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第一周　磁场的性质
一、单选题
1.(2025·安徽合肥高二期末)将可以自由转动的小磁针平行于地表放在赤道上,当在小磁针正上方放置一根南北方向的通电直导线,并且电流方向自北向南,稳定静止时小磁针的指向可能正确的是(黑色一端代表小磁针的N极) (　　)
2.(2025·江苏泰州高二期中)在磁场中有a、b两点,同一电流元在两点垂直磁场放置时受到的安培力F与电流I满足如图所示的关系。则a、b两点磁感应强度大小之比为 (　　)
A.1∶2 B.2∶1
C.2∶5 D.1∶5
3.如图所示,长为5 m的直导线折成边长相等、夹角为120°的V形,并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中,磁感应强度大小为B=0.2 T。当在导线中通以电流I=2 A时,该V形通电导线受到的安培力大小为 (　　)
A.1 N B.2 N
C. N D.2 N
4.(2025·河南郑州高二期末)如图所示,在水平桌面上有一绝缘木板,木板上固定一关于直线ab对称的50匝心形导线圈,导线圈与木板的总质量m=200 g。导线圈与直线ab交于M、N两点,两点间的距离l=10 cm。直线ab左、右两侧分别加上水平方向的匀强磁场,磁感应强度大小相等、方向相反且与ab垂直。导线圈中通入顺时针方向的电流I=2 A时,水平桌面所受木板压力恰好为零。重力加速度g取10 m/s2,则磁感应强度大小为 (　　)
A.0.05 T B.0.1 T
C.0.2 T D.5 T
5.(2025·海南省直辖县级单位高二期末)如图所示,质量为m、电荷量为-q(q>0)的小球A套在粗细均匀的固定绝缘水平杆上,整个装置处在垂直于纸面向外的水平匀强磁场中。现对A施加一个水平向右、大小恒为(FA. B.
C. D.
6.如图所示,三根质量均为m的通电直导线垂直纸面水平放置,导线甲放在水平桌面上,乙、丙固定在甲的上方且连线水平,三根导线的截面连线刚好构成正三角形,现在三根导线中通有大小相等的电流,甲、丙的电流方向向里,乙的电流方向向外,已知相邻两导线间的作用力大小均为,此时甲刚好静止,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g。则下列说法正确的是 (　　)
A.甲对桌面的压力大小为mg
B.甲与水平桌面间的动摩擦因数为
C.仅将丙中电流反向,甲所受的摩擦力变为0
D.仅撤走乙,甲在水平桌面上开始滑动
二、多选题
7.(2025·山东临沂高二期中)下列说法正确的是 (　　)
A.一小段通电导线在某处不受安培力的作用,则该处的磁感应强度一定为零
B.如图甲所示,线圈ABCO的面积为0.4 m2,匀强磁场的磁感应强度B=0.1 T,方向沿x轴正方向(图中未画出),在线圈由图示实线位置绕z轴向下转过60°的过程中,通过线圈的磁通量的变化量为2×10-2 Wb
C.如图乙所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点,且与纸面垂直,导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、O、b在M、N的连线上,O为MN的中点,则O点处的磁感应强度为零
D.三条在同一平面(纸面)内的长直绝缘导线组成一等边三角形,导线中通过的电流大小均为I,方向如图丙所示。a、b、c三点分别位于三角形的三个顶角的角平分线上,且到相应顶点的距离相等。将a、b和c点的磁感应强度大小分别记为B1、B2和B3,则B1=B28.(2025·广东茂名高二阶段练习)如图所示,在光滑绝缘水平桌面上有矩形导体框abcd,ab边长为L,ab、cd边的电阻均为R,其余电阻不计,整个导体框与电源和弹簧连接,弹簧与桌面平行,导体框处在垂直于桌面的匀强磁场中。已知电源电动势为E、内阻为r,弹簧的劲度系数为k。当开关S断开时,弹簧处于原长状态;当开关S闭合,导体框再次静止时,弹簧伸长了x。下列说法正确的是 (　　)
A.磁场方向为垂直桌面向里
B.磁场方向为垂直桌面向外
C.磁感应强度大小为
D.磁感应强度大小为
9.(2025·四川成都高二期末)如图所示,两足够长的通电直导线P、Q(垂直纸面)关于粗糙程度均匀的水平面对称分布,P、Q连线与水平面交点为O,P、Q通以大小相等、方向相反的恒定电流。一带正电的绝缘物块从A点以某一初速度向右运动,恰好运动到O点。下列说法正确的是 (　　)
A.从A到O,磁感应强度逐渐增大
B.从A到O,磁感应强度先增大后减小
C.从A到O,物块做匀减速直线运动
D.从A到O,物块做加速度逐渐增大的减速运动
10.(2025·广东揭阳高二期末)如图所示,将一由绝缘材料制成的带一定正电荷的滑块放在装有光电门的固定木板上,空间中存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。测得滑块与遮光条的总质量为m,木板的倾角为θ,木板与滑块之间的动摩擦因数为μ,遮光条的宽度为d,滑块由静止释放,遮光条通过两光电门所用的时间均为t,重力加速度为g。下列说法正确的是 (　　)
A.到达光电门2之前滑块先加速后减速
B.到达光电门2之前滑块所受的摩擦力先增大后不变
C.滑块所带的电荷量为-
D.滑块所带的电荷量为+
11.(2025·河南高考)手机拍照时手的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量,光学防抖技术可以消除这种影响。如图所示,镜头仅通过左、下两侧的弹簧与手机框架相连,两个相同的线圈c、d分别固定在镜头右、上两侧,c、d中的一部分处在相同的匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里。拍照时,手机可实时检测手机框架的微小加速度a的大小和方向,依此自动调节c、d中通入的电流Ic和Id的大小和方向(无抖动时Ic和Id均为零),使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的是 (　　)
A.若Ic沿顺时针方向,Id=0,则表明a的方向向右
B.若Id沿顺时针方向,Ic=0,则表明a的方向向下
C.若a的方向沿左偏上30°,则Ic沿顺时针方向,Id沿逆时针方向,且Ic>Id
D.若a的方向沿右偏上30°,则Ic沿顺时针方向,Id沿顺时针方向,且Ic三、解答题
12.(12分)(2025·福建南平高二期末)空间中存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度B=2 T。质量m=0.05 kg 的细金属棒MN用绝缘细线OM、O'N悬挂,且始终保持水平。OMNO'是边长L=1 m 的正方形,在金属棒中通以I=0.25 A的电流,金属棒最终静止的位置如图所示。取重力加速度g=10 m/s2,求:
(1)金属棒中的电流是M流向N还是N流向M;(2分)
(2)绝缘细线与竖直方向的夹角θ;(6分)
(3)通过正方形OMNO'的磁通量。(4分)
13.(12分)如图所示,在垂直于纸面向里的匀强磁场中,水平面上有两个并排放置的小滑块A、B,它们的质量分别为mA和mB,两滑块与水平面间的动摩擦因数均为μ。滑块A、B均带有负电荷,电荷量大小分别为qA和qB,不考虑两滑块间相互作用的静电力。在A、B之间有少量炸药,某时刻炸药突然爆炸,爆炸后滑块A沿水平面以速度大小v0向左匀速运动,滑块B沿水平面向右运动。炸药爆炸的过程时间很短,可忽略不计。重力加速度为g。
(1)判断滑块A在运动过程中所受洛伦兹力的方向。(2分)
(2)求磁场的磁感应强度大小B0。(3分)
(3)求炸药爆炸后瞬间滑块B所受水平面摩擦力的大小。(7分)
第一周
1．选A　地磁场方向由南向北，故只在地磁场作用下，小磁针的N极指向北极，当直导线中通以方向由北向南的电流时，在直导线下方会产生由西向东的磁场，则小磁针的N极将由北向东偏转。故选A。
2．选D　根据磁感应强度的定义式B＝可知，对于同一电流元，在F－I图像中，图像的斜率大小即为磁感应强度的大小，故a、b两点的磁感应强度大小之比为1∶5。故选D。
3．选C　根据题意，由几何关系可得，该V形导线的有效长度为L′＝2·sin 60°＝ m，则该V形通电导线受到的安培力大小为F＝BIL′＝0.2×2× N＝ N，故选C。
4．选B　由题意可知MN左右部分心形导线圈的有效长度均为l，左右部分导线圈受到的安培力均向上且大小相等，由于水平桌面所受木板压力恰好为零，对木板、导线圈整体分析，由平衡条件有mg＝2nBIl，代入数据解得磁感应强度大小B＝0.1 T，故选B。
5．选A　对小球分析，在竖直方向根据平衡条件有mg＝qvB＋N，在水平方向根据牛顿第二定律有F－μN＝ma，当小球的加速度大小第一次达到时，联立解得v＝，故选A。
6．选C　对导线甲受力分析，如图1所示，由题意可知，导线甲刚好静止，在竖直方向上有mg＋F乙sin 60°＝FN1＋F丙sin 60°，水平方向上有Ff1＝F乙cos 60°＋F丙cos 60°，其中F乙＝F丙＝，Ff1＝μFN1，解得FN1＝mg，Ff1＝mg，μ＝0.5，又由牛顿第三定律得导线甲对桌面的压力大小为FN1′＝FN1＝mg，故A、B错误；仅将导线丙中电流反向，导线甲受力分析如图2所示，由对称性可知，导线乙和导线丙在水平方向的分力大小相等，所以导线甲所受的摩擦力为0，故C正确；仅撤走导线乙，导线甲的受力分析如图3所示，假设导线甲不滑动，则竖直方向有mg＝FN3＋F丙sin 60°，则FN3＝mg－mg，导线甲与桌面间的最大静摩擦力为Ffm＝μFN3＝－mg，F丙在水平方向的分力为Fx＝F丙cos 60°＝mg，显然Fx　　
7．选BD　当通电导线在磁场内和磁场平行，则此时导线不受力，A错误；在实线位置时，线圈和磁场方向平行，则通过线圈的磁通量Φ1＝0，当线圈在虚线位置时，磁通量为Φ2＝BSsin 60°＝2×10－2 Wb，所以变化量为ΔΦ＝Φ2－Φ1＝2×10－2 Wb，B正确；由右手螺旋定则可知，两根导线在O点产生的磁场方向都向下，叠加之后不为0，C错误；a、b、c三处的磁感应强度是三根通电导线所产生的磁感应强度的叠加，根据安培定则可知左、右两根导线在a处产生的磁感应强度方向相反，因为到a处距离相等，所以磁感应强度大小相等，所以左、右两根导线在a处产生的磁感应强度的矢量和为零，a处的磁感应强度大小等于下面导线在该处产生的磁感应强度大小，同理可知，b处的磁感应强度大小等于右面的导线在该处产生的磁感应强度大小，三根通电导线在c处产生的磁感应强度方向均垂直于纸面向里，所以合磁感应强度大小最大，所以有B1＝B28．选BD　当开关S闭合后，弹簧伸长，则安培力方向由a指向d，结合左手定则，可知磁场垂直桌面向外，故A错误，B正确；由题意可知，导体框所受合力为零，则F安＝kx，又F安＝BIL＝BL，可得B＝，故C错误，D正确。
9．选AC　根据安培定则可得，两导线在AO之间产生的磁感应强度如图所示，
根据平行四边形定则，将两磁感应强度合成可知，合磁感应强度方向水平向左，由A到O两导线产生的磁感应强度增大且与水平夹角变小，则合磁感应强度逐渐增大，故A正确，B错误；由于AO之间合磁感应强度方向水平向左，与物块的运动方向共线，所以物块不受洛伦兹力，物块在运动过程中受到恒定不变的摩擦力，根据牛顿第二定律，物块做匀减速直线运动，故C正确，D错误。
10．选BC　以滑块为对象，根据左手定则可知，滑块运动过程受到的洛伦兹力垂直斜面向下，滑块由静止释放，根据牛顿第二定律可得mgsin θ－μ(mgcos θ＋qvB)＝ma，可知随着滑块速度的增大，滑块的加速度减小，所以滑块先做加速度减小的加速运动，由于遮光条通过两光电门所用的时间均为t，可知滑块到达光电门前已经做匀速运动，到达光电门2之前滑块先加速后匀速，滑块所受的摩擦力先增大后不变，故A错误，B正确；遮光条通过两光电门速度大小为v＝，根据受力平衡可得mgsin θ－μ(mgcos θ＋qvB)＝0，联立解得滑块所带的电荷量为q＝－，故C正确，D错误。
11．选BC　若Ic沿顺时针方向，Id＝0，c线圈所受安培力方向水平向右，为使镜头处于零加速度状态，镜头应受到弹簧水平向左的拉力，所以手机框架应向左做加速运动，所以a方向向左，A错误；若Id沿顺时针方向，Ic＝0，d线圈所受安培力方向竖直向上，同理可知，手机框架应向下做加速运动，所以a方向向下，B正确；若a的方向沿左偏上30°，说明左、下两侧弹簧对镜头的合力方向沿左偏上30°，为使镜头保持零加速度状态，c、d线圈所受安培力的合力方向应沿右偏下30°，根据力的合成与分解可知，c线圈所受安培力方向水平向右，d线圈所受安培力方向竖直向下，且向右的安培力大于向下的安培力，根据左手定则可知，Id沿逆时针方向，Ic沿顺时针方向，由F＝BIL可知，Ic＞Id，C正确，同理可知，D错误。
12．解析：(1)以金属棒为对象进行受力分析，可知金属棒受到的安培力水平向右，根据左手定则可知，金属棒中的电流由M流向N。
(2)金属棒的受力如图所示，
根据受力平衡可得tan θ＝
又F安＝BIL
联立可得tan θ＝1
则绝缘细线与竖直方向的夹角θ＝45°。
(3)通过正方形OMNO′的磁通量Φ＝BSsin θ＝BL2sin θ
解得Φ＝ Wb。
答案：(1)M流向N　(2)45°　(3) Wb
13．解析：(1)滑块A向左做匀速直线运动，则说明A不受水平面摩擦力作用，水平面支持力为零，滑块A所受重力与洛伦兹力两个力平衡，则洛伦兹力方向为竖直向上。
(2)对滑块A，由二力平衡有qAv0B0＝mAg，则B0＝。
(3)爆炸过程A、B动量守恒，爆炸后瞬间B的速度大小为vB，由动量守恒定律有0＝mAv0－mBvB，得vB＝，滑块B运动方向与A运动方向相反，向右运动，B受到的支持力FN＝mBg＋qBvBB0，B受摩擦力Ff＝μFN，解得Ff＝μg。
答案：(1)竖直向上　(2)　(3)μg
2 / 5第二周　带电粒子在磁场中的运动
一、单选题
1.1932年,美国物理学家安德森在宇宙线实验中发现了正电子(带正电荷)。他利用放在强磁场中的云室来记录宇宙线粒子,并在云室中加入一块厚6 mm 的铅板,借以减慢粒子的速度。当宇宙线粒子通过云室内的垂直纸面的匀强磁场时,拍下粒子径迹的照片,如图甲所示,根据照片画出的轨迹示意图如图乙,可分析得出 (　　)
A.磁场方向垂直向里,正电子从上到下穿过铅板
B.磁场方向垂直向里,正电子从下到上穿过铅板
C.磁场方向垂直向外,正电子从上到下穿过铅板
D.磁场方向垂直向外,正电子从下到上穿过铅板
2.(2025·安徽阜阳高二期末)如图所示,等边三角形acd在光滑绝缘水平面内,O为三角形的中心。在三角形acd内(含边界)存在竖直向下的匀强磁场。在O点给带正电小球P一初速度,使其沿水平面射向各个方向,小球均不会离开磁场,此时小球的初速度最大为v1。现在O点给该带正电小球P另一初速度,平行da射向ac边,小球刚好不离开磁场,此时小球的初速度为v2,则v1与v2之比为 (　　)
A.2∶3 B.4∶9
C.3∶4 D.1∶2
3.(2025·湖北十堰高二阶段练习)如图所示,一带电粒子垂直入射半径为R的圆形匀强磁场,P点进Q点出,∠POQ=60°,且入射速度方向垂直于半径OQ,不计粒子重力,下列说法正确的是 (　　)
A.粒子P点进Q点出速度方向偏转了90°且轨迹半径为
B.粒子P点进Q点出速度方向偏转了60°且轨迹半径为
C.若保持粒子速度不变但入射点沿磁场边界稍微下移,粒子仍从Q点出磁场
D.若保持粒子速度不变但入射点沿磁场边界稍微下移,粒子从Q点左侧出磁场
4.(2025·江苏南通高二期中)如图所示,边长为L的等边三角形区域内有匀强磁场。大量电子从B点射入磁场中,入射方向分布在与BC边的夹角为60°的范围内,在磁场中的运动半径均为L。不计电子间的相互作用。则在磁场中运动时间最长的电子入射时的α角为 (　　)
A.0° B.15°
C.30° D.45°
5.(2025·云南昆明高二期末)如图,a、b、c三条长平行线间有匀强磁场,bc间磁感应强度方向垂直于纸面向外,ab间磁感应强度垂直于纸面向里,磁感应强度大小相等。一带正电的粒子垂直于a边界进入磁场,仅在洛伦兹力的作用下到达c线上的Q点(图中未标出)时速度方向竖直向下,且已知线段PQ垂直于abc线。则ab线与bc线间距的比值为 (　　)
A.0.5 B.
C.2-3 D.3-4
6.(2025·河南南阳高二期末)如图所示,坐标系中第Ⅰ象限内存在与纸面垂直的匀强磁场,a点和b点的坐标分别为a和b,过x轴上O'点的虚线与x轴垂直。两个完全相同的带电粒子甲和乙分别从a点和b点以相同的速度沿x轴正方向射入磁场,粒子甲到达O'点时速度方向刚好与虚线相切,不计粒子重力,则粒子乙到达虚线上的位置坐标是 (　　)
A. B.
C. D.
二、多选题
7.(2025·天津红桥区高二阶段练习)如图所示,氢原子的三个同位素粒子氕H)、氘H)、氚H)同时垂直于磁场左边界以速度v0射入磁场,经过一段时间后,三个粒子均从磁场左边界射出(射出点未画出),不计粒子所受重力,则 (　　)
A.粒子所受合外力对三个粒子所做的功均为0
B.氕在磁场中运动的半径最大
C.氚在磁场中运动的时间最长
D.三个粒子的速度变化量不同
8.(2025·四川眉山模拟)如图所示为某速度选择器的主要工作区域,圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出),O点为磁场的圆心,水平虚线为圆的一条直径。S点有一粒子发射源,能在纸面内沿SO向外发射一系列比荷均为k的正粒子,M、N为水平虚线下方半圆的三等分点,P为水平虚线下方半圆的一个四等分点。粒子发射速率为v0时,粒子在磁场中运动时间为t0并从M点离开磁场。粒子初速度范围为[0.1v0,10v0],可连续变化,且不同速度的粒子数量相同。下列说法正确的是 (　　)
A.磁感应强度大小为
B.从P点射出的粒子的速率为v0sin 22.5°
C.粒子的速度越小,在磁场中运动时间越短
D.从弧SM射出的粒子数小于从弧MN射出的粒子数
三、解答题
9.(10分)(2025·广东惠州高二阶段练习)如图所示,水平地面与竖直墙壁交点O有一放射源,可以向竖直面内各个方向均匀发射带正电粒子。水平地面上方有一宽度为L的匀强磁场区域,磁场区域上下边界平行地面且下边界距地面距离为L。粒子发射速度均为v,质量为m,电量为q,磁场的磁感应强度大小为B=,方向垂直纸面向外。不计粒子的重力及粒子间的相互作用。求:
(1)粒子进入磁场时的速度大小;(2分)
(2)粒子进入磁场后做圆周运动的半径大小;(3分)
(3)磁场区域上边界粒子飞出点距离竖直墙壁的最大距离。(5分)
10.(12分)(2025·山西临汾高二期中)如图所示,第一象限及坐标轴正半轴存在磁感应强度大小为B、方向垂直xOy平面的匀强磁场,在x=a处有垂直于x轴的金属薄板,长度为a,一粒子从坐标中心O沿y轴正方向以速度v0射出,恰好垂直打中薄板。
(1)求粒子的比荷;(4分)
(2)若只改变粒子的速度大小,要使其能打中薄板,求粒子速度大小v的取值范围;(4分)
(3)若只改变粒子的速度方向,要使其能打中薄板,求粒子速度与x轴正半轴的夹角θ的取值范围。(4分)
11.(12分)(2025·山西阳泉高二期末)如图所示,平面内有一个半径为R的圆形区域,右侧存在一个截面为矩形的区域abcd,两个区域的切点O为ad边的中点,ab=R,bc=2R,bc和cd边上分别有一个接收屏(接收屏的长度等于矩形区域的边长)。两个区域内存在垂直纸面向外且相同的匀强磁场(两区域磁场方向平行),磁感应强度B=,现有一簇粒子(质量为m,电荷量为+q)以速度v0、方向竖直向上垂直磁场进入圆形区域(粒子的射入范围等于圆形区域的直径且分布均匀),不考虑粒子的重力,射出矩形边界后的粒子不再考虑。求:
(1)沿着半径射入的粒子在圆形区域内的运动时间t;(6分)
(2)矩形区域内粒子所经过的面积S。(6分)
第二周
1．选A　正电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有Bqv＝m，解得R＝，正电子穿过铅板后速度减小，正电子在磁场中的运动半径减小，由题图可知，正电子从上向下穿过铅板。由左手定则可知，磁场的方向垂直纸面向里。故A正确，B、C、D错误。
2.选C　设三角形边长为a，当小球速度为v1时，设其运动轨迹圆心为O1、半径为R1，由几何关系可得2R1＝tan 30°；当小球速度为v2时，设其运动轨迹圆心为O2、半径为R2，由几何关系可得R2＋＝；根据qvB＝m，解得v＝∝R，可得＝＝，故选C。
3.选C　作出粒子的运动轨迹如图所示，由于∠POQ＝60°，根据几何关系可得，图中平行四边形OPO1Q为菱形，所以r＝R，保持粒子速度不变，根据磁聚焦的特点可知，粒子一定从Q点出磁场，且速度的偏转角等于圆心角。故选C。
4.选C　电子在磁场中运动时间t＝T＝，可知圆心角越大，在磁场中运动时间越长，由于在磁场中的运动半径均为L，可知电子在三角形ABC区域磁场内运动的轨迹只能是劣弧，根据数学知识可知，轨迹所对应弦长越长，圆心角越大，当电子过A点时，对应弦长最长，圆心角最大，由图可知，AB边长等于半径，所以△AOB为等边三角形，∠ABO ＝ 60°，此时电子在磁场中运动时间最长，电子入射时的α角为30°，故选C。
5.选C　由题可知，由于磁感应强度大小相等，故粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径相等，设做圆周运动的半径为r，因为在洛伦兹力的作用下粒子到达c线时的速度竖直向下，且已知PQ垂直于abc线，其运动轨迹如图所示，其中A为b线左侧粒子做圆周运动的圆心，B为b线右侧粒子做圆周运动的圆心，由几何知识可知AP＝r，AB＝2r，故有sin θ＝＝，θ＝30°，ab线间距xab＝rcos θ，bc线间距xbc＝rcos θ＋r，联立解得xab∶xbc＝2－3，故选C。
6.选D　粒子甲到达O′点时速度方向刚好与虚线相切，表明粒子在磁场中做圆周运动的半径R＝Oa＝l，由于a、b相距，则粒子乙的轨迹圆心c与O点相距，如图所示，粒子乙的轨迹与x轴的交点d到O点的距离Od＝ ＝l，O′d＝l－Od＝l，根据几何关系，粒子乙到达虚线上的位置e与O′的距离O′e＝O′dtan 60°＝l×＝l，所以e点坐标为，故选D。
7．选AC　粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，粒子受到的洛伦兹力与粒子速度方向垂直，洛伦兹力不做功，故粒子所受合外力对三个粒子所做的功均为0，故A正确；根据洛伦兹力提供向心力qvB＝m，粒子的运动半径为r＝，故氚在磁场中运动的半径最大，故B错误；粒子在磁场中的运动周期为T＝，三个粒子均从磁场左边界射出，可知三个粒子运动轨迹对应的圆心角均为180°，粒子在磁场中的运动时间为t＝T＝，故氚在磁场中运动的时间最长，故C正确；以初速度方向为正方向，三个粒子的速度变化量为Δv＝－v0－v0＝－2v0，故三个粒子的速度变化量相同，故D错误。
8.选AD　当粒子从M点离开磁场时，轨迹如图所示，粒子在磁场中运动的时间为t0＝·，所以B＝＝，故A正确；设圆形区域的半径为R，当粒子从M点射出时，根据洛伦兹力提供向心力qv0B＝m，根据几何关系有＝tan 30°，当粒子从P点射出时，根据洛伦兹力提供向心力qv1B＝m，根据几何关系有＝tan 22.5°，联立解得v1＝v0tan 22.5°，故B错误；粒子的速度越小，轨迹半径越小，圆心角越大，则粒子在磁场中运动时间越长，故C错误；若粒子从N点射出，则qv2B＝m，＝tan 60°，所以v2＝3v0，从弧SM射出的粒子的速度范围为0.1v0～v0，从弧MN射出的粒子速度范围为v0～3v0，由此可知，从弧SM射出的粒子数小于从弧MN射出的粒子数，故D正确。
9．解析：(1)粒子进入磁场前做匀速直线运动，进入磁场时的速度大小为v。
(2)由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m
解得R＝L。
(3)恰好从磁场区域上边界飞出的粒子的轨迹如图所示，
粒子斜向上运动，速度与竖直方向夹角为α时，其在磁场中的轨迹与上边界相切，切点为粒子从磁场区域上边界飞出时距离竖直墙壁的最远点，设为d，由几何关系可得d＝Ltan α＋，sin α＝＝
解得d＝L＋L＝L。
答案：(1)v　(2)L　(3)L
10．解析：(1)根据题意可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r＝a
由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m
联立解得粒子的比荷＝。
(2)若只改变粒子的速度大小，要使其能打中薄板，当粒子恰好打到薄板与x轴交点时，粒子轨道半径最小，速度最小，根据几何关系可得rmin＝
由洛伦兹力提供向心力得qvminB＝m
联立解得vmin＝
则粒子的速度应满足≤v ≤v0。
(3)若只改变粒子的速度方向，要使其能打中薄板，粒子轨迹经过薄板与x轴交点时，如图所示，
由几何关系可得sin θ＝＝
可得θ＝30°
因此粒子的速度方向与x轴正半轴的夹角应满足30°≤θ ≤90°。
答案：(1)　(2)≤v ≤v0　(3)30°≤θ ≤90°
11．解析：(1)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qv0B＝m，T＝
解得r＝R，T＝
沿着半径射入的粒子一定沿半径射出，根据几何关系可知，粒子在圆形磁场中的轨迹为四分之一圆弧，则运动时间为t＝
解得t＝。
(2)结合上述可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径等于圆形磁场区域的半径，则粒子入射点、出射点、圆形区域的圆心与轨迹圆的圆心四点构成的四边形为菱形，则所有粒子经过圆形磁场均可由切点O进入矩形磁场内部，速度方向为任意方向，根据几何关系可知，沿平行于Oa方向射入矩形区域的粒子打在b点，此时为临界情况，如图所示，则粒子在矩形区域中所经过的面积为一个圆心角为90°的扇形和一个正方形的面积之和，解得S＝R2。
答案：(1)　(2)R2
1 / 4第三周　带电粒子在组合场和叠加场中的运动
一、单选题
1.(2025·山东青岛高二期末)人体血管状况及血液流速能反映出身体健康状态,为了研究这一课题,我们做如下的简化和假设:如图所示,某段血管内径为d,血流速度方向水平向右,血液中含有大量的正、负离子,血管处于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中,M、N是血管上侧和下侧对称的两个位置。血液流量Q保持不变,下列说法正确的是 (　　)
A.M点电势高于N点电势
B.血液流速大小v=
C.M、N两点间的电势差U=
D.当血液中离子浓度升高时,M、N两点间的电势差变大
2.(2025·福建泉州高二期末)两个相互平行的竖直边界内存在正交的匀强磁场和电场,磁场沿水平方向、磁感应强度大小为B,电场沿竖直方向、电场强度大小为E,一带电微粒从左边界上某点垂直边界射入恰好沿直线运动。若保持其他条件不变,仅改变电场方向,变为与原来相反,当该带电微粒仍以相同的速度入射时,该带电微粒做匀速圆周运动且恰好不从右边界射出。已知两边界的宽度为d,该微粒的比荷为 (　　)
A. B.
C. D.
3.(2023·海南高考)如图所示,带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场,关于小球运动和受力的说法正确的是 (　　)
A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右
B.小球运动过程中的速度不变
C.小球运动过程中的加速度保持不变
D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功
4.(2025·四川眉山高二期末)如图所示,在足够大的空间内,同时存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场,带正电的小球a以v0=15 m/s、方向水平向左的初速度做半径为R=1 m 的匀速圆周运动,当球a运动到最低点时,恰好能与静止在小平台(体积可忽略)上的不带电的小球b发生正碰,碰后经t=0.3 s两球再次相碰。已知碰撞前后两小球的带电情况不变,磁感应强度大小为B=2 T,重力加速度g=10 m/s2,取π=3,则 (　　)
A.电场强度的大小为1 N/C
B.第一次碰撞后小球b获得的速度大小可能为2 m/s
C.第一次碰撞前后小球a的速度方向可能相同
D.小球b的质量是小球a质量的14.5倍
5.(2025·四川攀枝花高二期末)如图所示,带负电的小球从倾斜的绝缘真空管中由静止开始下滑,管道足够长,整个空间有垂直于管道和纸面向里的匀强磁场,小球与管道内壁之间的动摩擦因数恒定且不为零,真空管内径比小球直径略大一点,则在小球下滑至匀速的过程中,下列说法正确的是 (　　)
A.小球先加速后减速
B.小球一直受四个力作用
C.小球的加速度先减小后增大
D.小球所受摩擦力先减小后增大
二、多选题
6.(2025·湖北武汉高二期末)如图所示,矩形区域ABCD的空间中存在一磁感应强度大小为B的匀强磁场,方向垂直纸面向里,点O为AD边的中点。一带电粒子由O点沿平行于上下边界的方向射入磁场中,然后从C点射出。若保持所有条件不变,在磁场区域再加上一电场强度大小为E的匀强电场,该粒子入射后沿直线运动射出场区。已知AD=2a,AB=a,不计粒子的重力,下列说法正确的是 (　　)
A.电场方向为平行于左右边界向下
B.电场方向为平行于左右边界向上
C.该粒子的比荷为
D.该粒子的比荷为
7.(2025·四川凉山高二期末)如图所示是某种磁式质量分析器的结构原理图,此分析器由以下几部分构成:粒子源、加速电场、磁分析器、收集板。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从粒子源S小孔无初速度地飘入加速电场,经电压U加速后,从P点垂直边界进入磁分析器,最后垂直打在收集板上的Q点,已知磁分析器中的偏转磁场是一个以O为圆心的扇形匀强磁场,磁感应强度的方向垂直纸面向外,OP=l。若不计带电粒子的重力,收集板刚好和磁分析器的OB边界重合。则下列说法正确的是 (　　)
A.偏转磁场的磁感应强度的大小B=
B.偏转磁场的磁感应强度的大小B=
C.只增大加速电压U,粒子可能会落在收集板上的M点
D.只减小加速电压U,粒子可能会落在收集板上的M点
8.(2025·山东临沂高二期末)如图所示,空间存在一范围足够大的垂直于xOy平面向里的匀强磁场和沿y轴负方向的匀强电场,磁感应强度为B,电场强度为E,让一带正电的粒子从坐标原点O以v0=的初速度沿x轴正方向发射,不计粒子重力影响,则 (　　)
A.粒子始终在第四象限内做周期性运动
B.粒子最初一段径迹是一段抛物线
C.粒子最终以2v0的速度做匀速直线运动
D.粒子运动过程中的最大速度为3v0
三、解答题
9.(12分)(2025·辽宁丹东高二期末)如图所示,在第一象限0~x0范围内有E=3×105 V/m、方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场,电场与磁场分布在与x轴负方向夹角37°的虚线两侧。比荷=1×105 C/kg的带正电粒子由静止经加速电场加速后从y轴上y0= m处以v0=3×105 m/s平行于x轴射入电场,经电场偏转后粒子垂直于电场与磁场分界线进入磁场,再经磁场偏转后(不返回电场区域)恰好垂直磁场右边界打出,粒子重力不计,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
(1)加速电场的电压U的大小;(3分)
(2)坐标x0的数值;(5分)
(3)磁感应强度B的大小。(4分)
10.(14分)(2025·广西南宁高二期中)如图所示,在一电容为C的平行板电容器MS、NT之间的区域有垂直纸面向外的匀强磁场,其磁感应强度为B,极板MS、NT分别带+Q、-Q的电荷量,板间距为L,现有一电量为-q的带负电液滴在极板间的竖直面内做速率为v的匀速圆周运动,其圆心O到两极板的距离相等,已知重力加速度为g,极板MS、NT足够长。
(1)液滴的质量为多少 液滴是顺时针还是逆时针运动 (5分)
(2)求液滴做匀速圆周运动的轨迹半径;(3分)
(3)若在液滴运动至圆轨迹的最低点时,撤去磁场,同时将电容器所带的电荷量加倍,假设极板足够长,求液滴从撤去磁场到打在极板上所需的时间。(6分)
11.(15分)(2025·云南高考)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为U、间距为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;(4分)
(2)求B1以及y轴上可能检测到该粒子的范围;(6分)
(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 (5分)
第三周
1．选C　根据左手定则，可知正离子向下偏、负离子向上偏，故M点电势低于N点电势，故A错误；由题可得，血液流量Q＝Sv＝π2v，解得v＝，故B错误；稳定时，离子所受洛伦兹力等于所受的电场力，则有qBv＝qE＝q，解得U＝，故C正确；根据U＝，可知M、N两点间的电势差U与血液中离子的浓度无关，故D错误。
2．选C　改变电场方向后微粒做匀速圆周运动，可知重力与电场力平衡，即mg＝qE，此时微粒所受电场力方向向上，恰好不从右边界射出，可知微粒做圆周运动的半径r＝d，即qvB＝m，电场方向改变之前微粒所受电场力方向向下，微粒做直线运动，则mg＋qE＝Bqv，联立解得＝，故选C。
3．选A　根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A正确；小球受洛伦兹力和重力作用，合力不为零且时刻变化，则小球运动过程中的速度、加速度都改变，B、C错误；洛伦兹力永不做功，D错误。
4．选D　小球a做匀速圆周运动，则qv0B＝m，Eq＝mg，联立解得E＝ N/C，故A错误；第一次碰撞后，小球b做平抛运动，能与小球a第二次碰撞，则小球a第一次碰撞前后的速度方向相反，故C错误；小球a做匀速圆周运动的周期为T＝＝0.4 s，第一次碰撞后经t＝0.3 s两球再次相碰，所以x＝y＝r，x＝v2t，y＝gt2，qv1B＝m，解得v2＝1.5 m/s，r＝0.45 m，v1＝6.75 m/s，故B错误；两球碰撞过程中，有mav0＝－mav1＋mbv2，代入数据可得mb＝14.5ma，故D正确。
5.选D　小球向下运动过程中，开始阶段小球的速度小，受到的洛伦兹力小，小球受到重力、垂直管道向上的洛伦兹力、垂直管道向上的支持力和沿管道向上的滑动摩擦力，如图1所示，随着小球速度的增大洛伦兹力增大，支持力减小，由f＝μFN可知，摩擦力减小，小球向下做加速度增大的加速运动，当向上的支持力减小为零时，小球的摩擦力也为零，此时小球沿管道向下的加速度最大。之后小球的速度继续增大，洛伦兹力大于重力垂直管道向下的分力，支持力变为垂直管道向下，如图2所示，
支持力随着小球的速度增大而增大，从而使摩擦力也随着增大，直至摩擦力增大到与重力沿管道向下的分力相等，此过程小球做加速度减小的加速运动。当摩擦力增大到与重力沿管道向下的分力相等以后小球做匀速运动。因此小球先做加速度增大的加速运动，接着做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动。由以上分析可知，在小球下滑至匀速的过程中，小球一直加速，故A错误；当小球受到的洛伦兹力等于重力垂直管道向下的分力时，小球只受重力和洛伦兹力两个力，故B错误；在小球下滑至匀速的过程中，小球的加速度先增大后减小到零，故C错误；在小球下滑至匀速的过程中，摩擦力先减小后增大，故D正确。
6.选AC　粒子受到的洛伦兹力方向向下，可知粒子带负电，加电场后粒子沿直线运动，可知粒子受向上的电场力，则电场方向为平行于左右边界向下，故A正确，B错误；加电场后粒子做直线运动，有qE＝Bqv，粒子在磁场中运动时，作出其运动轨迹，如图所示，由几何关系可知r2＝(a)2＋(r－a)2，解得r＝2a，根据qvB＝m，可得＝，故C正确，D错误。
7．选AC　粒子在电场中加速，设粒子进入磁场时的速度为v，由动能定理有qU＝mv2，解得v＝，粒子进入磁场中做圆周运动，根据几何关系可知，粒子在磁场中的轨迹半径为l，根据洛伦兹力提供向心力可得Bqv＝m，解得B＝，故A正确，B错误；粒子在磁场中做圆周运动，设加速电压为U0时粒子进入磁场的速度为v0，进入磁场后的轨迹半径为R，可得R＝＝ ，可知只增大加速电压，粒子在磁场中运动的轨迹半径将增大，只减小加速电压，粒子在磁场中运动的轨迹半径将减小，由此可知，只增大加速电压U，粒子可能会落在收集板上的M点，故C正确，D错误。
8．选AD　根据配速法将v0分解为v1、v2，且qv1B＝Eq，解得v1＝＝2v0，根据左手定则可知，v1沿x轴正方向，则v2的大小为v0，方向沿x轴负方向，粒子的运动可看成速度大小为v1的匀速直线运动和速度大小为v2的匀速圆周运动的合运动，故粒子始终在第四象限内做周期性运动，故A正确，C错误；粒子受到的合外力不恒定，粒子最初一段径迹不是一段抛物线，故B错误；当速度大小为v2的匀速圆周运动的运动方向与v1运动方向相同时，粒子运动过程中的速度最大，为vm＝v1＋v2＝3v0，故D正确。
9．解析：(1)由动能定理得qU＝mv02
解得U＝4.5×105 V。
(2)粒子在电场中做类平抛运动，tan 37°＝
根据牛顿第二定律有Eq＝ma，vy＝at
解得t＝×10－5 s
x轴方向位移x1＝v0t＝4 m
y轴方向位移y1＝··t2＝ m
由几何关系得x0＝x1＋＝12 m。
(3)设粒子进入磁场时的速度为v，则v＝＝5×105 m/s
粒子恰好垂直右边界从磁场中打出，则圆周运动轨道半径R＝＝10 m
由洛伦兹力提供向心力qBv＝
解得B＝＝0.5 T。
答案：(1)4.5×105 V　(2)12 m　(3)0.5 T
10．解析：(1)液滴在极板间的竖直面内做速率为v的匀速圆周运动，重力与电场力平衡，则有q＝mg
根据电容的定义式有C＝
解得m＝
液滴带负电，磁场方向垂直于纸面向外，根据左手定则可知，液滴是逆时针运动。
(2)液滴做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝m
结合上述解得R＝。
(3)电容器所带的电荷量加倍，根据牛顿第二定律有q－mg＝ma，C＝
结合上述解得a＝g
撤去磁场后，液滴做类平抛运动，则有R＋＝at2
结合上述解得t＝。
答案：(1)　逆时针运动　 (2)　(3)
11．解析：(1)由题可知，该粒子在速度选择器中受力平衡，有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，由几何关系可知r1＝L
由洛伦兹力提供向心力有qv0B1＝m
联立解得B1＝
粒子进入磁场做匀速圆周运动的半径为r＝
由于B2＜B1，可知粒子在磁屏蔽区做匀速圆周运动的半径r2＞r1＝L
假设B2＝0时，粒子在磁屏蔽区竖直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，
由以上分析可知，粒子离开磁屏蔽区做匀速圆周运动的半径r3＝r1＝L
故粒子打在y＝3L处，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，其运动轨迹如图2所示，
由几何关系可知r2′2＝(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＝
若在Q处检测到该粒子，则η＝×100%＝60%。
答案：(1)　(2)　L1 / 5

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