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高考物理一輪復習 磁場
一．選擇題（共8小題）
1．（2025春 成都期中）如圖所示，一根固定的足夠長的光滑絕緣細桿與水平面成θ角，質量為m、電荷量為+q的帶電小球套在細桿上，小球始終處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向垂直細桿所在的豎直平面，不計空氣阻力。若小球以初速度v0（v0）沿細桿向上運動，經過一定的時間減速到零，則該過程中小球（　　）
A．機械能減小
B．上滑時間為
C．向上滑動的最大位移為
D．小球受到桿的彈力最小值為mgcosθ
2．（2025春 沙坪壩區校級期中）如圖所示，在磁感應強度大小為B0的勻強磁場中（圖中未畫出），兩根長直導線P、Q垂直于紙面平行放置，間距為d，分別通以大小相同、方向相反且垂直紙面的電流。在P、Q連線的中垂線上有一點M，測得M點磁感應強度為零。M到PQ連線的距離為，則（　　）
A．勻強磁場B0的方向平行PQ連線向右
B．導線P在M點產生的磁感應強度大小為B0
C．若僅將導線Q中的電流反向，M點的磁感應強度大小為B0
D．若將P、Q中的電流均反向，M點的磁感應強度大小為2B0
3．（2025春 南山區校級月考）如圖為洛倫茲力演示儀的示意圖。電子槍可以發射方向可調的電子束，玻璃泡內充有稀薄氣體，電子束通過時能顯示電子的徑跡，勵磁線圈可產生垂直紙面的磁場。下列選項正確的是（　?。?br/>A．當電子束的速度方向與磁場平行時，徑跡是一條直線
B．若電子束與磁場方向成45°射出，其徑跡是一個圓
C．當徑跡為圓時，保持電子束速度不變，磁感應強度變大，徑跡圓的半徑變大
D．當徑跡為圓時，保持磁感應強度不變，電子束出射速度變大，徑跡圓的半徑變小
4．（2025春 南京期中）如圖所示，回旋加速器兩個D形金屬盒分別和一高頻交流電源兩極相接，兩盒放在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圓心附近。若粒子源射出的粒子（初速度不計）電荷量為q，質量為m，粒子最大回旋半徑為R，加速電壓為U，下列說法中正確的是（　?。?br/>A．所加交流電源的周期為
B．僅增大D形盒半徑R，加速次數不變
C．粒子加速后獲得的最大動能為
D．粒子在回旋加速器中的加速次數為
5．（2025春 南京期中）如圖所示，圓形區域內存在方向垂直于紙面向外的勻強磁場，質量為m、電荷量為q的帶電粒子從p點以速度v沿平行于直徑CD的方向射入磁場，粒子經過圓心O，最后離開磁場。已知圓形區域半徑為R，PO與CD間的夾角為45°，不計粒子重力。則（　　）
A．粒子圓周運動的半徑為
B．粒子在磁場中運動的路程為πR
C．粒子在磁場中運動的時間為
D．磁感應強度大小為
6．（2025春 羅湖區校級月考）回旋加速器的原理如圖所示，由兩個半徑均為R的D形盒組成，D形盒狹縫間加周期性變化的交變電壓，電壓的值大小恒為U，D形盒所在平面有垂直于盒面向下的磁場，磁感應強度為B，一個質量為m、電荷量為q的粒子在加速器中被加速，則（　?。?br/>A．D形盒上周期性變化的電壓U越大，粒子離開D形盒時的速度越大
B．粒子每次經過D形盒之間的縫隙后速度增大
C．粒子以速度v在D形盒磁場內運動半個圓周后動能增加2qvBR
D．粒子離開D形盒時動能為
7．（2025 達州二模）如圖所示，空間存在著垂直于紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場和豎直向下、電場強度為E的勻強電場。一質量為m、電量為q的正電粒子從O點以速度v0水平向左射入疊加場，經時間運動到O點正下方P點（P點未標出），不計粒子的重力，則速度v0大小為（　?。?br/>A．EB B． C． D．
8．（2025 太原二模）如圖所示為速度選擇器，將帶電量為+q的粒子沿水平方向射入左端小孔，該裝置能選擇出沿直線運動且速度的粒子。當粒子的速度不等于v，粒子在裝置內運動軌跡可能的是（　?。?br/>A． B．
C． D．
二．多選題（共4小題）
（多選）9．（2025 承德二模）威爾遜云室是顯示高能帶電粒子徑跡的裝置。為更好地研究帶電粒子的徑跡，某研究小組設計的磁場分布如圖所示，在坐標xOy平面（紙面）的一、四象限內存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一比荷為的帶正電的粒子從坐標為（0，2L）的P點以大小為v0的速度垂直y軸射入磁場，若粒子進入磁場后受到了與速率成正比、與速度方向相反的阻力，觀察發現該粒子軌跡呈螺旋狀并與y軸相切于Q點（未畫出）。不計粒子重力，下列說法正確的是（　　）
A．粒子由P點運動到Q點的時間為
B．粒子由P點運動到Q點的時間為
C．Q點的縱坐標為L
D．Q點的縱坐標為
（多選）10．（2025 深圳二模）如圖所示，在三維坐標系Oxyz中，z＜0的空間同時存在沿z軸負方向的勻強電場和沿x軸負方向的勻強磁場Ⅰ，磁感應強度大小為B0，在z＞0的空間存在沿y軸正方向的勻強磁場Ⅱ，磁感應強度大小為。帶正電的粒子從M（a，0，﹣a）點以速度v0沿y軸正方向射出，恰好做直線運動。現撤去電場，繼續發射該帶電粒子，恰好垂直xOy平面進入z＞0空間不計粒子重力，正確的說法是（　　）
A．電場強度大小為B0v0
B．帶電粒子的比荷為
C．第二次經過xOy平面的位置坐標為（﹣a，a，0）
D．粒子第三次經過xOy平面的位置與O點距離為
（多選）11．（2025春 南山區校級月考）托卡馬克是一種利用磁約束來實現受控核聚變的環形容器，如圖甲所示。我國托克馬克裝置在世界上首次實現了穩定運行100秒的成績，其內部產生的強磁場將百萬開爾文的高溫等離子體（等量的正離子和電子）約束在特定區域實現受控核聚變，如圖乙所示。其中沿管道方向的磁場分布圖如圖丙所示，越靠管的右側磁場越強，則速度平行于紙面的帶電粒子在圖丙磁場中運動時，不計帶電粒子重力，下列說法正確的是（　?。?br/>A．正離子在磁場中沿順時針方向運動
B．由于帶電粒子在磁場中的運動方向不確定，磁場可能對其做功
C．帶電粒子由磁場的左側區域向右側區域運動時，運動半徑減小
D．帶電粒子由磁場的左側區域向右側區域運動時，洛倫茲力變大
（多選）12．（2025春 南山區校級月考）下列關于磁場與現代科技的相關說法不正確的是（　?。?br/>A．圖甲是真空冶煉爐示意圖，爐外線圈中通入直流電流，使爐內的金屬快速熔化
B．圖乙是電流表內部結構示意圖，其能顯示電流大小是利用了電磁感應原理
C．圖丙是回旋加速器示意圖，增大磁感應強度能提高加速粒子的最大能量
D．圖丁是電磁流量計示意圖，在B、d一定時，UMN越大反映出流量Q越大
三．填空題（共4小題）
13．（2025春 思明區校級期中）某同學自制一電流表，其原理如圖所示。質量為m的均勻細金屬桿MN與一豎直懸掛的絕緣輕彈簧相連，彈簧的勁度系數為k，在矩形區域abcd內有勻強磁場，ab＝L1，bc＝L2，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外。MN的右端連接一絕緣輕指針，可指示出標尺上的刻度。MN的長度大于ab，當MN中沒有電流通過且處于靜止時，MN與矩形區域的ab邊重合，且指針指在標尺的零刻度；當MN中有電流時，指針示數可表示電流強度。MN始終在紙面內且保持水平，重力加速度為g。為使電流表正常工作，流過金屬桿的電流方向為 　 　 （填“N→M”或“M→N”）；該電流表所測電流的最大值為 　 　 。
14．（2025春 寧德期中）生產生活中需要用到大量銅芯線，其中一種雙芯銅芯線的結構如圖所示，cd和ef為兩根相互平行的銅芯線，a、b兩點位于兩銅芯線所在的平面內，a、b兩點到cd銅芯線的距離相等，b點到兩銅芯線的距離相等，當流過兩根銅芯線的電流大小相同、方向相反時，b點的磁感應強度大小 　 　 （填“大于”或“等于”）零，a點的磁場方向垂直紙面 　 　 （填“向外”或“向里”），cd和ef兩銅芯線間的安培力互相 　 　 （填“吸引”或“排斥”）。
15．（2025 嘉祥縣校級開學）如圖為一回旋加速器，D1和D2是兩個中空的半圓金屬盒，半徑為r，它們之間接一周期性變化的電源，O處的粒子源產生質量為m、電荷量為q的帶電粒子。D1、D2處于與盒面垂直的勻強磁場B中，
電場的作用是 　 　 ；
磁場的作用是 　 　 ；
帶電粒子離開D型盒的最大動能為 　 　 。
16．（2024秋 黃浦區校級期末）電磁炮的工作原理如圖，水平面上放置兩根間距為d、長度為L的平行導軌，導軌上放有質量為m的炮彈，通上電流后，炮彈沿導軌水平加速運動。設炮彈與導軌間的彈力沿豎直方向，導軌間的磁感應強度為B，方向垂直導軌平面向下，不計空氣阻力，已知重力加速度大小為g。當電流為I時（不考慮電流對磁場的影響），炮彈恰好做勻速直線運動。則炮彈受到安培力的大小為 　 　 ，炮彈與導軌間的動摩擦因數為 　 　 ；若將電流增大一倍，則靜止的炮彈可在導軌上獲得的最大速度的大小為 　 　 。
四．解答題（共4小題）
17．（2025春 廬陽區校級期中）如圖所示的xOy平面內，x軸上方存在平行于y軸向下的勻強電場，x軸下方存在垂直xOy平面向外的勻強磁場，在y軸上坐標為L處的P點有一質量為m、電荷量為q（q＞0）的氦核α粒子，以v0的速度平行x軸進入電場強度為E的電場。從x軸上的M點（圖中未標出）首次進入磁場中，粒子在磁場中做勻速圓周運動，隨后從x軸上的N點（圖中未標出）首次離開磁場，且恰能回到P點，不計粒子重力，求：
（1）O點到M點的距離xOM；
（2）粒子從P點出發到首次回到P點的時間；
（3）若從P點以相同的動量釋放一個氫原子核（電量是氦原子核的一半，質量為其四分之一），若僅改變勻強磁場的磁感應強度B′使粒子也能回到P點。求兩次磁場的比值。
18．（2025春 江陰市期中）如圖所示，金屬桿ab的質量為m，長為l，通過的電流為I，處在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向與導軌平面為θ角斜向上，結果ab靜止于水平導軌上。求金屬桿ab受到的：
（1）安培力大小。
（2）摩擦力大小。
19．（2025 長沙模擬）如圖所示的平面直角坐標系中，第Ⅱ象限內存在沿x軸負方向的勻強電場，第Ⅲ象限內存在垂直紙面向里的有界勻強磁場，下邊界是以O1（﹣2R，R）為圓心、半徑為2R的圓弧，上邊界是以O2（﹣2R，0）為圓心、半徑為R的半圓弧，磁感應強度為B0，在y軸負半軸上有一線狀粒子源OM，M點坐標為[0，﹣（2）R]，粒子源能沿x軸負方向發射質量為m、電荷量為﹣q、速度大小為v0的粒子束。已知正對圓心O1發射的粒子能通過圓心O2，進入電場后從y軸上P（0，2R）點進入第Ⅰ象限，第Ⅰ象限中存在垂直紙面向里的磁場B，其大小滿足By（d為常量，y為縱坐標）。不計粒子重力，忽略粒子間的相互作用及粒子對電磁場的影響。求：
（1）電場強度E的大??；
（2）正對圓心O1發射的粒子在第Ⅰ象限中運動至速度方向沿x軸正方向時，粒子軌跡與坐標軸圍成的面積S；
（3）試證明：OM發射的所有粒子均能通過O2點。
20．（2025 黑龍江二模）如圖所示，平面直角坐標系xOy的第一象限內存在沿y軸正方向的勻強電場，第四象限內以ON為直徑、P為圓心、半徑為R的半圓形區域內，存在垂直于坐標平面向里的勻強磁場。一質量為m、電荷量為﹣q（q＞0）的帶電粒子，從y軸正半軸上yR處的M點以大小為v0的初速度垂直于y軸射入勻強電場中，經x軸上的P點進入勻強磁場，最后以垂直于y軸的方向射出勻強磁場。不計粒子重力，求：
（1）勻強電場的電場強度大?。?br/>（2）勻強磁場的磁感應強度大??；
（3）粒子從M點到再次經過y軸的時間。
高考物理一輪復習 磁場
參考答案與試題解析
一．選擇題（共8小題）
1．（2025春 成都期中）如圖所示，一根固定的足夠長的光滑絕緣細桿與水平面成θ角，質量為m、電荷量為+q的帶電小球套在細桿上，小球始終處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向垂直細桿所在的豎直平面，不計空氣阻力。若小球以初速度v0（v0）沿細桿向上運動，經過一定的時間減速到零，則該過程中小球（　?。?br/>A．機械能減小
B．上滑時間為
C．向上滑動的最大位移為
D．小球受到桿的彈力最小值為mgcosθ
【考點】洛倫茲力的計算公式及簡單應用；常見力做功與相應的能量轉化．
【專題】定量思想；合成分解法；動量與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合；推理論證能力．
【答案】C
【分析】A、小球運動方向上只有重力做功；
B、根據動量定理Ft＝mv求解時間；
C、根據動能定理求解位移；
D、根據洛倫茲力與重力垂直細桿的分力變化情況分析。
【解答】解：A、小球運動方向上只有重力做功，其機械能守恒，故A錯誤；
B、合力的沖量等于動量的變化量，以向上為正方向，根據動量定理得﹣mgsinθ t＝0﹣mv0，解得，故B錯誤。
C、根據動能定理得﹣mgxsinθ，解得，故C正確；
D、小球受垂直桿向上的洛倫茲力，開始時彈力FN＝qv0B﹣mgcosθ＝mgcosθ，方向垂直桿向下，當時，彈力剛好為零，隨后彈力方向垂直桿向上，FN＝mgcosθ﹣qvB，故D錯誤。
故選：C。
【點評】考查對洛倫茲力的理解，根據洛倫茲力的變化分析細桿彈力的變化，清楚機械能守恒的條件，熟練運用動量定理、動能定理公式。
2．（2025春 沙坪壩區校級期中）如圖所示，在磁感應強度大小為B0的勻強磁場中（圖中未畫出），兩根長直導線P、Q垂直于紙面平行放置，間距為d，分別通以大小相同、方向相反且垂直紙面的電流。在P、Q連線的中垂線上有一點M，測得M點磁感應強度為零。M到PQ連線的距離為，則（　?。?br/>A．勻強磁場B0的方向平行PQ連線向右
B．導線P在M點產生的磁感應強度大小為B0
C．若僅將導線Q中的電流反向，M點的磁感應強度大小為B0
D．若將P、Q中的電流均反向，M點的磁感應強度大小為2B0
【考點】磁感應強度的矢量疊加；安培定則（右手螺旋定則）．
【專題】定性思想；推理法；磁場 磁場對電流的作用；推理論證能力．
【答案】D
【分析】根據安培定則判斷每根導線在M點磁場方向，根據矢量合成法則求解合磁感應強度。
【解答】解：A.根據安培定則可知，左邊導線P在M處磁場方向垂直PM向左，右邊導線Q在M處磁場方向垂直PM向右，兩根導線在M處合磁感應強度豎直豎直向上，M點磁感應強度為零，所以勻強磁場B0的方向豎直向下，故A錯誤；
B.由題意得三角形PMQ為直角三角形，磁感應強度大小為B0的勻強磁場，測得M點磁感應強度為零，結合A選項分析可知導線P在M點產生的磁感應強度大小為B0，故B錯誤；
C.若僅將導線Q中的電流反向，根據安培定則，兩根導線在M處合磁感應強度水平向右，大小為B0，勻強磁場B0的方向豎直向下，根據矢量合成，M點的磁感應強度大小為B0，故C錯誤；
D.若將P、Q中的電流均反向，根據安培定則，兩根導線在M處合磁感應強度方向豎直向下，大小為B0，勻強磁場B0的方向豎直向下，M點的磁感應強度大小為2B0，故D正確。
故選：D。
【點評】磁感應強度的矢量疊加的步驟為：
1.先確定每一個獨立的磁感應強度的大小和方向；
2.運用平行四邊形法則或三角形法則計算合磁感應強度的大小和方向。
3．（2025春 南山區校級月考）如圖為洛倫茲力演示儀的示意圖。電子槍可以發射方向可調的電子束，玻璃泡內充有稀薄氣體，電子束通過時能顯示電子的徑跡，勵磁線圈可產生垂直紙面的磁場。下列選項正確的是（　　）
A．當電子束的速度方向與磁場平行時，徑跡是一條直線
B．若電子束與磁場方向成45°射出，其徑跡是一個圓
C．當徑跡為圓時，保持電子束速度不變，磁感應強度變大，徑跡圓的半徑變大
D．當徑跡為圓時，保持磁感應強度不變，電子束出射速度變大，徑跡圓的半徑變小
【考點】帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動．
【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理論證能力．
【答案】A
【分析】結合題意，根據洛倫茲力的特點，即可分析判斷電子的運動軌跡；當徑跡為圓時，洛倫茲力提供向心力，據此列式，結合題意，即可分析判斷。
【解答】解：A、電子束沿著與磁場平行的方向射入磁場，電子不受洛倫茲力作用，做勻速直線運動，其徑跡為一條直線，故A正確；
B、當電子束沿著與磁場成45°角的方向射入磁場，其運動可看成沿平行于磁場方向的勻速直線運動，和垂直于磁場方向的勻速圓周運動，其徑跡為類似于彈簧的螺旋曲線，故B錯誤；
CD、當徑跡為圓時，洛倫茲力提供向心力，可得：evB
解得：r
由此可知，若電子束速度v不變，磁感應強度B變大，則徑跡圓的半徑r變?。蝗舸鸥袘獜姸菳不變，電子束出射速度v變大，則徑跡圓的半徑變大，故CD錯誤。
故選：A。
【點評】本題主要考查帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動，解題時需注意，若v⊥B，則帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內以入射速率v做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力。
4．（2025春 南京期中）如圖所示，回旋加速器兩個D形金屬盒分別和一高頻交流電源兩極相接，兩盒放在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圓心附近。若粒子源射出的粒子（初速度不計）電荷量為q，質量為m，粒子最大回旋半徑為R，加速電壓為U，下列說法中正確的是（　?。?br/>A．所加交流電源的周期為
B．僅增大D形盒半徑R，加速次數不變
C．粒子加速后獲得的最大動能為
D．粒子在回旋加速器中的加速次數為
【考點】回旋加速器．
【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理論證能力．
【答案】D
【分析】由粒子在回旋加速器中持續加速的條件，可計算交流電源的周期；由粒子在磁場中的運動特點，可知一個周期內的加速次數；粒子離開D形盒時的動能最大，由洛倫茲力提供向心力，可計算最大動能；由動能定理，結合粒子的最大動能，可計算粒子在回旋加速器中的加速次數。
【解答】解：A、由粒子在回旋加速器中持續加速的條件：粒子在磁場中做圓周運動的周期，與交流電源的周期相等；粒子在磁場中運動時，，可知交流電源的周期為：，故A錯誤；
C、粒子離開D形盒時的動能最大，由洛倫茲力提供向心力，可知：，最大動能，故C錯誤；
BD、由動能定理nqU＝Ekm可知粒子在回旋加速器中的加速次數為：，解得：，僅增大D形盒半徑R，加速次數增加，故D正確，B錯誤。
故選：D。
【點評】本題考查回旋加速器的應用分析，關鍵是理解粒子能持續加速的條件。
5．（2025春 南京期中）如圖所示，圓形區域內存在方向垂直于紙面向外的勻強磁場，質量為m、電荷量為q的帶電粒子從p點以速度v沿平行于直徑CD的方向射入磁場，粒子經過圓心O，最后離開磁場。已知圓形區域半徑為R，PO與CD間的夾角為45°，不計粒子重力。則（　?。?br/>A．粒子圓周運動的半徑為
B．粒子在磁場中運動的路程為πR
C．粒子在磁場中運動的時間為
D．磁感應強度大小為
【考點】帶電粒子在弧形或圓形邊界磁場中的運動．
【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；分析綜合能力．
【答案】D
【分析】AD.畫出粒子的運動軌跡，根據幾何關系和洛倫茲力提供向心力求粒子圓周運動的半徑和磁感應強度大??；
BC.根據面積公式和時間公式求粒子在磁場中運動的路程和時間。
【解答】解：AD．畫出粒子的運動軌跡，如圖所示：
由于圓形區域半徑為R，則P點到CD的距離為，設粒子做圓周運動的半徑為r，由幾何關系有：
由洛倫茲力提供向心力，則
解得
故A錯誤，D正確；
BC．由上述分析可知，粒子在磁場中運動軌跡為半個圓周，則：
粒子在磁場中運動的時間為：
故BC錯誤；
故選：D。
【點評】考查帶電粒子在磁場中的運動問題，會根據題意作圖并結合相應的幾何關系列式求解相關的物理量。
6．（2025春 羅湖區校級月考）回旋加速器的原理如圖所示，由兩個半徑均為R的D形盒組成，D形盒狹縫間加周期性變化的交變電壓，電壓的值大小恒為U，D形盒所在平面有垂直于盒面向下的磁場，磁感應強度為B，一個質量為m、電荷量為q的粒子在加速器中被加速，則（　　）
A．D形盒上周期性變化的電壓U越大，粒子離開D形盒時的速度越大
B．粒子每次經過D形盒之間的縫隙后速度增大
C．粒子以速度v在D形盒磁場內運動半個圓周后動能增加2qvBR
D．粒子離開D形盒時動能為
【考點】回旋加速器．
【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；推理論證能力．
【答案】D
【分析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，粒子離開D形盒時速度最大，可推導動能表達式；粒子每次經過D形盒之間的縫隙過程，電場力做功，根據動能定理可得第n次經過D形盒之間的縫隙后速度變化。
【解答】解：AD、粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有
粒子離開D形盒時，速度為
粒子離開D形盒時動能為
可知與電壓無關，故A錯誤，D正確；
C、粒子在磁場中受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，洛倫茲力不做功，粒子動能保持不變，故C錯誤。
B、粒子每次經過D形盒之間的縫隙過程，電場力做功，根據動能定理可得qU＝ΔEk
即動能增加qU
由動能表達式可知第n次經過D形盒之間的縫隙后速度變化為
粒子并非每次經過D形盒之間的縫隙后速度增大，故B錯誤；
故選：D。
【點評】回旋加速器的工作原理是電場起加速作用，磁場起偏轉作用，并且最大速度由D形盒半徑決定，常見題型。
7．（2025 達州二模）如圖所示，空間存在著垂直于紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場和豎直向下、電場強度為E的勻強電場。一質量為m、電量為q的正電粒子從O點以速度v0水平向左射入疊加場，經時間運動到O點正下方P點（P點未標出），不計粒子的重力，則速度v0大小為（　　）
A．EB B． C． D．
【考點】帶電粒子在疊加場中做旋進運動．
【專題】定量思想；類比法；帶電粒子在復合場中的運動專題；創新能力．
【答案】B
【分析】用配速法解決帶電粒子在復合場中的運動，即將速度一分為二，之其的速度大小滿足：洛倫茲力的分量與電場力平衡，那么另一分量做勻速圓周運動。所以帶電粒子的實際運動為勻速直線運動及勻速圓周運動的合運動，根據在正下方的距離求得半徑，再由半徑公式求速度。
【解答】解：將粒子的運動看成是兩個運動的合成，
即v0＝v2﹣v1因而粒子可以看作受到的兩個洛倫茲力，分別為qv1B與qv2B，其中qv1B平衡電場力，即q：v1B＝qE
變形解得：
這樣，粒子的運動可以看成是勻速直線運動（速度v1）和勻速圓周運動（速率v2）的合運動，因此有：
解得圓周運動的半 徑：
因為時間：
而且粒子正好運動到O點正下方，說明粒子在水平方向的位移為0，即粒子做勻速直線運動的位移等于勻速圓周運動的半徑，即：
聯立解得：，故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
【點評】本題的難度比較大，超過高中所學的范圍，只有用配速法、結合題設特點，兩個分位移的大小相等列方程才能解決問題。
8．（2025 太原二模）如圖所示為速度選擇器，將帶電量為+q的粒子沿水平方向射入左端小孔，該裝置能選擇出沿直線運動且速度的粒子。當粒子的速度不等于v，粒子在裝置內運動軌跡可能的是（　?。?br/>A． B．
C． D．
【考點】帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動；從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題．
【專題】比較思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；模型建構能力．
【答案】C
【分析】分兩種情況，用配速法討論粒子的運動，即將粒子進入復合場的速度一分為二，其中之一的速度的洛倫茲力分量跟電場力抵消，另一速度的洛倫茲力分量使粒子做勻速圓周運動，這樣帶電粒子的實際運動就是正方向的勻速直線運動與勻速圓周運動的合成。
【解答】解：速度選擇器中，當粒子速度v時，電場力qE與洛倫茲力qvB平衡，粒子做直線運動。若，則二力不平衡，粒子發生偏轉。利用配速法，將粒子的運動分解為水平方向的勻速直線運動和豎直平面內的圓周運動，設以向右的速度v1，使得：qBv1＝qE，受力平衡做直線運動。即，另一水平速度v2做勻速圓周運動。所以粒子螺旋前進。
ABC、若開始，v2＝v﹣v1，方向向右，初始（即開始進入復合場）時洛倫茲力：qvB＞qE，粒子向上偏轉做逆時針圓周運動的同時水平向右移動。軌跡在軸的上方，電場力滿足：qBv1＝qE，已經被平衡，因此圓周運動的v2速度大小不變。方向會變化。因此運動半徑不變!，故C正確，AB錯誤；
D、若開始，v2＝v1﹣v，方向向左，粒子的運動看成是水平向右的勻速直線運動與逆時針方向的圓周運動的合運動，軌跡在x軸的下方，必須是螺旋運動，故D錯誤。
故選：C。
【點評】應用配速需要注意的是，v2雖然速度大小不變，但是方向改變，會導致合速度大小變化，這是因為整體來看電場力一會兒做正功一會兒做負功。因此對于v2，不能再單獨分析電場力對他的影響，此時電場力已經和qBv1平衡，無法再影響v2，v2的全部影響來自洛倫茲力，因此半徑不變。
二．多選題（共4小題）
（多選）9．（2025 承德二模）威爾遜云室是顯示高能帶電粒子徑跡的裝置。為更好地研究帶電粒子的徑跡，某研究小組設計的磁場分布如圖所示，在坐標xOy平面（紙面）的一、四象限內存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B。一比荷為的帶正電的粒子從坐標為（0，2L）的P點以大小為v0的速度垂直y軸射入磁場，若粒子進入磁場后受到了與速率成正比、與速度方向相反的阻力，觀察發現該粒子軌跡呈螺旋狀并與y軸相切于Q點（未畫出）。不計粒子重力，下列說法正確的是（　　）
A．粒子由P點運動到Q點的時間為
B．粒子由P點運動到Q點的時間為
C．Q點的縱坐標為L
D．Q點的縱坐標為
【考點】帶電粒子在矩形邊界磁場中的運動．
【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；模型建構能力；創新能力．
【答案】AC
【分析】由洛倫茲力提供向心力可得粒子的角速度的表達式，從表達式可以得到角速度與速度無關，由整個過程粒子的偏轉角度求時間；
在x方向上根據動量定理列微觀式，再兩邊積分求和，可以得到粒子縱坐標的變化量，再結合初位置的坐標，從而得到相切點Q的坐標。
【解答】解：AB、根據洛倫茲力提供向心力有：qvB＝mrvω
可得粒子的角速度：，即角速度為一定值
又可知粒子與磁場左邊界相切時轉過的弧度為，則有，故A正確，B錯誤；
CD、取一小段時間Δt，設水平方向速度為vx，豎直方向速度為vy，對粒子在x方向上列動量定理：﹣qvyBΔt﹣kvxΔt＝mΔvx
兩邊同時對整個過程求和：∑（﹣qvyBΔt）+∑（﹣kvyΔt）＝∑mΔvx
整理得到：qB∑（﹣vyΔt）+k∑（﹣vxΔt）＝m∑Δvx
即：k∑（﹣Δx）﹣qB∑（Δy）＝m∑Δvx
其中：k∑（﹣Δx）＝0
所以有：qBΔy＝mv0
結合
得到：Δy＝L
所以Q點縱坐標為：2L﹣L＝L，故C正確，D錯誤。
故選：AC。
【點評】本題考查帶電粒子在磁場中的運動的綜合，但粒子由于受到特殊情況的阻力，即阻力與速度成正比。這樣用動量定理，在x方向列微觀式，再求和，結合幾何關系可以得到結論。
（多選）10．（2025 深圳二模）如圖所示，在三維坐標系Oxyz中，z＜0的空間同時存在沿z軸負方向的勻強電場和沿x軸負方向的勻強磁場Ⅰ，磁感應強度大小為B0，在z＞0的空間存在沿y軸正方向的勻強磁場Ⅱ，磁感應強度大小為。帶正電的粒子從M（a，0，﹣a）點以速度v0沿y軸正方向射出，恰好做直線運動?，F撤去電場，繼續發射該帶電粒子，恰好垂直xOy平面進入z＞0空間不計粒子重力，正確的說法是（　?。?br/>A．電場強度大小為B0v0
B．帶電粒子的比荷為
C．第二次經過xOy平面的位置坐標為（﹣a，a，0）
D．粒子第三次經過xOy平面的位置與O點距離為
【考點】帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動；帶電粒子由電場進入磁場中的運動．
【專題】應用題；定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；分析綜合能力．
【答案】AD
【分析】粒子恰好做直線運動，應用平衡條件求出電場強度大??；粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，應用牛頓第二定律求出粒子的軌道半徑，然后分析答題。
【解答】解：A、帶正電的粒子從M（a，0，﹣a）點以速度v0沿y軸正方向射出，恰好做直線運動，對粒子，由平衡條件得qv0B0＝qE，解得E＝B0v0，故A正確；
B、撤去電場，粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，粒子恰好垂直xOy平面進入z＞0空間，由幾何知識可知，粒子做勻速圓周運動的半徑r＝a，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qv0B0＝m，解得，故B錯誤；
C、粒子進入z＞0空間做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得qv0B0＝m，解得r'2r＝2a，粒子第二次經過xOy平面的位置坐標為（﹣3a，a，0），故C錯誤；
D、粒子第二次經過xOy面后在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑r＝a，第三次經過xOy面的坐標為（﹣3a，3a，0），粒子第三次經過xOy平面的位置與O點距離d3a，故D正確。
故選：AD。
【點評】本題考查了帶電粒子在勻強磁場中的運動，根據題意分析清楚粒子運動過程，應用牛頓第二定律與幾何知識即可解題。
（多選）11．（2025春 南山區校級月考）托卡馬克是一種利用磁約束來實現受控核聚變的環形容器，如圖甲所示。我國托克馬克裝置在世界上首次實現了穩定運行100秒的成績，其內部產生的強磁場將百萬開爾文的高溫等離子體（等量的正離子和電子）約束在特定區域實現受控核聚變，如圖乙所示。其中沿管道方向的磁場分布圖如圖丙所示，越靠管的右側磁場越強，則速度平行于紙面的帶電粒子在圖丙磁場中運動時，不計帶電粒子重力，下列說法正確的是（　?。?br/>A．正離子在磁場中沿順時針方向運動
B．由于帶電粒子在磁場中的運動方向不確定，磁場可能對其做功
C．帶電粒子由磁場的左側區域向右側區域運動時，運動半徑減小
D．帶電粒子由磁場的左側區域向右側區域運動時，洛倫茲力變大
【考點】帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動．
【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；理解能力．
【答案】CD
【分析】根據洛倫茲力不做功的特點分析正離子的軌跡和做功情況；
根據洛倫茲力提供向心力導出粒子做圓周運動的半徑公式，根據公式分析判斷。
【解答】解：A、根據左手定則可知，正離子在垂直于紙面向里的磁場中做逆時針方向的圓周運動，故A錯誤；
B、離子在磁場中運動時，由于洛倫茲力方向總是與速度方向垂直，可知磁場對其一定不做功，故B錯誤；
C、離子在磁場中，做圓周運動，軌跡如圖，
由洛倫茲力提供向心力可得：
解得：
離子由磁場的左側區域向右側區域運動時，磁感應強度變大，可知離子運動半徑減小，故C正確；
D、洛倫茲力公式為F＝qvB，由于速度大小不變，但B從左向右逐漸變在，所以洛倫茲力變大，故D正確。
故選：CD。
【點評】本題考查帶電粒子在磁場中的運動，要求學生能正確分析帶電粒子的運動過程和運動性質，熟練應用對應的規律解題。
（多選）12．（2025春 南山區校級月考）下列關于磁場與現代科技的相關說法不正確的是（　　）
A．圖甲是真空冶煉爐示意圖，爐外線圈中通入直流電流，使爐內的金屬快速熔化
B．圖乙是電流表內部結構示意圖，其能顯示電流大小是利用了電磁感應原理
C．圖丙是回旋加速器示意圖，增大磁感應強度能提高加速粒子的最大能量
D．圖丁是電磁流量計示意圖，在B、d一定時，UMN越大反映出流量Q越大
【考點】回旋加速器；電磁流量計；渦流的應用與防止．
【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；磁場 磁場對電流的作用；推理論證能力．
【答案】CD
【分析】真空冶煉爐是利用渦流的熱效應工作的；線圈轉動時，穿過線圈的磁通量會隨著線圈的角度變化而變化；根據回旋加速器的結構可知，磁場強度與最大能量之間的關系；根據電磁流量計的物理量能求出流量大小。
【解答】解：A、圖甲是真空冶煉爐示意圖，用來冶煉金屬的真空冶煉爐是利用渦流的熱效應工作的，爐外線圈，線圈中通高頻交流電，爐內的金屬中產生渦流，渦流產生的熱量使金屬熔化，故A錯誤；
B、圖乙是電流表內部結構示意圖，其能顯示電流大小是利用了電流在磁場中受到的力—安培力的原理，故B錯誤；
C、回旋加速器的最大速度，由牛頓第二定律，可得，故增大磁感應強度能提高加速粒子的最大能量，故C正確；
D、圖丁是電磁流量計示意圖，設橫截面積為S，長度為l，帶電粒子電荷量為q，定向移動速率為v，流量為單位時間流過某橫截面的體積，即，其中，
根據平衡條件，得qvB＝Eq
則流量為，在B、d一定時，UMN越大反映出流量Q越大，故D正確；
故選：CD。
【點評】本題考查了渦流的應用、安培力、帶電粒子在電、磁場中的應用，知識點較多但難度不大。
三．填空題（共4小題）
13．（2025春 思明區校級期中）某同學自制一電流表，其原理如圖所示。質量為m的均勻細金屬桿MN與一豎直懸掛的絕緣輕彈簧相連，彈簧的勁度系數為k，在矩形區域abcd內有勻強磁場，ab＝L1，bc＝L2，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外。MN的右端連接一絕緣輕指針，可指示出標尺上的刻度。MN的長度大于ab，當MN中沒有電流通過且處于靜止時，MN與矩形區域的ab邊重合，且指針指在標尺的零刻度；當MN中有電流時，指針示數可表示電流強度。MN始終在紙面內且保持水平，重力加速度為g。為使電流表正常工作，流過金屬桿的電流方向為 　M→N　 （填“N→M”或“M→N”）；該電流表所測電流的最大值為 　　 。
【考點】安培力作用下的受力平衡問題．
【專題】定量思想；推理法；磁場 磁場對電流的作用；推理論證能力．
【答案】M→N；
【分析】根據電流與彈簧伸長量的關系分析刻度是否均勻。電流表正常工作，金屬桿向下移動，根據左手定則判斷電流的方向。求出當金屬棒到達cd位置時導線中的電流，然后求出電流表的量程。
【解答】解：電流表示數為零時，金屬桿不受安培力，由平衡條件得
mg＝kx0
解得
x0為彈簧伸長量，不是彈簧的長度；
當電流為I時，安培力為
FA＝BIL1
靜止時彈簧伸長量的增加量為Δx，有ΔF＝kΔx
可得
可見Δx∝I
要使電流表正常工作，金屬桿應向下移動，所受的安培力應向下，由左手定則知金屬桿中的電流方向應從M至N；
令Δx＝L2
則有I＝Im
根據共點力平衡條件有BImL1＝kL2
解得
故電流表的量程為。
故答案為：M→N；
【點評】本題題意新穎，考查點巧妙，借助生活中的實際器材考查了物體平衡問題，正確進行受力分析，然后根據平衡條件和胡克定律列方程是解題關鍵。
14．（2025春 寧德期中）生產生活中需要用到大量銅芯線，其中一種雙芯銅芯線的結構如圖所示，cd和ef為兩根相互平行的銅芯線，a、b兩點位于兩銅芯線所在的平面內，a、b兩點到cd銅芯線的距離相等，b點到兩銅芯線的距離相等，當流過兩根銅芯線的電流大小相同、方向相反時，b點的磁感應強度大小 　大于　 （填“大于”或“等于”）零，a點的磁場方向垂直紙面 　向里　 （填“向外”或“向里”），cd和ef兩銅芯線間的安培力互相 　排斥　 （填“吸引”或“排斥”）。
【考點】磁感應強度的定義與物理意義；兩根通電導線之間的作用力．
【專題】定性思想；推理法；磁場 磁場對電流的作用；理解能力．
【答案】大于；向里；排斥
【分析】根據安培定則和疊加原理，分析a點、b點磁感應強度；根據異向電流相互排斥即可判定。
【解答】解：根據安培定則，cd和ef中的電流在b點產生的磁場方向均垂直紙面向外，則b點的磁感應強度不為零；
根據安培定則，cd中的電流在a點產生的磁場方向垂直紙面向里，ef中的電流在a點產生的磁場方向垂直紙面向外，而a點到cd的距離小于到ef的距離，則a點的磁場方向垂直紙面向里；
根據安培定則和左手定則，兩根互相平行的通電長直銅芯線通有異向電流時，兩銅芯線間的安培力相互排斥；
故答案為：大于；向里；排斥
【點評】本題主要考查學生對安培定則、磁感應強度的疊加原理、左手定則的掌握，是一道基礎題，比較簡單。
15．（2025 嘉祥縣校級開學）如圖為一回旋加速器，D1和D2是兩個中空的半圓金屬盒，半徑為r，它們之間接一周期性變化的電源，O處的粒子源產生質量為m、電荷量為q的帶電粒子。D1、D2處于與盒面垂直的勻強磁場B中，
電場的作用是 　使帶電粒子經過該區域時被加速　 ；
磁場的作用是 　使帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，從而改變粒子的運動方向，轉過半個圓周后粒子再次進入電場　 ；
帶電粒子離開D型盒的最大動能為 　　 。
【考點】回旋加速器．
【專題】應用題；定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；分析綜合能力．
【答案】使帶電粒子經過該區域時被加速；使帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，從而改變粒子的運動方向，轉過半個圓周后粒子再次進入電場；。
【分析】回旋加速器中的電場對帶電粒子加速，磁場使帶電粒子偏轉；粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，應用牛頓第二定律求出粒子的最大速度，然后求出最大動能。
【解答】解：回旋加速器中的電場使帶電粒子經過該區域時被加速；
回旋加速器中的磁場使帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，從而改變粒子的運動方向，轉過半個圓周后粒子再次進入電場；
粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝m
解得粒子的速度：v，當粒子做勻速圓周運動的半徑R最大等于D型盒半徑r時粒子速度最長，粒子動能最大
粒子的最大動能Ekmax
故答案為：使帶電粒子經過該區域時被加速；使帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，從而改變粒子的運動方向，轉過半個圓周后粒子再次進入電場；。
【點評】了解回旋加速器的結構與工作原理是解題的前提，應用牛頓第二定律與動能的計算公式即可解題。
16．（2024秋 黃浦區校級期末）電磁炮的工作原理如圖，水平面上放置兩根間距為d、長度為L的平行導軌，導軌上放有質量為m的炮彈，通上電流后，炮彈沿導軌水平加速運動。設炮彈與導軌間的彈力沿豎直方向，導軌間的磁感應強度為B，方向垂直導軌平面向下，不計空氣阻力，已知重力加速度大小為g。當電流為I時（不考慮電流對磁場的影響），炮彈恰好做勻速直線運動。則炮彈受到安培力的大小為 　BId　 ，炮彈與導軌間的動摩擦因數為 　　 ；若將電流增大一倍，則靜止的炮彈可在導軌上獲得的最大速度的大小為 　　 。
【考點】電磁炮．
【專題】定量思想；方程法；磁場 磁場對電流的作用；理解能力．
【答案】BId；；。
【分析】根據安培力F＝BIL求解；水平方向和豎直方向根據力的平衡可得動摩擦因數；電流增大一倍，根據F＝BIL可得安培力大小，炮彈在導軌上運動過程，利用動能定理可得炮彈最大速度。
【解答】解：炮彈受到安培力大小為：F＝BId；
設一根導軌對炮彈的摩擦力為f，炮彈做勻速直線運動，由力的平衡有：2f＝F
豎直方向上由力的平衡有：2N＝mg
滑動摩擦力：f＝μN
代入數據可得動摩擦因數為：μ；
將電流增大一倍，則安培力變為原來的2倍，即：F′＝2BId
在導軌上加速過程，由動能定理有：（F′﹣2f）L0
可得最大速度為：vm。
故答案為：BId；；。
【點評】本題考查了安培力、動能定理，解題的關鍵是熟記安培力的計算公式：F＝BIL，注意每根導軌對炮彈都有摩擦力的作用。
四．解答題（共4小題）
17．（2025春 廬陽區校級期中）如圖所示的xOy平面內，x軸上方存在平行于y軸向下的勻強電場，x軸下方存在垂直xOy平面向外的勻強磁場，在y軸上坐標為L處的P點有一質量為m、電荷量為q（q＞0）的氦核α粒子，以v0的速度平行x軸進入電場強度為E的電場。從x軸上的M點（圖中未標出）首次進入磁場中，粒子在磁場中做勻速圓周運動，隨后從x軸上的N點（圖中未標出）首次離開磁場，且恰能回到P點，不計粒子重力，求：
（1）O點到M點的距離xOM；
（2）粒子從P點出發到首次回到P點的時間；
（3）若從P點以相同的動量釋放一個氫原子核（電量是氦原子核的一半，質量為其四分之一），若僅改變勻強磁場的磁感應強度B′使粒子也能回到P點。求兩次磁場的比值。
【考點】帶電粒子由電場進入磁場中的運動．
【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；帶電粒子在磁場中的運動專題；分析綜合能力．
【答案】（1）O點到M點的距離xOM為；
（2）粒子從P點出發到首次回到P點的時間為；
（3）兩次磁場的比值為。
【分析】（1）根據類平拋運動的規律和牛頓第二定律求O點到M點的距離xOM；
（2）畫出粒子的運動軌跡，由對稱性可求粒子從P點出發到首次回到P點的時間；
（3）畫出粒子的運動軌跡，根據洛倫茲力提供向心力和動量守恒求兩次磁場的比值。
【解答】解：（1）粒子從P到M做類平拋運動，有
xOM＝v0t
根據牛頓第二定律有
聯立解得
（2）粒子在M點速度大小為
與水平方向的夾角滿足
解得
粒子在第一象限做類平拋運動的時間為t1
xOM＝v0t1
由對稱性可知，粒子在磁場中做圓周運動的半徑
粒子在第四、三象限做勻速圓周運動的時間為t2，則有
粒子在第二象限從N點到P點的運動的時間t3與粒子在第一象限運動的時間相等。有
t＝2t1+t2
解得
（3）粒子在磁場中做勻速圓周運動，隨后從x軸上的N點首次離開磁場，且恰能回到P點，粒子在磁場
中的運動軌跡如圖所示
由類平拋
xOM＝v0t
根據洛倫茲力提供向心力有
xOM＝Rsinθv＝vcosθ
聯立以上各式解得
故E不變B與v0成反比
以v0的方向為正方向，則由動量守恒
4mv＝mv0
答：（1）O點到M點的距離xOM為；
（2）粒子從P點出發到首次回到P點的時間為；
（3）兩次磁場的比值為。
【點評】本題考查帶電粒子在電場和磁場的組合場中的運動，要求學生能正確分析帶電粒子的運動過程和運動性質，熟練應用對應的規律解題。
18．（2025春 江陰市期中）如圖所示，金屬桿ab的質量為m，長為l，通過的電流為I，處在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向與導軌平面為θ角斜向上，結果ab靜止于水平導軌上。求金屬桿ab受到的：
（1）安培力大小。
（2）摩擦力大小。
【考點】安培力作用下的受力平衡問題．
【專題】定量思想；推理法；磁場 磁場對電流的作用；理解能力．
【答案】（1）安培力大小為BIl。
（2）摩擦力大小為BIlsinθ。
【分析】由安培力公式，即可判斷安培力大小；由金屬桿靜止在水平導軌上，可知金屬桿受力平衡，對水平、豎直方向分別列關系式，即可得到摩擦力。
【解答】解：（1）F安是磁場對其的安培力，F安＝BIl。
（2）將F安分解在坐標系上可得：F1＝BIlsinθ，F2＝BIlcosθ，
則金屬桿ab受力如圖：
；
有f＝F1＝BIlsinθ
答：（1）安培力大小為BIl。
（2）摩擦力大小為BIlsinθ。
【點評】本題考查安培力作用下的平衡問題，在受力分析時，注意安培力垂直于B和I所在的平面。
19．（2025 長沙模擬）如圖所示的平面直角坐標系中，第Ⅱ象限內存在沿x軸負方向的勻強電場，第Ⅲ象限內存在垂直紙面向里的有界勻強磁場，下邊界是以O1（﹣2R，R）為圓心、半徑為2R的圓弧，上邊界是以O2（﹣2R，0）為圓心、半徑為R的半圓弧，磁感應強度為B0，在y軸負半軸上有一線狀粒子源OM，M點坐標為[0，﹣（2）R]，粒子源能沿x軸負方向發射質量為m、電荷量為﹣q、速度大小為v0的粒子束。已知正對圓心O1發射的粒子能通過圓心O2，進入電場后從y軸上P（0，2R）點進入第Ⅰ象限，第Ⅰ象限中存在垂直紙面向里的磁場B，其大小滿足By（d為常量，y為縱坐標）。不計粒子重力，忽略粒子間的相互作用及粒子對電磁場的影響。求：
（1）電場強度E的大小；
（2）正對圓心O1發射的粒子在第Ⅰ象限中運動至速度方向沿x軸正方向時，粒子軌跡與坐標軸圍成的面積S；
（3）試證明：OM發射的所有粒子均能通過O2點。
【考點】帶電粒子由電場進入磁場中的運動．
【專題】計算題；學科綜合題；定量思想；圖析法；帶電粒子在磁場中的運動專題；模型建構能力．
【答案】（1）電場強度的大小E；
（2）粒子軌跡與坐標軸圍成的面積是dR；
（3）證明：如圖所示：
任選一入射粒子，從圖中N點進入有界磁場，從Q點射出磁場，O3為軌跡圓心，連接O1O2、O1N、O3N、O2O3，
由題知，O1O2R，O3N＝rR，又因為O3N⊥v0，即O3N∥O1O2，且O3N＝O1O2故四邊形O1NO3O2為平行四邊形，則O1N＝O2O3＝2R 連接O3Q、O2Q，其中R，O2Q＝R，由幾何關系知（O2Q）2+（O3Q）2＝ （O2O3）2
可見△O2QQ3為直角三角形，其中∠O2QQ3＝ 90°，即OM發射的所有粒子均能通過O2。
【分析】（1）劃分過程：將粒子運動的過程劃分為幾個不同的階段，對不同的階段選取相應的規律處理。
（2）找關鍵：確定帶電粒子在場區邊界的速度（包括大小和方向）是解決該類問題的關鍵，
（3）畫運動軌跡：根據受力分析和運動分析大致畫出粒子的運動軌跡圖，有利于形象、直觀地解決問題。
【解答】解：（1）設正對圓心〇1射入的粒子，在有界磁場中運動軌跡半徑為r，由牛頓第二定律qv0B0＝m
解得rR
粒子的軌跡圓心恰好為原點，其運動軌跡如圖所示
由幾何關系可得cosθ
解得θ＝60°
粒子從O2點進入電場后做類平拋運動，則v0sinθ t＝2R
又2R
由牛頓第二定律qE＝ma
聯立可得E；
（2）設粒子到達P點時得速度大小為v1，速度方向與y軸正方向得夾角為α，則vy＝v0sinθ＝v1cosα
粒子在第一象限中沿y方向，規定粒子初速度方向為正，由動量定理，則﹣∑qvxB Δt＝0﹣mvy
其中By，
又∑yvxΔt＝∑yΔx＝S，
聯立可得SdR；
（3）證明：如圖所示：
任選一入射粒子，從圖中N點進入磁場，從Q點射出磁場，O3為軌跡圓心，連接O1O2、O1N、O3N、O2O3，由題知O1O2R，O3N＝rR
又因為O3N⊥v0，即O3N∥O1O2，且O3N＝O1O2故四邊形O1NO3O2為平行四邊形，則O1N＝O2O3＝2R
連接O3Q、O2Q，其中R，O2Q＝R；
由幾何關系知，（O2Q）2+（O3Q）2＝ （O2O3）2
可見△O2QQ3為直角三角形，其中∠O2QQ3＝ 90°，即OM發射的所有粒子均能通過O2。
答：（1）電場強度的大小E；
（2）粒子軌跡與坐標軸圍成的面積是dR；
（3）證明見解答。
【點評】本題考查帶電粒子由電場進入磁場中的運動，通過畫圖分析運動軌跡更能形象直觀的解決問題。
20．（2025 黑龍江二模）如圖所示，平面直角坐標系xOy的第一象限內存在沿y軸正方向的勻強電場，第四象限內以ON為直徑、P為圓心、半徑為R的半圓形區域內，存在垂直于坐標平面向里的勻強磁場。一質量為m、電荷量為﹣q（q＞0）的帶電粒子，從y軸正半軸上yR處的M點以大小為v0的初速度垂直于y軸射入勻強電場中，經x軸上的P點進入勻強磁場，最后以垂直于y軸的方向射出勻強磁場。不計粒子重力，求：
（1）勻強電場的電場強度大??；
（2）勻強磁場的磁感應強度大小；
（3）粒子從M點到再次經過y軸的時間。
【考點】帶電粒子由電場進入磁場中的運動．
【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；帶電粒子在磁場中的運動專題；分析綜合能力．
【答案】（1）勻強電場的電場強度為；
（2）勻強磁場的磁感應強度為；
（3）粒子從M點到再次經過y軸的時間為。
【分析】（1）根據運動學規律和牛頓第二定律求勻強電場的電場強度；
（2）根據運動學規律、牛頓第二定律和幾何關系求勻強磁場的磁感應強度；
（3）根據周期公式求粒子從M點到再次經過y軸的時間。
【解答】解：（1）設粒子在電場中做平拋運動的時間為t1
根據運動學規律有
由牛頓第二定律得
qE＝ma
聯立解得
（2）設粒子在P點的豎直分速度大小為vy
根據運動學規律有
解得
設粒子在P點的速度v與水平方向夾角為θ，根據速度的合成與分解有
解得
θ＝60°
故
設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，根據牛頓第二定律有
根據幾何關系可得
聯立解得
（3）粒子在磁場中運動的周期
故粒子在磁場中運動的時間
從磁場中出來打到y軸上的時間
粒子從M點到再次經過y軸的時間
解得
答：（1）勻強電場的電場強度為；
（2）勻強磁場的磁感應強度為；
（3）粒子從M點到再次經過y軸的時間為。
【點評】本題考查帶電粒子在電場和磁場的組合場中的運動，要求學生能正確分析帶電粒子的運動過程和運動性質，熟練應用對應的規律解題。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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