18.选必2 第一章 安培力与洛伦兹力-高中物理·3年真题按章分类（2024-2026）

【高中物理人教版(2019)】 3年高考真题(2024-2026)-按章分类 选必二第二册 第一章 安培力与洛伦磁力 14个单选题 + 13个多选题 + 27个解答题 ---- 学 生 版 ---- 一、单选题 1.(2026高考·重庆)某同学设计了一种测量粒子速率的装置，其原理示意图如图所示。空间充满匀强磁场，粒子源位于K点，可发射比荷相同、速率分别为和的带正电粒子()。粒子源右侧有一过C点的竖直挡板。若磁场方向垂直于纸面向外，水平向右发射的粒子打在M、H两点；若磁场方向垂直于纸面向里，水平向左发射的粒子打在H、N两点，，，不考虑粒子重力及粒子间相互作用，则为( ) A.3：5 B.2：3 C.3：4 D.4：5 2.(2026高考·甘肃)如图，一同位素电磁分离器主要有加速电场I、匀强磁场II及接收器III。从点进入电场的碳12和碳13两种同价阳离子经电场加速后垂直射入磁场，偏转后均被接收器接收。忽略离子的初速度及重力，则碳12和碳13离子( ) A.离开电场时的动量之比为 B.在电场中的加速度之比为 C.到达接收器的动能之比为 D.在磁场中运动的轨道半径之比为 3.(2026高考·广西)圆心在原点、半径为的圆形匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里；质量为、电荷量为的带电粒子以初速度(未知)从磁场外沿轴正方向从点进入磁场，从点射出，出射速度方向与轴正方向夹角为，如图所示。不计粒子的重力，则( ) A.带电粒子带正电 B.粒子的运动轨迹是抛物线 C.粒子运动速度大小 D.粒子在磁场内的运动时间 4.(2026高考·江苏)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.① B.② C.③ D.④ 5.(2026高考·河南)如图，间距为的两虚线、间存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，虚线上方存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一带电粒子在纸面内垂直于虚线从点射入磁场，一段时间后又从点射出磁场。已知该粒子在下方磁场中运动的圆轨迹半径为，不计重力，则上、下磁场的磁感应强度大小之比为( ) A.2：1 B.3：1 C.4：1 D.5：1 6.(2026高考·贵州)如图，空间中存在垂直于纸面向里的匀强磁场及从点沿径向向外的电场，某处电场强度大小，为常量，为该处到的距离。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时，粒子运动半径为，速率为，电势能为；当磁感应强度大小为()时，粒子运动半径为，速率仍为，电势能为。取无限远处的电势为零，不计粒子重力，则( ) A.， B.， C.， D.， 7.(2026高考·黑吉辽蒙卷)如图，真空中一带正电的小球用绝缘轻绳悬于点，处于竖直向下的匀强磁场中。将小球从点由静止释放，小球运动轨迹的俯视示意图可能是( ) A. B. C. D. 8.(2025高考·全国卷)如图，正方形abcd内有方向垂直于纸面的匀强磁场，电子在纸面内从顶点a以速度v0射入磁场，速度方向垂直于ab。磁感应强度的大小不同时，电子可分别从ab边的中点、b点和c点射出，在磁场中运动的时间分别为t1、t2和t3，则(  ) A.t1<t2=t3 B.t1<t2<t3 C.t1=t2>t3 D.t1>t2>t3 9.(2025高考·安徽)如图，在竖直平面内的直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平行于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q、质量为m、速度大小均为。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则(　　) A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为 B.薄板的上表面接收到粒子的区域长度为 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 10.(2025高考·广东)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、质量为m的离子以初速度从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 C.第k次加速后.离子的速度大小变为 D.第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为 11.(2024高考·湖北)如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是(　　) A.粒子的运动轨迹可能经过O点 B.粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向 C.粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为 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 12.(2024高考·江西)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。当时，测得关系图线如图(b)所示，元电荷，则此样品每平方米载流子数最接近(  ) A. B. C. D. 13.(2024高考·浙江)磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是(　　) A.图示左侧通电导线受到安培力向下 B.a、b两点的磁感应强度相同 C.圆柱内的磁感应强度处处为零 D.c、d两点的磁感应强度大小相等 14.(2024高考·广西)坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。质量为m，电荷量为的粒子，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，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为(　　) A. B. C. D. 二、多选题 1.(2026高考·广东)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、方向垂直底面向上的匀强磁场，磁场区域长为、宽为。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、和，电子电荷量为、质量为，不考虑相对论效应，下列说法正确的有( ) 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 C.电子2的动能为 D.电子3的动量大小为 2.(2026高考·湖南)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的环形细管道，管道任意处磁场方向与竖直方向夹角为。质量为的带正电小球在环形管道中以某一速率做匀速圆周运动，此时小球与管道间无弹力，重力加速度为。下列说法正确的是( ) A.从管道上方俯视，小球沿顺时针方向做圆周运动 B.小球做圆周运动的周期为 C.小球做圆周运动的半个周期内洛伦兹力的冲量大小为 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 3.(2025高考·福建)空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E，一带电体在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，MN与水平方向呈45°，NP水平向右。带电量为q，速度为v，质量为m，当粒子到N时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P点，重力加速度为,则(　　) A.电场强度为 B.磁场强度为 C.NP两点的电势差为 D.粒子从N→P时距离NP的距离最大值为 4.(2025高考·广西)如图，带等量正电荷q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；N粒子以与水平方向夹角为θ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(　　) A.M粒子质量为 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 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粒子打在探测器上的位置间距为 5.(2025高考·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。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，a粒子的速度大小为，方向沿同心圆的径向；b和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(  ) A.外圆半径等于 B.a粒子返回A点所用的最短时间为 C.b、c粒子返回A点所用的最短时间之比为 D.c粒子的速度大小为 6.(2025高考·四川)如图所示，I区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为正方形；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区的运动时间之比为127：148 7.(2025高考·河北)如图，真空中两个足够大的平行金属板水平固定，间距为板接地。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，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(　　) 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 D.粒子打到M板下表面的位置与Q点的最小距离为 8.(2025高考·河南)手机拍照时手的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量，光学防抖技术可以消除这种影响。如图，镜头仅通过左、下两侧的弹簧与手机框架相连，两个相同线圈c、d分别固定在镜头右、上两侧，c、d中的一部分处在相同的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。拍照时，手机可实时检测手机框架的微小加速度a的大小和方向，依此自动调节c、d中通入的电流和的大小和方向(无抖动时和均为零)，使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的是(　　) A.若沿顺时针方向，，则表明a的方向向右 B.若沿顺时针方向，，则表明a的方向向下 C.若a的方向沿左偏上，则沿顺时针方向，沿逆时针方向且 D.若a的方向沿右偏上，则沿顺时针方向，沿顺时针方向且 9.(2024高考·河北)如图，真空区域有同心正方形ABCD和abcd，其各对应边平行，ABCD的边长一定，abcd的边长可调，两正方形之间充满恒定匀强磁场，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边的速度方向与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° 10.(2024高考·湖北)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 11.(2024高考·安徽)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，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 B.油滴a做圆周运动的速度大小为 C.小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为 D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动 12.(2024高考·福建)将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘线a、b悬挂于天花板上， AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中，现给导线通以自A到B大小为I的电流，则(　　) A.通电后两绳拉力变小 B.通电后两绳拉力变大 C.安培力为 D.安培力为 13.(2024高考·浙江)如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成角。质量为m、电荷量为+q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度沿细杆向上运动至最高点，则该过程(　　) A.合力冲量大小为mv0cosƟ B.重力冲量大小为 C.洛伦兹力冲量大小为 D.若，弹力冲量为零 三、解答题 1.(2026高考·浙江)为了对高压直流输电线路进行自动安全检测，某技术团队研发出一种由安培力驱动的沿输电线行走的检测机器人。其动力装置简化结构如图甲所示，在行走轮(图中未画出)上安装有由匝正方形线圈组成的螺绕环，其内、外半径分别为和，环内的一半空间(图中深色区域)填充有均匀磁性材料(线圈绝缘嵌入其中)；线圈以输电线中心轴(轴)对称绕制，每匝线圈电阻为，匝线圈串联后与恒流源相连接，其输出电流为、且大小可调。已知：，，，，沿轴正方向载有电流的长直输电导线，在线圈所在区域产生的磁场，等效于磁感应强度大小的均匀磁场；若空间存在磁性材料，则该处的磁感应强度增强至。 (1)在答题纸虚线框内，画出输电线电流产生磁场的磁感线分布(沿轴方向看)，并标明方向； (2)当恒流源输出电流时 ①判断线圈所受安培力的方向(轴正方向或负方向)，写出其表达式，并求出其值； ②求线圈电路消耗的热功率； (3)另一技术团队对甲方案进行改进，如图乙所示，同轴安装半径分别为和、不计电阻的两金属圆筒，让螺绕环每匝线圈的四个顶点分别与内外圆筒短接，再将两圆筒接入恒流源。若该装置产生的安培力与甲方案相同，求 ①恒流源输出的电流； ②甲、乙方案中线圈电路消耗的热功率之比。 2.(2026高考·北京)药物研发中常需要二级质谱分析。一级质谱分析只能检出与目标离子具有相同比荷的离子(母离子)。为进一步鉴别目标离子，需将母离子打碎成更小的离子(子离子)，进行第二次质谱分析。某种二级串联质谱系统装置如图所示，假设离子均带正电。 (1)第一级质谱：A区中的离子由静止经电场加速后，垂直进入磁感应强度为的匀强磁场，比荷为的母离子做半径为的匀速圆周运动进入区。求加速电压。 (2)两级质谱连接：C区产生的子离子经聚焦、冷却后，由静止经电压加速后进入D区。为保证不同比荷的子离子均由小孔垂直进入第二级质谱的磁场，在区施加某种场，使这些子离子都做以点为圆心、半径为的匀速圆周运动。请设计区中的场： a.推导说明仅施加匀强磁场是否可行。推导说明仅施加电场是否可行。 3.(2026高考·广西)在水平面中，存在大小为、方向竖直向下的匀强磁场，磁场的左段的宽度为，磁场的右段呈等腰三角形分布，，三角形高为，有水平导轨，导轨间距也为，导轨之间接有可改变电流大小的恒定电流源，初始提供的电流恒定为；有一根质量为的金属棒AB锁定在导轨的中部，金属棒与导轨间的动摩擦因数为，其通过的电流由到。时解除金属棒的锁定，金属棒在安培力作用下开始运动。重力加速度为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)当时，求金属棒受到安培力的大小和方向； (2)当金属棒达到最大速度时，求金属棒此时的速度大小和运动过程的位移大小； (3)改变电流的大小，求使棒恰好到达顶点时安培力做功与电流的关系式，以及为使棒能运动起来且不离开磁场区域，电流的取值范围。 4.(2026高考·湖北)如图所示，在平面内，区域存在匀强电场，电场强度大小为、方向沿轴负方向；在区域，有一个以为圆心、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，磁场方向垂直于平面向里。一质量为、电荷量为的带正电粒子从坐标为的点静止释放，之后从坐标为的点第一次射出磁场。不计重力，求： (1)粒子第一次进入磁场时的速度大小； (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。 5.(2026高考·黑吉辽蒙卷)某些材料的激发态可视为准粒子的集合，激发态寿命可由“时间分辨-能量分析仪”测量，简化原理如图(a)所示，电子源释放初速度可忽略的电子，经电压为的加速电场加速，穿过处于激发态的样品时，部分电子与准粒子作用后动能发生变化，相互作用时间不计。为筛选出动能变化为特定值的电子，调节匀强磁场的磁感应强度为，使筛选出的电子沿半径为的圆弧形中心线运动，从狭缝出射后，沿电场中心线且平行于极板方向进入偏转电场，偏转后打在荧光屏上形成光斑。 已知电子电荷量大小为，质量为；偏转电场可视为匀强电场，、极板长度为、间距为；荧光屏到极板边缘的距离为。忽略电子间相互作用及电、磁场边缘效应。 (1)求筛选出的电子通过样品前后的动能变化量。 (2)求、间电压为时，电子到达荧光屏上的偏移距离。 (3)样品被激发时，电子源开始每隔相同时间发射持续时间极短、电子数目相近的脉冲，同时、间电压随时间线性变化，变化率为()，使先后到达荧光屏上的电子脉冲形成间距为的光斑，如图(b)所示。每个脉冲经过偏转电场时间极短，在此时间内电子所受电场力可视为恒定。样品被激发后，筛选出的电子数随激发态准粒子数的衰减成比例减少，导致光斑相对强度也相应成比例减弱，相对强度与各个光斑中心位置的关系如图(c)所示。若样品的激发态寿命定义为准粒子数衰减一半所需的时间，求。 6.(2026高考·陕晋青宁卷)如图，垂直于轴的足够大绝缘薄挡板P紧贴平行金属板放置，挡板P有一小孔在原点处，点到垂直于轴的两金属板距离相等。在平面位于处的粒子源以速率向面内各方向发射质量为、电荷量为的带电粒子。两金属板(上板为正极)间距为，板间电压初始为。在平面轴右侧，圆心位于、直径在轴、半径为的半圆区域存在方向垂直于平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为。在处有一垂直于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。(、均为已知量) (1)可从小孔进入磁场的粒子，求其从点处射入磁场速度方向与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上位置的坐标； (3)若仅改变电压的大小，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(用已知量表示)。 7.(2026高考·山东)在xOy坐标系中，第二象限有一粒子发生器，其右侧放置速度选择器，速度选择器中电场强度大小为E，方向沿y轴负方向，匀强磁场方向垂直xOy面向里；y=－x(x ≤ 0)与y轴正半轴所围区域I中充满垂直xOy面向外的匀强磁场；x轴下方为区域II、第一象限为区域III，两区域均充满方向垂直xOy面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为5B和12B。质量为m，电荷量为q的粒子a经速度选择器后以速率v从点(－h，h)沿x轴正方向进入区域I，一段时间后恰好从原点O沿y轴负方向进入区域II。不计粒子重力及粒子间相互作用。 (1)求速度选择器中磁感应强度大小B0和区域I中磁感应强度大小B1； (2)求粒子a从O点运动到P点的时间t； (3)当粒子a从点离开区域II进入区域III时，和a电荷量相同的粒子b恰好从O点以速率v沿y轴负方向进入区域II，若粒子a、b在x轴相遇且相遇时速度都沿y轴正方向，求粒子b的质量M及第一次相遇时的x轴坐标x1。 8.(2026高考·山东)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，内阻为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μ，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。 9.(2026高考·云南)洛伦兹力演示仪示意图如图甲所示，玻璃泡处于励磁线圈产生的磁场中。玻璃泡内有一垂直磁场的竖直圆面，图乙为其放大示意图，其圆心为O、半径为R、最高点为P，区域内的磁场视为匀强磁场。电子枪将电子从O点正下方0.8R处的S点，以速度v水平向左射出，电子在圆面内运动一段时间后到达P点。已知电子质量为m、电荷量为e，不计电子的重力和电子之间的相互作用。求： (1)匀强磁场的磁感应强度大小和方向； (2)电子从S点第一次到达P点所用的时间。 10.(2026高考·浙江)测量局域磁场，科学家基于电阻应变片开发出一种磁场检测芯片，其简化结构如图1所示。长度均为l、通有恒定电流I0(方向相反)的两刚性金属杆ab、cd，与具有良 好弹性的绝缘悬梁OA、OD构成“H”形支架，对称固定于底座O处。在悬梁上、下表面对称安装四个相同的电阻应变片(各自引出两导线)，其阻值分别为R1、R2、R3和R4，将它们 按图2方式与电动势为E的电源(不计内阻)相连。未加磁场时，支架处于水平平衡状态， 此时R1=R2=R3=R4=R0，测得e、f两端的电势差为0。现施加待测磁场，其方向水平向右、且垂直于金属杆，则金属杆ab、cd受安培力作用，使悬梁OA、OD产生形变，四个应变片的阻值发生相应变化，其变化量的绝对值均为ΔR，此时测得e、f两端的电势差为Uef，从而得到待测磁场磁感应强度B的大小。 (1)判断金属杆ab和cd所受安培力的方向； (2)写出上述四个电阻的阻值(用R0和ΔR表示)； (3)已知电阻变化量和所受的安培力成正比关系，且比例系数为，求与B之间的关系。 11.(2025高考·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q()的粒子从磁场中的a点以速度向右水平发射，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，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。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.(2025高考·陕晋青宁卷)电子比荷是描述电子性质的重要物理量。在标准理想二极管中利用磁控法可测得比荷，一般其电极结构为圆筒面与中心轴线构成的圆柱体系统，结构简化如图(a)所示，圆筒足够长。在O点有一电子源，向空间中各个方向发射速度大小为的电子，某时刻起筒内加大小可调节且方向沿中心轴向下的匀强磁场，筒的横截面及轴截面示意图如图(b)所示，当磁感应强度大小调至时，恰好没有电子落到筒壁上，不计电子间相互作用及其重力的影响。求：(R、、均为已知量) (1)电子的比荷； (2)当磁感应强度大小调至时，筒壁上落有电子的区域面积S。 13.(2025高考·北京)北京谱仪是北京正负电子对撞机的一部分，它可以利用带电粒子在磁场中的运动测量粒子的质量、动量等物理量。 考虑带电粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中的运动，且不计粒子间相互作用。 (1)一个电荷量为的粒子的速度方向与磁场方向垂直，推导得出粒子的运动周期T与质量m的关系。 (2)两个粒子质量相等、电荷量均为q，粒子1的速度方向与磁场方向垂直，粒子2的速度方向与磁场方向平行。在相同的时间内，粒子1在半径为R的圆周上转过的圆心角为，粒子2运动的距离为d。求： a.粒子1与粒子2的速度大小之比。粒子2的动量大小。 14.(2025高考·重庆)研究小组设计了一种通过观察粒子在荧光屏上打出的亮点位置来测量粒子速度大小的装置，如题图所示，水平放置的荧光屏上方有沿竖直方向强度大小为B，方向垂直于纸面向外的匀强磁场。O、N、M均为荧光屏上的点，且在纸面内的同一直线上。发射管K(不计长度)位于O点正上方，仅可沿管的方向发射粒子，一端发射带正电粒子，另一端发射带负电粒子，同时发射的正、负粒子速度大小相同，方向相反，比荷均为。已知，，不计粒子所受重力及粒子间相互作用。 (1)若K水平发射的粒子在O点产生光点，求粒子的速度大小。 (2)若K从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点，求粒子的速度大小。 (3)要使(2)问中发射的带正电粒子恰好在M点产生光点，可在粒子发射t时间后关闭磁场，忽略磁场变化的影响，求t。 15.(2025高考·湖南)如图。直流电源的电动势为，内阻为，滑动变阻器R的最大阻值为，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为，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，求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离。 16.(2025高考·云南)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，区域存在垂直平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为(未知)。第一象限内存在边长为的正方形磁屏蔽区ONPQ，经磁屏蔽后，该区域内的匀强磁场方向仍垂直平面向里，其磁感应强度大小为(未知)，但满足。某质量为m、电荷量为的带电粒子通过速度选择器后，在平面内垂直y轴射入区域，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已知，不考虑该粒子的重力。 (1)求该粒子通过速度选择器的速率； (2)求以及y轴上可能检测到该粒子的范围； (3)定义磁屏蔽效率，若在Q处检测到该粒子，则是多少？ 17.(2025高考·贵州)如图所示，轴水平向右，轴竖直向上，轴垂直纸面向里(图中未画出)，在平面里有竖直向上的匀强电场，在的平面下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，的平面上方有垂直纸面向里的匀强磁场(未知)。有一带正电的粒子，质量为，从坐标原点出发，沿轴正方向以速度射出后做圆周运动，其中，，点坐标。已知重力加速度为，粒子电荷量为。求： (1)电场强度的大小及该粒子第一次经过平面时的位置对应的坐标值； (2)当该带电粒子沿轴正方向飞出到达点时间最小时，求的大小； (3)若将电场改成沿y轴正方向，粒子同样从坐标原点沿x轴以速度射出，求粒子的轨迹方程。 18.(2025高考·湖北)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点以大小为的初速度射出，方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为，粒子能回到O点，并在纸面内做周期性运动。不计重力，求 (1)粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径； (2)粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距； (3)粒子的运动周期 19.(2024高考·全国)一质量为m、电荷量为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，一个点表示，、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 (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。 20.(2024高考·北京)我国“天宫”空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道。图为某种霍尔推进器的放电室(两个半径接近的同轴圆筒间的区域)的示意图。放电室的左、右两端分别为阳极和阴极，间距为d。阴极发射电子，一部分电子进入放电室，另一部分未进入。稳定运行时，可视为放电室内有方向沿轴向向右的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强度大小分别为E和；还有方向沿半径向外的径向磁场，大小处处相等。放电室内的大量电子可视为处于阳极附近，在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的匀速圆周运动(如截面图所示)，可与左端注入的氙原子碰撞并使其电离。每个氙离子的质量为M、电荷量为，初速度近似为零。氙离子经过电场加速，最终从放电室右端喷出，与阴极发射的未进入放电室的电子刚好完全中和。 已知电子的质量为m、电荷量为；对于氙离子，仅考虑电场的作用。 (1)求氙离子在放电室内运动的加速度大小a； (2)求径向磁场的磁感应强度大小； (3)设被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，单位时间内阴极发射的电子总数为n，求此霍尔推进器获得的推力大小F。 21.(2024高考·湖南)如图，有一内半径为2r、长为L的圆筒，左右端面圆心O′、O处各开有一小孔。以O为坐标原点，取O′O方向为x轴正方向建立xyz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v0。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θ，求tanθ的绝对值； (3)取(1)问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移。 22.(2024高考·海南)如图，在xOy坐标系中有三个区域，圆形区域Ⅰ分别与x轴和y轴相切于P点和S点。半圆形区域Ⅱ的半径是区域Ⅰ半径的2倍。区域Ⅰ、Ⅱ的圆心连线与x轴平行，半圆与圆相切于Q点，QF垂直于x轴，半圆的直径MN所在的直线右侧为区域Ⅲ。区域Ⅰ、Ⅱ分别有磁感应强度大小为B、的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向外。区域Ⅰ下方有一粒子源和加速电场组成的发射器，可将质量为m、电荷量为q的粒子由电场加速到。改变发射器的位置，使带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度沿纸面射入区域Ⅰ。已知某粒子从P点射入区域Ⅰ，并从Q点射入区域Ⅱ(不计粒子的重力和粒子之间的影响) (1)求加速电场两板间的电压U和区域Ⅰ的半径R； (2)在能射入区域Ⅲ的粒子中，某粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，求该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间t； (3)在区域Ⅲ加入匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，电场强度的大小，方向沿x轴正方向。此后，粒子源中某粒子经区域Ⅰ、Ⅱ射入区域Ⅲ，进入区域Ⅲ时速度方向与y轴负方向的夹角成74°角。当粒子动能最大时，求粒子的速度大小及所在的位置到y轴的距离。 23.(2024高考·甘肃)质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子(不计重力)，加速后进入速度选择器做直线运动、再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。 (1)粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。 (2)求O点到P点的距离。 (3)若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为(略大于)，方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的点上。求粒子打在点的速度大小。 24.(2024高考·山东)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°，挡板上有一小孔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＜的范围内可以产生质量为m，电荷量为+q的无初速度的粒子。粒子发生器与y轴之间存在水平向右的匀强加速电场，加速电压大小可调，粒子经此电场加速后进入磁场，挡板厚度不计，粒子可沿任意角度穿过小孔，碰撞挡板的粒子不予考虑，不计粒子重力及粒子间相互作用力。 (1)求使粒子垂直挡板射入小孔K的加速电压U0； (2)调整加速电压，当粒子以最小的速度从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，求第一象限中电场强度的大小和方向； (3)当加速电压为时，求粒子从小孔K射出后，运动过程中距离y轴最近位置的坐标。 25.(2024高考·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、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＋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O点时，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。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。 (1)求磁感应强度的大小B； (2)求Ⅲ区宽度d； (3)Ⅳ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，其中常系数，已知、k未知，取甲经过O点时。已知甲在Ⅳ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Δx，求乙追上甲前F与Δx间的关系式(不要求写出Δx的取值范围) 26.(2024高考·广东)如图甲所示。两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为、周期为的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场。磁感应强度大小为B.一带电粒子在时刻从左侧电场某处由静止释放，在时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的倍，粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。 (1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q； (2)求金属板的板间距离D和带电粒子在时刻的速度大小v； (3)求从时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。 27.(2024高考·浙江)类似光学中的反射和折射现象，用磁场或电场调控也能实现质子束的“反射”和“折射”。如图所示，在竖直平面内有三个平行区域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ；Ⅰ区宽度为d，存在磁感应强度大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁场，Ⅱ区的宽度很小。Ⅰ区和Ⅲ区电势处处相等，分别为和，其电势差。一束质量为m、电荷量为e的质子从O点以入射角射向Ⅰ区，在P点以出射角射出，实现“反射”；质子束从P点以入射角射入Ⅱ区，经Ⅱ区“折射”进入Ⅲ区，其出射方向与法线夹角为“折射”角。已知质子仅在平面内运动，单位时间发射的质子数为N，初速度为，不计质子重力，不考虑质子间相互作用以及质子对磁场和电势分布的影响。 (1)若不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，求d的最小值； (2)若，求“折射率”n(入射角正弦与折射角正弦的比值) (3)计算说明如何调控电场，实现质子束从P点进入Ⅱ区发生“全反射”(即质子束全部返回Ⅰ区) (4)在P点下方距离处水平放置一长为的探测板(Q在P的正下方)，长为，质子打在探测板上即被吸收中和。若还有另一相同质子束，与原质子束关于法线左右对称，同时从O点射入Ⅰ区，且，求探测板受到竖直方向力F的大小与U之间的关系。 选必二第二册 第一章 安培力与洛伦磁力 ---- 参考答案及解析 ---- 一、单选题 1.A 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由可得轨道半径公式： 由于粒子比荷相同、磁场固定，因此轨道半径与速率成正比，即根据题述信息，以K为上顶点作出两圆，此两圆与直线MN仅有3个交点，如图所示 磁场垂直纸面向外、粒子水平向右发射时：带正电粒子受洛伦兹力向下，圆心在K点正下方。速率小的对应轨道半径，打在H点；速率大的对应轨道半径，打在M点；磁场垂直纸面向里、粒子水平向左发射时：带正电粒子受洛伦兹力向下，圆心在K点正下方。速率小的打在H点，速率大的打在N点；由几何关系可得：由几何关系可得： 结合题设条件联立可推导出，故选A。 2.D 粒子在经过电场过程中，根据动能定理可得可得则粒子离开电场时的动量为则碳12和碳13离子离开电场时的动量之比为，故A错误。粒子在电场中，根据牛顿第二定律可得可知碳12和碳13离子在电场中的加速度之比为，故B错误。由于洛伦兹力对粒子不做功，所以粒子到达接收器的动能等于粒子离开电场时的动能，根据可知碳12和碳13离子到达接收器的动能之比为，故C错误。在磁场中，由洛伦兹力提供向心力得可得则碳12和碳13离子在磁场中运动的轨道半径之比为，D正确。 3.C 根据题意，由左手定则可知，带电粒子带负电，故A错误。带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则粒子的运动轨迹是圆弧，B错误。根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示 设粒子做匀速圆周运动的半径为，由几何关系有解得由洛伦兹力提供向心力有解得由几何关系可知，粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为，则粒子在磁场内的运动时间，C正确，D错误。 4.A 由于不计空气阻力，则电子做匀速圆周运动，且根据左手定则可知电子向左偏转，可知电子偏转的轨迹为圆弧的一部分，故选A。 5.C 根据运动的对称性，可得粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示 带电粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，有整理得磁感应强度由于粒子的不变，因此磁感应强度，即由几何关系，可知与相似，则由勾股定理得且联立解得，故选C。 6.C 带负电粒子在纸面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，则根据左手定则洛伦兹力背离圆心，电场力指向圆心，两力的合力提供向心力。当磁感应强度大小为时，粒子运动半径为，速率为，此时有当磁感应强度大小为()时，粒子运动半径为，速率仍为，此时有联立可得因为，所以又沿电场方向电势降低，电子在电势低处电势能大，故，故选C。 7.B 小球从点由静止释放，初始阶段速度方向大致向右(指向点)。根据左手定则可知，洛伦兹力方向垂直速度指向里(即俯视图中连线的上方)，轨迹向洛伦兹力方向偏转(即俯视图中向上弯曲)，当小球运动到右侧最高点(点)后返回，速度方向大致向左，根据左手定则可知，洛伦兹力方向垂直速度指向外(即俯视图中连线的下方)，且轨迹依然向洛伦兹力方向偏转(即俯视图中向下弯曲)，综上所述，B选项图符合题意。 8.A 由于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则电子在磁场中运动的时间为设正方形abcd的边长为l，则，，则有t1 < t2 = t3，选A。 9.C 根据洛伦兹力提供向心力有，可得，故A错误； 当粒子沿x轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离y轴最近，如图轨迹1，根据几何关系可知；当粒子恰能通过N点到达薄板上方时，薄板上表面接收点距离y轴最远，如图轨迹2，根据几何关系可知，，故上表面接收到粒子的区域长度为，B错误。根据图像可知，粒子可以恰好打到下表面N点；当粒子沿y轴正方向射出时，粒子下表面接收到的粒子离y轴最远，如图轨迹3，根据几何关系此时离y轴距离为d，故下表面接收到粒子的区域长度为d，C正确。根据图像可知，粒子恰好打到下表面N点时转过的圆心角最小，用时最短，有，D错误。 10.D 直线通道有电势差为的加速电场，粒子带正电，粒子沿顺时针方向运动，由左手定则可知，偏转磁场的磁感应强度方向垂直纸面向外，A错误。根据题意，由动能定理可知，加速一次后，带电粒子的动能增量为，由于洛伦兹力不做功，则加速k次后，带电粒子的动能增量为，加速k次后，由动能定理有解得，BC错误。粒子在偏转磁场中运动的半径为，则有联立解得，D正确。 11.D 在圆形匀强磁场区域内，沿着径向射入的粒子，总是沿径向射出的；根据圆的特点可知粒子的运动轨迹不可能经过O点，AB错误。粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域，时间最短则根据对称性可知轨迹如图 则最短时间有，C错误。粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，则轨迹如图所示 设粒子在磁场中运动的半径为r，根据几何关系可知根据洛伦兹力提供向心力有可得，D正确。 12.D 设样品每平方米载流子(电子)数为n，电子定向移动的速率为v，则时间t内通过样品的电荷量q=nevtb根据电流的定义式得当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有联立解得结合图像可得解得，D入选。 13.A 由左手定则可知，图示左侧通电导线受到安培力向下，A正确。a、b两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，B错误。磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为零，C错误。因c点处的磁感线较d点密集，可知 c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，D错误。 14.C 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可得粒子做圆周运动的半径根据几何关系可得P点至O点的距离，C入选。 二、多选题 1.BCD 电子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得可得根据几何关系可知电子1的运动半径小于电子3的运动半径，则电子1的速度小于电子3的速度，根据可知电子1的动能比电子3的小，故A错误。电子在磁场中做匀速圆周运动的周期结合可得根据题图可知电子1在磁场中运动的圆心角为，则电子1在磁场中的运动时间为，故B正确。设电子2运动半径为，如图所示 根据几何关系有可得根据可得电子2的动能为，故C正确。设电子3运动半径为，如图所示 根据几何关系有可得根据可得电子3的动量大小为，D正确，故选BCD。 2.AD 根据题意可知，小球所受洛伦兹力的水平分力提供小球做圆周运动的向心力，由左手定则可知，从管道上方俯视，小球沿顺时针方向做圆周运动，故A正确。设磁感应强度为，小球的速度为，此时小球与管道间无弹力，竖直方向上有水平方向上有解得则小球做圆周运动的周期为，故B错误。根据题意，水平方向上，由动量定理有竖直方向有则小球做圆周运动的半个周期内洛伦兹力的冲量大小为，故C错误。若小球的绕行方向不变，速率为其做匀速圆周运动速率的2倍，竖直方向上有水平方向上有小球与管道间的弹力大小联立解得，D正确，故选AD。 3.BC 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，A错误，B正确。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。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。 4.AD 对M粒子在加速电场中在速度选择器中解得M的质量，故A正确。进入粒子速度选择器后因N粒子向下偏转，可知即，故B错误。M粒子在磁场中运动半径为r1，则解得N粒子在磁场中运动的半径为r2，则解得其中可得由动能定理N粒子在选择器中在加速电场中解得，则要想使得粒子N沿轴线OO＇通过选择器，则需满足联立解得，故C错误。若N粒子沿直线通过选择器，则在磁场中运动的半径为r3，则打在探测器的位移与调节前M打在探测器上的位置间距为其中，可得，D正确。 5.BD 由题意，作出粒子运动轨迹图，如图所示 a粒子恰好到达磁场外边界后返回，a粒子运动的圆周正好与磁场外边界，然后沿径向做匀速直线运动，再做匀速圆周运动恰好回到A点，根据a粒子的速度大小为可得设外圆半径等于,由几何关系得则，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，a粒子做匀速圆周运动的周期在磁场中运动的时间匀速直线运动的时间故a粒子返回A点所用的最短时间为，B正确。由题意，作出粒子运动轨迹图，如图所示 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，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。由几何关系得洛伦兹力提供向心力有联立解得，D正确。 6.AD 由图可知 在I区的轨迹圆心不在O点，故A正确。由洛伦兹力提供向心力可得故在I区和Ⅱ区的轨迹半径之上比为，B错误。设粒子在磁场Ⅱ区偏转的圆心角为α，由几何关系可得故粒子在I区运动的时间为粒子在Ⅱ区运动的时间为联立可得在I区和Ⅱ区的运动时间之上比为，D正确。粒子在I区和Ⅱ区的轨迹长度分别为故在I区和Ⅱ区的轨迹长度之比为，C错误。 7.BCD 根据粒子在磁场中的偏转方向，根据左手定则可知粒子带负电，选项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，向下的电场强度增加，粒子做减速运动，当粒子恰能到达N极板时满足，解得即d越大，板间所形成的最大电场强度越小，选项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，则由几何关系解得r=2L可得可得粒子从磁场上方，直接打在打到M板上表面的位置与O点的最大距离为当N极板吸收一定量的粒子后，粒子再从Q点射入极板，会返回再从在Q点射出，后继续做圆周运动，这时打M板在板上表面的位置则粒子打在M板上表面的位置的最大距离为，选项C正确。因金属板厚度不计，当粒子在磁场中运动轨迹的弦长仍为PQ长度时，粒子仍可从Q点进入两板之间，由几何关系可知此时粒子从P点沿正上方运动，进入两板间时的速度方向与M板夹角为α=30°，则在两板间运动时间其中打到M板下表面距离Q点的最小距离解得，D正确，选BCD。 8.BC 顺时针而，则线圈受到向右的安培力，故手机的加速度是向左，使镜头处于零加速度状态，A错误。顺时针而，则线圈受到向上的安培力，镜头处于零加速度状态，则手机加速度方向向下，B正确。若的方向左偏上，说明手机框架给镜头向上以及向左的作用力，要使得镜头处于零加速度状态，线圈需要受到向右的安培力、线圈需要受到向下的安培力，且，故可知顺时针逆时针，由可知，C正确。若的方向右偏上，说明手机框架给镜头向上以及向右的作用力，且向右的分力大于向上的分力要使得镜头处于零加速度状态，线圈需要受到向左的安培力、线圈需要受到向下的安培力，且，可知逆时针逆时针，且，D错误。 9.AD 粒子在磁场中做匀速圆周运动，在正方形abcd区域中做匀速直线运动，粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，在正方形abcd区域中的运动轨迹必平行于AC的连线，可知粒子必经过cd边，进入正方形abcd区域前后的两段圆弧轨迹的半径相等，并且圆心角均为45°，据此做出粒子可能的两个运动轨迹如图所示 粒子的运动轨迹均关于直线BD对称，粒子必从C点垂直于BC射出，A正确。若粒子经cd边垂直BC射出，粒子运动轨迹如图所示 设粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为，则图中两段圆弧轨迹的圆心角与的关系为设两正方形的对应边之间的距离为，为保证粒子穿过ad边，需满足且有联立解得为保证粒子穿过cd边，需满足为保证从BC边射出，需满足联立解得可得粒子经cd边垂直BC射出，粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角范围是C错误。粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°时，做出粒子恰好经过c点的运动轨迹如图所示 设粒子在e点进入正方形abcd区域，线段MN垂直平分轨迹ec，与AB选项的分析同理，粒子的轨迹关于线段MN对称。线段CE平行于轨迹ec，取圆弧轨迹的中点F，过F点做轨迹ec的平行线分别交AD与BC于点G和点，点为点E关于MN的对称点。易知点e为ad的中点，点E为AD的中点，Ee垂直于ad和AD，设粒子轨迹半径为r，正方形ABCD的边长为2L。由几何关系得联立解得因，故，即EF垂直于，由对称性可知四边形为矩形，垂直于CE，可知点是点F关于MN的对称点，即点F是圆弧cH的中点，可知由c到粒子的轨迹圆心角为30°，可得粒子垂直BC射出。若粒子速度较大，轨迹半径较大，则粒子在c点左侧穿过cd，其轨迹如图所示 与临界轨迹对比，粒子第二段的轨迹圆心不会在BC上，故粒子不会垂直BC射出。若粒子速度较小，轨迹半径较小，则粒子在c点下方穿过cb，其轨迹如图所示。 与粒子恰好经过c点的运动过程同理，根据对称性可知粒子一定垂直BC射出，B错误，D正确。 10.AC 带正电的离子受到的洛伦兹力向上偏转，极板MN带正电为发电机正极，A正确。离子受到的洛伦兹力和电场力相互平衡时，此时令极板间距为d，则可得因此增大间距U变大，增大速率U变大，U大小和密度无关，BD错误，C正确。 11.ABD 油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知带负电，有解得，A正确。根据洛伦兹力提供向心力得解得油滴a做圆周运动的速度大小为，B正确。设小油滴Ⅰ的速度大小为，得解得周期为，C错误。带电油滴a分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，得解得由于分离后的小液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。 12.BD 根据左手定则可知，通电后半圆环AB受到的安培力竖直向下，根据受力分析可知，通电后两绳拉力变大，A错误，B正确。半圆环AB所受安培力的等效长度为直径AB，则安培力大小为，C错误，D正确。 13.CD 根据动量定理故合力冲量大小为，A错误。小球上滑的时间为重力的冲量大小为，B错误。小球所受洛伦兹力为，随时间线性变化，故洛伦兹力冲量大小为，C正确。若，0时刻小球所受洛伦兹力为小球在垂直细杆方向所受合力为零，可得即则小球在整个减速过程的图像如图 图线与横轴围成的面积表示冲量可得弹力的冲量为零，D正确。 三、解答题 1.【答案】(1) (2)① 沿z轴负方向；；22.5N；②30W (3)①；②2 【解析】(1)沿z轴正方向看，长直载流导线的磁感线为以输电线中心为圆心的一系列同心圆，根据右手螺旋定则，电流沿z轴正方向，磁感线方向为顺时针环绕，如图： (2)①每匝正方形线圈的两条沿z方向的边电流方向相反，所受安培力相互抵消；两条沿径向(垂直z)方向的边，一条处于普通磁场中，另一条(靠近z轴正方向一侧)处于磁性材料的强磁场中，单匝的有效受力差为根据左手定则结合图示恒流源的方向，可知线圈所受安培力的方向为沿z轴负方向匝总安培力为： 代入数值计算得： ②匝线圈串联总电阻热功率代入数值： (3)① 乙方案中单匝线圈有两条边被短接，可理解为2n条的电阻并联要保持总安培力和甲方案相等：甲的总安培力是匝串联、每匝电流为的总效果乙每条边电流为，总安培力因此： ②乙方案中单匝线圈有两条边被短接，可理解为2n条的电阻并联乙的热功率甲的热功率因此比值： 2.【答案】(1) (2)a.仅施加匀强磁场不可行子离子经电压加速，由动能定理得若仅加匀强磁场，洛伦兹力提供向心力，轨道半径满足： 可见轨道半径与子离子的比荷有关，不同比荷的子离子加速后速度不同，在同一匀强磁场中做圆周运动的半径各不相同，无法保证所有子离子都以固定半径做圆周运动，因此仅施加匀强磁场不可行。 b.仅施加电场 可行，需施加以为圆心的径向辐向电场若仅施加电场，要让所有子离子都以为圆心、为半径做匀速圆周运动，电场力需完全提供向心力，且电场方向始终指向圆心。设距离点处的电场强度大小为，对任意子离子有： 结合子离子的加速动能关系代入得： 该结果与子离子的比荷无关，只要D区是辐向电场，在半径为的圆周上各处电场强度大小恒为、方向沿径向指向圆心，不同比荷的子离子就都能获得大小合适的向心力，完成半径为的匀速圆周运动，最终从S垂直射出，因此仅施加该种径向电场是可行的。 【解析】(1)母离子在A区由静止经电场加速，由动能定理得： 母离子进入匀强磁场后，洛伦兹力提供匀速圆周运动的向心力： 联立可得 (2)a.仅施加匀强磁场不可行子离子经电压加速，由动能定理得若仅加匀强磁场，洛伦兹力提供向心力，轨道半径满足： 可见轨道半径与子离子的比荷有关，不同比荷的子离子加速后速度不同，在同一匀强磁场中做圆周运动的半径各不相同，无法保证所有子离子都以固定半径做圆周运动，因此仅施加匀强磁场不可行。 b.仅施加电场 可行，需施加以为圆心的径向辐向电场若仅施加电场，要让所有子离子都以为圆心、为半径做匀速圆周运动，电场力需完全提供向心力，且电场方向始终指向圆心。设距离点处的电场强度大小为，对任意子离子有： 结合子离子的加速动能关系代入得： 该结果与子离子的比荷无关，只要D区是辐向电场，在半径为的圆周上各处电场强度大小恒为、方向沿径向指向圆心，不同比荷的子离子就都能获得大小合适的向心力，完成半径为的匀速圆周运动，最终从S垂直射出，因此仅施加该种径向电场是可行的。 3.【答案】(1)，垂直于棒向右 (2)， (3)， 【解析】(1)由题可知，在时，由左手定则可知金属棒受到安培力方向垂直于棒向右。 (2)当金属棒达到最大速度时，此时安培力与摩擦力平衡，即设此时运动的位移为，根据几何关系可知解得，在金属棒运动过程中只有安培力和摩擦力做功，有即解得 (3)若金属棒恰好能到达O点，安培力做功与电流的关系为根据动能定理，电流I的最大值满足解得使金属棒恰好静止时电流满足解得为了使金属棒能运动起来且不离开磁场区域，则电流I的取值范围为 4.【答案】(1) (2) (3) 【解析】(1)粒子在匀强电场中做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得解得加速度大小为粒子从坐标为的 点静止释放，沿轴负方向的位移大小为由匀变速直线运动速度与位移的关系得联立解得粒子第一次进入磁场的速度大小为 (2)粒子第一次进入磁场的坐标为，第一次出磁场的坐标为，粒子在匀强磁场中的运动轨迹如图所示 设粒子的轨迹半径变为，由几何关系得解得粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有解得 (3)设粒子第一次出磁场时速度与 轴负方向的夹角为，由几何关系得则粒子沿 轴和轴的速度分别为，解得，粒子沿轴方向做类竖直上抛运动，由竖直上抛运动规律，可得运动时间沿 轴方向做匀速直线运动，有联立解得沿 轴方向的位移为粒子第二次进入磁场时， 坐标为沿 轴方向的速度为由运动的对称性，可知沿轴方向的速度为则粒子与 轴负方向的夹角仍满足因此粒子两次在磁场中的运动轨迹关于轴对称，如图所示 则粒子第二次出磁场的坐标，即为粒子第一次进入磁场的坐标。 5.【答案】(1) (2) (3) 【解析】(1)电子加速场中，由动能定理有电子在，筛选器中由牛顿第二定律有电子通过样品前后的动能变化量联立可得 (2)偏转电场中做类平抛运动，垂直电场方向有沿着电场方向有根据牛顿第二定律出偏转电场后，电子做匀速直线运动，根据几何关系有联立解得 (3)由题意可知将表达式代入可得结合题图(相对强度8408到4204)可得解得 6.【答案】(1)0.6或0.8 (2)或 (3)，无粒子能到达O点，均无法打到P右侧面。当时，仅粒子能进入磁场，1个撞击点；当时，两粒子均能进入且撞击点不同，2个撞击点；当时，两粒子轨迹重合，1个撞击点。 【解析】(1)粒子在电场中做类斜抛运动 设粒子初速度方向与x轴夹角为，加速度方向沿y轴正向。粒子从运动到，水平方向竖直方向联立解得即在O点，，设射入磁场速度方向与x轴夹角为，则即根据，解得或 (2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，半径磁场区域半径也为L。由几何关系，粒子从O点射入，必从磁场边界另一点射出，且射出速度方向水平向右，如下图 射出点纵坐标当时，，当时，，粒子与Q板弹性碰撞后沿x轴负方向返回，再次进入磁场。 由对称性及圆周运动几何关系，粒子再次打到挡板上的位置纵坐标故y坐标为或。 (3)根据(1)可知设。粒子能到达O点需满足，即，若，则，无粒子能到达O点，均无法打到P右侧面。当时，存在两个发射角(假设大于)。粒子在电场中不撞板条件为，如下图 上图为刚好到达上极板的临界，根据逆向看，类平抛运动速度偏转角是位移偏转角正切值的2倍，可此时根据数学关系可知此时，解得对于需，即此时对应粒子轨迹刚好与上极板相切。综上所述，当时，仅粒子能进入磁场，1个撞击点；当时，两粒子均能进入且撞击点不同，2个撞击点；当时，两粒子轨迹重合，1个撞击点；当，则，无粒子能到达O点，均无法打到P右侧面。 7.【答案】(1) (2) (3)， 【解析】(1)粒子在速度选择器中做直线运动，有解得粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，由几何关系得轨迹半径，根据解得 (2)根据可知，粒子在区域Ⅱ、Ⅲ中的轨迹半径分别为画出粒子运动轨迹图 可知从O点进入区域Ⅱ，经半圆到达再根据，可知O到A运动时间从A点进入区域Ⅲ，经半圆到达，时间从B点再次进入区域Ⅱ，经半圆到达，时间则总时间 (3)画出粒子a、b的运动轨迹如图 区域Ⅱ：a粒子半径b粒子半径a粒子半周期b粒子半周期 区域Ⅲ：a粒子半径b粒子半径a粒子半周期b粒子半周期粒子每完成一次“区域Ⅱ下半圆＋区域Ⅲ上半圆”的运动，x坐标的净变化同理所花时间同理取粒子a从O点沿y轴负方向进入区域Ⅱ的时刻为t = 0，粒子a第1次速度向上点：在区域Ⅱ中走下半圆到达x轴坐标时间此后每经过一次区域Ⅲ上半圆和一次区域Ⅱ下半圆，到达下一个速度向上点。设第n次速度向上点n=1，2，3，…，则粒子b在a到达第一次向上点a(即)时，从O点以同样速率沿y轴负方向进入区域Ⅱ。B的起始时刻为粒子b第1次速度向上点(绝对时刻)：b先在区域Ⅱ走下半圆坐标时刻同理，第k次速度向上点k=1，2，3，…，由相遇条件、得，两式相除消去M得，最小正整数解为k = 5，n = 9代入得， 8.【答案】(1) (2) 【解析】(1)断开S1，闭合S2时回路电流则cd的电功率P = I2r解得 (2)设斜面倾角为θ，S1闭合、S2断开cd刚好要下滑时有mgsinθ = μ(mgcosθ＋BIL)由于两电源电动势均为E、内阻为r，则回路电流大小不变均为断开S1，闭合S2有mgsinθ－μ(mgcosθ－BIL) = ma联立解得 9.【答案】(1)，垂直纸面向里 (2) 【解析】(1)根据洛伦兹力提供向心力有可得根据几何关系可得联立可得根据左手定则可知磁感应强度方向垂直纸面向里。 (2)根据结合可得电子从S点第一次到达P点转过的圆心角为，电子从S点第一次到达P点所用的时间联立可得 10.【答案】(1)ab竖直向下，cd竖直向上 (2)，，， (3) 【解析】(1)根据左手定则可知ab所受安培力方向竖直向下；cd所受安培力方向竖直向上。 (2)由题意可知ab向上弯曲，使R1被拉伸(阻值增大)、R3被压缩(阻值减小)，故，cd向下弯曲，使R2被压缩(阻值减小)、R4被拉伸(阻值增大)，故 (3)由图可知R1与R2串联，R3与R4串联，两条支路并联。上支路总电阻为电流，f点电势下支路总电阻为电流，e点电势，e、f两点间的电势差绝对值安培力与ΔR的关系：，而，所以联立得 11.【答案】(1) 根据题意可知，画出粒子的运动轨迹，如图所示 由题意可知设粒子在磁场中做圆周运动的半径为，由几何关系有解得由牛顿第二定律有解得。 (2) 根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时，速度大小仍为，方向与水平虚线的夹角为，由几何关系可得则粒子在电场中的运动时间为沿电场方向上，由牛顿第二定律有由运动学公式有联立解得。 (3) 若粒子从a点以竖直向下发射，画出粒子的运动轨迹，如图所示 由于粒子在磁场中运动的速度大小仍为，粒子在磁场中运动的半径仍为，由几何关系可得，粒子进入电场时速度与虚线的夹角结合小问2分析可知，粒子在电场中的运动时间为间的距离为由几何关系可得则粒子在磁场中的运动时间为则有综上所述可知，粒子每隔时间向右移动，则漂移速度大小。 12.【答案】(1) 当磁场的磁感应强度为时，电子刚好不会落到筒壁上。则电子以速度垂直轴线方向射出，电子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹恰好与圆筒壁相切，轨迹半径为根据洛伦兹力提供向心力可得联立解得。 (2) 磁感应强度调整为后，将电子速度沿垂直轴线和平行轴线方向进行分解，分别设，电子将在垂直轴线方向上做匀速圆周运动，平行轴线方向上做匀速直线运动，电子击中筒壁距离粒子源的最远点时，其垂直轴线方向的圆周运动轨迹与筒壁相切，则轨迹半径仍为根据洛伦兹力提供向心力可得联立解得由射出到相切，经过半个周期，用时根据速度的合成与分解可知平行轴线方向运动距离结合对称性，被电子击中的面积。 13.【答案】(1) 粒子速度方向与磁场垂直，做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力解得轨道半径圆周运动的周期将R代入得比例关系为。 (2)a. 由题意知粒子1做圆周运动，线速度粒子2做匀速直线运动，速度所以速度之比即。 b. 对粒子1，由洛伦兹力提供向心力有可得粒子2的动量结合前面的分析可得。 14.【答案】(1) 由题意粒子水平发射后做匀速圆周运动，要在O点产生光点，其运动半径运动过程中由洛伦兹力提供向心力有联立解得。 (2) 若K从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点，则两端粒子的轨迹正好构成一个完整的圆，且在N点相切，如图 由于K从水平方向逆时针旋转60°，则，根据和和关系可知此时粒子做匀速圆周运动的半径为根据洛伦兹力提供向心力可知解得。 (3) 由题意带正电粒子恰好在M点产生光点，则关闭磁场时粒子速度恰好指向M，过M点做正电粒子轨迹的切线，切点为P，如图 根据前面解析可知，所以由于，且根据几何关系可知，而所以粒子在磁场中运动的周期，对应的圆心角所以。 15.【答案】(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竖直方向做匀变速直线运动，由闭合回路欧姆定律可得联立可得。 (2) 根据题意，设粒子进入磁场与竖直方向的夹角为，则有，粒子在磁场中做匀速圆周运动有由几何关系易得联立可得。 (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，则有解得粒子以速度向上做匀速直线运动，粒子做圆周运动的合速度的竖直方向分速度为此时合速度与竖直方向的夹角为合速度为粒子做圆周运动的半径最远距离为。 16.【答案】(1) 由于该粒子在速度选择器中受力平衡，故其中则该粒子通过速度选择器的速率为。 (2)， 粒子在区域内做匀速圆周运动，从ON的中点垂直ON射入磁屏蔽区域，由几何关系可知由洛伦兹力提供给向心力联立可得由于，根据洛伦兹力提供给向心力解得当时粒子磁屏蔽区向上做匀速直线运动，离开磁屏蔽区后根据左手定则，粒子向左偏转，如图所示 根据洛伦兹力提供向心力可得故粒子打在y轴3L处，综上所述y轴上可能检测到该粒子的范围为。 (3) 若在Q处检测到该粒子，如图 由几何关系可知解得由洛伦兹力提供向心力联立解得其中根据磁屏蔽效率可得若在Q处检测到该粒子，则。 17.【答案】(1)， 由题意可知，粒子受到重力、洛伦兹力和电场力做匀速圆周运动，可以判断粒子受到的电场力与重力平衡，则解得粒子做匀速圆周运动，圆周运动轨迹如图所示 洛伦兹力提供向心力得解得粒子运动的轨道半径根据圆周运动轨迹，由几何关系得代入数据解得。 (2) 粒子做匀速圆周运动，可能的运动轨迹如图所示 设粒子进入磁场中速度方向与磁场分界面成角，由几何关系可得可解得设粒子在磁场中运动的轨道半径为，根据圆周运动轨迹可知粒子运动到点应满足当取最小值时，运动时间最短。所以当时，运动时间最短，代入的值解得根据联立可得当该带电粒子沿轴正方向飞出到达点时间最小时，的大小为。 (3) 若将电场方向改为轴方向正方向，由受力分析，粒子受到沿轴正方向的洛伦兹力、沿轴负方向的重力、沿轴正方向的电场力，根据解得粒子受到的洛伦兹力大小为正好与重力相平衡，所以粒子在轴正方向做匀加速直线运动，有由牛顿第二定律有粒子在轴正方向做匀加速直线运动，有联立解得轨迹方程。 18.【答案】(1) 粒子在左侧磁场中运动，根据洛伦兹力提供向心力有可得。 (2) 粒子在左侧磁场运动，设从MN射出时速度方向与MN的夹角为θ，由于O到的距离，结合，根据几何关系可知；粒子在MN和PQ之间做匀速直线运动，所以粒子从PQ进入右侧磁场时与PQ的夹角；粒子在右侧磁场做匀速圆周运动有解得根据几何关系可知粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距 (3) 由图可知粒子在左边磁场运动的时间粒子在右边磁场运动的时间 根据对称性可知粒子在MN左侧进出磁场的距离所以粒子从MN到PQ过程中运动的距离为粒子在MN和PQ之间运动的时间综上可知粒子完成完整运动回到O点的周期为。 19.【答案】(1)， 粒子在磁场中做圆周运动时的速度为根据洛伦兹力提供向心力解得做圆周运动的半径为周期为。 (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，根据可知任意点的加速度大小相等，故可得解得。 (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，绕一圈的过程中两次在电场中运动，根据对称性可知粒子的运动轨迹如图，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，得故可得该段时间内沿y方向位移为根据几何知识可得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联立解得。 20.【答案】(1) 对于氙离子，仅考虑电场的作用，则氙离子在放电室时只受电场力作用，由牛顿第二定律解得氙离子在放电室内运动的加速度大小。 (2) 电子在阳极附近在垂直于轴线的平面绕轴线做半径做匀速圆周运动，则轴线方向上所受电场力与径向磁场给的洛仑兹力平衡，沿着轴线方向的匀强磁场给的洛仑兹力提供向心力，即，解得径向磁场的磁感应强度大小为。 (3) 单位时间内阴极发射的电子总数为n，被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，则单位时间内被电离的氙离子数氙离子经电场加速，有时间内氙离子所受到的作用力为，由动量定理有解得由牛顿第三定律可知，霍尔推进器获得的推力大小则。 21.【答案】(1) 电子在匀强磁场中运动时，将其分解为沿x轴的匀速直线运动和在yOz平面内的匀速圆周运动，设电子入射时沿y轴的分速度大小为，由电子在x轴方向做匀速直线运动得在yOz平面内，设电子做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，由牛顿第二定律知可得且由题意可知所有电子均能经过O进入电场，则有联立得当时，B有最小值，可得。 (2) 将电子的速度分解，如图所示 有当有最大值时，最大，R最大，此时，又，联立可得，。 (3) 当最大时，电子在电场中运动时沿y轴正方向有最大位移，根据匀变速直线运动规律有由牛顿第二定律知又联立得。 22.【答案】(1)， 根据动能定理得解得粒子进入区域I做匀速圆周运动，根据题意某粒子从P点射入区域Ⅰ，并从Q点射入区域Ⅱ，故可知此时粒子的运动轨迹半径与区域Ⅰ的半径R相等，粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力解得。 (2) 带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度沿纸面射入区域Ⅰ，由(1)可得，粒子的在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径均为R，因为在区域Ⅰ中的磁场半径和轨迹半径相等，粒子射入点、区域Ⅰ圆心O1、轨迹圆心O'、粒子出射点四点构成一个菱形，有几何关系可得，区域Ⅰ圆心O1和粒子出射点连线平行于粒子射入点与轨迹圆心O'连线，则区域Ⅰ圆心O1和粒子出射点水平，根据磁聚焦原理可知粒子都从Q点射出，粒子射入区域II，仍做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力解得如图，要使粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，轨迹所对应的圆心角最小，可知在区域Ⅱ中运动的圆弧所对的弦长最短，即此时最短弦长为区域Ⅱ的磁场圆半径，根据几何知识可得此时在区域Ⅱ和区域Ⅰ中运动的轨迹所对应的圆心角都为，粒子在两区域磁场中运动周期分别为故可得该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间为。 (3)， 如图，将速度分解为沿y轴正方向的速度及速度，因为可得，故可知沿y轴正方向的速度产生的洛伦兹力与电场力平衡，粒子同时受到另一方向的洛伦兹力，故粒子沿y正方向做旋进运动，根据角度可知故当方向为竖直向上时此时粒子速度最大，即最大速度为圆周运动半径根据几何关系可知此时所在的位置到y轴的距离为。 23.【答案】(1)带正电， 由于粒子向上偏转，根据左手定则可知粒子带正电；设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子进入速度选择器时的速度为，在速度选择器中粒子做匀速直线运动，由平衡条件在加速电场中，由动能定理联立解得，粒子的比荷为。 (2) 由洛伦兹力提供向心力可得O点到P点的距离为。 (3) 粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力向下的电场力由于，且所以通过配速法，如图所示 其中满足则粒子在速度选择器中水平向右以速度做匀速运动的同时，竖直方向以做匀速圆周运动，当速度转向到水平向右时，满足垂直打在速度选择器右挡板的点的要求，故此时粒子打在点的速度大小为。 24.【答案】(1) 根据题意，做出粒子垂直挡板射入小孔K的运动轨迹如图所示 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在区域根据洛伦兹力提供向心力有在匀强加速电场中由动能定理有联立解得。 (2)，方向沿x轴正方向 根据题意，当轨迹半径最小时，粒子速度最小，则做出粒子以最小的速度从小孔K射出的运动轨迹如图所示 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在区域根据洛伦兹力提供向心力有粒子从小孔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，粒子带正电，则之外第一象限区域电场强度的方向沿x轴正方向，大小满足联立可得。 (3)(n=0,1,2⋅⋅⋅) 在匀强加速电场中由动能定理有可得在区域根据洛伦兹力提供向心力有可得粒子在区域运动的轨迹半径做出从小孔K射出的粒子的运动轨迹如图所示 设粒子从小孔射出的速度方向与轴正方向夹角为，根据几何关系可知则粒子从小孔射出的速度方向与轴正方向的夹角为，该速度沿轴和轴正方向的分速度大小为，则粒子从射出后的运动可分解为沿轴正方向的匀速直线运动和速度大小为的匀速圆周运动，可知解得粒子做圆周运动的周期为，粒子至少运动距离轴最近，加上整周期则粒子运动，时距离轴最近，则最近位置的横坐标为纵坐标为，综上所述，最近的位置坐标，。 25.【答案】(1) 对乙粒子，如图所示 由洛伦兹力提供向心力由几何关系联立解得，磁感应强度的大小为。 (2) 由题意可知，根据对称性，乙在磁场中运动的时间为对甲粒子，由对称性可知，甲粒子沿着直线从P点到O点，由运动学公式由牛顿第二定律联立可得Ⅲ区宽度为。 (3) 甲粒子经过O点时的速度为因为甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，则可得设乙粒子经过Ⅲ区的时间为，乙粒子在Ⅳ区运动时间为，则上式中对乙可得整理可得对甲可得则化简可得乙追上甲前F与Δx间的关系式为。 26.【答案】(1)正电； 根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电；粒子在磁场中运动的周期为根据则粒子所带的电荷量。 (2)； 若金属板的板间距离为D，则板长粒子在板间运动时出电场时竖直速度为零，则竖直方向在磁场中时其中的联立解得 (3) 带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图，由(2)的计算可知金属板的板间距离则粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场，在4 t0时刻进入左侧的电场做减速运动速度为零后反向加速，在6 t0时刻再次进入中间的偏转电场，6.5 t0时刻碰到上极板，因粒子在偏转电场中运动时，在时间t0内电场力做功为零，在左侧电场中运动时，往返一次电场力做功也为零，可知整个过程中只有开始进入左侧电场时电场力做功和最后0.5t0时间内电场力做功，则。 27.【答案】(1) 根据牛顿第二定律不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，d的最小值为。 (2) 设水平方向为方向，竖直方向为方向，方向速度不变，方向速度变小，假设折射角为，根据动能定理解得根据速度关系解得。 (3) 全反射的临界情况：到达Ⅲ区的时候方向速度为零，即可得即应满足。 (4)临界情况有两个：1、全部都能打到，2、全部都打不到的情况，根据几何关系可得所以如果的情况下，折射角小于入射角，两边射入的粒子都能打到板上，分情况讨论如下：①当时又解得全部都打不到板的情况②根据几何知识可知当从Ⅱ区射出时速度与竖直方向夹角为时，粒子刚好打到D点，水平方向速度为所以又解得即当时③部分能打到的情况，根据上述分析可知条件为()，此时仅有O点右侧的一束粒子能打到板上，因此又解得。 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 【高中物理人教版(2019)】 3年高考真题(2024-2026)-按章分类 选必二第二册 第一章 安培力与洛伦磁力 14个单选题 + 13个多选题 + 27个解答题 ---- 教 师 版 ---- 一、单选题 1.(2026高考·重庆)某同学设计了一种测量粒子速率的装置，其原理示意图如图所示。空间充满匀强磁场，粒子源位于K点，可发射比荷相同、速率分别为和的带正电粒子()。粒子源右侧有一过C点的竖直挡板。若磁场方向垂直于纸面向外，水平向右发射的粒子打在M、H两点；若磁场方向垂直于纸面向里，水平向左发射的粒子打在H、N两点，，，不考虑粒子重力及粒子间相互作用，则为( ) A.3：5 B.2：3 C.3：4 D.4：5 1.A 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由可得轨道半径公式： 由于粒子比荷相同、磁场固定，因此轨道半径与速率成正比，即根据题述信息，以K为上顶点作出两圆，此两圆与直线MN仅有3个交点，如图所示 磁场垂直纸面向外、粒子水平向右发射时：带正电粒子受洛伦兹力向下，圆心在K点正下方。速率小的对应轨道半径，打在H点；速率大的对应轨道半径，打在M点；磁场垂直纸面向里、粒子水平向左发射时：带正电粒子受洛伦兹力向下，圆心在K点正下方。速率小的打在H点，速率大的打在N点；由几何关系可得：由几何关系可得： 结合题设条件联立可推导出，故选A。 2.(2026高考·甘肃)如图，一同位素电磁分离器主要有加速电场I、匀强磁场II及接收器III。从点进入电场的碳12和碳13两种同价阳离子经电场加速后垂直射入磁场，偏转后均被接收器接收。忽略离子的初速度及重力，则碳12和碳13离子( ) A.离开电场时的动量之比为 B.在电场中的加速度之比为 C.到达接收器的动能之比为 D.在磁场中运动的轨道半径之比为 2.D 粒子在经过电场过程中，根据动能定理可得可得则粒子离开电场时的动量为则碳12和碳13离子离开电场时的动量之比为，故A错误。粒子在电场中，根据牛顿第二定律可得可知碳12和碳13离子在电场中的加速度之比为，故B错误。由于洛伦兹力对粒子不做功，所以粒子到达接收器的动能等于粒子离开电场时的动能，根据可知碳12和碳13离子到达接收器的动能之比为，故C错误。在磁场中，由洛伦兹力提供向心力得可得则碳12和碳13离子在磁场中运动的轨道半径之比为，D正确。 3.(2026高考·广西)圆心在原点、半径为的圆形匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里；质量为、电荷量为的带电粒子以初速度(未知)从磁场外沿轴正方向从点进入磁场，从点射出，出射速度方向与轴正方向夹角为，如图所示。不计粒子的重力，则( ) A.带电粒子带正电 B.粒子的运动轨迹是抛物线 C.粒子运动速度大小 D.粒子在磁场内的运动时间 3.C 根据题意，由左手定则可知，带电粒子带负电，故A错误。带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则粒子的运动轨迹是圆弧，B错误。根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示 设粒子做匀速圆周运动的半径为，由几何关系有解得由洛伦兹力提供向心力有解得由几何关系可知，粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为，则粒子在磁场内的运动时间，C正确，D错误。 4.(2026高考·江苏)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.① B.② C.③ D.④ 4.A 由于不计空气阻力，则电子做匀速圆周运动，且根据左手定则可知电子向左偏转，可知电子偏转的轨迹为圆弧的一部分，故选A。 5.(2026高考·河南)如图，间距为的两虚线、间存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，虚线上方存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一带电粒子在纸面内垂直于虚线从点射入磁场，一段时间后又从点射出磁场。已知该粒子在下方磁场中运动的圆轨迹半径为，不计重力，则上、下磁场的磁感应强度大小之比为( ) A.2：1 B.3：1 C.4：1 D.5：1 5.C 根据运动的对称性，可得粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示 带电粒子在磁场中运动时，由洛伦兹力提供向心力，有整理得磁感应强度由于粒子的不变，因此磁感应强度，即由几何关系，可知与相似，则由勾股定理得且联立解得，故选C。 6.(2026高考·贵州)如图，空间中存在垂直于纸面向里的匀强磁场及从点沿径向向外的电场，某处电场强度大小，为常量，为该处到的距离。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时，粒子运动半径为，速率为，电势能为；当磁感应强度大小为()时，粒子运动半径为，速率仍为，电势能为。取无限远处的电势为零，不计粒子重力，则( ) A.， B.， C.， D.， 6.C 带负电粒子在纸面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，则根据左手定则洛伦兹力背离圆心，电场力指向圆心，两力的合力提供向心力。当磁感应强度大小为时，粒子运动半径为，速率为，此时有当磁感应强度大小为()时，粒子运动半径为，速率仍为，此时有联立可得因为，所以又沿电场方向电势降低，电子在电势低处电势能大，故，故选C。 7.(2026高考·黑吉辽蒙卷)如图，真空中一带正电的小球用绝缘轻绳悬于点，处于竖直向下的匀强磁场中。将小球从点由静止释放，小球运动轨迹的俯视示意图可能是( ) A. B. C. D. 7.B 小球从点由静止释放，初始阶段速度方向大致向右(指向点)。根据左手定则可知，洛伦兹力方向垂直速度指向里(即俯视图中连线的上方)，轨迹向洛伦兹力方向偏转(即俯视图中向上弯曲)，当小球运动到右侧最高点(点)后返回，速度方向大致向左，根据左手定则可知，洛伦兹力方向垂直速度指向外(即俯视图中连线的下方)，且轨迹依然向洛伦兹力方向偏转(即俯视图中向下弯曲)，综上所述，B选项图符合题意。 8.(2025高考·全国卷)如图，正方形abcd内有方向垂直于纸面的匀强磁场，电子在纸面内从顶点a以速度v0射入磁场，速度方向垂直于ab。磁感应强度的大小不同时，电子可分别从ab边的中点、b点和c点射出，在磁场中运动的时间分别为t1、t2和t3，则(  ) A.t1<t2=t3 B.t1<t2<t3 C.t1=t2>t3 D.t1>t2>t3 8.A 由于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则电子在磁场中运动的时间为设正方形abcd的边长为l，则，，则有t1 < t2 = t3，选A。 9.(2025高考·安徽)如图，在竖直平面内的直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平行于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q、质量为m、速度大小均为。不计粒子的重力、空气阻力及粒子间的相互作用，则(　　) A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为 B.薄板的上表面接收到粒子的区域长度为 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 9.C 根据洛伦兹力提供向心力有，可得，故A错误； 当粒子沿x轴正方向射出时，上表面接收到的粒子离y轴最近，如图轨迹1，根据几何关系可知；当粒子恰能通过N点到达薄板上方时，薄板上表面接收点距离y轴最远，如图轨迹2，根据几何关系可知，，故上表面接收到粒子的区域长度为，B错误。根据图像可知，粒子可以恰好打到下表面N点；当粒子沿y轴正方向射出时，粒子下表面接收到的粒子离y轴最远，如图轨迹3，根据几何关系此时离y轴距离为d，故下表面接收到粒子的区域长度为d，C正确。根据图像可知，粒子恰好打到下表面N点时转过的圆心角最小，用时最短，有，D错误。 10.(2025高考·广东)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、质量为m的离子以初速度从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 C.第k次加速后.离子的速度大小变为 D.第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为 10.D 直线通道有电势差为的加速电场，粒子带正电，粒子沿顺时针方向运动，由左手定则可知，偏转磁场的磁感应强度方向垂直纸面向外，A错误。根据题意，由动能定理可知，加速一次后，带电粒子的动能增量为，由于洛伦兹力不做功，则加速k次后，带电粒子的动能增量为，加速k次后，由动能定理有解得，BC错误。粒子在偏转磁场中运动的半径为，则有联立解得，D正确。 11.(2024高考·湖北)如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是(　　) A.粒子的运动轨迹可能经过O点 B.粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向 C.粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为 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 11.D 在圆形匀强磁场区域内，沿着径向射入的粒子，总是沿径向射出的；根据圆的特点可知粒子的运动轨迹不可能经过O点，AB错误。粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域，时间最短则根据对称性可知轨迹如图 则最短时间有，C错误。粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，则轨迹如图所示 设粒子在磁场中运动的半径为r，根据几何关系可知根据洛伦兹力提供向心力有可得，D正确。 12.(2024高考·江西)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。当时，测得关系图线如图(b)所示，元电荷，则此样品每平方米载流子数最接近(  ) A. B. C. D. 12.D 设样品每平方米载流子(电子)数为n，电子定向移动的速率为v，则时间t内通过样品的电荷量q=nevtb根据电流的定义式得当电子稳定通过样品时，其所受电场力与洛伦兹力平衡，则有联立解得结合图像可得解得，D入选。 13.(2024高考·浙江)磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是(　　) A.图示左侧通电导线受到安培力向下 B.a、b两点的磁感应强度相同 C.圆柱内的磁感应强度处处为零 D.c、d两点的磁感应强度大小相等 13.A 由左手定则可知，图示左侧通电导线受到安培力向下，A正确。a、b两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，B错误。磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为零，C错误。因c点处的磁感线较d点密集，可知 c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，D错误。 14.(2024高考·广西)坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。质量为m，电荷量为的粒子，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，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为(　　) A. B. C. D. 14.C 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可得粒子做圆周运动的半径根据几何关系可得P点至O点的距离，C入选。 二、多选题 1.(2026高考·广东)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、方向垂直底面向上的匀强磁场，磁场区域长为、宽为。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、和，电子电荷量为、质量为，不考虑相对论效应，下列说法正确的有( ) 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 C.电子2的动能为 D.电子3的动量大小为 1.BCD 电子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得可得根据几何关系可知电子1的运动半径小于电子3的运动半径，则电子1的速度小于电子3的速度，根据可知电子1的动能比电子3的小，故A错误。电子在磁场中做匀速圆周运动的周期结合可得根据题图可知电子1在磁场中运动的圆心角为，则电子1在磁场中的运动时间为，故B正确。设电子2运动半径为，如图所示 根据几何关系有可得根据可得电子2的动能为，故C正确。设电子3运动半径为，如图所示 根据几何关系有可得根据可得电子3的动量大小为，D正确，故选BCD。 2.(2026高考·湖南)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的环形细管道，管道任意处磁场方向与竖直方向夹角为。质量为的带正电小球在环形管道中以某一速率做匀速圆周运动，此时小球与管道间无弹力，重力加速度为。下列说法正确的是( ) A.从管道上方俯视，小球沿顺时针方向做圆周运动 B.小球做圆周运动的周期为 C.小球做圆周运动的半个周期内洛伦兹力的冲量大小为 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 2.AD 根据题意可知，小球所受洛伦兹力的水平分力提供小球做圆周运动的向心力，由左手定则可知，从管道上方俯视，小球沿顺时针方向做圆周运动，故A正确。设磁感应强度为，小球的速度为，此时小球与管道间无弹力，竖直方向上有水平方向上有解得则小球做圆周运动的周期为，故B错误。根据题意，水平方向上，由动量定理有竖直方向有则小球做圆周运动的半个周期内洛伦兹力的冲量大小为，故C错误。若小球的绕行方向不变，速率为其做匀速圆周运动速率的2倍，竖直方向上有水平方向上有小球与管道间的弹力大小联立解得，D正确，故选AD。 3.(2025高考·福建)空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E，一带电体在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动，MN与水平方向呈45°，NP水平向右。带电量为q，速度为v，质量为m，当粒子到N时，撤去磁场，一段时间后粒子经过P点，重力加速度为,则(　　) A.电场强度为 B.磁场强度为 C.NP两点的电势差为 D.粒子从N→P时距离NP的距离最大值为 3.BC 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，A错误，B正确。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。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。 4.(2025高考·广西)如图，带等量正电荷q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；N粒子以与水平方向夹角为θ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(　　) A.M粒子质量为 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 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粒子打在探测器上的位置间距为 4.AD 对M粒子在加速电场中在速度选择器中解得M的质量，故A正确。进入粒子速度选择器后因N粒子向下偏转，可知即，故B错误。M粒子在磁场中运动半径为r1，则解得N粒子在磁场中运动的半径为r2，则解得其中可得由动能定理N粒子在选择器中在加速电场中解得，则要想使得粒子N沿轴线OO＇通过选择器，则需满足联立解得，故C错误。若N粒子沿直线通过选择器，则在磁场中运动的半径为r3，则打在探测器的位移与调节前M打在探测器上的位置间距为其中，可得，D正确。 5.(2025高考·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。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，a粒子的速度大小为，方向沿同心圆的径向；b和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(  ) A.外圆半径等于 B.a粒子返回A点所用的最短时间为 C.b、c粒子返回A点所用的最短时间之比为 D.c粒子的速度大小为 5.BD 由题意，作出粒子运动轨迹图，如图所示 a粒子恰好到达磁场外边界后返回，a粒子运动的圆周正好与磁场外边界，然后沿径向做匀速直线运动，再做匀速圆周运动恰好回到A点，根据a粒子的速度大小为可得设外圆半径等于,由几何关系得则，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，a粒子做匀速圆周运动的周期在磁场中运动的时间匀速直线运动的时间故a粒子返回A点所用的最短时间为，B正确。由题意，作出粒子运动轨迹图，如图所示 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，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。由几何关系得洛伦兹力提供向心力有联立解得，D正确。 6.(2025高考·四川)如图所示，I区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为正方形；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区的运动时间之比为127：148 6.AD 由图可知 在I区的轨迹圆心不在O点，故A正确。由洛伦兹力提供向心力可得故在I区和Ⅱ区的轨迹半径之上比为，B错误。设粒子在磁场Ⅱ区偏转的圆心角为α，由几何关系可得故粒子在I区运动的时间为粒子在Ⅱ区运动的时间为联立可得在I区和Ⅱ区的运动时间之上比为，D正确。粒子在I区和Ⅱ区的轨迹长度分别为故在I区和Ⅱ区的轨迹长度之比为，C错误。 7.(2025高考·河北)如图，真空中两个足够大的平行金属板水平固定，间距为板接地。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，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(　　) 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 D.粒子打到M板下表面的位置与Q点的最小距离为 7.BCD 根据粒子在磁场中的偏转方向，根据左手定则可知粒子带负电，选项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，向下的电场强度增加，粒子做减速运动，当粒子恰能到达N极板时满足，解得即d越大，板间所形成的最大电场强度越小，选项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，则由几何关系解得r=2L可得可得粒子从磁场上方，直接打在打到M板上表面的位置与O点的最大距离为当N极板吸收一定量的粒子后，粒子再从Q点射入极板，会返回再从在Q点射出，后继续做圆周运动，这时打M板在板上表面的位置则粒子打在M板上表面的位置的最大距离为，选项C正确。因金属板厚度不计，当粒子在磁场中运动轨迹的弦长仍为PQ长度时，粒子仍可从Q点进入两板之间，由几何关系可知此时粒子从P点沿正上方运动，进入两板间时的速度方向与M板夹角为α=30°，则在两板间运动时间其中打到M板下表面距离Q点的最小距离解得，D正确，选BCD。 8.(2025高考·河南)手机拍照时手的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量，光学防抖技术可以消除这种影响。如图，镜头仅通过左、下两侧的弹簧与手机框架相连，两个相同线圈c、d分别固定在镜头右、上两侧，c、d中的一部分处在相同的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。拍照时，手机可实时检测手机框架的微小加速度a的大小和方向，依此自动调节c、d中通入的电流和的大小和方向(无抖动时和均为零)，使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的是(　　) A.若沿顺时针方向，，则表明a的方向向右 B.若沿顺时针方向，，则表明a的方向向下 C.若a的方向沿左偏上，则沿顺时针方向，沿逆时针方向且 D.若a的方向沿右偏上，则沿顺时针方向，沿顺时针方向且 8.BC 顺时针而，则线圈受到向右的安培力，故手机的加速度是向左，使镜头处于零加速度状态，A错误。顺时针而，则线圈受到向上的安培力，镜头处于零加速度状态，则手机加速度方向向下，B正确。若的方向左偏上，说明手机框架给镜头向上以及向左的作用力，要使得镜头处于零加速度状态，线圈需要受到向右的安培力、线圈需要受到向下的安培力，且，故可知顺时针逆时针，由可知，C正确。若的方向右偏上，说明手机框架给镜头向上以及向右的作用力，且向右的分力大于向上的分力要使得镜头处于零加速度状态，线圈需要受到向左的安培力、线圈需要受到向下的安培力，且，可知逆时针逆时针，且，D错误。 9.(2024高考·河北)如图，真空区域有同心正方形ABCD和abcd，其各对应边平行，ABCD的边长一定，abcd的边长可调，两正方形之间充满恒定匀强磁场，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边的速度方向与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° 9.AD 粒子在磁场中做匀速圆周运动，在正方形abcd区域中做匀速直线运动，粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，在正方形abcd区域中的运动轨迹必平行于AC的连线，可知粒子必经过cd边，进入正方形abcd区域前后的两段圆弧轨迹的半径相等，并且圆心角均为45°，据此做出粒子可能的两个运动轨迹如图所示 粒子的运动轨迹均关于直线BD对称，粒子必从C点垂直于BC射出，A正确。若粒子经cd边垂直BC射出，粒子运动轨迹如图所示 设粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为，则图中两段圆弧轨迹的圆心角与的关系为设两正方形的对应边之间的距离为，为保证粒子穿过ad边，需满足且有联立解得为保证粒子穿过cd边，需满足为保证从BC边射出，需满足联立解得可得粒子经cd边垂直BC射出，粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角范围是C错误。粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°时，做出粒子恰好经过c点的运动轨迹如图所示 设粒子在e点进入正方形abcd区域，线段MN垂直平分轨迹ec，与AB选项的分析同理，粒子的轨迹关于线段MN对称。线段CE平行于轨迹ec，取圆弧轨迹的中点F，过F点做轨迹ec的平行线分别交AD与BC于点G和点，点为点E关于MN的对称点。易知点e为ad的中点，点E为AD的中点，Ee垂直于ad和AD，设粒子轨迹半径为r，正方形ABCD的边长为2L。由几何关系得联立解得因，故，即EF垂直于，由对称性可知四边形为矩形，垂直于CE，可知点是点F关于MN的对称点，即点F是圆弧cH的中点，可知由c到粒子的轨迹圆心角为30°，可得粒子垂直BC射出。若粒子速度较大，轨迹半径较大，则粒子在c点左侧穿过cd，其轨迹如图所示 与临界轨迹对比，粒子第二段的轨迹圆心不会在BC上，故粒子不会垂直BC射出。若粒子速度较小，轨迹半径较小，则粒子在c点下方穿过cb，其轨迹如图所示。 与粒子恰好经过c点的运动过程同理，根据对称性可知粒子一定垂直BC射出，B错误，D正确。 10.(2024高考·湖北)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 10.AC 带正电的离子受到的洛伦兹力向上偏转，极板MN带正电为发电机正极，A正确。离子受到的洛伦兹力和电场力相互平衡时，此时令极板间距为d，则可得因此增大间距U变大，增大速率U变大，U大小和密度无关，BD错误，C正确。 11.(2024高考·安徽)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，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 B.油滴a做圆周运动的速度大小为 C.小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为 D.小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动 11.ABD 油滴a做圆周运动，故重力与电场力平衡，可知带负电，有解得，A正确。根据洛伦兹力提供向心力得解得油滴a做圆周运动的速度大小为，B正确。设小油滴Ⅰ的速度大小为，得解得周期为，C错误。带电油滴a分离前后动量守恒，设分离后小油滴Ⅱ的速度为，取油滴a分离前瞬间的速度方向为正方向，得解得由于分离后的小液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。 12.(2024高考·福建)将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘线a、b悬挂于天花板上， AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中，现给导线通以自A到B大小为I的电流，则(　　) A.通电后两绳拉力变小 B.通电后两绳拉力变大 C.安培力为 D.安培力为 12.BD 根据左手定则可知，通电后半圆环AB受到的安培力竖直向下，根据受力分析可知，通电后两绳拉力变大，A错误，B正确。半圆环AB所受安培力的等效长度为直径AB，则安培力大小为，C错误，D正确。 13.(2024高考·浙江)如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成角。质量为m、电荷量为+q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度沿细杆向上运动至最高点，则该过程(　　) A.合力冲量大小为mv0cosƟ B.重力冲量大小为 C.洛伦兹力冲量大小为 D.若，弹力冲量为零 13.CD 根据动量定理故合力冲量大小为，A错误。小球上滑的时间为重力的冲量大小为，B错误。小球所受洛伦兹力为，随时间线性变化，故洛伦兹力冲量大小为，C正确。若，0时刻小球所受洛伦兹力为小球在垂直细杆方向所受合力为零，可得即则小球在整个减速过程的图像如图 图线与横轴围成的面积表示冲量可得弹力的冲量为零，D正确。 三、解答题 1.(2026高考·浙江)为了对高压直流输电线路进行自动安全检测，某技术团队研发出一种由安培力驱动的沿输电线行走的检测机器人。其动力装置简化结构如图甲所示，在行走轮(图中未画出)上安装有由匝正方形线圈组成的螺绕环，其内、外半径分别为和，环内的一半空间(图中深色区域)填充有均匀磁性材料(线圈绝缘嵌入其中)；线圈以输电线中心轴(轴)对称绕制，每匝线圈电阻为，匝线圈串联后与恒流源相连接，其输出电流为、且大小可调。已知：，，，，沿轴正方向载有电流的长直输电导线，在线圈所在区域产生的磁场，等效于磁感应强度大小的均匀磁场；若空间存在磁性材料，则该处的磁感应强度增强至。 (1)在答题纸虚线框内，画出输电线电流产生磁场的磁感线分布(沿轴方向看)，并标明方向； (2)当恒流源输出电流时 ①判断线圈所受安培力的方向(轴正方向或负方向)，写出其表达式，并求出其值； ②求线圈电路消耗的热功率； (3)另一技术团队对甲方案进行改进，如图乙所示，同轴安装半径分别为和、不计电阻的两金属圆筒，让螺绕环每匝线圈的四个顶点分别与内外圆筒短接，再将两圆筒接入恒流源。若该装置产生的安培力与甲方案相同，求 ①恒流源输出的电流； ②甲、乙方案中线圈电路消耗的热功率之比。 1.【答案】(1) (2)① 沿z轴负方向；；22.5N；②30W (3)①；②2 【解析】(1)沿z轴正方向看，长直载流导线的磁感线为以输电线中心为圆心的一系列同心圆，根据右手螺旋定则，电流沿z轴正方向，磁感线方向为顺时针环绕，如图： (2)①每匝正方形线圈的两条沿z方向的边电流方向相反，所受安培力相互抵消；两条沿径向(垂直z)方向的边，一条处于普通磁场中，另一条(靠近z轴正方向一侧)处于磁性材料的强磁场中，单匝的有效受力差为根据左手定则结合图示恒流源的方向，可知线圈所受安培力的方向为沿z轴负方向匝总安培力为： 代入数值计算得： ②匝线圈串联总电阻热功率代入数值： (3)① 乙方案中单匝线圈有两条边被短接，可理解为2n条的电阻并联要保持总安培力和甲方案相等：甲的总安培力是匝串联、每匝电流为的总效果乙每条边电流为，总安培力因此： ②乙方案中单匝线圈有两条边被短接，可理解为2n条的电阻并联乙的热功率甲的热功率因此比值： 2.(2026高考·北京)药物研发中常需要二级质谱分析。一级质谱分析只能检出与目标离子具有相同比荷的离子(母离子)。为进一步鉴别目标离子，需将母离子打碎成更小的离子(子离子)，进行第二次质谱分析。某种二级串联质谱系统装置如图所示，假设离子均带正电。 (1)第一级质谱：A区中的离子由静止经电场加速后，垂直进入磁感应强度为的匀强磁场，比荷为的母离子做半径为的匀速圆周运动进入区。求加速电压。 (2)两级质谱连接：C区产生的子离子经聚焦、冷却后，由静止经电压加速后进入D区。为保证不同比荷的子离子均由小孔垂直进入第二级质谱的磁场，在区施加某种场，使这些子离子都做以点为圆心、半径为的匀速圆周运动。请设计区中的场： a.推导说明仅施加匀强磁场是否可行。推导说明仅施加电场是否可行。 2.【答案】(1) (2)a.仅施加匀强磁场不可行子离子经电压加速，由动能定理得若仅加匀强磁场，洛伦兹力提供向心力，轨道半径满足： 可见轨道半径与子离子的比荷有关，不同比荷的子离子加速后速度不同，在同一匀强磁场中做圆周运动的半径各不相同，无法保证所有子离子都以固定半径做圆周运动，因此仅施加匀强磁场不可行。 b.仅施加电场 可行，需施加以为圆心的径向辐向电场若仅施加电场，要让所有子离子都以为圆心、为半径做匀速圆周运动，电场力需完全提供向心力，且电场方向始终指向圆心。设距离点处的电场强度大小为，对任意子离子有： 结合子离子的加速动能关系代入得： 该结果与子离子的比荷无关，只要D区是辐向电场，在半径为的圆周上各处电场强度大小恒为、方向沿径向指向圆心，不同比荷的子离子就都能获得大小合适的向心力，完成半径为的匀速圆周运动，最终从S垂直射出，因此仅施加该种径向电场是可行的。 【解析】(1)母离子在A区由静止经电场加速，由动能定理得： 母离子进入匀强磁场后，洛伦兹力提供匀速圆周运动的向心力： 联立可得 (2)a.仅施加匀强磁场不可行子离子经电压加速，由动能定理得若仅加匀强磁场，洛伦兹力提供向心力，轨道半径满足： 可见轨道半径与子离子的比荷有关，不同比荷的子离子加速后速度不同，在同一匀强磁场中做圆周运动的半径各不相同，无法保证所有子离子都以固定半径做圆周运动，因此仅施加匀强磁场不可行。 b.仅施加电场 可行，需施加以为圆心的径向辐向电场若仅施加电场，要让所有子离子都以为圆心、为半径做匀速圆周运动，电场力需完全提供向心力，且电场方向始终指向圆心。设距离点处的电场强度大小为，对任意子离子有： 结合子离子的加速动能关系代入得： 该结果与子离子的比荷无关，只要D区是辐向电场，在半径为的圆周上各处电场强度大小恒为、方向沿径向指向圆心，不同比荷的子离子就都能获得大小合适的向心力，完成半径为的匀速圆周运动，最终从S垂直射出，因此仅施加该种径向电场是可行的。 3.(2026高考·广西)在水平面中，存在大小为、方向竖直向下的匀强磁场，磁场的左段的宽度为，磁场的右段呈等腰三角形分布，，三角形高为，有水平导轨，导轨间距也为，导轨之间接有可改变电流大小的恒定电流源，初始提供的电流恒定为；有一根质量为的金属棒AB锁定在导轨的中部，金属棒与导轨间的动摩擦因数为，其通过的电流由到。时解除金属棒的锁定，金属棒在安培力作用下开始运动。重力加速度为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)当时，求金属棒受到安培力的大小和方向； (2)当金属棒达到最大速度时，求金属棒此时的速度大小和运动过程的位移大小； (3)改变电流的大小，求使棒恰好到达顶点时安培力做功与电流的关系式，以及为使棒能运动起来且不离开磁场区域，电流的取值范围。 3.【答案】(1)，垂直于棒向右 (2)， (3)， 【解析】(1)由题可知，在时，由左手定则可知金属棒受到安培力方向垂直于棒向右。 (2)当金属棒达到最大速度时，此时安培力与摩擦力平衡，即设此时运动的位移为，根据几何关系可知解得，在金属棒运动过程中只有安培力和摩擦力做功，有即解得 (3)若金属棒恰好能到达O点，安培力做功与电流的关系为根据动能定理，电流I的最大值满足解得使金属棒恰好静止时电流满足解得为了使金属棒能运动起来且不离开磁场区域，则电流I的取值范围为 4.(2026高考·湖北)如图所示，在平面内，区域存在匀强电场，电场强度大小为、方向沿轴负方向；在区域，有一个以为圆心、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，磁场方向垂直于平面向里。一质量为、电荷量为的带正电粒子从坐标为的点静止释放，之后从坐标为的点第一次射出磁场。不计重力，求： (1)粒子第一次进入磁场时的速度大小； (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。 4.【答案】(1) (2) (3) 【解析】(1)粒子在匀强电场中做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得解得加速度大小为粒子从坐标为的 点静止释放，沿轴负方向的位移大小为由匀变速直线运动速度与位移的关系得联立解得粒子第一次进入磁场的速度大小为 (2)粒子第一次进入磁场的坐标为，第一次出磁场的坐标为，粒子在匀强磁场中的运动轨迹如图所示 设粒子的轨迹半径变为，由几何关系得解得粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有解得 (3)设粒子第一次出磁场时速度与 轴负方向的夹角为，由几何关系得则粒子沿 轴和轴的速度分别为，解得，粒子沿轴方向做类竖直上抛运动，由竖直上抛运动规律，可得运动时间沿 轴方向做匀速直线运动，有联立解得沿 轴方向的位移为粒子第二次进入磁场时， 坐标为沿 轴方向的速度为由运动的对称性，可知沿轴方向的速度为则粒子与 轴负方向的夹角仍满足因此粒子两次在磁场中的运动轨迹关于轴对称，如图所示 则粒子第二次出磁场的坐标，即为粒子第一次进入磁场的坐标。 5.(2026高考·黑吉辽蒙卷)某些材料的激发态可视为准粒子的集合，激发态寿命可由“时间分辨-能量分析仪”测量，简化原理如图(a)所示，电子源释放初速度可忽略的电子，经电压为的加速电场加速，穿过处于激发态的样品时，部分电子与准粒子作用后动能发生变化，相互作用时间不计。为筛选出动能变化为特定值的电子，调节匀强磁场的磁感应强度为，使筛选出的电子沿半径为的圆弧形中心线运动，从狭缝出射后，沿电场中心线且平行于极板方向进入偏转电场，偏转后打在荧光屏上形成光斑。 已知电子电荷量大小为，质量为；偏转电场可视为匀强电场，、极板长度为、间距为；荧光屏到极板边缘的距离为。忽略电子间相互作用及电、磁场边缘效应。 (1)求筛选出的电子通过样品前后的动能变化量。 (2)求、间电压为时，电子到达荧光屏上的偏移距离。 (3)样品被激发时，电子源开始每隔相同时间发射持续时间极短、电子数目相近的脉冲，同时、间电压随时间线性变化，变化率为()，使先后到达荧光屏上的电子脉冲形成间距为的光斑，如图(b)所示。每个脉冲经过偏转电场时间极短，在此时间内电子所受电场力可视为恒定。样品被激发后，筛选出的电子数随激发态准粒子数的衰减成比例减少，导致光斑相对强度也相应成比例减弱，相对强度与各个光斑中心位置的关系如图(c)所示。若样品的激发态寿命定义为准粒子数衰减一半所需的时间，求。 5.【答案】(1) (2) (3) 【解析】(1)电子加速场中，由动能定理有电子在，筛选器中由牛顿第二定律有电子通过样品前后的动能变化量联立可得 (2)偏转电场中做类平抛运动，垂直电场方向有沿着电场方向有根据牛顿第二定律出偏转电场后，电子做匀速直线运动，根据几何关系有联立解得 (3)由题意可知将表达式代入可得结合题图(相对强度8408到4204)可得解得 6.(2026高考·陕晋青宁卷)如图，垂直于轴的足够大绝缘薄挡板P紧贴平行金属板放置，挡板P有一小孔在原点处，点到垂直于轴的两金属板距离相等。在平面位于处的粒子源以速率向面内各方向发射质量为、电荷量为的带电粒子。两金属板(上板为正极)间距为，板间电压初始为。在平面轴右侧，圆心位于、直径在轴、半径为的半圆区域存在方向垂直于平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为。在处有一垂直于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。(、均为已知量) (1)可从小孔进入磁场的粒子，求其从点处射入磁场速度方向与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上位置的坐标； (3)若仅改变电压的大小，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(用已知量表示)。 6.【答案】(1)0.6或0.8 (2)或 (3)，无粒子能到达O点，均无法打到P右侧面。当时，仅粒子能进入磁场，1个撞击点；当时，两粒子均能进入且撞击点不同，2个撞击点；当时，两粒子轨迹重合，1个撞击点。 【解析】(1)粒子在电场中做类斜抛运动 设粒子初速度方向与x轴夹角为，加速度方向沿y轴正向。粒子从运动到，水平方向竖直方向联立解得即在O点，，设射入磁场速度方向与x轴夹角为，则即根据，解得或 (2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，半径磁场区域半径也为L。由几何关系，粒子从O点射入，必从磁场边界另一点射出，且射出速度方向水平向右，如下图 射出点纵坐标当时，，当时，，粒子与Q板弹性碰撞后沿x轴负方向返回，再次进入磁场。 由对称性及圆周运动几何关系，粒子再次打到挡板上的位置纵坐标故y坐标为或。 (3)根据(1)可知设。粒子能到达O点需满足，即，若，则，无粒子能到达O点，均无法打到P右侧面。当时，存在两个发射角(假设大于)。粒子在电场中不撞板条件为，如下图 上图为刚好到达上极板的临界，根据逆向看，类平抛运动速度偏转角是位移偏转角正切值的2倍，可此时根据数学关系可知此时，解得对于需，即此时对应粒子轨迹刚好与上极板相切。综上所述，当时，仅粒子能进入磁场，1个撞击点；当时，两粒子均能进入且撞击点不同，2个撞击点；当时，两粒子轨迹重合，1个撞击点；当，则，无粒子能到达O点，均无法打到P右侧面。 7.(2026高考·山东)在xOy坐标系中，第二象限有一粒子发生器，其右侧放置速度选择器，速度选择器中电场强度大小为E，方向沿y轴负方向，匀强磁场方向垂直xOy面向里；y=－x(x ≤ 0)与y轴正半轴所围区域I中充满垂直xOy面向外的匀强磁场；x轴下方为区域II、第一象限为区域III，两区域均充满方向垂直xOy面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为5B和12B。质量为m，电荷量为q的粒子a经速度选择器后以速率v从点(－h，h)沿x轴正方向进入区域I，一段时间后恰好从原点O沿y轴负方向进入区域II。不计粒子重力及粒子间相互作用。 (1)求速度选择器中磁感应强度大小B0和区域I中磁感应强度大小B1； (2)求粒子a从O点运动到P点的时间t； (3)当粒子a从点离开区域II进入区域III时，和a电荷量相同的粒子b恰好从O点以速率v沿y轴负方向进入区域II，若粒子a、b在x轴相遇且相遇时速度都沿y轴正方向，求粒子b的质量M及第一次相遇时的x轴坐标x1。 7.【答案】(1) (2) (3)， 【解析】(1)粒子在速度选择器中做直线运动，有解得粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，由几何关系得轨迹半径，根据解得 (2)根据可知，粒子在区域Ⅱ、Ⅲ中的轨迹半径分别为画出粒子运动轨迹图 可知从O点进入区域Ⅱ，经半圆到达再根据，可知O到A运动时间从A点进入区域Ⅲ，经半圆到达，时间从B点再次进入区域Ⅱ，经半圆到达，时间则总时间 (3)画出粒子a、b的运动轨迹如图 区域Ⅱ：a粒子半径b粒子半径a粒子半周期b粒子半周期 区域Ⅲ：a粒子半径b粒子半径a粒子半周期b粒子半周期粒子每完成一次“区域Ⅱ下半圆＋区域Ⅲ上半圆”的运动，x坐标的净变化同理所花时间同理取粒子a从O点沿y轴负方向进入区域Ⅱ的时刻为t = 0，粒子a第1次速度向上点：在区域Ⅱ中走下半圆到达x轴坐标时间此后每经过一次区域Ⅲ上半圆和一次区域Ⅱ下半圆，到达下一个速度向上点。设第n次速度向上点n=1，2，3，…，则粒子b在a到达第一次向上点a(即)时，从O点以同样速率沿y轴负方向进入区域Ⅱ。B的起始时刻为粒子b第1次速度向上点(绝对时刻)：b先在区域Ⅱ走下半圆坐标时刻同理，第k次速度向上点k=1，2，3，…，由相遇条件、得，两式相除消去M得，最小正整数解为k = 5，n = 9代入得， 8.(2026高考·山东)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，内阻为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μ，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。 8.【答案】(1) (2) 【解析】(1)断开S1，闭合S2时回路电流则cd的电功率P = I2r解得 (2)设斜面倾角为θ，S1闭合、S2断开cd刚好要下滑时有mgsinθ = μ(mgcosθ＋BIL)由于两电源电动势均为E、内阻为r，则回路电流大小不变均为断开S1，闭合S2有mgsinθ－μ(mgcosθ－BIL) = ma联立解得 9.(2026高考·云南)洛伦兹力演示仪示意图如图甲所示，玻璃泡处于励磁线圈产生的磁场中。玻璃泡内有一垂直磁场的竖直圆面，图乙为其放大示意图，其圆心为O、半径为R、最高点为P，区域内的磁场视为匀强磁场。电子枪将电子从O点正下方0.8R处的S点，以速度v水平向左射出，电子在圆面内运动一段时间后到达P点。已知电子质量为m、电荷量为e，不计电子的重力和电子之间的相互作用。求： (1)匀强磁场的磁感应强度大小和方向； (2)电子从S点第一次到达P点所用的时间。 9.【答案】(1)，垂直纸面向里 (2) 【解析】(1)根据洛伦兹力提供向心力有可得根据几何关系可得联立可得根据左手定则可知磁感应强度方向垂直纸面向里。 (2)根据结合可得电子从S点第一次到达P点转过的圆心角为，电子从S点第一次到达P点所用的时间联立可得 10.(2026高考·浙江)测量局域磁场，科学家基于电阻应变片开发出一种磁场检测芯片，其简化结构如图1所示。长度均为l、通有恒定电流I0(方向相反)的两刚性金属杆ab、cd，与具有良 好弹性的绝缘悬梁OA、OD构成“H”形支架，对称固定于底座O处。在悬梁上、下表面对称安装四个相同的电阻应变片(各自引出两导线)，其阻值分别为R1、R2、R3和R4，将它们 按图2方式与电动势为E的电源(不计内阻)相连。未加磁场时，支架处于水平平衡状态， 此时R1=R2=R3=R4=R0，测得e、f两端的电势差为0。现施加待测磁场，其方向水平向右、且垂直于金属杆，则金属杆ab、cd受安培力作用，使悬梁OA、OD产生形变，四个应变片的阻值发生相应变化，其变化量的绝对值均为ΔR，此时测得e、f两端的电势差为Uef，从而得到待测磁场磁感应强度B的大小。 (1)判断金属杆ab和cd所受安培力的方向； (2)写出上述四个电阻的阻值(用R0和ΔR表示)； (3)已知电阻变化量和所受的安培力成正比关系，且比例系数为，求与B之间的关系。 10.【答案】(1)ab竖直向下，cd竖直向上 (2)，，， (3) 【解析】(1)根据左手定则可知ab所受安培力方向竖直向下；cd所受安培力方向竖直向上。 (2)由题意可知ab向上弯曲，使R1被拉伸(阻值增大)、R3被压缩(阻值减小)，故，cd向下弯曲，使R2被压缩(阻值减小)、R4被拉伸(阻值增大)，故 (3)由图可知R1与R2串联，R3与R4串联，两条支路并联。上支路总电阻为电流，f点电势下支路总电阻为电流，e点电势，e、f两点间的电势差绝对值安培力与ΔR的关系：，而，所以联立得 11.(2025高考·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q()的粒子从磁场中的a点以速度向右水平发射，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，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。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) 11.【答案】(1) 根据题意可知，画出粒子的运动轨迹，如图所示 由题意可知设粒子在磁场中做圆周运动的半径为，由几何关系有解得由牛顿第二定律有解得。 (2) 根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时，速度大小仍为，方向与水平虚线的夹角为，由几何关系可得则粒子在电场中的运动时间为沿电场方向上，由牛顿第二定律有由运动学公式有联立解得。 (3) 若粒子从a点以竖直向下发射，画出粒子的运动轨迹，如图所示 由于粒子在磁场中运动的速度大小仍为，粒子在磁场中运动的半径仍为，由几何关系可得，粒子进入电场时速度与虚线的夹角结合小问2分析可知，粒子在电场中的运动时间为间的距离为由几何关系可得则粒子在磁场中的运动时间为则有综上所述可知，粒子每隔时间向右移动，则漂移速度大小。 12.(2025高考·陕晋青宁卷)电子比荷是描述电子性质的重要物理量。在标准理想二极管中利用磁控法可测得比荷，一般其电极结构为圆筒面与中心轴线构成的圆柱体系统，结构简化如图(a)所示，圆筒足够长。在O点有一电子源，向空间中各个方向发射速度大小为的电子，某时刻起筒内加大小可调节且方向沿中心轴向下的匀强磁场，筒的横截面及轴截面示意图如图(b)所示，当磁感应强度大小调至时，恰好没有电子落到筒壁上，不计电子间相互作用及其重力的影响。求：(R、、均为已知量) (1)电子的比荷； (2)当磁感应强度大小调至时，筒壁上落有电子的区域面积S。 12.【答案】(1) 当磁场的磁感应强度为时，电子刚好不会落到筒壁上。则电子以速度垂直轴线方向射出，电子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹恰好与圆筒壁相切，轨迹半径为根据洛伦兹力提供向心力可得联立解得。 (2) 磁感应强度调整为后，将电子速度沿垂直轴线和平行轴线方向进行分解，分别设，电子将在垂直轴线方向上做匀速圆周运动，平行轴线方向上做匀速直线运动，电子击中筒壁距离粒子源的最远点时，其垂直轴线方向的圆周运动轨迹与筒壁相切，则轨迹半径仍为根据洛伦兹力提供向心力可得联立解得由射出到相切，经过半个周期，用时根据速度的合成与分解可知平行轴线方向运动距离结合对称性，被电子击中的面积。 13.(2025高考·北京)北京谱仪是北京正负电子对撞机的一部分，它可以利用带电粒子在磁场中的运动测量粒子的质量、动量等物理量。 考虑带电粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中的运动，且不计粒子间相互作用。 (1)一个电荷量为的粒子的速度方向与磁场方向垂直，推导得出粒子的运动周期T与质量m的关系。 (2)两个粒子质量相等、电荷量均为q，粒子1的速度方向与磁场方向垂直，粒子2的速度方向与磁场方向平行。在相同的时间内，粒子1在半径为R的圆周上转过的圆心角为，粒子2运动的距离为d。求： a.粒子1与粒子2的速度大小之比。粒子2的动量大小。 13.【答案】(1) 粒子速度方向与磁场垂直，做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力解得轨道半径圆周运动的周期将R代入得比例关系为。 (2)a. 由题意知粒子1做圆周运动，线速度粒子2做匀速直线运动，速度所以速度之比即。 b. 对粒子1，由洛伦兹力提供向心力有可得粒子2的动量结合前面的分析可得。 14.(2025高考·重庆)研究小组设计了一种通过观察粒子在荧光屏上打出的亮点位置来测量粒子速度大小的装置，如题图所示，水平放置的荧光屏上方有沿竖直方向强度大小为B，方向垂直于纸面向外的匀强磁场。O、N、M均为荧光屏上的点，且在纸面内的同一直线上。发射管K(不计长度)位于O点正上方，仅可沿管的方向发射粒子，一端发射带正电粒子，另一端发射带负电粒子，同时发射的正、负粒子速度大小相同，方向相反，比荷均为。已知，，不计粒子所受重力及粒子间相互作用。 (1)若K水平发射的粒子在O点产生光点，求粒子的速度大小。 (2)若K从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点，求粒子的速度大小。 (3)要使(2)问中发射的带正电粒子恰好在M点产生光点，可在粒子发射t时间后关闭磁场，忽略磁场变化的影响，求t。 14.【答案】(1) 由题意粒子水平发射后做匀速圆周运动，要在O点产生光点，其运动半径运动过程中由洛伦兹力提供向心力有联立解得。 (2) 若K从水平方向逆时针旋转60°，其两端同时发射的正、负粒子恰都能在N点产生光点，则两端粒子的轨迹正好构成一个完整的圆，且在N点相切，如图 由于K从水平方向逆时针旋转60°，则，根据和和关系可知此时粒子做匀速圆周运动的半径为根据洛伦兹力提供向心力可知解得。 (3) 由题意带正电粒子恰好在M点产生光点，则关闭磁场时粒子速度恰好指向M，过M点做正电粒子轨迹的切线，切点为P，如图 根据前面解析可知，所以由于，且根据几何关系可知，而所以粒子在磁场中运动的周期，对应的圆心角所以。 15.(2025高考·湖南)如图。直流电源的电动势为，内阻为，滑动变阻器R的最大阻值为，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为，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，求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离。 15.【答案】(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竖直方向做匀变速直线运动，由闭合回路欧姆定律可得联立可得。 (2) 根据题意，设粒子进入磁场与竖直方向的夹角为，则有，粒子在磁场中做匀速圆周运动有由几何关系易得联立可得。 (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，则有解得粒子以速度向上做匀速直线运动，粒子做圆周运动的合速度的竖直方向分速度为此时合速度与竖直方向的夹角为合速度为粒子做圆周运动的半径最远距离为。 16.(2025高考·云南)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，区域存在垂直平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为(未知)。第一象限内存在边长为的正方形磁屏蔽区ONPQ，经磁屏蔽后，该区域内的匀强磁场方向仍垂直平面向里，其磁感应强度大小为(未知)，但满足。某质量为m、电荷量为的带电粒子通过速度选择器后，在平面内垂直y轴射入区域，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已知，不考虑该粒子的重力。 (1)求该粒子通过速度选择器的速率； (2)求以及y轴上可能检测到该粒子的范围； (3)定义磁屏蔽效率，若在Q处检测到该粒子，则是多少？ 16.【答案】(1) 由于该粒子在速度选择器中受力平衡，故其中则该粒子通过速度选择器的速率为。 (2)， 粒子在区域内做匀速圆周运动，从ON的中点垂直ON射入磁屏蔽区域，由几何关系可知由洛伦兹力提供给向心力联立可得由于，根据洛伦兹力提供给向心力解得当时粒子磁屏蔽区向上做匀速直线运动，离开磁屏蔽区后根据左手定则，粒子向左偏转，如图所示 根据洛伦兹力提供向心力可得故粒子打在y轴3L处，综上所述y轴上可能检测到该粒子的范围为。 (3) 若在Q处检测到该粒子，如图 由几何关系可知解得由洛伦兹力提供向心力联立解得其中根据磁屏蔽效率可得若在Q处检测到该粒子，则。 17.(2025高考·贵州)如图所示，轴水平向右，轴竖直向上，轴垂直纸面向里(图中未画出)，在平面里有竖直向上的匀强电场，在的平面下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，的平面上方有垂直纸面向里的匀强磁场(未知)。有一带正电的粒子，质量为，从坐标原点出发，沿轴正方向以速度射出后做圆周运动，其中，，点坐标。已知重力加速度为，粒子电荷量为。求： (1)电场强度的大小及该粒子第一次经过平面时的位置对应的坐标值； (2)当该带电粒子沿轴正方向飞出到达点时间最小时，求的大小； (3)若将电场改成沿y轴正方向，粒子同样从坐标原点沿x轴以速度射出，求粒子的轨迹方程。 17.【答案】(1)， 由题意可知，粒子受到重力、洛伦兹力和电场力做匀速圆周运动，可以判断粒子受到的电场力与重力平衡，则解得粒子做匀速圆周运动，圆周运动轨迹如图所示 洛伦兹力提供向心力得解得粒子运动的轨道半径根据圆周运动轨迹，由几何关系得代入数据解得。 (2) 粒子做匀速圆周运动，可能的运动轨迹如图所示 设粒子进入磁场中速度方向与磁场分界面成角，由几何关系可得可解得设粒子在磁场中运动的轨道半径为，根据圆周运动轨迹可知粒子运动到点应满足当取最小值时，运动时间最短。所以当时，运动时间最短，代入的值解得根据联立可得当该带电粒子沿轴正方向飞出到达点时间最小时，的大小为。 (3) 若将电场方向改为轴方向正方向，由受力分析，粒子受到沿轴正方向的洛伦兹力、沿轴负方向的重力、沿轴正方向的电场力，根据解得粒子受到的洛伦兹力大小为正好与重力相平衡，所以粒子在轴正方向做匀加速直线运动，有由牛顿第二定律有粒子在轴正方向做匀加速直线运动，有联立解得轨迹方程。 18.(2025高考·湖北)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点以大小为的初速度射出，方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为，粒子能回到O点，并在纸面内做周期性运动。不计重力，求 (1)粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径； (2)粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距； (3)粒子的运动周期 18.【答案】(1) 粒子在左侧磁场中运动，根据洛伦兹力提供向心力有可得。 (2) 粒子在左侧磁场运动，设从MN射出时速度方向与MN的夹角为θ，由于O到的距离，结合，根据几何关系可知；粒子在MN和PQ之间做匀速直线运动，所以粒子从PQ进入右侧磁场时与PQ的夹角；粒子在右侧磁场做匀速圆周运动有解得根据几何关系可知粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距 (3) 由图可知粒子在左边磁场运动的时间粒子在右边磁场运动的时间 根据对称性可知粒子在MN左侧进出磁场的距离所以粒子从MN到PQ过程中运动的距离为粒子在MN和PQ之间运动的时间综上可知粒子完成完整运动回到O点的周期为。 19.(2024高考·全国)一质量为m、电荷量为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，一个点表示，、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 (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。 19.【答案】(1)， 粒子在磁场中做圆周运动时的速度为根据洛伦兹力提供向心力解得做圆周运动的半径为周期为。 (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，根据可知任意点的加速度大小相等，故可得解得。 (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，绕一圈的过程中两次在电场中运动，根据对称性可知粒子的运动轨迹如图，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，得故可得该段时间内沿y方向位移为根据几何知识可得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联立解得。 20.(2024高考·北京)我国“天宫”空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道。图为某种霍尔推进器的放电室(两个半径接近的同轴圆筒间的区域)的示意图。放电室的左、右两端分别为阳极和阴极，间距为d。阴极发射电子，一部分电子进入放电室，另一部分未进入。稳定运行时，可视为放电室内有方向沿轴向向右的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强度大小分别为E和；还有方向沿半径向外的径向磁场，大小处处相等。放电室内的大量电子可视为处于阳极附近，在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R的匀速圆周运动(如截面图所示)，可与左端注入的氙原子碰撞并使其电离。每个氙离子的质量为M、电荷量为，初速度近似为零。氙离子经过电场加速，最终从放电室右端喷出，与阴极发射的未进入放电室的电子刚好完全中和。 已知电子的质量为m、电荷量为；对于氙离子，仅考虑电场的作用。 (1)求氙离子在放电室内运动的加速度大小a； (2)求径向磁场的磁感应强度大小； (3)设被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，单位时间内阴极发射的电子总数为n，求此霍尔推进器获得的推力大小F。 20.【答案】(1) 对于氙离子，仅考虑电场的作用，则氙离子在放电室时只受电场力作用，由牛顿第二定律解得氙离子在放电室内运动的加速度大小。 (2) 电子在阳极附近在垂直于轴线的平面绕轴线做半径做匀速圆周运动，则轴线方向上所受电场力与径向磁场给的洛仑兹力平衡，沿着轴线方向的匀强磁场给的洛仑兹力提供向心力，即，解得径向磁场的磁感应强度大小为。 (3) 单位时间内阴极发射的电子总数为n，被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，则单位时间内被电离的氙离子数氙离子经电场加速，有时间内氙离子所受到的作用力为，由动量定理有解得由牛顿第三定律可知，霍尔推进器获得的推力大小则。 21.(2024高考·湖南)如图，有一内半径为2r、长为L的圆筒，左右端面圆心O′、O处各开有一小孔。以O为坐标原点，取O′O方向为x轴正方向建立xyz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v0。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θ，求tanθ的绝对值； (3)取(1)问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移。 21.【答案】(1) 电子在匀强磁场中运动时，将其分解为沿x轴的匀速直线运动和在yOz平面内的匀速圆周运动，设电子入射时沿y轴的分速度大小为，由电子在x轴方向做匀速直线运动得在yOz平面内，设电子做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，由牛顿第二定律知可得且由题意可知所有电子均能经过O进入电场，则有联立得当时，B有最小值，可得。 (2) 将电子的速度分解，如图所示 有当有最大值时，最大，R最大，此时，又，联立可得，。 (3) 当最大时，电子在电场中运动时沿y轴正方向有最大位移，根据匀变速直线运动规律有由牛顿第二定律知又联立得。 22.(2024高考·海南)如图，在xOy坐标系中有三个区域，圆形区域Ⅰ分别与x轴和y轴相切于P点和S点。半圆形区域Ⅱ的半径是区域Ⅰ半径的2倍。区域Ⅰ、Ⅱ的圆心连线与x轴平行，半圆与圆相切于Q点，QF垂直于x轴，半圆的直径MN所在的直线右侧为区域Ⅲ。区域Ⅰ、Ⅱ分别有磁感应强度大小为B、的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向外。区域Ⅰ下方有一粒子源和加速电场组成的发射器，可将质量为m、电荷量为q的粒子由电场加速到。改变发射器的位置，使带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度沿纸面射入区域Ⅰ。已知某粒子从P点射入区域Ⅰ，并从Q点射入区域Ⅱ(不计粒子的重力和粒子之间的影响) (1)求加速电场两板间的电压U和区域Ⅰ的半径R； (2)在能射入区域Ⅲ的粒子中，某粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，求该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间t； (3)在区域Ⅲ加入匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，电场强度的大小，方向沿x轴正方向。此后，粒子源中某粒子经区域Ⅰ、Ⅱ射入区域Ⅲ，进入区域Ⅲ时速度方向与y轴负方向的夹角成74°角。当粒子动能最大时，求粒子的速度大小及所在的位置到y轴的距离。 22.【答案】(1)， 根据动能定理得解得粒子进入区域I做匀速圆周运动，根据题意某粒子从P点射入区域Ⅰ，并从Q点射入区域Ⅱ，故可知此时粒子的运动轨迹半径与区域Ⅰ的半径R相等，粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力解得。 (2) 带电粒子在OF范围内都沿着y轴正方向以相同的速度沿纸面射入区域Ⅰ，由(1)可得，粒子的在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径均为R，因为在区域Ⅰ中的磁场半径和轨迹半径相等，粒子射入点、区域Ⅰ圆心O1、轨迹圆心O'、粒子出射点四点构成一个菱形，有几何关系可得，区域Ⅰ圆心O1和粒子出射点连线平行于粒子射入点与轨迹圆心O'连线，则区域Ⅰ圆心O1和粒子出射点水平，根据磁聚焦原理可知粒子都从Q点射出，粒子射入区域II，仍做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力解得如图，要使粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，轨迹所对应的圆心角最小，可知在区域Ⅱ中运动的圆弧所对的弦长最短，即此时最短弦长为区域Ⅱ的磁场圆半径，根据几何知识可得此时在区域Ⅱ和区域Ⅰ中运动的轨迹所对应的圆心角都为，粒子在两区域磁场中运动周期分别为故可得该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间为。 (3)， 如图，将速度分解为沿y轴正方向的速度及速度，因为可得，故可知沿y轴正方向的速度产生的洛伦兹力与电场力平衡，粒子同时受到另一方向的洛伦兹力，故粒子沿y正方向做旋进运动，根据角度可知故当方向为竖直向上时此时粒子速度最大，即最大速度为圆周运动半径根据几何关系可知此时所在的位置到y轴的距离为。 23.(2024高考·甘肃)质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子(不计重力)，加速后进入速度选择器做直线运动、再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。 (1)粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。 (2)求O点到P点的距离。 (3)若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为(略大于)，方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的点上。求粒子打在点的速度大小。 23.【答案】(1)带正电， 由于粒子向上偏转，根据左手定则可知粒子带正电；设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子进入速度选择器时的速度为，在速度选择器中粒子做匀速直线运动，由平衡条件在加速电场中，由动能定理联立解得，粒子的比荷为。 (2) 由洛伦兹力提供向心力可得O点到P点的距离为。 (3) 粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力向下的电场力由于，且所以通过配速法，如图所示 其中满足则粒子在速度选择器中水平向右以速度做匀速运动的同时，竖直方向以做匀速圆周运动，当速度转向到水平向右时，满足垂直打在速度选择器右挡板的点的要求，故此时粒子打在点的速度大小为。 24.(2024高考·山东)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°，挡板上有一小孔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＜的范围内可以产生质量为m，电荷量为+q的无初速度的粒子。粒子发生器与y轴之间存在水平向右的匀强加速电场，加速电压大小可调，粒子经此电场加速后进入磁场，挡板厚度不计，粒子可沿任意角度穿过小孔，碰撞挡板的粒子不予考虑，不计粒子重力及粒子间相互作用力。 (1)求使粒子垂直挡板射入小孔K的加速电压U0； (2)调整加速电压，当粒子以最小的速度从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，求第一象限中电场强度的大小和方向； (3)当加速电压为时，求粒子从小孔K射出后，运动过程中距离y轴最近位置的坐标。 24.【答案】(1) 根据题意，做出粒子垂直挡板射入小孔K的运动轨迹如图所示 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在区域根据洛伦兹力提供向心力有在匀强加速电场中由动能定理有联立解得。 (2)，方向沿x轴正方向 根据题意，当轨迹半径最小时，粒子速度最小，则做出粒子以最小的速度从小孔K射出的运动轨迹如图所示 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在区域根据洛伦兹力提供向心力有粒子从小孔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，粒子带正电，则之外第一象限区域电场强度的方向沿x轴正方向，大小满足联立可得。 (3)(n=0,1,2⋅⋅⋅) 在匀强加速电场中由动能定理有可得在区域根据洛伦兹力提供向心力有可得粒子在区域运动的轨迹半径做出从小孔K射出的粒子的运动轨迹如图所示 设粒子从小孔射出的速度方向与轴正方向夹角为，根据几何关系可知则粒子从小孔射出的速度方向与轴正方向的夹角为，该速度沿轴和轴正方向的分速度大小为，则粒子从射出后的运动可分解为沿轴正方向的匀速直线运动和速度大小为的匀速圆周运动，可知解得粒子做圆周运动的周期为，粒子至少运动距离轴最近，加上整周期则粒子运动，时距离轴最近，则最近位置的横坐标为纵坐标为，综上所述，最近的位置坐标，。 25.(2024高考·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、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＋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O点时，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。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。 (1)求磁感应强度的大小B； (2)求Ⅲ区宽度d； (3)Ⅳ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，其中常系数，已知、k未知，取甲经过O点时。已知甲在Ⅳ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Δx，求乙追上甲前F与Δx间的关系式(不要求写出Δx的取值范围) 25.【答案】(1) 对乙粒子，如图所示 由洛伦兹力提供向心力由几何关系联立解得，磁感应强度的大小为。 (2) 由题意可知，根据对称性，乙在磁场中运动的时间为对甲粒子，由对称性可知，甲粒子沿着直线从P点到O点，由运动学公式由牛顿第二定律联立可得Ⅲ区宽度为。 (3) 甲粒子经过O点时的速度为因为甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，则可得设乙粒子经过Ⅲ区的时间为，乙粒子在Ⅳ区运动时间为，则上式中对乙可得整理可得对甲可得则化简可得乙追上甲前F与Δx间的关系式为。 26.(2024高考·广东)如图甲所示。两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为、周期为的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场。磁感应强度大小为B.一带电粒子在时刻从左侧电场某处由静止释放，在时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的倍，粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。 (1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q； (2)求金属板的板间距离D和带电粒子在时刻的速度大小v； (3)求从时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。 26.【答案】(1)正电； 根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电；粒子在磁场中运动的周期为根据则粒子所带的电荷量。 (2)； 若金属板的板间距离为D，则板长粒子在板间运动时出电场时竖直速度为零，则竖直方向在磁场中时其中的联立解得 (3) 带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图，由(2)的计算可知金属板的板间距离则粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场，在4 t0时刻进入左侧的电场做减速运动速度为零后反向加速，在6 t0时刻再次进入中间的偏转电场，6.5 t0时刻碰到上极板，因粒子在偏转电场中运动时，在时间t0内电场力做功为零，在左侧电场中运动时，往返一次电场力做功也为零，可知整个过程中只有开始进入左侧电场时电场力做功和最后0.5t0时间内电场力做功，则。 27.(2024高考·浙江)类似光学中的反射和折射现象，用磁场或电场调控也能实现质子束的“反射”和“折射”。如图所示，在竖直平面内有三个平行区域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ；Ⅰ区宽度为d，存在磁感应强度大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁场，Ⅱ区的宽度很小。Ⅰ区和Ⅲ区电势处处相等，分别为和，其电势差。一束质量为m、电荷量为e的质子从O点以入射角射向Ⅰ区，在P点以出射角射出，实现“反射”；质子束从P点以入射角射入Ⅱ区，经Ⅱ区“折射”进入Ⅲ区，其出射方向与法线夹角为“折射”角。已知质子仅在平面内运动，单位时间发射的质子数为N，初速度为，不计质子重力，不考虑质子间相互作用以及质子对磁场和电势分布的影响。 (1)若不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，求d的最小值； (2)若，求“折射率”n(入射角正弦与折射角正弦的比值) (3)计算说明如何调控电场，实现质子束从P点进入Ⅱ区发生“全反射”(即质子束全部返回Ⅰ区) (4)在P点下方距离处水平放置一长为的探测板(Q在P的正下方)，长为，质子打在探测板上即被吸收中和。若还有另一相同质子束，与原质子束关于法线左右对称，同时从O点射入Ⅰ区，且，求探测板受到竖直方向力F的大小与U之间的关系。 27.【答案】(1) 根据牛顿第二定律不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，d的最小值为。 (2) 设水平方向为方向，竖直方向为方向，方向速度不变，方向速度变小，假设折射角为，根据动能定理解得根据速度关系解得。 (3) 全反射的临界情况：到达Ⅲ区的时候方向速度为零，即可得即应满足。 (4)临界情况有两个：1、全部都能打到，2、全部都打不到的情况，根据几何关系可得所以如果的情况下，折射角小于入射角，两边射入的粒子都能打到板上，分情况讨论如下：①当时又解得全部都打不到板的情况②根据几何知识可知当从Ⅱ区射出时速度与竖直方向夹角为时，粒子刚好打到D点，水平方向速度为所以又解得即当时③部分能打到的情况，根据上述分析可知条件为()，此时仅有O点右侧的一束粒子能打到板上，因此又解得。 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $