第一章 安培力与洛伦兹力
1 磁场对通电导线的作用力
(分值：100分)
1~7题每题7分，共49分
考点一 安培力的方向 左手定则
1.(2024·攀枝花市高二期末)下列选项中正确标明了通电导线所受安培力F方向的是 ( )
2.有一通电导线在赤道上方，沿东西方向水平放置，电流方向向东，它受到地磁场的作用力方向为 ( )
A.向东 B.向西
C.向上 D.向下
考点二 安培力的大小
3.(2023·江苏卷)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
4.(2024·潍坊市高二期末)如图所示，在空间中分布着沿x轴正方向、磁感应强度大小为B的匀强磁场，将一金属导线制成半径为r的圆环以O为圆心放置在xOy平面内。当圆环中通过由a到b的电流I时，圆环受到的安培力大小和方向分别为 ( )
A.BIr，垂直xOy平面向里
B.BIr，垂直xOy平面向外
C.BIr，垂直xOy平面向外
D.BIr，垂直xOy平面向里
5.如图所示，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直，线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc=∠bcd=135°。流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示，则导线abcd受到的磁场的作用力的合力 ( )
A.方向沿纸面向上，大小为(+1)BIL
B.方向沿纸面向上，大小为3BIL
C.方向沿纸面向下，大小为(+1)BIL
D.方向沿纸面向下，大小为3BIL
6.(2024·邯郸市高二期末)如图甲所示，长为2l的直导线MN折成两边相等、夹角为60°的“V”形并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中。当导线中通以电流I时，该“V”形通电导线受到的安培力大小为F。若如图乙所示，在M、N间接上长为l的相同直导线，使从M点流入、N点流出的电流仍为I，则该三角形通电导线受到的安培力大小为 ( )
A.0 B.0.5F
C.F D.1.5F
考点三 磁电式电流表
7.(2023·宿迁市高二期中)如图甲为磁电式电流表的结构图，图乙为极靴和铁芯间的磁场分布，线圈a、b两边通以图示方向电流，线圈两边所在处的磁感应强度大小相等。则下列选项正确的是 ( )
A.该磁场为匀强磁场
B.线圈将顺时针转动
C.a、b两边所受安培力相同
D.线圈平面总与磁场方向垂直
8~10题每题9分，11题14分，共41分
8.(多选)(2024·许昌市高二期末)电流传感器是一种测量磁场力的装置，如图所示。两相距很近的线圈Ⅰ和Ⅱ，其线圈绕向相同，线圈Ⅱ固定在水平绝缘底座M上，线圈Ⅰ置于线圈Ⅱ上，两个线圈之间用厚度均匀的绝缘薄膜隔开。P是固定在线圈Ⅰ上的微小激光灯，N是固定在底座M上且带有刻度的显示屏(显示磁场力的大小)，当两线圈均无电流通入时，激光灯发射的水平激光刚好指向零刻度。当两线圈均通入电流时，下列说法正确的是 ( )
A.当两线圈电流方向相同，激光灯发射的水平激光指向零刻度下方某一刻度
B.当两线圈电流方向相反，激光灯发射的水平激光指向零刻度上方某一刻度
C.当两线圈电流方向相同，激光灯发射的水平激光指向零刻度上方某一刻度
D.当两线圈电流方向相反，激光灯发射的水平激光指向零刻度下方某一刻度
9.(多选)(2023·重庆市南坪中学期末)常导磁吸式利用装在车辆两侧转向架上的常导电磁线圈和铺设在线路导轨上的磁铁，在两者的相互作用下产生的吸引力使车辆浮起，轨道磁铁受列车速度影响，速度大磁性强，轨道磁铁外部磁感应强度随距离增大而减小。车体运行时，通过精确控制车身线圈中的电流I磁，形成稳定的吸引力，使车体与轨道之间始终保持10 mm的悬浮间隙，如图所示。下列选项正确的是 ( )
A.车身悬浮时受到的竖直方向安培力大小等于重力大小
B.当悬浮间隙小于10 mm时，应增大电流I磁使之恢复
C.车体满载时悬浮较空载所需的电流I磁较小
D.列车高速时更难悬浮
10.如图所示，位于纸面内的细直导线长L=5 m，通有I=3 A的恒定电流，平行于纸面水平向右的匀强磁场，磁感应强度B=2 T。当导线与B成60°夹角时，发现其受到的安培力为零，则该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度B'的可能值为 ( )
A. T B. T
C.2 T D. T
11.(14分)(2023·丹东市高二期末)电流天平可以用来测量匀强磁场的磁感应强度大小，装置如图所示。其右臂悬挂着匝数n=10的矩形线圈，线圈水平边长l=10 cm，处于匀强磁场中，磁感应强度的方向垂直于线圈平面向外。当线圈中通过I=0.1 A、顺时针方向的电流时，调节砝码使天平达到平衡，此时左盘中砝码质量m1=0.4 kg，右盘中砝码质量m2=0.5 kg。若悬挂矩形线圈的轻杆及矩形线圈的质量均不计，重力加速度g=10 m/s2，求：
(1)(7分)线圈所在处磁场的磁感应强度大小；
(2)(7分)若仅使线圈中电流反向，需要再向左盘中添加质量为多少的砝码，才能使此天平两臂再达到平衡。
(10分)
12.(2024·广州市高二期末)电磁泵在生产、科技中得到了广泛应用。如图所示，泵体是一个长方体，ab边长为L1，两侧端面是边长为L2的正方形。在泵头通入导电剂后液体的电导率(电阻率的倒数)为σ，泵体所在处有方向垂直于前后表面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，把泵体的上下两表面接在电压为U的电源(内阻不计)上，则 ( )
A.泵体下表面应接电源正极
B.减小液体的电导率可获得更大的抽液高度h
C.减小磁感应强度可获得更大的抽液高度h
D.通过泵体的电流I=UL1σ
答案 D
解析 将液体等效为通电导线，泵体所在处有方向垂直于前后表面向外的匀强磁场，液体被抽出，此时液体受到的安培力水平向左，根据左手定则可知，电流从上表面流向下表面，泵体上表面接电源正极，故A错误；根据电阻定律可知，泵体内液体的电阻为R=ρ=·=，根据欧姆定律可得通过泵体的电流I==UL1σ，故D正确；若减小液体的电导率，则电流减小，安培力F=BIl=BUL1L2σ减小，抽液高度变小，故B错误；减小磁感应强度，安培力F=BIl=BUL1L2σ变小，抽液高度变小，故C错误。
答案精析
1.C 2.C 3.C 4.A 5.A
6.C [根据题意，对弯折的导线，其所受安培力的有效长度为电流流入端、电流流出端两点连线的线段长度，对于题图甲有F甲=BIl=F，对于题图乙F乙=F1+F2=BI1l+BI2l，又有I=I1+I2，则有F乙=BIl=F，故选C。]
7.B [匀强磁场的磁感应强度大小处处相等，方向处处相同，由题图可知，该磁场不是匀强磁场，故A错误；根据左手定则，题图乙所示位置a所受安培力向上，b所受安培力向下，则线圈将顺时针转动，故B正确，C错误；根据磁感线分布可知，线圈平面总与磁场方向平行，故D错误。]
8.AB [根据通电电流“同向相吸、异向相斥”原理，两线圈电流方向相同，两线圈相互吸引，P向下移动，所以激光灯发射的水平激光指向零刻度下方某一刻度，故A正确，C错误；同理，两线圈电流方向相反，两线圈相互排斥，P向上移动，所以激光灯发射的水平激光指向零刻度上方某一刻度，故B正确，D错误。]
9.AB [根据平衡条件可知车身悬浮时受到的竖直方向安培力大小等于重力大小，A正确；当悬浮间隙小于10 mm时，应增大电流I磁，从而增大向上的安培力，使之恢复，B正确；车体满载时会使车重增加，要增大安培力稳定悬浮，根据F=BIL可知，应增大电流，即车体满载时悬浮所需的电流I磁较大，C错误；轨道磁铁受列车速度影响，速度大，磁性强，根据F=BIL，安培力增大，更容易磁悬浮，D错误。]
10.C [通电导线所受安培力为零，则电流方向与合磁场方向平行，说明该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度B'与B的合磁场的磁感应强度方向沿导线方向，由平行四边形定则可知，当B'与合磁场(通电导线)垂直时，B'最小，最小值为Bsin 60°= T，则B'≥ T，所以B'的可能值为2 T，故C正确，A、B、D错误。]
11.(1)10 T (2)0.2 kg
解析 (1)根据左手定则可知，线圈所受安培力方向竖直向上；
安培力大小为FA=nBIl
由平衡条件得m1g=m2g-FA
代入数据解得B=10 T
(2)若电流反向，则由左手定则可知，线圈所受安培力方向竖直向下。设还需要在左盘中添加质量为m的砝码，由平衡条件得
m1g+mg=m2g+nBIl
代入数据解得m=0.2 kg。
12.D [将液体等效为通电导线，泵体所在处有方向垂直于前后表面向外的匀强磁场，液体被抽出，此时液体受到的安培力水平向左，根据左手定则可知，电流从上表面流向下表面，泵体上表面接电源正极，故A错误；根据电阻定律可知，泵体内液体的电阻为R=ρ=·=，根据欧姆定律可得通过泵体的电流I==UL1σ，故D正确；若减小液体的电导率，则电流减小，安培力F=BIl=BUL1L2σ减小，抽液高度变小，故B错误；减小磁感应强度，安培力F=BIl=BUL1L2σ变小，抽液高度变小，故C错误。]2 磁场对运动电荷的作用力
(分值：100分)
1~8题每题6分，共48分
考点一 洛伦兹力
1.(多选)一束混合粒子流从一发射源射出后，进入如图所示的磁场，分离为1、2、3三束粒子流，则下列选项正确的是 ( )
A.1带正电
B.1带负电
C.2不带电
D.3带负电
2.(2024·天津市高二期末)2023年12月1日北京地区大范围同时记录到极光现象，地球上的极光是来自磁层和太阳风的高能带电粒子被地磁场引导进入地球大气层，并与高层大气中的原子碰撞造成的发光现象，实际上每时每刻都有大量宇宙射线射向地球。假设某时刻有一个带负电的宇宙射线粒子正垂直于地面向赤道射来(如图所示，地球自西向东转，图中箭头方向表示地球自转方向，虚线表示地轴)，则该宇宙射线粒子将 ( )
A.向东偏转 B.向西偏转
C.向南偏转 D.向北偏转
3.两个带电粒子以相同的速度垂直磁感线方向进入同一匀强磁场，两粒子质量之比为1∶4，电荷量之比为1∶2，则刚进入磁场时两带电粒子所受洛伦兹力大小之比为 ( )
A.2∶1 B.1∶1
C.1∶2 D.1∶4
4.如图所示，三根通电长直导线P、Q、R互相平行，垂直纸面放置，其间距均为a，原点O位于P、Q中间，电流大小均为I，方向垂直纸面向里(已知电流为I的长直导线产生的磁场中，距导线r处的磁感应强度B=，其中k为常数)。某时刻有一电子(电荷量为e)正好经过坐标原点O，速度大小为v，方向沿y轴正方向，则电子此时所受洛伦兹力 ( )
A.方向垂直纸面向里，大小为
B.方向指向x轴正方向，大小为
C.方向垂直纸面向里，大小为
D.方向指向x轴正方向，大小为
考点二 电子束的磁偏转
5.如图所示，在示波器下方有一根与示波器轴线平行放置的通电直导线，直导线中的电流方向向右，在该电流的影响下，关于示波器中的电子束的说法正确的是(示波器内两个偏转电场的偏转电压都为零，不考虑地磁场的影响) ( )
A.电子束将向下偏转，电子的速率保持不变
B.电子束将向外偏转，电子的速率逐渐增大
C.电子束将向上偏转，电子的速率保持不变
D.电子束将向里偏转，电子的速率逐渐减小
6.在电视机的显像管中，电子束的扫描是用磁偏转技术实现的，其扫描原理如图所示。圆形区域内的偏转磁场的方向垂直于圆面，不加磁场时，电子束将通过O点打在屏幕的中心M点。为了使屏幕上出现一条以M为中心的亮线PQ，偏转磁场的磁感应强度B随时间变化的规律应是下列选项中的 ( )
考点三 带电体在洛伦兹力作用下的运动
7.(2023·海南卷)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.小球运动过程的加速度保持不变
D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功
8.(2024·揭阳市高二期末)如图所示，一个带负电的滑块从固定粗糙绝缘斜面顶端由静止下滑到底端时速度为v，若加一个垂直于纸面向外的匀强磁场，则滑块滑到底端时速度将 ( )
A.等于v B.大于v
C.小于v D.无法确定
9~11题每题9分，12题14分，共41分
9.(2023·安徽省阜阳第一中学月考)如图所示，甲是带正电的物块，乙是不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的水平地面上，地面上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现用一水平恒力F拉乙物块，使甲、乙无相对滑动地一起向左加速运动，在加速运动阶段 ( )
A.甲、乙两物块间的摩擦力保持不变
B.甲、乙两物块间的摩擦力不断增大
C.甲、乙两物块间的弹力不断增大
D.乙物块与地面之间的摩擦力不断减小
10.(2024·常德市第一中学高二期末)如图所示，甲、乙是竖直面内两个相同的半圆形光滑轨道，M、N分别为两轨道的最低点，匀强磁场垂直于甲轨道平面，匀强电场平行于乙轨道平面，两个完全相同的带正电小球a、b分别从甲、乙两轨道的右侧最高点由静止释放，在它们第一次到达最低点的过程中，下列说法正确的是 ( )
A.a球下滑的时间比b球下滑的时间长
B.a、b两球的机械能均不守恒
C.a球到M点的速度小于b球到N点的速度
D.a球对M点的压力大于b球对N点的压力
11.(多选)如图所示为一个质量为m、带电荷量为+q的圆环，可刚好套在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于垂直纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度—时间图像可能是下列选项中的 ( )
12.(14分)(2024·浙江省余姚中学高二期中)如图所示，空间存在垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，场内垂直磁场放置一绝缘的足够长的直杆，它与水平方向的夹角为θ=37°，一带电荷量为-q(q>0)、质量为m的小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度为g=10 m/s2，=10 m/s，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。在小球以后的运动过程中，求：
(1)(6分)小球的最大加速度的大小；
(2)(4分)小球加速度最大时的速度大小；
(3)(4分)小球的最大速度的大小。
(11分)
13.(2023·扬州市高二期中)如图所示，一内壁光滑、上端开口下端封闭的绝缘玻璃管竖直放置，高为h，管底有质量为m、电荷量为+q的小球，玻璃管以速度v沿垂直于磁场方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中。在外力作用下，玻璃管在磁场中运动速度保持不变，小球最终从上端管口飞出，在此过程中，下列说法正确的是 ( )
A.洛伦兹力对小球做正功
B.小球运动的加速度逐渐增大
C.小球机械能的增加量等于qvBh
D.玻璃管运动速度越大，小球在玻璃管中的运动时间越长
答案精析
1.ACD 2.B 3.C 4.A 5.C
6.B [由题意知，要想得到以M为中心的亮线PQ，则电子束既要向上偏转，又要向下偏转，所以磁场的磁感应强度B随时间t变化时，应有方向改变，C、D错误；A项中磁感应强度大小一定，则电子束受到的洛伦兹力大小相同，偏转量也相同，向同一方向偏转的电子都打到同一点，不能得到连续的亮线，A错误；在B项所示磁感应强度随时间变化的规律下，可得到亮线PQ，B正确。]
7.A [小球是带正电，四指指向它的运动方向，由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，速度、加速度方向都在变化，同时由于重力做功，速度、加速度大小也在变化，洛伦兹力永不做功。故选A。]
8.C [未加匀强磁场时，根据动能定理有mgh-W克f=mv2-0，加匀强磁场后，多了洛伦兹力，根据左手定则判断可知，洛伦兹力方向垂直于斜面向下，洛伦兹力不做功，但使滑块对斜面的压力变大，摩擦力变大，根据动能定理有mgh-W克f'=mv'2-0。因W克f'>W克f，所以v'
10.D [由于小球a在磁场中运动时受到的洛伦兹力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；而小球b在电场中运动时受到的静电力对小球做负功，到达最低点时的速度较小，所以小球b在电场中运动的时间较长，故A、B、C错误；小球a在磁场中运动，在最低点对小球a受力分析可知：FM-mg-BqvM=m，解得FM=m+mg+BqvM；小球b在电场中运动，在最低点受力分析可知：
FN-mg=m，
解得FN=m+mg
因为vM>vN，所以FM>FN，结合牛顿第三定律可知，D正确。]
11.AD [根据左手定则，带电圆环在磁场中受到的洛伦兹力方向向上，当重力与洛伦兹力相等时，圆环将做匀速直线运动，A正确；当洛伦兹力大于重力时，圆环受到摩擦力的作用，并且随着速度的减小而减小，圆环将做加速度逐渐减小的减速运动，最后做匀速直线运动，D正确；如果重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用，且摩擦力越来越大，圆环将做加速度逐渐增大的减速运动，故B、C错误。]
12.(1)6 m/s2 (2)8 m/s (3)20 m/s
解析 (1)小球开始下滑，垂直杆的方向有FN+qvB=mgcos θ
小球受到的摩擦力为Ff=μFN
沿杆方向，根据牛顿第二定律有
mgsin θ-Ff=ma
可知当小球受到的摩擦力为零时，小球的加速度最大，为amax=gsin θ=6 m/s2
(2)小球加速度最大时，有FN=0
则qvB=mgcos θ
解得小球加速度最大时的速度v=8 m/s
(3)小球的速度最大时，小球的加速度为零，有Ff1=mgsin θ
Ff1=μ(qvmB-mgcos θ)
解得小球的最大速度为vm=20 m/s。
13.C [洛伦兹力的方向与速度方向垂直，永不做功，故A错误；玻璃管在水平方向做匀速运动，小球受到的洛伦兹力在竖直方向的分力保持不变，即在竖直方向做匀加速运动，合运动为匀加速曲线运动，即加速度恒定，故B错误；由于管对球的支持力对小球做了功，小球的机械能是增加的，在竖直方向上，由牛顿第二定律qvB-mg=ma，设小球离开管口的速度为vy，由匀变速直线运动速度位移关系式=2ah，合速度v合=，动能增量ΔEk=m-mv2，重力势能增量ΔEp=mgh，联立解得ΔE=ΔEk+ΔEp=qvBh，故C正确；在竖直方向上，由牛顿第二定律qvB-mg=ma，由匀变速直线运动位移时间公式h=at2，联立解得t=，即玻璃管运动速度越大，则小球在玻璃管中的运动时间越短，故D错误。]3 带电粒子在匀强磁场中的运动
(分值：100分)
1~7题每题6分，8题10分，共52分
考点一 半径公式与周期公式的基本应用
1.(多选)(2024·重庆市高二期末)如图甲所示，用强磁场将百万开尔文的高温等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)约束在特定区域实现受控核聚变的装置叫托卡马克。如图乙为其中沿管道方向的一个磁场，越靠管的右侧磁场越强。不计粒子重力及粒子间的相互作用力，若粒子在图乙磁场中垂直磁场方向运动时，下列说法正确的是 ( )
A.粒子在磁场中运动时，磁场可能对其做功
B.粒子在磁场中运动时，磁场对其一定不做功
C.粒子由磁场的右侧区域向左侧区域运动时，运动半径增大
D.粒子由磁场的右侧区域向左侧区域运动时，运动半径减小
2.(2023·北京市房山区高二期中)如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中，有a、b两个电子从同一处沿垂直磁感线方向开始运动，a的初速度为v，b的初速度为2v，不计a、b的重力及a、b间的相互作用，则 ( )
A.a做圆周运动的轨道半径大
B.b做圆周运动的周期大
C.a、b同时回到出发点
D.a、b在纸面内做逆时针方向的圆周运动
3.(多选)(2024·揭阳市高二期末)带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹。如图所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中观察到某带电粒子的轨迹，其中a和b是运动轨迹上的两点。该粒子使云室中的气体电离时，其本身的动能在减少，而其质量和电荷量不变，重力忽略不计。下列有关该粒子的说法正确的是 ( )
A.粒子带负电
B.粒子先经过b点，再经过a点
C.粒子动能减小是由于洛伦兹力对其做负功
D.粒子运动过程中所受洛伦兹力大小不变
4.如图所示，水平导线中有恒定电流I通过，导线正下方的电子初速度的方向与电流I的方向相同，则电子将 ( )
A.沿路径a运动，轨迹是圆
B.沿路径a运动，轨迹半径越来越大
C.沿路径a运动，轨迹半径越来越小
D.沿路径b运动，轨迹半径越来越小
考点二 带电粒子在匀强磁场中运动的分析
5.如图，ABCD是一个正方形的匀强磁场区域，两相同的粒子甲、乙分别以不同的速率从A、D两点沿图示方向射入磁场，均从C点射出，则它们的速率之比v甲∶v乙和它们通过该磁场所用时间之比t甲∶t乙分别为 ( )
A.1∶1 2∶1 B.2∶1 2∶1
C.2∶1 1∶2 D.1∶2 1∶1
6.如图所示，在平面坐标系xOy的第一象限内，存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带正电的粒子，沿x轴正方向以速度v0从y轴上的点P1(0，a)射入磁场，从x轴上的点P2(2a，0)射出磁场，不计粒子受到的重力，则粒子的比荷为 ( )
A. B.
C. D.
7.如图所示，两个速度大小不同的同种带电粒子1、2分别沿水平方向从同一点垂直射入匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，当它们从磁场下边界飞出时相对入射方向的偏转角分别为90°、60°，则粒子1、2在磁场中运动的 ( )
A.轨迹半径之比为2∶1
B.速度之比为1∶2
C.时间之比为2∶3
D.周期之比为1∶2
8.(10分)如图所示，空间存在范围足够大的垂直xOy平面向里的匀强磁场(图中未画出)，一质量为m、带电荷量为+q(q>0)的带电粒子(不计所受重力)从坐标原点O沿x轴正方向以速度v0射出，带电粒子恰好经过点A(h，h)，求：
(1)(5分)匀强磁场的磁感应强度大小B；
(2)(5分)粒子从O点运动到A点所用的时间t。
9、10题每题9分，11题14分，共32分
9.(2023·北京理工大学附属中学高二期末)光滑绝缘水平桌面上存在与桌面垂直方向的匀强磁场，有一带电粒子在桌面上做匀速圆周运动，当它运动到M点，突然与一不带电的静止粒子发生正碰合为一体(碰撞时间极短)，则粒子的运动轨迹应是图中的哪一个(实线为原轨迹，虚线为碰后轨迹) ( )
10.如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为 ( )
A. B.
C. D.
11.(14分)如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求：
(1)(7分)带电粒子的比荷；
(2)(7分)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
12.(16分)(2020·江苏卷改编)空间存在两个垂直于Oxy平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为2B0、3B0。质量为m、带电荷量为q的粒子从原点O沿x轴正向射入磁场，速度为v。粒子第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示。不考虑粒子重力影响。求：
(1)(8分)Q到O的距离d；
(2)(8分)粒子两次经过P点的时间间隔Δt。
答案精析
1.BC 2.C 3.AB 4.B
5.C [根据qvB=m，得v=，根据题图可知，甲、乙两粒子做圆周运动的半径之比为2∶1，又因为两粒子相同，故v甲∶v乙=r甲∶r乙=2∶1，粒子在磁场中的运动周期T=，两粒子相同，可知甲、乙两粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，根据题图可知，甲、乙两粒子转过的圆心角之比为1∶2，故两粒子在磁场中运动的时间之比t甲∶t乙=1∶2，故选C。]
6.B [粒子运动轨迹对应的圆心在y轴上，如图所示，设轨迹的半径为R，有(R-a)2+4a2=R2，解得R=，
由牛顿第二定律可得qv0B=，解得=，故选B。]
7.B [带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有qvB=m，可得r=，又T=，联立可得T=，故两粒子运动的周期相同，D错误；速度的偏转角等于轨迹所对的圆心角，故粒子1的运动时间t1=T=T，粒子2的运动时间t2=T=T，则时间之比为3∶2，C错误；粒子1和粒子2运动轨迹的圆心O1和O2如图所示，设粒子1的轨迹半径R1=d，对于粒子2，由几何关系可得R2sin 30°+d=R2，解得R2=2d，故轨迹半径之比为1∶2，A错误；由r=可知，速度之比为1∶2，B正确。
]
8.(1) (2)
解析 (1)根据洛伦兹力提供向心力，带电粒子的运动轨迹如图所示，结合几何关系有qv0B=，(h)2+(h-R)2=R2
解得R=h，B=
(2)由几何关系知粒子从O到A轨迹的圆心角为120°，设带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，则有T=，t=T
解得t=。
9.A [带电粒子做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由牛顿第二定律得qvB=，解得r=，当带电粒子运动到M点，突然与一不带电的静止粒子发生正碰合为一体(碰撞时间极短)，动量不变，电荷量不变，磁感应强度不变，带电粒子做圆周运动的半径不变，故A正确，B、C、D错误。]
10.B [设带电粒子进入第二象限的速度为v，在第二象限和第一象限中运动的轨迹如图所示，对应的轨迹半径分别为R1和R2，由洛伦兹力提供向心力，有qvB=m、T=，可得R1=、R2=、T1=、T2=，带电粒子在第二象限中运动的时间为t1=，在第一象限中运动的时间为t2=T2，又由几何关系有cos θ==，可得t2=，则粒子在磁场中运动的时间为t=t1+t2，联立以上各式解得t=，选项B正确，A、C、D错误。
]
11.(1) (2)+)
解析 (1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有
qU=mv2
粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示，设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力有
qvB=m
由几何关系知d=r
联立解得=
(2)由几何关系知，带电粒子从射入磁场到运动到x轴经过的路程为
s=+rtan 30°
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t=
得t=+)。
12.(1) (2)
解析 (1)粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设半径分别为r1、r2
由qvB=m可知r=
故r1=，r2=
且d=2r1-2r2，解得d=
(2)粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动，设运动时间分别为t1、t2
由T==得t1===，
t2===，
且Δt=2t1+3t2
解得Δt=。4 质谱仪与回旋加速器
(分值：100分)
1、2、4~6题每题8分，3题10分，共50分
考点一 质谱仪
1.(2023·绍兴市高二期末)如图所示为质谱仪的示意图。电荷量和质量不同的离子从电离室A中“飘”出，从缝S1进入电势差恒定的加速电场中加速，然后从S3垂直进入匀强磁场B中做匀速圆周运动，最后打在照相底片上。已知质子从静止开始被加速电场加速，经磁场偏转后打在底片上的P点，某二价正离子从静止开始经相同的电场加速和磁场偏转后，打在底片上的Q点，已知QS3=12PS3，则离子质量和质子质量之比为 ( )
A.12 B.24
C.144 D.288
2.质谱仪的两大重要组成部分是加速电场和偏转磁场。如图所示为质谱仪的原理图，设想有一个静止的带电粒子P(不计重力)，经电压为U的加速电场加速后，垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到底片上的D点。设OD=x，则在下列图像中能正确反映x2与U之间函数关系的是 ( )
3.(10分)(2024·郑州市高二期末)如图所示为质谱仪工作原理示意图。质量为m、电荷量为q的粒子，从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过S3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D上。求：
(1)(3分)粒子进入磁场时的速度大小；
(2)(3分)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径；
(3)(4分)图中E、F是a、b两种同位素的原子核打在D上的位置，测得小孔S3到F、E的长度之比xF∶xE=1.08∶1，则a、b的质量之比。
考点二 回旋加速器
4.(多选)(2023·广州市玉岩中学高二期末)回旋加速器由两个铜质D形盒构成，盒间留有缝隙，加高频电源，中间形成交变的电场，D形盒装在真空容器里，整个装置放在与盒面垂直的匀强磁场中。若用回旋加速器加速质子，下列说法正确的是 ( )
A.质子动能增大是由于洛伦兹力做功
B.质子动能增大是由于静电力做功
C.质子速度增大，在D形盒内运动的周期变大
D.质子速度增大，在D形盒内运动的周期不变
5.(多选)回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底面的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，粒子重力不计，下列说法正确的是 ( )
A.增大交流电源的电压
B.增大磁感应强度
C.减小狭缝间的距离
D.增大D形盒的半径
6.(多选)如图所示为回旋加速器的原理示意图。其中D1和D2是两个中空的半径为R的半圆形金属盒，接在电压为U的加速电源上，位于D2圆心处的粒子源A能不断释放出一种带电粒子(初速度可以忽略，重力不计)，粒子在两盒之间被电场加速，D1、D2置于与盒面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中。已知粒子电荷量为q、质量为m，忽略粒子在电场中运动的时间，不考虑加速过程中引起的粒子质量变化，下列说法正确的是 ( )
A.加速电源可以用直流电源，也可以用任意频率的交流电源
B.加速电源可以用周期为T=的交流电源
C.粒子第n次被加速前后轨道半径之比为∶
D.粒子在电场中加速的次数为
7~9题每题9分，10题13分，共40分
7.如图甲所示是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连。带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是 ( )
A.在Ek-t图像中应有t4-t3
C.粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大
D.要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径
8.(2023·日照市高二期末)如图所示为一种质谱仪原理图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若静电分析器通道中心线(图中虚线圆弧)的半径为R，通道内存在均匀辐射电场，中心线处的电场强度大小为E，磁分析器内有垂直纸面向外、范围足够大的有界匀强磁场。让氢元素的两种同位素氕核H)和氘核H)分别从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由狭缝P垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上。不计粒子重力，下列说法正确的是 ( )
A.加速电场的电压与电场强度应满足U=ER
B.氕核和氘核会打在胶片上的同一位置
C.氕核和氘核打在胶片的位置到狭缝P的距离之比为1∶
D.氕核和氘核打到胶片的位置到狭缝P的距离之比为1∶
9.物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，利用带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的特点，使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量。如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场的电场强度大小恒定，且被限制在A、C板间，带电粒子从P0处由静止释放，并沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场中做匀速圆周运动。对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是 ( )
A.带电粒子每运动半周被加速一次
B.P1P2=P2P3
C.粒子能获得的最大速度与D形盒的尺寸有关
D.A、C板间的加速电场的方向需要做周期性的变化
10.(13分)(2024·广州市天河区高二期末)如图所示是某种质谱仪的结构简化图。质量为m、电荷量为+q的粒子束恰能沿直线通过速度选择器，并从半圆环状D形盒的中缝垂直射入环形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。D形盒的外半径为2R，内半径为R，壳的厚度不计，出口M、N之间放置照相底片，底片能记录粒子经过出口时的位置。已知速度选择器中电场强度大小为E，方向水平向左，磁感应强度大小为B(磁场方向未画出)。不计粒子重力及粒子间的相互作用，若带电粒子能够打到照相底片，求：
(1)(2分)B的方向以及粒子进入D形盒时的速度大小；
(2)(7分)D形盒中的磁感应强度B0的大小范围；
(3)(4分)打在底片M点的粒子在D形盒中运动的时间。
(10分)
11.(2024·重庆市高二期末)质谱仪可测定同位素的组成。现有一束二价钙40和二价钙43离子经电场加速后，沿着与磁场边界垂直的方向进入匀强磁场中，如图所示，测试时规定加速电压大小为U0，但在实验过程中加速电压有较小的波动，可能偏大或偏小ΔU。为使钙40和钙43打在照相底片上的区域不重叠，不计离子的重力及离子间的相互作用，则ΔU不得超过 ( )
A.U0 B.U0
C.U0 D.U0
答案精析
1.D 2.A
3.(1) (2) (3)
解析 (1)设粒子通过加速电场后的速度为v，根据动能定理有qU=mv2
解得v=
(2)粒子进入匀强磁场，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则有qvB=m
结合上述解得r=
(3)粒子在匀强磁场中刚好运动半周后，垂直打到照相底片D上，根据几何关系有xE=2ra，xF=2rb
根据上述有
ra=，rb=
解得a、b的质量之比为=。
4.BD 5.BD
6.CD [回旋加速器的工作条件是交变电场的周期(或频率)与粒子做匀速圆周运动的周期(或频率)相同，而粒子做匀速圆周运动的周期T=，则加速电源用周期T=的交流电源，故A、B错误；根据洛伦兹力提供向心力，则有R=，又nqU=mv2，所以粒子第n次被加速前后的轨道半径之比为∶，故C正确；当粒子的轨迹半径增加到D形盒的半径时，速度最大，设经过n次加速有：nqU=m，由洛伦兹力提供向心力有qvmB=m，联立可得n=，故D正确。]
7.D [带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速度大小无关，因此，在Ek-t图像中应有t4-t3=t3-t2=t2-t1，故A错误；粒子获得的最大动能与加速电压无关，加速电压越小，粒子加速次数就越多，由粒子做匀速圆周运动的半径r==，可知Ek=，即粒子获得的最大动能取决于D形盒的半径和磁感应强度，当轨道半径r与D形盒半径R相等时就不能继续加速，故B、C错误，D正确。]
8.C [加速电场中有Uq=mv2，静电分析器中有Eq=m，解得2U=ER，选项A错误；在磁分析器中有qvB=m，打在胶片上的位置到狭缝P的距离d=2r=，因为氕核和氘核的比值为1∶2，可知氕核和氘核打到胶片的位置到狭缝P的距离之比为1∶，选项C正确，B、D错误。]
9.C [带电粒子只有经过A、C板间时才被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次，A、C板间的加速电场的方向不需要做周期性的变化，故A、D错误；根据带电粒子的轨道半径r=，则P1P2=2(r2-r1)=，同理P2P3=，因为每转一圈被加速一次，设A、C板间的距离为d，根据v2-=2ad知每转一圈，粒子速度的变化量不等，且v3-v2
10.(1)垂直纸面向外 (2)≤B0≤ (3)
解析 (1)沿直线通过速度选择器的粒子满足qv0B=qE
解得v0=
由左手定则可知，B的方向垂直纸面向外。
(2)由几何关系可知，能打在底片上的粒子运动的半径满足R≤r≤R
当rmin=R时，满足qv0B0max=m
解得B0max=
当rmax=R时，满足qv0B0min=m
解得B0min=
故D形盒中的磁感应强度B0满足
≤B0≤
(3)打在底片M点的粒子r=R，运动时间为t===。
11.C [加速电压为U0，磁场的磁感应强度为B，离子的电荷量为q，质量为m，运动半径为R，则由qU0=mv2，qvB=m，解得R=，由此式可知，在B、q、U相同时，m小的半径小，所以钙40半径小，钙43半径大；在m、B、q相同时，U大半径大。设钙40质量为m1，电压为U0+ΔU时，最大半径为R1；钙43质量为m2，电压为U0-ΔU时，最小半径为R2，则R1=，R2=，令R1=R2，则m1(U0+ΔU)=m2(U0-ΔU)，解得ΔU=U0=U0=U0，故选C。]专题强化1 安培力作用下导体的平衡和运动问题
(分值：100分)
1~7题每题6分，共42分
1.(2024·重庆市第一中学高二期末)导体棒置于倾斜的粗糙绝缘的固定斜面上，有电流时，导体棒能在斜面上保持静止。如图所示，四个图中分别标出了四种可能的匀强磁场方向。其中导体棒与斜面之间的摩擦力一定不等于零的图是 ( )
2.(多选)(2023·肇庆市高二期末)如图所示，间距为L的光滑金属导轨PQ、MN相互平行，导轨平面与水平面成θ角，质量为m的金属棒ab垂直于导轨放置并与电源、开关构成回路，金属棒ab与导轨接触良好，空间存在与导轨平面垂直的匀强磁场，当通过金属棒ab的电流为I时，金属棒恰好处于静止状态，重力加速度为g，则 ( )
A.磁场方向垂直于导轨平面向上
B.金属棒受到的安培力的大小为mgsin θ
C.磁场的磁感应强度大小为
D.增大电流，导轨对金属棒的支持力也增大
3.(2023·合肥市高二期中)如图所示，在固定放置的条形磁体S极附近悬挂一个金属线圈，线圈与水平磁体位于同一竖直平面内。当在线圈中通入沿图示方向的电流时，将会看到 ( )
A.线圈向左平移
B.线圈向右平移
C.从上往下看，线圈顺时针转动，同时靠近磁体
D.从上往下看，线圈逆时针转动，同时靠近磁体
4.(2023·邯郸市高二月考)如图所示，重力为G的水平铜棒AC用绝缘丝线悬挂，静止在水平螺线管的正上方，铜棒中通入从A到C方向的恒定电流，螺线管与干电池、开关S串联成一个回路。当开关S闭合后一小段时间内，下列判断正确的是 ( )
A.丝线的拉力等于G
B.丝线的拉力小于G
C.从上向下看，铜棒沿逆时针方向转动
D.从上向下看，铜棒沿顺时针方向转动
5.(多选)如图所示，一条形磁体放在水平桌面上，在其左上方固定一根与磁体垂直的长直导线，当导线通以方向垂直纸面向里的电流时，磁体始终处于静止状态，下列判断正确的是 ( )
A.磁体对桌面的压力增大，且受到向左的摩擦力作用
B.磁体对桌面的压力减小，且受到向右的摩擦力作用
C.若将导线移至磁体中点的正上方，电流反向，则磁体对桌面的压力会减小
D.若将导线移至磁体中点的正上方，电流反向，则磁体对桌面的压力会增大
6.(2022·湖南卷)如图(a)，直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO'上，其所在区域存在方向垂直指向OO'的磁场，与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图(b)所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是 ( )
A.当导线静止在图(a)右侧位置时，导线中电流方向由N指向M
B.电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C.tan θ与电流I成正比
D.sin θ与电流I成正比
7.根据磁场对通电导体有安培力作用的原理，人们研制出一种新型的发射炮弹的装置——电磁炮，其原理如图所示。间距为L的平行导轨水平放置，导轨一端接电动势为E、内阻为r的电源，可导电金属炮弹质量为m，垂直放在导轨上，电阻为R，导轨电阻不计，添加竖直方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B。炮弹与导轨间的阻力忽略不计。则下列说法正确的是 ( )
A.磁场方向为竖直向下
B.闭合开关瞬间，炮弹加速度的大小为
C.减小磁感应强度B的值，炮弹受到的安培力变大
D.若同时将电流方向和磁场方向反向，安培力方向也会反向
8、9题每题9分，10题14分，11题16分，共48分
8.(多选)(2023·江门市月考)如图所示，用绝缘细绳悬挂一矩形导线框且导线框底边水平，导线框通有逆时针方向的电流(从右侧观察)，在导线框的正下方，垂直于导线框平面有一直导线PQ，现在PQ中通以水平向左的电流，在短时间内，下列说法正确的是 ( )
A.从上往下观察，导线框逆时针转动
B.从上往下观察，导线框顺时针转动
C.细绳受力会变得比导线框重力大
D.细绳受力会变得比导线框重力小
9.(多选)(2024·淄博市高二期末)如图所示，宽为L、电阻不计的平行光滑金属导轨与水平面成α角放置。质量为m、长度为L的金属杆水平放置在导轨上，与导轨接触良好。空间存在着匀强磁场，调节电阻箱使回路总电流为I时，金属杆恰好能静止，重力加速度为g，则 ( )
A.若磁场方向竖直向上，则磁感应强度B的大小应为sin α
B.若磁场方向竖直向上，则磁感应强度B的大小应为tan α
C.磁感应强度B最小值为，此时磁场方向应垂直于金属杆水平向左
D.磁感应强度B最小值为sin α，此时磁场方向应垂直于导轨平面向上
10.(14分)如图所示，在倾角θ=30°的斜面上固定一间距L=0.5 m的两平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R，电源电动势E=12 V，内阻r=1 Ω，一质量m=20 g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好。整个装置处于磁感应强度大小为B=0.10 T，方向垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属棒的电阻不计)。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10 m/s2。
(1)(2分)若导轨光滑，要保持金属棒在导轨上静止，求金属棒受到的安培力大小；
(2)(8分)若金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ=，金属棒要在导轨上保持静止，求滑动变阻器R接入电路中的阻值范围；
(3)(4分)若导轨光滑，当滑动变阻器的阻值突然调节为23 Ω时，求金属棒的加速度a的大小。
11.(16分)(2024·南京师范大学附属中学高二期末)如图，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，水平放置一金属棒MN与导轨接触良好，棒中通有图示方向电流I，I随时间变化规律满足I=kt(k>0，且为已知常量)。现从t=0时刻由静止释放金属棒。已知磁感应强度为B，金属棒的质量为m，导轨宽度为L，棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求：
(1)(4分)经多长时间金属棒MN的速度达到最大；
(2)(6分)金属棒MN的最大速度；
(3)(6分)金属棒MN受到的摩擦力的最大值。
(10分)
12.如图所示，两平行的粗糙金属导轨水平固定在匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨宽度为L，一端与电源连接。一质量为m的金属棒ab垂直于导轨放置并与导轨接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ=，在安培力的作用下，金属棒以速度v0向右匀速运动，通过改变磁感应强度的方向，可使流过金属棒的电流最小，此时磁感应强度的方向与竖直方向的夹角为 ( )
A.30° B.37°
C.45° D.60°
答案精析
1.B 2.AB 3.C
4.C [开关S闭合后，画出一条与AC相交的磁感线，设两交点处磁感应强度分别为B和B'，根据安培定则判断，磁感线方向如图所示：
分别将B和B'沿水平方向与竖直方向分解，根据左手定则判断知AO段受到垂直纸面向外的安培力，OC段受到垂直纸面向内的安培力，S闭合后的一小段时间内，从上向下看，铜棒沿逆时针方向转动，选项C正确，D错误；开关S闭合，铜棒转动后，将受到竖直向下的安培力，丝线的拉力大于G，选项A、B错误。]
5.AC [根据条形磁体磁感线分布情况得到通电导线所在位置磁场方向为斜向左下方，再根据左手定则判断导线所受安培力方向为斜向左上方，如图所示，根据牛顿第三定律知，通电导线对磁体的作用力方向为斜向右下方，再结合平衡条件，可知通电后磁体对桌面的压力增大，静摩擦力方向向左，A正确，B错误；若将导线移至磁体中点的正上方，电流反向，导线受到的安培力竖直向下，水平方向无作用力，根据牛顿第三定律可知，磁体受到向上的力，其对桌面的压力减小，C正确，D错误。
]
6.D [当导线静止在题图(a)右侧位置时，对导线受力分析如图所示，可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M指向N，A错误；由于与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有sin θ=，FT=mgcos θ，则可看出sin θ与电流I成正比，当I增大时θ增大，则cos θ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，B、C错误，D正确。
]
7.B [由题图知炮弹向右加速，需受到向右的安培力，根据左手定则可知，磁场方向为竖直向上，A错误；闭合开关瞬间电流为I=，则安培力大小为F安=BIL=，炮弹加速度大小为a==，故B正确；根据F安=BIL可知，减小磁感应强度B的值，炮弹受到的安培力变小，C错误；若同时将电流方向和磁场方向反向，根据左手定则可知，安培力方向不变，D错误。]
8.AC [由安培定则判断出通电导线PQ在线框处的磁场方向平行于线框平面从外向里，根据左手定则，可知线框外侧导线受到的安培力向右，线框内侧导线受到的安培力向左，从上往下看，导线框将逆时针转动，A正确，B错误；线框沿逆时针方向转动一个小角度后，线框靠近导线PQ处的电流方向偏向左，由左手定则可知，其受到的安培力的方向向下，线框上边的电流的方向偏向右，由左手定则可知，其受到的安培力的方向向上，由于导线在线框上边产生的磁感应强度小于导线在线框下边产生的磁感应强度，所以整体受到的安培力向下，细绳受力会变得比导线框重力大，C正确，D错误。]
9.BD [若磁场方向竖直向上，根据左手定则可知安培力水平向右，根据共点力的平衡可知tan α=，解得B=tan α，A错误，B正确；根据共点力平衡可知，安培力的方向沿斜面向上时，安培力最小，此时的磁感应强度B最小，根据左手定则可知磁场方向应垂直于导轨平面向上，有BIL=mgsin α，解得B=，C错误，D正确。]
10.(1)0.1 N (2)3~11 Ω (3)3.75 m/s2
解析 (1)对金属棒受力分析可得：
F安=mgsin θ=20×10-3×10× N=0.1 N
(2)若金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ=，
受到的最大静摩擦力Ff=μmgcos θ，
①当摩擦力沿斜面向上时，
有mgsin θ=F1+Ff，
此时I1==，
解得R1=11 Ω；
②当摩擦力沿斜面向下时，
有mgsin θ+Ff=F2
此时I2==，解得R2=3 Ω；
故滑动变阻器R接入电路中的阻值在3~11 Ω之间。
(3)当滑动变阻器的电阻突然调节为23 Ω时，
即R=23 Ω，I==0.5 A，
由牛顿第二定律得
a==3.75 m/s2。
11.(1) (2) (3)2mg
解析 (1)金属棒受安培力为
F=BIL
根据左手定则可知，安培力方向垂直纸面向里，金属棒在运动过程中受到摩擦力，根据牛顿第二定律有
mg-μBIL=ma
当a=0时，金属棒速度达到最大，此时有mg-μBkt0L=0
解得t0=
(2)由于I=kt
根据上述有a=g-t
作出金属棒的a-t图像，如图所示
a-t图像中图线与时间轴所围图形的面积表示速度的变化量，由于金属棒初速度为0，则面积间接表示金属棒的速度，结合上述可知，最大速度为vm=gt0=
(3)结合上述，根据图像的对称性可知，t=2t0时，金属棒的速度恰好减为0
此瞬间加速度最大，则所受滑动摩擦力最大，则有Ffmax=μBI1L
其中I1=k·2t0
由于mg-μBkt0L=0
解得Ffmax=2mg
此后金属棒静止，所受静摩擦力大小为mg。
12.A [解法一 假设流过金属棒中的电流最小时，安培力方向与竖直方向的夹角为θ，对金属棒受力分析，如图所示，有BILsin θ=Ff=μFN，FN+BILcos θ=mg，解得BIL=，而sin θ+μcos θ=sin(θ+φ)，tan φ=μ=，即φ=30°，故当θ=60°时，可使流过金属棒的电流最小，由左手定则知此时磁感应强度的方向与竖直方向的夹角为30°，故A正确。
解法二 金属棒向右匀速运动时，金属棒受到摩擦力Ff与支持力FN的合力F'方向保持不变，设F'与竖直方向的夹角为α，如图甲所示，tan α==μ，得α=30°，由矢量三角形法，当F安与F'垂直时，F安最小，I最小，如图乙所示，F安与竖直方向的夹角为60°，根据左手定则可知，磁感应强度的方向与竖直方向的夹角为30°，故选A。]专题强化2 洛伦兹力与现代科技
(分值：60分)
1~5题每题4分，共20分
1.(2023·宝鸡市高二期末)磁流体发电机是利用洛伦兹力的偏转作用发电的。如图所示，A、B是两块处在磁场中相互平行的金属板，一束在高温下形成的等离子体(气体在高温下发生电离，产生大量的带等量异种电荷的粒子)射入磁场。下列说法正确的是 ( )
A.B板是电源的正极
B.A板是电源的正极
C.电流从上往下流过电流表
D.等离子体中带正电荷的粒子受到竖直向上的洛伦兹力
2.(2023·北京市第一零一中学高二期末)如图所示为一速度选择器，内有一磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，一束粒子流以速度v水平射入，为使粒子流经磁场时不偏转(不计重力)，则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，关于这个电场强度大小和方向的说法中，正确的是 ( )
A.大小为，粒子带正电时，方向向上
B.大小为，粒子带负电时，方向向下
C.大小为Bv，方向向下，与粒子带何种电荷、电荷量均无关
D.大小为Bv，方向向上，与粒子带何种电荷、电荷量均无关
3.(2024·许昌市高二期末)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块矩形半导体霍尔元件平放在水平面上，霍尔元件内的导电粒子是自由电子，通入方向水平向右的恒定电流时，电子的定向移动速率为某一数值。当显示屏闭合时，霍尔元件处于垂直上表面、方向竖直向下的匀强磁场中，于是霍尔元件的某两个表面间出现一定的电压，以此控制屏幕的熄灭。则在此情况下，下列说法正确的是 ( )
A.霍尔元件前表面的电势比后表面的低
B.霍尔元件前表面的电势比后表面的高
C.霍尔元件上表面的电势比下表面的低
D.霍尔元件上表面的电势比下表面的高
4.(2024·河源市高二期末)如图所示为磁流体发电机原理图，足够大平行金属板A、B之间有一个很强的磁场，将一束带正电的等离子体(重力不计)喷入磁场，A、B两板间便产生电压从而向外供电，下列说法正确的是 ( )
A.A金属板为发电机正极
B.仅减小金属板间距，发电机电动势增大
C.仅提高喷射的速度，发电机电动势增大
D.仅提高磁场的磁感应强度，发电机电动势保持不变
5.(多选)(2024·聊城市高二期末)随着我国经济的不断发展，国家对环境保护也越来越重视，环保部门对企业进行液体排放检查时，经常使用电磁流量计。如图所示，电磁流量计测量管的横截面直径为D，整个测量管处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。当含有正、负离子的不达标废液从左向右匀速流过测量管时，显示器显示的流量大小为Q(单位时间内流过的液体体积)，下列说法正确的是 ( )
A.a处电势高于b处电势
B.若废液中离子浓度变高，显示器上的示数将变大
C.在流量不变的情况下，若增大测量管的直径，则a、b两点间的电压减小
D.废液流过测量管的速度大小为
6~8题每题6分，9、10题每题7分，共32分
6.(多选)磁流体发电机可简化为如图所示模型：两块长、宽分别为a、b的平行板，彼此相距L，板间通入已电离的速度为v的气流，两板间存在一磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向与两板平行，并与气流速度方向垂直，如图所示。把两板与外电阻R连接起来，在洛伦兹力作用下，气流中的正、负离子分别向两板移动形成电流。设该气流的导电率(电阻率的倒数)为σ，则 ( )
A.该磁流体发电机模型的内阻为r=
B.产生的电动势为E=Bav
C.流过外电阻R的电流为I=
D.该磁流体发电机模型的路端电压为
7.(多选)如图所示，在平行带电金属板间有垂直于纸面向里的匀强磁场，质子、氘核、氚核沿平行于金属板方向，以相同的动能射入两极板间，其中氘核沿直线运动，未发生偏转，质子和氚核发生偏转后射出，则以下说法正确的是 ( )
A.偏向正极板的是质子
B.偏向正极板的是氚核
C.射出时动能最大的是质子
D.射出时动能最大的是氚核
8.(多选)(2024·湛江市高二期末)如图所示流量计由一长、宽、高分别为a、b、c的绝缘矩形通道制成。其左右两端开口，前后内侧面固定有金属板作为电极M、N，并与理想电压表相连。已知垂直于上下面板的匀强磁场的磁感应强度大小为B，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表示数为U。若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，则 ( )
A.N端的电势比M端的高
B.电压表的示数U与污水的流量Q成正比
C.电压表的示数U与a和b都成正比，与c无关
D.若污水中正、负离子数相同，则前后表面的电势差为零
9.(2024·北京市丰台区高二期末)如图所示，一块长方体半导体材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。当通以从左到右的恒定电流I时，半导体材料上、下表面电势分别为j1、j2。该半导体材料垂直电流方向的截面为长方形，其与磁场垂直的边长为a、与磁场平行的边长为b，半导体材料单位体积内自由移动的带电粒子数为n，每个粒子的带电荷量大小为q。那么 ( )
A.若j1>j2，则半导体中自由移动的粒子带负电
B.若j1
D.|j1-j2|=
10.(多选)(2024·东莞市高二月考)磁流体发电机又叫等离子体发电机，如图所示，燃烧室在3 000 K的高温下将气体全部电离为电子和正离子，即高温等离子体。高温等离子体经喷管提速后以1 000 m/s的速度进入矩形发电通道。发电通道有垂直于喷射速度方向的匀强磁场，磁感应强度大小为6 T。等离子体发生偏转，在两极板间形成电势差。已知发电通道长a=50 cm，宽b=20 cm，高d=20 cm，等离子体的电阻率ρ=2 Ω·m。则以下判断中正确的是 ( )
A.发电通道的上极板带正电，下极板带负电
B.开关断开时，高温等离子体不能匀速通过发电通道
C.当外接电阻为8 Ω时，理想电流表示数为150 A
D.当外接电阻为4 Ω时，发电机输出功率最大
(8分)
11.(2024·浙江省期末)现在的城市街道上到处都能看到各种共享自行车和电动助力车，极大地方便了市民的短途出行。如图甲是一款电动助力车，其调速把手主要是应用了“霍尔效应”来控制行驶速度的。调速把手内部截面如图乙所示，内部含有永久磁铁和霍尔器件等部件。如图丙，把手里面的霍尔器件是一个棱长为a、b、l的长方体金属器件，助力车正常行驶时，在霍尔器件的上下面通有一个恒定电流I，骑手将调速把手旋转，永久磁铁也跟着转动，施加在霍尔器件上的磁场就会发生变化，霍尔器件就能在C、D间输出变化的电压U，电机电路感知这个电压的变化就能相应地改变电机转速，这个电压U与电机转速n的关系如图丁所示。以下叙述正确的是 ( )
A.霍尔器件C端的电势高于D端的电势
B.若组装助力车时不小心将永久磁铁装反了(两极互换)将会影响该电动助力车的正常骑行
C.维持恒定电流I不变，仅减小图丙中器件的尺寸a，可使电动助力车更容易获得最大速度
D.若骑手按图乙箭头所示方向均匀转动把手时电压会随时间均匀增大，则电动助力车的加速度将会增大
答案精析
1.A 2.D 3.B 4.C
5.AC [根据左手定则，正离子受向上的洛伦兹力，向上偏转到a极，负离子受向下的洛伦兹力，向下偏转到b极，故a极带正电，b极带负电，a处电势高于b处电势，故A正确；设废液流过测量管的速度大小为v，则流量Q=Sv=πD2v，解得v=，则显示器上的示数与离子速度有关而与离子浓度无关，故B、D错误；随着a、b两极电荷量的增加，两极间的电场强度变大，离子受到的静电力变大，当静电力大小等于洛伦兹力时，离子不再偏转，两板电压达到稳定，由静电力和洛伦兹力平衡得q=qvB，解得U=BDv=，可见在流量不变的情况下，若增大测量管的直径D，则a、b两点间的电压U减小，故C正确。]
6.AC [根据左手定则知正离子向上偏转，负离子向下偏转，则上极板带正电，下极板带负电，板间产生电场，最终离子处于平衡状态，有qvB=q，解得电动势为E=BLv，内阻为r=ρ==，根据闭合电路欧姆定律有I==，路端电压为U=IR=。选项A、C正确，B、D错误。]
7.AD [以相同的动能射入两极板间，其中氘核沿直线运动，有qvB=Eq，可得速度大小为v=，可知粒子能否偏转与其电荷量和质量无关，只与其速度有关。质子、氘核、氚核的质量数和电荷数分别为HHH，由于它们的动能相同，故质子的速度大于氘核速度，氚核速度小于氘核速度。质子的速度大于氘核速度，质子受到的洛伦兹力大于静电力，偏向正极板，氚核速度小于氘核速度，氚核受到的洛伦兹力小于静电力，偏向负极板，故A正确，B错误；质子偏向正极板，静电力做负功，射出时动能最小，氚核偏向负极板，静电力做正功，射出时动能最大，故C错误，D正确。]
8.AB [正、负离子向右移动，受到洛伦兹力，根据左手定则，正离子向N表面偏，负离子向M表面偏，所以N端的电势比M端的高，故A正确，D错误；最终正、负离子所受到的静电力与洛伦兹力平衡，有qE=qvB，又E=，污水流量为Q=vbc，联立可得U=。c和B是定值，所以电压表的示数U与污水的流量Q成正比，在流量一定的情况下，电压表的示数U与c成反比，与a和b无关，故B正确，C错误。]
9.C [根据左手定则知粒子受到的洛伦兹力向上，若j1>j2，判断知半导体中自由移动的粒子带正电，若j1
开关断开时，若等离子体在通道内受到的静电力与洛伦兹力平衡，则等离子体可以匀速通过发电通道，B错误；
开关断开时，由q=qvB得两极板间的最大电势差U=Bdv=6×0.2×1 000 V=1 200 V
开关闭合时，由电阻定律得，发电机内阻r==4 Ω
若外接电阻R=8 Ω，则由闭合电路欧姆定律得，电路中的电流I==100 A，C错误；
若外接电阻R=4 Ω，则R=r，发电机有最大输出功率，D正确。]
11.C [由左手定则，电子所受洛伦兹力向外，所以霍尔器件C端的电势低于D端的电势，故A错误；若永久磁铁装反了(两极互换)，霍尔电压会反向，但由题图丁可知不影响电动助力车的正常骑行，故B错误；根据题意，有evB=e，I=nebav，可知U=，所以仅减小题图丙中器件的尺寸a时，U增大，由题图丁可知可使电动助力车更容易获得最大速度，故C正确；当骑手按题图乙箭头所示方向均匀转动把手时电压会随时间均匀增大，则由题图丁可知，电动助力车的速度随时间增加更慢，加速度将减小，故D错误。]专题强化3 带电粒子在有界匀强磁场中的运动
(分值：100分)
1~5题每题8分，6题10分，共50分
1.如图所示，在第Ⅰ象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对质量与电荷量都相等的正、负粒子分别以相同速率沿与x轴成30°角的方向从原点射入磁场，不计粒子重力，则正、负粒子在磁场中运动的时间之比为 ( )
A.1∶2 B.2∶1
C.1∶ D.1∶1
2.如图所示，空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。不计粒子重力，该磁场的磁感应强度大小为 ( )
A. B.
C. D.
3.(多选)如图所示，直角三角形ABC中存在垂直纸面向里的匀强磁场，比荷相同的两个带电粒子沿AB方向射入磁场，分别从AC边上的P、Q两点射出，不计粒子重力，则 ( )
A.从P射出的粒子速度大
B.从Q射出的粒子速度大
C.从P射出的粒子在磁场中运动的时间长
D.两粒子在磁场中运动的时间一样长
4.如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为 ( )
A.kBl，kBl B.kBl，kBl
C.kBl，kBl D.kBl，kBl
5.如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab是圆的直径。一带电粒子从a点垂直磁场射入，速度大小为v1、方向与ab成30°角时，恰好从b点飞出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t；若同一带电粒子从a点沿ab方向射入磁场，也经时间t飞出磁场，则其速度大小为 ( )
A.v1 B.v1
C.v1 D.v1
6.(10分)如图所示，直线MN上方存在着垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，质量为m、电荷量为-q(q>0)的粒子1在纸面内以速度v1=v0从O点射入磁场，其方向与NM的夹角α=30°；质量为m、电荷量为+q的粒子2在纸面内以速度v2=v0也从O点射入磁场，其方向与MN的夹角β=60°。已知粒子1、2同时到达磁场MN边界上的A、B两点(图中未画出)，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。求：
(1)(4分)两粒子在磁场边界上的穿出点A、B之间的距离d；
(2)(6分)两粒子进入磁场的时间间隔Δt。
7、8题每题10分，9题14分，10题16分，共50分
7.如图所示的扇形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，AO与OB垂直，圆弧的半径为R。一个质量为m、电荷量为q的带负电的粒子从圆心O点以大小为的速度射入磁场，结果粒子刚好从AB弧的中点C射出，不计粒子的重力，则下列说法正确的是 ( )
A.粒子在磁场中运动的时间为
B.粒子从O点射入速度与OB边的夹角为30°
C.只改变粒子射入磁场时速度的方向，使粒子从AC段圆弧射出，则粒子在磁场中运动时间变长
D.只改变粒子射入磁场时速度的方向，使粒子从CB段圆弧射出，则粒子在磁场中运动时间变短
8.(多选)(2024·运城市高二期末)如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一点电荷从图中A点以速度v0沿水平方向垂直磁场入射，速度方向与半径方向的夹角为30°，经磁场偏转后刚好能从C点(未画出)反向射出，不计点电荷的重力，下列说法正确的是 ( )
A.该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点
B.该点电荷在磁场中的运动时间为
C.该点电荷的比荷为
D.若磁场反向，则该点电荷在磁场中运动的时间为
9.(14分)在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示。一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿-x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿+y方向飞出。
(1)(6分)请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷；
(2)(8分)若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B'，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°，求磁感应强度B'的大小及此次粒子在磁场中运动所用时间t。
10.(16分)(2023·温州市高二期末)如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，O为圆心，A、C、D为圆形区域边界上的三点，∠AOC=90°，∠AOD=60°。现有一对质量相等、电荷量不等的正、负粒子，从A点沿AO方向以相同大小的速度垂直磁场射入，一个从C点离开磁场，另一个从D点离开磁场，粒子的重力及相互作用力均不计。求：
(1)(2分)从C点离开磁场的粒子的电性；
(2)(8分)从C点和D点离开磁场的两个粒子的电荷量之比；
(3)(6分)从C点和D点离开磁场的两个粒子在磁场中运动的时间之比。
答案精析
1.B 2.A 3.BD 4.B
5.C [画出两种情况下带电粒子的运动轨迹如图所示，由题意，同一粒子在磁场中偏转时间均为t，则两种情况下带电粒子的偏转角均为60°；设圆的半径为R，由几何关系可以确定带电粒子在两种情况下做匀速圆周运动的半径分别为r1=2R，r2=Rtan 60°=R，由洛伦兹力提供向心力有qvB=m，则v=，则==，所以当粒子沿ab方向射入时，v2=v1，A、B、D错误，C正确。
]
6.(1) (2)
解析 (1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，有qvB=m，则r=，得r1=，r2=
故d=OA+OB=2r1sin 30°+2r2sin 60°=。
(2)粒子1做匀速圆周运动的圆心角θ1=
粒子2做匀速圆周运动的圆心角θ2=
粒子做匀速圆周运动的周期
T==
粒子1在匀强磁场中运动的时间t1=T
粒子2在匀强磁场中运动的时间t2=T
所以Δt=t1-t2=。
7.A [粒子在磁场中运动的半径r==R，则由几何关系可知，粒子在磁场中转过的角度为60°，运动的时间为t=T=T=，选项A正确；由几何关系可知粒子从O点射入速度与OB边的夹角为75°，选项B错误；只改变粒子射入磁场时速度的方向，使粒子从AC(CB)段圆弧射出，则粒子在磁场中转过的角度仍为60°，粒子在磁场中运动时间不变，选项C、D错误。
]
8.BC [由对称性，因点电荷射入磁场时初速度方向不是沿半径方向，则该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线也不会通过O点，选项A错误；点电荷在磁场中的运动轨迹如图(a)所示，由几何关系可知，该点电荷在磁场中的运动半径r=R，则运动时间为t==，选项B正确；根据qv0B=m，解得该点电荷的比荷为=，选项C正确；若磁场反向，点电荷在磁场中的运动轨迹如图(b)，设点电荷在磁场中运动轨迹所对的圆心角为2θ，则由几何关系和正弦定理有=，解得tan θ=<1=tan 45°，则2θ<，该点电荷在磁场中运动的时间t<，选项D错误。]
9.(1)负电荷 (2)B
解析 (1)由粒子的运动轨迹(如图)，利用左手定则可知，该粒子带负电荷。粒子由A点射入，由C点飞出，其速度方向改变了90°，则粒子轨迹半径R=r，又qvB=m，则粒子的比荷=。
(2)设粒子从D点飞出磁场，运动轨迹如图，速度方向改变了60°，故AD弧所对圆心角为60°，由几何知识可知，粒子做匀速圆周运动的半径R'==r，又R'=，所以B'=B，此次粒子在磁场中运动所用时间t=T=×=。
10.(1)负电 (2) (3)
解析 (1)若粒子从C点离开磁场，其在A点受到的洛伦兹力必水平向左，根据左手定则可知，粒子带负电；
(2)设磁场圆的半径为R，带电粒子的运动轨迹如图所示
根据洛伦兹力提供向心力，有qvB=m，可得q=
由图可知rC=R
=tan 30°
所以==
(3)带电粒子在磁场中运动的时间为t=T，T=，
所以=·=。专题强化4 带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界和多解问题
(分值：100分)
1~6题每题7分，共42分
1.如图所示，△ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，比荷为的电子以速度v0从A点沿AB边入射，欲使电子经过BC边，磁感应强度B的取值范围为 ( )
A.B> B.B<
C.B> D.B<
2.直线OM和直线ON之间的夹角为30°，如图所示，直线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。一带电粒子的质量为m、电荷量为q(q>0)。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM上的某点向左上方射入磁场，方向与OM成30°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场，不计粒子重力。粒子离开磁场的出射点到两直线交点O的距离为 ( )
A. B.
C. D.
3.(2024·青岛市高二期末)长度为L的水平板上方区域存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，从距水平板中心正上方的P点处以水平向右的速度v0释放一个质量为m、电荷量为e的电子，若电子能打在水平板上，速度v0应满足 ( )
A.v0> B.v0<
C.
4.(多选)如图所示，长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，板间距离也为l，极板不带电。现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从两极板间边界中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是 ( )
A.使粒子的速度v<
B.使粒子的速度v>
C.使粒子的速度v>
D.使粒子的速度
A.离子在磁场中运动时间一定相等
B.离子在磁场中的运动半径一定相等
C.由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长
D.沿PQ方向射入的离子飞出时速度的偏转角最大
6.(多选)如图所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM'和NN'是它的两条边界线，现有质量为m、电荷量为q的带电粒子在MM'边界某点沿图示方向垂直磁场射入，粒子重力不计，要使粒子不能从边界NN'射出，粒子入射速率v的最大值可能是 ( )
A. B.
C. D.
7~9题每题9分，10题15分，共42分
7.(多选)(2023·潍坊市高二期中)如图所示，直角三角形abc区域(包括边界)存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，ab边长为2L，∠a=30°，一粒子源固定在ac边的中点d，粒子源垂直ac边向磁场中发射不同速率的带正电的粒子，粒子均从bc边界射出，已知粒子质量为m、电荷量为q，下列说法正确的是 ( )
A.粒子运动的速率可能为
B.粒子在磁场中运动的时间可能为
C.bc边界上有粒子射出的区域长度最大为L
D.有粒子经过的磁场区域的面积最大为πL2
8.(2024·南京师范大学附属中学高二期末)如图所示，OACD是一长为OA=L的矩形，其内存在垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为q的粒子从O点以速度v0垂直射入磁场，速度方向与OA的夹角为α，粒子刚好从A点射出磁场，不计粒子的重力，则 ( )
A.粒子一定带正电
B.矩形磁场的宽度最小值为
C.粒子从O到A所需的时间为
D.匀强磁场的磁感应强度为
9.(多选)(2022·湖北卷)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纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直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，60° D.2kBL，60°
10.(15分)如图所示，一足够长的矩形区域abcd内存在一方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在ad边中点O，沿垂直磁场方向射入一速度方向与ad边夹角θ=30°、大小为v0(未知量)的带正电粒子，已知粒子质量为m、带电荷量为q，ad边长为L，ab边足够长，粒子重力不计。
(1)(4分)若粒子恰好不能从磁场下边界射出，求粒子的入射速度大小v01；
(2)(5分)若粒子恰好沿磁场上边界切线射出，求粒子的入射速度大小v02；
(3)(6分)若带电粒子的速度v0大小可取任意值，求粒子在磁场中运动的最长时间。
11.(16分)(2024·南通市高二期末)如图所示，第一象限内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。一个质量为m、电荷量为-q(q>0)的带电粒子，从x轴上的P点以速度大小为v、方向与x轴夹角θ=30°垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出第一象限。已知OP=a，不计粒子重力。
(1)(6分)求匀强磁场的磁感应强度的大小B；
(2)(10分)在x轴［0，2a］区域内，均有相同的粒子以原速度v射入磁场，不考虑粒子间的相互作用，求粒子在磁场中运动的时间范围和粒子打中y轴的区域范围。
答案精析
1.D 2.D 3.C 4.AB
5.BC [设离子轨迹所对应的圆心角为θ，则离子在磁场中运动的时间为t=T，其中T=，所有离子的运动周期相等，由于离子不一定从圆上同一点射出，轨迹所对应的圆心角不一定相同，所以离子在磁场中运动时间不一定相同，故A错误；
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qv0B=m，解得r=，因离子的速率相同，比荷相同，故运动半径一定相同，故B正确；
由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，而轨迹圆的弦长最长为PQ，故由Q点飞出的离子轨迹圆心角最大，即速度的偏转角最大，所对应的时间最长，此时离子一定不会沿PQ射入，故C正确，D错误。]
6.BD [设带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，粒子在磁场中做匀速圆周运动时由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得qvB=m，解得R=。带电粒子速率越大，轨迹半径越大，当轨迹恰好与边界NN'相切时，粒子恰好不能从边界NN'射出，对应的速率最大。若粒子带负电，临界轨迹如图甲所示，由几何知识得R1+R1cos 45°=d，
解得R1=(2-)d，
对应的最大速率v1=。
若粒子带正电，临界轨迹如图乙所示，
由几何知识得：R2-R2cos 45°=d，
解得R2=(2+)d
对应的最大速率v2=，故选B、D。]
7.BC [根据题意可知当粒子运动轨迹与ab边相切时，对应的速度最大，如图，根据几何知识可得半径r1=Lcd=L，根据洛伦兹力提供向心力qBv1=m，解得v1=，若粒子从c点射出，对应的速度最小，运动半径r2=Lcd=L，则速度v2=，则粒子的速率不可能为，故A错误；粒子在磁场中运动的周期为T==，当粒子垂直bc边射出时，粒子在磁场中运动的时间为t==，故B正确；根据题意可知当粒子运动轨迹与ab边相切时，打在bc上的点到c点的距离最大，即Lmax=r1=L，所以bc边界上有粒子射出的区域长度最大为L，有粒子经过的磁场区域的面积最大为S=-=，故C正确，D错误。
]
8.D [由左手定则可知，粒子一定带负电，选项A错误；轨迹半径r=，如图，由几何关系得，矩形磁场的宽度最小值为d=r(1-cos α)=(1-cos α)=，选项B错误；粒子从O到A所需的时间为t==，选项C错误；根据qv0B=m，可得匀强磁场的磁感应强度为B=，选项D正确。
]
9.BC [若离子通过下部分磁场直接到达P点，如图，
根据几何关系则有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，
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B、C正确，A、D错误。]
10.(1) (2) (3)
解析 (1)和(2)两种临界情况的运动轨迹如图所示，
若粒子速度大小为v0，则
qv0B=m，解得v0=。
(1)设圆心在O1处对应圆弧与cd边相切，对应速度大小为v01
由几何关系得R1sin θ=，
解得R1=L
则有v01==。
(2)设圆心在O2处对应圆弧与ab边相切，对应速度大小为v02
由几何关系得R2+R2sin θ=，
解得R2=
则有v02==。
(3)由t=T和T==可知，粒子在磁场中经过的圆弧所对的圆心角α越大，在磁场中运动的时间越长。当在磁场中运动的半径r
所以最长时间为
t=T=×=。
11.(1) (2)≤t≤
2a≤y≤(2+)a
解析 (1)由几何关系知R=2a
带电粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力qvB=m
解得B=
(2)设x=0处入射的粒子与y轴交于y1，在磁场中运动时间为t1；x=2a处入射的粒子与y轴交于y2，在磁场中运动时间为t2；x=a
处入射的粒子与y轴交于y3。粒子运动周期为T，如图所示
根据几何关系可得y1=y2=R=2a
y3=R+Rcos 30°=(2+)a
t1=T，t2=T，
T==
解得≤t≤
2a≤y≤(2+)a。专题强化5 训练1 带电粒子在组合场中的运动
(分值：50分)
1、2题每题6分，3题10分，4题12分，5题16分，共50分
1.(2020·全国卷Ⅱ)CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图(a)是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图(b)所示。图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P点，则 ( )
A.M处的电势高于N处的电势
B.增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C.偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D.增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
2.(多选)如图所示的xOy坐标系中，y轴左侧存在电场强度为E的匀强电场，电场方向平行于x轴，y轴右侧存在垂直坐标系所在平面向外的匀强磁场。一个比荷为k的带正电的粒子从x轴上的M点以某一初速度平行于y轴向上运动，经电场偏转后从y轴上的P点进入磁场，进入磁场时速度方向与y轴正方向成θ=60°角，粒子经磁场偏转后打到坐标原点O上。已知M点到O点的距离为L，不计粒子的重力，下列说法正确的是 ( )
A.P与O的距离为L
B.粒子轨迹半径为L
C.粒子初速度大小为
D.磁场的磁感应强度大小为
3.(10分)如图所示的直角坐标系中，第一象限内存在与x轴成30°角斜向右下方的匀强电场，电场强度E=400 N/C；第四象限内存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场，其沿x轴方向的宽度OA=20 cm，沿y轴负方向无限大，磁感应强度B=1×10-4 T。现有一比荷为=2×1011 C/kg的正离子(不计重力)，以某一速度v0从O点射入磁场，其方向与x轴正方向的夹角α=60°，离子通过磁场后刚好从A点射出，之后进入电场。
(1)(4分)求离子进入磁场的速度v0的大小；
(2)(6分)离子进入电场后，经过多长时间再次到达x轴上。
4.(12分)(2023·连云港市高二月考)如图所示，y轴上M点的坐标为(0，L)，MN与x轴平行，MN与x轴之间有匀强磁场区域，磁场垂直纸面向里。在y>L的区域存在沿-y方向的匀强电场，电场强度为E，在坐标原点O处有一带正电粒子以速率v0沿+x方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场。已知粒子的比荷为，粒子重力不计。求：
(1)(2分)匀强磁场的磁感应强度的大小；
(2)(5分)该粒子第一次上升到最高点的坐标；
(3)(5分)从原点出发后经过多长时间，带电粒子第一次回到x轴。
5.(16分)(2023·潍坊市高二期中)如图甲所示，粒子加速器与速度选择器并排放置，已知速度选择器内匀强磁场磁感应强度大小为B1、电场强度大小为E。在速度选择器右侧建立xOy坐标系，0≤x≤d的区域里有磁场，规定磁场方向垂直纸面向里为正，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，其中T0=。质量为m、电荷量为+q的粒子从加速器M极板由静止释放，通过N极板中间的小孔后进入速度选择器，沿直线穿过速度选择器后从O点沿x轴射入磁场。
(1)(4分)求粒子到达O点的速度v0和M、N两板间的电压U0；
(2)(4分)若粒子在t=0时从O点射入磁场，且在t<的某时刻从点P(d，)离开磁场，求B0的大小；
(3)(8分)若B0=，粒子在t=时刻从O点射入磁场，求粒子离开磁场时的位置坐标。
答案精析
1.D 2.CD
3.(1)4×106 m/s (2)×10-7 s
解析 (1)如图所示，由几何关系得离子在磁场中的轨迹半径r1==0.2 m，离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由Bqv0=m，解得v0=4×106 m/s。
(2)设离子进入电场后，经过时间t再次到达x轴上，由几何知识可知，离子从A点垂直电场方向射入电场，则离子在电场中做类平抛运动，离子沿垂直电场方向做速度为v0的匀速直线运动，设位移为l1，则l1=v0t，离子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a，位移为l2，则
Eq=ma，l2=at2，
由几何关系可知tan α=，
代入数据解得t=×10-7 s。
4.(1) (2)(L，L+)
(3)+
解析 (1)粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，则粒子进电场时的速度方向为沿y轴正方向，所以粒子在组合场中轨迹如图
由几何关系知，粒子在磁场中做圆周运动的半径为r=L
根据洛伦兹力提供向心力得
qv0B=m
解得B=
(2)粒子穿出磁场进入电场，当速度减小到0时粒子第一次上升到最高点，根据牛顿第二定律a=
根据运动学公式得匀减速直线运动的位移y==
粒子第一次上升到最高点的横坐标x=r=L
粒子第一次上升到最高点的纵坐标y'=r+y=L+
故粒子第一次上升到最高点的坐标为(L，L+)
(3)粒子在磁场中运动的时间为t1=
粒子在电场中运动的时间t2=
又a=
解得t2=
从原点出发后到带电粒子第一次回到x轴所用的时间t=t1+t2=+。
5.(1) (2)
(3)(d，-d)
解析 (1)粒子沿直线穿过速度选择器，根据受力平衡可得qE=qv0B1
解得v0=
粒子经过加速电场过程，根据动能定理可得qU0=m，解得M、N两板间的电压为U0=
(2)若粒子在t=0时从O点射入磁场，且在t<的某时刻从点P(d，)离开磁场，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得
qv0B0=m
由几何关系可得R2=d2+(R-)2
解得R=d
联立解得B0==
(3)若B0=，则粒子在磁场中的轨道半径为R1==d
粒子在磁场中运动的周期为
T1===2T0
粒子在t=时刻从O点射入磁场，可知粒子进入磁场时磁场方向刚好变为向外，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
根据图中几何关系可得cos θ=
==
可知粒子离开磁场时的纵坐标为
y=-(3R1+R1sin θ)=-d
则粒子离开磁场时的位置坐标为(d，-d)。专题强化5 训练2 带电粒子在立体空间中的运动(选练)
(分值：50分)
1题8分，2题12分，共20分
1.(2022·广东卷)如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是 ( )
2.(12分)(2023·广东广雅中学高二期末)如图所示，M、N两金属圆筒是直线加速器的一部分，M与N间的电势差为U；底面半径为L的圆柱体区域内有竖直向上的匀强磁场，一质量为m、电荷量为+q的粒子，从圆筒M右侧由静止释放，粒子在两筒间做匀加速直线运动，在N筒内做匀速直线运动，粒子自圆筒N出来后，正对着磁场区域的中心轴线垂直进入磁场区域，在磁场中偏转了60°后射出磁场区域，忽略粒子受到的重力。求：
(1)(3分)粒子进入磁场区域时的速率；
(2)(9分)磁感应强度的大小。
3题10分，4题20分，共30分
3.(多选)(2024·山东省济北中学高二月考)如图所示，以棱长为L的正方体顶点O为原点建立三维坐标系Oxyz，其中正方体内顶点P落在x轴上，顶点Q落在y轴上。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子(重力不计)由Q点沿x轴正方向以初速度v0射入，第一次在正方体内加沿z轴负方向磁感应强度大小为B的匀强磁场，该粒子恰好能通过OQ的中点；第二次在正方体内加沿y轴负方向电场强度大小为E的匀强电场，该粒子恰好能通过OP的中点；第三次在正方体内同时加上大小不变的磁场和电场，磁场方向不变，将电场方向调整为与yOz平面平行，与z轴正方向成30°角、与y轴正方向成60°角。则 ( )
A.该粒子在正方体内运动的时间第一次小于第二次
B.电场强度和磁感应强度满足E=v0B
C.该粒子第三次在正方体内的运动为匀变速曲线运动
D.该粒子第三次在正方体内射出的位置坐标为(L，L，L)
4.(20分)(2024·河南省新高中创新联盟二十名校高二调研)如图所示，足够大的长方体分成Ⅰ、Ⅱ两区域，区域Ⅱ的上、下表面为正方形，dc边、cf边足够长，区域Ⅰ中存在水平向右的匀强电场，区域Ⅱ中存在竖直向上的匀强磁场，O1、O2、O3分别为平面abb'a'、dcc'd'、eff'e'的中心，三个中心的连线水平，连线上距离O2为L的O处有一粒子发射源，能沿平行ab边的方向向里发射两个比荷分别为k1、k2的正粒子，两粒子均从dcc'd'面的O'(未画出)点进入磁场，OO2=L，O'O2=2L且平行于cd，经过一段时间，比荷为k1的粒子刚好经过O2点，已知k1∶k2=1∶4，比荷为k1的粒子初速度为v0，忽略粒子的重力及粒子间的相互作用，求：
(1)(6分)区域Ⅰ中电场强度的大小、比荷为k2的粒子的初速度大小；
(2)(10分)两粒子在第二次经过平面dcc'd'的距离；
(3)(4分)若粒子进入区域Ⅱ中的磁场时，将区域Ⅰ中的电场撤去，且区域Ⅱ中的磁场方向改为由e→c方向，要使比荷为k1的粒子不从长方体上表面飞出，则长方体的高aa'应至少为多少。
答案精析
1.A
2.(1) (2)
解析 (1)粒子在电场中加速，由动能定理可知qU=mv2，解得v=
(2)根据题意以及“径向进，径向出”的规律，轨迹如图所示(俯视图)
分析可得粒子在磁场中运动的轨迹半径R=Ltan 60°=L
粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力，则有qvB=m
解得B=
3.CD [第一次粒子在磁场中运动，半径为r=L=，可知B=，运动时间t1==，第二次粒子在电场中运动，运动时间t2=，故t1>t2，故A错误；第二次运动中，粒子在沿y轴负方向上做匀变速直线运动，L=·)2，解得E=，故有E=2v0B，故B错误；
第三次运动过程中，带电粒子所受静电力Eq=，洛伦兹力qv0B=，在yOz平面内，如图所示，沿y轴方向有Eqsin θ=Eqsin 30°=qv0B，静电力沿z轴的分量为Eqcos θ，故粒子的运动为从Q点以速度v0沿x轴正方向的匀速直线运动以及沿z轴正方向的匀加速直线运动的合运动，即匀变速曲线运动，故C正确；粒子在沿z轴正方向上L=·t2，解得t=·，沿x轴方向上x=v0t=L，y轴上的坐标为L，故出射点坐标为(L，L，L)，故D正确。]
4.(1) 2v0 (2)L (3)4L
解析 (1)两粒子射入区域Ⅰ做类平抛运动，沿水平向右的方向做初速度为零的匀加速直线运动，沿垂直纸面向里的方向做匀速直线运动，
则有2L=vt，L=at2
由牛顿第二定律得qE=ma
整理得v=
对粒子k1，有v0=
解得E=
由题意k1∶k2=1∶4，粒子k1的初速度为v0，则粒子k2的初速度为
v0'=2v0
(2)由于两粒子的入射点和出射点均相同，设两粒子在电场中运动时位移与平面dcc'd'的夹角均为θ，粒子离开电场时速度与平面dcc'd'夹角为α，
则由tan θ===
tan α=
解得α=45°
即两粒子进入磁场时的速度方向与平面dcc'd'的夹角均为45°，作出两粒子在磁场中运动的轨迹，如图所示
对粒子k1，由几何关系得r1=2Lcos 45°=L
q1v0B=m1
对粒子k2，有q2·2v0B=m2
解得r2==L
则两粒子第二次经过平面dcc'd'的距离为Δy=2r1cos 45°-2r2cos 45°
代入数据解得Δy=L
(3)由(2)可知r1=L
粒子将向上偏转做匀速圆周运动，则O'至上表面距离至少为2r1，故aa'至少为4r1，即aa'至少为4L。专题强化6 带电粒子在叠加场中的运动
(分值：100分)
1~4题每题8分，5题12分，共44分
1.(多选)(2024·南昌市期末)如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成α角，垂直纸面向里的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线L做直线运动，L与水平方向成β角，且α>β，则下列说法中正确的是 ( )
A.液滴一定做匀速直线运动
B.液滴一定带正电
C.电场线方向一定斜向上
D.液滴有可能做匀变速直线运动
2.(2024·西宁市高二期末)如图所示，匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场的方向垂直纸面向里，三个油滴a、b、c带有等量同种电荷，其中a静止，b向右做匀速运动，c恰好做匀速圆周运动，比较它们的质量ma、mb、mc间的关系，正确的是 ( )
A.ma最小 B.mb最大
C.mb=mc D.mb最小
3.(2023·泉州市高二月考)如图所示，空间存在水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m的带电小球以初速度v0沿与电场方向成45°夹角射入场区，能沿直线运动。小球运动到某一位置时，电场方向突然变为竖直向上。已知带电小球的比荷为k，重力加速度为g，则 ( )
A.小球可能带负电
B.电场方向改变后小球做匀速圆周运动
C.电场强度大小为gk
D.电场强度与磁感应强度之比为v0∶1
4.(2024·扬州中学高二月考)如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，y轴竖直向上，第Ⅲ、Ⅳ象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，第Ⅳ象限同时存在方向平行于y轴的匀强电场(图中未画出)，一质量为m、带电荷量绝对值为q的小球从x轴上的A点由静止释放，恰好从P点垂直于y轴进入第Ⅳ象限，然后做圆周运动，从Q点以速度v垂直于x轴进入第Ⅰ象限，重力加速度为g，不计空气阻力。则 ( )
A.小球从A点到P点做圆周运动
B.电场方向可能竖直向上
C.O点到P点距离大于
D.小球在第Ⅳ象限运动的时间为
5.(12分)(2024·江门市高二期末)如图所示，竖直平面内有一直角坐标系xOy，x轴沿水平方向。第一象限存在着竖直向下的匀强电场，第四象限存在着竖直向上的匀强电场和垂直于坐标平面向里的匀强磁场。一质量为M、电荷量为q的带电小球a(可视为质点)在N点以速率v=、方向与y轴负方向夹角为θ=60°射入第四象限，恰能沿圆周运动到x轴上的A点，且速度方向垂直于x轴。A点到坐标原点O的距离为l，重力加速度为g，取π=3，忽略空气阻力。
(1)(2分)判断带电小球的电性及求第四象限电场强度的大小E1；
(2)(5分)求第四象限磁场磁感应强度B的大小；
(3)(5分)当带电小球a刚离开N点时，从y轴正半轴上P点(图中未画出)，一质量为m、电荷量也为q的带正电微粒b(不计重力)以某一初速度沿x轴正方向射入第一象限电场，微粒b运动到x轴上时刚好与第一次到达A点的a球相遇，已知第一象限的电场强度大小为E0，求P点与坐标原点O的距离。
6、7题每题10分，8题18分，共38分
6.如图所示，空间存在足够大的竖直向上的匀强电场和水平的匀强磁场(垂直纸面向里)。一带正电的小球从O点由静止释放后，运动轨迹如图中曲线OPQ所示，其中P为运动轨迹中的最高点，Q为与O同一水平高度的点。下列关于该带电小球运动的描述，正确的是 ( )
A.小球在运动过程中受到的洛伦兹力先增大后减小
B.小球在运动过程中电势能先增加后减少
C.小球在运动过程中机械能守恒
D.小球到Q点后将沿着曲线QPO回到O点
7.(2024·杭州市期末)在一小段真空室内有水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图)，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则 ( )
A.静电力的瞬时功率为qE
B.该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B
C.该离子的加速度大小不变，方向变化
D.不断减小
8.(18分)(2024·鹰潭市高二期末)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为E=1 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向垂直纸面向里，磁感应强度大小B=0.5 T。有一带电微粒，质量m=1×10-7 kg，电荷量q=+1×10-6 C，从t=0时刻由O点开始以速度v在第一象限的竖直面内做匀速直线运动，取g=10 m/s2。
(1)(6分)求微粒做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
(2)(6分)若在t=0.4 s时，将电场方向逆时针方向旋转90°，在微粒继续运动的过程中，求微粒第一次经过y轴时的坐标；
(3)(6分)若在微粒做匀速直线运动过程中的某一时刻撤掉磁场，在微粒继续运动的过程中，求微粒速度方向恰好平行于x轴正方向时微粒的动能Ek。
9.(18分)(2023·江苏卷)霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。Oxy平面内存在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、电荷量为e的电子从O点沿x轴正方向水平入射。入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动；入射速度小于v0时，电子的运动轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。
(1)(2分)求电场强度的大小E；
(2)(6分)若电子入射速度为，求运动到速度为时位置的纵坐标y1；
(3)(10分)若电子入射速度在0
1.ABC 2.D 3.B 4.D
5.(1)正电 (2) (3)
解析 (1)由带电小球a在第四象限内做圆周运动，可知小球所受静电力和重力平衡，静电力方向竖直向上，故小球带正电；则有Mg=qE1，
解得E1=
(2)带电小球从N点进入第四象限，做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示
设运动半径为R，根据洛伦兹力提供向心力，
则有qvB=M
由几何关系有R+Rcos θ=l
解得R=l
联立解得B=
(3)带电小球a在第四象限做匀速圆周运动的周期为T，
则有T==2π
设小球a从N点运动到A点的时间为t，则有t=T=2，微粒b做类平抛运动，根据题意，由y=at2，a=，联立可得y=。
6.A [小球由静止开始向上运动，可知静电力大于重力，在运动的过程中，洛伦兹力不做功，静电力和重力的合力先做正功后做负功，根据动能定理知，小球的速度先增大后减小，则小球受到的洛伦兹力先增大后减小，故A正确；小球在运动的过程中，静电力先做正功后做负功，则电势能先减少后增加，故B错误；小球在运动的过程中，除重力做功以外，静电力也做功，机械能不守恒，故C错误；小球到Q点后，将在Q点左侧重复之前的运动，不会沿着曲线QPO回到O点，故D错误。]
7.C [根据功率的计算公式P=Fvcos θ，可知静电力的瞬时功率为P=qEv1，故A错误；
由于v1与磁场方向平行，根据洛伦兹力的计算公式可知该离子受到的洛伦兹力大小为F洛=qv2B，故B错误；
离子受到的静电力不变，洛伦兹力大小不变、方向总是与静电力方向垂直，则该离子受到的合力大小不变、方向改变，根据牛顿第二定律可知，该离子的加速度大小不变、方向改变，故C正确；
离子在垂直于纸面的方向上做匀速圆周运动，沿水平方向做加速运动，则v1增大，v2不变，不断增大，故D错误。]
8.(1)2 m/s 方向斜向右上与x轴正方向成45°角 (2)(0，1.6 m)
(3)8×10-7 J
解析 (1)微粒做匀速直线运动时，受力如图所示
静电力大小qE=mg=1×10-6 N
其所受的三个力在同一平面内，合力为零，
则有Bqv=
代入数据解得v=2 m/s
速度v的方向与x轴的正方向之间的夹角满足tan θ=
解得θ=45°，即速度方向斜向右上与x轴正方向成45°角
(2)经过t=0.4 s后，微粒运动到A点，运动位移为xOA=vt=0.8 m
即A点坐标为(0.8 m，0.8 m)，此时将电场逆时针旋转90°后，有Eq=mg
分析可知，运动到A点后微粒做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r，有Bqv=，解得r==0.4 m
分析可得微粒运动轨迹如图
设微粒经过y轴的交点为Q，则由几何关系可知
xOA=xAQ=2r
则xOQ==1.6 m
即微粒第一次经过y轴时的坐标为(0，1.6 m)
(3)设微粒处于P点时速度恰平行于x轴正方向，P点速度大小为vP，刚撤去磁场时沿y轴正方向速度为
vy=vsin θ=2 m/s
运动到P点所用的时间为t，则
t==0.2 s
撤去磁场时，沿x轴正方向速度为
vx=vcos θ=2 m/s
沿x轴方向加速度大小为
ax==10 m/s2
微粒到达P点的速度为
vP=vx+axt=4 m/s
微粒在P点处的动能为
Ek=m=8×10-7 J。
9.(1)v0B (2) (3)90%
解析 (1)由题知，入射速度为v0时，电子沿x轴做直线运动，
则有Ee=ev0B
解得E=v0B；
(2)电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的叠加场中，由于洛伦兹力不做功，且由于电子入射速度为，则电子受到的静电力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，
根据动能定理有
eEy1=m(v0)2-m(v0)2
解得y1=；
(3)电子以v入射时，设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y，则根据动能定理有eEy=m-mv2
由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等，则在最高点有
F合=evmB-eE
在最低点有F合=eE-evB
联立有vm=-v，y=
要让电子到达纵坐标y2=位置，即y≥y2
解得v≤v0
则若电子入射速度在0
