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高考物理考前冲刺押题预测 磁场
一．选择题（共10小题）
1．（2025 城关区校级开学）沿半径为R的圆形边界的匀强磁场的半径PO方向射入两个带电粒子甲和乙，甲、乙分别从圆形边界上的Q、S两点射出，已知两个带电粒子的比荷相同，圆弧PQ为圆周边界的，圆弧PS为圆周边界的，由此可知（　　）
A．甲和乙两粒子运动的半径大小之比为1：
B．甲和乙两粒子的速度大小之比为：1
C．甲和乙两粒子的角速度之比为1：1
D．甲和乙两粒子在磁场中运动的时间之比为3：4
2．（2025 山西模拟）地球周围存在地磁场，会对地球上的通电导线产生安培力的作用。若在我国某地有一水平直流输电线，视地磁场的两极与地理的两极重合，关于输电线受到的安培力的方向，下列判断正确的是（　　）
A．若输电线中电流方向自南向北，则其受到的安培力水平向西
B．若输电线中电流方向自北向南，则其受到的安培力水平向西
C．若输电线中电流方向自东向西，则其受到的安培力水平向南
D．若输电线中电流方向自西向东，则其受到的安培力水平向北
3．（2025 山西一模）直角三角形abc中∠a＝30°，abc边长为2L。其内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在ac边的中点d有一粒子源，能平行纸面向磁场内各个方向发出速率、质量为m、电荷量为q的正粒子。不考虑粒子间的相互作用，则（　　）
A．从bc边射出的粒子，在磁场中运动的时间可能是
B．从bc边射出的粒子，在磁场发生的位移最大为
C．bc边有粒子射出的区域的长度是
D．从c点射出的粒子，射出时速度方向与射入时速度方向相反
4．（2025 安徽模拟）如图所示，一半径为R圆心为O的圆形区域内部存在磁感应强度大小为B垂直于纸面向外的匀强磁场。一群单个质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子从图中磁场边界O′点以初速度v从不同方向沿纸面射入磁场，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（　　）
A．若，则所有粒子出射方向平行
B．若，则所有粒子偏转角度相同
C．若，则所有粒子均从某段圆弧边界射出，其圆弧长度为
D．若，则粒子在磁场中运动的最长时间是
5．（2024秋 泰州期末）十九世纪安培为解释地球的磁性做出这样的假设：地球的磁场是由绕着地心的环形电流I引起的，如图中假设的引起地球磁场的环形电流方向正确的是（　　）
A． B．
C． D．
6．（2024秋 泰州期末）如图，长为3L的直导线折成边长分别为ac＝L、cd＝2L直角导线，置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B．当在该导线中通以大小为I、方向如图的电流时，该通电导线受到的安培力大小为（　　）
A．3BIL B．BIL C．BIL D．BIL
7．（2024秋 泰州期末）如图所示，图甲、乙、丙、丁分别为多级直线加速器、回旋加速器、磁流体发电机、质谱仪的原理示意图。以下说法正确的是（　　）
A．图甲中，粒子在筒中做加速运动，电压越大获得的能量越高
B．图乙中，粒子第n次（n＞1）被加速前、后的轨道半径之比为
C．图丙中，将一束等离子体喷入磁场，A、B板间产生电势差，A板电势高
D．图丁中，三种粒子由静止加速射入磁场，在磁场中PS距离最大
8．（2025 邯郸模拟）空间中有四根平行长直导线，四根导线恰好在正方形的四个顶点上，其截面图如图所示。若导线a、c中通有垂直纸面向里的电流I，导线b中通有垂直纸面向外的电流I，导线d中未通电，导线a中电流在d处产生的磁场的磁感应强度大小为B0。已知通有电流I的长直导线周围某点的磁感应强度大小，式中k为常量，r为该点离直导线的距离，则d处实际磁感应强度大小为（　　）
A． B． C． D．
9．（2025 成都模拟）如图是超导电磁船的简化原理图，MN和CD是与电源相连的两个电极，它们之间的距离为L且处于垂直纸面的匀强磁场区域（由超导线圈产生，其独立电路部分未画出）。通电后，两电极之间的海水受到安培力的作用，船体就在海水的反作用力推动下行驶。已知船的总质量为m，当电极间的电流为I、磁场的磁感应强度大小为B时，船体恰好以速度v匀速航行。设船体受到的阻力恒定，关于超导电磁船，以下说法正确的是（　　）
A．该超导电磁船应用的是电磁感应原理
B．若MN接直流电源的正极，则磁场方向垂直纸面向里时船体前进
C．改变电极正负或磁场方向，可控制船体前进或后退
D．若仅将磁场的磁感应强度增大为2B，则船体的加速度大小为
10．（2025 兰州模拟）如图所示，半径为R的刚性圆形线框悬挂在弹簧测力计下端，通有adcba方向的电流，开始时与匀强磁场边界AB相切。现将线圈沿竖直方向缓慢上提，提起高度为0.4R时弹簧测力计的读数为F，提起高度为R时弹簧测力计的读数为2F，提升过程中电流大小恒为I。则磁感应强度大小为（　　）
A． B． C． D．
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 辽宁一模）如图所示，平面直角坐标系第一象限存在与坐标平面垂直的匀强磁场B，x轴、y轴为磁场边界。一束速度大小各不相同的电子从y轴上的A点（0，L）不断射入磁场区域，射入时的速度方向与y轴负方向夹角均为θ＝30°，sin37°＝0.6，下列说法正确的是（　　）
A．从x轴上不同位置射出磁场的电子，射出时速度方向相同
B．电子能到达y轴区域的长度是能到达x正半轴区域长度的倍
C．第一象限有电子经过区域的面积为L2πL2
D．若θ＝37°，则x正半轴上有电子射出区域的长度变大
（多选）12．（2025 江西模拟）如图所示，在xOy平面的第二、三象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在第一、四象限的0≤x≤d范围内有沿y轴负方向的匀强电场，在坐标原点O有一粒子源可以向y轴左侧以不同速率向各个方向发射质量为m、电荷量为q的带负电粒子，y轴上的P点坐标为（0，﹣d），x轴上的Q点坐标为（d，0）。不计粒子的重力及粒子之间的相互作用。下列选项分析正确的是（　　）
A．沿不同方向射入磁场后经过P点的粒子速率可能相同
B．若以最小速率经过P点的粒子又恰好能过Q点，则电场强度大小为E
C．若粒子源发射的粒子最大速率为v，在第三象限中有粒子扫过的区域面积为π（）2
D．所有经过P点的粒子在匀强电场中运动的时间均相同
（多选）13．（2025 嘉祥县校级开学）如图所示，在一个很小的矩形薄片上（导电粒子是自由电子），制作四个电极E、F、M、N，它就成了一个霍尔元件。在E、F间通入恒定的电流I，同时外加与薄片垂直的磁感应强度为B的磁场，则薄片中的电荷就在洛伦兹力的作用下，沿着与电流和磁场都垂直的方向移动，使M、N间出现了电压，称为霍尔电压UH。当磁场方向和电流方向如图所示时，关于霍尔电压，下列说法正确的是（　　）
A．将磁场方向和电流方向同时反向，电极N的电势低于电极M的电势
B．将磁场方向变为与薄片的上下表面平行，UH不变
C．电流和磁场方向如图所示时，电极N的电势高于电极M的电势
D．在电流和磁场一定时，薄片的厚度越大，则UH越小
（多选）14．（2025 文昌校级模拟）如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一束质量均为m、带电荷量均为q（q＞0）的粒子从P点沿竖直方向以不同速率射入磁场，P点与圆心的连线与竖直方向之间的夹角为60°，不计粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（　　）
A．该束粒子射出磁场时速度方向与过出射点的磁场区域圆半径的夹角为60°
B．若粒子恰好从C点射出，则其在磁场中运动的时间为
C．若粒子恰好从A点射出，则其在磁场中运动的速度为
D．从B点射出的粒子比从A点射出的粒子在磁场中运动的时间短
（多选）15．（2025 广安区校级二模）如图所示，倾角为30°的斜面体置于粗糙的水平地面上，斜面上有一质量为4m的滑块，通过轻绳绕过光滑的滑轮与质量为m的带正电的小球（可视为质点）相连，滑轮下方有一个光滑的小孔，轻绳与斜面平行。小球在水平面内做圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角也为30°。斜面体和滑块始终静止，滑块与斜面的动摩擦因数为，小球与小孔之间的绳长为L，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．斜面体所受到地面的摩擦力大小为mg
B．若增大小球的转速，绳子对小孔的作用力减小
C．若增大小球的转速，小球能达到的最大转速为
D．若此时在空间加上竖直向下的电场，要使小球的转速不变，则小球到转动中心的距离增大
三．解答题（共5小题）
16．（2025 市中区校级一模）如图所示，平面直角坐标系的第二象限内，抛物线与y轴之间有沿y轴负方向的匀强电场，在半径为R的圆形区域内有垂直于坐标平面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，圆与x轴相切于P点，在第一、四象限内有垂直于坐标平面向里、磁感应强度也为B的匀强磁场，在第一象限内有一平行于x轴的无限长荧光屏（图中未画出），在P点沿与x轴负方向成60°角的方向射出质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子在圆形磁场中偏转后沿x轴正方向进入电场，经电场偏转刚好从坐标原点射入第一、四象限内的匀强磁场中，粒子经磁场偏转后恰好垂直打在荧光屏上。不计粒子的重力。
（1）求粒子从P点射出的初速度大小；
（2）求匀强电场的电场强度大小；
（3）求荧光屏与x轴的距离；
（4）若粒子在P点射入磁场的速度方向在与y轴正向夹角为30°的范围内任意可调，求荧光屏上能接收到粒子的区域长度。
17．（2025 广东二模）在圆心为O、半径为a的圆形区域充满磁感应强度大小为B的均匀磁场，方向垂直于纸面向里，该区域外无磁场。圆内固定放置一绝缘材料制成的边长为L＝1.5a的刚性等边三角形框架△DEF，其中心与圆心O重合，DE中点有一狭缝S。△DEF的内切圆的圆心也为O，内切圆内没有磁场（利用高磁导率的铁磁材料做成屏蔽罩将虚圆内磁场屏蔽）。电荷量均为+q，质量均为m的粒子从图中的P处飘入MN间电压为U（U可以调节）的加速电场，粒子的初速度几乎为零，这些粒子经过加速后通过狭缝S进入磁场，方向垂直于DE边向下。若这些粒子与三角形框架发生碰撞时没有能量损失，并要求每一次碰撞时速度方向垂直于被碰的边，不计粒子的重力。求：
（1）若加速电压U＝U0，粒子从S点进入磁场时的速度大小v0；
（2）U的大小取哪些数值时可使S点发出的粒子最终又回到S点；
（3）这些粒子中回到S点所用的最短时间t。
18．（2025 河东区一模）亥姆霍兹线圈是一种制造小范围区域均匀磁场的器件，它能产生标准磁场，因此在物理实验中经常被使用。如图所示，一对通有等大同向恒定电流的亥姆霍兹线圈同轴排列，形成平行于中心轴线O1O2向右的匀强磁场。现有一粒子源放置于轴上某位置O，持续垂直于轴线向外发射速度大小为v0的粒子，粒子所带电荷量均为+q，质量均为m。在轴线上P点垂直于轴放置一半径为R的圆形探测屏，用于接收粒子，探测屏圆心P与粒子源间的距离为d，不计粒子重力和粒子间相互作用。若粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径恰好等于，求：
（1）线圈中电流的方向（从左往右看顺时针或逆时针方向）；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）断开线圈中电流，在原磁场所在空间加上平行于轴线向右的匀强电场，使所有粒子恰好打在探测屏边缘，则电场强度E的大小；
（4）若该空间同时存在上述磁场和电场，沿O1O2轴平移探测屏，使所有粒子恰好打在探测屏的圆心，探测屏圆心与粒子源间的距离有哪些值。
19．（2025 兰州模拟）如图所示，在第一象限内存在竖直向下的匀强电场，在x轴下方存在垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q的粒子以速度v0从y轴上的P点水平向右射出，从距离原点O为d的Q点第一次经过x轴进入第四象限，此时速度与x轴的夹角为45°。一段时间后粒子从O点第二次经过x轴。不计粒子重力。求：
（1）电场强度E和磁感应强度B的大小；
（2）粒子从P点到O点的时间；
（3）粒子第n次经过x轴时距O点的距离。
20．（2025 郫都区三模）如图所示，在水平虚线下方有正交的匀强磁场和匀强电场，其中磁场方向垂直纸面向里，电场方向水平向右。在距离水平虚线h高处以某一初速度水平向右抛出一个质量为m、带电荷量为+q的小球，通过水平虚线上的A点进入电磁场中，一段时间后又从水平虚线上的P点沿与水平方向成45°角斜向右上方射出电磁场区域，已知电场强度，O到A的水平距离及A、P间距离均为2h，已知当地重力加速度为g，求：
（1）带电小球经过A点时的速度；
（2）带电小球经过P点时的速度大小及磁感应强度B的大小；
（3）带电小球从O到P运动的时间。
高考物理考前冲刺押题预测 磁场
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2025 城关区校级开学）沿半径为R的圆形边界的匀强磁场的半径PO方向射入两个带电粒子甲和乙，甲、乙分别从圆形边界上的Q、S两点射出，已知两个带电粒子的比荷相同，圆弧PQ为圆周边界的，圆弧PS为圆周边界的，由此可知（　　）
A．甲和乙两粒子运动的半径大小之比为1：
B．甲和乙两粒子的速度大小之比为：1
C．甲和乙两粒子的角速度之比为1：1
D．甲和乙两粒子在磁场中运动的时间之比为3：4
【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】C
【分析】根据几何关系求得两粒子的轨道半径及转过的圆心角；然后根据洛伦兹力做向心力得到速度、周期、角速度的表达式，即可根据不变的条件得到两粒子物理量之比。
【解答】解：A．作出两粒子运动轨迹如图所示
由几何关系知，甲和乙两粒子运动的半径分别为
R2＝R
则
故A错误；
B．设粒子的速度大小为v，由牛顿第二定律有
解得
由题意可知，甲和乙两粒子的比荷相同，再结合A选项的分析，可得甲和乙两粒子的速度大小之比为
故B错误；
C．粒子运动的角速度为
因为甲和乙两粒子的比荷相同，所以甲和乙两粒子的角速度之比为
故C正确；
D．根据C项分析和可知两粒子的周期相同，设粒子在磁场中转过的圆心角为α，则粒子在磁场中运动的时间为
所以甲和乙两粒子在磁场中运动的时间之比为
故D错误。
故选：C。
【点评】带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力做向心力，故常根据速度及磁感应强度求得半径，然后根据几何关系求得运动轨迹；或反过来由轨迹根据几何关系求解半径，进而求得速度、磁感应强度。
2．（2025 山西模拟）地球周围存在地磁场，会对地球上的通电导线产生安培力的作用。若在我国某地有一水平直流输电线，视地磁场的两极与地理的两极重合，关于输电线受到的安培力的方向，下列判断正确的是（　　）
A．若输电线中电流方向自南向北，则其受到的安培力水平向西
B．若输电线中电流方向自北向南，则其受到的安培力水平向西
C．若输电线中电流方向自东向西，则其受到的安培力水平向南
D．若输电线中电流方向自西向东，则其受到的安培力水平向北
【考点】左手定则判断安培力的方向．
【专题】定性思想；归纳法；磁场 磁场对电流的作用；理解能力．
【答案】A
【分析】根据地磁场方向和左手定则判断即可。
【解答】解：AB、地磁场的情况可化简等效为如图所示
因为我国处于北半球，设图中的P点有一南北方向的水平通电导线，电流方向自南向北，由左手定则可判知导线受到的安培力水平向西，电流方向自北向南时，导线受到的安培力水平向东，故A正确，B错误；
CD、若图中有一东西方向的水平通电导线，电流方向自东向西时，根据左手定则可判知导线受到的安培力向南斜向下，电流方向自西向东时，根据左手定则可判断导线受到的安培力向北斜向上，故CD错误。
故选：A。
【点评】本题考查了左手定则的应用，知道地磁场的方向是解题的基础。
3．（2025 山西一模）直角三角形abc中∠a＝30°，abc边长为2L。其内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在ac边的中点d有一粒子源，能平行纸面向磁场内各个方向发出速率、质量为m、电荷量为q的正粒子。不考虑粒子间的相互作用，则（　　）
A．从bc边射出的粒子，在磁场中运动的时间可能是
B．从bc边射出的粒子，在磁场发生的位移最大为
C．bc边有粒子射出的区域的长度是
D．从c点射出的粒子，射出时速度方向与射入时速度方向相反
【考点】带电粒子在三角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】A
【分析】A.根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系和周期公式求从bc边射出的粒子，在磁场中运动可能的时间；
B.由几何知识求从bc边射出的粒子，在磁场发生的最大位移；
CD.根据几何关系求bc边有粒子射出的区域的长度和从c点射出的粒子，射出时速度方向与射入时速度方向。
【解答】解：A.由题意，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由左手定则知，从bc边射出的粒子顺时方向运动到bc边，根据
得半径
结合几何关系，可知从bc边射出的粒子在中运动轨迹与ab相切时，对应在磁场中运动的时间最长，由几何知识求得轨迹对应圆心角为90°，从c点射出时，时间最短，轨迹对应圆心角为60°，运动轨迹如图所示
根据
所以从bc边射出的粒子，在磁场中运动的时间满足
故A正确；
B.由几何知识，可得从bc边射出的粒子，在磁场发生的位移最大为
解得
故B错误；
C.bc边有粒子射出的区域长度为
故C错误；
D.从c点射出的粒子，由几何知识判断知速度方向偏转60°，故D错误。
故选：A。
【点评】学生在解决本题时，应注意熟练运用洛伦兹力提供向心力，并且提高自己的几何推理能力是解决粒子在磁场中运动问题的关键。
4．（2025 安徽模拟）如图所示，一半径为R圆心为O的圆形区域内部存在磁感应强度大小为B垂直于纸面向外的匀强磁场。一群单个质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子从图中磁场边界O′点以初速度v从不同方向沿纸面射入磁场，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（　　）
A．若，则所有粒子出射方向平行
B．若，则所有粒子偏转角度相同
C．若，则所有粒子均从某段圆弧边界射出，其圆弧长度为
D．若，则粒子在磁场中运动的最长时间是
【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；模型建构能力．
【答案】A
【分析】根据题设条件下不同速度的值，根据牛顿第二定律列式求出半径的值，再由磁聚焦的原理和几何关系等确定出射粒子的方向、偏转角大小、弧长以及最长时间。
【解答】解：AB、若粒子的入射速度为：
由半径公式可以得到，粒子在磁场中做圆周运动的半径：
根据磁聚焦和发散原理，所有粒子出射方向平行，但是粒子在磁场中的轨迹不同，即圆心角不同，转过的角度不同，故A正确，B错误；
C、若入射速度：
由半径公式可得到粒子在磁场中运动的轨道半径：
则入射点与最远出射点连线应是轨迹圆的直径，其长度为：
画出最长轨迹如下图所示，
由几何关系可知，图中：θ＝120°
则θ对应的弧的长度是整个圆周长的三分之一，即圆弧长度为，故C错误；
D、若：
同理可知，粒子在磁场中运动的轨道半径：
则粒子沿某一方向射入磁场时，可在磁场中完成一个完整的圆周运动，最后回到出发点，可知则粒子在磁场中运动的最长时间是一个周期：，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查学生对典型模型匀速圆周的掌握，是一道经典的关于动圆解决圆形磁场的问题，要找到临界点，结合几何关系能解决问题。
5．（2024秋 泰州期末）十九世纪安培为解释地球的磁性做出这样的假设：地球的磁场是由绕着地心的环形电流I引起的，如图中假设的引起地球磁场的环形电流方向正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】通电直导线周围的磁场；安培分子电流假说．
【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】B
【分析】明确地磁的南极在地理北极的附近，故右手的拇指必须指向南方，然后根据安培定则四指弯曲的方向是电流流动的方向从而判定环形电流的方向。
【解答】解：地磁的南极在地理北极的附近，故在用安培定则判定环形电流的方向时右手的拇指必须指向南方；而根据安培定则：拇指与四指垂直，而四指弯曲的方向就是电流的方向，故四指的方向应该为B中所示方向，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】主要考查安培定则和地磁场分布，掌握安培定则和地磁场的分布情况是解决此题的关键所在，另外要掌握此类题目一定要注意安培定则的准确应用。
6．（2024秋 泰州期末）如图，长为3L的直导线折成边长分别为ac＝L、cd＝2L直角导线，置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B．当在该导线中通以大小为I、方向如图的电流时，该通电导线受到的安培力大小为（　　）
A．3BIL B．BIL C．BIL D．BIL
【考点】安培力的计算公式及简单应用．
【专题】定量思想；方程法；磁场 磁场对电流的作用．
【答案】B
【分析】根据几何关系计算出有效长度，由安培力公式F＝BIL进行计算安培力大小即可。
【解答】解：导线在磁场内有效长度为：L′
故该通电导线受到安培力大小为F＝BIL′BIL，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题主要是考查安培力的计算，解答本题要掌握安培力的计算公式，知道公式中各量表示的物理意义。
7．（2024秋 泰州期末）如图所示，图甲、乙、丙、丁分别为多级直线加速器、回旋加速器、磁流体发电机、质谱仪的原理示意图。以下说法正确的是（　　）
A．图甲中，粒子在筒中做加速运动，电压越大获得的能量越高
B．图乙中，粒子第n次（n＞1）被加速前、后的轨道半径之比为
C．图丙中，将一束等离子体喷入磁场，A、B板间产生电势差，A板电势高
D．图丁中，三种粒子由静止加速射入磁场，在磁场中PS距离最大
【考点】磁流体发电机；与加速电场相结合的质谱仪；回旋加速器．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】在筒中电场的电场强度为0，据此分析；根据动能定理得到粒子被加速后的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力写出半径的表达式分析；根据左手定则分析；根据洛伦兹力提供向心力，结合半径的表达式分析。
【解答】解：A．在多级直线加速器（图甲）中，粒子在两筒间的电场中做加速运动，根据静电平衡可知在筒中电场的电场强度为0，粒子所受电场力为零，所以粒子在筒中做匀速直线运动，故A错误；
B．回旋加速器（图乙）中，根据动能定理，第（n﹣1）次加速后
第n次加速后
又因为粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则
可得
则
，故B正确；
C．对于磁流体发电机（图丙），根据左手定则，等离子体中的正离子向B板偏转，负离子向A板偏转，所以B板电势高，A板电势低，故C错误；
D．在质谱仪（图丁）中，粒子先在加速电场中加速
进入磁场后
联立可得
，其中是同位素，它们电荷量相同，质量最大，则在磁场中运动的半径最大，PS距离最大，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了对直线加速器、回旋加速器、质谱仪和磁流体发电机工作原理的认识。
8．（2025 邯郸模拟）空间中有四根平行长直导线，四根导线恰好在正方形的四个顶点上，其截面图如图所示。若导线a、c中通有垂直纸面向里的电流I，导线b中通有垂直纸面向外的电流I，导线d中未通电，导线a中电流在d处产生的磁场的磁感应强度大小为B0。已知通有电流I的长直导线周围某点的磁感应强度大小，式中k为常量，r为该点离直导线的距离，则d处实际磁感应强度大小为（　　）
A． B． C． D．
【考点】磁感应强度的矢量叠加；通电直导线周围的磁场．
【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】A
【分析】利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小和方向，从而判断各选项。
【解答】解：a、c两点到d点的距离相等，则a、c中电流在d点产生的磁场的磁感应强度大小相等，即
B2＝B1＝B0
由
可知，b中电流在d点产生的磁场的磁感应强度大小
如图
故d处合磁场的磁感应强度大小
故BCD错误，A正确。
故选：A。
【点评】磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量。它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则。
9．（2025 成都模拟）如图是超导电磁船的简化原理图，MN和CD是与电源相连的两个电极，它们之间的距离为L且处于垂直纸面的匀强磁场区域（由超导线圈产生，其独立电路部分未画出）。通电后，两电极之间的海水受到安培力的作用，船体就在海水的反作用力推动下行驶。已知船的总质量为m，当电极间的电流为I、磁场的磁感应强度大小为B时，船体恰好以速度v匀速航行。设船体受到的阻力恒定，关于超导电磁船，以下说法正确的是（　　）
A．该超导电磁船应用的是电磁感应原理
B．若MN接直流电源的正极，则磁场方向垂直纸面向里时船体前进
C．改变电极正负或磁场方向，可控制船体前进或后退
D．若仅将磁场的磁感应强度增大为2B，则船体的加速度大小为
【考点】电磁炮；安培力作用下的运动学问题（力与运动的关系）．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；磁场 磁场对电流的作用；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据牛顿第三定律即可判断出船体的受力，利用左手定则判断出磁场方向；改变电极正负或磁场的方向，安培力方向改变；根据牛顿第二定律可求加速度的大小。
【解答】解：A、该超导电磁船应用了磁场对电流的作用力即安培力，故A错误；
BC、两电极之间的海水受到安培力的作用，船体就在海水的反作用力推动下向前驶动，因此，海水受到的安培力指向船尾方向，根据左手定则，可判断磁场方向垂直纸面向外；改变电极正负或磁场的方向，安培力方向改变，可以控制船体前进或后退，故B错误，C正确；
D、磁感应强度大小为B时，船体匀速运动，即f＝BIL，将磁感应强度大小增大为2B时，安培力变为2BIL，船体所受合外力大小F合＝2BIL﹣f＝BIL
则加速度大小为，故D错误。
故选：C。
【点评】本题的解题关键是掌握左手定则和牛顿第三定律，并能正确运用，注意与右手定则的区别。
10．（2025 兰州模拟）如图所示，半径为R的刚性圆形线框悬挂在弹簧测力计下端，通有adcba方向的电流，开始时与匀强磁场边界AB相切。现将线圈沿竖直方向缓慢上提，提起高度为0.4R时弹簧测力计的读数为F，提起高度为R时弹簧测力计的读数为2F，提升过程中电流大小恒为I。则磁感应强度大小为（　　）
A． B． C． D．
【考点】安培力的计算公式及简单应用．
【专题】应用题；定量思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；分析综合能力．
【答案】B
【分析】线圈缓慢上提，线圈处于平衡状态，应用平衡条件与安培力公式求出磁感应强度大小。
【解答】解：提起高度为0.4R时，线圈在磁场中的有效长度L1＝21.6R
提起高度为R时线圈在磁场中的有效长度L2＝2R
由左手定则可知，线圈受到的安培力竖直向下
线圈缓慢运动，由平衡条件得：F＝mg+BIL1，2F＝mg+BIL2，
解得：B，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了安培力做一下物体的平衡问题，分析清楚线圈的受力情况、求出线圈的有效长度的解题的前提与关键，应用平衡条件即可解题。
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 辽宁一模）如图所示，平面直角坐标系第一象限存在与坐标平面垂直的匀强磁场B，x轴、y轴为磁场边界。一束速度大小各不相同的电子从y轴上的A点（0，L）不断射入磁场区域，射入时的速度方向与y轴负方向夹角均为θ＝30°，sin37°＝0.6，下列说法正确的是（　　）
A．从x轴上不同位置射出磁场的电子，射出时速度方向相同
B．电子能到达y轴区域的长度是能到达x正半轴区域长度的倍
C．第一象限有电子经过区域的面积为L2πL2
D．若θ＝37°，则x正半轴上有电子射出区域的长度变大
【考点】带电粒子在矩形边界磁场中的运动；牛顿第二定律的简单应用；重力做功的特点和计算．
【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；带电粒子在磁场中的运动专题．
【答案】BCD
【分析】A.由左手定则判断从x轴上不同位置射出磁场的电子，射出时速度方向；
B.由几何关系求电子能到达y轴区域的长度与能到达x正半轴区域长度的关系；
C.根据面积公式求第一象限有电子经过区域的面积；
D.根据长度关系求若θ＝37°，则x正半轴上有电子射出区域的长度变化。
【解答】解：A.由左手定则可知，从x轴上不同位置射出磁场的电子在磁场中的偏转角不同，射出时速度方向不同，故A错误；
B.如图所示
电子能到达y轴的临界情况是，电子的运动轨迹与x轴相切，设切点为E，此时电子到达y轴上的H点，则电子能到达y轴区域的长度是线段AH的长度，能到达x轴区域的长度是线段FE的长度，由几何关系可知
AH＝2Rsinθ
解得
AH＝R
则
故B正确；
C.由上述分析可知，电子在第一象限能经过的区域面积为五边形AHCEF的面积和以C为圆心、EH为优弧的扇形的面积之和。
又
OA＝L，∠ACF＝30°
则有
R＝2L
故该面积
故C正确；
D.若θ＝37°，设此时临界圆的半径为R1
R1sin37°＝R1﹣L
解得
则此时
EO＝R1sin53°
解得
EO＝2L
又
可得此时x轴上有电子射出的区域长度
故D正确。
故选：BCD。
【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 江西模拟）如图所示，在xOy平面的第二、三象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在第一、四象限的0≤x≤d范围内有沿y轴负方向的匀强电场，在坐标原点O有一粒子源可以向y轴左侧以不同速率向各个方向发射质量为m、电荷量为q的带负电粒子，y轴上的P点坐标为（0，﹣d），x轴上的Q点坐标为（d，0）。不计粒子的重力及粒子之间的相互作用。下列选项分析正确的是（　　）
A．沿不同方向射入磁场后经过P点的粒子速率可能相同
B．若以最小速率经过P点的粒子又恰好能过Q点，则电场强度大小为E
C．若粒子源发射的粒子最大速率为v，在第三象限中有粒子扫过的区域面积为π（）2
D．所有经过P点的粒子在匀强电场中运动的时间均相同
【考点】带电粒子由磁场进入电场中的运动．
【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】ABD
【分析】A.画出粒子的运动轨迹，根据半径关系判断速率；
B.由洛伦兹力提供向心力和牛顿第二定律求电场强度大小；
C.由洛伦兹力提供向心力和面积公式求在第三象限中有粒子扫过的区域面积；
D.由几何关系和洛伦兹力提供向心力求经过P点的粒子在匀强电场中运动的时间关系。
【解答】解：A.经过P点圆弧轨迹均以PO为弦，如图所示
经过O、P两点的半径相等的圆O1与圆O2粒子可以分别沿这两个圆在磁场中的圆弧部分做圆周运动经过P点，由于运动半径相等，故粒子速度大小相同，故A正确；
B.粒子以最小速率经过P点时，在磁场中的轨迹恰好为半个圆周，到达P点时速度方向垂直于y轴，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得
解得
当OP为粒子运动轨迹的直径时
圆周运动半径最小，粒子经过P点时速度最小，可得
由P点到Q点做类平抛运动。沿x轴正方向做匀速直线运动，则有
d＝vmint
沿y轴正方向做匀加速直线运动，则有
由牛顿第二定律得
qE＝ma
解得电场强度
故B正确；
C.由题意可知，若粒子源发射的粒子最大速率为v，由洛伦兹力提供向心力得
则粒子运动轨迹的最大半径为
粒子向不同方向进入磁场时，粒子扫过的区域为以圆形轨迹直径为半径的扇形面积，如图所示
阴影部分，即在第三象限中有粒子扫过的区域面积为
故C错误；
D.设沿不同方向进入磁场的粒子，经过P点的速度方向与y轴夹角为θ，如图所示
由几何关系得
由洛伦兹力提供向心力得
解得
在P点垂直电场方向的分速度为
可见vx为定值。
粒子穿过电场过程沿x轴正方向做匀速直线运动，则有
d＝vxt
因为vx定值，故所有经过P点的粒子在匀强电场中运动的时间均相同，故D正确。
故选：ABD。
【点评】本题考查了带电粒子在电磁场中的运动问题。粒子在电场中做曲线运动，应用运动的合成与分解处理；在磁场中做匀速圆周运动时，根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系解答。
（多选）13．（2025 嘉祥县校级开学）如图所示，在一个很小的矩形薄片上（导电粒子是自由电子），制作四个电极E、F、M、N，它就成了一个霍尔元件。在E、F间通入恒定的电流I，同时外加与薄片垂直的磁感应强度为B的磁场，则薄片中的电荷就在洛伦兹力的作用下，沿着与电流和磁场都垂直的方向移动，使M、N间出现了电压，称为霍尔电压UH。当磁场方向和电流方向如图所示时，关于霍尔电压，下列说法正确的是（　　）
A．将磁场方向和电流方向同时反向，电极N的电势低于电极M的电势
B．将磁场方向变为与薄片的上下表面平行，UH不变
C．电流和磁场方向如图所示时，电极N的电势高于电极M的电势
D．在电流和磁场一定时，薄片的厚度越大，则UH越小
【考点】霍尔效应与霍尔元件；左手定则判断洛伦兹力的方向．
【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】AD
【分析】AC.结合题意，根据左手定则，分析电荷移动情况，分析电势高低；
B.将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，根据左手定则，分析电势差；
D.根据平衡条件和电流微观表达式，分析霍尔电压。
【解答】解：AC.矩形薄片是自由电子定向移动导电，电流和磁场方向如图所示时，根据左手定则可知，电荷向N电极偏转，则电极N电势低于电极M电势，同理，将磁场方向和电流方向同时反向，根据左手定则可知，电荷仍然是N板电势低，故A正确，C错误；
B.将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，根据左手定则可知，电荷受到上下方向的洛伦兹力，或者不受洛伦兹力，因此M、N间不存在电势差，故B错误；
D.设矩形薄片的厚度为d，宽度为b，沿电流方向的长度为L，材料单位体积内电荷的个数为n，截面积为S，
MN间电压稳定时，电荷所受的电场力等于洛伦兹力，有：，
电流微观表达式为：I＝nqSv，
且：S＝bd，
联立可得：，
由此可知，UH与磁感应强度B、电流I、厚度d有关，在电流I、磁场B一定时，薄片的厚度越大，则UH越小，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查霍尔效应与霍尔元件，解题时需注意，霍尔效应的的本质是导体中的载流子在磁场中发生偏转，在导体中垂直于粒子运动方向的两端聚集，产生电势差，当电势差稳定时电场力等于洛伦兹力。
（多选）14．（2025 文昌校级模拟）如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一束质量均为m、带电荷量均为q（q＞0）的粒子从P点沿竖直方向以不同速率射入磁场，P点与圆心的连线与竖直方向之间的夹角为60°，不计粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（　　）
A．该束粒子射出磁场时速度方向与过出射点的磁场区域圆半径的夹角为60°
B．若粒子恰好从C点射出，则其在磁场中运动的时间为
C．若粒子恰好从A点射出，则其在磁场中运动的速度为
D．从B点射出的粒子比从A点射出的粒子在磁场中运动的时间短
【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；推理论证能力．
【答案】ABC
【分析】由题意画出粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹，由几何知识求出偏转角，结合周期公式求出粒子在磁场中的运动时间；
从A点射出时，由几何关系得到半径，由洛伦兹力提供向心力，求得速度的大小；
求出从两点射出的粒子的偏转角的大小，结合周期公式得到时间的长短。
【解答】解：A、根据题意可知，粒子从P点射入磁场时，速度方向与过入射点的圆形磁场半径之间的夹角为60°，如图所示，
由几何知识可知，该束粒子射出磁场时速度方向与过出射点的磁场区域圆半径的夹角也为60°，故A正确；
B、若粒子恰好从C点射出，粒子的运动轨迹如图甲所示，根据几何关系可知，粒子在磁场中转过的圆心角为150°，运动的时间为：，故B正确；
C、若粒子恰好从A点射出，粒子的运动轨迹如图乙所示，
根据几何关系可知，轨迹半径：
根据牛顿第二定律可知：
变形解得：，故C正确；
D、由以上两图可以看出，从B点射出的粒子在磁场中转过的圆心角（θ＝150°）大于从A点射出的粒子在磁场中转过的圆心角（θ＝60°），根据时间公式：，可知从B点射出的粒子比从A点射出的粒子在磁场中运动的时间长，故D错误。
故选：ABC。
【点评】该题考查了带电粒子在复合场的运动，会由几何关系来确定圆周运动的半径；当带电粒子在电磁场中做多过程运动时，关键是掌握基本运动的特点和寻找过程的边界条件。
（多选）15．（2025 广安区校级二模）如图所示，倾角为30°的斜面体置于粗糙的水平地面上，斜面上有一质量为4m的滑块，通过轻绳绕过光滑的滑轮与质量为m的带正电的小球（可视为质点）相连，滑轮下方有一个光滑的小孔，轻绳与斜面平行。小球在水平面内做圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角也为30°。斜面体和滑块始终静止，滑块与斜面的动摩擦因数为，小球与小孔之间的绳长为L，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．斜面体所受到地面的摩擦力大小为mg
B．若增大小球的转速，绳子对小孔的作用力减小
C．若增大小球的转速，小球能达到的最大转速为
D．若此时在空间加上竖直向下的电场，要使小球的转速不变，则小球到转动中心的距离增大
【考点】带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动；物体被系在绳上做圆锥摆运动．
【专题】应用题；定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；分析综合能力．
【答案】AC
【分析】分别对小球受力分析，对滑块和斜面整体受力分析，根据共点力平衡可解得摩擦力和角速度的表达式，从而分析绳子对小孔的作用力；对滑块受力分析根据共点力平衡可解得最大角速度。
【解答】解：A、对小球，在竖直方向，由平衡条件得：mg＝Tcos30°，解得：
将滑块和斜面看成整体，由平衡条件得，斜面体所受摩擦力大小为：，故A正确；
B、设绳与竖直方向的夹角为θ，对小球，由牛顿第二定律得：mgtanθ＝mω2Lsinθ，角速度ω＝2πn，
随着转速的增大，角速度会增大；拉力会增大，绳与竖直方向的夹角会增大，两绳的夹角会减小，所以合力会增大；所以绳子对小孔的作用力增大；故B错误；
C、因为绳对滑块的拉力越大，滑块越容易往上滑动。所以当小球转速最大，即绳的拉力最大时，对滑块，由平衡条件得：T＝4mgsin30°+4μmgcos30°
即：mω2L＝4mgsin30°+4μmgcos30°，可得最大角速度为：，所以最大转速为，故C正确；
D．加上电场后，对小球，由平衡条件得：Tcosθ＝mg+qE
由牛顿第二定律得：Tsinθ＝mω2Lsinθ
因为要使转速不变，即角速度不变，所以绳子的拉力大小不变，因为竖直方向绳的分力相对没有加电场时增大了，所以由以上公式知θ减小，即小球到转动中心的距离减小，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查匀速圆周运动中共点力平衡的问题，解题关键掌握对小球和滑块的平衡条件分析。
三．解答题（共5小题）
16．（2025 市中区校级一模）如图所示，平面直角坐标系的第二象限内，抛物线与y轴之间有沿y轴负方向的匀强电场，在半径为R的圆形区域内有垂直于坐标平面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，圆与x轴相切于P点，在第一、四象限内有垂直于坐标平面向里、磁感应强度也为B的匀强磁场，在第一象限内有一平行于x轴的无限长荧光屏（图中未画出），在P点沿与x轴负方向成60°角的方向射出质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子在圆形磁场中偏转后沿x轴正方向进入电场，经电场偏转刚好从坐标原点射入第一、四象限内的匀强磁场中，粒子经磁场偏转后恰好垂直打在荧光屏上。不计粒子的重力。
（1）求粒子从P点射出的初速度大小；
（2）求匀强电场的电场强度大小；
（3）求荧光屏与x轴的距离；
（4）若粒子在P点射入磁场的速度方向在与y轴正向夹角为30°的范围内任意可调，求荧光屏上能接收到粒子的区域长度。
【考点】带电粒子由磁场进入电场中的运动．
【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）粒子从P点射出的初速度大小为；
（2）匀强电场的电场强度大小为；
（3）荧光屏与x轴的距离为R；
（4）荧光屏上能接收到粒子的区域长度为。
【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力求粒子从P点射出的初速度大小；
（2）根据类平抛运动的规律求匀强电场的电场强度大小；
（3）由动能定理和洛伦兹力提供向心力求荧光屏与x轴的距离；
（4）根据运动学公式和几何关系求荧光屏上能接收到粒子的区域长度。
【解答】解：（1）如图
由几何关系，粒子在圆形磁场中的运动半径
r＝R
得
（2）粒子在电场中做类平抛运动
由抛物线方程得
x＝v0t
qE＝ma
解得
（3）电场中，由动能定理
解得
设粒子进入磁场时速度与y轴负方向的夹角为θ，则
解得
粒子垂直打在荧光屏上，荧光屏离x轴的距离为
d＝r'sinθ
解得
d＝R
（4）改变粒子从P点射入磁场的方向，假设粒子仍能通过O点，则
x1＝v0t1
可得，则假设成立。
设O点的速度为v1与y轴负方向的夹角为α，则有
即所有粒子都垂直打在荧光屏上
在P点与x轴负方向成60°角进入磁场的粒子，打在荧光屏上时与y轴的距离
在P点与x轴正方向成60°角进入磁场的粒子
则区域长度
答：（1）粒子从P点射出的初速度大小为；
（2）匀强电场的电场强度大小为；
（3）荧光屏与x轴的距离为R；
（4）荧光屏上能接收到粒子的区域长度为。
【点评】本题是带电粒子在电场和磁场中运动问题，粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动。带电粒子在磁场的运动画轨迹图确定轨迹半径是基本功，电场中运动处理的方法是运动的分解与合成。
17．（2025 广东二模）在圆心为O、半径为a的圆形区域充满磁感应强度大小为B的均匀磁场，方向垂直于纸面向里，该区域外无磁场。圆内固定放置一绝缘材料制成的边长为L＝1.5a的刚性等边三角形框架△DEF，其中心与圆心O重合，DE中点有一狭缝S。△DEF的内切圆的圆心也为O，内切圆内没有磁场（利用高磁导率的铁磁材料做成屏蔽罩将虚圆内磁场屏蔽）。电荷量均为+q，质量均为m的粒子从图中的P处飘入MN间电压为U（U可以调节）的加速电场，粒子的初速度几乎为零，这些粒子经过加速后通过狭缝S进入磁场，方向垂直于DE边向下。若这些粒子与三角形框架发生碰撞时没有能量损失，并要求每一次碰撞时速度方向垂直于被碰的边，不计粒子的重力。求：
（1）若加速电压U＝U0，粒子从S点进入磁场时的速度大小v0；
（2）U的大小取哪些数值时可使S点发出的粒子最终又回到S点；
（3）这些粒子中回到S点所用的最短时间t。
【考点】带电粒子由电场进入磁场中的运动；洛伦兹力的计算公式及简单应用；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）粒子从S点进入磁场时的速度大小为；
（2）U的大小取，（n＝4，5，6 ）时可使S点发出的粒子最终又回到S点；
（3）这些粒子中回到S点所用的最短时间t为。
【分析】（1）根据动能定理求粒子从S点进入磁场时的速度大小v0；
（2）根据洛伦兹力提供向心力和几何关系求U的取值；
（3）根据周期和时间公式求这些粒子中回到S点所用的最短时间t。
【解答】解：（1）离子在电场中加速，根据动能定理
解得
（2）由（1）得，若以U加速，其初速度为
①
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由于
可得
②
粒子在磁场中运动时，若想回到S点，且速度方向始终与框架垂直，E、F、D一定是圆心，如图所示
设S到E有n个半径，则有
③
其中n为正整数。
不能离开磁场，最大运动半径不超过
整理可得n≥4④
以①②③④联立解得：
，（n＝4，5，6 ）
（3）对任意粒子
当n＝4时，运动时间最短，在每个边上运动6个半圆周，且每个角上运动个圆周，因此总得运动时间
解得
答：（1）粒子从S点进入磁场时的速度大小为；
（2）U的大小取，（n＝4，5，6 ）时可使S点发出的粒子最终又回到S点；
（3）这些粒子中回到S点所用的最短时间t为。
【点评】本题考查带电粒子在组合场中的运动，掌握运动半径与周期公式的应用，注意结合几何特性及半径与长度的关系，这是解题的关键．
18．（2025 河东区一模）亥姆霍兹线圈是一种制造小范围区域均匀磁场的器件，它能产生标准磁场，因此在物理实验中经常被使用。如图所示，一对通有等大同向恒定电流的亥姆霍兹线圈同轴排列，形成平行于中心轴线O1O2向右的匀强磁场。现有一粒子源放置于轴上某位置O，持续垂直于轴线向外发射速度大小为v0的粒子，粒子所带电荷量均为+q，质量均为m。在轴线上P点垂直于轴放置一半径为R的圆形探测屏，用于接收粒子，探测屏圆心P与粒子源间的距离为d，不计粒子重力和粒子间相互作用。若粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径恰好等于，求：
（1）线圈中电流的方向（从左往右看顺时针或逆时针方向）；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）断开线圈中电流，在原磁场所在空间加上平行于轴线向右的匀强电场，使所有粒子恰好打在探测屏边缘，则电场强度E的大小；
（4）若该空间同时存在上述磁场和电场，沿O1O2轴平移探测屏，使所有粒子恰好打在探测屏的圆心，探测屏圆心与粒子源间的距离有哪些值。
【考点】带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；带电粒子在叠加场中做直线运动．
【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】（1）线圈中电流的方向为逆时针；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）断开线圈中电流，在原磁场所在空间加上平行于轴线向右的匀强电场，使所有粒子恰好打在探测屏边缘，则电场强度E的大小为；
（4）探测屏圆心与粒子源间的距离有n2π2d（n＝1，2，3 ）。
【分析】（1）根据安培定则判断线圈中电流的方向；
（2）由洛伦兹力提供向心力求磁感应强度B的大小；
（3）根据类平抛运动和牛顿第二定律求电场强度E的大小；
（4）根据运动学公式和周期公式求探测屏圆心与粒子源间的距离有哪些值。
【解答】解：（1）根据安培定则，要产生如图所示方向的磁场，则亥姆霍兹线圈应通顺时针方向的电流（从左往右看）
（2）粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得
其中
解得
（3）粒子在电场中做类平抛运动
沿x轴方向有
垂直于x轴方向有
R＝v0t
由牛顿第二定律可知
qE＝ma
联立解得
（4）根据运动独立性，粒子沿x轴方向做匀加速直线运动，垂直于x轴方向做匀速圆周运动，故粒子回到x轴时间为粒子做匀速圆周运动周期的整数倍
x轴方向有
qE＝ma
解得
答：（1）线圈中电流的方向为逆时针；
（2）磁感应强度B的大小；
（3）断开线圈中电流，在原磁场所在空间加上平行于轴线向右的匀强电场，使所有粒子恰好打在探测屏边缘，则电场强度E的大小为；
（4）探测屏圆心与粒子源间的距离有n2π2d（n＝1，2，3 ）。
【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。
19．（2025 兰州模拟）如图所示，在第一象限内存在竖直向下的匀强电场，在x轴下方存在垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q的粒子以速度v0从y轴上的P点水平向右射出，从距离原点O为d的Q点第一次经过x轴进入第四象限，此时速度与x轴的夹角为45°。一段时间后粒子从O点第二次经过x轴。不计粒子重力。求：
（1）电场强度E和磁感应强度B的大小；
（2）粒子从P点到O点的时间；
（3）粒子第n次经过x轴时距O点的距离。
【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）电场强度E为，磁感应强度B的大小为；
（2）粒子从P点到O点的时间为；
（3）粒子第n次经过x轴时距O点的距离为
若n为奇数
若n为偶数
。
【分析】（1）根据类平抛运动的规律和洛伦兹力提供向心力求电场强度E和磁感应强度B的大小；
（2）根据周期和时间的关系求粒子从P点到O点的时间；
（3）根据数学归纳法求粒子第n次经过x轴时距O点的距离。
【解答】解：（1）粒子在第一象限的电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为的匀加速直线运动。
水平方向：粒子水平方向的位移为
x＝d，
根据
x＝v0t1，
竖直方向：粒子加速度
粒子从Q点进入第四象限时速度与轴夹角为45° 故
vy＝vx＝v0＝at1
解得
由题意可知粒子进入磁场时的速度
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，即
解得
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
从Q到O粒子运动时间
故粒子从P到O得总时间为
（3）粒子从O点第二次经过x轴后做类斜抛运动，根据对称性，粒子将在x＝2d的位置第三次经过x轴，第四次将在x＝d的位置经过x轴。以此类推，根据数学归纳法可得：
若n为奇数
若n为偶数
答：（1）电场强度E为，磁感应强度B的大小为；
（2）粒子从P点到O点的时间为；
（3）粒子第n次经过x轴时距O点的距离为
若n为奇数
若n为偶数
。
【点评】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动或匀变速直线运动的规律进行解答。
20．（2025 郫都区三模）如图所示，在水平虚线下方有正交的匀强磁场和匀强电场，其中磁场方向垂直纸面向里，电场方向水平向右。在距离水平虚线h高处以某一初速度水平向右抛出一个质量为m、带电荷量为+q的小球，通过水平虚线上的A点进入电磁场中，一段时间后又从水平虚线上的P点沿与水平方向成45°角斜向右上方射出电磁场区域，已知电场强度，O到A的水平距离及A、P间距离均为2h，已知当地重力加速度为g，求：
（1）带电小球经过A点时的速度；
（2）带电小球经过P点时的速度大小及磁感应强度B的大小；
（3）带电小球从O到P运动的时间。
【考点】带电粒子在叠加场中做一般曲线运动．
【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；方程法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】（1）带电小球经过A点时的速度为，方向与水平方向的夹角为45°；
（2）带电小球经过P点时的速度大小为，磁感应强度B的大小为；
（3）带电小球从O到P运动的时间为。
【分析】（1）小球从O到A做平抛运动，由平抛运动规律及合速度公式可求到达A点的速度；
（2）小球进入复合场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力及运动的对称性可求B的大小；
（3）小球做平抛运动的时间与在复合场运动的时间之和即为带电小球从O到P运动的时间。
【解答】解：（1）小球从O到A做平抛运动，在竖直方向有：，解得：，所以有：，在水平方向有：2h＝v0t1，解得：，所以带电小球经过A点时的速度的大小为：，方向与水平方向的夹角为45°；
（2）小球进入复合场后，受到的电场力为：，方向水平向右，与重力合力方向与水平方向成45°角，小球做匀速圆周运动。因为从 A 点，入，P 点射出时速度方向与水平方向成45°角，根据匀速圆周运动的对称性可知：，由几何关系可知，小球在复合场中运动的轨迹半径为：，由洛伦兹力提供向心力可得：，联立解得：；
（3）小球做平抛运动时间为：小球做匀速圆周运动的周期为：，则小球在磁场中运动的时间为：，则带电小球从O到P运动的时间为：。
答：（1）带电小球经过A点时的速度为，方向与水平方向的夹角为45°；
（2）带电小球经过P点时的速度大小为，磁感应强度B的大小为；
（3）带电小球从O到P运动的时间为。
【点评】这是一道关于带电小球在复合场（重力场、电场、磁场）中运动的物理题，解题关键在于分析小球在不同阶段的运动状态，运用相应的物理规律求解。
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