第38讲 磁场对运动电荷（带电体）的作用（专项训练）（福建专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

**基本信息** 聚焦磁场对运动电荷作用，构建“概念-模型-应用”三层方法体系，通过考情研判、知识解构、分级演练实现系统性突破。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |知识点|3个核心知识点|洛伦兹力与电场力比较表、圆周运动“找圆心定半径算时间”三步法、复合场运动分类策略|从洛伦兹力概念切入，推导匀强磁场中圆周运动规律，拓展到组合场/叠加场情境，形成“基础公式-几何分析-临界极值”递进逻辑| |题型|5类典型题型|边界磁场轨迹动态分析、多解问题分类讨论、科技模型迁移应用|覆盖高考高频题型，每个题型匹配“原理应用-易错警示-变式拓展”训练链，强化科学推理与模型建构能力|

第38讲 磁场对运动电荷（带电体）的作用（专项训练） 目 录 研判·考情前瞻 2 巩固·知识解构 2 知识点1 对洛伦兹力的理解和应用 2 知识点2 有约束情况下带电体的运动 3 知识点3 带电粒子在匀强磁场中的运动 4 模拟·基础演练 5 题型01 对洛伦兹力的理解和应用 6 题型02 带电粒子在有边界磁场中的运动 9 题型03 带电粒子在磁场中的多解问题 13 题型04 带电粒子在组合场中的运动 17 题型05 带电粒子在叠加场中的运动 20 重难·创新演练 24 真题·实战演练 29 研判·考情前瞻 核心考点 2026年 2025年 2024年 洛伦兹力方向、大小判断 带电粒子在匀强磁场圆周运动（几何求解） 复合场、磁场临界与科技模型 考情分析 本专题主要以选择题、计算题形式考查，偶尔融入实验背景。命题重点考查洛伦兹力左手定则，带电粒子圆周运动的几何作图，找圆心、定半径、算运动时间；高频出现磁场边界临界问题，常结合电场、重力构成复合场，联系回旋加速器、质谱仪等科技情境。侧重几何分析能力，陷阱集中在洛伦兹力方向判断失误、圆周运动几何关系找错、周期半径公式混淆，注重物理建模与数理结合。 复习目标 熟练掌握洛伦兹力公式与左手定则，理解洛伦兹力不做功；会推导粒子圆周运动半径、周期公式，能够通过几何关系确定圆心、半径与运动时间；能处理复合场中粒子运动问题，识别质谱仪、回旋加速器模型；掌握临界极值分析方法，分清公式适用条件，规避几何作图、方向判断类易错点。 巩固·知识解构 知识点1 对洛伦兹力的理解和应用 1．洛伦兹力的定义 磁场对运动电荷的作用力． 2．洛伦兹力的大小 (1)v∥B时，F＝0； (2)v⊥B时，F＝qvB； (3)v与B的夹角为θ时，F＝qvBsin θ. 3．洛伦兹力的方向 (1)判定方法：应用______定则，注意四指应指向正电荷运动的方向或负电荷运动的______； (2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B、v决定的平面．(注意B和v可以有任意夹角) ✨得分速记： 洛伦兹力与电场力的比较 洛伦兹力 电场力 产生条件 v≠0且v不与B平行 (说明：运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用) 电荷处在电场中 大小 F＝qvB(v⊥B) F＝qE 力方向与场 方向的关系 F⊥B，F⊥v F∥E 做功情况 任何情况下都不做功 可能做功，也可能不做功 知识点2 有约束情况下带电体的运动 带电粒子在组合场中的运动 1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场交替出现． 2．带电粒子在组合场中运动的分析思路 第1步：粒子按照时间顺序进入不同的区域可分成几个不同的阶段． 第2步：受力分析和运动分析，主要涉及两种典型运动，如图所示． 第3步：用规律 带电粒子在叠加场中的运动 1．叠加场 电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存． 2．带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式 运动性质 受力特点 方法规律 匀速直 线运动 其他力的合力与洛伦兹力等大反向 平衡条件 匀速圆 周运动 除洛伦兹力外，其他力的______ 牛顿第二定律、圆周运动的规律 较复杂的 曲线运动 除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，也不与洛伦兹力等大反向 动能定理、能量守恒定律 ✨得分速记 带电体在有约束条件下做变速直线运动，随着速度的变化，洛伦兹力发生变化，加速度发生变化，最后趋于稳定状态，a＝0，做匀速直线运动；当FN＝0时离开接触面． 知识点3 带电粒子在匀强磁场中的运动 1．在匀强磁场中，当带电粒子平行于磁场方向运动时，粒子做匀速直线运动． 2．带电粒子以速度v垂直射入磁感应强度为B的匀强磁场中，若只受洛伦兹力，则带电粒子在与磁场垂直的平面内做____________． (1)洛伦兹力提供向心力：qvB＝. (2)轨迹半径：r＝. (3)周期：T＝、T＝，可知T与运动速度和轨迹半径无关，只和粒子的比荷和磁场的磁感应强度有关． (4)运动时间：当带电粒子转过的圆心角为θ(弧度)时，所用时间______. (5)动能：Ek＝mv2＝＝. ✨得分速记 带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动 基本思路 图例 说明 圆心的确定 ①与速度方向垂直的直线过圆心 ②弦的垂直平分线过圆心 ③轨迹圆弧与边界切点的法线过圆心 P、M点速度垂线交点 P点速度垂线与弦的垂直平分线交点 某点的速度垂线与切点法线的交点 半径的确定 利用平面几何知识求半径 常用解三角形法：例：(左图) R＝或由R2＝L2＋(R－d)2求得R＝ 运动时间的确定 利用轨迹对应圆心角θ或轨迹长度L求时间 ①t＝T ②t＝ (1) 速度的偏转角φ等于AB所对的圆心角θ (2)偏转角φ与弦切角α的关系： (2) φ＜180°时，φ＝2α；φ＞180°时，φ＝360°－2α 。 模拟·基础演练 考查重点：高考考查磁场对运动电荷的洛伦兹力，侧重左手定则判断受力方向，理解洛伦兹力永不做功的特点。核心聚焦带电粒子在匀强磁场中圆周运动，重点训练圆心确定、半径与运动时间的几何求解。命题常结合磁场边界，分析临界极值问题，也会融入电场、重力形成复合场情景。注重数理结合，要求学生作图分析几何关系，常联系质谱仪、回旋加速器等科技模型。题型以选择、计算题为主，不偏重繁杂运算，重在建模分析，考查空间想象、几何推理能力，强调区分洛伦兹力、电场力的受力差异，完整完成受力分析、几何推导、列式求解。 ⏳题型01 对洛伦兹力的理解和应用 1．（2026·福建三明·二模）如图，上表面粗糙且足够长的绝缘板P静止在光滑水平面上，板的左端放置一带正电的小滑块Q，空间加一垂直纸面向外的匀强磁场。t=0时，对Q施加一水平向右的恒力F，设Q受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则滑块Q的v—t图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 2．（2026·辽宁大连·一模）（多选）如图所示，光滑水平桌面上有一轻质光滑绝缘管，处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为。绝缘管在水平外力的作用下以速度向右匀速运动。一带电小球，由管道端相对管道静止释放，一段时间后，小球运动到管道端。小球质量为、电量为，长度为，小球直径略小于管道内径。关于小球从端运动到端说法正确的是（　　） A．小球的运动轨迹是一条抛物线 B．外力和洛伦兹力做功大小相等 C．绝缘管的位移大小为 D．外力的冲量大小为 3．（2024·福建厦门·模拟预测）（多选）如图所示，在内壁光滑、水平放置的玻璃圆管内，有一直径略小于环口径的带正电的小球，小球以速率沿逆时针方向匀速转动。若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比例增加的变化磁场，设运动过程中小球所带电荷量不变，则（    ） A．小球对玻璃圆管的压力不断增大 B．洛伦兹力对小球一直不做功 C．小球受到的洛伦兹力不断增大 D．小球先沿逆时针方向做减速运动，过一段时间后，沿顺时针方向做加速运动 4．（2023·福建厦门·三模）（多选）如图所示，两个质量相同的小物块A、B（可视为质点），用一根长为的细线（不计质量）相连，放在绝缘的水平圆形转台的一条直径上，A、B与转台间的动摩擦因数都是。转台可绕过圆心的竖直轴以角速度逆时针转动（俯视），且A、B到转轴的距离分别为和。初始时，A、B间的连接细线恰好拉直但没有张力，转台的角速度极为缓慢地增大，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，则（　　）    A．当时，连接细线不会产生张力 B．当时，随着的缓慢增大，物块A所受的静摩擦力逐渐减小 C．若A、B带有等量的正电荷，在空间中加上竖直向上的匀强磁场，当时，物块A、B一定会和转台保持相对静止 D．若A、B带有等量的正电荷，在空间中加上竖直向上的匀强磁场，当时，物块A、B已经与转台发生相对滑动 5．（2026·贵州黔南·一模）（多选）如图，边界Oa、Ob构成的夹角为的“”形区域内存在一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面的匀强磁场。质量为m、电荷量为的带电粒子甲从O点沿着Oa方向射入磁场，并从Ob边的N点射出磁场。另一质量也为m、带电荷量为的带电粒子乙，从M点沿着与aO成的方向射入磁场，最终也从N点射出磁场。已知甲、乙粒子经过N点时的速度方向相同，不计两粒子的重力及粒子间的相互作用，则甲、乙两粒子（     ） A．在磁场中运动的时间之比 B．运动轨迹半径之比 C．速度大小之比 D．在磁场中运动的时间差 6．（2026·湖南长沙·二模）（多选）在某些精密实验中，为了避免变化的电场和磁场之间的相互干扰，可以用力学装置对磁场中的带电粒子进行加速。装置如图，整个装置位于真空室中的光滑绝缘水平桌面上，且置于磁感应强度大小为的匀强磁场中，磁场方向垂直于桌面竖直向下。有一个质量为、电荷量为的带电体静止于表面光滑的绝缘平板上，初始时刻与绝缘平板左侧边缘的距离为。在力学装置带动下，绝缘平板以速度沿图示方向在水平桌面内匀速运动。一段时间后带电体从绝缘平板的左侧飞出，并垂直入射到一块与绝缘平板相互垂直的荧光屏上，带电体始终在光滑水平桌面内运动。则下列说法正确的是（     ） A．带电体在绝缘平板上的加速度为 B．带电体离开绝缘平板时的速度 C．整个过程中绝缘平板对带电体的冲量大小为 D．整个过程中带电体在垂直板方向位移的大小 7．（2026·山东泰安·三模）如图所示，空间中存在一水平向左的匀强电场和一垂直纸面水平向里的匀强磁场。在电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成夹角且处于竖直平面内。一质量为、带电量为的小球套在绝缘杆上。给小球一沿杆向下的初速度，小球恰好做匀速运动，电量保持不变。已知重力加速度为，磁感应强度大小为，电场强度大小为，则大小为（　　） A． B． C． D． ⏳题型02 带电粒子在有边界磁场中的运动 8．（2026·福建漳州·模拟预测）质谱仪是分离和检测同位素的科学仪器，其原理如图所示。区域Ⅰ为粒子加速器，加速电压为；区域Ⅱ为速度选择器，两板间距为，电压为，磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里；区域Ⅲ为磁分析器，磁感应强度大小也为，方向垂直纸面向里。从点由静止释放一电荷量为的粒子，经加速后进入速度选择器做直线运动，从点垂直进入磁分析器做圆周运动，最终打到照相底片的点，忽略粒子重力。 (1)求粒子经过点时的速度大小； (2)求粒子的比荷； (3)另有的同位素从点由静止释放，仅调节加速电压，使以与相同的速度通过速度选择器，射入磁分析器后打到照相底片的点。测得与两点间距离为。求两粒子质量差。 9．（2026·福建·三模）（多选）如图所示，平面直角坐标系xoy中，在区域内有沿y轴负方向的匀强电场和垂直xoy平面向里的匀强磁场，电场强度大小与磁感应强度大小的比值为。一带正电粒子从坐标原点以速度沿与x轴正方向成30°角方向射入该区域，一段时间后沿x轴正方向射出，不计粒子重力，则（　　） A．粒子从右边界射出时速度大小可能是 B．粒子从右边界射出时速度大小可能是 C．粒子在该区域中的运动时间可能为 D．粒子在该区域中的运动时间可能为 10．（2026·福建泉州·模拟预测）如图所示的平面直角坐标系xOy内，虚线OP与y轴间夹角，OP右侧有沿x轴负方向的匀强电场，OP左侧适当位置有一半圆形匀强磁场区域（图中未画出）。一质量为m、电荷量为的粒子以速度从坐标原点O沿y轴正方向入射，运动一段时间后进入半圆形匀强磁场区域，经偏转粒子从OP上的M点离开磁场，并同时垂直OP射入电场，此后从x轴上的N点垂直x轴射入第四象限，已知O点到M点的距离为l，磁场方向垂直纸面向外，不计粒子的重力，求： (1)匀强电场的电场强度大小； (2)匀强磁场的磁感应强度大小； (3)半圆形磁场区域的最小面积。 11．（2026·福建福州·三模）现代高能粒子实验中需要获取轨迹可控的高能粒子，发现用磁场约束粒子运动轨迹的方法十分有效。如图所示，以点为坐标原点建立直角坐标系，空间中存在三个有电场或磁场的区域。区域Ⅰ是半径为的圆形区域，与轴相切于点，存在磁感应强度大小，方向垂直于纸面向外的匀强磁场；区域Ⅱ在区间内存在平行轴的匀强电场，，场强大小，场强方向沿y轴负向；区域Ⅲ为的区间，存在磁感应强度大小，方向垂直于纸面向外的匀强磁场，坐标为的点是边界上一点。一群质量为，电荷量为带正电的粒子沿轴正向射入区域Ⅰ，粒子射入的横坐标范围为，这群粒子都从点离开区域Ⅰ，不计粒子重力。求： (1)粒子初速度的大小； (2)能到达点的粒子，经过点时速度与轴的夹角及该粒子射入区域Ⅰ的横坐标； (3)若满足（2）的粒子从点进入区域Ⅲ后，受到一个与速度方向总相反的阻力作用，阻力大小（为已知量），观察发现该粒子轨迹呈螺旋状并与区域Ⅲ磁场左边界相切于点（未画出）。求点纵坐标的值及过点的速度。 12．（2026·福建龙岩·三模）（多选）如图甲所示为洛伦兹力演示仪，学生在探究时发现，电子束在强磁场中的运动轨迹呈螺旋状，如图乙所示。现将这一现象简化成如图丙所示的情景来讨论：在空间存在平行于y轴磁感应强度大小为B的匀强磁场，在xOy平面内，由坐标原点O沿与x轴负方向成θ角的方向，以初速度射入电子束，得到轴线平行于y轴的螺旋状电子运动轨迹，粒子恰好能经过坐标为的P点（图中未标出），电子的质量为m、电荷量为e，下列说法正确的是（　　） A．匀强磁场的方向沿y轴负方向 B．电子从O到P受洛伦兹力冲量大小为 C． D． 13．（2026·福建龙岩·三模）如图甲所示，在足够大的光滑水平桌面上，存在一圆心为O，半径为R的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直桌面向下，磁感应强度大小为B。磁场左边有间距为L的ab、ef平行边界线，ef与圆形区域相切于N点，边界线内有水平方向且与MN垂直的交变电场（如图乙所示），规定图甲中所示的场强方向为正方向。圆心O与MN共线，在MN的延长线上放置三个小球A、B、C，小球B、C不带电且质量均为m，小球A的质量为2m、带电量为。小球A、B间放置一处于原长的绝缘轻质弹簧，两球与弹簧接触但不粘连。现给小球C一沿MN连线向右的初速度，一段时间后，小球C与B发生碰撞，碰撞后B、C粘连在一起，小球A与弹簧分离后在M点进入电场。求： (1)弹簧弹性势能的最大值； (2)小球A离开电场时的速度大小； (3)若电场强度大小，磁感应强度大小，，则在时间内进入电场的小球A（大小可忽略）在圆形磁场中可能经过的区域的面积。 14．（2026·福建莆田·模拟预测）在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入简化工作原理的示意图，一个粒子源于处不断释放质量为，带电量为的离子，其初速度视为零，经电压为的加速电场加速后，沿图中半径为的圆弧形虚线通过圆弧形静电分析器（静电分析器通道内有均匀径向分布的电场）后，从点沿直径方向进入半径为的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向外。经磁场偏转，离子最后垂直打在平行PQ放置且与PQ等高的硅片上，硅片到PQ的距离为，不计离子重力。求： (1)离子进入静电分析器时的速度大小； (2)静电分析器通道内虚线处电场强度的大小和圆形磁场的磁感应强度大小； (3)若匀强磁场的磁感应强度大小可以调节，要让从点沿直线方向进入圆形匀强磁场区域的离子全部打在硅片上，求磁感应强度大小的取值范围。 ⏳题型03 带电粒子在磁场中的多解问题 15．（2026·福建福州·模拟预测）某离子分析器的原理示意图如图所示，分析器由分布在轴左侧的偏转区和轴右侧的检测区组成。在直线和轴之间的偏转区内存在着两个等大反向的有界匀强电场，电场强度大小为，其中轴上方的电场沿轴负方向，轴下方的电场沿轴正方向，轴各点认为。在电场左边界上点到点区间内存在一线状离子源，离子源各处都能持续发射电量为、质量为的相同离子，所有离子均以相同速度沿轴正方向射入电场。在轴右侧检测区内分布着垂直于平面向里、范围足够大的磁场，磁感应强度大小随位置坐标均匀变化，且满足（为大于零的常数）。在检测区有一块与轴平行的足够长的检测板，打到检测板的离子会被板吸收，忽略电磁场间的相互影响，不计离子的重力及它们之间的相互作用，已知。求： (1)从点发出的离子第一次经过轴时的坐标； (2)从间某些位置发出的离子能沿轴正方向进入磁场，写出这些位置的坐标； (3)若检测板可沿轴平移，要使检测板能收集到沿轴正方向进入磁场并经磁场偏转后的所有离子，求检测板位置坐标的最大值。 16．（2026·湖北·模拟预测）（多选）如图所示，两个同心圆半径分别为r和2r，其中ab为圆的直径，在两圆之间的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场B。质量为m、电荷量为q的带正电粒子由b点以某速率与ab成角射入磁场区域，粒子恰好未进入小圆区域内。不计粒子重力，已知，则（     ） A．若，则粒子速率为 B．若，则粒子在磁场中运动的时间为 C．若，则粒子的速率可能为 D．若，则粒子的速率可能为 17．（2026·贵州·模拟预测）（多选）如图所示，在空间存在垂直平面向里的匀强磁场。带电粒子质量为，带电荷量绝对值为，从点以速度飞入磁场，速度方向与轴正方向夹角。粒子恰能经过点。不计粒子重力。下列说法正确的是（     ） A．粒子带负电 B．磁感应强度大小为 C．粒子从到的时间等于 D．若只改变粒子入射方向，则粒子一定不能经过点 18．（2024·全国·模拟预测）如图所示，平面直角坐标系第一象限有与坐标平面垂直的匀强磁场B，x轴y轴为磁场边界。一束速度大小各不相同的电子从x轴上的点（L，0）不断射入磁场，射入速度方向与x轴负方向夹角均为，已知，下列说法正确的是（     ） A．从轴上不同位置射出磁场的电子，射出时速度方向平行 B．电子能到达轴区域的长度是能到达轴区域长度的 C．第一象限有电子经过区域的面积为 D．若，则轴上有电子射出区域的长度变短 19．（2026·河南郑州·模拟预测）如图所示，半径为R的圆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，以圆心O为原点建立直角坐标系，x轴上点处有一粒子源，能向纸面内各个方向发射质量均为m、电荷量均为的带电粒子，粒子的速率均为。若E点、F点分别是圆弧上有粒子射出的最上端点和最下端点，忽略粒子的重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是（     ） A．E点坐标为 B．F点坐标为 C．飞出磁场的粒子中，在磁场中运动的最短时间为 D．飞出磁场的粒子中，在磁场中运动的最长时间为 20．（2025·山东聊城·模拟预测）（多选）如图所示的xOy坐标系中，y轴的左侧存在垂直纸面向外、磁感应强度大小未知的匀强磁场，y轴右侧的匀强磁场垂直纸面方向且大小未知，一带正电的粒子由y轴上（0，）处沿与y轴正方向成30°角的方向以速度v射入磁场，已知粒子的比荷为k，粒子在y轴右侧的轨道半径为L，最终粒子经过O点，粒子重力不计。下列说法正确的是（     ） A．若y轴右侧的磁场垂直纸面向里，则y轴右侧的磁感应强度大小为 B．若y轴右侧的磁场垂直纸面向里，则粒子从射入到运动至O点的时间为 C．若y轴右侧的磁场垂直纸面向外，则粒子从射入到运动至O点的时间可能为 D．若y轴右侧的磁场垂直纸面向外，则粒子从射入到运动至O点的时间可能为 21．（2026·河北张家口·二模）（多选）研究人员为模拟托卡马克装置中“偏滤器”对逃逸粒子的拦截效果，设计了如图所示装置：半径为、圆心为的圆形区域内有方向垂直于圆平面向外的匀强磁场，、为圆形区域相互垂直的两直径。外部“粒子源”沿一直线发射最小速率为，大小在一定范围内的同种带电粒子，由圆周上点射入磁场，入射速度方向平行于、与夹角为30°；所有入射粒子仅能从劣弧逃逸出磁场。已知带电粒子的比荷为（），不计粒子重力及粒子间的相互作用力，，。下列说法正确的是（　　） A．带电粒子一定带负电 B．粒子的最大速度为 C．磁场的磁感应强度大小为 D．粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间差为 ⏳题型04 带电粒子在组合场中的运动 22．（2026·福建福州·模拟预测）如图甲所示，竖直放置的金属板A、B中间开有小孔，两小孔的连线沿着水平放置的金属板C、D的中间线，粒子源可以间断地产生质量为、电荷量为的带正电粒子（初速度不计），粒子在A、B间被加速后，再进入金属板C、D间偏转并均能从此电场中射出。已知金属板A、B间的电压，金属板C、D长度为，间距。两板之间的电压随时间变化的图像如图乙所示。在金属板C、D右侧有一个垂直纸面向里的均匀磁场分布在图示的半环形带中，该环带的内、外圆心与金属板C、D的中心点重合，内圆半径，磁感应强度。已知粒子在偏转电场中运动的时间远小于电场变化的周期（电场变化的周期T未知），粒子重力不计。 (1)求粒子离开偏转电场时，在垂直于板面方向偏移的最大距离； (2)若所有粒子均不能从环形磁场的右侧穿出，求环带磁场的最小宽度； (3)若原磁场无外侧半圆形边界且磁感应强度按如图丙所示的规律变化，设垂直纸面向里的磁场方向为正方向。时刻进入偏转电场的带电微粒离开电场后进入磁场，时该微粒的速度方向恰好竖直向上，求该粒子在磁场中运动的时间为多少？ 23．（2026·四川成都·三模）如图所示，足够长的水平收集板上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为；在收集板下方宽度为的范围内，存在方向水平向右的匀强电场，场强大小为。位于收集板上点处的粒子源可向垂直磁场平面内任意方向发射速率可调、质量为、电荷量为的带正电粒子。纸面内点右侧处有一小孔P（小孔尺寸恰允许带电粒子穿过）。不计粒子重力和粒子间的相互作用。 (1)求垂直收集板穿过小孔P的粒子在磁场中的运动时间； (2)当粒子源以某一相同速率发射粒子时，能沿不同方向穿过小孔P的粒子在磁场中运动的时间之比为，求该速率； (3)在（2）问情况下，粒子从匀强电场离开的位置点和点之间的距离。 24．（2026·福建福州·模拟预测）为探测射线，威尔逊曾用置于匀强磁场或电场中的云室来显示它们的径迹。某研究小组设计了电场和磁场分布如图所示，在平面（纸面）内，在区间内存在平行y轴的匀强电场，。在的区间内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，。一未知粒子从坐标原点与x正方向成角射入，在坐标为的P点以速度垂直磁场边界射入磁场，并从射出磁场。已知整个装置处于真空中，不计粒子重力，。求： (1)该未知粒子的比荷 (2)匀强电场电场强度E的大小及左边界的值 (3)若粒子进入磁场后受到了与速度大小成正比、方向相反的阻力，观察发现该粒子轨迹呈螺旋状并与磁场左边界相切于点（未画出）。求粒子由P点运动到Q点的时间以及坐标的值。 25．（2026·福建泉州·三模）如图，在一种离子注入设备中，等腰直角三角形abc区域为离子偏转区，其内部分布有垂直纸面向里的匀强磁场；以ac、cd、fa为边界的区域为电场偏转区，电场方向平行于cd、fa，且分布范围在af方向足够大。带正电的离子从M板附近由静止释放经M、N两板间的加速电场加速后，从a点沿ab方向射入磁场区域。已知离子的质量为m，电荷量为q，加速电场的电压为U，ab、bc的边长为L，不计离子的重力。 (1)求离子经过加速电场后的速度大小； (2)若要使离子能进入电场，求磁场的磁感应强度最小值； (3)若要使离子能第二次进入电场后从a点离开，求偏转区的电场强度大小与磁场的磁感应强度大小的比值。 26．（2026·福建福州·二模）（多选）如图某一质谱仪由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若加速电场的电压为U，静电分析器通道为四分之一圆弧，中心线的半径为R，通道内存在均匀辐射电场，中心线处的电场强度大小为E。磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，y轴为两个分析器的边界。比荷为k的粒子从静止开始经加速电场加速后，沿中心线MN通过静电分析器，由N点垂直y轴进入磁分析器，最后恰好垂直打在放置于磁分析器下边界（x轴）的探测板上，不计粒子重力。则（    ） A．打在探测板上的带电粒子为负电荷 B．静电分析器中心线处电场强度大小 C．E与B的关系为 D．比荷为2k的带电粒子从离子源飘入质谱仪，将打在探测板距O点2R的位置 27．（2026·福建福州·二模）如图，真空中两个足够大的平行金属板M、N竖直固定，间距为d。M板接地，其左侧整个区域存在垂直纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场。M板上O点左侧P点有一粒子源，可不断地沿纸面内任意方向发射速度大小均相同，质量为m，电荷量为q的同种带电粒子。当发射方向与OP的夹角时，粒子恰好垂直穿过M板Q点处的小孔。已知，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，金属板电量可视为连续变化，带电粒子在板间的运动可视为匀变速运动，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。求： (1)粒子源发射粒子的速度大小； (2)粒子从P点出发，第1次到Q的可能时间； (3)粒子打到M板右表面的位置与Q点的最小距离。 28．（2026·福建·模拟预测）如图所示，在平面中，虚线与x轴夹角为，其左侧存在与平面平行但大小方向均未知的匀强电场，右侧存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一质量为m，带电量为的粒子自点以速度沿y轴负方向进入磁场，一段时间后从点经过虚线，再过后从点经过x轴，不计粒子重力及空气阻力，求： (1)匀强磁场的磁感应强度大小； (2)粒子在磁场中从P运动到Q所用时间； (3)匀强电场的电场强度大小和方向。 ⏳题型05 带电粒子在叠加场中的运动 29．（2025·福建厦门·模拟预测）（多选）我国成功研制出大功率单通道霍尔推进器，并将其运用到载人航天器中，如图甲所示。霍尔推进器的部分结构如图乙所示，在很窄的圆环空间内存在沿半径方向向外的辐射状的磁场I，其磁感强度大小可近似认为处处相等。若在垂直圆环平面的方向上加上匀强磁场II和匀强电场（图中都没有画出），沿平行圆环的方向以一定的速度射入电子。电子恰好可以在圆环内沿顺时针方向做半径为、周期为的匀速圆周运动。已知磁场、II的磁感应强度大小相等，电子的电量为，质量为，电子重力忽略不计，则（　　） A．磁场I对电子的作用力提供电子做匀速圆周运动所需向心力 B．电场方向垂直圆环平面向里，磁场II的方向垂直圆环平面向里 C．磁场I、II的磁感应强度大小为 D．电场的电场强度大小为 30．（2026·福建漳州·三模）（多选）如图，足够长的绝缘棒竖直固定放置，处于磁感应强度为的匀强磁场中，磁场方向垂直于竖直平面向里，一带正电的小圆环套在竖直杆上，小圆环质量为，电量为，与杆之间的动摩擦因数为，将小圆环由静止释放，下落高度后运动达到稳定，此时小圆环的速度大小为。当地重力加速度为。则小圆环从开始运动到速度刚刚达到稳定的这一过程中，下面说法正确的是（     ） A．小圆环运动的最大速度等于 B．小圆环运动的加速度逐渐减小，且最大加速度小于 C．从下落到稳定，小圆环所用时间等于 D．从下落到稳定，由于摩擦产生的热量等于 31．（2026·福建福州·一模）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，一个质量为m，电荷量为q的带负电小滑块从y轴上y=3L的P点以初速度沿x轴正方向（水平方向）射出，第一、二象限存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为。第四象限存在方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场和方向沿y轴负方向的匀强电场，匀强电场场强大小为。第三象限存在与第四象限大小都相等、方向都相反的匀强电场和匀强磁场。小滑块经第一象限后从x轴上的Q（图中未标出）点进入第四象限，经过第四象限后恰好能垂直于y轴从M点与传送带水平面相切进入第三象限，若传送带顺时针转动且足够长，小滑块与传送带之间的动摩擦因数为µ，小滑块从滑上传送带后开始计时经过时间t后返回M点且还未与传送带达到共速，重力加速度为g。求： (1)Q点到原点O的距离； (2)第四象限磁场的磁感应强度大小； (3)小滑块滑上传送带经过时间t的过程中，传送带对小滑块所做的功。 32．（2026·河南驻马店·三模）（多选）如图所示，粗细均匀的光滑玻璃管固定在正交的匀强电场和匀强磁场中，匀强电场的电场强度大小为，方向水平向右，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直电场水平向里，玻璃管在垂直于磁场的竖直面内，与电场方向的夹角为角。一个带电量为、直径比管径略小的小球在管内下端由静止释放，小球沿管向上做匀加速运动，中途将管在竖直面内转动，当管与电场方向夹角为时，管内球恰好做匀速直线运动，球出管后仍然做直线运动，重力加速度为，则下列说法正确的是（     ） A．小球带负电 B． C．小球的质量等于 D．小球在管中匀速运动的速度大小为 33．（2026·福建南平·二模）如图，真空中存在直角坐标系Oxyz，区域存在沿z轴负方向的匀强电场E1，在区域内同时存在均沿x轴负方向的匀强电场E2和匀强磁场B。现将一带正电微粒从点P（-2m，0，0）以速度射入匀强电场，在Oxz平面内且与x轴正方向成θ角，微粒恰好从x轴的点Q（-1m，0，0）穿出匀强电场。已知E2=50N/C，，，θ=45°，带电微粒的比荷，不计重力，忽略微粒间的相互作用力。 (1)求匀强电场E1的场强大小； (2)从微粒进入空间开始计时，求时微粒的位置坐标； (3)若相隔时间，从P点以相同的速度发射另一个相同的微粒，两微粒能相遇，求的可能值及相遇时微粒的速率。 34．（2026·福建宁德·二模）如图甲所示，沿顺时针方向转动的足够长绝缘水平传送带，传动速度为，传送带的右轮上方固定一绝缘挡板。在竖直分界面右侧空间存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场。在传送带左端由静止释放一可视为质点的质量为、电荷量为的小物块。小物块向右运动过程的位移与速度关系图像如图乙所示，其中为直线，延长线过原点。小物块撞击右侧挡板后立即以原速率反弹，恰好能到达分界面。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数，电量不变，重力加速度为。求： (1)左侧的传送带长度； (2)电场强度的大小； (3)小物块与挡板撞击时速度的大小； (4)小物块与传送带因摩擦产生的热量。 35．（2026·福建漳州·三模）如图，长为L=0.8 m的轻杆竖直放置，上端与小球A相连，下端用光滑转轴固定于水平桌面上。小球A恰好与立方体B接触，B的右侧紧贴小物体C；C右侧足够远处静止放置带负电小物体D，D到桌面右端的距离d=0.5 m。D的右侧空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。A受微小扰动后，杆与A向右转动，推动B、C一起向右运动。当A与B刚分离时，轻杆与地面夹角，用外力使B立即制动；C继续向右运动并与D发生碰撞（碰撞时间极短）。碰撞后，D在桌面上做减速运动，以速度离开桌面，随后在竖直平面内做半径R=0.9 m的匀速圆周运动。已知A的质量，B、C、D的质量均为m=0.02 kg，D的电荷量q=0.1 C且始终保持不变；D与桌面间动摩擦因数，其余各处摩擦不计；g取10 m/s2.求： (1)电场强度的大小E和磁感应强度的大小B； (2)物体C与物体D碰撞后瞬间，物体D的速度大小； (3)判断物体C与物体D的碰撞是否为弹性碰撞，请计算说明理由。 重难·创新演练 设题创新:命题打破固定刷题模型，弱化简单套公式。常设置非圆形磁场、多区域分段磁场，粒子多次偏转，需要分步分析轨迹。结合现代科技情境，把粒子加速器、磁谱仪等真实装置改编成考题。将复合场与动量、能量规律结合，把洛伦兹力作为纽带综合考查。部分题目设置开放性边界条件，需要自主寻找临界轨迹。还会出现立体磁场情景，考查空间轨迹想象。规避套路化答题，侧重迁移能力。 1．（2026·福建厦门·模拟预测）如图所示，空间中存在沿轴正方向、磁感应强度大小为的匀强磁场，点处有一粒子源，不断地沿与轴正方向成角的各个方向发射质量为、电荷量为、速度大小为的粒子。一垂直于轴的足够大荧光屏从点缓慢沿轴正方向移动，荧光屏受到粒子撞击后会产生荧光。不计粒子重力和粒子间的相互作用，则当荧光屏上第一次出现半径为的亮圆环时，屏到点的距离为（　　） A． B． C． D． 2．（2025·福建·模拟预测）如图所示，半径为R的圆形区域存在垂直纸面的匀强磁场，圆心为O，质子（）和α粒子（）先后从边界上P点沿半径方向飞入磁场。只考虑洛伦兹力作用，它们在磁场中运动的时间相同，α粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为。质子和α粒子的动能之比为（　　） A． B． C． D． 3．（2025·福建·模拟预测）用磁场来约束等离子体中带电粒子的运动，主要为可控核聚变提供理论与技术支持。磁约束的基本原理是带电粒子在磁场中受的洛伦兹力，某实验小组设计了一个模拟磁约束的小实验（研究粒子的运动过程不超过1个周期），如图，匀强磁场存在于两个中心重合的正方形区域之间，正方形ABCD边长4a，abcd边长为2a。现d点处有一粒子源能向各方向发射速率为v的正电粒子，若要把粒子束缚在图示磁场中，则（    ） A．若不让粒子从AB边出射，B的最小值为 B．若不让粒子从BC边出射，B的最小值为 C．若不让粒子从CD边出射，B的最小值为 D．若不让粒子从DA边出射，B的最小值为 4．（2025·福建宁德·三模）如图所示，表示一块非常薄的金属板，带电粒子（不计重力）在匀强磁场中运动并穿过薄金属板，虚线表示其运动轨迹，粒子电量不变，由图可知粒子（　　） A．带正电荷 B．沿方向运动 C．穿过金属板后，轨迹半径变小 D．穿过金属板后，所受洛伦兹力变大 5．（2026·福建福州·二模）（多选）如图，圆心为、半径为的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场。从圆周上的点在纸面内沿不同方向射入各种速率的同种粒子（不计重力），粒子的质量为、电荷量为。其中沿PO方向射入速率为的粒子，经时间后从点离开磁场，，则（　　） A．所有速率为的入射粒子，离开磁场时的速度方向都是平行的 B．不同速率的粒子在磁场中运动的时间都为 C．速率为的粒子在磁场中的运动最长时间为 D．速率为的粒子不可能从点射出 6．（2026·福建莆田·二模）（多选）如图，在直角坐标系中充满垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B；区域同时存在竖直向上的匀强电场，场强大小为E。一质量为m、电荷量为的粒子从点垂直射入磁场，恰能从O点沿y轴正方向进入区域，粒子在此区域运动的速度沿x轴方向分量，比例系数k与场强大小E无关。不计粒子重力，则（　　） A．粒子在O点的速度为 B．比例系数 C．粒子的最大速度为 D．在区域，粒子运动轨迹离x轴最大距离为L 7．（2026·四川绵阳·二模）（多选）如图所示，空间存在以为顶点、圆心角的扇形有界磁场区域Ⅰ，扇形的半径为，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为；扇形区域外是范围足够大的匀强磁场区域Ⅱ，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为。一质量为、电荷量为的带电粒子，从扇形边界上的点沿与成角的方向射入磁场区域Ⅰ，点到顶点的距离为，不计粒子重力。下列说法正确的是（　　） A．粒子在区域Ⅰ、Ⅱ内的运动轨迹半径之比为 B．粒子在区域Ⅰ中单次运动的最长时间为 C．若粒子恰好不从扇形边界射出，其速度大小为 D．粒子从射入到第一次回到射入方向的过程中，在区域Ⅰ内的运动时间与区域Ⅱ内的运动时间之比可能为 8．（2026·福建福州·模拟预测）（多选）如图所示，O点为半圆形区域的圆心，该区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，ON为圆的半径，长度为R，现有比荷相等的两个带电粒子a、b，以不同的速度先后从A点沿AO方向和从B点沿BO方向射入磁场，并均从N点射出磁场，若a粒子的速率为v，不计粒子的重力。已知，下列说法正确的是（　　） A．a粒子做圆周运动的半径为R B．b粒子的速率为 C．粒子a的比荷为 D．a、b两粒子在磁场中的运动时间之比为2∶1 9．（2025·福建厦门·模拟预测）（多选）医用回旋加速器工作原理示意图如图甲所示，其工作原理是：带电粒子在磁场和交变电场的作用下，反复在磁场中做回旋运动，并被交变电场反复加速，达到预期所需要的粒子能量，通过引出系统引出后，轰击在靶材料上，获得所需要的核素。时，回旋加速器中心部位处的灯丝释放的带电粒子在回旋加速器中的运行轨道和加在间隙间的高频交流电压如图乙所示（图中为已知量）。若带电粒子的比荷为，忽略粒子经过间隙的时间和相对论效应，则（     ） A．被加速的粒子带正电 B．磁体间匀强磁场的磁感应强度大小为 C．粒子被加速的最大动量大小与形盒的半径有关 D．带电粒子在形盒中被加速次数与交流电压无关 10．（2026·福建泉州·模拟预测）（多选）利用霍尔效应制成的磁传感器可将磁场信号转换为电信号。如图甲所示，将这种磁传感器固定在自行车的车架上，并在车轮辐条上固定强磁铁，当车轮转动时磁铁每次经过传感器都会在元件两侧产生一次电势差变化，图乙为该元件的工作原理图，该元件中自由移动的载流子带负电，电源电压为。当自行车匀速行驶时，测得磁传感器的电压随时间t变化如图丙所示，已知自行车车轮半径为r，则以下说法正确的是（     ） A．车轮转一周所用的时间为 B．自行车行驶的速度大小为 C．增大电源电压，测得磁传感器的电压的峰值将增大 D．a端电势低于b端电势 真题·实战演练 高频考点：高频考点包含洛伦兹力大小、方向判断，牢记洛伦兹力不做功。带电粒子匀强磁场圆周运动的半径、周期公式，找圆心、画轨迹，计算偏转时间、偏转角。磁场边界临界问题，粒子刚好穿出、不能穿出的极值条件。质谱仪、回旋加速器等经典模型。复合场（电场、磁场、重力场）粒子运动分析。易错点集中左手定则用错，几何关系找不准圆心半径，混淆周期与速度无关的结论，复合场漏分析重力，是考试主要失分点，常在选择题、计算题大题出现。 1．（2024·福建·高考真题）如图，直角坐标系中，第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、Ⅲ象限中有两平行板电容器、，其中垂直轴放置，极板与轴相交处存在小孔、；垂直轴放置，上、下极板右端分别紧贴轴上的、点。一带电粒子从静止释放，经电场直线加速后从射出，紧贴下极板进入，而后从进入第Ⅰ象限；经磁场偏转后恰好垂直轴离开，运动轨迹如图中虚线所示。已知粒子质量为、带电量为，、间距离为，、的板间电压大小均为，板间电场视为匀强电场，不计重力，忽略边缘效应。求： (1)粒子经过时的速度大小； (2)粒子经过时速度方向与轴正向的夹角； (3)磁场的磁感应强度大小。 2．（2023·福建·高考真题）阿斯顿（F．Aston）借助自己发明的质谱仪发现了氖等元素的同位素而获得诺贝尔奖，质谱仪分析同位素简化的工作原理如图所示。在上方存在一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两个氖离子在O处以相同速度v垂直磁场边界入射，在磁场中发生偏转，分别落在M和N处。已知某次实验中，，落在M处氖离子比荷（电荷量和质量之比）为；P、O、M、N、P'在同一直线上；离子重力不计。 （1）求OM的长度； （2）若ON的长度是OM的1.1倍，求落在N处氖离子的比荷。 3．（2025·福建·高考真题）（多选）  如图，真空中存在一水平向右的匀强电场，同时存在一水平且垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电量为q（q>0）的带电微粒从M点以初速度v入射，沿着MN做匀速直线运动。微粒到N点时撤去磁场，一段时间后微粒运动到P点。已知M、N、 P三点处于同一竖直平面内，MN与水平方向呈45°，N点与P等高，重力加速度为,则（　　） A．电场强度大小为 B．磁感应强度大小为 C．N、P两点的电势差为 D．从N点运动到P的过程中，微粒到直线NP的最大距离为 4．（2021·福建·高考真题）一对平行金属板中存在匀强电场和匀强磁场，其中电场的方向与金属板垂直，磁场的方向与金属板平行且垂直纸面向里，如图所示。一质子（）以速度自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动。下列粒子分别自O点沿中轴线射入，能够做匀速直线运动的是（　　）（所有粒子均不考虑重力的影响） A．以速度的射入的正电子 B．以速度射入的电子 C．以速度射入的核 D．以速度射入的a粒子 5．（2015·福建·高考真题）如图，绝缘粗糙的竖直平面左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为．一质量为、电荷量为的带正电的小滑块从点由静止开始沿下滑，到达点时离开做曲线运动．、两点间距离为，重力加速度为． （1）求小滑块运动到点时的速度大小； （2）求小滑块从点运动到点过程中克服摩擦力做的功； （3）若点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的点．已知小滑块在点时的速度大小为，从点运动到点的时间为，求小滑块运动到点时速度的大小. 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第38讲 磁场对运动电荷（带电体）的作用（专项训练） 目 录 研判·考情前瞻 2 巩固·知识解构 2 知识点1 对洛伦兹力的理解和应用 2 知识点2 有约束情况下带电体的运动 3 知识点3 带电粒子在匀强磁场中的运动 4 模拟·基础演练 5 题型01 对洛伦兹力的理解和应用 6 题型02 带电粒子在有边界磁场中的运动 13 题型03 带电粒子在磁场中的多解问题 24 题型04 带电粒子在组合场中的运动 37 题型05 带电粒子在叠加场中的运动 49 重难·创新演练 59 真题·实战演练 69 研判·考情前瞻 核心考点 2026年 2025年 2024年 洛伦兹力方向、大小判断 带电粒子在匀强磁场圆周运动（几何求解） 复合场、磁场临界与科技模型 考情分析 本专题主要以选择题、计算题形式考查，偶尔融入实验背景。命题重点考查洛伦兹力左手定则，带电粒子圆周运动的几何作图，找圆心、定半径、算运动时间；高频出现磁场边界临界问题，常结合电场、重力构成复合场，联系回旋加速器、质谱仪等科技情境。侧重几何分析能力，陷阱集中在洛伦兹力方向判断失误、圆周运动几何关系找错、周期半径公式混淆，注重物理建模与数理结合。 复习目标 熟练掌握洛伦兹力公式与左手定则，理解洛伦兹力不做功；会推导粒子圆周运动半径、周期公式，能够通过几何关系确定圆心、半径与运动时间；能处理复合场中粒子运动问题，识别质谱仪、回旋加速器模型；掌握临界极值分析方法，分清公式适用条件，规避几何作图、方向判断类易错点。 巩固·知识解构 知识点1 对洛伦兹力的理解和应用 1．洛伦兹力的定义 磁场对运动电荷的作用力． 2．洛伦兹力的大小 (1)v∥B时，F＝0； (2)v⊥B时，F＝qvB； (3)v与B的夹角为θ时，F＝qvBsin θ. 3．洛伦兹力的方向 (1)判定方法：应用左手定则，注意四指应指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向； (2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B、v决定的平面．(注意B和v可以有任意夹角) ✨得分速记： 洛伦兹力与电场力的比较 洛伦兹力 电场力 产生条件 v≠0且v不与B平行 (说明：运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用) 电荷处在电场中 大小 F＝qvB(v⊥B) F＝qE 力方向与场 方向的关系 F⊥B，F⊥v F∥E 做功情况 任何情况下都不做功 可能做功，也可能不做功 知识点2 有约束情况下带电体的运动 带电粒子在组合场中的运动 1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场交替出现． 2．带电粒子在组合场中运动的分析思路 第1步：粒子按照时间顺序进入不同的区域可分成几个不同的阶段． 第2步：受力分析和运动分析，主要涉及两种典型运动，如图所示． 第3步：用规律 带电粒子在叠加场中的运动 1．叠加场 电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存． 2．带电粒子在叠加场中常见的几种运动形式 运动性质 受力特点 方法规律 匀速直 线运动 其他力的合力与洛伦兹力等大反向 平衡条件 匀速圆 周运动 除洛伦兹力外，其他力的合力为零 牛顿第二定律、圆周运动的规律 较复杂的 曲线运动 除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，也不与洛伦兹力等大反向 动能定理、能量守恒定律 ✨得分速记 带电体在有约束条件下做变速直线运动，随着速度的变化，洛伦兹力发生变化，加速度发生变化，最后趋于稳定状态，a＝0，做匀速直线运动；当FN＝0时离开接触面． 知识点3 带电粒子在匀强磁场中的运动 1．在匀强磁场中，当带电粒子平行于磁场方向运动时，粒子做匀速直线运动． 2．带电粒子以速度v垂直射入磁感应强度为B的匀强磁场中，若只受洛伦兹力，则带电粒子在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动． (1)洛伦兹力提供向心力：qvB＝. (2)轨迹半径：r＝. (3)周期：T＝、T＝，可知T与运动速度和轨迹半径无关，只和粒子的比荷和磁场的磁感应强度有关． (4)运动时间：当带电粒子转过的圆心角为θ(弧度)时，所用时间t＝T. (5)动能：Ek＝mv2＝＝. ✨得分速记 带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动 基本思路 图例 说明 圆心的确定 ①与速度方向垂直的直线过圆心 ②弦的垂直平分线过圆心 ③轨迹圆弧与边界切点的法线过圆心 P、M点速度垂线交点 P点速度垂线与弦的垂直平分线交点 某点的速度垂线与切点法线的交点 半径的确定 利用平面几何知识求半径 常用解三角形法：例：(左图) R＝或由R2＝L2＋(R－d)2求得R＝ 运动时间的确定 利用轨迹对应圆心角θ或轨迹长度L求时间 ①t＝T ②t＝ (1) 速度的偏转角φ等于AB所对的圆心角θ (2)偏转角φ与弦切角α的关系： (2) φ＜180°时，φ＝2α；φ＞180°时，φ＝360°－2α 。 模拟·基础演练 考查重点：高考考查磁场对运动电荷的洛伦兹力，侧重左手定则判断受力方向，理解洛伦兹力永不做功的特点。核心聚焦带电粒子在匀强磁场中圆周运动，重点训练圆心确定、半径与运动时间的几何求解。命题常结合磁场边界，分析临界极值问题，也会融入电场、重力形成复合场情景。注重数理结合，要求学生作图分析几何关系，常联系质谱仪、回旋加速器等科技模型。题型以选择、计算题为主，不偏重繁杂运算，重在建模分析，考查空间想象、几何推理能力，强调区分洛伦兹力、电场力的受力差异，完整完成受力分析、几何推导、列式求解。 ⏳题型01 对洛伦兹力的理解和应用 1．（2026·福建三明·二模）如图，上表面粗糙且足够长的绝缘板P静止在光滑水平面上，板的左端放置一带正电的小滑块Q，空间加一垂直纸面向外的匀强磁场。t=0时，对Q施加一水平向右的恒力F，设Q受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则滑块Q的v—t图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】小滑块Q运动起来后受到重力、竖直向下的洛伦兹力qvB，向右的拉力F和向左的摩擦力。若一开始两者间的静摩擦力足够大，Q和P一起向右加速，则加速度为保持不变，所以v-t图线应为过原点的倾斜直线； 若一开始Q和P相对滑动，对Q，根据牛顿第二定律，有 解得 随着速度不断增大，加速度逐渐减小，对P有 可得 随着速度不断增大，加速度逐渐增大，当两者加速度相等时，保持相对静止，一起做匀加速运动。 故选D。 2．（2026·辽宁大连·一模）（多选）如图所示，光滑水平桌面上有一轻质光滑绝缘管，处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为。绝缘管在水平外力的作用下以速度向右匀速运动。一带电小球，由管道端相对管道静止释放，一段时间后，小球运动到管道端。小球质量为、电量为，长度为，小球直径略小于管道内径。关于小球从端运动到端说法正确的是（　　） A．小球的运动轨迹是一条抛物线 B．外力和洛伦兹力做功大小相等 C．绝缘管的位移大小为 D．外力的冲量大小为 【答案】AD 【详解】A．小球受洛伦兹力恒定，故小球沿做初速度为零的匀加速直线运动，同时小球随绝缘管水平向右做匀速直线运动，故小球的合运动是类平抛运动，其运动轨迹是一条抛物线A正确； B．洛伦兹力不做功，故B错误； C D．对小球沿管方向 又 绝缘管的位移大小为，外力始终与洛伦兹力的垂直管道的分力平衡，外力F的冲量大小等于 故C错误,D正确。 故选AD。 3．（2024·福建厦门·模拟预测）（多选）如图所示，在内壁光滑、水平放置的玻璃圆管内，有一直径略小于环口径的带正电的小球，小球以速率沿逆时针方向匀速转动。若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比例增加的变化磁场，设运动过程中小球所带电荷量不变，则（    ） A．小球对玻璃圆管的压力不断增大 B．洛伦兹力对小球一直不做功 C．小球受到的洛伦兹力不断增大 D．小球先沿逆时针方向做减速运动，过一段时间后，沿顺时针方向做加速运动 【答案】BD 【详解】B．洛伦兹力始终与运动方向垂直，所以洛伦兹力对小球一直不做功，故B正确； CD．玻璃圆管处于均匀变化的磁场中，在周围产生稳定的涡旋电场，对带正电的小球做功，由楞次定律可知电场方向为顺时针方向，因此小球先沿逆时针方向做减速运动，过一段时间后，沿顺时针方向做加速运动；当小球速度减为0时，小球受到的洛伦兹力为0，可知小球受到的洛伦兹力不是一直增大，故C错误，D正确； A．当小球沿逆时针方向做减速运动时，小球受到的洛伦兹力方向背向圆心，根据牛顿第二定律可得 当小球速度减为0时，小球受到的洛伦兹力为0，小球所需的向心力为0，则圆管对小球指向圆心的弹力为0，此时小球受到的弹力最小，即此时小球对玻璃圆管的压力最小，所以小球对玻璃圆管的压力不是一直增大，故A错误。 故选BD。 4．（2023·福建厦门·三模）（多选）如图所示，两个质量相同的小物块A、B（可视为质点），用一根长为的细线（不计质量）相连，放在绝缘的水平圆形转台的一条直径上，A、B与转台间的动摩擦因数都是。转台可绕过圆心的竖直轴以角速度逆时针转动（俯视），且A、B到转轴的距离分别为和。初始时，A、B间的连接细线恰好拉直但没有张力，转台的角速度极为缓慢地增大，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，则（　　）    A．当时，连接细线不会产生张力 B．当时，随着的缓慢增大，物块A所受的静摩擦力逐渐减小 C．若A、B带有等量的正电荷，在空间中加上竖直向上的匀强磁场，当时，物块A、B一定会和转台保持相对静止 D．若A、B带有等量的正电荷，在空间中加上竖直向上的匀强磁场，当时，物块A、B已经与转台发生相对滑动 【答案】BD 【详解】A．在B的静摩擦力达到最大时，连接细线刚要产生张力，对B有 解得 可知当时，细线产生张力，故A错误； B．当从继续增大时，B所需向心力是A的两倍，由受力分析可知，A所受指向圆心的静摩擦力将减小，当A所受静摩擦力为0时，对B有 对A有 联立可得 可知当时，随着的缓慢增大，物块A所受的静摩擦力逐渐减小，故B正确； CD．当两物块即将相对滑动时，对系统用牛顿第二定律，有 解得 若A、B带有等量的正电荷，在空间中加上竖直向上的匀强磁场，除摩擦力外，A、B所受的洛伦兹力的合力是从A指向B的，即有 可知在的情况下，所解得的比小，当时，物块A、B已经与转台发生相对滑动，故C错误，D正确。 故选BD。 5．（2026·贵州黔南·一模）（多选）如图，边界Oa、Ob构成的夹角为的“”形区域内存在一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面的匀强磁场。质量为m、电荷量为的带电粒子甲从O点沿着Oa方向射入磁场，并从Ob边的N点射出磁场。另一质量也为m、带电荷量为的带电粒子乙，从M点沿着与aO成的方向射入磁场，最终也从N点射出磁场。已知甲、乙粒子经过N点时的速度方向相同，不计两粒子的重力及粒子间的相互作用，则甲、乙两粒子（     ） A．在磁场中运动的时间之比 B．运动轨迹半径之比 C．速度大小之比 D．在磁场中运动的时间差 【答案】AB 【详解】AD．带电粒子垂直进入匀强磁场时，洛伦兹力提供向心力，有 解得 运动周期公式 由于甲、乙两粒子的质量相同，带电量的绝对值相等，故 甲、乙两粒子的运动轨迹如图所示 故甲粒子的轨迹圆心角 甲粒子在磁场中的运动时间 乙粒子的轨迹圆心角 乙粒子在磁场中的运动时间 所以甲、乙两粒子在磁场中运动的时间之比 甲、乙两粒子在磁场中运动的时间差 A正确，D错误； B．由几何关系可知 解得 由数学知识可知 在中，由正弦定理得 由几何关系得 解得 故甲、乙两粒子在磁场中运动轨迹半径之比 B正确； C．带电粒子垂直进入匀强磁场时， 故甲、乙两粒子在磁场中的速度大小之比 C错误； 故选AB。 6．（2026·湖南长沙·二模）（多选）在某些精密实验中，为了避免变化的电场和磁场之间的相互干扰，可以用力学装置对磁场中的带电粒子进行加速。装置如图，整个装置位于真空室中的光滑绝缘水平桌面上，且置于磁感应强度大小为的匀强磁场中，磁场方向垂直于桌面竖直向下。有一个质量为、电荷量为的带电体静止于表面光滑的绝缘平板上，初始时刻与绝缘平板左侧边缘的距离为。在力学装置带动下，绝缘平板以速度沿图示方向在水平桌面内匀速运动。一段时间后带电体从绝缘平板的左侧飞出，并垂直入射到一块与绝缘平板相互垂直的荧光屏上，带电体始终在光滑水平桌面内运动。则下列说法正确的是（     ） A．带电体在绝缘平板上的加速度为 B．带电体离开绝缘平板时的速度 C．整个过程中绝缘平板对带电体的冲量大小为 D．整个过程中带电体在垂直板方向位移的大小 【答案】AD 【详解】A．带电体在绝缘平板的带动下沿图中的方向运动时，受到向左的洛伦兹力，有 此时带电体具有水平向左的加速度，大小为，故A正确； B．带电体向左做匀加速运动，有 解得离开绝缘板时向左的速度大小为 所以离开绝缘板时的合速度为，故B错误； C．带电体从运动到离开绝缘板所用的时间为 当带电体具有向左的速度时，会受到垂直绝缘板的洛伦兹力 在垂直绝缘板方向，带电体做匀速运动，受力是平衡的，所以绝缘平板对带电体的冲量大小与垂直板方向的洛伦兹力的冲量大小是相等的，所以，故C错误； D．带电体未脱离绝缘板的过程，在垂直绝缘板方向运动的位移为 离开绝缘板后，带电体做匀速圆周运动，有 可解得轨道半径为，轨迹如下图 在垂直绝缘板方向再次运动了 所以在垂直绝缘板方向的总位移为，故D正确。 故选AD。 7．（2026·山东泰安·三模）如图所示，空间中存在一水平向左的匀强电场和一垂直纸面水平向里的匀强磁场。在电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成夹角且处于竖直平面内。一质量为、带电量为的小球套在绝缘杆上。给小球一沿杆向下的初速度，小球恰好做匀速运动，电量保持不变。已知重力加速度为，磁感应强度大小为，电场强度大小为，则大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】小球受竖直向下的重力，水平向左的电场力，还有垂直于斜杆向上的洛伦兹力，重力与电场力合成的合力为 小球恰好做匀速运动，故 故解得 故选D。 ⏳题型02 带电粒子在有边界磁场中的运动 8．（2026·福建漳州·模拟预测）质谱仪是分离和检测同位素的科学仪器，其原理如图所示。区域Ⅰ为粒子加速器，加速电压为；区域Ⅱ为速度选择器，两板间距为，电压为，磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里；区域Ⅲ为磁分析器，磁感应强度大小也为，方向垂直纸面向里。从点由静止释放一电荷量为的粒子，经加速后进入速度选择器做直线运动，从点垂直进入磁分析器做圆周运动，最终打到照相底片的点，忽略粒子重力。 (1)求粒子经过点时的速度大小； (2)求粒子的比荷； (3)另有的同位素从点由静止释放，仅调节加速电压，使以与相同的速度通过速度选择器，射入磁分析器后打到照相底片的点。测得与两点间距离为。求两粒子质量差。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子在速度选择器中做直线运动，根据平衡条件，有 又 解得粒子经过点时的速度大小 （2）粒子在加速电场中经加速后速度达到，根据动能定理有 解得 （3）粒子、以相同的速度通过速度选择器后，在磁分析器中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，满足， 解得， 由几何关系得 代入 解得 9．（2026·福建·三模）（多选）如图所示，平面直角坐标系xoy中，在区域内有沿y轴负方向的匀强电场和垂直xoy平面向里的匀强磁场，电场强度大小与磁感应强度大小的比值为。一带正电粒子从坐标原点以速度沿与x轴正方向成30°角方向射入该区域，一段时间后沿x轴正方向射出，不计粒子重力，则（　　） A．粒子从右边界射出时速度大小可能是 B．粒子从右边界射出时速度大小可能是 C．粒子在该区域中的运动时间可能为 D．粒子在该区域中的运动时间可能为 【答案】BC 【详解】A．由题意，粒子射入区域时速度方向与轴正方向成角，将其分解为沿轴正方向的分速度和沿轴负方向的分速度，分别有， 根据已知条件有 推导可知电场力大小为 电场力方向沿轴负方向，由左手定则可知，分速度产生的洛伦兹力方向沿轴正方向，两者大小相等、方向相反，恰好平衡。因此粒子的运动可等效为沿轴正方向以做匀速直线运动，同时在平面内以做匀速圆周运动，圆周运动的初速度沿轴负方向。设粒子做匀速圆周运动的角速度为，经过时间后，沿轴方向的分速度为 沿轴方向的分速度为 粒子从右边界沿轴正方向射出，说明此时沿轴方向的分速度为零，且，则有 当、时，，解得粒子射出时的速度大小为 当、时，，解得粒子射出时的速度大小为 比较可知粒子射出的速度大小不可能为，故A错误； B．由A选项的推导过程可知，粒子从右边界射出时速度大小可能是，故B正确； C．粒子在圆周运动中的半径为 沿轴方向的位移方程为 当粒子从右边界射出时有且，代入位移方程得 当时，有，代入上式推导可得 联立解得 该结果与C选项相符，故C正确； D．当时，有，代入位移方程推导可得 联立解得 可知粒子在该区域中的运动时间不可能为，故D错误。 故选BC。 10．（2026·福建泉州·模拟预测）如图所示的平面直角坐标系xOy内，虚线OP与y轴间夹角，OP右侧有沿x轴负方向的匀强电场，OP左侧适当位置有一半圆形匀强磁场区域（图中未画出）。一质量为m、电荷量为的粒子以速度从坐标原点O沿y轴正方向入射，运动一段时间后进入半圆形匀强磁场区域，经偏转粒子从OP上的M点离开磁场，并同时垂直OP射入电场，此后从x轴上的N点垂直x轴射入第四象限，已知O点到M点的距离为l，磁场方向垂直纸面向外，不计粒子的重力，求： (1)匀强电场的电场强度大小； (2)匀强磁场的磁感应强度大小； (3)半圆形磁场区域的最小面积。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子沿y轴负方向做匀速直线运动有 沿x轴正方向匀减速到零有 根据牛顿第二定律有 解得 （2） 粒子在磁场中运动时 解得 根据洛伦兹力提供向心力 解得 联立可得 （3）当粒子圆周运动的弦长为半圆形磁场直径时，半圆形磁场面积最小，根据几何关系有 半圆形磁场区域的最小面积 解得 11．（2026·福建福州·三模）现代高能粒子实验中需要获取轨迹可控的高能粒子，发现用磁场约束粒子运动轨迹的方法十分有效。如图所示，以点为坐标原点建立直角坐标系，空间中存在三个有电场或磁场的区域。区域Ⅰ是半径为的圆形区域，与轴相切于点，存在磁感应强度大小，方向垂直于纸面向外的匀强磁场；区域Ⅱ在区间内存在平行轴的匀强电场，，场强大小，场强方向沿y轴负向；区域Ⅲ为的区间，存在磁感应强度大小，方向垂直于纸面向外的匀强磁场，坐标为的点是边界上一点。一群质量为，电荷量为带正电的粒子沿轴正向射入区域Ⅰ，粒子射入的横坐标范围为，这群粒子都从点离开区域Ⅰ，不计粒子重力。求： (1)粒子初速度的大小； (2)能到达点的粒子，经过点时速度与轴的夹角及该粒子射入区域Ⅰ的横坐标； (3)若满足（2）的粒子从点进入区域Ⅲ后，受到一个与速度方向总相反的阻力作用，阻力大小（为已知量），观察发现该粒子轨迹呈螺旋状并与区域Ⅲ磁场左边界相切于点（未画出）。求点纵坐标的值及过点的速度。 【答案】(1) (2)30°或60°，或 (3)或，或 【详解】（1）由磁聚焦原理，沿着y轴正向入射的粒子将汇聚于O点，轨迹圆与磁场圆半径相同，则     由牛顿第二定律得 解得 （2）区域Ⅱ中带电粒子在匀强电场中做类斜抛运动，假设入射粒子与x轴正向夹角为时能到达P点，由运动的分解可知，x方向有 y方向有 根据牛顿第二定律有 解得或 该粒子射入区域Ⅰ的横坐标由几何关系得     解得或 （3）粒子进入区域Ⅲ轨迹呈螺旋状，取一小段时间，粒子在x方向上由动量定理得     即 其中， 则 解得，或 粒子在方向上由动量定理得     即或 解得或 12．（2026·福建龙岩·三模）（多选）如图甲所示为洛伦兹力演示仪，学生在探究时发现，电子束在强磁场中的运动轨迹呈螺旋状，如图乙所示。现将这一现象简化成如图丙所示的情景来讨论：在空间存在平行于y轴磁感应强度大小为B的匀强磁场，在xOy平面内，由坐标原点O沿与x轴负方向成θ角的方向，以初速度射入电子束，得到轴线平行于y轴的螺旋状电子运动轨迹，粒子恰好能经过坐标为的P点（图中未标出），电子的质量为m、电荷量为e，下列说法正确的是（　　） A．匀强磁场的方向沿y轴负方向 B．电子从O到P受洛伦兹力冲量大小为 C． D． 【答案】BD 【详解】A．根据左手定则可知匀强磁场的方向沿y轴正方向，故A错误； B．电子沿着轴方向的速度 垂直轴方向的速度 电子在点，轴方向的速度不变，垂直轴方向的速度与在点时方向相反，大小相等，电子从O到P速度变化量的大小为 根据动量定理可知电子从O到P受洛伦兹力冲量大小为，故B正确； C．根据 根据几何关系可得 联立可得，故C错误； D．又 联立可得 电子从O到P，在轴方向运动的距离 当电子转半圈、一圈半、两圈半....时经过P点，即 联立可得 则 故选BD。 13．（2026·福建龙岩·三模）如图甲所示，在足够大的光滑水平桌面上，存在一圆心为O，半径为R的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直桌面向下，磁感应强度大小为B。磁场左边有间距为L的ab、ef平行边界线，ef与圆形区域相切于N点，边界线内有水平方向且与MN垂直的交变电场（如图乙所示），规定图甲中所示的场强方向为正方向。圆心O与MN共线，在MN的延长线上放置三个小球A、B、C，小球B、C不带电且质量均为m，小球A的质量为2m、带电量为。小球A、B间放置一处于原长的绝缘轻质弹簧，两球与弹簧接触但不粘连。现给小球C一沿MN连线向右的初速度，一段时间后，小球C与B发生碰撞，碰撞后B、C粘连在一起，小球A与弹簧分离后在M点进入电场。求： (1)弹簧弹性势能的最大值； (2)小球A离开电场时的速度大小； (3)若电场强度大小，磁感应强度大小，，则在时间内进入电场的小球A（大小可忽略）在圆形磁场中可能经过的区域的面积。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小球C与B发生碰撞过程，根据动量守恒定律 当小球A、B、C速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律 根据能量守恒定律 联立解得弹簧弹性势能的最大值 （2）小球A与弹簧分离时，弹簧处于原长，根据动量守恒定律 根据能量守恒定律 解得小球A在点时的速度 小球进入电场后，在垂直于电场方向做匀速运动，所以在电场中运动的时间为 因为，根据对称性可知，任意时刻进入电场的小球在沿着电场方向的分速度一定为零，所以小球A离开电场时的速度与进入电场时的初速度相同，故小球A离开电场时的速度大小 （3）小球A在时刻进入电场时沿着电场方向的偏移量最大，由牛顿运动定律 沿着电场方向有 解得 根据初速度为零的匀变速直线运动的规律可知，小球A在时刻进入电场时沿着电场方向的偏移量最小，为 如图所示 所以小球在圆弧NP之间进入圆形磁场区域，根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的规律 解得 因为，所以根据磁聚焦原理小球从圆弧NP任意一点进入磁场后都会经过Q点，所以小球A在时间内进入电场后在圆形磁场中可能经过的区域面积 解得 14．（2026·福建莆田·模拟预测）在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是离子注入简化工作原理的示意图，一个粒子源于处不断释放质量为，带电量为的离子，其初速度视为零，经电压为的加速电场加速后，沿图中半径为的圆弧形虚线通过圆弧形静电分析器（静电分析器通道内有均匀径向分布的电场）后，从点沿直径方向进入半径为的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向外。经磁场偏转，离子最后垂直打在平行PQ放置且与PQ等高的硅片上，硅片到PQ的距离为，不计离子重力。求： (1)离子进入静电分析器时的速度大小； (2)静电分析器通道内虚线处电场强度的大小和圆形磁场的磁感应强度大小； (3)若匀强磁场的磁感应强度大小可以调节，要让从点沿直线方向进入圆形匀强磁场区域的离子全部打在硅片上，求磁感应强度大小的取值范围。 【答案】(1) (2)， (3) 【详解】（1）离子在加速电场中运动，由动能定理 解得 （2）① 静电分析器中，径向电场力提供离子圆周运动的向心力 代入 化简得： ② 离子沿直径进入磁场，偏转后速度水平向右垂直打在硅片上，可得偏转角为。对圆形磁场中沿直径入射的离子，由几何关系得离子轨迹半径 。 洛伦兹力提供向心力 代入，化简得 （3）设离子在磁场中轨迹半径为，由 可知越大，越小。 硅片与等高，因此只有离子打在硅片上（为交点纵坐标）才符合要求，推导得与满足 离子全部打在硅片上。 将代入不等式 解得 ⏳题型03 带电粒子在磁场中的多解问题 15．（2026·福建福州·模拟预测）某离子分析器的原理示意图如图所示，分析器由分布在轴左侧的偏转区和轴右侧的检测区组成。在直线和轴之间的偏转区内存在着两个等大反向的有界匀强电场，电场强度大小为，其中轴上方的电场沿轴负方向，轴下方的电场沿轴正方向，轴各点认为。在电场左边界上点到点区间内存在一线状离子源，离子源各处都能持续发射电量为、质量为的相同离子，所有离子均以相同速度沿轴正方向射入电场。在轴右侧检测区内分布着垂直于平面向里、范围足够大的磁场，磁感应强度大小随位置坐标均匀变化，且满足（为大于零的常数）。在检测区有一块与轴平行的足够长的检测板，打到检测板的离子会被板吸收，忽略电磁场间的相互影响，不计离子的重力及它们之间的相互作用，已知。求： (1)从点发出的离子第一次经过轴时的坐标； (2)从间某些位置发出的离子能沿轴正方向进入磁场，写出这些位置的坐标； (3)若检测板可沿轴平移，要使检测板能收集到沿轴正方向进入磁场并经磁场偏转后的所有离子，求检测板位置坐标的最大值。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）离子从A点发出到第一次经过x轴的过程。在y轴方向，有 根据牛顿第二定律，有 x轴方向 解得 由对称性可知，从A点发出的离子第一次经过y轴时的坐标为 （2）沿x轴正方向进入磁场时可能的运动轨迹如图所示 离子需满足的条件为 设到C点距离为y处射出的粒子通过电场后也沿x轴正方向射出，粒子第一次到达x轴用时，水平位移为，则 竖直方向 解得 即满足要求的AC间离子y坐标为 （3）若要检测板能收集到沿x轴正方向进入磁场的所有离子，离子到达检测板的速度满足vx=0，vy=v0时，x取最大值；如图所示 对离子受力，在y轴方向应用动量定理 即 所以 又B=B0+kx 可得 解得 16．（2026·湖北·模拟预测）（多选）如图所示，两个同心圆半径分别为r和2r，其中ab为圆的直径，在两圆之间的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场B。质量为m、电荷量为q的带正电粒子由b点以某速率与ab成角射入磁场区域，粒子恰好未进入小圆区域内。不计粒子重力，已知，则（     ） A．若，则粒子速率为 B．若，则粒子在磁场中运动的时间为 C．若，则粒子的速率可能为 D．若，则粒子的速率可能为 【答案】AD 【详解】A．时，由几何知识得轨迹半径为 根据洛伦兹力提供向心力 解得，A正确； B．根据几何知识得转过的圆心角 粒子运动的周期 粒子在磁场中运动的时间为，B错误； CD．若时，粒子恰好未从右侧进入小圆区域内，粒子以较小速率发射，其轨迹与小圆外切，由余弦定理有 解得轨迹半径 根据洛伦兹力提供向心力 解得 同理粒子恰好未从左侧进入小圆区域内，粒子以较大速率发射，其轨迹与小圆内切，由余弦定理有 解得运动半径 根据洛伦兹力提供向心力 解得，C错误，D正确。 故选AD。 17．（2026·贵州·模拟预测）（多选）如图所示，在空间存在垂直平面向里的匀强磁场。带电粒子质量为，带电荷量绝对值为，从点以速度飞入磁场，速度方向与轴正方向夹角。粒子恰能经过点。不计粒子重力。下列说法正确的是（     ） A．粒子带负电 B．磁感应强度大小为 C．粒子从到的时间等于 D．若只改变粒子入射方向，则粒子一定不能经过点 【答案】AC 【详解】A．由左手定则可判断粒子带负电，故A正确； B．粒子运动轨迹圆的圆心位于过点与速度垂直的直线上，也在、连线的中垂线上，所以圆心为两线的交点，如图1所示。 设轨迹圆半径为，由几何关系有圆心到轴的距离 可得 又因洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力，有 可得 故B错误； C．粒子从到，轨迹圆弧对应的圆心角，粒子做圆周运动的周期 则粒子从到运动的时间 故C正确； D．只改变粒子入射方向，粒子仍经过点时，轨迹圆的圆心仍在、连线的中垂线上，且到的距离为，为图2中点。 由对称性可知，粒子入射速度方向与轴正方向夹角为，故D错误。 故选AC。 18．（2024·全国·模拟预测）如图所示，平面直角坐标系第一象限有与坐标平面垂直的匀强磁场B，x轴y轴为磁场边界。一束速度大小各不相同的电子从x轴上的点（L，0）不断射入磁场，射入速度方向与x轴负方向夹角均为，已知，下列说法正确的是（     ） A．从轴上不同位置射出磁场的电子，射出时速度方向平行 B．电子能到达轴区域的长度是能到达轴区域长度的 C．第一象限有电子经过区域的面积为 D．若，则轴上有电子射出区域的长度变短 【答案】C 【详解】AB．电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有 可得轨迹半径 可知电子的轨迹半径，所有轨迹圆都经过入射点，且在点处切线方向相同。与轴恰好相的轨迹圆如图所示 由几何关系可知，轨迹与轴相切时，圆心到轴的距离等于半径，即 解得 此时圆心的横纵坐标分别为， 圆心坐标为，且轨迹与轴的切点为，与轴的另一个交点为，其横坐标为 则点坐标为，当时，电子能到达的轴区域从到，可得长度 当时，轨迹从轴穿出，当趋向无穷大时，轨迹趋近于入射方向的直线，与轴的交点坐标为 则点坐标为，此时从轴射出的电子与轴的夹角为 因此从轴上射出的电子与轴的夹角在之间，不同位置射出的电子速度方向并不平行。经过的轴区域从到，可得长度 比值为，故AB错误； C．通过电子运动轨迹的分析，可知面积可以由两部分进行计算，首先第一部分：从到，临界圆在第一象限内扫过的面积，临界圆与轴交于和，为等边三角形，边长。临界圆在第一象限内的面积为圆和等边三角形的面积之和 其次第二部分：从到无穷大，新增的扫过区域，该区域面积为四边形的面积减去扇形的面积，其中四边形由两个全等的直角三角形组成，面积为 扇形对应圆心角，占整圆的，扇形面积为 所以 总面积，故C正确； D．当时，轨迹圆的圆心坐标 临界相切条件 解得 轴最高点（切点） 轴最低点（渐近点，趋向无穷大时轨迹趋近于入射直线） 轴区域长度 比较可知 当入射角从增大到时，轴上有电子射出区域的长度变长，故D错误。 故选C。 19．（2026·河南郑州·模拟预测）如图所示，半径为R的圆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，以圆心O为原点建立直角坐标系，x轴上点处有一粒子源，能向纸面内各个方向发射质量均为m、电荷量均为的带电粒子，粒子的速率均为。若E点、F点分别是圆弧上有粒子射出的最上端点和最下端点，忽略粒子的重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是（     ） A．E点坐标为 B．F点坐标为 C．飞出磁场的粒子中，在磁场中运动的最短时间为 D．飞出磁场的粒子中，在磁场中运动的最长时间为 【答案】C 【详解】A．由洛伦兹力提供向心力得 解得 最上端临界轨迹圆与磁场边界内切。设其圆心为，则 且，又，故三角形为等边三角形， 内切点在射线上，且，所以，故A错误； B．轨迹半径仍为，设任一出射点的坐标为，由，得 且轨迹弦长满足，因此 解得，在下半圆的可出射弧段中，最低点对应，此时 且，所以为轨迹圆的直径。图示轨迹从到之间均在磁场内，为首次出射点，故B错误； C．粒子轨迹半径为，最短时间对应从到最近边界点的轨迹，此时，设粒子从到首次出射点转过的圆心角为，由弦长关系 整理得，粒子的角速度 所以，故C正确； D．轨迹圆圆心到的距离恒为。能够飞出的轨迹圆与磁场边界相交，最长时间由轨迹圆趋近下方内切的临界状态确定。设临界圆心为、内切点为，则 三角形为等边三角形，线段与方向相反，故与的较小夹角为。按粒子逆时针运动方向，首次到达下方临界点所转过的圆心角为 因此最长时间的临界值为 若把到的另一条长圆弧误认为可在磁场内持续转过，粒子会先在另一边界交点射出，不能继续沿原来的圆运动，故D错误。 故选C。 20．（2025·山东聊城·模拟预测）（多选）如图所示的xOy坐标系中，y轴的左侧存在垂直纸面向外、磁感应强度大小未知的匀强磁场，y轴右侧的匀强磁场垂直纸面方向且大小未知，一带正电的粒子由y轴上（0，）处沿与y轴正方向成30°角的方向以速度v射入磁场，已知粒子的比荷为k，粒子在y轴右侧的轨道半径为L，最终粒子经过O点，粒子重力不计。下列说法正确的是（     ） A．若y轴右侧的磁场垂直纸面向里，则y轴右侧的磁感应强度大小为 B．若y轴右侧的磁场垂直纸面向里，则粒子从射入到运动至O点的时间为 C．若y轴右侧的磁场垂直纸面向外，则粒子从射入到运动至O点的时间可能为 D．若y轴右侧的磁场垂直纸面向外，则粒子从射入到运动至O点的时间可能为 【答案】ACD 【详解】A．若y轴右侧的磁场垂直纸面向里，由题意画出粒子的运动轨迹，如图甲所示 根据 解得 由几何关系可知 则有，故A正确； B．由几何关系可知粒子在y轴右侧偏转的角度为60°，则粒子从射入到运动至O点的时间 由于 解得，故B错误； CD．若y轴右侧的磁场垂直纸面向外，粒子可能在y轴左右两侧各偏转一次经过O点，如图乙所示，由几何关系可知粒子在y轴左侧的轨道半径 则y轴左侧磁场的磁感应强度大小 粒子运动的时间 由于 解得 若y轴右侧的磁场垂直纸面向外，粒子可能在y轴的左侧偏转一次、在y轴的右侧偏转两次经过O点，如图丙所示 由几何关系可知粒子在y轴左侧的轨道半径 则y轴左侧磁场的磁感应强度大小 粒子运动的时间 由于 解得，故C、D正确。 故选ACD。 21．（2026·河北张家口·二模）（多选）研究人员为模拟托卡马克装置中“偏滤器”对逃逸粒子的拦截效果，设计了如图所示装置：半径为、圆心为的圆形区域内有方向垂直于圆平面向外的匀强磁场，、为圆形区域相互垂直的两直径。外部“粒子源”沿一直线发射最小速率为，大小在一定范围内的同种带电粒子，由圆周上点射入磁场，入射速度方向平行于、与夹角为30°；所有入射粒子仅能从劣弧逃逸出磁场。已知带电粒子的比荷为（），不计粒子重力及粒子间的相互作用力，，。下列说法正确的是（　　） A．带电粒子一定带负电 B．粒子的最大速度为 C．磁场的磁感应强度大小为 D．粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间差为 【答案】BC 【详解】A．磁场垂直纸面向外，由题意可知粒子向下偏转，由左手定则可知该粒子带正电，故A项错误； C．粒子的最小速率为v0，由题意可知，该粒子将从b点离开磁场，由于粒子从P点入射时，其与OP的夹角为30°，所以由几何关系可知 设该粒子的轨迹半径为r，则由几何关系可知，粒子的轨迹圆的圆心角也是120°，即有 又因为 解得，故C项正确； B．当粒子的速度最大时，粒子将从d点离开磁场，设此时该粒子的运动轨迹圆的半径为，由几何关系有 解得 又因为 解得，故B项正确； D．由之前的分析可知，当粒子从b点离开时，此时粒子轨迹圆对应的圆心角为，当粒子从d点离开时，其轨迹圆对应圆心角为。粒子在磁场中运动，有，， 结合之前及题意，整理有 所以粒子最短运动时间为 粒子最长运动时间为 粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间差为，故D项错误。 故选BC。 ⏳题型04 带电粒子在组合场中的运动 22．（2026·福建福州·模拟预测）如图甲所示，竖直放置的金属板A、B中间开有小孔，两小孔的连线沿着水平放置的金属板C、D的中间线，粒子源可以间断地产生质量为、电荷量为的带正电粒子（初速度不计），粒子在A、B间被加速后，再进入金属板C、D间偏转并均能从此电场中射出。已知金属板A、B间的电压，金属板C、D长度为，间距。两板之间的电压随时间变化的图像如图乙所示。在金属板C、D右侧有一个垂直纸面向里的均匀磁场分布在图示的半环形带中，该环带的内、外圆心与金属板C、D的中心点重合，内圆半径，磁感应强度。已知粒子在偏转电场中运动的时间远小于电场变化的周期（电场变化的周期T未知），粒子重力不计。 (1)求粒子离开偏转电场时，在垂直于板面方向偏移的最大距离； (2)若所有粒子均不能从环形磁场的右侧穿出，求环带磁场的最小宽度； (3)若原磁场无外侧半圆形边界且磁感应强度按如图丙所示的规律变化，设垂直纸面向里的磁场方向为正方向。时刻进入偏转电场的带电微粒离开电场后进入磁场，时该微粒的速度方向恰好竖直向上，求该粒子在磁场中运动的时间为多少？ 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设粒子进入偏转电场瞬间的速度为，对粒子加速过程由动能定理得 进入偏转电场后，加速度 设运动时间为，则有 只有时刻进入偏转电场的粒子，垂直于极板方向偏移的距离最大， 代入数据解得 （2）时刻进入偏转电场的粒子刚好不能穿出磁场时的环带宽度为磁场的最小宽度。设粒子进入磁场时的速度为，对粒子的偏转过程有 解得 在磁场中做圆周运动的半径为 如图所示，设环带外圆半径为， 解得 所求 （3）微粒运动轨迹如图所示 微粒在磁场中做匀速圆周运动的周期为 设粒子离开电场时偏转角为，则 解得 由几何关系可知微粒运动时间轨迹对应的圆心角为 此过程微粒运动的时间为 由图可知微粒在磁场中运动的时间 23．（2026·四川成都·三模）如图所示，足够长的水平收集板上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为；在收集板下方宽度为的范围内，存在方向水平向右的匀强电场，场强大小为。位于收集板上点处的粒子源可向垂直磁场平面内任意方向发射速率可调、质量为、电荷量为的带正电粒子。纸面内点右侧处有一小孔P（小孔尺寸恰允许带电粒子穿过）。不计粒子重力和粒子间的相互作用。 (1)求垂直收集板穿过小孔P的粒子在磁场中的运动时间； (2)当粒子源以某一相同速率发射粒子时，能沿不同方向穿过小孔P的粒子在磁场中运动的时间之比为，求该速率； (3)在（2）问情况下，粒子从匀强电场离开的位置点和点之间的距离。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）带电粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力 解得 垂直收集板向下穿过P，运动轨迹为半圆，，运动时间为半个周期，即 （2）相同速率的粒子圆周运动半径相等，周期相同，运动时间之比等于圆心角之比，设两粒子圆心角分别为，，由题意可得， 解得， 对应弦长为，由几何关系可得 解得轨迹半径 由洛伦兹力提供向心力可得 解得 （3）根据第（2）问可得两种轨迹对应的粒子进入电场时速度方向与竖直方向夹角均为，粒子进入电场后，竖直方向匀速运动，水平方向做匀加速运动，加速度为 在电场中的运动时间为 设水平向右为正方向，两粒子水平位移分别为， 24．（2026·福建福州·模拟预测）为探测射线，威尔逊曾用置于匀强磁场或电场中的云室来显示它们的径迹。某研究小组设计了电场和磁场分布如图所示，在平面（纸面）内，在区间内存在平行y轴的匀强电场，。在的区间内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，。一未知粒子从坐标原点与x正方向成角射入，在坐标为的P点以速度垂直磁场边界射入磁场，并从射出磁场。已知整个装置处于真空中，不计粒子重力，。求： (1)该未知粒子的比荷 (2)匀强电场电场强度E的大小及左边界的值 (3)若粒子进入磁场后受到了与速度大小成正比、方向相反的阻力，观察发现该粒子轨迹呈螺旋状并与磁场左边界相切于点（未画出）。求粒子由P点运动到Q点的时间以及坐标的值。 【答案】(1) (2)， (3)， 【详解】（1）粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得 又 联立解得粒子的比荷为 （2）粒子的轨迹如图所示粒子在电场中可逆向看成做类平抛运动， 则有 ， 联立解得匀强电场电场强度大小为 由几何关系可得 解得 （3）若粒子进入磁场后受到了与速度大小成正比、方向相反的阻力， 粒子在磁场的运动轨迹如图所示由 可得 即角速度为一定值，又可知粒子与磁场左边界相切时转过的弧度为，则有 取一小段时间，对粒子在 方向上列动量定理（如图） 两边同时对过程求和 可得 即 其中 则有 结合 可得 故有 25．（2026·福建泉州·三模）如图，在一种离子注入设备中，等腰直角三角形abc区域为离子偏转区，其内部分布有垂直纸面向里的匀强磁场；以ac、cd、fa为边界的区域为电场偏转区，电场方向平行于cd、fa，且分布范围在af方向足够大。带正电的离子从M板附近由静止释放经M、N两板间的加速电场加速后，从a点沿ab方向射入磁场区域。已知离子的质量为m，电荷量为q，加速电场的电压为U，ab、bc的边长为L，不计离子的重力。 (1)求离子经过加速电场后的速度大小； (2)若要使离子能进入电场，求磁场的磁感应强度最小值； (3)若要使离子能第二次进入电场后从a点离开，求偏转区的电场强度大小与磁场的磁感应强度大小的比值。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）根据动能定理，有 得 （2）设离子在磁场中运动的轨道半径为r，有 离子不从cb边离开，有 则 B最小值为 （3）离子从a点离开电场，第二次进入电场时做类平抛运动；如图所示 沿ba方向、fa方向位移大小均为2r，设第二次在电场中运动的时间为t，加速度大小为a，ba方向有 fa方向有， 联立得 26．（2026·福建福州·二模）（多选）如图某一质谱仪由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若加速电场的电压为U，静电分析器通道为四分之一圆弧，中心线的半径为R，通道内存在均匀辐射电场，中心线处的电场强度大小为E。磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，y轴为两个分析器的边界。比荷为k的粒子从静止开始经加速电场加速后，沿中心线MN通过静电分析器，由N点垂直y轴进入磁分析器，最后恰好垂直打在放置于磁分析器下边界（x轴）的探测板上，不计粒子重力。则（    ） A．打在探测板上的带电粒子为负电荷 B．静电分析器中心线处电场强度大小 C．E与B的关系为 D．比荷为2k的带电粒子从离子源飘入质谱仪，将打在探测板距O点2R的位置 【答案】BC 【详解】A．粒子沿x正方向进入磁场，向下偏转后垂直打在轴，磁场垂直纸面向外，根据左手定则：正电荷向右运动时，洛伦兹力向下，符合偏转方向，因此粒子带正电，A错误； B．粒子经加速电场加速，由动能定理 静电分析器中，辐射电场的电场力提供向心力 解得，故B正确； C．磁分析器中，洛伦兹力提供向心力 解得 比荷 原粒子轨迹为四分之一圆，偏转半径 由动能定理得   又因为 联立解得，故C正确； D．对于比荷的粒子，磁分析器中，洛伦兹力提供向心力 由动能定理得   比荷 解得 结合原粒子 解得 ，因此不会打在距O点2R的位置，故D错误。 故选BC。 27．（2026·福建福州·二模）如图，真空中两个足够大的平行金属板M、N竖直固定，间距为d。M板接地，其左侧整个区域存在垂直纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场。M板上O点左侧P点有一粒子源，可不断地沿纸面内任意方向发射速度大小均相同，质量为m，电荷量为q的同种带电粒子。当发射方向与OP的夹角时，粒子恰好垂直穿过M板Q点处的小孔。已知，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，金属板电量可视为连续变化，带电粒子在板间的运动可视为匀变速运动，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。求： (1)粒子源发射粒子的速度大小； (2)粒子从P点出发，第1次到Q的可能时间； (3)粒子打到M板右表面的位置与Q点的最小距离。 【答案】(1) (2)或 (3) 【详解】（1）由几何关系得 解得 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得 解得 （2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，周期为 若垂直穿过M，则由图1知磁场中 则有 若如图2射入，则有， （3）随着粒子不断打到N极板上，N极板带电量不断增加，向右的电场强度增加，粒子做减速运动加速度最大时，时间最短，此时满足 因金属板厚度不计，当粒子在磁场中运动如图所示 由几何关系可知此时粒子进入两板间时的速度方向与M板夹角为 ，则在两板间运动时间 则粒子打到M板右表面的位置与Q点的最小距离为 解得 28．（2026·福建·模拟预测）如图所示，在平面中，虚线与x轴夹角为，其左侧存在与平面平行但大小方向均未知的匀强电场，右侧存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一质量为m，带电量为的粒子自点以速度沿y轴负方向进入磁场，一段时间后从点经过虚线，再过后从点经过x轴，不计粒子重力及空气阻力，求： (1)匀强磁场的磁感应强度大小； (2)粒子在磁场中从P运动到Q所用时间； (3)匀强电场的电场强度大小和方向。 【答案】(1) (2) (3)，方向与虚线垂直向右下方 【详解】（1）如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系得 根据 解得 （2）粒子做圆周运动周期为T，粒子圆周运动转过的圆心角为 解得 （3）由圆周运动规律，自Q点进入电场时速度沿x轴负方向。粒子在匀强电场中做匀变速运动，假设粒子在方向上加速度分别为，方向如图所示。 由匀变速运动规律： 解得 故合加速度，方向与垂直。 由牛顿第二定律有 故匀强电场场强大小 方向与虚线垂直向右下方。 ⏳题型05 带电粒子在叠加场中的运动 29．（2025·福建厦门·模拟预测）（多选）我国成功研制出大功率单通道霍尔推进器，并将其运用到载人航天器中，如图甲所示。霍尔推进器的部分结构如图乙所示，在很窄的圆环空间内存在沿半径方向向外的辐射状的磁场I，其磁感强度大小可近似认为处处相等。若在垂直圆环平面的方向上加上匀强磁场II和匀强电场（图中都没有画出），沿平行圆环的方向以一定的速度射入电子。电子恰好可以在圆环内沿顺时针方向做半径为、周期为的匀速圆周运动。已知磁场、II的磁感应强度大小相等，电子的电量为，质量为，电子重力忽略不计，则（　　） A．磁场I对电子的作用力提供电子做匀速圆周运动所需向心力 B．电场方向垂直圆环平面向里，磁场II的方向垂直圆环平面向里 C．磁场I、II的磁感应强度大小为 D．电场的电场强度大小为 【答案】BD 【详解】A．电子带负电，沿顺时针方向运动，速度方向沿圆周切线方向。磁场沿半径向外，由左手定则可知，磁场对电子的洛伦兹力垂直圆环平面，不能提供径向向心力，故A错误； B．电子在圆环平面内做匀速圆周运动，垂直圆环平面方向合力为零，电场力与磁场的洛伦兹力平衡，故电场方向垂直圆环平面向里。由电子需要的向心力方向以及左手定则可知，磁场II方向也垂直圆环平面向里，故B正确； C．磁场II提供向心力，有 又有 联立得 题设知，故，故C错误； D．磁场与电场力平衡，有 所以，故D正确。 故选BD。 30．（2026·福建漳州·三模）（多选）如图，足够长的绝缘棒竖直固定放置，处于磁感应强度为的匀强磁场中，磁场方向垂直于竖直平面向里，一带正电的小圆环套在竖直杆上，小圆环质量为，电量为，与杆之间的动摩擦因数为，将小圆环由静止释放，下落高度后运动达到稳定，此时小圆环的速度大小为。当地重力加速度为。则小圆环从开始运动到速度刚刚达到稳定的这一过程中，下面说法正确的是（     ） A．小圆环运动的最大速度等于 B．小圆环运动的加速度逐渐减小，且最大加速度小于 C．从下落到稳定，小圆环所用时间等于 D．从下落到稳定，由于摩擦产生的热量等于 【答案】AC 【详解】A．当达到最大速度时，摩擦力与重力平衡，即 解得小圆环运动的最大速度为，故A正确； B．开始运动时，小圆环只受重力作用，加速度最大，且等于g，故B错误； C．小圆环从下落到稳定，根据动量定理可得 即 可得，故C正确； D．由能量关系可知，从下落到稳定，由于摩擦产生的热量等于，故D错误。 故选AC。 31．（2026·福建福州·一模）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，一个质量为m，电荷量为q的带负电小滑块从y轴上y=3L的P点以初速度沿x轴正方向（水平方向）射出，第一、二象限存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为。第四象限存在方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场和方向沿y轴负方向的匀强电场，匀强电场场强大小为。第三象限存在与第四象限大小都相等、方向都相反的匀强电场和匀强磁场。小滑块经第一象限后从x轴上的Q（图中未标出）点进入第四象限，经过第四象限后恰好能垂直于y轴从M点与传送带水平面相切进入第三象限，若传送带顺时针转动且足够长，小滑块与传送带之间的动摩擦因数为µ，小滑块从滑上传送带后开始计时经过时间t后返回M点且还未与传送带达到共速，重力加速度为g。求： (1)Q点到原点O的距离； (2)第四象限磁场的磁感应强度大小； (3)小滑块滑上传送带经过时间t的过程中，传送带对小滑块所做的功。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）对小滑块在第一象限受力分析得， 解得 方向竖直向下，小滑块竖直方向，有 水平方向，有 联立解得 （2）小滑块运动至Q点时，有 小滑块的速度大小为 设速度方向与水平方向的夹角为θ，则 可得 小滑块在第四象限运动时，受到电场力和重力刚好大小相等，方向相反，则 则小滑块在第四象限受磁场力作用下做匀速圆周运动，由几何关系可得 解得 根据洛伦兹力提供向心力 解得 （3）对滑块，从滑上传送带至返回M点过程，规定水平向右为正，设返回M点时速度大小为v，根据动量定理可得 即 由于 所以 传送带对滑块做功为 32．（2026·河南驻马店·三模）（多选）如图所示，粗细均匀的光滑玻璃管固定在正交的匀强电场和匀强磁场中，匀强电场的电场强度大小为，方向水平向右，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直电场水平向里，玻璃管在垂直于磁场的竖直面内，与电场方向的夹角为角。一个带电量为、直径比管径略小的小球在管内下端由静止释放，小球沿管向上做匀加速运动，中途将管在竖直面内转动，当管与电场方向夹角为时，管内球恰好做匀速直线运动，球出管后仍然做直线运动，重力加速度为，则下列说法正确的是（     ） A．小球带负电 B． C．小球的质量等于 D．小球在管中匀速运动的速度大小为 【答案】BD 【详解】A．若小球带负电，则小球在管中由静止释放后将向下运动，故A错误； BC．当管的倾角为时，因小球沿管向上做匀加速运动，故电场力沿管向上的分力大于球的重力沿管向下的分力，即 在垂直管方向，根据平衡条件可得 因此得到，，故B正确，C错误； D．小球在管中匀速运动时的速度与出管后匀速运动的速度相同，则有 解得，故D正确。 故选BD。 33．（2026·福建南平·二模）如图，真空中存在直角坐标系Oxyz，区域存在沿z轴负方向的匀强电场E1，在区域内同时存在均沿x轴负方向的匀强电场E2和匀强磁场B。现将一带正电微粒从点P（-2m，0，0）以速度射入匀强电场，在Oxz平面内且与x轴正方向成θ角，微粒恰好从x轴的点Q（-1m，0，0）穿出匀强电场。已知E2=50N/C，，，θ=45°，带电微粒的比荷，不计重力，忽略微粒间的相互作用力。 (1)求匀强电场E1的场强大小； (2)从微粒进入空间开始计时，求时微粒的位置坐标； (3)若相隔时间，从P点以相同的速度发射另一个相同的微粒，两微粒能相遇，求的可能值及相遇时微粒的速率。 【答案】(1) (2)（2m，0，-1m） (3)，；， 【详解】（1）微粒从P到Q做类斜抛运动，x方向有 z方向有 根据牛顿第二定律有 解得 （2）微粒从Q飞出做匀速直线运动，在从点A（0，0，-1m）与x轴成θ角进入电场，此后做螺旋运动，可分解两个分运动：沿x方向初速度为的匀减速直线运动，有 根据牛顿第二定律有 在yz平面内做初速度沿方向的匀速圆周运动。 洛伦兹力提供向心力有 周期 转过的偏转角 解得x=2m，， 时圆周运动恰好旋转一周，到达的点C坐标为（2m，0，-1m） （3）由 可知微粒到达点C时，x方向速度恰好减为零，然后开始反向螺旋运动。由于两微粒完全相同，相遇时两微粒应分别处于向右和向左螺旋运动中，向右的螺旋轨迹和向左的螺旋轨迹交点有三点A（0，0，-1m）、C（2m，0，-1m）和D（1.5m，2R，0），只能在A或D相遇。 Ⅰ．相遇于A点时，第一个微粒恰好回到A点，第二个微粒刚进入，则 此时微粒的速率为 Ⅱ．相遇于点D时，两个微粒做螺旋运动到D的时间分别为， 则 此时微粒的水平速度减半，微粒的速率为 综上，的可能值及相遇时微粒的速率为，；， 34．（2026·福建宁德·二模）如图甲所示，沿顺时针方向转动的足够长绝缘水平传送带，传动速度为，传送带的右轮上方固定一绝缘挡板。在竖直分界面右侧空间存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场。在传送带左端由静止释放一可视为质点的质量为、电荷量为的小物块。小物块向右运动过程的位移与速度关系图像如图乙所示，其中为直线，延长线过原点。小物块撞击右侧挡板后立即以原速率反弹，恰好能到达分界面。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数，电量不变，重力加速度为。求： (1)左侧的传送带长度； (2)电场强度的大小； (3)小物块与挡板撞击时速度的大小； (4)小物块与传送带因摩擦产生的热量。 【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）物块滑上传送带后，由牛顿第二定律有     解得 由图乙可知滑块到时速度为，设左侧的传送带长度为，由运动学关系可知     解得 （2）滑块从进入到与挡板碰撞过程中由动量定理有 整理得 其中为到挡板的距离，因进入电磁场后物块位移与速度关系图像为过原点直线，故 解得 （3）物块与挡板碰撞后反向弹回，由小问（2）的结论可知，竖直方向，物块所受的洛伦兹力为其合外力；由左手定则可知，反向弹回的瞬间，物块受到的洛伦兹力方向竖直向上，物块做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有 由题意，物块向左做匀速圆周运动恰好到达，轨道半径等于到挡板距离，即 滑块从进入到与挡板碰撞过程中由动量定理有     代入，联立上式解得， （4）滑块与传送带在左侧运动时因摩擦产生的热量     其中滑块在左侧运动的时间满足 联立解得     滑块在右侧运动时与传送带因摩擦产生的热量为传送带克服摩擦力做的功与物块动能增量的差值，即 整理得 代入数据解得     故滑块与传送带因摩擦产生的热量 解得 35．（2026·福建漳州·三模）如图，长为L=0.8 m的轻杆竖直放置，上端与小球A相连，下端用光滑转轴固定于水平桌面上。小球A恰好与立方体B接触，B的右侧紧贴小物体C；C右侧足够远处静止放置带负电小物体D，D到桌面右端的距离d=0.5 m。D的右侧空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。A受微小扰动后，杆与A向右转动，推动B、C一起向右运动。当A与B刚分离时，轻杆与地面夹角，用外力使B立即制动；C继续向右运动并与D发生碰撞（碰撞时间极短）。碰撞后，D在桌面上做减速运动，以速度离开桌面，随后在竖直平面内做半径R=0.9 m的匀速圆周运动。已知A的质量，B、C、D的质量均为m=0.02 kg，D的电荷量q=0.1 C且始终保持不变；D与桌面间动摩擦因数，其余各处摩擦不计；g取10 m/s2.求： (1)电场强度的大小E和磁感应强度的大小B； (2)物体C与物体D碰撞后瞬间，物体D的速度大小； (3)判断物体C与物体D的碰撞是否为弹性碰撞，请计算说明理由。 【答案】(1)2N/C，0.2 T (2)1 m/s (3)C与物体D发生弹性碰撞，理由：损失的动能为零。 【详解】（1）D离开桌面后在竖直平面内做匀速圆周运动，可知在竖直方向上 小物体D做                               解得,。                   （2）设物体D在桌面上向右运动，任意时刻的速度为，受力分析如图所示，根据牛顿第二定律得                             滑动摩擦力                                      从C、D碰撞结束到物体D离开桌面过程中，设任一微小时间间隔内速度变化量为，由动量定理有                            又， 可得                    解得。 （3）A、B分离瞬间，A、B间弹力为零，水平速度相等，水平加速度相等。对B分析可知水平加速度为零，故A只有竖直方向的加速度，又可转动的轻杆与球间的弹力只能沿杆方向，所以此时小球A受到杆的弹力为零。从开始运动到A与B刚脱离接触的瞬间，对小球A和物体B、C，根据机械能守恒定律有           （或A与B刚脱离接触的瞬间，对小球A，根据牛顿第二定律有 ）                                  分离时 解得                            C、D碰撞过程，以水平向右为正，根据动量守恒定律有                             解得 损失的动能                 解得                                     所以物体C与物体D发生弹性碰撞。 重难·创新演练 设题创新:命题打破固定刷题模型，弱化简单套公式。常设置非圆形磁场、多区域分段磁场，粒子多次偏转，需要分步分析轨迹。结合现代科技情境，把粒子加速器、磁谱仪等真实装置改编成考题。将复合场与动量、能量规律结合，把洛伦兹力作为纽带综合考查。部分题目设置开放性边界条件，需要自主寻找临界轨迹。还会出现立体磁场情景，考查空间轨迹想象。规避套路化答题，侧重迁移能力。 1．（2026·福建厦门·模拟预测）如图所示，空间中存在沿轴正方向、磁感应强度大小为的匀强磁场，点处有一粒子源，不断地沿与轴正方向成角的各个方向发射质量为、电荷量为、速度大小为的粒子。一垂直于轴的足够大荧光屏从点缓慢沿轴正方向移动，荧光屏受到粒子撞击后会产生荧光。不计粒子重力和粒子间的相互作用，则当荧光屏上第一次出现半径为的亮圆环时，屏到点的距离为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】A．粒子在磁场中运动，将速度分解为平行于磁场方向的分速度和垂直于磁场方向的分速度。粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 解得轨道半径 运动周期 当荧光屏上第一次出现半径为的亮圆环时，沿着y轴方向从上向下看，对其中一个粒子的运动 根据几何关系可知转过的圆心角为90°，所以所用时间为 屏到点的距离为 故选A。 2．（2025·福建·模拟预测）如图所示，半径为R的圆形区域存在垂直纸面的匀强磁场，圆心为O，质子（）和α粒子（）先后从边界上P点沿半径方向飞入磁场。只考虑洛伦兹力作用，它们在磁场中运动的时间相同，α粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为。质子和α粒子的动能之比为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设磁感应强度垂直纸面向外，大小为B，质子的质量和带电荷量分别为m、q，则α粒子的质量和带电荷量分别为4m、2q，带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期公式为 所以质子和α粒子在磁场中做圆周运动的周期之比为 设质子和α粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角分别为θp和θα，轨迹半径分别为rp和rα，它们在磁场中运动的时间相等，有 所以 作出两粒子的运动轨迹如图所示 由几何关系可知， 由题意知 可求得 设它们的速度分别为vp和vα，由洛伦兹力提供向心力有 可得动能 质子和粒子的动能之比 故选A。 3．（2025·福建·模拟预测）用磁场来约束等离子体中带电粒子的运动，主要为可控核聚变提供理论与技术支持。磁约束的基本原理是带电粒子在磁场中受的洛伦兹力，某实验小组设计了一个模拟磁约束的小实验（研究粒子的运动过程不超过1个周期），如图，匀强磁场存在于两个中心重合的正方形区域之间，正方形ABCD边长4a，abcd边长为2a。现d点处有一粒子源能向各方向发射速率为v的正电粒子，若要把粒子束缚在图示磁场中，则（    ） A．若不让粒子从AB边出射，B的最小值为 B．若不让粒子从BC边出射，B的最小值为 C．若不让粒子从CD边出射，B的最小值为 D．若不让粒子从DA边出射，B的最小值为 【答案】A 【详解】本题要求把粒子束缚在图示磁场中，且要求B最小，由洛伦兹力提供向心力有 解得 可知要求B最小，则r最大，由图根据几何关系可知 解得B的最小值都为。 故选A。 4．（2025·福建宁德·三模）如图所示，表示一块非常薄的金属板，带电粒子（不计重力）在匀强磁场中运动并穿过薄金属板，虚线表示其运动轨迹，粒子电量不变，由图可知粒子（　　） A．带正电荷 B．沿方向运动 C．穿过金属板后，轨迹半径变小 D．穿过金属板后，所受洛伦兹力变大 【答案】C 【详解】ABC．带电粒子穿过金属板后速度减小，根据牛顿第二定律 可得 可知轨迹半径应减小，故可知粒子运动方向是，粒子所受的洛伦兹力均指向圆心，在e点洛伦兹力向右，则由左手定则可知，粒子应带负电，故AB错误，C正确； D．穿过金属板后速度减小，根据可知，洛伦兹力减小，故D错误。 故选C。 5．（2026·福建福州·二模）（多选）如图，圆心为、半径为的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场。从圆周上的点在纸面内沿不同方向射入各种速率的同种粒子（不计重力），粒子的质量为、电荷量为。其中沿PO方向射入速率为的粒子，经时间后从点离开磁场，，则（　　） A．所有速率为的入射粒子，离开磁场时的速度方向都是平行的 B．不同速率的粒子在磁场中运动的时间都为 C．速率为的粒子在磁场中的运动最长时间为 D．速率为的粒子不可能从点射出 【答案】AD 【详解】由几何关系，粒子轨迹半径 粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆周， A．速率为时，轨迹半径。粒子从圆周上P点射入，轨迹半径等于磁场半径R，根据几何关系，所有这类粒子离开磁场时的速度方向都平行于OA 方向，即互相平行，A正确； B．粒子在磁场中的运动时间，其中 θ 为轨迹圆心角。 速率不同，轨迹半径不同，圆心角θ也不同，因此运动时间不一定相同，B错误； C．速率为时，轨迹半径。弦长最大为 由几何关系可得 因，所以 最长运动时间，C错误； D．速率为时，轨迹半径。若粒子从A 点射出，弦长，而弦长最大为。 因为，所以不可能从 A 点射出，D正确。 故选AD。 6．（2026·福建莆田·二模）（多选）如图，在直角坐标系中充满垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B；区域同时存在竖直向上的匀强电场，场强大小为E。一质量为m、电荷量为的粒子从点垂直射入磁场，恰能从O点沿y轴正方向进入区域，粒子在此区域运动的速度沿x轴方向分量，比例系数k与场强大小E无关。不计粒子重力，则（　　） A．粒子在O点的速度为 B．比例系数 C．粒子的最大速度为 D．在区域，粒子运动轨迹离x轴最大距离为L 【答案】AD 【详解】AD．粒子在区域仅受洛伦兹力，做匀速圆周运动，从P垂直射入磁场，恰能从O点沿y轴正方向射出，说明圆心在x轴上，半径 洛伦兹力提供向心力​​ 可得粒子在O点的速度​ 粒子轨迹为四分之一圆弧，若粒子重新进入y轴下方，由于电场力和洛伦兹力做功均为零，粒子速度大小不变，故离x轴最大距离不会超过第一次在y轴下方的运动过程，即最大距离为，AD正确； B．粒子以沿y轴正方向进入区域，电场力竖直向上，水平方向上只有洛伦兹力，在水平方向上应用动量定理 其中 联立可得 由题意知，可得，B错误； C．粒子以沿y轴正方向进入区域，把分解为一个水平向右的速度，另一个斜向左上方的 与对应的洛伦兹力与电场力平衡，粒子的一个分运动是以速度向右的匀速直线运动；另一分运动是以做匀速圆周运动，当方向与相同时，粒子速度有最大值 解得， C错误。 故选AD。 7．（2026·四川绵阳·二模）（多选）如图所示，空间存在以为顶点、圆心角的扇形有界磁场区域Ⅰ，扇形的半径为，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为；扇形区域外是范围足够大的匀强磁场区域Ⅱ，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为。一质量为、电荷量为的带电粒子，从扇形边界上的点沿与成角的方向射入磁场区域Ⅰ，点到顶点的距离为，不计粒子重力。下列说法正确的是（　　） A．粒子在区域Ⅰ、Ⅱ内的运动轨迹半径之比为 B．粒子在区域Ⅰ中单次运动的最长时间为 C．若粒子恰好不从扇形边界射出，其速度大小为 D．粒子从射入到第一次回到射入方向的过程中，在区域Ⅰ内的运动时间与区域Ⅱ内的运动时间之比可能为 【答案】AD 【详解】A．根据洛伦兹力提供向心力，有 区域Ⅰ、Ⅱ的磁场磁感应强度大小之比为 粒子在区域Ⅰ、Ⅱ内的运动轨迹半径之比为，故A正确； B．粒子在区域Ⅰ中速度小于某个值时可不从圆弧和边界射出，而从射出，根据直线边界的对称性可知圆心角为，单次运动最长时间为，故B错误； C．若粒子恰好不从扇形边界射出，其运动轨迹如下图所示 由几何关系得此时不等于，根据 可知其速度大小不等于，故C错误； D．由可知，粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的周期之比为；若粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动时圆心角相等，则粒子从射入到第一次回到射入方向的过程中，在区域Ⅰ内的运动时间与区域Ⅱ内的运动时间之比为，如下图所示 故D正确。 故选AD。 8．（2026·福建福州·模拟预测）（多选）如图所示，O点为半圆形区域的圆心，该区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，ON为圆的半径，长度为R，现有比荷相等的两个带电粒子a、b，以不同的速度先后从A点沿AO方向和从B点沿BO方向射入磁场，并均从N点射出磁场，若a粒子的速率为v，不计粒子的重力。已知，下列说法正确的是（　　） A．a粒子做圆周运动的半径为R B．b粒子的速率为 C．粒子a的比荷为 D．a、b两粒子在磁场中的运动时间之比为2∶1 【答案】CD 【详解】作出a、b粒子在磁场中的运动轨迹如图所示 AC．根据几何知识可得 粒子a在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，则有 联立解得，A错误，C正确； B．粒子b在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，则有 由几何知识可得 解得，故B错误； D．根据题意可知，a、b粒子在磁场中的运动周期 两粒子在磁场中偏转的圆心角，，则两粒子在磁场中运动的时间之比为，故D正确。 故选CD。 9．（2025·福建厦门·模拟预测）（多选）医用回旋加速器工作原理示意图如图甲所示，其工作原理是：带电粒子在磁场和交变电场的作用下，反复在磁场中做回旋运动，并被交变电场反复加速，达到预期所需要的粒子能量，通过引出系统引出后，轰击在靶材料上，获得所需要的核素。时，回旋加速器中心部位处的灯丝释放的带电粒子在回旋加速器中的运行轨道和加在间隙间的高频交流电压如图乙所示（图中为已知量）。若带电粒子的比荷为，忽略粒子经过间隙的时间和相对论效应，则（     ） A．被加速的粒子带正电 B．磁体间匀强磁场的磁感应强度大小为 C．粒子被加速的最大动量大小与形盒的半径有关 D．带电粒子在形盒中被加速次数与交流电压无关 【答案】BC 【详解】A．由题图乙可知时，粒子向右加速，则被加速的粒子带负电，故A错误； B．由题图乙可知交流电压的周期为，粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期与交流电压的周期相等，粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力则有， 解得 又因为 解得磁体间匀强磁场的磁感应强度大小为，故B正确； C．根据 解得粒子被加速的最大动量大小，故C正确； D．根据， 结合上述结论 解得 可见带电粒子在D形盒中被加速次数与交流电压有关，故D错误。 故选BC。 10．（2026·福建泉州·模拟预测）（多选）利用霍尔效应制成的磁传感器可将磁场信号转换为电信号。如图甲所示，将这种磁传感器固定在自行车的车架上，并在车轮辐条上固定强磁铁，当车轮转动时磁铁每次经过传感器都会在元件两侧产生一次电势差变化，图乙为该元件的工作原理图，该元件中自由移动的载流子带负电，电源电压为。当自行车匀速行驶时，测得磁传感器的电压随时间t变化如图丙所示，已知自行车车轮半径为r，则以下说法正确的是（     ） A．车轮转一周所用的时间为 B．自行车行驶的速度大小为 C．增大电源电压，测得磁传感器的电压的峰值将增大 D．a端电势低于b端电势 【答案】BC 【详解】AB．自行车转一圈，前进，由图丙可知用时，因此行驶速度大小为。故A错误，B正确； C．当磁铁正对霍尔元件时，加在霍尔元件上的磁场最强，此时，（h是宽度，d是厚度），则对应的最大电压为 其中，因此增大会使霍尔电压的最大值增大。故C正确； D．由左手定则可知，负电荷向端运动，故端电势高于端。故D错误。 故选BC。 真题·实战演练 高频考点：高频考点包含洛伦兹力大小、方向判断，牢记洛伦兹力不做功。带电粒子匀强磁场圆周运动的半径、周期公式，找圆心、画轨迹，计算偏转时间、偏转角。磁场边界临界问题，粒子刚好穿出、不能穿出的极值条件。质谱仪、回旋加速器等经典模型。复合场（电场、磁场、重力场）粒子运动分析。易错点集中左手定则用错，几何关系找不准圆心半径，混淆周期与速度无关的结论，复合场漏分析重力，是考试主要失分点，常在选择题、计算题大题出现。 1．（2024·福建·高考真题）如图，直角坐标系中，第Ⅰ象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第Ⅱ、Ⅲ象限中有两平行板电容器、，其中垂直轴放置，极板与轴相交处存在小孔、；垂直轴放置，上、下极板右端分别紧贴轴上的、点。一带电粒子从静止释放，经电场直线加速后从射出，紧贴下极板进入，而后从进入第Ⅰ象限；经磁场偏转后恰好垂直轴离开，运动轨迹如图中虚线所示。已知粒子质量为、带电量为，、间距离为，、的板间电压大小均为，板间电场视为匀强电场，不计重力，忽略边缘效应。求： (1)粒子经过时的速度大小； (2)粒子经过时速度方向与轴正向的夹角； (3)磁场的磁感应强度大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子从M到N的运动过程中，根据动能定理有 解得 （2）粒子在中，根据牛顿运动定律有 根据匀变速直线运动规律有、 又解得 （3）粒子在P处时的速度大小为 在磁场中运动时根据牛顿第二定律有 由几何关系可知 解得 2．（2023·福建·高考真题）阿斯顿（F．Aston）借助自己发明的质谱仪发现了氖等元素的同位素而获得诺贝尔奖，质谱仪分析同位素简化的工作原理如图所示。在上方存在一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两个氖离子在O处以相同速度v垂直磁场边界入射，在磁场中发生偏转，分别落在M和N处。已知某次实验中，，落在M处氖离子比荷（电荷量和质量之比）为；P、O、M、N、P'在同一直线上；离子重力不计。 （1）求OM的长度； （2）若ON的长度是OM的1.1倍，求落在N处氖离子的比荷。 【答案】（1）；（2） 【详解】（1）粒子进入磁场，洛伦兹力提供圆周运动的向心力则有 整理得OM的长度为 （2）若ON的长度是OM的1.1倍，则ON运动轨迹半径为OM运动轨迹半径1.1倍，根据洛伦兹力提供向心力得 整理得 3．（2025·福建·高考真题）（多选）  如图，真空中存在一水平向右的匀强电场，同时存在一水平且垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电量为q（q>0）的带电微粒从M点以初速度v入射，沿着MN做匀速直线运动。微粒到N点时撤去磁场，一段时间后微粒运动到P点。已知M、N、 P三点处于同一竖直平面内，MN与水平方向呈45°，N点与P等高，重力加速度为,则（　　） A．电场强度大小为 B．磁感应强度大小为 C．N、P两点的电势差为 D．从N点运动到P的过程中，微粒到直线NP的最大距离为 【答案】BC 【详解】AB、带电体在复合场中能沿着做匀速直线运动，可知粒子受力情况如图所示。 由受力平衡可知 解得电场强度，磁感应强度，故A错误，B正确。 C、在点撤去磁场后，粒子受力方向与运动方向垂直，做类平抛运动，如图所示。 且加速度 粒子到达点时，位移偏转角为，故在点，速度角的正切值 所以粒子在点的速度 到过程，由动能定理，有 解得两点间的电势差，C正确； D、将粒子在点的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，可知粒子在竖直方向做竖直上抛运动，且 故粒子能向上运动的最大距离 D错误； 故选BC。 4．（2021·福建·高考真题）一对平行金属板中存在匀强电场和匀强磁场，其中电场的方向与金属板垂直，磁场的方向与金属板平行且垂直纸面向里，如图所示。一质子（）以速度自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动。下列粒子分别自O点沿中轴线射入，能够做匀速直线运动的是（　　）（所有粒子均不考虑重力的影响） A．以速度的射入的正电子 B．以速度射入的电子 C．以速度射入的核 D．以速度射入的a粒子 【答案】B 【详解】质子（）以速度自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动，将受到向上的洛伦兹力和电场力，满足 解得 即质子的速度满足速度选择器的条件； A．以速度的射入的正电子，所受的洛伦兹力小于电场力，正电子将向下偏转，故A错误； B．以速度射入的电子，依然满足电场力等于洛伦兹力，而做匀速直线运动，即速度选择题不选择电性而只选择速度，故B正确； C．以速度射入的核，以速度射入的a粒子，其速度都不满足速度选器的条件，故都不能做匀速直线运动，故CD错误； 故选B。 5．（2015·福建·高考真题）如图，绝缘粗糙的竖直平面左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为．一质量为、电荷量为的带正电的小滑块从点由静止开始沿下滑，到达点时离开做曲线运动．、两点间距离为，重力加速度为． （1）求小滑块运动到点时的速度大小； （2）求小滑块从点运动到点过程中克服摩擦力做的功； （3）若点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的点．已知小滑块在点时的速度大小为，从点运动到点的时间为，求小滑块运动到点时速度的大小. 【答案】（1）；（2）；（3） 【分析】小滑块到达点时离开，此时与间的作用力为零，对小滑块受力分析计算此时的速度的大小；由动能定理直接计算摩擦力做的功；撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据分运动计算最后的合速度的大小。 【详解】（1）由题意知，根据左手定则可判断，滑块在下滑的过程中受水平向左的洛伦兹力，当洛伦兹力等于电场力时滑块离开开始做曲线运动，即 解得小滑块运动到点时的速度 （2）从到根据动能定理： 解得： （3）当小滑块速度最大时，所受合外力为零，即滑块在点的速度方向与重力、电场力的合力方向垂直，故撤去磁场后，小滑块将做类平抛运动，设等效重力加速度为，则有 且 联立解得： 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第38讲 磁场对运动电荷（带电体）的作用（专项训练） 模拟·基础演练 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 9 12 16 答案 D AD BD BD AB AD D BC BD AD 题号 17 18 19 20 21 26 29 30 32 答案 AC C C ACD BC BC BD AC BD 1．D 【详解】小滑块Q运动起来后受到重力、竖直向下的洛伦兹力qvB，向右的拉力F和向左的摩擦力。若一开始两者间的静摩擦力足够大，Q和P一起向右加速，则加速度为保持不变，所以v-t图线应为过原点的倾斜直线； 若一开始Q和P相对滑动，对Q，根据牛顿第二定律，有 解得 随着速度不断增大，加速度逐渐减小，对P有 可得 随着速度不断增大，加速度逐渐增大，当两者加速度相等时，保持相对静止，一起做匀加速运动。 故选D。 2．AD 【详解】A．小球受洛伦兹力恒定，故小球沿做初速度为零的匀加速直线运动，同时小球随绝缘管水平向右做匀速直线运动，故小球的合运动是类平抛运动，其运动轨迹是一条抛物线A正确； B．洛伦兹力不做功，故B错误； C D．对小球沿管方向 又 绝缘管的位移大小为，外力始终与洛伦兹力的垂直管道的分力平衡，外力F的冲量大小等于 故C错误,D正确。 故选AD。 3．BD 【详解】B．洛伦兹力始终与运动方向垂直，所以洛伦兹力对小球一直不做功，故B正确； CD．玻璃圆管处于均匀变化的磁场中，在周围产生稳定的涡旋电场，对带正电的小球做功，由楞次定律可知电场方向为顺时针方向，因此小球先沿逆时针方向做减速运动，过一段时间后，沿顺时针方向做加速运动；当小球速度减为0时，小球受到的洛伦兹力为0，可知小球受到的洛伦兹力不是一直增大，故C错误，D正确； A．当小球沿逆时针方向做减速运动时，小球受到的洛伦兹力方向背向圆心，根据牛顿第二定律可得 当小球速度减为0时，小球受到的洛伦兹力为0，小球所需的向心力为0，则圆管对小球指向圆心的弹力为0，此时小球受到的弹力最小，即此时小球对玻璃圆管的压力最小，所以小球对玻璃圆管的压力不是一直增大，故A错误。 故选BD。 4．BD 【详解】A．在B的静摩擦力达到最大时，连接细线刚要产生张力，对B有 解得 可知当时，细线产生张力，故A错误； B．当从继续增大时，B所需向心力是A的两倍，由受力分析可知，A所受指向圆心的静摩擦力将减小，当A所受静摩擦力为0时，对B有 对A有 联立可得 可知当时，随着的缓慢增大，物块A所受的静摩擦力逐渐减小，故B正确； CD．当两物块即将相对滑动时，对系统用牛顿第二定律，有 解得 若A、B带有等量的正电荷，在空间中加上竖直向上的匀强磁场，除摩擦力外，A、B所受的洛伦兹力的合力是从A指向B的，即有 可知在的情况下，所解得的比小，当时，物块A、B已经与转台发生相对滑动，故C错误，D正确。 故选BD。 5．AB 【详解】AD．带电粒子垂直进入匀强磁场时，洛伦兹力提供向心力，有 解得 运动周期公式 由于甲、乙两粒子的质量相同，带电量的绝对值相等，故 甲、乙两粒子的运动轨迹如图所示 故甲粒子的轨迹圆心角 甲粒子在磁场中的运动时间 乙粒子的轨迹圆心角 乙粒子在磁场中的运动时间 所以甲、乙两粒子在磁场中运动的时间之比 甲、乙两粒子在磁场中运动的时间差 A正确，D错误； B．由几何关系可知 解得 由数学知识可知 在中，由正弦定理得 由几何关系得 解得 故甲、乙两粒子在磁场中运动轨迹半径之比 B正确； C．带电粒子垂直进入匀强磁场时， 故甲、乙两粒子在磁场中的速度大小之比 C错误； 故选AB。 6．AD 【详解】A．带电体在绝缘平板的带动下沿图中的方向运动时，受到向左的洛伦兹力，有 此时带电体具有水平向左的加速度，大小为，故A正确； B．带电体向左做匀加速运动，有 解得离开绝缘板时向左的速度大小为 所以离开绝缘板时的合速度为，故B错误； C．带电体从运动到离开绝缘板所用的时间为 当带电体具有向左的速度时，会受到垂直绝缘板的洛伦兹力 在垂直绝缘板方向，带电体做匀速运动，受力是平衡的，所以绝缘平板对带电体的冲量大小与垂直板方向的洛伦兹力的冲量大小是相等的，所以，故C错误； D．带电体未脱离绝缘板的过程，在垂直绝缘板方向运动的位移为 离开绝缘板后，带电体做匀速圆周运动，有 可解得轨道半径为，轨迹如下图 在垂直绝缘板方向再次运动了 所以在垂直绝缘板方向的总位移为，故D正确。 故选AD。 7．D 【详解】小球受竖直向下的重力，水平向左的电场力，还有垂直于斜杆向上的洛伦兹力，重力与电场力合成的合力为 小球恰好做匀速运动，故 故解得 故选D。 8．(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子在速度选择器中做直线运动，根据平衡条件，有 又 解得粒子经过点时的速度大小 （2）粒子在加速电场中经加速后速度达到，根据动能定理有 解得 （3）粒子、以相同的速度通过速度选择器后，在磁分析器中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供圆周运动的向心力，满足， 解得， 由几何关系得 代入 解得 9．BC 【详解】A．由题意，粒子射入区域时速度方向与轴正方向成角，将其分解为沿轴正方向的分速度和沿轴负方向的分速度，分别有， 根据已知条件有 推导可知电场力大小为 电场力方向沿轴负方向，由左手定则可知，分速度产生的洛伦兹力方向沿轴正方向，两者大小相等、方向相反，恰好平衡。因此粒子的运动可等效为沿轴正方向以做匀速直线运动，同时在平面内以做匀速圆周运动，圆周运动的初速度沿轴负方向。设粒子做匀速圆周运动的角速度为，经过时间后，沿轴方向的分速度为 沿轴方向的分速度为 粒子从右边界沿轴正方向射出，说明此时沿轴方向的分速度为零，且，则有 当、时，，解得粒子射出时的速度大小为 当、时，，解得粒子射出时的速度大小为 比较可知粒子射出的速度大小不可能为，故A错误； B．由A选项的推导过程可知，粒子从右边界射出时速度大小可能是，故B正确； C．粒子在圆周运动中的半径为 沿轴方向的位移方程为 当粒子从右边界射出时有且，代入位移方程得 当时，有，代入上式推导可得 联立解得 该结果与C选项相符，故C正确； D．当时，有，代入位移方程推导可得 联立解得 可知粒子在该区域中的运动时间不可能为，故D错误。 故选BC。 10．(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子沿y轴负方向做匀速直线运动有 沿x轴正方向匀减速到零有 根据牛顿第二定律有 解得 （2） 粒子在磁场中运动时 解得 根据洛伦兹力提供向心力 解得 联立可得 （3）当粒子圆周运动的弦长为半圆形磁场直径时，半圆形磁场面积最小，根据几何关系有 半圆形磁场区域的最小面积 解得 11．(1) (2)30°或60°，或 (3)或，或 【详解】（1）由磁聚焦原理，沿着y轴正向入射的粒子将汇聚于O点，轨迹圆与磁场圆半径相同，则     由牛顿第二定律得 解得 （2）区域Ⅱ中带电粒子在匀强电场中做类斜抛运动，假设入射粒子与x轴正向夹角为时能到达P点，由运动的分解可知，x方向有 y方向有 根据牛顿第二定律有 解得或 该粒子射入区域Ⅰ的横坐标由几何关系得     解得或 （3）粒子进入区域Ⅲ轨迹呈螺旋状，取一小段时间，粒子在x方向上由动量定理得     即 其中， 则 解得，或 粒子在方向上由动量定理得     即或 解得或 12．BD 【详解】A．根据左手定则可知匀强磁场的方向沿y轴正方向，故A错误； B．电子沿着轴方向的速度 垂直轴方向的速度 电子在点，轴方向的速度不变，垂直轴方向的速度与在点时方向相反，大小相等，电子从O到P速度变化量的大小为 根据动量定理可知电子从O到P受洛伦兹力冲量大小为，故B正确； C．根据 根据几何关系可得 联立可得，故C错误； D．又 联立可得 电子从O到P，在轴方向运动的距离 当电子转半圈、一圈半、两圈半....时经过P点，即 联立可得 则 故选BD。 13．(1) (2) (3) 【详解】（1）小球C与B发生碰撞过程，根据动量守恒定律 当小球A、B、C速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律 根据能量守恒定律 联立解得弹簧弹性势能的最大值 （2）小球A与弹簧分离时，弹簧处于原长，根据动量守恒定律 根据能量守恒定律 解得小球A在点时的速度 小球进入电场后，在垂直于电场方向做匀速运动，所以在电场中运动的时间为 因为，根据对称性可知，任意时刻进入电场的小球在沿着电场方向的分速度一定为零，所以小球A离开电场时的速度与进入电场时的初速度相同，故小球A离开电场时的速度大小 （3）小球A在时刻进入电场时沿着电场方向的偏移量最大，由牛顿运动定律 沿着电场方向有 解得 根据初速度为零的匀变速直线运动的规律可知，小球A在时刻进入电场时沿着电场方向的偏移量最小，为 如图所示 所以小球在圆弧NP之间进入圆形磁场区域，根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的规律 解得 因为，所以根据磁聚焦原理小球从圆弧NP任意一点进入磁场后都会经过Q点，所以小球A在时间内进入电场后在圆形磁场中可能经过的区域面积 解得 14．(1) (2)， (3) 【详解】（1）离子在加速电场中运动，由动能定理 解得 （2）① 静电分析器中，径向电场力提供离子圆周运动的向心力 代入 化简得： ② 离子沿直径进入磁场，偏转后速度水平向右垂直打在硅片上，可得偏转角为。对圆形磁场中沿直径入射的离子，由几何关系得离子轨迹半径 。 洛伦兹力提供向心力 代入，化简得 （3）设离子在磁场中轨迹半径为，由 可知越大，越小。 硅片与等高，因此只有离子打在硅片上（为交点纵坐标）才符合要求，推导得与满足 离子全部打在硅片上。 将代入不等式 解得 15．(1) (2) (3) 【详解】（1）离子从A点发出到第一次经过x轴的过程。在y轴方向，有 根据牛顿第二定律，有 x轴方向 解得 由对称性可知，从A点发出的离子第一次经过y轴时的坐标为 （2）沿x轴正方向进入磁场时可能的运动轨迹如图所示 离子需满足的条件为 设到C点距离为y处射出的粒子通过电场后也沿x轴正方向射出，粒子第一次到达x轴用时，水平位移为，则 竖直方向 解得 即满足要求的AC间离子y坐标为 （3）若要检测板能收集到沿x轴正方向进入磁场的所有离子，离子到达检测板的速度满足vx=0，vy=v0时，x取最大值；如图所示 对离子受力，在y轴方向应用动量定理 即 所以 又B=B0+kx 可得 解得 16．AD 【详解】A．时，由几何知识得轨迹半径为 根据洛伦兹力提供向心力 解得，A正确； B．根据几何知识得转过的圆心角 粒子运动的周期 粒子在磁场中运动的时间为，B错误； CD．若时，粒子恰好未从右侧进入小圆区域内，粒子以较小速率发射，其轨迹与小圆外切，由余弦定理有 解得轨迹半径 根据洛伦兹力提供向心力 解得 同理粒子恰好未从左侧进入小圆区域内，粒子以较大速率发射，其轨迹与小圆内切，由余弦定理有 解得运动半径 根据洛伦兹力提供向心力 解得，C错误，D正确。 故选AD。 17．AC 【详解】A．由左手定则可判断粒子带负电，故A正确； B．粒子运动轨迹圆的圆心位于过点与速度垂直的直线上，也在、连线的中垂线上，所以圆心为两线的交点，如图1所示。 设轨迹圆半径为，由几何关系有圆心到轴的距离 可得 又因洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力，有 可得 故B错误； C．粒子从到，轨迹圆弧对应的圆心角，粒子做圆周运动的周期 则粒子从到运动的时间 故C正确； D．只改变粒子入射方向，粒子仍经过点时，轨迹圆的圆心仍在、连线的中垂线上，且到的距离为，为图2中点。 由对称性可知，粒子入射速度方向与轴正方向夹角为，故D错误。 故选AC。 18．C 【详解】AB．电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有 可得轨迹半径 可知电子的轨迹半径，所有轨迹圆都经过入射点，且在点处切线方向相同。与轴恰好相的轨迹圆如图所示 由几何关系可知，轨迹与轴相切时，圆心到轴的距离等于半径，即 解得 此时圆心的横纵坐标分别为， 圆心坐标为，且轨迹与轴的切点为，与轴的另一个交点为，其横坐标为 则点坐标为，当时，电子能到达的轴区域从到，可得长度 当时，轨迹从轴穿出，当趋向无穷大时，轨迹趋近于入射方向的直线，与轴的交点坐标为 则点坐标为，此时从轴射出的电子与轴的夹角为 因此从轴上射出的电子与轴的夹角在之间，不同位置射出的电子速度方向并不平行。经过的轴区域从到，可得长度 比值为，故AB错误； C．通过电子运动轨迹的分析，可知面积可以由两部分进行计算，首先第一部分：从到，临界圆在第一象限内扫过的面积，临界圆与轴交于和，为等边三角形，边长。临界圆在第一象限内的面积为圆和等边三角形的面积之和 其次第二部分：从到无穷大，新增的扫过区域，该区域面积为四边形的面积减去扇形的面积，其中四边形由两个全等的直角三角形组成，面积为 扇形对应圆心角，占整圆的，扇形面积为 所以 总面积，故C正确； D．当时，轨迹圆的圆心坐标 临界相切条件 解得 轴最高点（切点） 轴最低点（渐近点，趋向无穷大时轨迹趋近于入射直线） 轴区域长度 比较可知 当入射角从增大到时，轴上有电子射出区域的长度变长，故D错误。 故选C。 19．C 【详解】A．由洛伦兹力提供向心力得 解得 最上端临界轨迹圆与磁场边界内切。设其圆心为，则 且，又，故三角形为等边三角形， 内切点在射线上，且，所以，故A错误； B．轨迹半径仍为，设任一出射点的坐标为，由，得 且轨迹弦长满足，因此 解得，在下半圆的可出射弧段中，最低点对应，此时 且，所以为轨迹圆的直径。图示轨迹从到之间均在磁场内，为首次出射点，故B错误； C．粒子轨迹半径为，最短时间对应从到最近边界点的轨迹，此时，设粒子从到首次出射点转过的圆心角为，由弦长关系 整理得，粒子的角速度 所以，故C正确； D．轨迹圆圆心到的距离恒为。能够飞出的轨迹圆与磁场边界相交，最长时间由轨迹圆趋近下方内切的临界状态确定。设临界圆心为、内切点为，则 三角形为等边三角形，线段与方向相反，故与的较小夹角为。按粒子逆时针运动方向，首次到达下方临界点所转过的圆心角为 因此最长时间的临界值为 若把到的另一条长圆弧误认为可在磁场内持续转过，粒子会先在另一边界交点射出，不能继续沿原来的圆运动，故D错误。 故选C。 20．ACD 【详解】A．若y轴右侧的磁场垂直纸面向里，由题意画出粒子的运动轨迹，如图甲所示 根据 解得 由几何关系可知 则有，故A正确； B．由几何关系可知粒子在y轴右侧偏转的角度为60°，则粒子从射入到运动至O点的时间 由于 解得，故B错误； CD．若y轴右侧的磁场垂直纸面向外，粒子可能在y轴左右两侧各偏转一次经过O点，如图乙所示，由几何关系可知粒子在y轴左侧的轨道半径 则y轴左侧磁场的磁感应强度大小 粒子运动的时间 由于 解得 若y轴右侧的磁场垂直纸面向外，粒子可能在y轴的左侧偏转一次、在y轴的右侧偏转两次经过O点，如图丙所示 由几何关系可知粒子在y轴左侧的轨道半径 则y轴左侧磁场的磁感应强度大小 粒子运动的时间 由于 解得，故C、D正确。 故选ACD。 21．BC 【详解】A．磁场垂直纸面向外，由题意可知粒子向下偏转，由左手定则可知该粒子带正电，故A项错误； C．粒子的最小速率为v0，由题意可知，该粒子将从b点离开磁场，由于粒子从P点入射时，其与OP的夹角为30°，所以由几何关系可知 设该粒子的轨迹半径为r，则由几何关系可知，粒子的轨迹圆的圆心角也是120°，即有 又因为 解得，故C项正确； B．当粒子的速度最大时，粒子将从d点离开磁场，设此时该粒子的运动轨迹圆的半径为，由几何关系有 解得 又因为 解得，故B项正确； D．由之前的分析可知，当粒子从b点离开时，此时粒子轨迹圆对应的圆心角为，当粒子从d点离开时，其轨迹圆对应圆心角为。粒子在磁场中运动，有，， 结合之前及题意，整理有 所以粒子最短运动时间为 粒子最长运动时间为 粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间差为，故D项错误。 故选BC。 22．(1) (2) (3) 【详解】（1）设粒子进入偏转电场瞬间的速度为，对粒子加速过程由动能定理得 进入偏转电场后，加速度 设运动时间为，则有 只有时刻进入偏转电场的粒子，垂直于极板方向偏移的距离最大， 代入数据解得 （2）时刻进入偏转电场的粒子刚好不能穿出磁场时的环带宽度为磁场的最小宽度。设粒子进入磁场时的速度为，对粒子的偏转过程有 解得 在磁场中做圆周运动的半径为 如图所示，设环带外圆半径为， 解得 所求 （3）微粒运动轨迹如图所示 微粒在磁场中做匀速圆周运动的周期为 设粒子离开电场时偏转角为，则 解得 由几何关系可知微粒运动时间轨迹对应的圆心角为 此过程微粒运动的时间为 由图可知微粒在磁场中运动的时间 23．(1) (2) (3) 【详解】（1）带电粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力 解得 垂直收集板向下穿过P，运动轨迹为半圆，，运动时间为半个周期，即 （2）相同速率的粒子圆周运动半径相等，周期相同，运动时间之比等于圆心角之比，设两粒子圆心角分别为，，由题意可得， 解得， 对应弦长为，由几何关系可得 解得轨迹半径 由洛伦兹力提供向心力可得 解得 （3）根据第（2）问可得两种轨迹对应的粒子进入电场时速度方向与竖直方向夹角均为，粒子进入电场后，竖直方向匀速运动，水平方向做匀加速运动，加速度为 在电场中的运动时间为 设水平向右为正方向，两粒子水平位移分别为， 24．(1) (2)， (3)， 【详解】（1）粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得 又 联立解得粒子的比荷为 （2）粒子的轨迹如图所示粒子在电场中可逆向看成做类平抛运动， 则有 ， 联立解得匀强电场电场强度大小为 由几何关系可得 解得 （3）若粒子进入磁场后受到了与速度大小成正比、方向相反的阻力， 粒子在磁场的运动轨迹如图所示由 可得 即角速度为一定值，又可知粒子与磁场左边界相切时转过的弧度为，则有 取一小段时间，对粒子在 方向上列动量定理（如图） 两边同时对过程求和 可得 即 其中 则有 结合 可得 故有 25．(1) (2) (3) 【详解】（1）根据动能定理，有 得 （2）设离子在磁场中运动的轨道半径为r，有 离子不从cb边离开，有 则 B最小值为 （3）离子从a点离开电场，第二次进入电场时做类平抛运动；如图所示 沿ba方向、fa方向位移大小均为2r，设第二次在电场中运动的时间为t，加速度大小为a，ba方向有 fa方向有， 联立得 26．BC 【详解】A．粒子沿x正方向进入磁场，向下偏转后垂直打在轴，磁场垂直纸面向外，根据左手定则：正电荷向右运动时，洛伦兹力向下，符合偏转方向，因此粒子带正电，A错误； B．粒子经加速电场加速，由动能定理 静电分析器中，辐射电场的电场力提供向心力 解得，故B正确； C．磁分析器中，洛伦兹力提供向心力 解得 比荷 原粒子轨迹为四分之一圆，偏转半径 由动能定理得   又因为 联立解得，故C正确； D．对于比荷的粒子，磁分析器中，洛伦兹力提供向心力 由动能定理得   比荷 解得 结合原粒子 解得 ，因此不会打在距O点2R的位置，故D错误。 故选BC。 27．(1) (2)或 (3) 【详解】（1）由几何关系得 解得 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得 解得 （2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，周期为 若垂直穿过M，则由图1知磁场中 则有 若如图2射入，则有， （3）随着粒子不断打到N极板上，N极板带电量不断增加，向右的电场强度增加，粒子做减速运动加速度最大时，时间最短，此时满足 因金属板厚度不计，当粒子在磁场中运动如图所示 由几何关系可知此时粒子进入两板间时的速度方向与M板夹角为 ，则在两板间运动时间 则粒子打到M板右表面的位置与Q点的最小距离为 解得 28．(1) (2) (3)，方向与虚线垂直向右下方 【详解】（1）如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系得 根据 解得 （2）粒子做圆周运动周期为T，粒子圆周运动转过的圆心角为 解得 （3）由圆周运动规律，自Q点进入电场时速度沿x轴负方向。粒子在匀强电场中做匀变速运动，假设粒子在方向上加速度分别为，方向如图所示。 由匀变速运动规律： 解得 故合加速度，方向与垂直。 由牛顿第二定律有 故匀强电场场强大小 方向与虚线垂直向右下方。 29．BD 【详解】A．电子带负电，沿顺时针方向运动，速度方向沿圆周切线方向。磁场沿半径向外，由左手定则可知，磁场对电子的洛伦兹力垂直圆环平面，不能提供径向向心力，故A错误； B．电子在圆环平面内做匀速圆周运动，垂直圆环平面方向合力为零，电场力与磁场的洛伦兹力平衡，故电场方向垂直圆环平面向里。由电子需要的向心力方向以及左手定则可知，磁场II方向也垂直圆环平面向里，故B正确； C．磁场II提供向心力，有 又有 联立得 题设知，故，故C错误； D．磁场与电场力平衡，有 所以，故D正确。 故选BD。 30．AC 【详解】A．当达到最大速度时，摩擦力与重力平衡，即 解得小圆环运动的最大速度为，故A正确； B．开始运动时，小圆环只受重力作用，加速度最大，且等于g，故B错误； C．小圆环从下落到稳定，根据动量定理可得 即 可得，故C正确； D．由能量关系可知，从下落到稳定，由于摩擦产生的热量等于，故D错误。 故选AC。 31．(1) (2) (3) 【详解】（1）对小滑块在第一象限受力分析得， 解得 方向竖直向下，小滑块竖直方向，有 水平方向，有 联立解得 （2）小滑块运动至Q点时，有 小滑块的速度大小为 设速度方向与水平方向的夹角为θ，则 可得 小滑块在第四象限运动时，受到电场力和重力刚好大小相等，方向相反，则 则小滑块在第四象限受磁场力作用下做匀速圆周运动，由几何关系可得 解得 根据洛伦兹力提供向心力 解得 （3）对滑块，从滑上传送带至返回M点过程，规定水平向右为正，设返回M点时速度大小为v，根据动量定理可得 即 由于 所以 传送带对滑块做功为 32．BD 【详解】A．若小球带负电，则小球在管中由静止释放后将向下运动，故A错误； BC．当管的倾角为时，因小球沿管向上做匀加速运动，故电场力沿管向上的分力大于球的重力沿管向下的分力，即 在垂直管方向，根据平衡条件可得 因此得到，，故B正确，C错误； D．小球在管中匀速运动时的速度与出管后匀速运动的速度相同，则有 解得，故D正确。 故选BD。 33．(1) (2)（2m，0，-1m） (3)，；， 【详解】（1）微粒从P到Q做类斜抛运动，x方向有 z方向有 根据牛顿第二定律有 解得 （2）微粒从Q飞出做匀速直线运动，在从点A（0，0，-1m）与x轴成θ角进入电场，此后做螺旋运动，可分解两个分运动：沿x方向初速度为的匀减速直线运动，有 根据牛顿第二定律有 在yz平面内做初速度沿方向的匀速圆周运动。 洛伦兹力提供向心力有 周期 转过的偏转角 解得x=2m，， 时圆周运动恰好旋转一周，到达的点C坐标为（2m，0，-1m） （3）由 可知微粒到达点C时，x方向速度恰好减为零，然后开始反向螺旋运动。由于两微粒完全相同，相遇时两微粒应分别处于向右和向左螺旋运动中，向右的螺旋轨迹和向左的螺旋轨迹交点有三点A（0，0，-1m）、C（2m，0，-1m）和D（1.5m，2R，0），只能在A或D相遇。 Ⅰ．相遇于A点时，第一个微粒恰好回到A点，第二个微粒刚进入，则 此时微粒的速率为 Ⅱ．相遇于点D时，两个微粒做螺旋运动到D的时间分别为， 则 此时微粒的水平速度减半，微粒的速率为 综上，的可能值及相遇时微粒的速率为，；， 34．(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）物块滑上传送带后，由牛顿第二定律有     解得 由图乙可知滑块到时速度为，设左侧的传送带长度为，由运动学关系可知     解得 （2）滑块从进入到与挡板碰撞过程中由动量定理有 整理得 其中为到挡板的距离，因进入电磁场后物块位移与速度关系图像为过原点直线，故 解得 （3）物块与挡板碰撞后反向弹回，由小问（2）的结论可知，竖直方向，物块所受的洛伦兹力为其合外力；由左手定则可知，反向弹回的瞬间，物块受到的洛伦兹力方向竖直向上，物块做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有 由题意，物块向左做匀速圆周运动恰好到达，轨道半径等于到挡板距离，即 滑块从进入到与挡板碰撞过程中由动量定理有     代入，联立上式解得， （4）滑块与传送带在左侧运动时因摩擦产生的热量     其中滑块在左侧运动的时间满足 联立解得     滑块在右侧运动时与传送带因摩擦产生的热量为传送带克服摩擦力做的功与物块动能增量的差值，即 整理得 代入数据解得     故滑块与传送带因摩擦产生的热量 解得 35．(1)2N/C，0.2 T (2)1 m/s (3)C与物体D发生弹性碰撞，理由：损失的动能为零。 【详解】（1）D离开桌面后在竖直平面内做匀速圆周运动，可知在竖直方向上 小物体D做                               解得,。                   （2）设物体D在桌面上向右运动，任意时刻的速度为，受力分析如图所示，根据牛顿第二定律得                             滑动摩擦力                                      从C、D碰撞结束到物体D离开桌面过程中，设任一微小时间间隔内速度变化量为，由动量定理有                            又， 可得                    解得。 （3）A、B分离瞬间，A、B间弹力为零，水平速度相等，水平加速度相等。对B分析可知水平加速度为零，故A只有竖直方向的加速度，又可转动的轻杆与球间的弹力只能沿杆方向，所以此时小球A受到杆的弹力为零。从开始运动到A与B刚脱离接触的瞬间，对小球A和物体B、C，根据机械能守恒定律有           （或A与B刚脱离接触的瞬间，对小球A，根据牛顿第二定律有 ）                                  分离时 解得                            C、D碰撞过程，以水平向右为正，根据动量守恒定律有                             解得 损失的动能                 解得                                     所以物体C与物体D发生弹性碰撞。 重难·创新演练 1．A 【详解】A．粒子在磁场中运动，将速度分解为平行于磁场方向的分速度和垂直于磁场方向的分速度。粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 解得轨道半径 运动周期 当荧光屏上第一次出现半径为的亮圆环时，沿着y轴方向从上向下看，对其中一个粒子的运动 根据几何关系可知转过的圆心角为90°，所以所用时间为 屏到点的距离为 故选A。 2．A 【详解】设磁感应强度垂直纸面向外，大小为B，质子的质量和带电荷量分别为m、q，则α粒子的质量和带电荷量分别为4m、2q，带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期公式为 所以质子和α粒子在磁场中做圆周运动的周期之比为 设质子和α粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角分别为θp和θα，轨迹半径分别为rp和rα，它们在磁场中运动的时间相等，有 所以 作出两粒子的运动轨迹如图所示 由几何关系可知， 由题意知 可求得 设它们的速度分别为vp和vα，由洛伦兹力提供向心力有 可得动能 质子和粒子的动能之比 故选A。 3．A 【详解】本题要求把粒子束缚在图示磁场中，且要求B最小，由洛伦兹力提供向心力有 解得 可知要求B最小，则r最大，由图根据几何关系可知 解得B的最小值都为。 故选A。 4．C 【详解】ABC．带电粒子穿过金属板后速度减小，根据牛顿第二定律 可得 可知轨迹半径应减小，故可知粒子运动方向是，粒子所受的洛伦兹力均指向圆心，在e点洛伦兹力向右，则由左手定则可知，粒子应带负电，故AB错误，C正确； D．穿过金属板后速度减小，根据可知，洛伦兹力减小，故D错误。 故选C。 5．AD 【详解】由几何关系，粒子轨迹半径 粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆周， A．速率为时，轨迹半径。粒子从圆周上P点射入，轨迹半径等于磁场半径R，根据几何关系，所有这类粒子离开磁场时的速度方向都平行于OA 方向，即互相平行，A正确； B．粒子在磁场中的运动时间，其中 θ 为轨迹圆心角。 速率不同，轨迹半径不同，圆心角θ也不同，因此运动时间不一定相同，B错误； C．速率为时，轨迹半径。弦长最大为 由几何关系可得 因，所以 最长运动时间，C错误； D．速率为时，轨迹半径。若粒子从A 点射出，弦长，而弦长最大为。 因为，所以不可能从 A 点射出，D正确。 故选AD。 6．AD 【详解】AD．粒子在区域仅受洛伦兹力，做匀速圆周运动，从P垂直射入磁场，恰能从O点沿y轴正方向射出，说明圆心在x轴上，半径 洛伦兹力提供向心力​​ 可得粒子在O点的速度​ 粒子轨迹为四分之一圆弧，若粒子重新进入y轴下方，由于电场力和洛伦兹力做功均为零，粒子速度大小不变，故离x轴最大距离不会超过第一次在y轴下方的运动过程，即最大距离为，AD正确； B．粒子以沿y轴正方向进入区域，电场力竖直向上，水平方向上只有洛伦兹力，在水平方向上应用动量定理 其中 联立可得 由题意知，可得，B错误； C．粒子以沿y轴正方向进入区域，把分解为一个水平向右的速度，另一个斜向左上方的 与对应的洛伦兹力与电场力平衡，粒子的一个分运动是以速度向右的匀速直线运动；另一分运动是以做匀速圆周运动，当方向与相同时，粒子速度有最大值 解得， C错误。 故选AD。 7．AD 【详解】A．根据洛伦兹力提供向心力，有 区域Ⅰ、Ⅱ的磁场磁感应强度大小之比为 粒子在区域Ⅰ、Ⅱ内的运动轨迹半径之比为，故A正确； B．粒子在区域Ⅰ中速度小于某个值时可不从圆弧和边界射出，而从射出，根据直线边界的对称性可知圆心角为，单次运动最长时间为，故B错误； C．若粒子恰好不从扇形边界射出，其运动轨迹如下图所示 由几何关系得此时不等于，根据 可知其速度大小不等于，故C错误； D．由可知，粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的周期之比为；若粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动时圆心角相等，则粒子从射入到第一次回到射入方向的过程中，在区域Ⅰ内的运动时间与区域Ⅱ内的运动时间之比为，如下图所示 故D正确。 故选AD。 8．CD 【详解】作出a、b粒子在磁场中的运动轨迹如图所示 AC．根据几何知识可得 粒子a在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，则有 联立解得，A错误，C正确； B．粒子b在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，则有 由几何知识可得 解得，故B错误； D．根据题意可知，a、b粒子在磁场中的运动周期 两粒子在磁场中偏转的圆心角，，则两粒子在磁场中运动的时间之比为，故D正确。 故选CD。 9．BC 【详解】A．由题图乙可知时，粒子向右加速，则被加速的粒子带负电，故A错误； B．由题图乙可知交流电压的周期为，粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期与交流电压的周期相等，粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力则有， 解得 又因为 解得磁体间匀强磁场的磁感应强度大小为，故B正确； C．根据 解得粒子被加速的最大动量大小，故C正确； D．根据， 结合上述结论 解得 可见带电粒子在D形盒中被加速次数与交流电压有关，故D错误。 故选BC。 10．BC 【详解】AB．自行车转一圈，前进，由图丙可知用时，因此行驶速度大小为。故A错误，B正确； C．当磁铁正对霍尔元件时，加在霍尔元件上的磁场最强，此时，（h是宽度，d是厚度），则对应的最大电压为 其中，因此增大会使霍尔电压的最大值增大。故C正确； D．由左手定则可知，负电荷向端运动，故端电势高于端。故D错误。 故选BC。 真题·实战演练 1．(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子从M到N的运动过程中，根据动能定理有 解得 （2）粒子在中，根据牛顿运动定律有 根据匀变速直线运动规律有、 又 解得 （3）粒子在P处时的速度大小为 在磁场中运动时根据牛顿第二定律有 由几何关系可知 解得 2．（1）；（2） 【详解】（1）粒子进入磁场，洛伦兹力提供圆周运动的向心力则有 整理得 OM的长度为 （2）若ON的长度是OM的1.1倍，则ON运动轨迹半径为OM运动轨迹半径1.1倍，根据洛伦兹力提供向心力得 整理得 3．BC 【详解】AB、带电体在复合场中能沿着做匀速直线运动，可知粒子受力情况如图所示。 由受力平衡可知 解得电场强度，磁感应强度，故A错误，B正确。 C、在点撤去磁场后，粒子受力方向与运动方向垂直，做类平抛运动，如图所示。 且加速度 粒子到达点时，位移偏转角为，故在点，速度角的正切值 所以粒子在点的速度 到过程，由动能定理，有 解得两点间的电势差，C正确； D、将粒子在点的速度沿水平方向和竖直方向进行分解，可知粒子在竖直方向做竖直上抛运动，且 故粒子能向上运动的最大距离 D错误； 故选BC。 4．B 【详解】质子（）以速度自O点沿中轴线射入，恰沿中轴线做匀速直线运动，将受到向上的洛伦兹力和电场力，满足 解得 即质子的速度满足速度选择器的条件； A．以速度的射入的正电子，所受的洛伦兹力小于电场力，正电子将向下偏转，故A错误； B．以速度射入的电子，依然满足电场力等于洛伦兹力，而做匀速直线运动，即速度选择题不选择电性而只选择速度，故B正确； C．以速度射入的核，以速度射入的a粒子，其速度都不满足速度选器的条件，故都不能做匀速直线运动，故CD错误； 故选B。 5．（1）；（2）；（3） 【分析】小滑块到达点时离开，此时与间的作用力为零，对小滑块受力分析计算此时的速度的大小；由动能定理直接计算摩擦力做的功；撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据分运动计算最后的合速度的大小。 【详解】（1）由题意知，根据左手定则可判断，滑块在下滑的过程中受水平向左的洛伦兹力，当洛伦兹力等于电场力时滑块离开开始做曲线运动，即 解得小滑块运动到点时的速度 （2）从到根据动能定理： 解得： （3）当小滑块速度最大时，所受合外力为零，即滑块在点的速度方向与重力、电场力的合力方向垂直，故撤去磁场后，小滑块将做类平抛运动，设等效重力加速度为，则有 且 联立解得： 1 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