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高考物理一轮复习 磁场
一．选择题（共8小题）
1．（2025 湖北模拟）如图甲所示，宽为l＝0.4m的虚线框内有磁感应强度为B＝1T、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，两个方柱形电极上搁置一根质量为m＝0.1kg的金属棒，开关右边的方框内是一个直流电源。闭合开关的瞬间，金属棒突然向上跳起，最大高度达到1.25m。g＝10m/s2，空气阻力不计。图乙中只是在图甲的电极上增加了两个轻质金属弹簧，弹簧的劲度系数较小。下列说法正确的是（　　）
A．方框内电源左端为正极
B．图甲中的金属棒在通电的极短时间内速度增大到约8m/s
C．图甲中的金属棒上通过的电荷量约为1.25C
D．甲、乙两图对比，图乙中金属棒跳得更高
2．（2025 柳州模拟）如图所示，一倾角为45°的光滑绝缘斜面固定于绝缘墙角，一垂直于纸面放置、长度为L、质量为m的圆柱形光滑金属体通以图示方向的电流I，在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中静止于图示位置，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．金属体一定受到斜面的支持力作用，且支持力的大小等于mg
B．无论磁感应强度B为何值，金属体都会受到竖直墙面的弹力作用
C．金属体中电流I的最小值等于
D．磁感应强度B越大，金属体对斜面的压力就越大
3．（2025 晋中模拟）极光是由太阳抛射出的高能带电粒子受到地磁场作用，在地球南北极附近与大气碰撞产生的发光现象。赤道平面的地磁场，可简化为如图所示：O为地球球心，R为地球半径，将地磁场在半径为R到3R之间的圆环区域看成是匀强磁场，磁感应强度大小为B。磁场边缘A处有一粒子源，可在赤道平面内以相同速率v0向各个方向射入某种带正电粒子。不计粒子重力、粒子间的相互作用及大气对粒子运动的影响，不考虑相对论效应。其中沿半径方向（图中1方向）射入磁场的粒子恰不能到达地球表面。若和AO方向成θ角向上方（图中2方向）射入磁场的粒子也恰好不能到达地球表面，则（　　）
A． B． C． D．
4．（2025 香洲区校级模拟）如图甲所示，水平放置的平行极板A、B间加如图乙所示的交变电场，t＝0时刻，O处粒子源水平向右发射速度相同的a、b两粒子，穿过极板后水平向右垂直进入有竖直边界的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，a粒子恰好不从磁场右边界飞出，a、b两粒子的运动轨迹交于C点，且在C处时a、b速度方向垂直，C到左右磁场边界的距离相等，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（　　）
A．a、b在电场中运动的时间可能不同
B．a、b穿过极板的时间可能为T0的奇数倍
C．a、b粒子的比荷为
D．a、b穿过极板竖直方向上的位移大小之比为1：2
5．（2025 山西三模）垂直纸面的两薄铝板M、N，将纸面分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，三个区域内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B1、B2和B3如图所示。两带电粒子从P点沿平行铝板方向前、后射入磁场Ⅱ内，穿过M板的粒子其轨迹半径不变，而穿过N板的粒子轨迹半径变小（粒子穿过铝板前、后质量和电荷量均不变），下列判断正确的是（　　）
A．B1＝B2 B．B1＜B2 C．B2＞B3 D．B2＝B3
6．（2025 诸暨市模拟）霍尔元件是一种重要的磁传感器。如图所示为某长方体的半导体材料，其电流I沿x轴正方向，匀强磁场B沿z轴正方向。半导体材料内有电荷量均为e的自由电子和空穴（可看作自由移动的带正电离子），已知单位体积内自由电子和空穴的数目之比为n：p。当半导体材料通有恒定电流后，能很快建立沿y轴正方向的稳定电场，即霍尔电场，则建立稳定电场后（　　）
A．电子和空穴都做匀速直线运动
B．空穴受到的霍尔电场力大于洛伦兹力
C．电子和空穴沿y轴方向上的平均速率之比为p：n
D．单位时间内打到下极板电子和空穴数目之比为n：p
7．（2025 浙江模拟）我国首艘弹射型航空母舰福建舰采用了世界上最先进的电磁弹射技术，装备了三条电磁弹射轨道。电磁弹射的简化模型如图所示：足够长的光滑水平固定金属轨道处于竖直向下的匀强磁场中，左端与充满电的电容器C相连，与机身固连的金属杆ab静置在轨道上，闭合开关S后，飞机向右加速达到起飞速度。下列说法正确的是（　　）
A．飞机运动过程中，a端的电势始终低于b端的电势
B．飞机起飞过程是匀加速直线运动
C．飞机的速度达到最大时，电容器所带的电荷量为零
D．增大电容器的放电量，可以提高飞机的最大速度
8．（2025 汉中三模）如图所示，在无限大的匀强磁场中，固定着一根由同种材料、粗细均匀的导体围成的半径为R的闭合圆环，且圆环平面与磁场方向垂直。POQ是圆的直径，P、Q两点将线圈分为上、下两部分，圆弧CAD对应的圆心角为120°，当C、D与内阻不计的直流电源相连，整个圆环所受的安培力大小为F1，当P、Q与该电源相连，圆环所受的安培力大小为F2，则两力的比值为（　　）
A． B． C． D．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 邯郸模拟）如图所示，质量为m、电荷量为+q的粒子从静止开始经加速电压U加速后，从三维直角坐标系的原点O处沿不同方向射入匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向沿z轴正方向。已知加速电压U调节范围为U0≤U≤3U0，其中U0。x轴上距离O点1.5L处有一长为L的吸收板，吸收板接地，粒子打在板上即被吸收。不计粒子重力，下列说法正确的是（　　）
A．当粒子沿y轴正方向射入磁场时，调节U，板上有粒子击中的长度为（）L
B．当U＝3U0，粒子从O点射入xOy平面x＞0、y＞0的区域，速度方向在0～90°均匀变化，且沿各方向发射的粒子数目相等，则击中吸收板的粒子占粒子总数的50%
C．当U＝U0，t＝0时刻，粒子从O点射入yOz平面y＞0、z＜0的区域，且速度方向与y轴正方向夹角为30°，粒子与z轴距离最大时的时间为t1＝n（n＝1，2，3 ）
D．当U＝2U0，粒子从O点射入yOz平面y＞0、z＜0的区域，且速度方向与y轴正方向夹角为45°，则经过t2时粒子的坐标为（，，πL）
（多选）10．（2025 湖北模拟）等腰梯形AFCD区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，梯形上、下底AF、CD长度分别为L和2L，∠D＝60°，下底CD的中点E处有一个α粒子放射源，可以向CD上方（各个方向）射出速率不等的α粒子，α粒子的速度方向与磁场方向垂直，不计粒子间的相互作用力及重力，已知质子的电荷量为e，质量为m，下列说法正确的是（　　）
A．所有从A点射出的粒子在磁场中的运动时间均相等
B．若粒子可以到达F点，则其最小速度为
C．到达A点和到达F点的粒子一定具有相同的速率
D．运动轨迹与AD边相切（由CD边出磁场）的速率最小的粒子在磁场中的运动时间为
（多选）11．（2025 漳州模拟）如图，圆形区域内存在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．磁感应强度大小为
B．粒子在磁场中运动的时间为
C．仅改变速度方向，粒子可能从D点射出
D．仅增大速度，粒子在磁场中运动的时间将变短
（多选）12．（2025 合肥校级模拟）下列关于四种仪器的说法正确的是（　　）
A．甲图中当增大磁感应强度时，电子形成的轨迹圆半径将减小
B．乙图中不改变质谱仪各区域的电场、磁场时，击中光屏同一位置的粒子比荷不相同
C．丙图中载流子为负电荷的霍尔元件有如图所示的电流和磁场时，N侧电势低
D．丁图中长、宽、高分别为a、b、c的电磁流量计在如图所示的匀强磁场中，若改变液体流动的方向，则不能测定流量Q
三．填空题（共4小题）
13．（2025 福建模拟）四根完全相同的长直导线互相平行，它们的截面处于正方形abcd的四个顶点，导线中都通有大小相同的电流，方向如图所示。正方形对角线的交点为O，通电导线a在O点产生的磁感应强度为B，四根通电导线在O点产生磁场的磁感应强度大小为 　 　 ，方向为 　 　 。
14．（2025 仓山区校级模拟）如图所示，在一竖直面内有两根平行的长直导线1和2，通有大小相等、方向相反的电流，a、b两点与两导线共面，a点在两导线中间，与两导线的距离均为r，b点在导线1上方，与导线1的距离也为r，现测得a点的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面 　 　 （选填“向里”或“向外”）；若去掉导线2后，b点的磁感应强度大小为 　 　 ，方向垂直纸面 　 　 （选填“向里”或“向外”）。
15．（2025 思明区校级四模）在一根足够长的竖直绝缘杆上，套着一个质量为m、带电量为﹣q的小球，球与杆之间的动摩擦因数为μ．场强为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场方向如图所示，小球由静止开始下落．小球开始下落时的加速度为　 　 ，小球运动的最大加速度为　 　 ．
16．（2025春 厦门校级月考）直角三角形abc中∠a＝30°，ab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，则从c点射出的粒子，速度偏转角θ＝ 　 　 ，从bc边射出的粒子，在磁场中运动的最长时间t＝ 　 　 。
四．解答题（共4小题）
17．（2025 一模拟）如图所示，在真空的xOy坐标系中，第二象限内有边界互相平行且宽度均为d的六个区域，交替分布着方向沿y轴负方向的匀强电场和方向垂直纸面向里的匀强磁场。在x＞0的区域内存在磁感应强度大小为B、方向沿x轴正方向的匀强磁场。现将质量为m、电荷量为q的带正电粒子在边界P处由静止释放，粒子恰好以大小为v、方向与y轴负方向夹角θ＝53°的速度从坐标原点进入x＞0区域。不计粒子重力，已知sin53°，求：
（1）第二象限中电场强度大小E0和磁感应强度大小B0；
（2）在x＞0的区域运动过程中，粒子到x轴的最大距离；
（3）在x＞0的区域运动过程中，粒子每次经过x轴时的横坐标。
18．（2025 保定二模）如图所示，平面直角坐标系中，在第二、三象限以（﹣1m，0）为圆心、半径R＝1m的圆内分布着匀强磁场，磁场的磁感应强度大小B＝2T，方向垂直于纸面向里，在y轴与x＝2m之间有范围足够大、方向平行于x轴的匀强电场（图中未画出）。一质量m＝3.2×10﹣19kg，电荷量q＝1.6×10﹣19C的带负电粒子（不计重力）以某一速度从（﹣2m，0）处射入磁场，射入磁场时，粒子的速度方向与水平方向成θ＝30°并垂直于磁场方向，一段时间后粒子正好从坐标原点进入第四象限的匀强电场中，最后从坐标（2m，﹣1m）处离开电场。求：
（1）粒子射入磁场时的速度大小v及在磁场中运动的时间t；
（2）匀强电场的电场强度大小E及方向；
（3）粒子离开匀强电场时的速度大小。
19．（2025 河北模拟）控制带电粒子的运动在现代科学实验、生产生活、仪器电器等方面有广泛的应用。现有这样一个简化模型：如图所示，在xOy平面的第一象限存在沿y轴正方向的匀强电场，第四象限存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场。第二象限内M、N两个平行金属板之间的电压为U，一质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的粒子（不计粒子重力）从靠近M板的S点由静止开始做加速运动，粒子从y轴上的P点垂直于y轴向右射出，然后从x轴上的a点（d，0）离开电场进入磁场，最后从y轴上的b点离开磁场区域，粒子在b点的速度方向与y轴正方向的夹角θ＝60°。求：
（1）粒子运动到P点射入电场的速度大小和第一象限电场强度的大小；
（2）第四象限内磁感应强度的大小；
（3）粒子从P点运动到b点所经历的时间。
20．（2025春 常州期末）如图所示，质量为m、电荷量为q的正离子，从粒子源O′无初速飘入加速电场，经过加速电场加速后，通过狭缝O垂直边界进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中。绝缘弹性薄板ab与磁场的上、下边界垂直交于a、b两点，c点位于磁场上边界，Ob＝L，ac＝0.8L，离子垂直打到ab板上时会被原速弹回，不计离子重力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。
（1）若离子从b点飞离磁场，求离子在磁场中的运动时间；
（2）若弹性薄板ab长2L，求离子与之发生碰撞加速电压满足的条件；
（3）若加速电场的电压为第（1）问中的4倍，离子恰能从c点飞出磁场，求弹性薄板ab长度满足的条件。
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 湖北模拟）如图甲所示，宽为l＝0.4m的虚线框内有磁感应强度为B＝1T、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，两个方柱形电极上搁置一根质量为m＝0.1kg的金属棒，开关右边的方框内是一个直流电源。闭合开关的瞬间，金属棒突然向上跳起，最大高度达到1.25m。g＝10m/s2，空气阻力不计。图乙中只是在图甲的电极上增加了两个轻质金属弹簧，弹簧的劲度系数较小。下列说法正确的是（　　）
A．方框内电源左端为正极
B．图甲中的金属棒在通电的极短时间内速度增大到约8m/s
C．图甲中的金属棒上通过的电荷量约为1.25C
D．甲、乙两图对比，图乙中金属棒跳得更高
【考点】安培力的计算公式及简单应用；动量定理的内容和应用．
【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】C
【分析】根据左手定则判断电源正负极；金属棒离开电极后做竖直上抛运动，从而求解初速度；根据动量定理求解电荷量；乙图中弹簧通电缩短会导致断路。
【解答】解：A.金属棒向上跳起，安培力向上，根据左手定则，金属棒中电流应该从右向左，故电源右端为正极，故A错误；
B.题图甲中金属棒离开电极后做竖直上抛运动，v2＝2gh，v＝5m/s，故B错误；
C.金属棒突然向上跳起，时间极短，忽略重力的冲量，以向上为正方向，根据动量定理有，另外，解得q＝1.25C，故C正确；
D.题图乙中，开关S接通后，轻质弹簧中出现同向螺旋电流，因电流间相互吸引而迅速缩短，对比题图甲，通电时间更短，金属棒跳得更低，故D错误。
故选：C。
【点评】本题解题关键是知道用动量定理求电荷量以及同向电流相互吸引。
2．（2025 柳州模拟）如图所示，一倾角为45°的光滑绝缘斜面固定于绝缘墙角，一垂直于纸面放置、长度为L、质量为m的圆柱形光滑金属体通以图示方向的电流I，在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中静止于图示位置，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．金属体一定受到斜面的支持力作用，且支持力的大小等于mg
B．无论磁感应强度B为何值，金属体都会受到竖直墙面的弹力作用
C．金属体中电流I的最小值等于
D．磁感应强度B越大，金属体对斜面的压力就越大
【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】A
【分析】对通电导体进行受力分析，根据左手定则分析安培力的方向，根据共点力平衡条件求解。
【解答】解：根据题意，对金属体受力分析，一定受重力和安培力，垂直斜面向上的支持力和可能存在的墙面水平向左的支持力，由左手定则可知，金属体受水平向右的安培力，设斜面的支持力为F1，墙面的支持力为F2，如图所示
AD．根据题意可知，金属体静止，由平衡条件可知，金属体一定受垂直斜面向上的支持力，在竖直方向上有
F1cos45°＝mg
解得
由牛顿第三定律可知，金属体对斜面的压力为
可知，金属体对斜面的压力与磁感应强度B无关，故D错误，A正确；
B．在水平方向上，由平衡条件有
F安＝F1sin45°+F2
可得
F2＝F安﹣F1sin45°
可知，若
F安＝F1sin45°＝mg
时，即磁感应强度为
时，墙面的支持力
F2＝0
故B错误；
C．由上述分析可知，当墙面的支持力为零时，金属体受到的安培力最小，此时金属体中电流最小，则有
F安＝F1sin45°＝mg＝BH.
解得
故C错误。
故选：A。
【点评】对于有关安培力的平衡问题研究思路常常从力的角度分析，重点是判断安培力的方向问题，根据平衡条件列出方程求解。
3．（2025 晋中模拟）极光是由太阳抛射出的高能带电粒子受到地磁场作用，在地球南北极附近与大气碰撞产生的发光现象。赤道平面的地磁场，可简化为如图所示：O为地球球心，R为地球半径，将地磁场在半径为R到3R之间的圆环区域看成是匀强磁场，磁感应强度大小为B。磁场边缘A处有一粒子源，可在赤道平面内以相同速率v0向各个方向射入某种带正电粒子。不计粒子重力、粒子间的相互作用及大气对粒子运动的影响，不考虑相对论效应。其中沿半径方向（图中1方向）射入磁场的粒子恰不能到达地球表面。若和AO方向成θ角向上方（图中2方向）射入磁场的粒子也恰好不能到达地球表面，则（　　）
A． B． C． D．
【考点】带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．
【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】A
【分析】先根据沿半径方向（图中1方向）射入磁场的粒子的运动情况，结合几何关系求出粒子做圆周运动的半径r，再分析沿AO方向成θ角向上方（图中2方向）射入磁场的粒子的运动情况，根据几何关系求解θ的三角函数值。
【解答】解：若高能粒子仍以速率v射入地球磁场，可知沿径向方向射入的粒子会和地球相切而出，和AO方向成θ角向上方射入磁场的粒子也恰从地球上沿相切射出，在此角范围内的粒子能到达地球，其余进入磁场粒子不能到达地球，作A点该速度垂直和过切点与O点连线延长线交于F点，则F点为圆心，如图所示
根据图中几何关系可得AF＝r＝4R，AO＝FO＝3R
粒子也恰好不能到达地球表面，则有
故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】题目将带电粒子在磁场中的运动与几何临界问题巧妙结合，能有效考查学生对洛伦兹力作用下圆周运动规律的理解，以及几何分析、临界条件挖掘的能力，贴合磁场综合问题的考查特点，对知识迁移和应用要求较高。
4．（2025 香洲区校级模拟）如图甲所示，水平放置的平行极板A、B间加如图乙所示的交变电场，t＝0时刻，O处粒子源水平向右发射速度相同的a、b两粒子，穿过极板后水平向右垂直进入有竖直边界的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，a粒子恰好不从磁场右边界飞出，a、b两粒子的运动轨迹交于C点，且在C处时a、b速度方向垂直，C到左右磁场边界的距离相等，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（　　）
A．a、b在电场中运动的时间可能不同
B．a、b穿过极板的时间可能为T0的奇数倍
C．a、b粒子的比荷为
D．a、b穿过极板竖直方向上的位移大小之比为1：2
【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；牛顿第二定律的简单应用；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】沿初速度方向不受力，做匀速直线运动，分析时间；
根据题意画轨迹图，根据洛伦兹力提供向心力，分析比荷；
在竖直方向，a、b粒子先加速度再减速，由运动学公式，比较竖直位移。
【解答】解：AB．a、b粒子以相同速度垂直进入电场，做类平抛运动，沿初速度方向不受力，做匀速直线运动，由L＝v0t，a、b在电场中运动的时间一定相同；又两粒子穿过极板后水平向右垂直进入有竖直边界的匀强磁场，则两粒子在离开电场时，竖直方向速度为零，根据图乙，a、b穿过极板的时间为T0的偶数倍。故AB错误；
C．由下图
可得θ＝30°
由几何关系
洛伦兹力提供向心力
故粒子的比荷
则
所以a、b粒子比荷之比
故C正确；
D．在竖直方向，a、b粒子先加速度再减速，由运动学公式，则
所以，a、b穿过极板竖直方向上的位移大小与两粒子的比荷成正比，则
故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查学生对洛伦兹力提供向心力以及类平抛运动模型的掌握，是一道典型题，综合性较强，难度中等偏上。
5．（2025 山西三模）垂直纸面的两薄铝板M、N，将纸面分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，三个区域内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B1、B2和B3如图所示。两带电粒子从P点沿平行铝板方向前、后射入磁场Ⅱ内，穿过M板的粒子其轨迹半径不变，而穿过N板的粒子轨迹半径变小（粒子穿过铝板前、后质量和电荷量均不变），下列判断正确的是（　　）
A．B1＝B2 B．B1＜B2 C．B2＞B3 D．B2＝B3
【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．
【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】B
【分析】根据带电粒子受到洛伦兹力作用，在垂直磁场平面内做匀速圆周运动，结合动量变小分析求解。
【解答】解：AB．带电粒子受到洛伦兹力作用，在垂直磁场平面内做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力：
可得轨迹的半径
正粒子穿过M板动量减小，而轨迹的半径不变，说明B1＜B2，故A错误，B正确；
CD．负粒子穿过N板后动量变小，轨迹的半径也变小，无法确认B2与B3的大小关系。故CD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，理解粒子在磁场中的运动状态，根据题目合理选取公式是解决此类问题的关键。
6．（2025 诸暨市模拟）霍尔元件是一种重要的磁传感器。如图所示为某长方体的半导体材料，其电流I沿x轴正方向，匀强磁场B沿z轴正方向。半导体材料内有电荷量均为e的自由电子和空穴（可看作自由移动的带正电离子），已知单位体积内自由电子和空穴的数目之比为n：p。当半导体材料通有恒定电流后，能很快建立沿y轴正方向的稳定电场，即霍尔电场，则建立稳定电场后（　　）
A．电子和空穴都做匀速直线运动
B．空穴受到的霍尔电场力大于洛伦兹力
C．电子和空穴沿y轴方向上的平均速率之比为p：n
D．单位时间内打到下极板电子和空穴数目之比为n：p
【考点】带电粒子在叠加场中做直线运动．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】C
【分析】根据左手定则判断出自由电子和空穴受到的洛伦兹力，理解洛伦兹力和电场力的关系列式并完成分析。
【解答】解：CD.由题意，恒定电流沿+x方向，则自由电子沿﹣x方向，空穴沿+x方向，根据左手定则可知电子受到的洛伦兹力方向向下，空穴受到的洛伦兹力方向向下，所以电子产生电流方向沿y轴正方向，空穴产生电流沿y轴负方向，设Δt时间内运动到导体下表面的自由电子数和空穴数分别为Nn、Np，设两粒子沿y轴方向的速度为vny和vpy，则有
Nn＝nSvnyΔt
Np＝pSvpyΔt
（S为上下底面的面积）霍尔电场建立稳定后，半导体y方向上的下表面电荷量不再发生变化，即
Nn＝Np
即在相等时间内运动到导体下表面的自由电子数和空穴数相等，则两种载流子在z方向形成的电流大小相等，方向相反，此时可得
vny：vpy＝p：n
故C正确，D错误；
AB.因为电子受到的洛伦兹力方向向下，空穴受到洛伦兹力方向向下，霍尔电场沿y轴正方向，所以电子受到霍尔电场的电场力向下，即电子在y方向上受到洛伦兹力和霍尔电场力的合力向下且不为零，电子的运动不是匀速直线运动；而空穴受到霍尔电场的电场力向上，则空穴在y方向上受到洛伦兹力和霍尔电场力的合力为零，即空穴受到的霍尔电场力等于洛伦兹力，故AB错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查了霍尔效应的相关应用，根据左手定则分析出粒子的受力方向，结合电场力和洛伦兹力的关系完成分析。
7．（2025 浙江模拟）我国首艘弹射型航空母舰福建舰采用了世界上最先进的电磁弹射技术，装备了三条电磁弹射轨道。电磁弹射的简化模型如图所示：足够长的光滑水平固定金属轨道处于竖直向下的匀强磁场中，左端与充满电的电容器C相连，与机身固连的金属杆ab静置在轨道上，闭合开关S后，飞机向右加速达到起飞速度。下列说法正确的是（　　）
A．飞机运动过程中，a端的电势始终低于b端的电势
B．飞机起飞过程是匀加速直线运动
C．飞机的速度达到最大时，电容器所带的电荷量为零
D．增大电容器的放电量，可以提高飞机的最大速度
【考点】电磁炮．
【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】D
【分析】根据左手定则、法拉第电磁感应定律、牛顿第二定律和动量定理列式分析解答。
【解答】解：A.根据左手定则，飞机向右加速，通过金属杆ab的电流方向为a→b，则电容器上板带正电，下板带负电，a端的电势高于b端的电势，故A错误；
BC.随着飞机加速，金属杆ab产生的电动势为E＝BLv，则电动势增大，电容器两端电压U减小，根据牛顿第二定律对金属杆和飞机有，金属杆的加速度a减小，当U＝E时，飞机的速度达到最大，此时电容器所带的电荷量Q＝CE＝CBLv，故BC错误；
D.对金属杆与飞机，由动量定理可得BIL Δt＝mv﹣0，q＝I Δt，联立解得，故提高电容器的放电量，可以提升飞机的起飞速度，故D正确。
故选：D。
【点评】考查左手定则、法拉第电磁感应定律、牛顿第二定律和动量定理的应用，会根据题意进行准确分析解答。
8．（2025 汉中三模）如图所示，在无限大的匀强磁场中，固定着一根由同种材料、粗细均匀的导体围成的半径为R的闭合圆环，且圆环平面与磁场方向垂直。POQ是圆的直径，P、Q两点将线圈分为上、下两部分，圆弧CAD对应的圆心角为120°，当C、D与内阻不计的直流电源相连，整个圆环所受的安培力大小为F1，当P、Q与该电源相连，圆环所受的安培力大小为F2，则两力的比值为（　　）
A． B． C． D．
【考点】通电非直导线安培力大小的计算．
【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】B
【分析】根据并联电路的特点计算电阻，结合闭合电路的欧姆定律、安培力的计算公式列式解答。
【解答】解：设圆弧CAD部分电阻为r，C、D与内阻不计的直流电源相连时，回路总阻值为，圆环所受安培力F1＝BI1L1，当P、Q与该电源相连时，回路总阻值为，圆环所受安培力F2＝BI2L2，解得，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】考查并联电路的特点计算电阻，结合闭合电路的欧姆定律、安培力的计算公式，会根据题意进行准确分析解答。
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 邯郸模拟）如图所示，质量为m、电荷量为+q的粒子从静止开始经加速电压U加速后，从三维直角坐标系的原点O处沿不同方向射入匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向沿z轴正方向。已知加速电压U调节范围为U0≤U≤3U0，其中U0。x轴上距离O点1.5L处有一长为L的吸收板，吸收板接地，粒子打在板上即被吸收。不计粒子重力，下列说法正确的是（　　）
A．当粒子沿y轴正方向射入磁场时，调节U，板上有粒子击中的长度为（）L
B．当U＝3U0，粒子从O点射入xOy平面x＞0、y＞0的区域，速度方向在0～90°均匀变化，且沿各方向发射的粒子数目相等，则击中吸收板的粒子占粒子总数的50%
C．当U＝U0，t＝0时刻，粒子从O点射入yOz平面y＞0、z＜0的区域，且速度方向与y轴正方向夹角为30°，粒子与z轴距离最大时的时间为t1＝n（n＝1，2，3 ）
D．当U＝2U0，粒子从O点射入yOz平面y＞0、z＜0的区域，且速度方向与y轴正方向夹角为45°，则经过t2时粒子的坐标为（，，πL）
【考点】带电粒子由电场进入磁场中的运动；带电粒子在叠加场中做旋进运动．
【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】AD
【分析】A.由动能定理和半径表达式求板上有粒子击中的长度；
B.画出粒子的运动轨迹，根据几何关系和角度关系求击中吸收板的粒子占粒子总数的百分比；
C.画出粒子的运动轨迹，根据周期表达式求粒子与z轴距离最大时的时间；
D.根据速度的分解求粒子的坐标。
【解答】解：A.粒子经加速电压U后，由动能定理可知
速度
代入磁场中半径公式
可求得粒子的轨迹半径与电压的关系，当时，半径
U＝2U0 时，半径
r2
U＝3U0时，半径
当粒子沿y轴正方向射入磁场时，粒子在xOy平面偏转半个圆周打在x轴上，当加速电压为3U0时粒子打中板上位置最远，为，因此打中板长度为
故A正确；
B.当U＝3U0、粒子射向xOy平面，恰好打在板上的临界情况如图所示：
由几何关系可知：
θ＝60°
则击中吸收板的粒子占粒子总数的比例为
故B错误；
C.当U＝U0，粒子射向yOz平面，速度方向与y轴正方向夹30°时，粒子的运动轨迹如下图所示：
将速度分解为沿y轴方向的vy和沿z轴方向的v1，则粒子在z轴方向以v1分速度做匀速直线运动，在xOy平面以vy分速度做匀速圆周运动，故当粒子运动半周期的奇数倍时粒子离z轴最远，由可知，粒子与z轴距离最大时的时间为
故C错误；
D.当U＝2U0，粒子速度方向与xOy平面和z坐标轴夹角均为45°时，初速度大小为
将其分解为z轴方向分速度和xOy平面分速度粒子在z轴方向以v1分速度做匀速直线运动，在xOy平面以vAOy分速度做匀速圆周运动，则经过时粒子的坐标为
故D正确。
故选：AD。
【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。
（多选）10．（2025 湖北模拟）等腰梯形AFCD区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，梯形上、下底AF、CD长度分别为L和2L，∠D＝60°，下底CD的中点E处有一个α粒子放射源，可以向CD上方（各个方向）射出速率不等的α粒子，α粒子的速度方向与磁场方向垂直，不计粒子间的相互作用力及重力，已知质子的电荷量为e，质量为m，下列说法正确的是（　　）
A．所有从A点射出的粒子在磁场中的运动时间均相等
B．若粒子可以到达F点，则其最小速度为
C．到达A点和到达F点的粒子一定具有相同的速率
D．运动轨迹与AD边相切（由CD边出磁场）的速率最小的粒子在磁场中的运动时间为
【考点】带电粒子在多个组合边界磁场中的运动．
【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】BD
【分析】A、从A射出粒子，入射方向不同则轨迹圆心角不同，由时间表达式，判断运动时间关系。
B、α粒子到F点最小半径对应最小速度，用几何关系找最小半径，结合洛伦兹力提供向心力推导判断。
C、到A、F点粒子轨迹半径不同，结合洛伦兹力提供向心力推导判断。
D、轨迹与AD相切（CD边出），借几何关系求圆心角θ，再用时间表达式算时间。
【解答】解：A、由几何关系可知，不同速度的粒子运动到A点时，轨迹圆的弦长相同，半径不同，运动的圆心角不同，运动时间就不相同，故A错误；
B、α粒子运动轨迹如图乙所示时，
有最小速度，由几何关系可知，此时，轨迹半径为r＝ ，由，可得，故B正确；
C、到达A 点和到达F点的α粒子运动半径可以不相同，故速率可能不同，故C错误；
D、如图丙所示，
当时，符合题意的α粒子速度最小，运动时间，故D正确。
故选：BD。
【点评】将磁场中圆周运动的核心公式（洛伦兹力、周期）与几何图形（等腰梯形）结合，能有效考查学生“物理规律+几何分析”的综合应用能力，区分度较好；涉及α粒子（电荷、质量与质子的关系），需学生熟练掌握粒子基本属性，深化对带电粒子磁场运动的理解。
（多选）11．（2025 漳州模拟）如图，圆形区域内存在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．磁感应强度大小为
B．粒子在磁场中运动的时间为
C．仅改变速度方向，粒子可能从D点射出
D．仅增大速度，粒子在磁场中运动的时间将变短
【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】AD
【分析】A、由几何关系得粒子运动轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力，代入r可求B。
B、粒子运动轨迹圆心角为90°（弧度），根据周期公式，求运动时间表达式，结合B的表达式，求粒子在磁场中运动的时间。
C、改变速度方向，通过几何分析，粒子可调整轨迹从D点射出。
D、增大速度，轨道半径增大，轨迹圆心角变小，周期T不变，由，判断运动时间变化情况。
【解答】解、A、根据题意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，根据几何关系有
粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
解得
故A正确；
B、根据上述分析可知，粒子在磁场中运动轨迹为半个圆周，粒子圆周运动的周期
则粒子在磁场中运动的时间为
故B错误；
C、仅改变速度方向，粒子运动轨迹半径不变，则粒子不可能从D点射出，故C错误；
D、圆心在过P点的竖直线上，仅增大速度，粒子在磁场中运动的周期不变，运动半径增大，可知轨迹圆心角变小，粒子运动时间将变短，故D正确。
故选：AD。
【点评】融合几何与物理知识，考查学生对带电粒子在磁场中运动规律的理解与综合应用能力，几何分析与物理公式结合紧密，能区分学生对知识的掌握深度。是磁场中粒子运动的经典题型，对巩固核心知识、训练几何建模与物理规律结合能力有较好作用，适合作为基础与提升过渡练习。
（多选）12．（2025 合肥校级模拟）下列关于四种仪器的说法正确的是（　　）
A．甲图中当增大磁感应强度时，电子形成的轨迹圆半径将减小
B．乙图中不改变质谱仪各区域的电场、磁场时，击中光屏同一位置的粒子比荷不相同
C．丙图中载流子为负电荷的霍尔元件有如图所示的电流和磁场时，N侧电势低
D．丁图中长、宽、高分别为a、b、c的电磁流量计在如图所示的匀强磁场中，若改变液体流动的方向，则不能测定流量Q
【考点】电磁流量计；与速度选择器相结合的质谱仪；霍尔效应与霍尔元件．
【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】AC
【分析】由洛伦兹力提供向心力，可计算电子形成的轨迹圆半径，根据半径表达式，可分析增大磁感应强度时，半径的变化情况；质谱仪中的粒子，需先经过速度选择器，根据速度选择器的特点，可知粒子的速度特点，结合粒子都能在磁场中打在同一位置，可知粒子的运动半径相同，由洛伦兹力提供向心力，可得到半径表达式，根据半径表达式，结合半径、速度、磁感应强度相同，即可分析粒子的比荷是否相同；由左手定则，可分析载流子的偏转方向，结合载流子的电性，即可比较电势的相对高低；改变液体的流动方向，稳定状态下，液体中的离子仍受力平衡，即可得到电压与离子的速度关系式，结合流量的定义式，即可得到流量与电压的关系式，根据关系式可分析，电压能不能用来测量流量。
【解答】解：A．由洛伦兹力提供向心力可得，解得：，当增大磁感应强度时，电子形成的轨迹圆半径将减小，故A正确；
B．乙图中，带电粒子经质谱仪的速度选择器区域后，速度都相同，经偏转磁场时击中光屏同一位置的粒子，在磁场中偏转的轨道半径r相同，
由洛伦兹力提供向心力可得，，可知击中光屏同一位置的粒子比荷相同，故B错误；
C．丙图中载流子为负电荷的霍尔元件，由左手定则可知，载流子在洛伦兹力作用下，向N侧移动，而载流子带负电，故N侧聚集负电荷，N侧电势低，故C正确；
D．若改变液体流动的方向，经过电磁流量计的带电粒子受到洛伦兹力作用，会向前后两个金属侧面偏转，则在前后两个侧面间产生电场，带电粒子则同时受到洛伦兹力和电场力作用，当电场力与洛伦兹力大小相等时，则有，流量Q＝vbc，解得：Q，根据电压表示数U，能测定流量Q，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查带电粒子在电磁场中的运动，关键是理解带电粒子在各个元件中运动时，受力和运动状态的对应情况。
三．填空题（共4小题）
13．（2025 福建模拟）四根完全相同的长直导线互相平行，它们的截面处于正方形abcd的四个顶点，导线中都通有大小相同的电流，方向如图所示。正方形对角线的交点为O，通电导线a在O点产生的磁感应强度为B，四根通电导线在O点产生磁场的磁感应强度大小为 　2B　 ，方向为 　由O指向b　 。
【考点】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；分析综合能力．
【答案】2B、由O指向b。
【分析】根据等距下电流所产生的B的大小与电流成正比，得出各电流在O点所产生的B的大小关系，由安培定则确定出方向，再利用矢量合成法则求得O点的磁感应强度大小。
【解答】解：据安培定则可得各通电电流在O点产生的磁场方向如图所示，
正方形abcd的四个顶点，导线中都通有大小相同的电流，通电导线a在O点产生的磁感应强度为B，所以通电导线bcd在O点产生的磁感应强度均为B，由矢量叠加可得四根通电导线在O点产生磁场的磁感应强度大小为：BO＝2B
由叠加原理可得O点产生磁场的方向为由O指向b。
故答案为：2B、由O指向b。
【点评】本题考查磁感应强度B的矢量合成法则，会进行磁感应强度的合成，从而确定磁场的大小与方向。
14．（2025 仓山区校级模拟）如图所示，在一竖直面内有两根平行的长直导线1和2，通有大小相等、方向相反的电流，a、b两点与两导线共面，a点在两导线中间，与两导线的距离均为r，b点在导线1上方，与导线1的距离也为r，现测得a点的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面 　向里　 （选填“向里”或“向外”）；若去掉导线2后，b点的磁感应强度大小为 　0.5B　 ，方向垂直纸面 　向外　 （选填“向里”或“向外”）。
【考点】通电直导线周围的磁场；磁感应强度的定义与物理意义．
【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．
【答案】向里；0.5B；向外。
【分析】根据右手定则得出磁场的方向，结合磁场合成的特点得出b点的磁感应强度的大小和方向。
【解答】解：根据右手螺旋定则可知两导线在a点形成磁场方向相同，故磁感应强度方向纸面向里。
因为两导线电流大小相等，a点与两导线的距离也相等，故单根导线在a点形成磁感应强度大小为0.5B，故撤掉导线2后，b点磁感应强度大小为0.5B，根据安培定则可知b点磁场方向垂直纸面向外。
故答案为：向里；0.5B；向外。
【点评】本题主要考查了通电导线周围的磁场特点，熟悉右手定则得出磁感应强度的方向，结合矢量合成的特点即可完成分析。
15．（2025 思明区校级四模）在一根足够长的竖直绝缘杆上，套着一个质量为m、带电量为﹣q的小球，球与杆之间的动摩擦因数为μ．场强为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场方向如图所示，小球由静止开始下落．小球开始下落时的加速度为　g　 ，小球运动的最大加速度为　g　 ．
【考点】带电粒子在叠加场中做直线运动．
【专题】定性思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】对小环进行受力分析，再根据各力的变化，可以找出合力及加速度的变化；即可以找出小环最大速度及最大加速度的状态．
【解答】解：小环静止时只受电场力、重力及摩擦力，电场力水平向右，摩擦力竖直向上；开始时，小环的加速度应为ag；
小环速度将增大，产生洛伦兹力，由左手定则可知，洛伦兹力向左，故水平方向合力将减少，摩擦力减少，故加速度增加；当qvB＝qE时水平方向合力为0，摩擦力减小到0，加速度达到最大，所以小环由静止沿棒下落的最大加速度为ag
故答案为：g；g．
【点评】本题要注意分析带电小环的运动过程，属于牛顿第二定律的动态应用与电磁场结合的题目，此类问题要求能准确找出物体的运动过程，并能分析各力的变化，对学生要求较高．同时注意因速度的变化，导致洛伦兹力变化，从而使合力发生变化，最终导致加速度发生变化．
16．（2025春 厦门校级月考）直角三角形abc中∠a＝30°，ab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，则从c点射出的粒子，速度偏转角θ＝ 　60°　 ，从bc边射出的粒子，在磁场中运动的最长时间t＝ 　　 。
【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；推理论证能力．
【答案】60°； 。
【分析】根据洛伦兹力提供向心力，结合粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期分析求解。
【解答】解：由题意，粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示
根据洛伦兹力提供向心力，
解得
从c点射出的粒子，设速度偏转角为θ由几何知识可得
解得速度方向偏转θ＝60°
结合几何关系，可知从bc边射出的粒子在磁场中运动轨迹与ab相切时，对应在磁场中运动的时间最长，得轨迹对应圆心角为90°，根据
又
联立解得，从bc边射出的粒子，在磁场中运动的最长时间满足：
故答案为：60°； 。
【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，理解粒子在磁场中的运动状态，根据题目合理选取公式是解决此类问题的关键。
四．解答题（共4小题）
17．（2025 一模拟）如图所示，在真空的xOy坐标系中，第二象限内有边界互相平行且宽度均为d的六个区域，交替分布着方向沿y轴负方向的匀强电场和方向垂直纸面向里的匀强磁场。在x＞0的区域内存在磁感应强度大小为B、方向沿x轴正方向的匀强磁场。现将质量为m、电荷量为q的带正电粒子在边界P处由静止释放，粒子恰好以大小为v、方向与y轴负方向夹角θ＝53°的速度从坐标原点进入x＞0区域。不计粒子重力，已知sin53°，求：
（1）第二象限中电场强度大小E0和磁感应强度大小B0；
（2）在x＞0的区域运动过程中，粒子到x轴的最大距离；
（3）在x＞0的区域运动过程中，粒子每次经过x轴时的横坐标。
【考点】带电粒子由磁场进入电场中的运动；从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．
【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）第二象限中电场强度大小为，磁感应强度大小B0为；
（2）在x＞0的区域运动过程中，粒子到x轴的最大距离为；
（3）在x＞0的区域运动过程中，粒子每次经过x轴时的横坐标为。
【分析】（1）由动能定理和动量定理求第二象限中电场强度大小E0和磁感应强度大小B0；
（2）根据速度的分解和洛伦兹力提供向心力求在x＞0的区域运动过程中，粒子到x轴的最大距离；
（3）根据周期表达式和运动学公式求在x＞0的区域运动过程中，粒子每次经过x轴时的横坐标。
【解答】解：（1）粒子从P到O，电场力做正功，洛伦兹力不做功，由动能定理得
解得
粒子经过磁场时，以水平向右的方向为正方向，在水平方向上由动量定理得
即
B0q×3d＝mvsin53°
解得
（2）粒子经过O点时，沿y轴负方向的分速度大小为
vy＝vcosθ
沿x轴正方向的分速度大小为
vx＝vsinθ
沿y轴负方向的分速度vy使粒子在垂直纸面的平面内做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得
解得
粒子做圆周运动距x轴的最大距离
L＝2r
解得
（3）粒子在x＞0的区域内做圆周运动的周期
解得
粒子在x＞0的区域沿x轴方向做匀速直线运动，粒子在一个周期内沿x轴正方向运动的距离
Δx＝v T
粒子在x＞0的区域每次经过x轴时的横坐标
x＝n Δx（n＝1，2，3， ）
解得
答：（1）第二象限中电场强度大小为，磁感应强度大小B0为；
（2）在x＞0的区域运动过程中，粒子到x轴的最大距离为；
（3）在x＞0的区域运动过程中，粒子每次经过x轴时的横坐标为。
【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 保定二模）如图所示，平面直角坐标系中，在第二、三象限以（﹣1m，0）为圆心、半径R＝1m的圆内分布着匀强磁场，磁场的磁感应强度大小B＝2T，方向垂直于纸面向里，在y轴与x＝2m之间有范围足够大、方向平行于x轴的匀强电场（图中未画出）。一质量m＝3.2×10﹣19kg，电荷量q＝1.6×10﹣19C的带负电粒子（不计重力）以某一速度从（﹣2m，0）处射入磁场，射入磁场时，粒子的速度方向与水平方向成θ＝30°并垂直于磁场方向，一段时间后粒子正好从坐标原点进入第四象限的匀强电场中，最后从坐标（2m，﹣1m）处离开电场。求：
（1）粒子射入磁场时的速度大小v及在磁场中运动的时间t；
（2）匀强电场的电场强度大小E及方向；
（3）粒子离开匀强电场时的速度大小。
【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）粒子射入磁场时的速度大小v为2m/s，在磁场中运动的时间t为
（2）匀强电场的电场强度大小E为，方向为水平向左；
（3）粒子离开匀强电场时的速度大小为。
【分析】（1）由洛伦兹力提供向心力求粒子射入磁场时的速度大小v，根据周期表达式和时间的关系求在磁场中运动的时间t；
（2）根据运动学公式和牛顿第二定律求匀强电场的电场强度大小E及方向；
（3）由动能定理求粒子离开匀强电场时的速度大小。
【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示：
带电粒子在磁场中运动的轨迹半径
解得
r＝2m
由洛伦兹力提供向心力有
解得
v＝2m/s
周期
解得
（2）带电粒子从原点进入电场后做类平抛运动，分析可知电场强度方向水平向左
y＝vsin30°×t1
其中
x＝2m
y＝1m
解得
t1＝1s
由牛顿第二定律有
qE＝ma
解得
（3）在电场中由动能定理有
解得
答：（1）粒子射入磁场时的速度大小v为2m/s，在磁场中运动的时间t为
（2）匀强电场的电场强度大小E为，方向为水平向左；
（3）粒子离开匀强电场时的速度大小为。
【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。
19．（2025 河北模拟）控制带电粒子的运动在现代科学实验、生产生活、仪器电器等方面有广泛的应用。现有这样一个简化模型：如图所示，在xOy平面的第一象限存在沿y轴正方向的匀强电场，第四象限存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场。第二象限内M、N两个平行金属板之间的电压为U，一质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的粒子（不计粒子重力）从靠近M板的S点由静止开始做加速运动，粒子从y轴上的P点垂直于y轴向右射出，然后从x轴上的a点（d，0）离开电场进入磁场，最后从y轴上的b点离开磁场区域，粒子在b点的速度方向与y轴正方向的夹角θ＝60°。求：
（1）粒子运动到P点射入电场的速度大小和第一象限电场强度的大小；
（2）第四象限内磁感应强度的大小；
（3）粒子从P点运动到b点所经历的时间。
【考点】带电粒子由电场进入磁场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．
【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）粒子运动到P点射入电场的速度大小为，第一象限电场强度的大小为；
（2）第四象限内磁感应强度的大小为；
（3）粒子从P点运动到b点所经历的时间为。
【分析】（1）由动能定理结合类平抛运动的规律求粒子运动到P点射入电场的速度大小和第一象限电场强度的大小；
（2）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第四象限内磁感应强度的大小；
（3）根据周期和时间的关系求粒子从P点运动到b点所经历的时间。
【解答】解：（1）设粒子从P点射入电场的速度大小为v0，由动能定理得
可得粒子运动到P点射入电场的速度大小
粒子在第一象限的匀强电场中做类平抛运动，则有
水平方向：
d＝v0t1
竖直方向：
根据牛顿第二定律有
Eq＝ma
联立解得电场强度的大小
；
（2）粒子离开电场的竖直分速度
vy＝at1
a点的速度为
设此时v与x轴的夹角为α，则解得
解得
α＝45°
分别过a点速度和b点速度作垂线，交点O′为粒子在磁场中做圆周运动的圆心，如图所示
设半径为r，根据几何关系有
rcos60°+rcos45°＝d
解得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
解得
又
解得第四象限内磁感应强度的大小
；
（3）粒子圆周运动的周期
根据几何关系，粒子从a到b运动的圆心角θ＝165°，从a到b的时间
结合上述得
又
联立解得粒子从P点运动到b点所经历的时间
。
答：（1）粒子运动到P点射入电场的速度大小为，第一象限电场强度的大小为；
（2）第四象限内磁感应强度的大小为；
（3）粒子从P点运动到b点所经历的时间为。
【点评】电子在电场中做类平抛运动的研究方法是运动的分解，而磁场中圆周运动的研究常根据轨迹图结合几何关系求解，都是常用的思路。
20．（2025春 常州期末）如图所示，质量为m、电荷量为q的正离子，从粒子源O′无初速飘入加速电场，经过加速电场加速后，通过狭缝O垂直边界进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中。绝缘弹性薄板ab与磁场的上、下边界垂直交于a、b两点，c点位于磁场上边界，Ob＝L，ac＝0.8L，离子垂直打到ab板上时会被原速弹回，不计离子重力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。
（1）若离子从b点飞离磁场，求离子在磁场中的运动时间；
（2）若弹性薄板ab长2L，求离子与之发生碰撞加速电压满足的条件；
（3）若加速电场的电压为第（1）问中的4倍，离子恰能从c点飞出磁场，求弹性薄板ab长度满足的条件。
【考点】带电粒子由电场进入磁场中的运动；从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．
【专题】计算题；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】（1）离子在磁场中的运动时间是；
（2）离子与之发生碰撞加速电压满足的条件是U；
（3）弹性薄板ab长度满足的条件是x＝2nL+0.6L或x＝2nL+1.4L （n＝0、1、2、3……）。
【分析】（1）离子在磁场中做匀速圆周运动，根据离子的运动过程与周期公式求出离子的运动时间。
（2）求出离子在磁场中做匀速圆周运动的临界轨道半径，应用牛顿第二定律与动能定理求解。
（3）求出离子进入磁场的速度大小，应用牛顿第二定律求出离子轨道半径，然后分析答题。
【解答】解：（1）离子从b点飞离磁场，则离子在磁场中转过的圆心角为π，
离子在磁场中做匀速圆周运动的周期T
离子在磁场中的运动时间t
（2）离子与薄板发生碰撞的临界运动轨迹如图所
由几何知识得r1L，，解得r2L
离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
离子在电场中加速，由动能定理得qU0
解得U
（3）在第（1）问中，离子轨道半径为L，加速电压变为4倍，则离子轨道半径r＝L
离子恰能从c点飞出磁场，如图所示
由几何知识得sinθ0.8，则θ＝53°
由几何知识可知，弹性薄板的长度x＝2nL+0.6L或x＝2nL+1.4L （n＝0、1、2、3……）
答：（1）离子在磁场中的运动时间是；
（2）离子与之发生碰撞加速电压满足的条件是U；
（3）弹性薄板ab长度满足的条件是x＝2nL+0.6L或x＝2nL+1.4L （n＝0、1、2、3……）。
【点评】分析清楚离子运动过程是解题的前提，应用动能定理、牛顿第二定律与几何知识即可解题。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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