+品=V2t,根据洛伦滋力提供向心力Bg=m立 解得做圆周运动的半径为=V2m,周期为T-2mm。 (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=会可知任意点的加速度大小相 等，故可得BgV2四_E4,解得E=V2B m (3)根据题意分析可知，从b点到c点，粒子在磁 场中转过的角度为270°，绕一圈的过程中两次在电场中 51 高中物理选择性必修第二册（人教版） 运动，根据对称性可知 粒子的运动轨迹如图，α 角为两次粒子在电场中 运动时初末位置间的位 移与x轴方向的夹角， 从a到b过程中粒子做 类平抛运动，得41=， m 第12题答图 故可得该段时间内沿y方向位移为L=d。根据几何知识 可得x=V2r,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=-2L,联立解得xm= (2-V2 )mvo Bq 1.(0爱2多mL(3)器a 【解析】(1)对乙粒子，如图所示，由洛伦兹力提 供向心力g,B=m运，由几何关系sin30°=L,联立解 得，磁感应强度的大小为=登· (2)由题意可知，根据对称 。。× 性，乙在磁场中运动的时间为t= 乙××} 2×巡×2密兴。对甲粒子， 、qB-3vo 由对称性可知，甲粒子沿着直线从 309 P点到0点，由运动学公式d0:×8 子+了。由牛顿第二定律a I区Ⅱ区 第13题答图 点益，联立可得川区宽度为 3 (3)甲粒子经过0点时的速度为v甲=2o+1=30o, 因为甲在V区始终做匀速直线运动，则wt=kx=k3ot, 可得k=器。设乙粒子经过Ⅲ区的时间为，乙粒子在 V区运动时间为o,则上式中t=o+2,对乙可得= 9 ω(6+h)-k,整理可得=3(+)-3上，对甲可得 x=3o(t),则△x=-t=3,化简可得乙追上甲前F qω 与△x间的关系式为F=g”·△x。 3w0 14.(1)(2)2m(3)2y7a 2m gB 【解析】(1)设粒子甲经电场加速进人磁场的速度 大小为：，粒子甲进人磁场做匀速圆周运动，由O到P 点偏转子圆周到达P点，则碰前粒子甲做匀速圆周运动 轨迹半径=0，由洛伦兹力提供向心力得q6=m，解 52 得D=9B，在电场中加速的过程，由动能定理得 m gB1=2m,解得E=Ba 2m (2)粒子甲由0到P点经过偏转4圆周到达P点， 其速度沿+y方向，与粒子乙发生弹性正碰，以+y方向 为正方向，由动量守恒和机械能守恒得m=m+号2， m-3 2 号m产分m+分×兮2，解得e 1 mi 3 2子：碰撞后粒子甲、乙带电量均为经，均逆 m+ 时针偏转做匀速圆周运动，设轨迹半径分别为、2， 由洛伦兹力提供向心力得号品年=m年，号伽=号×号 解得=治=4，由此可知第一次碰后两粒子的轨迹重 合，到下次相遇粒子乙比粒子甲多运动一个圆周，则从两 粒子碰撞到下次相遇的时间为△仁2ma=2ma=2πm (3)两粒子运动轨迹如图所示，粒子乙首次在A点 离开第一象限时，粒子甲运动到N点，因，=子， 即0m=了2，又有两粒子轨迹半径相等均为a,则有角 速度ω甲= =号w2,故粒子甲转过的圆心角B为粒子乙转 过圆心角90°的}， 3，即B= 30°：经一段时间t,两粒子 B a/ 做匀速直线运动，可知粒子 3L 甲的匀速运动距离MN=L, 0 D 则粒子乙的匀速运动距离 AB=3L,加上磁场后两粒子 0 的轨迹恰好相切（外切）， 第14题答图 设两圆心的连线O甲Oz与x轴正方向的夹角为0。 由几何关系知：NQ=a.tan B,OmC=2asin0,MD= (L+NQ)sin60°，又有MD=a·sinB+O甲C,可得(L+a am30)600如3042asn0.整理得YL-2r: sin0,再由几何关系知0zQ=0zC+CD+DQ=2a~cos0+a: cosB,整 cosB+(L+atan30)cos60°；又有0zQ=3L+,a。 理得三L=2acos6,解得L=2Y7a 7 15.(1)(2)号(3)见解析 【解析】(1)设板间距离为d,则板长为V3d. 带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为 E一号。根据牛顿第二定律，电场力提供加速度g5=m4, 。设粒子在平板间的运动时间为，根据运 解得a=U 动合成分解得竖直方向：兰-士成，水平方向：V5心 do,联立解得金属板间电势差为U=md 3q (2)设粒子出电场时与水平方向夹角为α，则有 m心品，放a君，则出电场时粒子的速度为 o心。-2y粒于出电畅后段匀速直线运动，接 3 着进人磁场，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为guB=m上，解得m0_2Y3m gB 3gB 已知圆形磁场区域半径为R=2m =3B,则有=V3R。粒 子沿PO方向射入磁场即沿半径方向射入磁场，故粒子 将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时 运动方向的夹角为日，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对 应的圆心角也为0，由几何关系可得0=2如=号。故粒子 射出磁场时与射人磁场时运动方向的夹角为 3 0 甲 (3)带电粒子在该磁场中的运动半径与圆形磁场 半径关系为r=V3R,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弧，故劣弧所对应轨 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： 、.0 0 乙 第15题答图 参考答案与解析。 16.(1)2:1(2)9m 【解析】(1)分裂后带电粒子在磁场中偏转做匀速 圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有qB=m”,解得 西。由题干知半径之比n=6:L,故m,,6:1 因为相同时间内的径迹长度之比L:l,=3:1,则分裂后粒 子在磁场中的速度之比vmv,=3:1,联立解得mmm,=2:1。 (2)中性粒子在A点分裂成带等量异种电荷的粒子 a和b,分裂过程中，没有外力作用，动量守恒，根据 动量守恒定律有mw=m,+m心。因为分裂后动量关系为 m,m=6:1,联立解得p=mp=号m。 17.(1)B(2)yF32eB 3mvo (3)90% 【解析】(1)由题知，入射速度为时，电子沿x 轴做直线运动，可知电子受到y轴正方向的电场力与沿 y轴负方向的洛伦兹力大小相等，则有Ee=eB,解得 E=oB。 (2)电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向 里的匀强磁场中，由于洛伦兹力不做功，已知电子的人 射速度为翠，则电子受到的电场力大于洛伦兹力，电子 向上偏转，当运动到速度为)时，根据动能定理有 c6=o小子合小，解得y器 (3)若电子以v人射时(0<<o),设电子能达到的 最高点位置的纵坐标为y,则根据动能定理有cB)=?m 2m。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=evB-eE,在最低点有F合= eE-B,联立有-告，2n台。要让电子能 eB 到达纵坐标⅓=常的位登，需满足y≥，解得≤ 0。则若电子人射速度在0<<，范围内均匀分布， 9 能到达纵坐标2=常位置的电子数N占总电子数N 的90%。 (53N 高中物理选择性必修第二册（人教版） 感知 1.(多选)(2024·安徽) 空间中存在竖直向下 6 的匀强电场和垂直于 纸面向里的匀强磁场 X P 电场强度大小为E,磁 第1题图 感应强度大小为B。一质量为m的带电油 滴α，在纸面内做半径为R的圆周运动， 轨迹如图所示。当a运动到最低点P时， 瞬间分成两个小油滴I、Ⅱ，二者带电 量、质量均相同。I在P点时与a的速度 方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨 迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。己知重力 加速度大小为g,不计空气浮力与阻力以 及I、Ⅱ分开后的相互作用，则() A.油滴a带负电，所带电量的大小为mg B.油滴a做圆周运动的速度大小为BR C.小油滴I做圆周运动的速度大小为 3gBR,周期为4mE E gB D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动 2.(2025·江苏)某“冰箱贴”背面的磁性材 料磁感线如图所示，下列判断正确的是 磁性材料 第2题图 (24)练 高考 A.a点的磁感应强度大于b点 B.b点的磁感应强度大于c点 C.c点的磁感应强度大于a点 D.a、b、c点的磁感强度一样大 3.(2025·北京)电磁流量 ×B×M×× 计可以测量导电液体的 ×xN×× 流量Q—单位时间内 第3题图 流过管道横截面的液体体积。如图所示， 内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制 成，空间有垂直管道轴线的匀强磁场，磁 感应强度为B。液体充满管道并以速度 沿轴线方向流动，圆管壁上的M、N两点 连线为直径，且垂直于磁场方向，M、N 两点的电势差为Uo。下列说法错误的是 A.N点电势比M点高 B.U正比于流量Q C.在流量Q一定时，管道半径越小，Uo 越小 D.若直径MN与磁场方向不垂直，测得 的流量Q偏小 4.(2025·福建)如图所示， L L2 空间中存在两根无限长直 M-N- 导线L1与L2,通有大小 第4题图 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B,O点磁感应强 度大小为B2,现保持L,中电流不变，仅将 L2撤去，求N点的磁感应强度大小( AB号B B.B C.B2-B D.B-B2 5.(2024.广西)0xy坐标 平面内一有界匀强磁场 区域如图所示，磁感应×B××x×x 强度大小为B,方向垂 ××9××× 直纸面向里。质量为 第5题图 m,电荷量为+g的粒子，以初速度v从O 点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速 度与y轴正向夹角为45°，交点为P。不计 粒子重力，则P点至O点的距离为( A.mv B.3mv ·qB 2qB C.(1+V2)m D.l+V②mu 2 aB 6.(2023·北京)如图 所示，在磁感应强 , a。 度大小为B、方向 垂直纸面向外的匀 第6题图 强磁场中，固定一内部真空且内壁光滑的 圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂 直。管道横截面半径为a,长度为1(l≥ a)。带电粒子束持续以某一速度v沿轴线 进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段 圆弧垂直打到管壁上，与管壁发生弹性碰 撞，多次碰撞后从另一端射出，单位时间 进入管道的粒子数为n,粒子电荷量为+q, 不计粒子的重力、粒子间的相互作用，下 列说法不正确的是() A.粒子在磁场中运动的圆弧半径为a 第一章安培力与洛伦兹力⊙ B.粒子质量为Bg@ C.管道内的等效电流为ngTa2v D.粒子束对管道的平均作用力大小为Bngl 7.(多选)(2025·四川)》 2、 如图所示，I区有垂 。X1· 直于纸面向里的匀强 磁场，其边界为正方 第7题图 形：Ⅱ区有垂直于纸面向外的匀强磁场， 其外边界为圆形，内边界与I区边界重 合；正方形与圆形中心同为O点。I区和 Ⅱ区的磁感应强度大小比值为4：1。一带 正电的粒子从Ⅱ区外边界上a点沿正方形 某一条边的中垂线方向进入磁场，一段时 间后从a点离开，取sin37°=0.6。则带电 粒子() A.在I区的轨迹圆心不在O点 B.在I区和Ⅱ区的轨迹半径之上比为1：2 C.在I区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127：37 D.在I区和Ⅱ区的运动时间之上比为127： 148 8.(多选)(2025·河北)如图，真空中两个 足够大的平行金属板M、N水平固定，间 距为d,M板接地。M板上方整个区域存 在垂直纸面向里的匀强磁场。M板O点 处正上方P点有一粒子源，可沿纸面内任 意方向发射比荷、速度大小均相同的同种 带电粒子。当发射方向与OP的夹角0= 60°时，粒子恰好垂直穿过M板Q点处的 小孔。已知OQ=3L,初始时两板均不带 电，粒子碰到金属板后立即被吸收，电荷 在金属板上均匀分布，金属板电量可视为 练 25 N 高中物理选择性必修第二册（人教版） 连续变化，不计金属板厚度、粒子重力及 粒子间的相互作用，忽略边缘效应。下列 说法正确的是( X0X P 0 第8题图 A.粒子一定带正电 B.若间距d增大，则板间所形成的最大 电场强度减小 C.粒子打到M板上表面的位置与O点的 最大距离为7L D.粒子打到M板下表面的位置与Q点的 最小距离为V3d 9.(多选)(2025·甘肃)2025年5月1日， 全球首个实现“聚变能发电演示”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,内圆半径为Ro。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粒子的速度大小 m 为。=BR,方向沿同心圆的径向；b和 m c粒子速度方向相反且与a粒子的速度方 向垂直。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() （26)练 × 4h-a 名 × 第9题图 A.外圆半径等于2Ro B.a粒子返回A点所用的最短时间为 (3m+2)m gB C.b、c粒子返回A点所用的最短时间之 比为V2 V2+2 Dc粒子的速度大小为 10.(2025·湖南)如图，直流电源的电动势 为E,内阻为o,滑动变阻器R的最大 阻值为2o,平行板电容器两极板水平放 置，板间距离为d,板长为V3d,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o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。 (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4V3E 3d 求粒子相对于电容器右侧的最远水 平距离xmxg !×××× ××× V3d 第10题图 11.(2025·河南)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、 带电量为g(g>0)的粒子从磁场中的a 点以速度o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= 3V3h。不计重力。 第11题图 第一章安培力与洛伦兹力⊙ (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o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) 12.(2024·新课标)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(,v,)表示，u、,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,vo) 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(o,o) 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(-vo,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： 练 27 N 高中物理选择性必修第二册（人教版） (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。 c(-to,vo) b(ia,ta） P(,,) 第12题图 13.(2024·辽宁)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、W区为电场区，V区电场 足够宽，各区边界均垂直于x轴，0为 坐标原点。甲、乙为粒子团中的两个电 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 射入I区时速度大小分别为n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0点 (28)练 时，乙恰好到P点。已知Ⅲ区存在沿 +x方向的匀强电场，电场强度大小E= 9m品。不计粒子重力及粒子间相互作 4πgL 用，忽略边界效应及变化的电场产生的 磁场。 (1)求磁感应强度的大小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=wt-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) 甲2。。×× 10 I区 Ⅱ区 Ⅲ区 V区 第13题图 14.(2021·辽宁)如图所示，在x>0区域内 存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场；在x<0区域内存在沿x轴正 方向的匀强电场。质量为m、电荷量为g (g>0)的粒子甲从点S(-a,0)由静止释 放，进入磁场区域后，与静止在点P(a, a)、质量为？的中性粒子乙发生弹性正 碰，且有一半电量转移给粒子乙。（不 计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用， 忽略电场、磁场变化引起的效应) (1)求电场强度的大小E。 (2)若两粒子碰撞后，立即撤去电场， 同时在x≤0区域内加上与>0区域 内相同的磁场，求从两粒子碰撞到 下次相遇的时间△t。 (3)若两粒子碰撞后，粒子乙首次离开 第一象限时，撤去电场和磁场，经 一段时间后，在全部区域内加上与 原x>0区域相同的磁场，此后两粒 子的轨迹恰好不相交，求这段时间 内粒子甲运动的距离L。 ××B -X●x× ×!×× -a0 ×4×× X×X 第14题图 第-一章安培力与洛伦滋力。 15.(2023·辽宁)如图，水平放置的两平行 金属板间存在匀强电场，板长是板间距 离的V3倍。金属板外有一圆心为0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(q>0)的粒子沿 中线以速度o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2m0,不计粒子重力。 3qB' (1)求金属板间电势差U。 (2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运 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。 P >、0 B 0· ●● 第15题图 练（29 N 高中物理选择性必修第二册（人教版）》 16.(2022·江苏)利用云室可以知道带电粒 子的性质，如图所示，云室中存在磁感 应强度大小为B的匀强磁场，一个质量 为m、速度为v的电中性粒子在A点分 裂成带等量异种电荷的粒子a和b,a、b 在磁场中的径迹是两条相切的圆弧，相 同时间内的径迹长度之比l。:=3:1,半 径之比r。:r=6:1,不计重力及粒子间的 相互作用力。求： (1)粒子a、b的质量之比ma:mio (2)粒子a的动量大小Pa × ×。 × 第16题图 .. (30)练 17.(2023·江苏)霍尔推进器某局部区域可 抽象成如图所示的模型。xOy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vo时， 电子沿x轴做直线运动；入射速度小于 vo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)若电子入射速度为0，求运动到速 度为0时位置的纵坐标y1。 (3)若电子入射速度在0o范围内均匀 分布，求能到达纵坐标：位置 的电子数N占总电子数No的百分比。 第17题图