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高考物理一轮复习 磁场
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 成都期中）如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ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平面，不计空气阻力。若小球以初速度v0（v0）沿细杆向上运动，经过一定的时间减速到零，则该过程中小球（　　）
A．机械能减小
B．上滑时间为
C．向上滑动的最大位移为
D．小球受到杆的弹力最小值为mgcosθ
2．（2025春 沙坪坝区校级期中）如图所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中（图中未画出），两根长直导线P、Q垂直于纸面平行放置，间距为d，分别通以大小相同、方向相反且垂直纸面的电流。在P、Q连线的中垂线上有一点M，测得M点磁感应强度为零。M到PQ连线的距离为，则（　　）
A．匀强磁场B0的方向平行PQ连线向右
B．导线P在M点产生的磁感应强度大小为B0
C．若仅将导线Q中的电流反向，M点的磁感应强度大小为B0
D．若将P、Q中的电流均反向，M点的磁感应强度大小为2B0
3．（2025春 南山区校级月考）如图为洛伦兹力演示仪的示意图。电子枪可以发射方向可调的电子束，玻璃泡内充有稀薄气体，电子束通过时能显示电子的径迹，励磁线圈可产生垂直纸面的磁场。下列选项正确的是（　　）
A．当电子束的速度方向与磁场平行时，径迹是一条直线
B．若电子束与磁场方向成45°射出，其径迹是一个圆
C．当径迹为圆时，保持电子束速度不变，磁感应强度变大，径迹圆的半径变大
D．当径迹为圆时，保持磁感应强度不变，电子束出射速度变大，径迹圆的半径变小
4．（2025春 南京期中）如图所示，回旋加速器两个D形金属盒分别和一高频交流电源两极相接，两盒放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圆心附近。若粒子源射出的粒子（初速度不计）电荷量为q，质量为m，粒子最大回旋半径为R，加速电压为U，下列说法中正确的是（　　）
A．所加交流电源的周期为
B．仅增大D形盒半径R，加速次数不变
C．粒子加速后获得的最大动能为
D．粒子在回旋加速器中的加速次数为
5．（2025春 南京期中）如图所示，圆形区域内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，质量为m、电荷量为q的带电粒子从p点以速度v沿平行于直径CD的方向射入磁场，粒子经过圆心O，最后离开磁场。已知圆形区域半径为R，PO与CD间的夹角为45°，不计粒子重力。则（　　）
A．粒子圆周运动的半径为
B．粒子在磁场中运动的路程为πR
C．粒子在磁场中运动的时间为
D．磁感应强度大小为
6．（2025春 罗湖区校级月考）回旋加速器的原理如图所示，由两个半径均为R的D形盒组成，D形盒狭缝间加周期性变化的交变电压，电压的值大小恒为U，D形盒所在平面有垂直于盒面向下的磁场，磁感应强度为B，一个质量为m、电荷量为q的粒子在加速器中被加速，则（　　）
A．D形盒上周期性变化的电压U越大，粒子离开D形盒时的速度越大
B．粒子每次经过D形盒之间的缝隙后速度增大
C．粒子以速度v在D形盒磁场内运动半个圆周后动能增加2qvBR
D．粒子离开D形盒时动能为
7．（2025 达州二模）如图所示，空间存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场和竖直向下、电场强度为E的匀强电场。一质量为m、电量为q的正电粒子从O点以速度v0水平向左射入叠加场，经时间运动到O点正下方P点（P点未标出），不计粒子的重力，则速度v0大小为（　　）
A．EB B． C． D．
8．（2025 太原二模）如图所示为速度选择器，将带电量为+q的粒子沿水平方向射入左端小孔，该装置能选择出沿直线运动且速度的粒子。当粒子的速度不等于v，粒子在装置内运动轨迹可能的是（　　）
A． B．
C． D．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 承德二模）威尔逊云室是显示高能带电粒子径迹的装置。为更好地研究带电粒子的径迹，某研究小组设计的磁场分布如图所示，在坐标xOy平面（纸面）的一、四象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一比荷为的带正电的粒子从坐标为（0，2L）的P点以大小为v0的速度垂直y轴射入磁场，若粒子进入磁场后受到了与速率成正比、与速度方向相反的阻力，观察发现该粒子轨迹呈螺旋状并与y轴相切于Q点（未画出）。不计粒子重力，下列说法正确的是（　　）
A．粒子由P点运动到Q点的时间为
B．粒子由P点运动到Q点的时间为
C．Q点的纵坐标为L
D．Q点的纵坐标为
（多选）10．（2025 深圳二模）如图所示，在三维坐标系Oxyz中，z＜0的空间同时存在沿z轴负方向的匀强电场和沿x轴负方向的匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为B0，在z＞0的空间存在沿y轴正方向的匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为。带正电的粒子从M（a，0，﹣a）点以速度v0沿y轴正方向射出，恰好做直线运动。现撤去电场，继续发射该带电粒子，恰好垂直xOy平面进入z＞0空间不计粒子重力，正确的说法是（　　）
A．电场强度大小为B0v0
B．带电粒子的比荷为
C．第二次经过xOy平面的位置坐标为（﹣a，a，0）
D．粒子第三次经过xOy平面的位置与O点距离为
（多选）11．（2025春 南山区校级月考）托卡马克是一种利用磁约束来实现受控核聚变的环形容器，如图甲所示。我国托克马克装置在世界上首次实现了稳定运行100秒的成绩，其内部产生的强磁场将百万开尔文的高温等离子体（等量的正离子和电子）约束在特定区域实现受控核聚变，如图乙所示。其中沿管道方向的磁场分布图如图丙所示，越靠管的右侧磁场越强，则速度平行于纸面的带电粒子在图丙磁场中运动时，不计带电粒子重力，下列说法正确的是（　　）
A．正离子在磁场中沿顺时针方向运动
B．由于带电粒子在磁场中的运动方向不确定，磁场可能对其做功
C．带电粒子由磁场的左侧区域向右侧区域运动时，运动半径减小
D．带电粒子由磁场的左侧区域向右侧区域运动时，洛伦兹力变大
（多选）12．（2025春 南山区校级月考）下列关于磁场与现代科技的相关说法不正确的是（　　）
A．图甲是真空冶炼炉示意图，炉外线圈中通入直流电流，使炉内的金属快速熔化
B．图乙是电流表内部结构示意图，其能显示电流大小是利用了电磁感应原理
C．图丙是回旋加速器示意图，增大磁感应强度能提高加速粒子的最大能量
D．图丁是电磁流量计示意图，在B、d一定时，UMN越大反映出流量Q越大
三．填空题（共4小题）
13．（2025春 思明区校级期中）某同学自制一电流表，其原理如图所示。质量为m的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，ab＝L1，bc＝L2，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。MN的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度。MN的长度大于ab，当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与矩形区域的ab边重合，且指针指在标尺的零刻度；当MN中有电流时，指针示数可表示电流强度。MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g。为使电流表正常工作，流过金属杆的电流方向为 　 　 （填“N→M”或“M→N”）；该电流表所测电流的最大值为 　 　 。
14．（2025春 宁德期中）生产生活中需要用到大量铜芯线，其中一种双芯铜芯线的结构如图所示，cd和ef为两根相互平行的铜芯线，a、b两点位于两铜芯线所在的平面内，a、b两点到cd铜芯线的距离相等，b点到两铜芯线的距离相等，当流过两根铜芯线的电流大小相同、方向相反时，b点的磁感应强度大小 　 　 （填“大于”或“等于”）零，a点的磁场方向垂直纸面 　 　 （填“向外”或“向里”），cd和ef两铜芯线间的安培力互相 　 　 （填“吸引”或“排斥”）。
15．（2025 嘉祥县校级开学）如图为一回旋加速器，D1和D2是两个中空的半圆金属盒，半径为r，它们之间接一周期性变化的电源，O处的粒子源产生质量为m、电荷量为q的带电粒子。D1、D2处于与盒面垂直的匀强磁场B中，
电场的作用是 　 　 ；
磁场的作用是 　 　 ；
带电粒子离开D型盒的最大动能为 　 　 。
16．（2024秋 黄浦区校级期末）电磁炮的工作原理如图，水平面上放置两根间距为d、长度为L的平行导轨，导轨上放有质量为m的炮弹，通上电流后，炮弹沿导轨水平加速运动。设炮弹与导轨间的弹力沿竖直方向，导轨间的磁感应强度为B，方向垂直导轨平面向下，不计空气阻力，已知重力加速度大小为g。当电流为I时（不考虑电流对磁场的影响），炮弹恰好做匀速直线运动。则炮弹受到安培力的大小为 　 　 ，炮弹与导轨间的动摩擦因数为 　 　 ；若将电流增大一倍，则静止的炮弹可在导轨上获得的最大速度的大小为 　 　 。
四．解答题（共4小题）
17．（2025春 庐阳区校级期中）如图所示的xOy平面内，x轴上方存在平行于y轴向下的匀强电场，x轴下方存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，在y轴上坐标为L处的P点有一质量为m、电荷量为q（q＞0）的氦核α粒子，以v0的速度平行x轴进入电场强度为E的电场。从x轴上的M点（图中未标出）首次进入磁场中，粒子在磁场中做匀速圆周运动，随后从x轴上的N点（图中未标出）首次离开磁场，且恰能回到P点，不计粒子重力，求：
（1）O点到M点的距离xOM；
（2）粒子从P点出发到首次回到P点的时间；
（3）若从P点以相同的动量释放一个氢原子核（电量是氦原子核的一半，质量为其四分之一），若仅改变匀强磁场的磁感应强度B′使粒子也能回到P点。求两次磁场的比值。
18．（2025春 江阴市期中）如图所示，金属杆ab的质量为m，长为l，通过的电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面为θ角斜向上，结果ab静止于水平导轨上。求金属杆ab受到的：
（1）安培力大小。
（2）摩擦力大小。
19．（2025 长沙模拟）如图所示的平面直角坐标系中，第Ⅱ象限内存在沿x轴负方向的匀强电场，第Ⅲ象限内存在垂直纸面向里的有界匀强磁场，下边界是以O1（﹣2R，R）为圆心、半径为2R的圆弧，上边界是以O2（﹣2R，0）为圆心、半径为R的半圆弧，磁感应强度为B0，在y轴负半轴上有一线状粒子源OM，M点坐标为[0，﹣（2）R]，粒子源能沿x轴负方向发射质量为m、电荷量为﹣q、速度大小为v0的粒子束。已知正对圆心O1发射的粒子能通过圆心O2，进入电场后从y轴上P（0，2R）点进入第Ⅰ象限，第Ⅰ象限中存在垂直纸面向里的磁场B，其大小满足By（d为常量，y为纵坐标）。不计粒子重力，忽略粒子间的相互作用及粒子对电磁场的影响。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）正对圆心O1发射的粒子在第Ⅰ象限中运动至速度方向沿x轴正方向时，粒子轨迹与坐标轴围成的面积S；
（3）试证明：OM发射的所有粒子均能通过O2点。
20．（2025 黑龙江二模）如图所示，平面直角坐标系xOy的第一象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第四象限内以ON为直径、P为圆心、半径为R的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的带电粒子，从y轴正半轴上yR处的M点以大小为v0的初速度垂直于y轴射入匀强电场中，经x轴上的P点进入匀强磁场，最后以垂直于y轴的方向射出匀强磁场。不计粒子重力，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）粒子从M点到再次经过y轴的时间。
高考物理一轮复习 磁场
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 成都期中）如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ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平面，不计空气阻力。若小球以初速度v0（v0）沿细杆向上运动，经过一定的时间减速到零，则该过程中小球（　　）
A．机械能减小
B．上滑时间为
C．向上滑动的最大位移为
D．小球受到杆的弹力最小值为mgcosθ
【考点】洛伦兹力的计算公式及简单应用；常见力做功与相应的能量转化．
【专题】定量思想；合成分解法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；推理论证能力．
【答案】C
【分析】A、小球运动方向上只有重力做功；
B、根据动量定理Ft＝mv求解时间；
C、根据动能定理求解位移；
D、根据洛伦兹力与重力垂直细杆的分力变化情况分析。
【解答】解：A、小球运动方向上只有重力做功，其机械能守恒，故A错误；
B、合力的冲量等于动量的变化量，以向上为正方向，根据动量定理得﹣mgsinθ t＝0﹣mv0，解得，故B错误。
C、根据动能定理得﹣mgxsinθ，解得，故C正确；
D、小球受垂直杆向上的洛伦兹力，开始时弹力FN＝qv0B﹣mgcosθ＝mgcosθ，方向垂直杆向下，当时，弹力刚好为零，随后弹力方向垂直杆向上，FN＝mgcosθ﹣qvB，故D错误。
故选：C。
【点评】考查对洛伦兹力的理解，根据洛伦兹力的变化分析细杆弹力的变化，清楚机械能守恒的条件，熟练运用动量定理、动能定理公式。
2．（2025春 沙坪坝区校级期中）如图所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中（图中未画出），两根长直导线P、Q垂直于纸面平行放置，间距为d，分别通以大小相同、方向相反且垂直纸面的电流。在P、Q连线的中垂线上有一点M，测得M点磁感应强度为零。M到PQ连线的距离为，则（　　）
A．匀强磁场B0的方向平行PQ连线向右
B．导线P在M点产生的磁感应强度大小为B0
C．若仅将导线Q中的电流反向，M点的磁感应强度大小为B0
D．若将P、Q中的电流均反向，M点的磁感应强度大小为2B0
【考点】磁感应强度的矢量叠加；安培定则（右手螺旋定则）．
【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；推理论证能力．
【答案】D
【分析】根据安培定则判断每根导线在M点磁场方向，根据矢量合成法则求解合磁感应强度。
【解答】解：A.根据安培定则可知，左边导线P在M处磁场方向垂直PM向左，右边导线Q在M处磁场方向垂直PM向右，两根导线在M处合磁感应强度竖直竖直向上，M点磁感应强度为零，所以匀强磁场B0的方向竖直向下，故A错误；
B.由题意得三角形PMQ为直角三角形，磁感应强度大小为B0的匀强磁场，测得M点磁感应强度为零，结合A选项分析可知导线P在M点产生的磁感应强度大小为B0，故B错误；
C.若仅将导线Q中的电流反向，根据安培定则，两根导线在M处合磁感应强度水平向右，大小为B0，匀强磁场B0的方向竖直向下，根据矢量合成，M点的磁感应强度大小为B0，故C错误；
D.若将P、Q中的电流均反向，根据安培定则，两根导线在M处合磁感应强度方向竖直向下，大小为B0，匀强磁场B0的方向竖直向下，M点的磁感应强度大小为2B0，故D正确。
故选：D。
【点评】磁感应强度的矢量叠加的步骤为：
1.先确定每一个独立的磁感应强度的大小和方向；
2.运用平行四边形法则或三角形法则计算合磁感应强度的大小和方向。
3．（2025春 南山区校级月考）如图为洛伦兹力演示仪的示意图。电子枪可以发射方向可调的电子束，玻璃泡内充有稀薄气体，电子束通过时能显示电子的径迹，励磁线圈可产生垂直纸面的磁场。下列选项正确的是（　　）
A．当电子束的速度方向与磁场平行时，径迹是一条直线
B．若电子束与磁场方向成45°射出，其径迹是一个圆
C．当径迹为圆时，保持电子束速度不变，磁感应强度变大，径迹圆的半径变大
D．当径迹为圆时，保持磁感应强度不变，电子束出射速度变大，径迹圆的半径变小
【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．
【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】结合题意，根据洛伦兹力的特点，即可分析判断电子的运动轨迹；当径迹为圆时，洛伦兹力提供向心力，据此列式，结合题意，即可分析判断。
【解答】解：A、电子束沿着与磁场平行的方向射入磁场，电子不受洛伦兹力作用，做匀速直线运动，其径迹为一条直线，故A正确；
B、当电子束沿着与磁场成45°角的方向射入磁场，其运动可看成沿平行于磁场方向的匀速直线运动，和垂直于磁场方向的匀速圆周运动，其径迹为类似于弹簧的螺旋曲线，故B错误；
CD、当径迹为圆时，洛伦兹力提供向心力，可得：evB
解得：r
由此可知，若电子束速度v不变，磁感应强度B变大，则径迹圆的半径r变小；若磁感应强度B不变，电子束出射速度v变大，则径迹圆的半径变大，故CD错误。
故选：A。
【点评】本题主要考查带电粒子在匀强磁场中的圆周运动，解题时需注意，若v⊥B，则带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速率v做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力。
4．（2025春 南京期中）如图所示，回旋加速器两个D形金属盒分别和一高频交流电源两极相接，两盒放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圆心附近。若粒子源射出的粒子（初速度不计）电荷量为q，质量为m，粒子最大回旋半径为R，加速电压为U，下列说法中正确的是（　　）
A．所加交流电源的周期为
B．仅增大D形盒半径R，加速次数不变
C．粒子加速后获得的最大动能为
D．粒子在回旋加速器中的加速次数为
【考点】回旋加速器．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】由粒子在回旋加速器中持续加速的条件，可计算交流电源的周期；由粒子在磁场中的运动特点，可知一个周期内的加速次数；粒子离开D形盒时的动能最大，由洛伦兹力提供向心力，可计算最大动能；由动能定理，结合粒子的最大动能，可计算粒子在回旋加速器中的加速次数。
【解答】解：A、由粒子在回旋加速器中持续加速的条件：粒子在磁场中做圆周运动的周期，与交流电源的周期相等；粒子在磁场中运动时，，可知交流电源的周期为：，故A错误；
C、粒子离开D形盒时的动能最大，由洛伦兹力提供向心力，可知：，最大动能，故C错误；
BD、由动能定理nqU＝Ekm可知粒子在回旋加速器中的加速次数为：，解得：，仅增大D形盒半径R，加速次数增加，故D正确，B错误。
故选：D。
【点评】本题考查回旋加速器的应用分析，关键是理解粒子能持续加速的条件。
5．（2025春 南京期中）如图所示，圆形区域内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，质量为m、电荷量为q的带电粒子从p点以速度v沿平行于直径CD的方向射入磁场，粒子经过圆心O，最后离开磁场。已知圆形区域半径为R，PO与CD间的夹角为45°，不计粒子重力。则（　　）
A．粒子圆周运动的半径为
B．粒子在磁场中运动的路程为πR
C．粒子在磁场中运动的时间为
D．磁感应强度大小为
【考点】带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】D
【分析】AD.画出粒子的运动轨迹，根据几何关系和洛伦兹力提供向心力求粒子圆周运动的半径和磁感应强度大小；
BC.根据面积公式和时间公式求粒子在磁场中运动的路程和时间。
【解答】解：AD．画出粒子的运动轨迹，如图所示：
由于圆形区域半径为R，则P点到CD的距离为，设粒子做圆周运动的半径为r，由几何关系有：
由洛伦兹力提供向心力，则
解得
故A错误，D正确；
BC．由上述分析可知，粒子在磁场中运动轨迹为半个圆周，则：
粒子在磁场中运动的时间为：
故BC错误；
故选：D。
【点评】考查带电粒子在磁场中的运动问题，会根据题意作图并结合相应的几何关系列式求解相关的物理量。
6．（2025春 罗湖区校级月考）回旋加速器的原理如图所示，由两个半径均为R的D形盒组成，D形盒狭缝间加周期性变化的交变电压，电压的值大小恒为U，D形盒所在平面有垂直于盒面向下的磁场，磁感应强度为B，一个质量为m、电荷量为q的粒子在加速器中被加速，则（　　）
A．D形盒上周期性变化的电压U越大，粒子离开D形盒时的速度越大
B．粒子每次经过D形盒之间的缝隙后速度增大
C．粒子以速度v在D形盒磁场内运动半个圆周后动能增加2qvBR
D．粒子离开D形盒时动能为
【考点】回旋加速器．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，粒子离开D形盒时速度最大，可推导动能表达式；粒子每次经过D形盒之间的缝隙过程，电场力做功，根据动能定理可得第n次经过D形盒之间的缝隙后速度变化。
【解答】解：AD、粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
粒子离开D形盒时，速度为
粒子离开D形盒时动能为
可知与电压无关，故A错误，D正确；
C、粒子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，粒子动能保持不变，故C错误。
B、粒子每次经过D形盒之间的缝隙过程，电场力做功，根据动能定理可得qU＝ΔEk
即动能增加qU
由动能表达式可知第n次经过D形盒之间的缝隙后速度变化为
粒子并非每次经过D形盒之间的缝隙后速度增大，故B错误；
故选：D。
【点评】回旋加速器的工作原理是电场起加速作用，磁场起偏转作用，并且最大速度由D形盒半径决定，常见题型。
7．（2025 达州二模）如图所示，空间存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场和竖直向下、电场强度为E的匀强电场。一质量为m、电量为q的正电粒子从O点以速度v0水平向左射入叠加场，经时间运动到O点正下方P点（P点未标出），不计粒子的重力，则速度v0大小为（　　）
A．EB B． C． D．
【考点】带电粒子在叠加场中做旋进运动．
【专题】定量思想；类比法；带电粒子在复合场中的运动专题；创新能力．
【答案】B
【分析】用配速法解决带电粒子在复合场中的运动，即将速度一分为二，之其的速度大小满足：洛伦兹力的分量与电场力平衡，那么另一分量做匀速圆周运动。所以带电粒子的实际运动为匀速直线运动及匀速圆周运动的合运动，根据在正下方的距离求得半径，再由半径公式求速度。
【解答】解：将粒子的运动看成是两个运动的合成，
即v0＝v2﹣v1因而粒子可以看作受到的两个洛伦兹力，分别为qv1B与qv2B，其中qv1B平衡电场力，即q：v1B＝qE
变形解得：
这样，粒子的运动可以看成是匀速直线运动（速度v1）和匀速圆周运动（速率v2）的合运动，因此有：
解得圆周运动的半 径：
因为时间：
而且粒子正好运动到O点正下方，说明粒子在水平方向的位移为0，即粒子做匀速直线运动的位移等于匀速圆周运动的半径，即：
联立解得：，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】本题的难度比较大，超过高中所学的范围，只有用配速法、结合题设特点，两个分位移的大小相等列方程才能解决问题。
8．（2025 太原二模）如图所示为速度选择器，将带电量为+q的粒子沿水平方向射入左端小孔，该装置能选择出沿直线运动且速度的粒子。当粒子的速度不等于v，粒子在装置内运动轨迹可能的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题．
【专题】比较思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；模型建构能力．
【答案】C
【分析】分两种情况，用配速法讨论粒子的运动，即将粒子进入复合场的速度一分为二，其中之一的速度的洛伦兹力分量跟电场力抵消，另一速度的洛伦兹力分量使粒子做匀速圆周运动，这样带电粒子的实际运动就是正方向的匀速直线运动与匀速圆周运动的合成。
【解答】解：速度选择器中，当粒子速度v时，电场力qE与洛伦兹力qvB平衡，粒子做直线运动。若，则二力不平衡，粒子发生偏转。利用配速法，将粒子的运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直平面内的圆周运动，设以向右的速度v1，使得：qBv1＝qE，受力平衡做直线运动。即，另一水平速度v2做匀速圆周运动。所以粒子螺旋前进。
ABC、若开始，v2＝v﹣v1，方向向右，初始（即开始进入复合场）时洛伦兹力：qvB＞qE，粒子向上偏转做逆时针圆周运动的同时水平向右移动。轨迹在轴的上方，电场力满足：qBv1＝qE，已经被平衡，因此圆周运动的v2速度大小不变。方向会变化。因此运动半径不变!，故C正确，AB错误；
D、若开始，v2＝v1﹣v，方向向左，粒子的运动看成是水平向右的匀速直线运动与逆时针方向的圆周运动的合运动，轨迹在x轴的下方，必须是螺旋运动，故D错误。
故选：C。
【点评】应用配速需要注意的是，v2虽然速度大小不变，但是方向改变，会导致合速度大小变化，这是因为整体来看电场力一会儿做正功一会儿做负功。因此对于v2，不能再单独分析电场力对他的影响，此时电场力已经和qBv1平衡，无法再影响v2，v2的全部影响来自洛伦兹力，因此半径不变。
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 承德二模）威尔逊云室是显示高能带电粒子径迹的装置。为更好地研究带电粒子的径迹，某研究小组设计的磁场分布如图所示，在坐标xOy平面（纸面）的一、四象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一比荷为的带正电的粒子从坐标为（0，2L）的P点以大小为v0的速度垂直y轴射入磁场，若粒子进入磁场后受到了与速率成正比、与速度方向相反的阻力，观察发现该粒子轨迹呈螺旋状并与y轴相切于Q点（未画出）。不计粒子重力，下列说法正确的是（　　）
A．粒子由P点运动到Q点的时间为
B．粒子由P点运动到Q点的时间为
C．Q点的纵坐标为L
D．Q点的纵坐标为
【考点】带电粒子在矩形边界磁场中的运动．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；模型建构能力；创新能力．
【答案】AC
【分析】由洛伦兹力提供向心力可得粒子的角速度的表达式，从表达式可以得到角速度与速度无关，由整个过程粒子的偏转角度求时间；
在x方向上根据动量定理列微观式，再两边积分求和，可以得到粒子纵坐标的变化量，再结合初位置的坐标，从而得到相切点Q的坐标。
【解答】解：AB、根据洛伦兹力提供向心力有：qvB＝mrvω
可得粒子的角速度：，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，故A正确，B错误；
CD、取一小段时间Δt，设水平方向速度为vx，竖直方向速度为vy，对粒子在x方向上列动量定理：﹣qvyBΔt﹣kvxΔt＝mΔvx
两边同时对整个过程求和：∑（﹣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
结合
得到：Δy＝L
所以Q点纵坐标为：2L﹣L＝L，故C正确，D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动的综合，但粒子由于受到特殊情况的阻力，即阻力与速度成正比。这样用动量定理，在x方向列微观式，再求和，结合几何关系可以得到结论。
（多选）10．（2025 深圳二模）如图所示，在三维坐标系Oxyz中，z＜0的空间同时存在沿z轴负方向的匀强电场和沿x轴负方向的匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为B0，在z＞0的空间存在沿y轴正方向的匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为。带正电的粒子从M（a，0，﹣a）点以速度v0沿y轴正方向射出，恰好做直线运动。现撤去电场，继续发射该带电粒子，恰好垂直xOy平面进入z＞0空间不计粒子重力，正确的说法是（　　）
A．电场强度大小为B0v0
B．带电粒子的比荷为
C．第二次经过xOy平面的位置坐标为（﹣a，a，0）
D．粒子第三次经过xOy平面的位置与O点距离为
【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；带电粒子由电场进入磁场中的运动．
【专题】应用题；定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】AD
【分析】粒子恰好做直线运动，应用平衡条件求出电场强度大小；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，然后分析答题。
【解答】解：A、带正电的粒子从M（a，0，﹣a）点以速度v0沿y轴正方向射出，恰好做直线运动，对粒子，由平衡条件得qv0B0＝qE，解得E＝B0v0，故A正确；
B、撤去电场，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，粒子恰好垂直xOy平面进入z＞0空间，由几何知识可知，粒子做匀速圆周运动的半径r＝a，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qv0B0＝m，解得，故B错误；
C、粒子进入z＞0空间做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qv0B0＝m，解得r'2r＝2a，粒子第二次经过xOy平面的位置坐标为（﹣3a，a，0），故C错误；
D、粒子第二次经过xOy面后在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r＝a，第三次经过xOy面的坐标为（﹣3a，3a，0），粒子第三次经过xOy平面的位置与O点距离d3a，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程，应用牛顿第二定律与几何知识即可解题。
（多选）11．（2025春 南山区校级月考）托卡马克是一种利用磁约束来实现受控核聚变的环形容器，如图甲所示。我国托克马克装置在世界上首次实现了稳定运行100秒的成绩，其内部产生的强磁场将百万开尔文的高温等离子体（等量的正离子和电子）约束在特定区域实现受控核聚变，如图乙所示。其中沿管道方向的磁场分布图如图丙所示，越靠管的右侧磁场越强，则速度平行于纸面的带电粒子在图丙磁场中运动时，不计带电粒子重力，下列说法正确的是（　　）
A．正离子在磁场中沿顺时针方向运动
B．由于带电粒子在磁场中的运动方向不确定，磁场可能对其做功
C．带电粒子由磁场的左侧区域向右侧区域运动时，运动半径减小
D．带电粒子由磁场的左侧区域向右侧区域运动时，洛伦兹力变大
【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．
【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；理解能力．
【答案】CD
【分析】根据洛伦兹力不做功的特点分析正离子的轨迹和做功情况；
根据洛伦兹力提供向心力导出粒子做圆周运动的半径公式，根据公式分析判断。
【解答】解：A、根据左手定则可知，正离子在垂直于纸面向里的磁场中做逆时针方向的圆周运动，故A错误；
B、离子在磁场中运动时，由于洛伦兹力方向总是与速度方向垂直，可知磁场对其一定不做功，故B错误；
C、离子在磁场中，做圆周运动，轨迹如图，
由洛伦兹力提供向心力可得：
解得：
离子由磁场的左侧区域向右侧区域运动时，磁感应强度变大，可知离子运动半径减小，故C正确；
D、洛伦兹力公式为F＝qvB，由于速度大小不变，但B从左向右逐渐变在，所以洛伦兹力变大，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
（多选）12．（2025春 南山区校级月考）下列关于磁场与现代科技的相关说法不正确的是（　　）
A．图甲是真空冶炼炉示意图，炉外线圈中通入直流电流，使炉内的金属快速熔化
B．图乙是电流表内部结构示意图，其能显示电流大小是利用了电磁感应原理
C．图丙是回旋加速器示意图，增大磁感应强度能提高加速粒子的最大能量
D．图丁是电磁流量计示意图，在B、d一定时，UMN越大反映出流量Q越大
【考点】回旋加速器；电磁流量计；涡流的应用与防止．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；磁场 磁场对电流的作用；推理论证能力．
【答案】CD
【分析】真空冶炼炉是利用涡流的热效应工作的；线圈转动时，穿过线圈的磁通量会随着线圈的角度变化而变化；根据回旋加速器的结构可知，磁场强度与最大能量之间的关系；根据电磁流量计的物理量能求出流量大小。
【解答】解：A、图甲是真空冶炼炉示意图，用来冶炼金属的真空冶炼炉是利用涡流的热效应工作的，炉外线圈，线圈中通高频交流电，炉内的金属中产生涡流，涡流产生的热量使金属熔化，故A错误；
B、图乙是电流表内部结构示意图，其能显示电流大小是利用了电流在磁场中受到的力—安培力的原理，故B错误；
C、回旋加速器的最大速度，由牛顿第二定律，可得，故增大磁感应强度能提高加速粒子的最大能量，故C正确；
D、图丁是电磁流量计示意图，设横截面积为S，长度为l，带电粒子电荷量为q，定向移动速率为v，流量为单位时间流过某横截面的体积，即，其中，
根据平衡条件，得qvB＝Eq
则流量为，在B、d一定时，UMN越大反映出流量Q越大，故D正确；
故选：CD。
【点评】本题考查了涡流的应用、安培力、带电粒子在电、磁场中的应用，知识点较多但难度不大。
三．填空题（共4小题）
13．（2025春 思明区校级期中）某同学自制一电流表，其原理如图所示。质量为m的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，ab＝L1，bc＝L2，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。MN的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度。MN的长度大于ab，当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与矩形区域的ab边重合，且指针指在标尺的零刻度；当MN中有电流时，指针示数可表示电流强度。MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g。为使电流表正常工作，流过金属杆的电流方向为 　M→N　 （填“N→M”或“M→N”）；该电流表所测电流的最大值为 　　 。
【考点】安培力作用下的受力平衡问题．
【专题】定量思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；推理论证能力．
【答案】M→N；
【分析】根据电流与弹簧伸长量的关系分析刻度是否均匀。电流表正常工作，金属杆向下移动，根据左手定则判断电流的方向。求出当金属棒到达cd位置时导线中的电流，然后求出电流表的量程。
【解答】解：电流表示数为零时，金属杆不受安培力，由平衡条件得
mg＝kx0
解得
x0为弹簧伸长量，不是弹簧的长度；
当电流为I时，安培力为
FA＝BIL1
静止时弹簧伸长量的增加量为Δx，有ΔF＝kΔx
可得
可见Δx∝I
要使电流表正常工作，金属杆应向下移动，所受的安培力应向下，由左手定则知金属杆中的电流方向应从M至N；
令Δx＝L2
则有I＝Im
根据共点力平衡条件有BImL1＝kL2
解得
故电流表的量程为。
故答案为：M→N；
【点评】本题题意新颖，考查点巧妙，借助生活中的实际器材考查了物体平衡问题，正确进行受力分析，然后根据平衡条件和胡克定律列方程是解题关键。
14．（2025春 宁德期中）生产生活中需要用到大量铜芯线，其中一种双芯铜芯线的结构如图所示，cd和ef为两根相互平行的铜芯线，a、b两点位于两铜芯线所在的平面内，a、b两点到cd铜芯线的距离相等，b点到两铜芯线的距离相等，当流过两根铜芯线的电流大小相同、方向相反时，b点的磁感应强度大小 　大于　 （填“大于”或“等于”）零，a点的磁场方向垂直纸面 　向里　 （填“向外”或“向里”），cd和ef两铜芯线间的安培力互相 　排斥　 （填“吸引”或“排斥”）。
【考点】磁感应强度的定义与物理意义；两根通电导线之间的作用力．
【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；理解能力．
【答案】大于；向里；排斥
【分析】根据安培定则和叠加原理，分析a点、b点磁感应强度；根据异向电流相互排斥即可判定。
【解答】解：根据安培定则，cd和ef中的电流在b点产生的磁场方向均垂直纸面向外，则b点的磁感应强度不为零；
根据安培定则，cd中的电流在a点产生的磁场方向垂直纸面向里，ef中的电流在a点产生的磁场方向垂直纸面向外，而a点到cd的距离小于到ef的距离，则a点的磁场方向垂直纸面向里；
根据安培定则和左手定则，两根互相平行的通电长直铜芯线通有异向电流时，两铜芯线间的安培力相互排斥；
故答案为：大于；向里；排斥
【点评】本题主要考查学生对安培定则、磁感应强度的叠加原理、左手定则的掌握，是一道基础题，比较简单。
15．（2025 嘉祥县校级开学）如图为一回旋加速器，D1和D2是两个中空的半圆金属盒，半径为r，它们之间接一周期性变化的电源，O处的粒子源产生质量为m、电荷量为q的带电粒子。D1、D2处于与盒面垂直的匀强磁场B中，
电场的作用是 　使带电粒子经过该区域时被加速　 ；
磁场的作用是 　使带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，从而改变粒子的运动方向，转过半个圆周后粒子再次进入电场　 ；
带电粒子离开D型盒的最大动能为 　　 。
【考点】回旋加速器．
【专题】应用题；定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】使带电粒子经过该区域时被加速；使带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，从而改变粒子的运动方向，转过半个圆周后粒子再次进入电场；。
【分析】回旋加速器中的电场对带电粒子加速，磁场使带电粒子偏转；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子的最大速度，然后求出最大动能。
【解答】解：回旋加速器中的电场使带电粒子经过该区域时被加速；
回旋加速器中的磁场使带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，从而改变粒子的运动方向，转过半个圆周后粒子再次进入电场；
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m
解得粒子的速度：v，当粒子做匀速圆周运动的半径R最大等于D型盒半径r时粒子速度最长，粒子动能最大
粒子的最大动能Ekmax
故答案为：使带电粒子经过该区域时被加速；使带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，从而改变粒子的运动方向，转过半个圆周后粒子再次进入电场；。
【点评】了解回旋加速器的结构与工作原理是解题的前提，应用牛顿第二定律与动能的计算公式即可解题。
16．（2024秋 黄浦区校级期末）电磁炮的工作原理如图，水平面上放置两根间距为d、长度为L的平行导轨，导轨上放有质量为m的炮弹，通上电流后，炮弹沿导轨水平加速运动。设炮弹与导轨间的弹力沿竖直方向，导轨间的磁感应强度为B，方向垂直导轨平面向下，不计空气阻力，已知重力加速度大小为g。当电流为I时（不考虑电流对磁场的影响），炮弹恰好做匀速直线运动。则炮弹受到安培力的大小为 　BId　 ，炮弹与导轨间的动摩擦因数为 　　 ；若将电流增大一倍，则静止的炮弹可在导轨上获得的最大速度的大小为 　　 。
【考点】电磁炮．
【专题】定量思想；方程法；磁场 磁场对电流的作用；理解能力．
【答案】BId；；。
【分析】根据安培力F＝BIL求解；水平方向和竖直方向根据力的平衡可得动摩擦因数；电流增大一倍，根据F＝BIL可得安培力大小，炮弹在导轨上运动过程，利用动能定理可得炮弹最大速度。
【解答】解：炮弹受到安培力大小为：F＝BId；
设一根导轨对炮弹的摩擦力为f，炮弹做匀速直线运动，由力的平衡有：2f＝F
竖直方向上由力的平衡有：2N＝mg
滑动摩擦力：f＝μN
代入数据可得动摩擦因数为：μ；
将电流增大一倍，则安培力变为原来的2倍，即：F′＝2BId
在导轨上加速过程，由动能定理有：（F′﹣2f）L0
可得最大速度为：vm。
故答案为：BId；；。
【点评】本题考查了安培力、动能定理，解题的关键是熟记安培力的计算公式：F＝BIL，注意每根导轨对炮弹都有摩擦力的作用。
四．解答题（共4小题）
17．（2025春 庐阳区校级期中）如图所示的xOy平面内，x轴上方存在平行于y轴向下的匀强电场，x轴下方存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，在y轴上坐标为L处的P点有一质量为m、电荷量为q（q＞0）的氦核α粒子，以v0的速度平行x轴进入电场强度为E的电场。从x轴上的M点（图中未标出）首次进入磁场中，粒子在磁场中做匀速圆周运动，随后从x轴上的N点（图中未标出）首次离开磁场，且恰能回到P点，不计粒子重力，求：
（1）O点到M点的距离xOM；
（2）粒子从P点出发到首次回到P点的时间；
（3）若从P点以相同的动量释放一个氢原子核（电量是氦原子核的一半，质量为其四分之一），若仅改变匀强磁场的磁感应强度B′使粒子也能回到P点。求两次磁场的比值。
【考点】带电粒子由电场进入磁场中的运动．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】（1）O点到M点的距离xOM为；
（2）粒子从P点出发到首次回到P点的时间为；
（3）两次磁场的比值为。
【分析】（1）根据类平抛运动的规律和牛顿第二定律求O点到M点的距离xOM；
（2）画出粒子的运动轨迹，由对称性可求粒子从P点出发到首次回到P点的时间；
（3）画出粒子的运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力和动量守恒求两次磁场的比值。
【解答】解：（1）粒子从P到M做类平抛运动，有
xOM＝v0t
根据牛顿第二定律有
联立解得
（2）粒子在M点速度大小为
与水平方向的夹角满足
解得
粒子在第一象限做类平抛运动的时间为t1
xOM＝v0t1
由对称性可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径
粒子在第四、三象限做匀速圆周运动的时间为t2，则有
粒子在第二象限从N点到P点的运动的时间t3与粒子在第一象限运动的时间相等。有
t＝2t1+t2
解得
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，随后从x轴上的N点首次离开磁场，且恰能回到P点，粒子在磁场
中的运动轨迹如图所示
由类平抛
xOM＝v0t
根据洛伦兹力提供向心力有
xOM＝Rsinθv＝vcosθ
联立以上各式解得
故E不变B与v0成反比
以v0的方向为正方向，则由动量守恒
4mv＝mv0
答：（1）O点到M点的距离xOM为；
（2）粒子从P点出发到首次回到P点的时间为；
（3）两次磁场的比值为。
【点评】本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
18．（2025春 江阴市期中）如图所示，金属杆ab的质量为m，长为l，通过的电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面为θ角斜向上，结果ab静止于水平导轨上。求金属杆ab受到的：
（1）安培力大小。
（2）摩擦力大小。
【考点】安培力作用下的受力平衡问题．
【专题】定量思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；理解能力．
【答案】（1）安培力大小为BIl。
（2）摩擦力大小为BIlsinθ。
【分析】由安培力公式，即可判断安培力大小；由金属杆静止在水平导轨上，可知金属杆受力平衡，对水平、竖直方向分别列关系式，即可得到摩擦力。
【解答】解：（1）F安是磁场对其的安培力，F安＝BIl。
（2）将F安分解在坐标系上可得：F1＝BIlsinθ，F2＝BIlcosθ，
则金属杆ab受力如图：
；
有f＝F1＝BIlsinθ
答：（1）安培力大小为BIl。
（2）摩擦力大小为BIlsinθ。
【点评】本题考查安培力作用下的平衡问题，在受力分析时，注意安培力垂直于B和I所在的平面。
19．（2025 长沙模拟）如图所示的平面直角坐标系中，第Ⅱ象限内存在沿x轴负方向的匀强电场，第Ⅲ象限内存在垂直纸面向里的有界匀强磁场，下边界是以O1（﹣2R，R）为圆心、半径为2R的圆弧，上边界是以O2（﹣2R，0）为圆心、半径为R的半圆弧，磁感应强度为B0，在y轴负半轴上有一线状粒子源OM，M点坐标为[0，﹣（2）R]，粒子源能沿x轴负方向发射质量为m、电荷量为﹣q、速度大小为v0的粒子束。已知正对圆心O1发射的粒子能通过圆心O2，进入电场后从y轴上P（0，2R）点进入第Ⅰ象限，第Ⅰ象限中存在垂直纸面向里的磁场B，其大小满足By（d为常量，y为纵坐标）。不计粒子重力，忽略粒子间的相互作用及粒子对电磁场的影响。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）正对圆心O1发射的粒子在第Ⅰ象限中运动至速度方向沿x轴正方向时，粒子轨迹与坐标轴围成的面积S；
（3）试证明：OM发射的所有粒子均能通过O2点。
【考点】带电粒子由电场进入磁场中的运动．
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；图析法；带电粒子在磁场中的运动专题；模型建构能力．
【答案】（1）电场强度的大小E；
（2）粒子轨迹与坐标轴围成的面积是dR；
（3）证明：如图所示：
任选一入射粒子，从图中N点进入有界磁场，从Q点射出磁场，O3为轨迹圆心，连接O1O2、O1N、O3N、O2O3，
由题知，O1O2R，O3N＝rR，又因为O3N⊥v0，即O3N∥O1O2，且O3N＝O1O2故四边形O1NO3O2为平行四边形，则O1N＝O2O3＝2R 连接O3Q、O2Q，其中R，O2Q＝R，由几何关系知（O2Q）2+（O3Q）2＝ （O2O3）2
可见△O2QQ3为直角三角形，其中∠O2QQ3＝ 90°，即OM发射的所有粒子均能通过O2。
【分析】（1）划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取相应的规律处理。
（2）找关键：确定带电粒子在场区边界的速度（包括大小和方向）是解决该类问题的关键，
（3）画运动轨迹：根据受力分析和运动分析大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。
【解答】解：（1）设正对圆心〇1射入的粒子，在有界磁场中运动轨迹半径为r，由牛顿第二定律qv0B0＝m
解得rR
粒子的轨迹圆心恰好为原点，其运动轨迹如图所示
由几何关系可得cosθ
解得θ＝60°
粒子从O2点进入电场后做类平抛运动，则v0sinθ t＝2R
又2R
由牛顿第二定律qE＝ma
联立可得E；
（2）设粒子到达P点时得速度大小为v1，速度方向与y轴正方向得夹角为α，则vy＝v0sinθ＝v1cosα
粒子在第一象限中沿y方向，规定粒子初速度方向为正，由动量定理，则﹣∑qvxB Δt＝0﹣mvy
其中By，
又∑yvxΔt＝∑yΔx＝S，
联立可得SdR；
（3）证明：如图所示：
任选一入射粒子，从图中N点进入磁场，从Q点射出磁场，O3为轨迹圆心，连接O1O2、O1N、O3N、O2O3，由题知O1O2R，O3N＝rR
又因为O3N⊥v0，即O3N∥O1O2，且O3N＝O1O2故四边形O1NO3O2为平行四边形，则O1N＝O2O3＝2R
连接O3Q、O2Q，其中R，O2Q＝R；
由几何关系知，（O2Q）2+（O3Q）2＝ （O2O3）2
可见△O2QQ3为直角三角形，其中∠O2QQ3＝ 90°，即OM发射的所有粒子均能通过O2。
答：（1）电场强度的大小E；
（2）粒子轨迹与坐标轴围成的面积是dR；
（3）证明见解答。
【点评】本题考查带电粒子由电场进入磁场中的运动，通过画图分析运动轨迹更能形象直观的解决问题。
20．（2025 黑龙江二模）如图所示，平面直角坐标系xOy的第一象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第四象限内以ON为直径、P为圆心、半径为R的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的带电粒子，从y轴正半轴上yR处的M点以大小为v0的初速度垂直于y轴射入匀强电场中，经x轴上的P点进入匀强磁场，最后以垂直于y轴的方向射出匀强磁场。不计粒子重力，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）粒子从M点到再次经过y轴的时间。
【考点】带电粒子由电场进入磁场中的运动．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】（1）匀强电场的电场强度为；
（2）匀强磁场的磁感应强度为；
（3）粒子从M点到再次经过y轴的时间为。
【分析】（1）根据运动学规律和牛顿第二定律求匀强电场的电场强度；
（2）根据运动学规律、牛顿第二定律和几何关系求匀强磁场的磁感应强度；
（3）根据周期公式求粒子从M点到再次经过y轴的时间。
【解答】解：（1）设粒子在电场中做平抛运动的时间为t1
根据运动学规律有
由牛顿第二定律得
qE＝ma
联立解得
（2）设粒子在P点的竖直分速度大小为vy
根据运动学规律有
解得
设粒子在P点的速度v与水平方向夹角为θ，根据速度的合成与分解有
解得
θ＝60°
故
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律有
根据几何关系可得
联立解得
（3）粒子在磁场中运动的周期
故粒子在磁场中运动的时间
从磁场中出来打到y轴上的时间
粒子从M点到再次经过y轴的时间
解得
答：（1）匀强电场的电场强度为；
（2）匀强磁场的磁感应强度为；
（3）粒子从M点到再次经过y轴的时间为。
【点评】本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
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