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专题强化练4　带电粒子在交变电磁场中的运动
题组一　电场周期性变化
1.[多选题][2025甘肃白银靖远二中月考]如图甲所示,两块平行正对的金属板PQ、MN水平放置,板间加上如图乙所示的交变电压uOA(U0、t0为已知量),金属板右侧分布着垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带电粒子以大小为v0的初速度在t=0时刻从上极板左端边缘P处水平向右进入金属板间的电场内,然后从下极板右边缘N处水平进入磁场,最终恰好从下极板左边缘M处水平向左离开电场,轨迹如图甲中虚线所示。忽略粒子所受的重力和极板的边缘效应,下列说法正确的是(　　)
A.粒子带正电
B.粒子整个运动过程中的最大动能为(m+qU0)
C.金属板的长度为v0t0
D.匀强磁场的磁感应强度大小为
题组二　磁场周期性变化
2.[多选题][2025黑龙江大庆二模]如图甲所示,M、N为竖直放置且彼此平行的两块足够长的平板,板间距离为d,两板中间各有一个小孔O、O'且正对,在两板间有垂直于纸面方向的磁场(磁场未画出),磁感应强度随时间的变化如图乙所示(垂直于纸面向里的磁场方向为正方向)。有一群正离子在t=0时刻垂直于M板从小孔O射入磁场,已知正离子质量为m,带电荷量为q,正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0,不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响,离子撞到平板即被吸收,不计离子所受重力及离子间相互作用,下列说法正确的是(　　)
　　
A.磁感应强度大小B0=
B.当入射速度大小为时,离子能从O'飞出磁场
C.当入射速度大小为时,离子能从O'飞出磁场
D.若正离子能从O'孔垂直于N板射出磁场,则当离子做匀速圆周运动的半径为时所用时间最短
3.[2026湖南T8联盟联考]如图甲所示,一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子(重力忽略不计),从静止开始经电压U1加速后,沿水平方向进入两等大的水平放置的平行金属板间偏转,金属板长以及间距均为l,偏转电压U2为加速电压U1的2倍。
(1)求带电粒子离开偏转电场时的速度大小;
(2)粒子离开偏转电场后接着从P点进入一个按图乙规律变化的有界磁场中,磁场左右边线在竖直方向上,已知磁感应强度大小为B0,取粒子刚进入磁场时为t=0时刻,此时磁场方向垂直于纸面向里,当粒子离开磁场的右边界时恰好从水平线PQ的Q点射出,求该磁场的变化周期T及磁场的宽度s。
题组三　电场、磁场均周期性变化
4.[多选题]如图甲所示的平行金属极板M、N之间存在交替出现的匀强磁场和匀强电场,取垂直纸面向外为磁场正方向,磁感应强度B随时间t周期性变化的规律如图乙所示,取垂直极板向上为电场正方向,电场强度E随时间t周期性变化的规律如图丙所示。t=0.5t0时,一不计重力、带正电的粒子从极板左端以大小为v的速度沿板间中线平行极板射入板间,最终平行于极板中线射出,已知粒子在t=1.5t0时速度为零,且整个运动过程中始终未与两极板接触,则下列说法正确的是(　　)
　　
A.粒子可能在3t0时刻射出极板
B.极板间距不小于+
C.极板长度为(n=1,2,3,…)
D.=
5.[2025山东济宁二模]如图甲所示,在xOy平面内,虚线与x轴垂直并与x轴相交于P(-L,0)点,在虚线左侧有一加速电场,电压为U0。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从A点飘入加速电场(忽略初速度),当粒子运动到P点时,在虚线与y轴之间的区域加上如图乙所示的与y轴平行的交变电场(T未知),y轴正方向为电场的正方向,粒子经时间T从y轴上的Q点(0,L)进入第一象限。某一时刻在第一象限加上如图丙所示的变化磁场,磁场变化周期为T0,垂直xOy平面向里为磁场的正方向,粒子恰好不会回到第二象限。已知B0=,不计粒子重力,忽略电场、磁场突变的影响。求:
(1)带电粒子经过P点时速度的大小v0;
(2)交变电场的电场强度大小E0;
(3)加上磁场后,粒子在时刻所处位置的坐标。
　
答案与分层梯度式解析
专题强化练4　带电粒子在交变电磁场中的运动
1.ABD　粒子从t=0时刻开始进入电场,由电场性质以及电场力可知粒子带正电(点拨:粒子先向下偏转,结合极板电压极性,可直接判断粒子电性),A正确;粒子在电场中的运动具有对称性,进入磁场前,电场力先对粒子做正功,再对粒子做负功,根据动能定理可知,粒子的最大动能Ekm=(m+qU0)(点拨:最大动能应在两轨迹交点处,此时上极板到此位置的电压为),B正确;由运动轨迹可知,粒子先在电场中做加速运动再做减速运动,两运动所用时间分别为t0,进入磁场中做半个周期的圆周运动,然后再进入电场中做加速运动和减速运动,两运动所用时间分别为t0,最终从下极板左边缘水平射出,粒子在电场中沿水平方向的速度大小不变,故金属板的长度为L=v0t0,C错误;设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R,金属板间的距离d=2R,粒子在电场中运动时,竖直方向根据牛顿第二定律可得=ma,由运动学公式可得R=a=··,解得R=,在匀强磁场中,洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力,则有Bqv0=,解得磁感应强度大小B==,D正确。
2.CD　正离子射入磁场,洛伦兹力提供向心力,有B0qv0=m,做匀速圆周运动的周期T0=,联立解得磁感应强度大小B0=,A错误。要使正离子从N板O'孔射出磁场,如图所示,结合离子运动的方向可知,当运动的轨迹构成一个圆周时,运动的时间最短,所以tmin=T0,此时离子做匀速圆周运动的半径为;两板之间正离子运动n个周期,即nT0,则Rn=,联立上式可得,正离子的速度v0==(n=1,2,3,…),当n=1时v01=,当n=2时v02=(点拨:每多运动一个周期,轨迹半径就按比例缩小,对应速度也随之成比例减小),B错误,C、D正确。
3.答案　(1)2　(2)　(n=1,2,3,…)
解析　(1)在加速电场中有qU1=m
在偏转电场中,由牛顿第二定律可得a=
设粒子离开偏转电场时的速度与水平方向夹角为θ,则在偏转电场中有t=,vy=t,tan θ=
解得tan θ==1
则粒子的偏转角θ=45°
带电粒子离开偏转电场时的速度大小为
v==v0
解得v=2
(2)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有qvB0=m,T1=,解得R=
粒子在磁场中的运动轨迹呈周期性,由几何关系可知,每段圆弧轨迹对应的圆心角均为90°,磁场的变化周期为T=2×T1=
粒子运动的水平位移大小为磁场的宽度,则磁场的宽度为s=n·2R sin θ=(n=1,2,3,…)
4.BD　根据题意可知,在0.5t0~t0内,粒子在磁场中做匀速圆周运动,且运动了T,在t0~1.5t0内,粒子在电场中向下做减速运动直到速度为零,在1.5t0~2t0内,粒子在电场中向上做加速运动直到速度为v,在2t0~2.5t0内,粒子在磁场中做匀速圆周运动,运动T,粒子回到极板中线,速度平行于极板中线,接下来粒子重复以上运动,粒子在一个运动周期内的轨迹如图所示。粒子一个运动周期为T'=2.5t0-0.5t0=2t0,故粒子射出极板的时刻可能为t=0.5t0+nT'=(0.5+2n)t0(n=1,2,3,…),A错误;粒子在磁场中,设粒子的轨迹半径为r,有T=,由于在0.5t0~t0内,粒子在磁场中运动了T,可知T=2t0,解得r=,粒子在电场中向下减速的位移大小为y=×0.5t0=,故极板间距应满足d≥2(r+y)=+,B正确;极板长度可能为L=n·2r=(n=1,2,3,…),C错误;粒子在磁场中,有T==2t0,解得B0=,粒子在电场中,根据牛顿第二定律可得a=,则v=a×0.5t0,解得E0=,可得=,D正确。
5.答案　(1)　(2)
(3)
模型建构
解析　(1)根据题意,由动能定理有qU0=m
解得v0=
(2)在偏转电场中,x轴方向有L=v0T
y轴方向有L=2×a,E0q=ma
解得E0=
(3)粒子从Q点射出时速度方向沿x轴正方向,速度大小为v0,粒子在磁场中运动的周期为T'==
粒子在磁场中运动的轨迹如图所示
设粒子做圆周运动的半径为r,则qv0B0=m
解得r=
经分析可知,T0时刻粒子恰好运动至如图所示的M点,x=2r,y=3r+L
解得x= ,y=L+
即粒子所处位置的坐标为专题强化练3　带电粒子在组合场和叠加场中的运动
题组一　组合场
1.[多选题][2026湖北襄阳第四中学月考]如图,在xOy平面内存在着磁感应强度大小均为B的匀强磁场,其中第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向外,第三象限内的磁场方向垂直纸面向里,P(-L,0)、Q(0,-L)为坐标轴上的两个点。现有一电荷量为q、质量为m的带正电粒子(不计重力),以与x轴正方向成45°的速度从P点射出,恰好经原点O并能到达Q点,则由P点运动到Q点的时间可能是(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
2.[2026广东惠州期末]如图所示,在xOy平面内,第一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;第二象限内有沿x轴负方向的匀强电场,电场强度为E。质量为m、带负电的粒子从x轴上的P点以速率为v、与x轴正方向成α=30°角射入第一象限。在磁场中偏转后,恰好垂直于y轴射出第一象限。已知OP=L,不计粒子的重力。求:
(1)粒子的电荷量q的大小;
(2)粒子从P点到第3次到达y轴所用的时间t;
(3)若P处有一粒子源,向第一象限各个方向发射速率为v的同种粒子,则粒子第一次到达y轴正半轴时,与y轴交点的纵坐标的范围。
3.[2025重庆期末]如图所示,PQ、MN之间存在场强为E的匀强电场,MN的上方有垂直纸面向里的匀强磁场。一带正电粒子从O点沿x轴正方向以速度v0进入电场,然后从a点进入磁场,在磁场中运动后再从b点进入电场。已知a点坐标为,b点坐标为,粒子所受重力不计。求:
(1)粒子的比荷;
(2)磁感应强度B的大小;
(3)粒子从O点出发到第二次经过a点所用的时间。
题组二　叠加场
4.[多选题][2026黑龙江哈尔滨一模]如图所示,在竖直平面内建立平面直角坐标系xOy,其中x轴沿水平方向。在第二象限存在大小为E、沿x轴正方向的匀强电场,在第四象限存在平行于x轴的匀强电场(图中未画方向)和垂直于纸面向里的匀强磁场,一个带电小球沿着第二、第四象限的对角线,从图中A点运动到B点的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.小球带负电
B.小球一直做匀加速运动
C.第四象限内的匀强电场大小为E,方向沿x轴负方向
D.小球受到的洛伦兹力大小是其重力的倍
5.[2025江苏无锡测试]如图所示,一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动,其轨迹半径为R。已知电场的电场强度大小为E,方向竖直向下;磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里。不计空气阻力,重力加速度大小为g,则(　　)
A.液滴带正电
B.液滴比荷=
C.液滴顺时针运动
D.液滴运动速度大小为
6.[经典真题][2022全国甲]空间存在着匀强磁场和匀强电场,磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里,电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下,从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中,可能正确描述该粒子运动轨迹的是(　　)
　　　　　　　
　　　　　　　
7.[2026江苏常州期末]如图所示,xOy平面内质量为m、电荷量为q的带正电粒子从O点入射,入射速度与+x方向成30°角、大小为v0,不计粒子重力,求下列情况粒子到达最右端时的位置坐标。
(1)第一象限存在垂直平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场;
(2)第一象限存在沿-x方向、电场强度大小为E的匀强电场;
(3)xOy平面内存在垂直平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场和沿-x方向、电场强度大小为Bv0的匀强电场。
8.[2026山东枣庄一调]如图所示,平行板电容器的极板垂直于纸面放置,极板长和间距均为L,极板间匀强电场的场强为E0。纸面内圆形区域的圆心为O,直径为L,与电容器的右边界MN以及虚线PQ分别相切于A、C两点,直线AOC为电容器的中心线。圆形区域内的匀强磁场垂直纸面向里,磁感应强度大小为,PQ右侧的匀强电场和匀强磁场均水平向左,该区域内的磁感应强度大小为B1。一带电粒子从纸面内紧贴M板处以平行于AC的初速度v0射入电容器,恰好从A点进入圆形磁场,一段时间后离开,从PQ上D点(未画出)进入右侧的区域,之后再次经过D点。忽略粒子的重力,求:
(1)粒子的比荷;
(2)粒子在圆形磁场中的运动时间t;
(3)PQ右侧区域匀强电场的场强大小E1。
创新题型
创新点　复杂叠加场中“配速法”的应用
9.[多选题][2026山东泰安一模]如图所示,一半径为R的光滑绝缘圆弧面固定在绝缘光滑水平面上,末端与水平面相切且紧邻竖直边界MN。边界MN右侧足够大的空间存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小B=,同时该区域还存在一水平向右的匀强电场,场强大小E=。现将一带正电的绝缘小物块(可视为质点)从圆弧面顶端由静止释放,已知小物块的质量为m,带电荷量为+q,重力加速度为g。则下列判断正确的是(　　)
A.小物块在水平面上运动的最长时间为4
B.小物块在水平面上运动的最长时间为
C.小物块运动的最大速度为5
D.小物块运动的最大速度为8
答案与分层梯度式解析
专题强化练3　带电粒子在组合场和叠加场中的运动
1.BD 4.CD 5.C 6.B 9.AD
1.BD　
思路点拨
粒子速度大小不确定,轨迹半径不确定,从P点到Q点的运动轨迹情况有多种可能。
若粒子从P点出发恰好经原点O到达Q点,运动轨迹可能如图所示,第一种情况(图甲)粒子在Q点的速度方向与y轴负方向的夹角为45°;第二种情况(图乙)粒子在Q点的速度方向与y轴正方向的夹角为45°。粒子运动的周期为T=,两种情况的运动周期相同,根据粒子的运动轨迹图可知第一种情况粒子运动的时间最短,则tmin==,第二种情况粒子从P点到Q点的时间为2T=,B、D正确。
2.答案　(1)　(2)+　(3)0≤y≤L
解析　(1)如图1,由几何关系可知sin 30°=
洛伦兹力提供向心力,有qvB=m
联立解得q=
　
(2)粒子第一次在磁场中做圆周运动的时间为
t1=T=T
其中T为带电粒子做圆周运动的周期,即T=
粒子在电场中做往复运动,规定沿x轴正方向为正,则根据动量定理有qEt2=mv-(-mv)
粒子第二次在磁场中运动的时间正好是半个周期,即t3=T
粒子运动的总时间为t=t1+t2+t3=+
(3)如图2,当沿1方向发射,粒子在磁场中恰好转过半圆时,其第一次到达y轴的纵坐标最大(点拨:直径为轨迹弦时,弦长最长,对应y轴交点的纵坐标最大)
由几何关系可知(2r)2=+L2
解得ymax=L
当粒子沿2方向发射时,其第一次到达y轴的纵坐标最小,ymin=0
故粒子第一次到达y轴正半轴时的纵坐标的范围为0≤y≤L
3.答案　(1)　(2)　(3)
解析　(1)粒子在电场中做类平抛运动,沿着电场方向有l=at2
垂直电场方向有l=v0t
根据牛顿第二定律有qE=ma
联立解得=
(2)粒子进入磁场时的速度v=
与水平方向夹角的正切值 tan θ=
解得θ=60°
粒子运动轨迹如图1所示
粒子在磁场中做匀速圆周运动,设轨迹半径为R,则
qvB=
由几何关系可知R sin θ==l
联立解得B=
(3)粒子第一次在磁场中运动转过的圆心角为240°,则粒子从a点运动到b点的时间为
t'=T=·=
粒子从b点进入电场后运动到c点的过程,在y轴方向仍有v sin θ=at
在x轴方向仍有l=v0t
由几何关系可得Oc=
此后的运动过程与粒子从O点经过a、b两点到c点的过程相似,只是运动的轨迹在前一次运动轨迹上向右平移(破题关键),如图2所示
所以粒子从O点出发到第二次经过a点所用的时间为t总=7t+4t'=
方法技巧
“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
4.CD　带电小球在第二象限做直线运动,小球受到重力和电场力的合力与速度在同一直线上,可知小球在第二象限受到的电场力水平向右,与场强方向相同,所以小球带正电,故A错误;小球在第二象限所受合力与速度方向相同,做匀加速直线运动,根据几何关系可得 tan 45°=,小球进入第四象限后,受到重力、电场力和洛伦兹力共同作用,小球做匀速直线运动,故B错误;根据平衡条件可知小球在第四象限的受力如图所示
则有qE1=mg,qvB=mg,可知第四象限内的匀强电场大小为E,方向沿x轴负方向,C正确;小球受到的洛伦兹力大小是其重力的倍,D正确。
归纳总结
电荷在电场力、重力和洛伦兹力共同作用下做直线运动时,一定做匀速直线运动。
5.C　液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场组成的复合场中做匀速圆周运动,液滴受到的重力和电场力是一对平衡力,洛伦兹力提供液滴做圆周运动的向心力(破题关键),液滴受到的电场力方向竖直向上,与电场强度方向相反,可知液滴带负电,故A错误;由mg=qE解得=,故B错误;磁场方向垂直纸面向里,洛伦兹力的方向始终指向圆心,由左手定则可以判断出液滴顺时针运动,故C正确;液滴所受的洛伦兹力提供液滴做圆周运动的向心力,即qvB=m,又mg=qE,解得v=,故D错误。
6.B　在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向,故在坐标原点O静止的带正电粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动;磁场方向垂直于纸面向里,根据左手定则,可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力,故带电粒子向x轴负方向偏转,故A、C错误。带电粒子运动的过程中,电场力对其做功,粒子速度大小发生变化,由于匀强电场方向是沿y轴正方向,故x轴为匀强电场的等势面,从坐标原点O到带电粒子偏转再次运动到x轴时,电场力做功为0,洛伦兹力不做功,故带电粒子再次回到x轴时的速度为0,随后带电粒子受电场力作用再次进入第二象限重复向左偏转的运动,故B正确,D错误。
一题多解
用“配速法”分析
　　粒子在O点静止,对速度进行分解,分解为沿x轴正方向的速度v和沿x轴负方向的速度v',两个速度大小相等,方向相反。使得其中v'对应的洛伦兹力平衡电场力,即qBv'=qE,则粒子在电场、磁场中的运动,可视为沿x轴负方向、以速度v'=做匀速直线运动,同时在x轴上方做匀速圆周运动(如图所示)。故选B。
7.答案　(1)　(2)
(3)见解析
解析　(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,运动轨迹如图
根据洛伦兹力提供向心力有
qv0B=m
根据几何关系有x1=r-r sin 30°
y1=r cos 30°
解得x1=、y1=
则粒子到达最右端时的位置坐标为
(2)粒子在匀强电场中做类斜抛运动,轨迹如图
根据牛顿第二定律有qE=ma
根据速度与位移的关系有(v0 cos 30°)2=2ax2(点拨:粒子在x轴方向的速度为零时到达最右端)
v0 cos 30°=at
y2=v0 sin 30°·t
解得x2=、y2=
则粒子到达最右端的位置坐标为
(3)将粒子的运动分解为沿-y方向、速度v匀=v0的匀速直线运动和xOy平面内沿逆时针方向、速度v圆=v0的匀速圆周运动(点拨:配速法),如图所示
则Bqv圆=m
x3=R-R cos 30°
解得x3=-
y3=R sin 30°-v匀nT+T(n=0,1,2,…)
又T=
解得y3=(n=0,1,2,…)
则粒子到达最右端时的位置坐标为-,(n=0,1,2,…)
一题多解
洛伦兹力冲量式解法
　　(3)取时间微元Δt
由动量定理,x轴方向有:-(qE+qvyB)Δt=mΔvx
y轴方向有:qvxBΔt=mΔvy
对从开始至最右端过程分别求和可得
x轴方向:qEt+qy3B=mv0 cos 30°
y轴方向:qBx3=m(v-v0 sin 30°)
根据动能定理得-qEx3=mv2-m
解得x3=-、t=n+T(n=0,1,2,…)
由于T=,解得y3=(n=0,1,2,…)
8.答案　(1)　(2)　(3)(n=1,2,3,…)
解析　(1)粒子在极板间匀强电场内做类平抛运动,平行于极板方向有L=v0t1
垂直极板方向有L=a
qE0=ma
联立解得=
(2)粒子从A点离开电场时,设速度竖直向下的分量为vy,则L=vyt1
解得vy=v0
所以粒子到达A点的速度大小为vA=v0,方向与水平方向的夹角为45°
设圆形磁场的磁感应强度大小为B,由题意知B=,根据洛伦兹力提供向心力有qvAB=
解得r=
根据几何关系可知,粒子转过四分之一圆周从C点离开圆形磁场,即D点与C点重合
粒子运动轨迹如图所示
则粒子在圆形磁场中的运动时间t=
解得t=
(3)粒子离开圆形磁场时速度方向斜向右上方45°,速度大小仍为v0,分解为水平分量v0和竖直分量v0,粒子进入PQ右侧区域后,水平方向有qE1=ma'
设粒子在竖直面内做圆周运动的周期为T,其运动时间为t',则t'=nT(n=1,2,3,…)
T=
v0=
联立解得E1=(n=1,2,3,…)
疑难突破
本题的难点在于分析粒子从D点进入PQ右侧区域后的运动,粒子进入此区域后,在水平方向做匀变速直线运动,在竖直面内做匀速圆周运动,先螺旋前进,水平分速度减为零后,再螺旋返回,再次经过D点,运动时间是竖直面内圆周运动周期的整数倍。
9.AD　
模型建构
设小物块刚进入水平面的速度大小为v0,由机械能守恒定律可得mgR=m,解得v0=,由题可知,小物块在水平方向做匀加速直线运动,当洛伦兹力等于小物块的重力时,小物块脱离水平面,设此时小物块的速度大小为v,则有qvB=mg,由题可知B=,联立解得v=4,根据牛顿第二定律可得qE=ma,其中E=,解得a=g,根据匀变速直线运动规律可得,物块在水平面上运动的最长时间为t==4,故A正确,B错误;当小物块脱离水平面时,对小物块受力分析可知,小物块受到重力、电场力和洛伦兹力,重力与电场力大小和方向均不变,而洛伦兹力是变化的,用“配速法”分析可知qv1B==mg,代入已知量,解得v1=5,根据运动的分解可知,小物块在叠加场中做匀速圆周运动的分速度v2=,结合上述分析可知v=4,解得v2=3,则小物块的最大速度为vm=v1+v2=8,故C错误,D正确。专题强化练1　洛伦兹力与现代科技
题组一　速度选择器
1.[2025重庆育才中学期末]芯片制造过程中的重要工序之一是离子注入,速度选择器是离子注入机的重要组成部分。将速度选择器模型简化为如图所示,两平行金属板P、Q间存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场。一比荷为、带正电的粒子从M点沿MN方向以速度v0射入两金属板之间,恰好能沿直线运动到N点,不计粒子的重力。则(　　)
A.若仅撤掉磁场,粒子运动轨迹仍为直线
B.若仅撤掉电场,粒子将向P极板偏转
C.若仅增大入射速度,粒子运动轨迹仍为直线
D.若仅增大比荷,粒子将向Q极板偏转
2.[教材习题改编][多选题]一质子以速度v穿过相互垂直的匀强电场和匀强磁场叠加的区域而没有偏转,如图所示,若不计重力,则下列说法正确的是(　　)
A.若质子的入射速度v'>v,它将向上偏转
B.若质子的入射速度v'>v,它将向下偏转
C.若将质子从右侧以大小与v相等的速度射入,也不会偏转
D.若改为电子,从右侧以大小与v相等的速度射入,会向上偏转
题组二　磁流体发电机
3.[多选题][2025河北张家口开学考试]如图所示为磁流体发电机工作原理图。已知等离子体(含大量带正电和负电的粒子)射入的初速度为v,匀强磁场的磁感应强度大小为B,平行金属板A、B的长度为a、宽度为b、间距为l,稳定后,等离子体均匀分布在金属板A、B之间,当滑动变阻器R接入电路的阻值为R0时,发电机的输出功率达到最大。不计离子的重力及离子间的相互作用。下列说法正确的是(　　)
A.发电机的B金属板为正极
B.等离子体的电阻率为
C.两极板间电压大小为Blv
D.电源输出功率最大时,电源效率也最大
4.[2026山西朔州期末]为对“碳中和”目标做出贡献,某企业拟研发利用工业废气中包含大量正、负离子的等离子体进行发电的项目。原理如图所示,两平行金属板间距为d、宽为a、长为b,上、下极板通过开关和电阻R连接,极板间有磁感应强度大小为B、方向平行极板向左的匀强磁场。将含有等离子体的气体以一定速度垂直于磁场方向连续喷入磁场,等离子体能完全填充板间区域,且单位时间内喷入极板间的等离子体的体积为Q。忽略边缘效应,等离子体的电阻不可忽略,则下列判断正确的是(　　)
A.两极板A和C的电势关系为φA<φC
B.等离子体的速度大小为v=
C.断开开关,稳定后两极板间的电压U=
D.闭合开关,稳定后R上通过的电流I=
题组三　电磁流量计
5.[2026河南郑州期末]如图所示是电磁流量计的示意图,圆管由非磁性材料制成,空间有匀强磁场,当管中的导电液体流过磁场区域时,测出管壁上M、N两点间的电势差U,就可以知道管中液体的流量Q——单位时间内流过管道横截面的液体体积。已知管的直径为d,磁感应强度为B,则Q与U的关系表达式是(假定管中各处液体的流速相同)(　　)
A.Q=　　　　　　　B.Q=
C.Q=　　　　　　　D.Q=
6.[多选题][2026湖北随州期末]某市正在进行城市排污管道的改造和升级,排污管道末端安装如图所示的电磁流量计。流量计处于沿竖直方向磁感应强度大小为B的匀强磁场中,其测量管由绝缘材料制成,长为L、直径为D,左右两端开口,在前后两个内侧面a、c处固定有金属板作为电极。当污水(含有大量的正、负离子)充满管口从左向右流经该测量管时,稳定后a、c两侧的电压为U(U未知),且a侧电势比c侧电势低,显示器显示污水流量为Q(单位时间内排出的污水体积)。下列说法正确的是(　　)
A.磁场方向竖直向上
B.a、c两侧的电压大小为
C.显示器的示数Q与污水中离子浓度有关
D.污水流量Q与U成正比,与L、D无关
题组四　霍尔元件
7.[2026湖北宜昌二模]磁轴键盘的按键装有磁铁与霍尔元件,通过检测磁场变化来感知按压,这种设计具有响应快、寿命长等优点。按键结构简化示意图如图,永磁铁(N极在下)固定在按键上,下方霍尔元件(载流子为自由电子)长、宽、高分别为l、b、h,元件中通有由前向后的恒定电流I。按键下压到某一位置时,下列说法正确的是　(　　)
A.沿电流方向霍尔元件左表面比右表面电势高
B.仅增大电流I,霍尔电压增大
C.仅增大宽度b,霍尔电压增大
D.仅增大长度l,霍尔电压增大
8.[创新题·新情境][多选题][2026福建厦门二模]如图甲所示的无绳跳绳利用霍尔元件实现智能计数,其内部结构示意图如图乙所示。霍尔元件固定在手柄外壳内,通有从外向里的恒定电流I,且电流I由电子的定向移动产生。跳绳时,小球带动转轴旋转,转轴通过连接杆带动磁铁绕转轴做圆周运动,当磁铁靠近霍尔元件时,霍尔元件所处位置的磁感应强度增大,霍尔电压升高,当霍尔电压超过设定阈值时控制器记录一次跳绳次数,则(　　)
A.磁铁转动到图乙位置时,霍尔元件左侧面电势高于右侧面电势
B.磁铁转动到图乙位置时,霍尔元件左侧面电势低于右侧面电势
C.若提高跳绳频率,霍尔电压的最大值不变
D.若提高跳绳频率,霍尔电压的最大值增大
答案与分层梯度式解析
专题强化练1　洛伦兹力与现代科技
1.B 2.AD 3.AB 4.C 5.D 6.AB 7.B 8.BC
1.B　
模型建构
速度选择器模型
若仅撤掉磁场,粒子带正电,所受电场力与电场方向相同,即电场力方向向下,所以粒子将向Q极板偏转,做曲线运动,故A错误;若仅撤掉电场,根据左手定则可知,射入时粒子受到向上的洛伦兹力,所以粒子将向P极板偏转,故B正确;粒子沿MN匀速运动时电场力等于洛伦兹力,即qE=qv0B(破题关键),解得v0=,速度选择器能使速度大小为的粒子沿直线匀速通过,该速度与粒子的比荷无关,所以仅增大比荷,粒子不会向Q极板偏转,故D错误;若仅增大入射速度v0,则洛伦兹力qv0B变大,电场力qE不变,所以粒子将向P极板偏转,故C错误。
2.AD　质子穿过相互垂直的电场和磁场区域而没有偏转,则质子受到向下的电场力与向上的洛伦兹力二力平衡(点拨:两极板所带电荷是上正下负,电场方向向下;质子带正电,电场力方向与电场方向一致),即qE=qvB,解得v=,与粒子的带电性质和电荷量无关,所以只要以相同的速度射入该区域都不会发生偏转,若质子的入射速度v'>v,则它所受到的洛伦兹力大于电场力(点拨:电场力F=Eq与速度无关,是恒力),由于质子所受的洛伦兹力方向向上,故质子将向上偏转,A正确,B错误;若将质子从右侧以大小与v相等的速度射入,则所受的洛伦兹力和电场力均向下,故质子会向下偏转,C错误;若改为电子,从右侧以大小与v相等的速度射入,则电子受向上的洛伦兹力和向上的电场力,故电子会向上偏转,D正确。
3.AB　
图形剖析
将立体图转化为右视图,未稳定时,带电粒子的受力如图所示。
由左手定则可判断带正电的粒子受到向下的洛伦兹力而向下偏转,带负电的粒子受到向上的洛伦兹力而向上偏转,故发电机下极板为正极,上极板为负极,故A正确;发电机的内阻为r=ρ,当R接入电路的阻值为R0时,发电机的输出功率最大,则R0=r,解得ρ=,故B正确;稳定后满足qvB=q,解得发电机的电动势为E=Blv,正常工作时,两极板间电压为路端电压,小于Blv(易错点),故C错误;电源效率为η=×100%,外电阻越大,电源效率越高,电源输出功率最大时,η=×100%=50%,故D错误。
4.C　根据题中磁场方向,由左手定则可知,正离子受到的洛伦兹力向上,负离子受到的洛伦兹力向下,故A板带正电,C板带负电,则电场强度方向向下,φA>φC,A错误;由于等离子体的流量Q==,而稳定后等离子体在两极板间做匀速运动,有b=vt,则v=(点拨:体积除以时间得流量,长度b除以时间得速度),B错误;当开关断开时,稳定后等离子体所受电场力等于洛伦兹力,设两极板间电压为U,则q=qvB,又由于v=,解得U=,C正确;闭合开关后,有电流通过,此时设两极板间等离子体的电阻为R1,根据闭合电路欧姆定律可知I==(点拨:内阻R1不可忽略),D错误。
5.D　导电液体流过磁场区域稳定时,电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡,则有q=qvB,得v=,流量Q=Sv,其中S=πR2=π=,代入得Q=vS=×=,D正确。
6.AB　根据题意知a侧电势比c侧电势低,所以正离子在c侧聚集,负离子在a侧聚集,由左手定则可知磁场方向竖直向上,A正确;稳定时,根据平衡条件,有qE=q=qvB,流量为Q==,联立解得a、c两侧的电压大小为U=,B正确;流量Q=Sv,所以流量取决于流速v和管道横截面积S,与D有关,C、D错误。
7.B　根据左手定则可知,按下按键后,载流子(自由电子)向传感器左表面聚集,则霍尔元件左表面的电势比右表面的低,A错误;最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下平衡,有e=evB,电流的微观表达式为I=neSv=nebhv,联立解得霍尔电压U=,故仅增大电流I,霍尔电压增大,仅增大长度l或仅增大宽度b,对霍尔电压无影响,B正确,C错误,D错误。
易错警示
对霍尔电压的影响因素理解错误,误认为元件的长度l、宽度b会影响霍尔电压,混淆了“载流子运动方向”与“电场方向”对应的元件尺寸。由UH=可知,霍尔电压仅与磁感应强度B、电流I、载流子浓度n、电荷量e和元件厚度h有关,与长度l、宽度b无关。判断时需先明确电流、磁场方向,再用平衡条件推导,避免凭直觉认为所有尺寸都会影响霍尔电压。
8.BC　磁铁转动到图乙位置时,磁铁N极正对霍尔元件,因此霍尔元件处的磁场方向竖直向下,电流方向为从外向里,电流方向与电子定向移动方向相反,因此电子运动方向为从里向外,根据左手定则,可判断电子受到的洛伦兹力向左(点拨:电子带负电,四指指向电流方向),电子向左侧面积累,左侧面带负电,右侧面带正电,因此霍尔元件左侧面电势低于右侧面电势,A错误,B正确;稳定时,洛伦兹力等于电场力,则qvB=q,结合电流微观表达式I=nqSv,推导得霍尔电压UH=,式中I、n、q、b均不变,霍尔电压与磁感应强度成正比,Bmax是磁铁距离霍尔元件最近时的磁感应强度,与跳绳频率无关,因此提高跳绳频率,霍尔电压的最大值不变,C正确,D错误。三年模拟练
应用实践
1.[多选题][2025安徽滁州二模]如图所示,长方体ABCD-A1B1C1D1所在空间存在与BD方向平行的匀强磁场,磁感应强度大小为B0,一质量为m、带电荷量为+q的带电粒子以一定的速度从A点沿AA1方向射入长方体区域,并恰好从C1点离开该区域。已知AB=AD=l,AA1=l,不计粒子的重力。下列说法正确的是(　　)
A.磁场方向由D指向B
B.粒子的速度大小为
C.若仅增大粒子的入射速度,则粒子在长方体区域内运动的时间将减小
D.若在该区域增加一匀强电场使粒子沿AA1做直线运动,则该电场的电场强度大小为
2.[2026江苏镇江中学期中]空间存在着匀强磁场和匀强电场,磁场方向垂直于纸面(xOy平面)向里,电场方向沿x轴负方向。一带正电的小球从坐标原点O由静止释放,已知小球所受重力与电场力大小相等。下列四幅图中,可能正确描述该小球运动轨迹的是(　　)
3.[2025八省联考河南卷]无限长平行直导线a、b每单位长度之间都通过相同的绝缘轻弹簧连接。如图,若b水平固定,将a悬挂在弹簧下端,平衡时弹簧的伸长量为Δl;再在两导线内通入大小均为I的电流,方向相反,平衡时弹簧又伸长了Δl。若a水平固定,将b悬挂在弹簧下端,两导线内通入大小均为2I的电流,方向相同,平衡后弹簧的伸长量恰为2Δl。已知通电无限长直导线在其周围产生磁场的磁感应强度大小与导线中电流大小成正比,与距导线的距离成反比。则a、b单位长度的质量比ma∶mb为(　　)
A.1∶6　　　B.1∶4　　　C.1∶2　　　D.1∶1
4.[2026湖南衡阳第一中学月考]如图所示,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、电荷量为+q的粒子从磁场中的a点以速度v0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60°,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s=3h,不计粒子重力,则下列说法正确的是(　　)
A.磁感应强度大小为
B.电场强度大小为
C.电场强度大小变为原来的,粒子仍能从b点射出
D.磁感应强度大小变为原来的2倍,粒子仍能从b点射出
5.[2026河南郑州实验中学模拟]如图所示,沿水平方向和竖直方向建立xOy直角坐标系,空间中存在竖直向上的匀强电场,x轴上方存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场,x轴下方存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场,两磁场的磁感应强度大小相等。现将质量为m、电荷量为+q的绝缘小球从y轴M点以方向与y轴正方向成53°角、大小为v0的速度射出,小球第一次到达x轴时经过N点,速度方向与x轴正方向成53°角,大小也为v0。已知M点纵坐标为,重力加速度为g,取 sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,sin 26.5°=0.45。求:
(1)电场强度的大小及磁感应强度的大小;
(2)当小球第n(n≥2,取整数)次到达x轴时,与坐标原点O的距离及运动的时间;
(3)若小球第一次到达x轴时,撤去匀强电场,小球在第二次到达x轴的运动过程中的最大速度。
6.[2026北京石景山一模]离子注入是制作芯片的一道重要工序。工作原理如图,离子经加速后沿水平方向进入速度选择器,然后通过磁分析器,选择出特定比荷的离子,经电场偏转系统后注入处在水平面内的晶圆(硅片)。速度选择器和磁分析器中匀强磁场的磁感应强度大小均为B,方向均垂直纸面向外;速度选择器和电场偏转系统中匀强电场的场强大小均为E,方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器中偏转磁场处于内、外半径分别为R1和R2的四分之一圆环中,其两端中心位置M和N处各有一个小孔;电场偏转系统中电场的分布区域是一棱长为L的正方体,其底面与晶圆所在水平面平行。当偏转系统不加电场时,离子恰好竖直注入到晶圆上的O点。整个系统置于真空中,不计离子重力。
(1)求离子的电性及离子通过速度选择器的速度大小v。
(2)求从磁分析器射出离子的比荷。
(3)①如图所示,以O点为原点,沿电场偏转系统的电场方向为x轴正方向,垂直电场方向为y轴正方向,建立直角坐标系。晶圆与电场偏转系统底面的距离为L。若离子可以从电场偏转系统底面射出,求离子注入晶圆的位置坐标。
②若电场偏转系统及其中的电场可一起绕过顶面中心的竖直轴转动,且离子穿过电场的时间远小于电场偏转系统的转动周期,则离子会打到晶圆的不同位置,请判断这些位置构成的形状。
答案与分层梯度式解析
三年模拟练
1.BC 2.B 3.A 4.B
1.BC　
模型建构
带电粒子从A点沿AA1方向射入长方体区域,并恰好从C1点离开该区域,即向斜上方偏转,由左手定则,可知磁场方向由B指向D,A错误;粒子在A点所受洛伦兹力方向指向C点,粒子又经过C1点,可知粒子做圆周运动的圆心在C点,粒子做圆周运动的轨迹半径为r=l,根据qvB0=m,可得粒子的速度大小为v=,B正确;若仅增大粒子的入射速度,则粒子轨迹半径变大,粒子在长方体区域内运动轨迹所对应的圆心角减小,根据t=T=可知,粒子运动的时间将减小,C正确;若在该区域增加一匀强电场使粒子沿AA1做直线运动,则需满足qE=qvB0,解得该电场的电场强度大小为E=,D错误。
2.B　小球所受电场力沿x轴负向,重力沿y轴负向,可知重力和电场力的合力指向第三象限,故小球从原点O由静止开始向第三象限运动,根据左手定则可知,小球所受洛伦兹力指向第四象限,故小球向第四象限偏转,A、C错误;运动的过程中电场力与重力对小球做功,其合力与x轴负方向成45°角指向左下方,小球从O点出发运动到与x轴正方向成45°角的虚线过程中,电场力与重力的合力做功为0,洛伦兹力不做功,故小球运动到与x轴正方向成45°角的虚线时速度为0,随后再次重复上述过程,B正确,D错误。
一题多解
配速法的应用
3.A　对三个平衡状态进行受力分析(如图),关键点1:同向电流相互吸引,反向电流相互排斥。关键点2:通电无限长直导线在其周围产生磁场的磁感应强度大小与导线中电流大小成正比,与距导线的距离成反比,结合安培力F=BIL,得出第三个平衡状态中安培力大小是第二个平衡状态中安培力大小的4倍。
4.B　画出粒子的运动轨迹示意图,如图所示,由题意可知θ=60°,设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r,由几何关系有r=r cos θ+h,解得r=2h,由洛伦兹力提供向心力有qv0B=m,解得B=,A错误;根据题意,由对称性可知,粒子射出电场时,速度大小仍为v0,方向与水平虚线的夹角为60°,由几何关系可得粒子在电场中运动的水平距离AB=s-2r sin θ=3h-2h=h,则粒子在电场中的运动时间为t==,平行电场方向,由牛顿第二定律有qE=ma,取竖直向下为正方向,由运动学公式有-v0 sin θ=v0 sin θ-at,联立解得E=,B正确;电场强度大小变为原来的,由分析可知,t变为原来的2倍,则粒子在电场中的水平位移变为原来的2倍,由几何关系知粒子不能从b点射出,C错误;磁感应强度大小变为原来的2倍,粒子做圆周运动的半径为h,可知θ=90°,则粒子将不能从b点射出,D错误。
5.答案　(1)　　(2)　　(3)1.9v0
模型建构
本题第(3)问,构建“配速法”模型解决。
解析　(1)小球从M点运动到N点,由动能定理得(mg-qE)=m-m
解得E=
小球的运动轨迹如图1所示,设小球做匀速圆周运动的半径为R,由几何关系可知R sin 53°-R cos 53°=
解得R=
根据洛伦兹力提供向心力,有qv0B=m
解得B=
(2)小球做匀速圆周运动,第一次到达x轴时经过N点,由几何关系可知x1=R sin 53°+R cos 53°
解得x1=
小球从第一次到达x轴到第二次到达x轴,沿x轴正方向移动距离x2=2R sin 53°
解得x2=
小球第n次到达x轴时,与坐标原点O的距离为
x=x1+(n-1)x2=
小球做圆周运动的周期T=
解得T=
小球从射出到第一次到达x轴的时间t1=T
解得t1=
小球从第一次到达x轴到第二次到达x轴的时间t2=T
解得t2=
小球第n次到达x轴运动的时间为
t=t1+(n-1)t2=
(3)如图2所示,把小球的速度v0分解为v1、v2,使qv1B=mg
已知B=,解得v1=v0
则由速度矢量图得v2=2v0 sin =0.9v0(或由余弦定理有v2=≈0.9v0)
小球的运动可分解为以v1沿x轴正方向做匀速直线运动和以v2做沿逆时针方向的匀速圆周运动[点拨:“摆线运动”分解→匀速直线运动+匀速圆周运动(解题技法:配速法)]
当两个分运动速度方向相同时,有最大速度,则vmax=v1+v2
解得vmax=1.9v0
名师点津
熟练掌握“配速法”这种解题方法,对攻克电磁学压轴题有很大帮助。在进行“配速”时,无论是正交分解还是非正交分解,只要各运动分量能使分运动稳定地进行下去,分解就是可行的,将分运动合成,得到的结果完全符合运动实际。
6.答案　(1)带正电　　(2)
(3)①　②见解析
解析　(1)离子经过磁分析器向下偏转,根据左手定则,可知离子带正电。速度选择器中,离子受力平衡,电场力与洛伦兹力大小相等,可得qE=qvB
解得v=
(2)离子在磁分析器中做匀速圆周运动,轨迹圆心为O',轨迹半径r=R1+=
洛伦兹力提供向心力,有qvB=m
代入v=、r=,整理得比荷=
(3)①离子进入电场偏转系统后,沿竖直方向(垂直晶圆方向)速度恒为v=
电场沿x轴正方向,离子在y轴方向不受力,故y=0
离子在电场中运动的时间为t1==
由牛顿第二定律,得x轴方向加速度
a==
电场中沿x轴方向偏转位移x1=a=
出电场时离子沿x轴方向速度vx=at1=
出电场后到晶圆运动时间为t2==t1
额外偏转位移x2=vxt2=
沿x轴方向总偏转位移x=x1+x2=
因此位置坐标为
②电场偏转系统绕竖直轴转动时,电场方向不断改变,但场强大小不变,离子偏转后到原点O的距离恒为,因此所有位置到O点距离相等,这些位置构成的形状为以O为圆心、半径为的圆。五年高考练
考点1　安培力的大小与方向
1.[2023江苏,2]如图所示,匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I,放置在磁场中。已知ab边长为2l,与磁场方向垂直,bc边长为l,与磁场方向平行。该导线受到的安培力为(　　)
A.0　　　B.BIl　　　C.2BIl　　　D.BIl
2.[2024浙江1月选考,4]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
考点2　安培力作用下的平衡与加速问题
3.[2026山东,16]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、内阻均为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大小为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、电阻为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。
考点3　带电粒子在匀强磁场中的运动
4.[2026江苏,1]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,不计阻力。如图所示,则电子偏转的轨迹可能是(　　)
A.a　　　B.b　　　C.c　　　D.d
5.[2025全国,18]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①,在磁场中运动的时间分别为t1、t2和t3,则　(　　)
A.t1C.t1=t2>t3　　　　　　　D.t1>t2>t3
①言之有“物”→磁感应强度大小决定轨迹半径,半径不同对应不同出射点。(不是同向异速发射)
6.[多选题][2025甘肃,10]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R0。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va=,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2R0
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va
7.[2025安徽,7]如图,在竖直平面内的Oxy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Oxy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2d
B.薄板的上表面接收到粒子的区域长度为d
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
8.[2026云南,13]洛伦兹力演示仪示意图如图甲所示①,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。
①教材回溯→教材第14、15页对“洛伦兹力演示仪”进行了详细讲解,本题情境源于教材。
考点4　带电粒子在组合场与叠加场中的运动
9.[2026河南,6]如图,间距为l的两虚线a 、b 间存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场,虚线b 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a从O点射入磁场,一段时间后又从O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l,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
10.[多选题][2025四川,10]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sin 37°=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
11.[2026贵州,7]如图,空间中存在垂直于纸面向里的匀强磁场及从O点沿径向向外的电场,某处电场强度大小E=①,k为常量,r为该处到O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②。当磁感应强度大小为B1时,粒子运动半径为r1,速率为v,电势能为Ep1;当磁感应强度大小为B2(B2>B1)时,粒子运动半径为r2,速率仍为v,电势能为Ep2。取无限远处的电势为零,不计粒子重力,则(　　)
A.r2>r1,Ep2>Ep1　　　　　　　B.r2>r1,Ep2C.r2Ep1
①关键点拨→复合场问题,同时存在电场、磁场;电场力沿径向,场强与到O点距离的平方成反比。
②关键点拨→左手定则判断洛伦兹力背离圆心;负电荷所受电场力与场强方向相反,指向圆心,二力差值提供向心力。
12.[多选题][2025福建,7]空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场与水平向右的匀强电场,匀强磁场的磁感应强度大小为B,电场强度的大小为E,一带电体在复合场中恰能沿着MN做匀速直线运动①,MN与水平方向成45°,NP水平向右。带电体的带电荷量为q,速度为v,质量为m,重力加速度为g,当带电体到达N点时,撤去磁场,一段时间后带电体经过P点,则(　　)
A.电场强度的大小E=
B.磁感应强度的大小B=
C.N、P两点的电势差U=
D.粒子从N→P时距离NP的最大值为
①关键点拨→带电体在重力、电场力和洛伦兹力作用下处于平衡状态。
13.[2025湖北,14]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v0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①。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。
①关键点拨→形成闭合轨迹,轨迹具有对称性。
14.[2025湖南,14]如图,直流电源的电动势为E0,内阻为r0,滑动变阻器R的最大阻值为2r0,平行板电容器两极板水平放置,板间距离为d,板长为d,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v0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xm。
考点5　洛伦兹力与现代科技
15.[2025北京,12]电磁流量计可以测量导电液体的流量Q——单位时间内流过管道横截面的液体体积。如图所示,内壁光滑的薄圆管由非磁性导电材料制成,空间有垂直管道轴线的匀强磁场,磁感应强度为B。液体充满管道并以速度v沿轴线方向流动,圆管壁上的M、N两点连线为直径,且垂直于磁场方向,M、N两点的电势差为U0。下列说法错误的是(　　)
A.N点电势比M点高
B.U0正比于流量Q
C.在流量Q一定时,管道半径越小,U0越小
D.若直径MN与磁场方向不垂直,测得的流量Q偏小
16.[多选题][2026广东,10]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B、方向垂直底面向上的匀强磁场,磁场区域长为a、宽为b。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x1、x2和x3。电子电荷量为-e、质量为m,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
17.[2025云南,14]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,x≥0区域存在垂直Oxy平面向里的匀强磁场,其磁感应强度大小为B1(未知)。第一象限内存在边长为2L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Oxy平面向里,其磁感应强度大小为B2(未知),但满足00)的带电粒子通过速度选择器后,在Oxy平面内垂直y轴射入x≥0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B0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B1以及y轴上可能检测到该粒子的范围;
(3)定义磁屏蔽效率η=×100%,若在Q处检测到该粒子,则η是多少
学科竞赛
18.[2024中学生标准学术能力诊断性测试]2022年,中国科学家首次成功获得嫦娥五号月壤中未来核聚变清洁核燃料氦-3的含量及其具体提取参数。现有大量的α粒子He)及其同位素氦-3核He)组成的混合物飘入竖直方向的加速电场中(粒子的初速度可忽略不计,加速电压恒定),混合物经过加速后通过宽度为d的狭缝沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中,最后打在照相底片上。如图所示为α粒子从狭缝中央进入磁场后的运动轨迹,不计粒子的重力和粒子之间的相互作用。
(1)求α粒子与氦-3核在磁场中做匀速圆周运动的半径之比和时间之比;
(2)若氦-3核的比荷为k,为使到达照相底片上的两种粒子完全分离,则加速电压U应满足什么条件
答案与分层梯度式解析
五年高考练
1.C 2.A 4.A 5.A 6.BD 7.C
9.C 10.AD 11.C 12.BC 15.C 16.BCD
1.C　导线ab边与磁场方向垂直,则其所受安培力为2BIl,导线bc边与磁场方向平行,则其所受安培力为零,故该导线所受安培力为2BIl,C正确。
一题多变
若匀强磁场的磁感应强度为B,方向垂直纸面向里,求该导线受到的安培力大小。
提示:BIl
2.A　根据左手定则可知,左侧通电导线所受安培力竖直向下,A正确;在a、b两点,磁场方向不同,所以磁感应强度不同,B错误;磁感线是闭合曲线,在圆柱内磁感应强度不处处为零,C错误;c、d两点,磁感线密集程度不同,c处磁感应强度较大,D错误。
3.答案　(1)　(2)
解析　(1)S1闭合,S2断开,由闭合电路欧姆定律有I==
当S1断开,S2闭合,滑动变阻器滑片位置不变,则
I'=I
因此cd的电功率P=I'2r=
(2)S1闭合,S2断开,金属杆cd刚好要下滑时的受力分析如图1
设导轨与水平面间夹角为θ
刚好要下滑时,根据平衡条件可得
mg sin θ=μ(mg cos θ+BIL)
　　
当S1断开,S2闭合,电流大小不变,方向改变,cd的受力分析如图2
根据牛顿第二定律可知
mg sin θ-μ(mg cos θ-BI'L)=ma,I'=I
联立解得a=
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,电子偏转的轨迹为圆弧的一部分,A正确。
易错警示
电子带负电,应用左手定则时四指要指向其运动的反方向,磁场垂直纸面向外,电子受力向左,轨迹只能向左弯曲,不能向右偏转或直线前进。匀速圆周运动轨迹必为标准圆弧,不会出现弯曲程度的变化。
5.A　由于带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,则电子在磁场中运动的时间为t=,其中s=θ·r,设正方形abcd的边长为l,则s1=π·,s2=π·,s3=·l,则有t1易错警示
解答本题要审清题目条件:速度固定,磁感应强度大小不同。若忽略了这一点,容易盲目按照“放缩圆”模型处理,比较圆心角而得到t1=t2>t3的错误结论。
6.BD　对a粒子,由洛伦兹力提供向心力可得qvaB=m,由于va=,解得a粒子在磁场中轨迹半径r=R0;作出a粒子运动的轨迹(点拨:a粒子在环形区域做匀速圆周运动,在内圆中做匀速直线运动),如图所示,设外圆半径为R,在△OAO2中,由几何关系可得R-R0=,联立解得外圆半径R=(+1)R0,A错误。由运动轨迹可得a粒子返回A点所用的最短时间t==,B正确。作出b、c粒子在磁场中运动的轨迹,如图所示,粒子在磁场中运动的周期T=,所以b、c粒子返回A点所用的最短时间相同,C错误。对c粒子,由几何关系可得2rc+R0=R,解得rc=R0,由洛伦兹力提供向心力可得qvcB=m,解得c粒子的速度大小vc==va,D正确。
7.C　
思路点拨
粒子源沿Oxy平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子,速度大小均为,即“同速异向”发射,适宜用“动态圆法”求解。
由Bqv=结合v=可得R=d,A错误;带正电粒子在磁场中运动的几种临界情况如图所示:由圆1(对应粒子恰经过薄板上表面右侧)、2(对应粒子初速度方向沿x轴正方向)可得薄板上表面接收到粒子的区域(如图中彩色线部分)长度为2d cos 30°-d=(-1)d,B错误;由圆3(对应粒子初速度方向沿y轴正方向)可得薄板下表面接收到粒子的区域(如图中粗线部分)长度为d,C正确;恰好打到薄板最右侧的粒子为薄板接收到的在磁场中运动时间最短的粒子,对应偏转角为,对应的最短时间为tmin=,D错误。
8.答案　(1)　垂直纸面向里　(2)
考教衔接
本题情境取自教材,难度适中,考查学生对基本概念、基本公式的理解,并提醒学生要重视教材、夯实基础。
解析　(1)电子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有
evB=m
由数学知识可得2r=R+0.8R
解得B=
电子带负电,根据电子的偏转方向由左手定则可判断出,磁感应强度方向垂直纸面向里。
(2)电子运动周期T=
运动时间t==
解得t=
9.C　假设粒子带正电,画出其运动轨迹如图所示,设其在下方和上方磁场中做圆周运动的半径分别为r、R,两段圆弧的圆心连线与虚线a的夹角为θ,则sin θ==,所以cos θ=,由几何关系得r-r cos θ=R cos θ,解得R=l,由洛伦兹力提供向心力有Bqv=m,则r=,可得r∝,所以上、下磁场的磁感应强度大小之比B2∶B1=r∶R=4∶1,C正确。
10.AD　设粒子在Ⅰ、Ⅱ区域做圆周运动的轨迹半径分别为r1、r2,根据qvB=m,可知r1∶r2=1∶4,B错误;如图所示,根据粒子在Ⅰ区域的轨迹,通过几何关系可知其轨迹圆的圆心O2肯定不在O点,圆心O2应该在O点右侧,A正确;根据轨迹半径大小关系及几何知识可知,粒子在Ⅱ区磁场中运动时第一段轨迹对应的圆心角为37°,应用公式求轨迹长度有s=θ·r,在Ⅰ区域的轨迹对应的圆心角为θ1=(180°-53°)×2=254°,在Ⅱ区域的两段轨迹对应的总的圆心角θ2=37°×2=74°,s1∶s2=×=,C错误;运动时间t=,速度v大小不变,则t∝s,t1∶t2=s1∶s2=,D正确。
11.C　设该粒子的质量为m,带电荷量的绝对值为q,由左手定则可知粒子沿逆时针方向做匀速圆周运动时所受洛伦兹力沿径向向外,又结合电场方向可知该粒子所受电场力沿径向向内,故有-qvB1=m,-qvB2=m,联立可得-qvB1r1=-qvB2r2,由于B2>B1,则r2φ1,又该粒子带负电,因此Ep212.BC　带电体在复合场中能沿着MN做匀速直线运动,可知带电体的受力情况如图甲所示
MN与水平方向成45°角,由共点力的平衡条件可知mg=qE,qvB=mg,解得电场强度的大小E=,磁感应强度的大小B=,A错误,B正确。撤去磁场后,带电体的合力方向与初速度方向垂直,带电体做类平抛运动,如图乙所示
加速度a==g,带电体到达P点时,位移偏转角为45°,故在P点速度偏转角的正切值tan θ=2 tan 45°=2=,其中vx=v,所以带电体在P点的速度大小vP==v,从N到P过程,根据动能定理有qU=m-mv2,解得N、P两点间的电势差U=,C正确。将带电体在N点的速度沿水平方向和竖直方向进行分解,带电体在竖直方向做竖直上抛运动,vNy=v sin 45°=v,故带电体能向上运动的最大距离h==,D错误。
13.答案　(1)　(2)　(3)
关键点拨
粒子在磁场区域做匀速圆周运动,在无磁场区域做匀速直线运动;虚线MN左侧、PQ右侧磁场方向相同,PQ右侧区域磁场更强,轨迹半径更小。已知粒子从O点出发后能回到O点,并在纸面内做周期性运动,推知粒子运动轨迹形成闭合线路,轨迹具有对称性,轨迹如图所示。
解析　(1)在MN左侧的磁场中,设粒子运动轨迹半径为r
由qv0B=可得r=。
(2)粒子从O点射出后的部分运动轨迹如图1所示,根据几何关系可得sin α=
又O'D=OD-r=
解得α=30°
粒子经过MN边界上的C点,在MN和PQ边界之间的无磁场区域做匀速直线运动,从PQ边界上的E点第一次进入右侧磁场区域做半径为r'的匀速圆周运动,从PQ边界上的F点第二次经过PQ边界,在右侧磁场中由qv0·2B=可得r'=
由几何关系可得在右侧磁场中轨迹对应圆心角为120°,所以粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距EF=2r' sin 60°,解得EF=。
(3)要使粒子能回到O点并做周期性运动,粒子的轨迹需上下对称,所以轨迹如图2所示
由几何关系得r cos α=CE sin α+,解得CE=,粒子在MN左侧磁场中的轨迹对应圆心角为240°,结合粒子在磁场中仅在洛伦兹力作用下做圆周运动的周期公式有T1=,得运动时间t1=·=,粒子在MN和PQ之间做匀速直线运动的时间t2=2×=,粒子在PQ右侧磁场中的轨迹对应圆心角为120°,结合粒子在磁场中仅在洛伦兹力作用下做圆周运动的周期公式有T2=,得运动时间t3=·=,所以粒子运动周期T=t1+t2+t3=。
14.答案　(1)　(2)　(3)d
解析　(1)闭合开关S,当滑片处于滑动变阻器的中点时,
由闭合电路欧姆定律可得I=①,由欧姆定律可得U=Ir0②;
带正电粒子在平行板间做类平抛运动,设运动时间为t,
水平方向有d=v0t③,竖直方向有=×t2④;
联立①②③④解得粒子所带电荷量q=。
(2)带电粒子在平行板电容器两极板以及右侧磁场中的运动轨迹如图甲所示(点拨:在平抛运动或类平抛运动中,速度偏转角的正切值为位移偏转角正切值的2倍)
　
设粒子射出两极板时速度偏转角为θ,可得
tan θ=2 tan α=⑤;
设粒子进入磁场的初速度大小为v,可得
v0=v cos θ⑥;
设带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径为r1,
根据几何关系可得2r1 cos θ=d⑦,根据牛顿第二定律可得qvB=m⑧,
联立⑤⑥⑦⑧可得θ=30°、B=。
(3)应用配速法,取一向上的速度v1,使v1所对应的洛伦兹力与电场力平衡,则可将粒子的运动分解为速度为v1的匀速直线运动与速度为v2的匀速圆周运动,可得qv1B=qE⑨,解得v1==v;
根据几何关系可得v2=2v cos 30°=2v0⑩;
带电粒子做匀速圆周运动的半径r2=,
带电粒子做圆周运动的分运动的轨迹以及合速度与分速度的关系如图乙所示
带电粒子相对于电容器右侧的最远水平距离
xm=r2+r2 cos 30°,联立解得xm=d。
一题多解
(3)粒子由离开b点至运动到电容器右侧最远时,由动能定理可得qExm=m-mv2,
竖直方向,取竖直向上为正方向,由动量定理可得qBt=mvm-(-mv sin 30°),
其中t=xm,由于q=、B=、E=、v0=v,联立可得xm=d。
15.C　
关键点拨
(1)流量Q与管道横截面积S、流速v满足关系Q=Sv;
(2)离子在洛伦兹力作用下向管壁偏转,最终在M、N间形成稳定电场,离子受到的电场力与洛伦兹力平衡。
根据左手定则可知正离子向下偏,负离子向上偏,故N点电势比M点高,A正确;设管道半径为r,稳定时,离子受到的洛伦兹力与电场力平衡,有q=Bqv,同时有Q=Sv=πr2v,联立解得U0=,故U0正比于流量Q,流量Q一定时,管道半径越小,U0越大,B正确,C错误;若直径MN与磁场方向不垂直,根据U0=可知此时式中磁感应强度为实际磁感应强度的一个分量,即测量时代入的磁感应强度偏大,故测得的流量Q偏小,D正确。
16.BCD　电子在匀强磁场中做匀速圆周运动,半径r==,可见运动半径大的电子动能大,A错误;电子1在磁场中做匀速圆周运动转过的圆心角为180°,运动时间t=T==×=,B正确;对电子2,由题图中关系有+(b-r2)2=,解得r2=,结合r2=可知,电子2的动能为Ek=m=,C正确;对电子3,由题图关系有(r3-x3)2+a2=,结合r3=可知,电子3的动量大小p3=mv3=,D正确。
17.答案　(1)　(2)　L解析　(1)由于该粒子在速度选择器中受力平衡
故qE=qv0B0
其中E=
则该粒子通过速度选择器的速率为v0=
(2)粒子在x≥0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r1=L
由洛伦兹力提供向心力,有qv0B1=m
联立可得B1=
由于B2解得r2>L
当B2=0时粒子在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1所示
根据洛伦兹力提供向心力,有qv0B1=m
可得r3=r1=L
此时粒子打在y轴3L处,磁感应强度B2增大时粒子在磁场中做圆周运动的半径减小,当B2=B1时,粒子在磁屏蔽区内运动半径仍为L,粒子将从OQ中点垂直y轴离开磁屏蔽区。综上所述,y轴上可能检测到该粒子的范围为L　
(3)若在Q处检测到该粒子,如图2
由几何关系可知=(2L)2+(r2-L)2
解得r2=L
由洛伦兹力提供向心力,有qv0B2=m
联立解得B2=
且B1=
根据磁屏蔽效率η=×100%可得,若在Q处检测到该粒子,则η=60%
18.答案　(1)2∶　4∶3　(2)U>kB2d2
解析　(1)设α粒子的质量为m,电荷量为q,则氦-3核的质量为m,电荷量也为q,α粒子经加速电场加速,由动能定理可得qU=mv2
α粒子在磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律可得qvB=m
联立以上两式可得r=
同理可得,氦-3核在磁场中做匀速圆周运动的半径r'=
解得r∶r'=2∶
α粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T==
α粒子在磁场中运动的时间t=T=
同理可得,氦-3核在磁场中运动的时间t'=
解得t∶t'=4∶3
(2)根据题意可知,为使到达照相底片上的两种粒子完全分离,需满足
2r-2r'>d
即->d
由题意可知氦-3核的比荷k=
则α粒子的比荷=k
由以上各式联立解得U>kB2d2专题强化练2　磁场中的多解性和周期性问题
题组一　带电粒子电性不确定形成的多解
1.[多选题][2025广西南宁期末]如图所示,在边长为L的正方形PQMN区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,在MN边界放一刚性挡板,粒子碰到挡板则能够以原速率弹回。一质量为m、带电荷量为q的粒子以某一速度垂直于磁场方向从P点射入磁场,恰好从Q点射出。下列说法正确的是(　　)
A.带电粒子一定带负电荷
B.带电粒子的速度最小值为
C.若带电粒子与挡板碰撞,则受到挡板作用力的冲量大小为
D.带电粒子在磁场中的运动时间可能为
2.[多选题][2026湖北黄冈中学标准考试]如图所示,左右边界分别为PP'、QQ'的匀强磁场的宽度为d,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里。一个质量为m、电荷量为q的粒子,沿图示方向以速度v0垂直射入磁场。欲使粒子不能从边界QQ'射出,粒子入射速度v0的最大值可能是(　　)
A.　　　　　　　B.
C.　　　　　　　D.
3.[多选题]平面OM和平面ON之间的夹角为35°,其横截面(纸面)如图所示,平面OM上方存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外。一质量为m、电荷量绝对值为q、电性未知的带电粒子从OM上的某点向左上方射入磁场,速度方向与OM成20°角,运动一会儿后从OM上另一点射出磁场。不计粒子重力。则下列几种情形可能出现的是(　　)
A.粒子在磁场中运动的轨迹与ON只有一个公共点,在磁场中运动的时间是
B.粒子在磁场中运动的轨迹与ON只有一个公共点,在磁场中运动的时间是
C.粒子在磁场中运动的轨迹与ON共有两个公共点,在磁场中运动的时间是
D.粒子在磁场中运动的轨迹与ON共有两个公共点,在磁场中运动的时间是
题组二　磁场方向不确定形成的多解
4.[多选题][2025山东淄博联考]如图所示,A点的离子源在纸面内沿垂直OQ方向向上射出一束负离子,离子的重力忽略不计。为把这束负离子约束在OP之下的区域,可加垂直纸面的匀强磁场。已知O、A两点间的距离为s,负离子的比荷为,速率为v,OP与OQ间的夹角为30°,则所加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向可能是　(　　)
A.B>,垂直纸面向里
B.B>,垂直纸面向里
C.B>,垂直纸面向外
D.B>,垂直纸面向外
5.[多选题][2026甘肃兰州二模]如图所示,在0≤x≤l的区域内存在垂直于xOy平面的匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向未知。一个质量为m、电荷量大小为q的带电粒子,从O点沿与x轴正方向成30°角的方向射入磁场,最终沿与x轴正方向成60°角的方向,从x=l边界射出(轨迹始终在xOy平面内)。不计粒子重力,下列说法正确的是(　　)
A.粒子一定带负电
B.粒子在磁场中运动的半径可能为l
C.粒子射入磁场的速度大小可能为
D.粒子在磁场中运动的时间可能为
题组三　临界状态不唯一形成的多解
6.[多选题][2026湖北黄冈二模]如图所示,空间内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁场中有一粒子源O,可以在纸面内均匀地向各个方向同时发出质量为m、电荷量为q、速率为v的带正电的粒子。PQ是平行磁场放置的足够长的挡板,挡板P端与O点的连线与挡板垂直,OP=d。假设打在挡板上的粒子都会瞬间被挡板吸收且其电荷被及时导走,不计粒子重力及粒子之间的相互作用,磁场区域足够大,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,下列判断正确的是(　　)
A.若磁感应强度B=,则发出的粒子打到挡板的最短时间为
B.若磁感应强度B=,则发出的粒子打到P点最长时间与最短时间的差为
C.若磁感应强度B=,则发出的粒子打到挡板的最短时间为
D.若磁感应强度B=,则发出的粒子打到挡板左侧最远的点与P点的距离为
题组四　运动的往复性形成的多解
7.[多选题][2026安徽蚌埠第二中学月考]如图所示,边长为L的等边三角形区域ACD内、外的匀强磁场的磁感应强度大小均为B,方向分别垂直纸面向里、向外,三角形顶点A处有一粒子源,能沿∠A的角平分线发射速度大小不等、方向相同的带正电粒子,粒子的比荷=k,粒子重力不计,粒子间的相互作用可忽略,则能通过D点且通过D点前的轨迹不穿过CD、AC边的粒子的速度大小可能为(　　)
A.　　　　　　　B.3BkL
C.　　　　　　　D.2BkL
8.[2025江西南昌十中阶段检测]在如图所示的平面内,分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分,一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场,另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小均为B,SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子,离子入射方向与磁场方向垂直,且与SP成30°角。已知离子比荷为k,不计重力。若离子从P点射出,设出射方向与入射方向的夹角为θ,则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为(　　)
A.kBL,0°　　　　　　　B.kBL,0°
C.kBL,0°　　　　　　　D.2kBL,60°
答案与分层梯度式解析
专题强化练2　磁场中的多解性和周期性问题
1.CD 2.AC 3.ABD 4.BD 5.CD 6.BD
7.AC 8.B
1.CD　若粒子带负电,则粒子半径最小时的运动轨迹如图甲所示,此时粒子做圆周运动的半径为r1=L,由牛顿第二定律得qv1B=m,解得v1=,此时速度也最小,B错误;若粒子带负电,当粒子在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角为时,粒子在磁场中的运动时间为t=T=,D正确;若粒子带正电,粒子与挡板碰撞后恰好从Q点射出,粒子运动轨迹如图乙所示,设轨迹半径为r2,由几何知识得L2+(r2-0.5L)2=,解得r2=L,根据牛顿第二定律得qv2B=m,解得v2=,根据动量定理得I=2mv2=(点拨:碰撞前后速度等大反向),A错误,C正确。
　
2.AC　
思路点拨
(1)粒子的电性不确定,应分两种情况进行讨论;
(2)粒子不能从边界QQ'射出,临界情况为粒子运动轨迹与QQ'相切。
粒子射入磁场后做匀速圆周运动,由R=知,粒子的入射速度v0越大,R越大,当粒子的轨迹和边界QQ'相切时,粒子刚好不从QQ'射出,此时其入射速度v0应为最大。若粒子带正电,其运动轨迹如图(a)所示(此时圆心为O点),根据几何关系有R1 cos 45°+d=R1,且R1=,联立解得v0=。若粒子带负电,其运动轨迹如图(b)所示(此时圆心为O'点),根据几何关系有R2+R2 cos 45°=d,且R2=,联立解得v0=,A、C正确。
　　
3.ABD
思路点拨
粒子电性不确定、速度大小不确定,造成多解,轨迹图如下
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,周期T=,若粒子带负电,将做逆时针方向的匀速圆周运动,粒子回到OM平面时,由匀速圆周运动的对称性,速度方向必与OM成20°角,若粒子轨迹与平面ON有公共点,由于35°>20°,则粒子轨迹与ON只可能有一个公共点,粒子偏转角只可能为40°,运动时间t=×=,A正确,C错误。若粒子带正电,将做顺时针方向的匀速圆周运动,若粒子轨迹与平面ON有公共点,则轨迹与平面ON可能有一个公共点,也可能有两个公共点,无论轨迹与ON有几个公共点,粒子回到OM时,由匀速圆周运动的对称性,速度方向必与OM成20°角,粒子偏转角为360°-40°=320°,则粒子运动时间为t=×=,B、D正确。
4.BD　所加匀强磁场的方向有两种可能,把负离子约束在OP之下的临界轨迹有两种情况,如图所示(破题关键)
当所加匀强磁场方向垂直纸面向里时,由左手定则可知负离子向右偏转,负离子被约束在OP之下的区域的临界条件是离子运动轨迹与OP相切,由几何知识有R2=OB sin 30°=OB,且OB=s+R2,解得R2=s,所以当负离子轨迹的半径小于s时满足约束条件;由牛顿第二定律有qvB=m,所以得出B>,A错误,B正确。当所加匀强磁场方向垂直纸面向外时,由左手定则可知负离子向左偏转,负离子被约束在OP之下的区域的临界条件是离子运动轨迹与OP相切,由几何知识可知相切圆的半径为R1=,所以当离子轨迹的半径小于时满足约束条件;由牛顿第二定律有qvB=m,所以得出B>,C错误,D正确。
5.CD　因磁场方向不确定,可知不能确定粒子的电性,A错误。粒子的运动轨迹如图,若粒子以O2为圆心做圆周运动,在△O2FG中,∠O2GF=30°,由几何关系可得tan 30°=,解得r2=(-1)l;若粒子以O1为圆心做圆周运动,在△OO1E中,∠O1OE=75°,OE=l,由正弦定理可得=,解得r1=(+1)l,可知粒子在磁场中运动的半径不可能为l,B错误。若粒子在磁场中运动的半径r2=(-1)l,根据qvB=m,解得粒子射入磁场的速度大小为v=,C正确。若粒子以O1为圆心做圆周运动,粒子在磁场中转过的角度为30°,则运动的时间为t=·=,D正确。
名师点津
其他方法求r1。
6.BD　粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供其做圆周运动的向心力,设粒子做圆周运动的半径为r,若B=,有qvB=m,解得r=d,在磁场中运动的周期为T==,发出的粒子打到挡板的最长时间与最短时间的轨迹如图甲所示,粒子均打在P点,由几何关系可得θ1=60°,θ2=300°,则最短时间为tmin=T=,最长时间为tmax=T=(点拨:圆心角之差为300°-60°=240°,对应时间差为周期的),则发出的粒子打到P点最长时间与最短时间的差为Δt=tmax-tmin=,A错误,B正确。若磁感应强度B=,则qvB=m,解得r'=d,在磁场中运动的周期为T'==,发出的粒子打到挡板最短时间和发出的粒子打到挡板左侧最远的点轨迹如图乙所示,由几何关系可知sin ==,解得θ3=106°,则发出的粒子打到挡板的最短时间为tmin'=T'=(点拨:最短时间对应弦长最短,此时弦长为d);由几何关系可得r'+r' sin θ4=d,解得 sin θ4=,则发出的粒子打到挡板左侧最远的点与P点的距离为smax=r' cos θ4=(点拨:最远点对应轨迹圆与挡板相切),C错误,D正确。
　　
7.AC　粒子可能的运动轨迹如图所示,所有圆弧所对圆心角均为60°,粒子运动的半径R=(n=1,2,3,…),由洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,联立解得v==(n=1,2,3,…),故A、C正确。
8.B　
思路点拨
离子从S点射入、从P点射出,当离子从下部分磁场射出时,由对称性可知θ=60°,半径满足L=(2n-1)r(n=1,2,3,…);当离子从上部分磁场射出时,由对称性可知θ=0°,半径满足L=2nr(n=1,2,3,…)。
若离子通过下部分磁场直接到达P点,如图甲所示,则根据几何关系有R=L,由qvB=m,可得v==kBL,根据对称性可知出射速度与SP成30°角斜向上,故出射方向与入射方向的夹角为θ=60°;当离子在两个磁场均运动一次时,如图乙所示,因为两个磁场的磁感应强度大小均为B,则根据对称性有R'=L,根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,可得v==kBL,此时出射方向与入射方向相同,即出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。通过以上分析可知,当离子从下部分磁场射出时,需满足v==kBL(n=1,2,3,…),此时出射方向与入射方向的夹角为θ=60°;当离子从上部分磁场射出时,需满足v==kBL(n=1,2,3,…),此时出射方向与入射方向的夹角为θ=0°。故选B。
　　思想方法练1
一、平移圆(定速定向不定点)
方法概述
粒子源发射速度大小一定、方向一定的相同带电粒子进入匀强磁场,这时可以入射点为动点,将轨迹圆沿入射点所在直线平移,从而探索粒子运动的临界条件,这种方法称为“平移圆”法。
1.如图所示,在xOy平面的第一、四象限内有一圆心为O、半径为R的半圆形匀强磁场,线状粒子源从y轴左侧平行于x轴正方向不断射出质量为m、电荷量为q、速度大小为v0的带正电粒子。磁场的磁感应强度大小为、方向垂直xOy平面向里。不考虑粒子间的相互作用,不计粒子受到的重力。所有从不同位置进入磁场的粒子中,在磁场中运动的时间最长为(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
2.[多选题]如图所示,等腰直角三角形区域分布有垂直纸面向里的匀强磁场,腰长AB=2 m,O为BC的中点,磁感应强度B=0.25 T,一群质量m=1×10-7 kg、电荷量q=-2×10-3 C的带电粒子以速度v=5×103 m/s从B、O之间垂直于BO射入磁场区域,不计带电粒子重力,则(　　)
A.在AC边界上有粒子射出的长度为(-1) m
B.C点有粒子射出
C.在AB边界上有粒子射出的长度为1 m
D.磁场中运动时间最长的粒子从底边距B点(-1) m处入射
二、放缩圆(定点定向不定速)
方法概述
粒子源发射速度方向一定、大小不同的相同带电粒子进入匀强磁场,这时可以入射点为定点,将半径放大或缩小作轨迹圆,从而探索粒子运动的临界条件,这种方法称为“放缩圆”法。
3.[2026江苏扬州高邮学情调研]如图所示,在一直线边界的匀强磁场区域的P点,同时射入N个速率不同、方向和边界成60°角的相同带负电粒子,速率范围为v~2v。则在某一时刻,所有粒子在磁场中排列的形状(实线所示)可能为(　　)
　　　　　　　
　　　　　　　
4.[多选题][2025四川成都二模]如图所示,等腰直角三角形abc内有一垂直纸面向里的匀强磁场(ac边界无磁场),ab边长为L,磁场磁感应强度大小为B。ab边中点的粒子源P垂直ab以不同速率向磁场内发射带负电的粒子,粒子质量为m,电荷量大小为q,不计粒子重力及粒子间相互作用。下列说法正确的是(　　)
A.粒子可能从b点飞出磁场
B.粒子可能从c点飞出磁场
C.能从ac边界飞出的粒子在磁场中运动的最长时间为
D.能从ac边界飞出的粒子在磁场中运动的最小速度为
5.[多选题][2026河南南阳方城第一高级中学月考]如图所示,匀强磁场垂直纸面向外,磁感应强度大小为B,AC是半径为L的圆弧,圆心为O,CD与OC共线,DE⊥CD,且CD=DE=(-1)L。一束质量为m、电荷量为q的带正电粒子,在纸面内从A点沿AO以不同的速率射入磁场,打在ACDE上即被吸收。不计粒子重力及粒子之间的相互作用,打在AC上粒子的最短运动时间为t1,打在CDE上粒子的最长运动时间为t2,则下列说法正确的是(　　)
A.t1=
B.t2=
C.打在C点和E点的粒子在磁场中的运动时间不相等
D.在磁场中运动时间相等的粒子可能有3个不同速度
三、旋转圆(定点定速不定向)
方法概述
粒子源发射速度大小v0一定、方向不同的相同带电粒子进入匀强磁场,这时可将一半径为r=的轨迹圆以入射点为轴进行旋转,从而探索粒子运动的临界条件,这种方法称为“旋转圆”法。
6.[2026山西大学附中诊断]如图所示,在水平放置且足够长的平板AB和CD之间有匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,两板的间距为d。大量质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以相同的速率v0沿纸面内的各个方向从O点射入磁场区域。不计粒子的重力和粒子间的相互作用力,若匀强磁场的磁感应强度大小为,AB板上被粒子打中的区域长度与CD板上被粒子打中的区域长度之比为(　　)
A.4∶5　　　　　　　B.5∶4
C.7∶2　　　　　　　D.7∶5
7.[2026河南开封期中]如图所示,边长为L的正方形abcd区域内有匀强磁场,ad边中点O处有一粒子源,向磁场内各方向均匀发射速率均为v0的电子,ab边恰好没有电子射出,已知电子的比荷为k,则(　　)
A.bc边有电子射出
B.磁感应强度大小为
C.从ad边射出的电子在磁场中运动的最长时间为
D.从cd边射出的电子距离d点最远距离为L
8.[多选题][2026河北唐山月考]如图所示,在xOy平面内y≥0区域存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。在x=-2a处放置一平行于y轴的足够长的挡板。O点处的粒子源沿x轴正方向、y轴正方向及二者之间的各个方向发射大量质量为m、电荷量为q(q>0)、速率相等的粒子,恰好所有粒子都能打在挡板上,粒子打到挡板便立即被吸收(不计粒子重力和粒子间相互作用)。则(　　)
A.粒子的速度大小为v=
B.粒子在磁场中运动的最短时间为
C.沿不同方向射出的粒子在磁场中运动的时间可能相同
D.一定会有两个不同方向射出的粒子打在挡板上y=3a处
四、磁聚焦和磁发散
方法概述
大量速度大小相同的带电粒子,从圆形磁场边界射入磁场,当轨迹圆半径与磁场半径相等时,出现“平进点出、点进平出”现象,即磁聚焦与磁发散。利用模型规律解题,方便快捷。
9.[2026湖北武汉新洲第一中学开学考]如图所示,半径为r的圆形区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场,方向垂直纸面向里,9个不计重力的带负电粒子,质量均为m,电荷量均为q,以垂直于圆直径MN的相同速度飞入圆形区域后发生偏转,都恰好能在区域边缘的同一点射出磁场,不计粒子间相互作用力,下列说法正确的是(　　)
A.粒子将于N点射出磁场
B.射出粒子的速度方向均相同
C.所有粒子在磁场中的运动时间相等
D.粒子速度大小为
10.[多选题][2026山东青岛期中]在边长为l的正方形abcd的部分区域内存在着方向垂直纸面的匀强磁场,a点处有一离子源,可以向正方形abcd所在区域的任意方向发射速率均为v的相同的正离子,且所有离子均垂直bc边射出,下列说法正确的是(　　)
A.磁场的方向垂直于纸面向里
B.离子在磁场中做圆周运动的半径为l
C.磁场区域的最大面积为l2
D.离子在磁场中运动的最长时间为
11.[创新题·新情境][多选题][2026河北保定开学考]在芯片制备中会用到磁聚焦和磁约束来改变一束平行带电粒子的宽度。如图所示,半径分别为r0、2r0的圆Ⅰ、Ⅱ相切于O点,两圆内均存在着垂直纸面的匀强磁场(图中未画出),圆Ⅰ内磁场的磁感应强度大小为B。一束由质量为m、电荷量为q的同种带电粒子形成的粒子流(宽度为r0)以水平向右的速度从圆Ⅰ的下半部分射入圆Ⅰ中,并全部从O点进入圆Ⅱ区域,最终均以水平向右的速度射出圆Ⅱ区域,不计粒子重力和粒子间的相互作用力,下列说法正确的是(　　)
A.粒子流射入磁场的速度大小为
B.圆Ⅱ内磁场的磁感应强度大小为2B
C.粒子在磁场中运动的最长时间为
D.粒子流在圆Ⅱ内经过区域的面积为2(π-2)
答案与分层梯度式解析
思想方法练1
1.C 2.ACD 3.B 4.AC 5.ABD 6.A
7.D 8.AD 9.D 10.CD 11.AD
1.C　
模型建构
粒子在磁场中做匀速圆周运动,有qv0B=m,解得r=2R,当粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角最大时,粒子在磁场中运动的时间最长(破题关键),由于sin α=,当EF最长时,圆心角α最大,如图所示,经分析可知,当粒子从y轴上的D'点射入、从x轴上的E'点射出磁场时,粒子在磁场中运动的时间最长,有sin αm=,解得αm=,tm=·,解得tm=,C正确。
2.ACD　
模型建构
粒子在磁场中偏转,根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,粒子在磁场中运动的轨迹半径为R== m=1 m,作出粒子在磁场中的运动轨迹图,如图所示。由图可知,能从AC边射出的粒子长度为DE=R-R=(-1) m,A正确;粒子不可能到达C点,B错误;由图可知,在AB边界上有粒子射出的长度为BF=R=1 m,C正确;磁场中运动时间最长的粒子运动半个圆周,轨迹与AB、AC相切,由图可知其从底边距B点(-1) m处入射,D正确。
3.B　
模型建构
根据已知条件可以判断“定点定向不定速”属于放缩圆模型,放缩圆模型的特点是“轨迹圆圆心共线”。
所有带电粒子在磁场中的运动轨迹都是圆形,经过相等时间,每个粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角相等(点拨:t=T,因时间t相同,所以圆心角θ相同),由于所有粒子同时射入,所以同一时刻所有粒子所处位置与P点在同一直线上,故选B。
4.AC　
模型建构
粒子沿同一方向、以不同速率射入磁场,可建构放缩圆模型。通过放缩轨迹圆,找到粒子运动的临界条件。
粒子可能的轨迹如模型建构中的图所示,若粒子沿轨迹1运动,可以从b点飞出磁场,由几何关系可知,此时的半径为r1=,A正确;若粒子沿轨迹2运动,与ac边相切,切点d在c点上侧,所以粒子不可能从c点飞出磁场,B错误;粒子沿轨迹2运动时,由几何关系,有r2=r2+,可得此时的半径r2=,能从ac边界飞出的粒子中,沿轨迹2运动的粒子速度最小,对应的圆心角最大,运动时间最长,由几何关系可知,此时的圆心角为θ=45°,由qv2B=m,解得最小速度v2==,周期为T==,运动的最长时间为t=T=,C正确,D错误。
5.ABD　粒子沿AO射入磁场,根据左手定则,粒子在磁场中做圆周运动的圆心在AO'上(点拨:速度沿轨迹圆的切线方向,圆心必在过A点且垂直于速度的直线上),根据T=可知,打在不同位置的粒子在磁场中的运动周期相等,如图1所示,若粒子打在F点,则图中α为弦切角,圆心角为弦切角的2倍(点拨:运动时间由圆心角决定),要使打在AC上粒子的运动时间最短,应该让α最小,即打在C点,此时α=45°,圆心角为θ=2α=90°(点拨:轨迹对应的圆心角越小,运动时间越短),所以t1=T=,A正确;打在CDE上的粒子运动时间最长时,α最大,粒子应打在D点,如图2所示,tan α==,则α=60°,圆心角为θ=2α=120°,所以t2=T=,B正确;如图3所示,打在C点和E点的粒子对应弦切角均为45°,所以圆心角相等,运动时间相等,C错误;如图4所示,设粒子以不同速率分别打在G、H、I点,G、H、I在同一条直线上,弦切角相等,圆心角相等,粒子运动时间相等,则在磁场中运动时间相等的粒子可能有3个不同速度,D正确。
　
　
6.A　
模型建构
由牛顿第二定律得qv0B=m,解得R=d,可得带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,则AB板上被粒子打中的区域长度为L1=×2R=d,CD板上被粒子打中的区域长度为L2=2R=d,则L1∶L2=4∶5,A正确。
7.D　ab边恰好没有电子射出,轨迹如图甲所示(点拨:最左侧的圆),则轨迹半径r=,根据洛伦兹力提供向心力有ev0B=m,所以B==,由于电子射入的速度大小不变,方向改变,则轨迹半径不变,根据旋转圆模型可知(破题关键),bc边没有电子射出,A、B错误;从ad边射出的电子在磁场中运动的时间最长时轨迹如图乙所示(点拨:轨迹过d点,此时圆心角最大),根据几何关系可知,圆心角θ=60°,所以最长时间为t=T=·=,C错误;如图丙所示,当入射点和出射点连线恰好为运动轨迹的直径时,从cd边射出的电子距离d点最远(破题关键),轨迹半径为r=,根据几何关系有dm=L,D正确。
　　　
8.AD　如图甲所示,恰好所有粒子都能打在挡板上,则粒子做匀速圆周运动的半径r=2a,由qvB=m,可得v=,A正确;如图甲所示,粒子在磁场中运动的圆心角为θ=时,运动时间最短,由周期T=得最短时间tmin=T=,B错误;粒子射出的方向不同,则轨迹不同,对应的圆心角不同,运动时间不同,C错误;如图乙所示,打到挡板上的最远点坐标为y=2a,3a在2a~2a之间,则一定会有两个不同方向射出的粒子打在挡板上y=3a处,D正确。
9.D　
模型建构
磁聚焦模型
粒子以垂直于圆直径MN的相同速度飞入圆形区域后发生偏转,都恰好能在区域边缘的同一点射出磁场,符合磁聚焦模型(破题关键),由左手定则可得,应于M点射出磁场,A错误;磁聚焦模型中,各粒子的偏转角不同,由粒子运动轨迹可知,射出粒子方向不相同,B错误;磁聚焦模型中,质量和电荷量相等的各粒子的偏转角不同,由t=可知所用时间不同,最上方粒子在磁场中的运动时间最短,最下方粒子在磁场中运动时间最长,C错误;对磁聚焦模型,应有磁偏转半径为圆形区域半径r,根据牛顿第二定律有qvB=m,粒子速度大小为v=,D正确。
名师点津
利用轨迹圆半径与磁场圆半径相等,可证明粒子均从M点射出。
10.CD　
模型建构
离子垂直bc边射出,由左手定则可以判断出磁场的方向垂直于纸面向外,A错误;画出离子运动轨迹如图所示(点拨:属于磁发散模型),磁场区域的右边界为圆弧,其半径与离子做圆周运动的半径相同,所以离子在磁场中做圆周运动的半径为l,B错误;磁场的最大区域(图中阴影部分)是四分之一圆,面积S=πl2,离子运动的最长时间t===,C、D正确。
11.AD　
模型建构
平行入射的粒子全部会聚到O点,这是磁聚焦现象,可知粒子在圆Ⅰ中运动的轨迹半径为R1=r0,由洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,解得v=(破题关键),A正确;粒子从O点进入圆Ⅱ后,全部以水平向右的速度射出,为磁发散现象,可知粒子在圆Ⅱ中轨迹半径等于圆Ⅱ的半径,即R2=2r0,同理,qvB2=m,代入v=,解得B2=,B错误;粒子在圆Ⅰ中周期为T1=,在圆Ⅱ中周期为T2==,最上端入射的粒子偏转角最大,在圆Ⅰ中偏转角θ1=,在圆Ⅱ中偏转角为θ2=,总运动时间为t=T1+T2=+=,C错误;所有粒子从O点进入圆Ⅱ,轨迹半径均为2r0,速度方向范围为竖直向下到水平向右,如图所示,经过的区域为两圆重合的部分,面积为S=2×π(2r0)2-(2r0)2=2π-4=2(π-2),D正确。
归纳总结
磁发散、磁聚焦模型
磁发散 磁聚焦
带电粒子从圆形有界匀强磁场边界上同一点射入,如果轨迹半径与磁场半径相等,则粒子出射方向与入射点的切线方向平行 带电粒子平行射入圆形有界匀强磁场,如果轨迹半径与磁场半径相等,则粒子从磁场边界上同一点射出,该点切线与粒子入射方向平行易混易错练1
易错点1　对安培力方向认识不够全面
1.一通有水平向右电流的直导线,置于如图所示的匀强磁场中,导线与磁场方向垂直。现让直导线绕其端点O垂直纸面向内旋转60°,则直导线所受安培力(　　)
A.大小、方向均变化
B.大小、方向均不变
C.大小变化、方向不变
D.大小不变、方向变化
易错点2　霍尔效应中电势高低判断出错
2.[2026江西九江月考]霍尔式位移传感器的测量原理如图所示,有一个沿z轴方向均匀变化的匀强磁场,磁感应强度大小B=B0+kz(B0、k均为常数,且k>0)。将霍尔元件固定在物体上,保持通过霍尔元件的电流I不变(方向如图所示),当物体沿z轴正方向平移时,由于位置不同,霍尔元件在y轴方向的上、下表面的电势差U也不同。则(　　)
A.磁感应强度B越大,霍尔元件上、下表面的电势差U越小
B.电流越大,霍尔元件上、下表面的电势差U越小
C.若图中霍尔元件是电子导电,则下表面电势高
D.k越大,传感器灵敏度越高
易错点3　对“洛伦兹力不做功”理解不深刻
3.[多选题]如图所示,下端封闭、上端开口、内壁光滑的细玻璃管竖直放置,管底有一带电的小球。整个装置水平匀速向右运动,垂直于磁场方向进入方向垂直纸面向里的匀强磁场,由于外力的作用,玻璃管在磁场中的速度保持不变,最终小球从上端口飞出,则从进入磁场到小球飞出端口前的过程中(　　)
A.小球带负电荷
B.小球做类平抛运动
C.洛伦兹力对小球做正功
D.管壁的弹力对小球做正功
易错点4　回旋加速器中,不理解影响粒子最大动能的因素
4.[2026河北衡水期末]回旋加速器是一种粒子加速器,其直径可由数厘米到数米,它是由欧内斯特·劳伦斯于1931年发明的。简化图如图所示,回旋加速器D形盒上加有垂直于表面的匀强磁场,狭缝间接有交流电压。若A处粒子源产生的带电粒子在加速器中被加速,下列说法中正确的是(　　)
A.若仅增大带电粒子的电荷量和质量的比值,需将交流电源的周期变小
B.洛伦兹力对带电粒子不做功,出射粒子的动能与磁场的磁感应强度无关
C.电场的作用是使带电粒子做圆周运动,获得多次被加速的机会
D.若仅增大加速电场的电压,粒子的最大动能变大
答案与分层梯度式解析
易混易错练1
1.C 2.D 3.BD 4.A
1.C　开始时,导线所受的安培力大小为F=BIL;当导线绕其端点O垂直纸面向内转过60°时,导线所受安培力的大小为F'=BIL cos 60°=BIL,根据左手定则可知,安培力方向不发生变化。故选C。
错解分析
解答本题时,有些同学盲目认为只要电流方向变化,安培力方向就一定变化,从而得出错误结论。本题中导线向纸面内转动,安培力方向与电流方向、磁感应强度的方向都垂直,不发生变化。
2.D　设霍尔元件的长、宽、高分别为a、b、c,设定向移动的自由电荷在x轴方向的速度为v。根据左手定则可知,霍尔元件的上、下表面存在电势差,最终定向移动的自由电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态,则有q=qvB,电流的微观表达式为I=nqSv=nqbcv,联立可得U=,可知磁感应强度B越大,霍尔元件上、下表面的电势差U越大;电流越大,霍尔元件的上、下表面的电势差U越大,A、B错误。若霍尔元件中载流子是自由电子,自由电子运动方向与电流方向相反,根据左手定则,可知电子向下表面偏转,所以上表面电势高,C错误。因磁感应强度大小B=B0+kz,可知霍尔元件在y轴方向的上、下表面的电势差U==,则=,因此k越大,传感器灵敏度越高,D正确。
错解分析
解答本题时,有些同学不明白自由电荷定向移动方向、电流方向和洛伦兹力方向间的关系而导致错解。需明确元件中自由电荷的正、负决定着其两侧面电势的高、低。
3.BD　最终小球从上端口飞出,且磁场方向垂直纸面向里,根据左手定则可知,小球带正电荷,故A错误;设小球竖直分速度为vy、水平分速度为vx,以小球为研究对象,受力如图所示,由于小球随玻璃管在水平方向做匀速直线运动,则洛伦兹力在竖直方向的分力qvxB是恒力,由牛顿第二定律得qvxB-mg=ma,小球的加速度恒定不变,故小球在竖直方向做匀加速直线运动,水平方向做匀速直线运动,则小球做类平抛运动,故B正确;洛伦兹力方向总是与小球的速度方向垂直,对小球不做功,故C错误;管壁对小球的弹力向右,对小球做正功,故D正确。
错解分析
首先需明确,洛伦兹力一定垂直于速度方向,永不做功,但洛伦兹力的分力可以做功,各分力做功的代数和为0。本题中,带电小球参与了两个运动,一个是水平方向的匀速直线运动,一个是竖直方向的匀加速直线运动,实际速度为这两个方向分速度的合速度。如图所示,水平方向分速度对应的洛伦兹力的分力竖直向上,对小球做正功,竖直方向分速度对应的洛伦兹力的分力水平向左,对小球做负功,两分力做功的代数和为0。从实际速度角度看,qvB⊥v,洛伦兹力不做功。有些同学误认为qvxB与vy同向,所以洛伦兹力对小球做正功而错选C。
4.A　由洛伦兹力提供向心力可得qvB=m,交流电源的周期等于带电粒子在磁场中的运动周期,则有T==,若仅增大带电粒子的电荷量和质量的比值,则粒子在磁场中的运动周期变小,需将交流电源的周期变小,A正确;出射粒子运动半径等于D形盒半径R时,由洛伦兹力提供向心力可得qvmB=m,解得vm=,粒子的最大动能为Ekm=m=,可知出射粒子的动能与磁场的磁感应强度有关,B错误;磁场的作用是使带电粒子做圆周运动,获得多次被加速的机会,电场是用来使粒子加速的,C错误;若仅增大加速电场的电压,根据Ekm=,可知粒子的最大动能保持不变,D错误。
错解分析
回旋加速器问题中,并不是加速电压越大,粒子获得的动能就越大,也不是加速的次数越多,粒子获得的动能就越大。粒子射出时动能达到最大值,粒子的最大动能Ekm=m=,可见粒子的最大动能不是由加速电压、加速的次数决定的。

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