2020年高中物理讲义(第10章)-磁场(附详解)

. 内容 磁场、磁感应强度、磁感线 通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 安培力、安培力的方向 匀强磁场中的安培力 洛伦兹力、洛伦兹力的方向 洛伦兹力公式 10 磁场

要求 要点解读 新课标卷高考近几年未直接考查，而是结合安培力、洛伦兹力、电磁感Ⅰ 应等内容间接考查。高考要求知道其内容及含义，并能在有关问题中识别和直接使用。 Ⅰ Ⅰ Ⅱ 常考点，多以选择题考查安培定则的应用，要求考生会分项多条通电导线周围磁场的叠加。 常考点，往往结合平衡条件、牛顿运动定律和电磁感应问题综合考查。 常考点，选择题或计算题均有可能，特别是安培力作用下的平衡或运动问题，并且常结合电磁感应问题综合考查。 热点。要求考生会用左手定则判断洛伦兹力的方向，知道安培力是洛伦兹力的宏观表现。 高频点或热点。要求考查能熟练运用洛伦兹力公式，常结合带电粒子在磁场中的运动综合考查。 热点也是难点。考查形式有选择题，也有压轴计算题，多涉及有界磁场，Ⅰ Ⅱ 带电粒子在匀强磁场中的运动 Ⅱ 还会考查电、磁复合场，对考生各种能力要求较高。复习时要注意多研究一些以最新科技成果为背景的题目，注意将实际问题模型化能力的培养。 质谱仪和回旋加速器 带电粒子在组合场、叠加场中的运动 Ⅰ 熟悉其工作原理，多注意其他类似元件的工作原理，例如速度选择题、电磁流量计、磁流体发电机、霍尔元件等。 重力场、电场、磁场的组合或叠加，这部分内容涵盖了力、电、磁的核心内容，是高考的重点和难点，综合度高，难度大。 Ⅱ

1

§10-1 磁场性质一、磁场

1．力的角度——磁感应强度：把一段检验电流放在磁场中时，用它受到的最大安培力与其电流强度和长度的乘积之比来描述该点的磁感应强度大小，即BF。

IL2．“形”的角度——磁感线：磁感线的疏密反映磁场的强弱（磁感应强度的大小），切线方向是磁场方向。

3．磁场的叠加：由于磁感应强度是矢量，故磁场叠加时合磁场的磁感应强度可以由平行四边形定则计算。

二、安培定则和左手定则

安培定则 左手定则 使用手 右手 左手 使用范围 环形电流→磁场、直线电流→环形磁场 电（流）+磁→（安培）力 判断通电导线在磁场中的运动方向：

1．把弯曲导线分成很多直线电流元，先用左手定则判断各电流元受力方向，然后判断整段导线所受合力的方向，从而确定导线的运动方向。

2．环形通电导线等效为小磁针，根据小磁针受到的磁力方向判断导线的受力和运动方向。

3．两平行直线电流间，同向电流互相吸引，反向电流相互排斥。 三、安培力

1．公式：FA=BILsin θ，安培力的大小取决于磁感应强度B、电流强度I、导体长度L及直导体与磁场方向间的夹角θ，该公式一般只适用于匀强磁场。

2．涉及安培力的力学综合问题，一般采取以下步骤解题：

（1）选择适当的视角，将电流方向或磁场方向用“●”或“×”表示，使立体图转化为平面图；

（2）进行受力分析，特别要根据磁场特定分析好安培力； （3）根据平衡条件、牛顿第二定律或功能关系列方程解答。

磁场合成

磁场叠加问题的一般解题思路： （1）确定磁场场源，如通电导线。

（2）定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向．如图所示为M、N在c点产生的磁场．

（3）应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场．

1 如图所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸

面固定放置，二者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里，大小相等的电流时，纸面内与两导线距离为l的a点处的磁感应强度为零。若仅让P中的电流反向，则a点处磁感应强度的大小为 A．2B0

1．三根完全相同的长直导线互相平行，通以大小和方向都相同的电流。它们的截面处于一个正方形abcd的三个顶点a、b、c处，如图所示。已知每根通电长直导线在其周围产生的磁感应强度与该导线的距离成反比，通电导线b在a处产生的磁场磁感应强度大小为B，则d处的磁感应强度大小为（ ）

A．2B B．32B C．3B D．32B

2

B．23B

03

C．3B

03

D．B0

3

2．如图所示，A、B、C是正三角形的三个顶点，O是AB的中点，两根互相平行的通电长B两处，直导线垂直纸面固定在A、导线中通入的电流大小相等、方向相反。已知通电长直导线产生磁场的磁感应强度

BkII

，为通电长直导线的电流大小，r为距通电长直导线r的垂直距离，k为常量，O点处的磁感应强度大小为B0，则C点处的磁感应强度大小为（ ） A．

B0 2B．2B0

2C．

B0 4D．3B0 4右手定则

2

下列关于小磁针在磁场中静止时的指向，正确的是( )

如图所示，ab、cd是两根在同一竖直平面内的直导线，在两导线悬挂一个小磁针，静止时在同一竖直平面内。当两导线中通以大小相等的电流时，小磁针N极向纸面内转动，则两导线中的电流方向（ ）

A．一定都是向上 B．一定都是向下

C．ab中电流向上，cd中电流向下 D．ab中电流向下，cd中电流向上

安培定则

1．安培力的大小

（1）磁场和电流垂直时：F＝BIL. （2）磁场和电流平行时：F＝0. 2．安培力的方向（左手定则判断）

如图所示，伸开左手，让拇指与其余四指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流方向；拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。

3 把 如图所示，三根通电长直导线a、b、c平行水平放置，其横截面恰好位于等边三

角形的三个顶点，导线a、b固定在同一竖直面内，导线a中的电流方向垂直纸面向里，导线b中的电流方向垂直纸面向外，已知导线a、b中的电流在导线c处产生的磁场的磁感应强度大小均为B0；导线c中的电流方向垂直纸面向里，电流大小为I，长度为L，质量为m，在粗

糙水平面上处于静止状态，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）

A．导线c所受安培力的大小为3B0IL B．导线c受到的静摩擦力方向向右 C．导线c对水平面的压力大小为mgB0IL

D．若仅将导线b中的电流反向，则导线c所受安培力的大小为B0IL

1．在赤道上方沿东西水平放置一根直导线并通以自东向西方向的电流，那么该处地磁场的方向及该导线所受地磁场作用力的方向为（ ）

5

A．地磁场向南，磁场作用力向上 C．地磁场向北，磁场作用力向上

B．地磁场向南，磁场作用力向下 D．地磁场向北，磁场作用力向下

2．（多选）如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，垂直纸面放置，均通有大小相等的电流I，L1、L2中电流方向垂直纸面向里，L3中电流方向垂直纸面外．下列说法错误的是（ ）

A．L1、L2在L3处产生的合磁感应强度方向与L1、L2连线垂直 B．L2、L3在L1处产生的合磁感应强度方向与L2、L3连线垂直 C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1:1:3 D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为3:3:1

3．如图所示，AC是四分之一圆弧，O为圆心，D为弧AC中点，A、D、C处各有一垂直纸面的通电直导线，电流大小相等，A、C两处电流垂直纸面向里，D处电流垂直纸面向外，整个空间再加一个大小为的匀强磁场，O处的磁感应强度刚好为零，如果将D处电流反向，其他条件都不变，则O处的磁感应强度大小为（ ） A．322B

B．221B

C．2B D．0

4．在导线中电流在周围空间产生的磁感应强度大小为BkI，k为常量，r为到导线的距

r离，如图所示，两个半径相同，材料不同的半圆环并联接在电路中，电路中的总电流为I，流过ABD半圆环的电流为I，流过ACD半圆

3环的电流为

2I，在圆环圆心处电流产生的磁场的3磁感应强度为B。若将ABD半圆环绕直径AD转过90°，这时在O点的磁感应强度大小为（ ） A．3B B．5B C．2B D．B

5．（多选）如图所示，A、B、C是三根平行且固定的金属导线，三根导线的电流大小相等，方向如图示。AB、BC、AC的连线构成一个正三角形。下列说法正确的是（ ）

A．C处金属导线受到的磁场力的合力竖直向下 B．A处和B处金属导线受到的磁场力的合力均竖直向上

C．A处导线受到的磁场力的合力与C处导线受到的磁场力的合力大小之比为1:3 D．正三角形ABC的中心O处的磁感应强度为零

6．如图所示，一边长L、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度为B的匀强磁场中。若通以图示方向的电流（从A点流入，从C点流出），电流为I，则金属框受到的磁场力的合力为（ ）

A．0 B．BIL C．4BIL D．2BIL

37．将闭合通电导线圆环平行于纸面缓慢地竖直向下放入水平方向垂直纸面向里的匀强磁场中，如图所示，则在通电圆环从刚进入到完全进入磁场的过程中，所受的安培力的大小（ ）

A．逐渐增大 B．逐渐变小 C．先增大后减小 D．先减小后增大

8．如图所示，质量m=0.5 kg的通电导体棒在安培力作用下静止在倾角为37°、宽度为L=1 m的光滑绝缘框架上，磁场垂直于框架平面向下（磁场仅存在于绝缘框架内），右侧回路电源的电动势E=8 V、内电阻r=1 Ω，额定功率为8 W、额定电压为4 V的电动机正常工作， 则磁场的磁感应强度为（g=10 m/s2）（ ）A．1.5 T B．1 T C．2 T D．1.73 T

9．如图所示装置，电源的电动势为E=8V，内阻 r1=0.5Ω，两光滑金属导轨平行放置，间

7

距为d=0.2m，导体棒 ab用等长绝缘细线悬挂并刚好与导轨接触，ab左侧为水平直轨道，右侧为半径R=0.2m的竖直圆弧导轨，圆心恰好为细线悬挂点，整个装置处于竖直向下的、磁感应强度为B=0.5T 的匀强磁场中。闭合开关后，导体棒沿圆弧运动，已知导体棒的质量为m=0.06kg，电阻r2=0.5Ω，不考虑运动过程中产生的反电动势，则（ ）

A．导体棒ab所受的安培力方向始终与运动方向一致 B．导体棒在摆动过程中所受安培力F=8N C．导体棒摆动过程中的最大动能0.8J

D．导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角θ=53

10．如图所示，固定的水平金属导轨间距L=2 m。处在磁感应强度B=4×l0-2 T的竖直向上

的匀强磁场中，导体棒MN垂直导轨放置，并始终处于静止状态。已知电源的电动势E=6 V，内电阻r=0.5 Ω，电阻R=4.5 Ω，其他电阻忽略不计。闭合开关S，待电流稳定后，试求：

（1）导体棒中的电流；

（2）导体棒受到的安培力的大小和方向。

1．【2019·江苏卷】（多选）如图所示，在光滑的水平桌面上，a和b是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等． 矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a、b产生的磁场作用下静止．则a、b的电流方向可能是（ ）

A．均向左

B．均向右

C．a的向左，b的向右 D．a的向右，b的向左

2．【2019·新课标全国Ⅰ卷】如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶N与直流电源两端相接，点M、已如导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为（ ）

A．2F B．1.5F

C．0.5F

D．0

3．【2018·新课标II卷】（多选）如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1

中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别

11为B0和B0，方向也垂直于纸面向外。则（ ）

23A．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为7B0

12B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为1B0

12C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为1B0

12D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为7B0

12

9

4．【2018·新课标I卷】（多选）如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是（ ）

A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动 B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向 C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向

D．开关闭合并保持一段时间再断开的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动 5．（2017·新课标全国Ⅰ卷）如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，

均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反，下列说法正确的是（ ）

A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直 B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直

C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1:1:3 D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为3:3:1

6．（2017·新课标全国Ⅱ卷）某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆

包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将（ ）

A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉

B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉

C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉 D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉 7．（2017·江苏卷）如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为

r和2r。圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为（ ） A．1:1 B．1:2 C．1:4 D．4:1

8．（2017·天津卷）电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来

研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。问： （1）磁场的方向； （2）MN刚开始运动时加速度a的大小；

（3）MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。

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§10-2 洛伦兹力1．洛伦兹力与电场力的比较 性质 用力 电场中的电荷一定受到电场力作产生条件 大小 力方向与场方向的关系 做功情况 v≠0且v不与B平行 用 F=qvB（v⊥B） 一定是F⊥B，F⊥v，与电荷电性无关 任何情况下都不做功 功 力为零时场的情况 F为零，B不一定为零 只改变电荷运动的速度方向，作用效果 不改变速度大小 2．洛伦兹力与安培力的联系及区别

（1）安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力，都是磁场力。

（2）洛伦兹力对电荷不做功；安培力对通电导线可做正功，可做负功，也可不做功。 3．带电粒子在匀强磁场中的运动 （1）如何确定“圆心”

①由两点和两线确定圆心，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹。确定带电粒子运动轨迹上的两个特殊点（一般是射入和射出磁场时的两点），过这两点作带电粒子运动方向的垂线（这两垂线即为粒子在这两点所受洛伦兹力的方向），则两垂线的交点就是圆心，如图（a）所示。

小，也可以改变电荷运动的方向 F为零，E一定为零 既可以改变电荷运动的速度大F=qE 正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力与电场方向相反 可能做正功、负功，也可能不做洛伦兹力 磁场对在其中运动的电荷的作电场对放入其中电荷的作用力 电场力

②若只已知过其中一个点的粒子运动方向，则除过已知运动方向的该点作垂线外，还要将这两点相连作弦，再作弦的中垂线，两垂线交点就是圆心，如图（b）所示。

③若只已知一个点及运动方向，也知另外某时刻的速度方向，但不确定该速度方向所在的点，如图（c）所示，此时要将其中一速度的延长线与另一速度的反向延长线相交成一角（∠PAM），画出该角的角平分线，它与已知点的速度的垂线交于一点O，该点就是圆心。

（2）如何确定“半径”

方法一：由物理方程求，半径rmv； qB方法二：由几何关系求，一般由数学知识（勾股定理、三角函数等）计算来确定。 （3）如何确定“圆心角与时间”

①速度的偏向角φ=圆弧所对应的圆心角（回旋角）θ=2倍的弦切角α，如图（d）所示。

②时间的计算方法。 方法一：由圆心角求，t方法二：由弧长求，t2πT

R v4．带电粒子在有界匀强磁场中运动时的常见情形 直线边界（粒子进出磁场具有对称 性）

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平行边界（粒子运动存在临界条件） 圆形边界（粒子沿径向射入，再沿径 向射出） 5．带电粒子在有界磁场中的常用几何关系

（1）四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点。

（2）三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的2倍。

6．求解带电粒子在匀强磁场中运动的临界和极值问题的方法

由于带电粒子往往是在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件（①带电体在磁场中，离开一个面的临界状态是对这个面的压力为零；②射出或不射出磁场的临界状态是带电体运动的轨迹与磁场边界相切），然后应用数学知识和相应物理规律分析求解。

（1）两种思路

一是以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界条件下的特殊规律和特殊解；

二是直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值。 （2）两种方法

一是物理方法：①利用临界条件求极值；②利用问题的边界条件求极值；③利用矢量图求极值。

二是数学方法：①利用三角函数求极值；②利用二次方程的判别式求极值；③利用不等式的性质求极值；④图象法。

（3）从关键词中找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”等词语对临界状态给以暗示。审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件。

匀强磁场

1．若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动．

2．若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动．

如下图，带电粒子在磁场中，①中粒子做匀速圆周运动，②中粒子做匀速直线运动，③中粒子做匀速圆周运动．

3．半径和周期公式：(v⊥B)

1 （多选）质量为m、电量为q的带电粒子以速率U额垂直磁感线射入磁感应强度为

R0B的匀强磁场中，在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，带电粒子在圆周轨道上运动相当于

一个环形电流，则下列说法中正确的是

A．环形电流的电流强度跟q成正比 B．环形电流的电流强度跟

U额R0成正比

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C．环形电流的电流强度跟B成正比 D．环形电流的电流强度跟m成反比

1．一个带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场中，由于沿途空气电离而使粒子的动能逐渐减小，轨迹如图所示。假设粒子的电荷量不变，下列有关粒子的运动方向和所带电性的判断正确的是（ ） A．粒子由a向b运动，带正电 B．粒子由b向a运动，带负电 C．粒子由b向a运动，带正电 D．粒子由a向b运动，带负电

2．（多选）如图所示，两匀强磁场的方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度分别为B1、B2，今有一质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为如图虚线所示的“心”形图线。则以下说法正确的是（ ） A．电子的运行轨迹为PDMCNEP B．电子运行一周回到P用时为T=C．B1=2B2 D．B1=4B2

2πm B1e单边界磁场

单边界即直线边界，进、出磁场具有对称性，如图所示

2 把 （2019·陕西渭南模拟）在真空室中，有垂直于纸面向里的匀强磁场，三个质子1、

2和3分别以大小相等、方向如图所示的初速度v1、v2和v3经过平板MN上的小孔O射入匀强磁场，这三个质子打到平板MN上的位置到小孔O的距离分别是s1、s2和s3，不计质子重力，则有（ ）

A．s1>s2>s3 C．s1＝s3>s2

1．（多选）利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L。一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法正确的是（ ） A．粒子带正电

B．射出粒子的最大速度为qB(L3d)

2mC．保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大 D．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大

2．（多选）如图所示，MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界。一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场。若粒子速度为v0，最远能落在边界上的A点。下列说法正确的有（ ）

A．若粒子落在A点的左侧，其速度一定小于v0 B．若粒子落在A点的右侧，其速度一定大于v0

C．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于v0–qBd/2m D．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于v0+qBd/2m

B．s117

双边界磁场

平行边界，存在临界条件，如图所示．

3 把 如图所示，平行线PQ、MN之间有方向垂直纸面向里的

匀强磁场，电子从P沿平行于PQ且垂直于磁场方向射入磁场，其中速率为v1的电子与MN成60°角，速率为v2的电子与MN成45°角射出磁场，v1：v2等于（ ）

A．（2—2）：1 C．2：1

1．（多选）如图所示，竖直平行线MN、PQ间距离为a，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场（含边界PQ），磁感应强度为B，MN上O处的粒子源能沿不同方向释放比荷为q/m的带负电粒子，速度大小相等、方向均垂直磁场。粒子间的相互作用及重力不计。设粒子速度方向与射线OM夹角为θ，当粒子沿θ=60°射入时，恰好垂直PQ射出。则（ ） A．从PQ边界射出的粒子在磁场中运动的最短时间为B．沿θ=120°射入的粒子，在磁场中运动的时间最长 C．粒子的速率为aqB

mD．PQ边界上有粒子射出的长度为23a

B．（2—1）：1 D．2：3

πm 3qB

三角形磁场

4 把 （多选）如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度

为B，∠A=60°， AO=L，在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子.已知粒子的比荷为，发射速度大小都为v0=

。设粒子发射

方向与OC边的夹角为θ，不计粒子间相互作用及重力。对于粒子进入磁场后的运动，下列说法中正确的是（ ）

A．当θ=45°时，粒子将从AC边射出

B．所有从OA边射出的粒子在磁场中运动时间相等

C．随着θ角的增大，粒子在磁场中运动的时间先变大后变小 D．在AC边界上只有一半区域有粒子射出

1．（多选）如图所示，等腰直角三角形abc区域内（包含边界）有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，在bc的中点O处有一粒子源，可沿与ba平行的方向发射大量速率不同的同种粒子，这些粒子带负电，质量为m，电荷量为q，已知这些粒子都能从ab边离开abc区域，ab=2l，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用。关于这些粒子，下列说法正确的是（ ） A．速度的最大值为2π

3

B．速度的最小值为qBl

mD．在磁场中运动的最长时间为3l

C．在磁场中运动的最短时间为1

3

19

2．（多选）如图所示，有一垂直于纸面向外的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，其边界为一边长为L的正三角形（边界上有磁场），A、B、C为三角形的三个顶点。现有一质量为m、电荷量为+q的粒子（不计重力），以速度

v3qBL从AB边上的某点P既垂直于AB边又垂直于磁4m场的方向射入，然后从BC边上某点Q射出。若从P点射入的该粒子能从Q点射出，则（ ） A．PB23L

4 B．PB13L

4C．QB3L D．QB1L

24圆形磁场

圆形边界，沿径向射入必沿径向射出，如图所示。

5 把 （多选）如图，半径为R的圆形区域（纸面）内存在着匀强磁场，磁场方向垂直于

纸面，半径OA与半径OC夹角α=60°，CD为直径。电子、质子均从A点沿与OA夹角θ=30°方向垂直射入匀强磁场中，电子经磁场偏转后从C点以速率v射出磁场，质子从D点垂直AO方向射出磁场。已知电子与质子的质量之比为k，重力及粒子间的作用均不计，则（ ）

A．磁场方向垂直圆面向外

1B．电子在磁场中运动的路程为πR

3C．质子在磁场中运动的速率为kv

D．电子、质子通过磁场所用的时间之比为1:2

1．圆形区域内有如图所示的匀强磁场,一束比荷相同的带电粒子对准圆心O射入,分别从a、b两点射出,下列说法正确的是（ ） A．b点出射粒子速率较小 B．a点出射粒子运动半径较大 C．b点出射粒子磁场中的运动时间较短 D．a点出射粒子速度偏转角较小

2．（多选）如图所示是一个半径为R的竖直圆形磁场区域，磁感应强度大小为B，磁感应强度方向垂直纸面向内。有一个粒子源在圆上的A点不停地发射出速率相同的带正电的粒子，带电粒子的质量均为m，运动的半径为r，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为α。下列说法正确的是（ ） A．若r=2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为

πm 6qBB．若r=2R，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，则有tan221成立

27C．若r=R，粒子沿着磁场的半径方向射入，则粒子在磁场中的运动时间为

πm 3qBD．若r=R，粒子沿着与半径方向成60° 角斜向下射入磁场，则圆心角α为150°

其他磁场

5 把 如图所示，正方形abcd内存在匀强磁场，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。

a处有一粒子(重力不计)发射源，先后向磁场内沿与ab边成30°角方向发射两个比荷不同、速度相同的粒子，若该两粒子分别从b、d点射出，则从b、d两点射出的粒子在磁场中运动的时间之比为（ ）

21

A．1：3

B．3：2 C．3：1 D．2：3

1．（2019·山东省菏泽市高三下学期第一次模拟考试）如图所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直正方形平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B。一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从b点沿ba方向射入磁场，结果粒子恰好能通过c点，不计粒子的重力，则粒子的速度大小为（ ） A．qBL

m B．2qBL

mC．

21qBLm D．

21qBLm

2．（多选）如图所示，在一个边长为a的正六边形区域内存在磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场。三个相同的带电粒子，比荷大小均为向以大小不等的速度射人匀强磁场区域，粒子在运动过程中只受磁场力作用。已知编号为q1的粒子恰好从F点飞出磁场区域，编号为q2的粒子恰好从E点飞出磁场区城，编号为q3的粒子从ED边上的某点垂直边界飞出磁场区城。则（ ） A．三个带电粒子均带正电

B．编号为q1的粒子进人磁场区城的初速度大小为3Bqa

3mπmC．编号为q2的粒子在磁场区城内运动的时间为

6BqD．编号为q3的粒子在ED边上飞出的位置与E点的距离为233a

q，先后从A点沿AD方m

1．（2019·沭阳月考）运动电荷在磁场中受到洛伦兹力的作用，运动方向会发生偏转，这一点对地球上的生命来说有十分重要的意义．从太阳和其他星体发射出的高能粒了流，称为宇宙射线，在射向地球时，由于地磁场的存在，改变了带电粒子的运动方向，对地球起到了保护作用．如图所示为地磁场对宇宙射线作用的示意图．现有来自宇宙的一束质子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则这质子在进入地球周围的空间将（ ） A．竖直向下沿直线射向地面 C．向西偏转

B．向东偏转

D．向北偏转

2．如图所示，半径为R的半圆形有界磁场关于x轴对称，y轴刚好与磁场左边界在坐标原点处相切，在坐标原点处有一粒子源，可以沿x轴正方向连续地发射质量为m，电荷量大小为q的不同速率的正、负电荷。已知磁场的方向垂直于坐标平面向里，磁感应强度大小为B，若粒子不能从半圆的直径部分射出，则（ ） A．粒子在磁场中运动的最大半径可能为R B．粒子在磁场中运动的最大速度可能为qBR

2mC．粒子在磁场中运动扫过的面积最大可能为（π1）R2 D．粒子在磁场中运动的最短时间可能为

πm 2qB3．关于静电力、安培力与洛伦兹力，下列说法正确的是（ ）

A．电荷放入静电场中一定会受静电力，静电力的方向与该处电场强度的方向相同 B．通电导线放入磁场中一定受安培力，安培力的方向与该处磁场方向垂直 C．电荷放入磁场中就会受到洛伦兹力，洛伦兹力的方向与该处磁场方向垂直

23

D．当电荷的速度方向与磁场方向垂直时受到的洛伦兹力最大，方向与磁场方向垂直 4．磁流体发电是一项新兴技术。如图所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场，图中虚线框部分相当于发电机，把两个极板与用电器相连，则（ ） A．用电器中的电流方向从B到A B．用电器中的电流方向从A到B

C．若只增大带电粒子电荷量，发电机的电动势增大 D．若只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大

5．如图所示是某粒子速度选择器截面的示意图，在一半径为R=10 cm的圆柱形桶内有B=10–

4

T的匀强磁场，方向平行于轴线，在圆柱桶某一截面直径的两端开

有小孔，作为入射孔和出射孔。粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出。现有一粒子源发射比荷为

q21011C/kgm的正粒子，粒子束中速度分布连续。当角θ=45°时，出射粒子速度v的大小是（ ） A．2106m/s C．22108m/s

B．22106m/s D．42106m/s

6．如图所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正的电小球，其质量为m，带电荷量为q，小球可在棒上滑动。现将此棒竖直放入沿水平方向且互相垂直的匀强磁场和匀强电场中，设小球所带电荷量不变，在小球由静止下滑的过程中（ ）

A．小球的加速度一直增大

B．小球的速度一直增大，直到最后匀速 C．小球的速度先增大，再减小，直到停止运动 D．棒对小球的弹力一直减小

7．据有关资料介绍，受控核聚变装置中有极高的温度，因而带电粒子将没有通常意义上的“容器”可装，而是由磁场约束带电粒子运动，使之束缚在某个区域内。如图所示，环状磁场的内半径为R1，外半径为R2，被束缚的带电粒子的比荷为k，中空区域内带电粒子具有各个方向的速度，速度大小为v。中空区域中的带电粒子都不会穿出磁场的外边缘而被约束在半径为R2的区域内，则环状区域内磁场的磁感应强度大小可能是（ ）

A．

2R2v

（kR2R1） B．

2R2v 22（kR2R1）C．

3v

（kR2R1）D．

v

（kR2R1）8．如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力。则（ ）

A．vb:vc=2:2，tb:tc=1:2 B．vb:vc=1:2，tb:tc=2:1 C．vb:vc=2:1，tb:tc=2:1 D．vb:vc=1:2，tb:tc=1:2

9．一质量为m、带电量为q的粒子以速度v0从O点沿y轴正方向射入磁感强度为B的一圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面，粒子飞出磁场区后，从b处穿过x轴，速度方向与x轴正向夹角为30°，如图所示（粒子重力忽略不计）。试求： （1）圆形磁场区的最小面积；

（2）粒子从O点进入磁场区到达b点所经历的时间；（3）b点的坐标。

25

10．如图所示，以O为圆心、半径为R的圆形区域内存在垂直圆面向里、磁感应强度为B

的匀强磁场，一粒子源位于圆周上的M点，可向磁场区域内垂直磁场沿各个方向发射质量为m、电荷量为q的粒子，不计粒子重力，N为圆周上另一点，半径OM和ON间的夹角，且满足tan20.5．

（1）若某一粒子以速率v1，沿MO方向射入磁场，恰能从N点离开磁场，求此粒子

的速率移v1；

（2）若大量此类粒子以速率v22qBR，从M点射入磁场，方向任意，则这些粒子在m磁场中运动的最长时间为多少？

（3）若由M点射入磁场各个方向的所有粒子速率均为题1中计算出的v1，求磁场

中有粒子通过的区域面积。

1．（2019·新课标全国Ⅱ卷）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．1kBl，5kBl

44C．1kBl，5kBl

24

B．1kBl，5kBl

44D．1kBl，5kBl 24

2．（2019·新课标全国Ⅲ卷）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

1为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、2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．

5πm 6qB B．

7πm 6qB C．

11πm 6qB D．

13πm 6qB3．（2019·北京卷）如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是（ ） A．粒子带正电

B．粒子在b点速率大于在a点速率

C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出 D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短

4．（2018·北京卷）某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动，下列因素与完成上述两类运动无关的是（ ） A．磁场和电场的方向

B．磁场和电场的强弱

27

C．粒子的电性和电量 D．粒子入射时的速度

5．（2017·新课标全国Ⅱ卷）如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同的方向射入磁场。若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2:v1为（ ） A．3:2

B．2:1 C．3:1

D．3:2

6．（2019·新课标全国Ⅰ卷）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）带电粒子的比荷；

（2）带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。

7．（2019·江苏卷）如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B．磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MN=L，粒子打到板上时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．质量为m、电荷量为-q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d，且d（2）欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M的最大距离dm；

d（3）从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场，PM=d，QN=，求粒子从P到Q的运

2动时间t．

29

电磁复合场 §10-3 一、带电粒子在组合场中运动的分析方法

1．正确受力分析，除重力、弹力、摩擦力外要特别注意静电力和磁场力的分析。 2．确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合。

3．对于粒子连续通过几个不同区域、不同种类的场时，要分阶段进行处理。 4．画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律。 二、带电粒子在叠加场中运动的分析方法

1．带电体在叠加场中运动的归类分析 （1）磁场力、重力并存

①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。

②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒。

（2）电场力、磁场力并存（不计重力的微观粒子） ①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动。

②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体做复杂的曲线运动，可用动能定理求解。 （3）电场力、磁场力、重力并存 ①若三力平衡，带电体做匀速直线运动。 ②若重力与电场力平衡，带电体做匀速圆周运动。

③若合力不为零，带电体可能做复杂的曲线运动，可用能量守恒定律或动能定理求解。

2．带电粒子（带电体）在叠加场中运动的分析方法 （1）弄清叠加场的组成。 （2）进行受力分析。

（3）确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合。 （4）画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律。

①当带电粒子在叠加场中做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程求解。

②当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，应用牛顿定律结合圆周运动规律求解。 ③当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解。 ④对于临界问题，注意挖掘隐含条件。

（5）记住三点：能够正确对叠加场中的带电粒子从受力、运动、能量三个方面进行分析

①受力分析是基础：一般要从受力、运动、功能的角度来分析。这类问题涉及的力的种类多，含重力、电场力、磁场力、弹力、摩擦力等；

31

②运动过程分析是关键：包含的运动种类多，含匀速直线运动、匀变速直线运动、类平抛运动、圆周运动以及其他曲线运动；

③根据不同的运动过程及物理模型，选择合适的定理列方程（牛顿运动定律、运动学规律、动能定理、能量守恒定律等）求解。 三、带电粒子在周期性的电场和磁场中的运动

带电粒子在交变电场或磁场中运动的情况较复杂，运动情况不仅取决于场的变化规律，还与粒子进入场的的时候的时刻有关，一定要从粒子的受力情况着手，分析出粒子在不同时间间隔内的运动情况，若交变电压的变化周期远大于粒子穿越电场的时间，那么粒子在穿越电场的过程中，可看作匀强电场。

注意：空间存在的电场或磁场是随时间周期性变化的，一般呈现“矩形波”的特点。交替变化的电场及磁场会使带电粒子顺次经过不同特点的电场，磁场或叠加的场，从而表现出多过程现象，其特点较为隐蔽。

组合场

1．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或在同一区域，电场、磁场分时间段或分区域交替出现．

2．带电粒子在匀强电场、匀强磁场中可能的运动性质

初速度为零 初速度平行场线 力学特点

在电场强度为E的匀强电场中 做初速度为零的匀加速直线运动 做匀变速直线运动 受恒力作用，做匀变速运动 在磁感应强度为B的匀强磁场中 保持静止 做匀速直线运动 洛伦兹力不做功，动能不变

1 把 如图所示，在x轴上方有沿y轴正方向的匀强电场，场强为E，在x轴下方有垂直

于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.一带负电的粒子从坐标原点O以速度v与x轴正方向成θ(0＜θ＜90°)角射出，射出之后，要使该粒子经过一段时间后又经过O点，E与B的比值应满足什么条件？ (重力不计)

1．（多选）如图是质谱仪的工作原理示意图。带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1、A2。平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场。下列表述错误的是（ ） A．质谱仪是分析同位素的重要工具 B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里 C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于E

BD．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷（q）越小

m

33

2．某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的运动，如图所示，材料表面上方矩形区域PP′N′N充满竖直向下的匀强电场，电场宽NP=N′P′=d。长NN′=MM′=5s、宽MN=M′N′=s的矩形区域NN′M′M充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B；NN′为磁场与电场之间的分界线．点C1、C2将M′N′三等分，在C1、C2间安装一接收装置．一个电荷量为e、质量为m、初速度为零的电子，从P点开始由静止被电场加速后垂直进入磁场．电场强度可以取一定范围内的任意值，电子运动时，电场强度不变，最后电子仅能从磁场边界M′N′飞出．不计电子所受重力。 （1）电场强度的最大值为多少？ （2）若接收装置只接收垂直M′N′方向

的电子（不含C1、C2），求接受装置能够接受到几种不同速度的电子，其中速度最小为多少？

（3）求恰好击中C1的电子速度大小的可能值。

叠加场

1．带电粒子在包含匀强磁场的叠加场中无约束情况下运动的几种常见形式

受力特点 其他场力的合力与洛伦兹力等大反向 除洛伦兹力外，其他力的合力为零 除洛伦兹力外，其他力的合力既不为零，也不与洛伦兹力等大反向 运动性质 匀速直线运动 匀速圆周运动 方法规律 平衡条件 牛顿第二定律、圆周运动的规律 动能定理、能量守恒定律 较复杂的曲线运动 2．带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动

带电粒子在叠加场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，分析时应注意：

（1）分析带电粒子所受各力尤其是洛伦兹力的变化情况，分阶段明确物体的运动情况． （2）根据物体各阶段的运动特点，选择合适的规律求解． ①匀速直线运动阶段：应用平衡条件求解．

②匀加速直线运动阶段：应用牛顿第二定律结合运动学公式求解． ③变加速直线运动阶段：应用动能定理、能量守恒定律求解．

1 把 如图所示，半圆光滑绝缘轨道MN固定在竖直平面内，O为其圆心，M、N与O

高度相同，匀强磁场方向与轨道平面垂直。现将一个带正电的小球自M点由静止释放，它将沿轨道在M、N间做往复运动．下列说法中正确的是（ ）

A．小球在M点和N点时均处于平衡状态

B．小球由M到N所用的时间大于由N到M所用的时间 C．小球每次经过轨道最低点时对轨道的压力大小均相等 D．小球每次经过轨道最低点时所受合外力大小均相等

1．如图所示为研究某种带电粒子的装置示意图，粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直线射到荧光屏上的O点，出现一个光斑。在垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为B的匀强磁场后，粒子束发生偏转，沿半径为r的圆弧运动，打在荧光屏上的P点，然后在磁场区域再加一竖直向下，场强大小为E的匀强电场，光斑从P点又回到O点，关于该粒子（不计重力），下列说法正确的是（ ） A．粒子带负电

B．初速度为vB

ED．比荷为qE

mB2r

2qBC．比荷为r mE

35

2．（多选）如图所示，在正交的匀强电场和匀强磁场中有质量和电荷量都相同的两油滴M、N。M静止，N做半径为R的匀速圆周运动，若N与M相碰后并结合在一起，则关于它们下列说法中不正确的（ ） A．以N原速率的一半做匀速直线运动 C．仍以R为半径做匀速圆周运动

B．以为半径做匀速圆周运动 D．做周期为N的一半的匀速圆周运动

周期场

1

如图甲所示，竖直面MN的左侧空间中存在竖直方向的匀强电场（上、下及左侧无

边界）。一个质量为m、电荷量为q、可视为质点的带正电小球，以水平初速度v0沿PQ向右做直线运动，Q位于MN上．若小球刚经过D点时（t＝0），在电场所在空间叠加如图乙所示随时间做周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时速度与PQ连线成90°角，已知D、Q间的距离为2L，t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，忽略磁场变化造成的影响，重力加速度为g.

（1）求电场强度的大小E和方向；（2）求t0与t1的比值； （3）小球过D点后做周期性运

动，则当小球运动的周期最

大时，求出此时磁感应强度的大小B0及运动的最大周期Tm.

1．1932年美国物理学家劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其核心部件是两个中空的半圆形金属盒D1和D2，称为“D形盒”，其原理如图所示，带电粒子在两盒之间被电场加速，在两盒中做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )

A．D形盒的作用是静电屏蔽，使带电粒子在盒中做匀速圆周运动而不被电场干扰 B．在两D形盒之间所加交变电压的周期应等于带电粒子做匀速圆周运动周期的两倍 C．仅使加速电压的有效值增大，带电粒子获得的能量一定增大

D．仅使D形盒中磁场的磁感应强度B增大，带电粒子在D形盒中运动周期一定增大 2．在第一象限（含坐标轴）内有垂直xOy平面周期性变化的均匀磁场，规定垂直xOy平面向里的磁场方向为正．磁场变化规律如图，磁感应强度的大小为B0，变化周期为T0.某一正粒子质量为m、电量为q在t＝0时从0点沿x轴正向射入磁场中．若要求粒子在t＝T

0时距

x轴最远，则B0的值为（ ）

m2m B．

qT0qT03m5mC． D．

2qT03qT0A．

1．如图所示为回旋加速器的示意图。两个靠得很近的D形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，一质子从加速器的A处开始加速。已知D型盒的半径为R，磁场的磁感应强度为B，高频交变电源的电压为U、频率为f，质子质量为m，电荷量为q。下列说法错误的是（ ）

A．质子的最大速度不超过2πRf

222qB．质子的最大动能为BR 2mC．质子的最大动能与电压U无关

D．只增大磁感应强度B，可增加质子的最大动能

2．（多选）如图，为探讨霍尔效应，取一块长度为a、宽度为b、厚度为d的金属导体，

37

给金属导体加与侧面垂直的匀强磁场B，且通以图示方向的电流I时，用电压表测得导体上、下表面M、N间电压为U.已知自由电子的电荷量为e。下列说法中正确的是（ ）

A．M板比N板电势高

B．霍尔元件是根据霍尔效应制作的一种磁场传感器 C．导体中自由电子定向移动的速度为vU

BdD．导体单位体积内的自由电子数BI

eUb3．在水平地面上方有正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场方向竖直向下、匀强磁场方向水平向里。现将一个带正电的金属小球从M点以初速度v0水平抛出，小球着地时的速度为v1，在空中的飞行时间为t1，若将磁场撤除，其它条件均不变，那么小球着地时的度为v2，在空中飞行的时间为t2，小球所受空气阻力可忽略不计，则关于v1和v2、t1A和t2的大小比较，以下判断正确的是（ ） A．v1v2，t1t2 B．v1＜v2，t1＜t2 C．v1v2，t1＞t2 D．v1v2，t1＜t2

4．如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道竖直放置于匀强磁场中，匀强磁场磁感应强度大小为B，方向垂直于轨道平面向外。轨道半径为R，两端a、c在同一高度上。将质量为m、电量为q的带正电小球，从轨道左端最高点a由静止释放，重力加速度为g，则小球从左向右通过最低点时对轨道的弹力N1与小球从右向左通过最低点时对轨道的弹力N2的差值为( ) A．2mg B．mg

C．2qB2gR D．qB2gR

5．（多选）如图所示，在正交的匀强电场和匀强磁场中，电场方向竖直向上，磁场方向垂直于纸面向里，带电粒子B静止在正交的电磁场中，另一带电粒子A以一定的水平速度

沿直线向右运动，与粒子B碰撞后粘在一起，碰撞过程中粒子的电荷量没有损失，两个粒子的质量相等，则下列说法正确的是（ ） A．粒子A带负电，粒子B带正电

B．粒子A的带电量一定小于粒子B的带电量 C．两粒子碰撞后仍沿直线运动 D．两粒子碰撞后会做向上偏转运动

6．质谱仪是一种测定带电粒子质虽和分析同位索的重要工具。图中的铅盒A中的放射源放出大量的带正电粒子(可认为初速度为零)，从狭缝S1进入电压为U的加速电场区加速后，再通过狭缝S2从小孔G垂直于MN射入偏转磁场，该偏转磁场是以直线MN为切线、磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外半径为R的圆形匀强磁场。现在MN上的F点（图中末画出）接收到该粒子，且GF3R。则该粒子的荷质比为（粒子的重力忽略不计）（ ）

A．8U B．4U C．6U D． 2U

R2B2R2B2R2B2R2B27．（多选）如图所示为污水流量监测装置，两块面积为S的矩形金属极板M、N水平放置，污水从两板间区域向右流过（速度为v），板间距离为d且有一垂直于纸面向里的 匀强磁场，两板用导线与理想电压表相连，则（ ）A．电压表正极接线柱接金属极板M B．污水中离子浓度越大，电压表的示数越大 C．电压表读数与极板面积S无关

D．水流速度不变，只增加板间距离d时电压表读数变小

8．（多选）如图所示，竖直放置的两平行金属板，长为L，板间距离为d，接在电压为U的直流电源上。在两板间加一磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为q的带正电油滴，从距金属板上端高为h处由静止开始自由下落，并

39

经两板上端连线的中点P进入板间。油滴在P点所受的电场力与磁场力大小恰好相等，且最后恰好从金属板的下边缘离开电磁场区域，空气阻力不计，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ） A．油滴刚进入电磁场时的加速度为g B．油滴开始下落时距金属板上端的高度3l C．油滴从左侧金属板的下边缘离开 D．油滴离开电磁场时的速度大小为l

9．如图，平面直角坐标系xOy中，在y>0及y<—L区域存在场强大小相同，方向相反（均

3平行于y轴）的匀强电场，在L2强磁场，电场强度与磁感应强度大小之比为

E4v0–

，质量为m、电荷量为q的带正电B3粒子，经过y轴上的点P1（0，L）时的速率为v0，方向沿x轴正方向，然后经过x轴上

3 的点P2（L，0）进入磁场。不计粒子重力。求：

2（1）粒子到达P2点时的速度大小和方向； （2）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标；（3）粒子从P1点出发后做周期性运动的周期。

10．如图，在xOy平面第一象限整个区域分布匀强电场，电场方向平行于y轴向下，在第四象限内存在有界匀强磁场，左边界为y轴，右边界为x5d的直线，磁场方向垂直纸面2向外。质量为m，带电荷量为+q的粒子从y轴上P点以初速度v0垂直y轴射入匀强电场，在电场力作用下从x轴上Q点以与x轴正方向成45°角进入匀强磁场，已知OQ=d，不计粒子重力，求： （1）P点坐标；

（2）要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的取值范围； （3）要使粒子能第二次进入磁场，磁感应强度B的取值范围。

41

11．如图甲所示，竖直面MN的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场（上、下及左侧无边界）。一个质量为m、电荷量为q、可视为质点的带正电小球，以水平初速度v0沿PQ向右做直线运动。若小球刚经过D点时（t=0），在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时与PQ连线成600角。已知DQ间的距离为(3+1)L，t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，忽略磁场变化造成的影响，重力加速度为g。求： （1）电场强度E的大小； （2）t0与t1的比值；

（3）小球过D点后将做周期性运动，则当小球运动的周期最大时，求出此时的磁感应

强度B0及运动的最大周期Tm的大小，并在图中画出此情形下小球运动一个周期的轨迹。

1．（2019·天津卷）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，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则元件的（ ） A．前表面的电势比后表面的低 B．前、后表面间的电压U与v无关 C．前、后表面间的电压U与c成正比 D．自由电子受到的洛伦兹力大小为eU

a2．（2019·浙江选考）电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示。两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ，线圈Ⅰ固定，线圈Ⅱ置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零。下列说法正确的是（ ） A．当天平示数为负时，两线圈电流方向相同 B．当天平示数为正时，两线圈电流方向相同

C．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力

D．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力

3．（2019·浙江选考）磁流体发电的原理如图所示。将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中，在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压。如果把上、下板和电阻R连接，上、下板就是一个直流电源的两极。若稳定时等离子体在两板间均匀分布，电阻率为ρ。忽略边缘效应，下列判断正确的是（ ）

43

A．上板为正极，电流IBdvab

RabdBvad2B．上板为负极，电流I

RabbC．下板为正极，电流IBdvab

RabdBvad2D．下板为负极，电流I

Rabb4．（2018·北京卷）某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速

度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动，下列因素与完成上述两类运动无关的是（ ） A．磁场和电场的方向 C．粒子的电性和电量

B．磁场和电场的强弱 D．粒子入射时的速度

5．（2017·新课标全国Ⅰ卷）如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向

b、c电荷量相等，上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在b在纸面内向右做匀速直纸面内做匀速圆周运动，

c在纸面内向左做匀速直线运动。线运动，下列选项正确的是（ ） A．mambmc C．mcmamb

B．mbmamc D．mcmbma

6．（2018·新课标全国III卷）如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压

U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：

（1）磁场的磁感应强度大小； （2）甲、乙两种离子的比荷之比。

7．（2018·新课标全国II卷）一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xoy平

面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xoy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条形区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。 （1）定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹； （2）求该粒子从M点射入时速度的大小；

（3）若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为

及其从M点运动到N点的时间。

，求该粒子的比荷

6

45

8．（2018·新课标全国I卷）如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强

大小为E，在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核11H和一个氘核2速度方向沿x轴正方向。已知11H先后从y轴上y=h点以相同的动能射出，1H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。

11H的质量为m，电荷量为q不计重力。求

（1）11H第一次进入磁场的位置到原点O的距离； （2）磁场的磁感应强度大小；

（3）21H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。

10-1答案

10-2答案

例1【参】CD

【详细解析】设带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，半径为r，则由

22r2mv2qqB，可见，I与q的平方成正qvBm，得TvqB，环形电流：IrT2m比，与v无关，与B成正比，与m成反比，故AB错误，CD正确。 变式1【答案】B

【解析】由题意可知，带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，则由公式rmv得知，粒子的半径应逐渐减小，由图看出，粒子的运动方向qB是从b到a。在b处，粒子所受的洛伦兹力指向圆心，即斜向左上方，由左手定则判断可知，该粒子带负电。故选B。 变式2【答案】AC

【解析】根据左手定则可知：电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1时，受到的洛伦兹力方向向上，所以电子的运行轨迹为PDMCNEP，故A正确；电子在整个过程中，在匀强磁场B1中运动两个半圆，即运动一个周期，在匀强磁场B2中运动半个周期，所以T=2πmπm，故B错误；由图象可知，电子在匀强磁场B1中运动半径是匀强磁B1eB2e场B2中运动半径的一半，根据rmv可知，B1=2B2，故D错误，C正确。故选AC。 Be【名师点睛】本题是带电粒子在磁场中运动的问题，要求同学们能根据左手定则判断洛伦兹力的方向，能结合几何关系求解，知道半径公式及周期公式，难度适中。

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例2【参】D

【详细解析】由已知条件可知三个质子运动轨迹的半径相等．由于初速度v1和v3的方向与MN的夹角相等，所以这两个质子的运动轨迹正好能组合成一个完整的圆，则这两个质子打到平板MN上的位置到小孔的距离是相等的，且小于轨迹圆的直径；而初速度为v2的质子方向与MN垂直，则它的运动轨迹正好是半圆，所以质子打到平板MN上的位置到小孔的距离恰好是圆的直径，即s1＝s31.【答案】BC

【解析】由左手定则可判断粒子带负电，故A错误；由题意知：粒子的最大半径

rmaxmvLL3dqB(L3d)、粒子的最小半径rmin，根据r，可得vmax、

qB222mqBL3qBd，则vmaxvmin，故可知BC正确，D错误。 2m2mvmin2.【答案】BD

【解析】粒子速度v0垂直MN边界进入磁场时到边界上的的落点最远，距离为2r若粒子速度不与MN垂直，落点在A点左侧，如图示A项错；

2mv0，qB

若粒子落在A点的右侧，其半径一定大于

mv0，速度一定大于v0，B项对，若粒子落在qB2mv0dqBdqBA点左侧d处，设粒子的最小速度为v1，则mv12rd，得v1v0，

2mqB22

若粒子落在A点左侧d的范围内，其速度不可能小于v0qBd/2m。若粒子落在A点右

2mv0dqBdqB侧d处，设粒子的最小速度为v2，则mv22rd，得v2v0，

2mqB22若粒子落在A点左侧d的范围内，其速度不可能小于v0qBd/2m，D项对，C错。 【名师点睛】粒子从单边界磁场射入时，射入时速度的方向与磁场边界所夹的角度与射出时速度的方向与磁场边界所夹的角度是相等的。 例3【参】A

【详细解析】设带电粒子与MN之间的夹角为θ，做匀速圆周运动的半径为r，由几何关系可知cosθmvrdd，解得：r，带电粒子做匀速圆周运动半径r，联

qBr1cosθ立可得：

v11cos4522，故A正确。 v21cos601

【答案】BD

【解析】粒子在磁场中运动过程中，洛伦兹力充当向心力，运动半径rmv因为所有粒qB子

m和速度都相同，故所有粒子的运动半径都一样，当粒子沿θ=60°射入时，恰好垂直qmva2aqB2aPQ射出，可得r2a，故，解得v，当粒子轨迹与PQ边

qBsin30m界相切时，轨迹最长，运动时间最长，此时根据几何知识可得θ=120°，此时是粒子打在PQ边界上的最低的点，B正确，C错误；故相对Q的竖直位移为x1rsin603a，由于v一定，则弧长最短时，时间最短，根据分析可知当粒子沿着边界MN方向向上射

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入时最短，此时圆心在MN上，θ=30°，所以

tminπ2πm6πm，此时是粒子打在边=qB2π6qB界PQ的最上端，根据几何知识可得该点相对O点竖直位移为x2rsin603a，故PQ边界上有粒子射出的长度为lx1x223a，A错误，D正确。 例4【参】AD

【详细解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：

，已知

，解得粒子的运动半径r=L，当θ=60°入射时，粒子恰好从A点飞出，则当θ=45°

时，由几何关系可知，粒子将从AC边射出，选项A正确；所有从OA边射出的粒子，θ不同，而轨迹圆心对应的圆心角等于

，所用时间

，T一定，则知粒

子在磁场中时间不相等，选项B错误；当θ=0°飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，在磁场中运动时间也恰好是；当θ=60°飞入的粒子在磁场中运动时间恰好也是，是在磁场中运动时间最长，故θ从0°到60°在磁场中运动时间先减小后增大，当θ从60°到90°过程中，粒子从OA边射出，此时在磁场中运动的时间逐渐减小，故C错误；当θ=0°飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，因此在AC.边界上只有一半区域有粒子射出，故D正确。

【名师点睛】此题关键要根据磁场的界限来确定运动情况，并结合半径与周期公式来分θ从0°析讨论．到60°的过程中，粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆弧的弦长先减小后增大，所以粒子在磁场中运动时间先减小后增大是该题的关键。

1.【答案】ACD

【解析】粒子从ab边离开磁场时的临界运动轨迹如图所示：

rllr22由几何知识可知：r1，cos45rl2l，解得：r212l。AB、

22cos45v2粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvBm，

r解得：vqBr12qBlqBr2，故粒子的最大速度为v，最小速度maxmmmvminqBr1qBl，故A正确，B错误。CD、由粒子从ab边离开磁场区域的临界运m2m动轨迹可知，粒子转过的最大圆心角θmax=180°，最小圆心角：θmin=45°，粒子做圆周运动的周期：Tmin2πmπmtT，则粒子在磁场中运动的最短时间min；最长时

qB3604qBπm，故C、D均正确。故选ACD。 qB间tmaxmax360T2.【答案】AD

【解析】带电粒子做匀速圆周运动轨迹的圆心必在AB之上，画出运动轨迹如图所示，由半径公式rmv3qBL3及v可知，粒子做圆周运动的半径为rL，当粒子运qB4m4动的轨迹圆心位于AB中点O1时，粒子正好与AC、BC边相切，由几何关系知，PB满足PB23L，A正确；平行向右移动参考圆O1，与CB交点最远时的Q点到AB4231rL，D正确。 32的距离为半径r，所以QB

51

例5【参】BC

【详细解析】电子、质子在磁场中运动的轨迹如图所示。电子在磁场中偏转通过C，根据左手定则判断知磁感应强度方向垂直纸面向里，选项A错误；由几何关系知：△AOC、△AO1C均为正三角形且全等，则电子做匀速圆周运动的半径r1=R=程L1=

m1v，在磁场中运动的路eB60112πm1πm12πr1=πR，选项B正确；电子在磁场中运动的时间t1=，由几何关

3606eB3eB3系知：圆心O2在⊙O的圆周上，四边形AODO2是边长为R的菱形，∠AO2D=120°，质子在磁场中运动的轨迹半径r2=R=间t2=

m1m2v2，得v2=mv=kv，选项C正确；质子在磁场中运动的时eB2t1m1k1202πm22πm2，则t2m2，选项D错误。 360eB3eB22

1.【答案】C

【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子运动轨迹的示意图如图所示：

由洛伦兹力提供向心力，可得，结合几何运动径迹可知，从b点射出

的粒子运动半径较大，结合荷质比相同，可得从a点射出的粒子速率较小；故A，B错

误。由运动周期公式得，，由于荷质比相同，周期与速率无关，粒子运动的时间：

可知运动的时间，仅由轨迹所对的圆心角θ决定，故b点射出的粒子运动时间较

短；故C正确。利用对称性可知，粒子沿半径方向入射一定沿半径方向出射，由图可以看出a粒子速度方向偏转的角度大于b粒子速度方向偏转的角度；故D错误。 【名师点睛】本题考查带电粒子在有界磁场中的运动，解题关键是要画出粒子轨迹过程图，运用洛伦兹力提供向心力求出半径公式，注意对称性的运用，粒子沿半径方向入射一定沿半径方向出射，运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间． 2.【答案】BD

【解析】若r=2R，粒子在磁场中时间最长时，磁场区域的直径是轨迹的一条弦，作出轨迹如图1所示，因为r=2R，圆心角θ=60°，粒子在磁场中运动的最长时间

tmax602πm1πmT=，故A错误。若r=2R，如图2所示，粒子沿着与半径方360qB63qB2R2212向成45°角斜向下射入磁场，根据几何关系，有tan，故B正272rR2确。若r=R，粒子沿着磁场的半径方向射入，粒子运动轨迹如图3所示，圆心角90°，粒子在磁场中运动的时间t902πm1πmT=，故C错误。若r=R，粒子沿着与360qB42qB半径方向成60°角斜向下射入磁场，轨迹如图4所示，图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点构成菱形，圆心角150°，故D正确。

53

图1 图2 图3 图4

例6【参】B

【详细解析】设正方形的边长为2L，由几何关系知，从b点射出的粒子在磁场中运动的轨道半径r12L，从d点射出的粒子在磁场中运动的轨道半径r2知，从b点射出的粒子在磁场中轨迹所对应圆心角为60°，则：t123L，由几何关系3602πr1，由几何360v1202πr2关系知，从d点射出的粒子在磁场中轨迹所对应圆心角为120°，则：t2，360v所以：t1:t23:2，故B正确。

1.【答案】C

【解析】粒子沿半径方向射入磁场，则出射速度的反向延长线一定经过圆心，由于粒子能经过c点，因此粒子出磁场时一定沿ac方向，轨迹如图：

由几何关系可知，粒子做圆周运动的半径为r2v0 解得：v得：qv0Bm0r2LL21L，根据牛顿第二定律

21qBLm，故C正确。

2.【答案】ABD

【解析】由于三个粒子的偏转方向均向上，根据左手定则可知，三个粒子带同种正电荷，故A正确；根据题意作出三个粒子的运动轨迹，如图所示：

设编号为q1的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r1，初速度大小为v1，由

v12a3a3qBa几何关系得：r1，根据qv1B，解得：v1，故B正确；

r12sin6033m设编号为q2的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r2，初速度大小为v2，周期为T22πm，由几何关系可得，粒子在正六边形区域磁场运动过程中，转过的圆心角qB为60，则粒子在磁场中运动的时间t2T2m，故C错误；设编号为q3的粒子在63qB正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r3，在磁场中转了30，由几何关系可得：

AE2acos303a，

r3AE23asin30，

O3EAE3a，则

tan30EGr3O3E233a，故D正确；故选ABD。

【名师点睛】分析各粒子的运动情况，由几何关系求出各自的半径，再由洛伦兹力充当向心力即可求得速度大小；再根据几何关系求出圆心角，再根据时间与周期间的关系即可明确时间大小。

1．B 【解析】根据地磁场的分布特点可知，地磁场的磁感线从地球的地理南极指向地理北极，由于磁场分布南北半球对称，故在赤道上空的磁场方向从南向北，平行于地面。



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质子带正电，由左手定则可以判断，质子会向东偏转，故B正确。

2．AD 【解析】粒子不能从半圆的直径部分射出，则半径最大的是轨迹刚好与直径相切，由几何关系可知这时的粒子运动半径为R，选项A正确；最大半径对应着最大速度，由

RmvqBR得v，选项B错误；粒子在磁场中运动扫过的面积最大可能为qBm11（4πR2R2）（π2）R2，选项C错误；粒子在磁场中运动的轨道半径越大，运动轨421πmT迹所对的圆心角越小，因此最小时间为，选项D正确。 42qB3．D 【解析】电荷放入静电场中一定会受静电力，正电荷受到的静电力的方向与该处电场强度的方向相同，负电荷受到的静电力的方向与该处电场强度的方向相反，故A错误；通电导线放入磁场中不一定受安培力，例如电流方向与磁场方向平行时不受安培力，故B错误；静止的电荷放入磁场中不受洛伦兹力，运动电荷的速度方向与磁感应线平行时也不受洛伦兹力，故C错误；当电荷的速度方向与磁场方向垂直时受到的洛伦兹力最大，即F＝qvB，方向与磁场方向垂直，故D正确。

4．BD 【解析】首先对等离子体进行动态分析：开始时由左手定则判断正离子所受洛伦兹力方向向上（负离子所受洛伦兹力方向向下），则正离子向上板聚集，负离子则向下板聚集，两板间产生了电势差，即金属板变为一电源，且上板为正极下板为负极，所以通过用电器的电流方向从A到B，选项A错误，选项B正确；此后的正离子除受到向上的洛伦兹力f外还受到向下的电场力F，最终两力达到平衡，即最终等离子体将匀速通过磁场区域，因f=qvB，FqEE，则：qvBq，解得E=Bdv，所以电动势E与速度v及dd磁场B成正比，与带电粒子的电荷量无关，选项C错误，选项D正确。

【名师点睛】正确分析离子的受力情况是解决本题的关键。先根据左手定则判断等离子体的正离子（或负离子）所受洛伦兹力的方向，从而知道金属板的电势高低，进一步受力分析结合牛顿第二定律可得出最终等离子体做匀速直线运动，根据洛伦兹力等于电场力，分析电动势的决定因素。

5．B 【解析】离子从小孔a射入磁场，与ab方向的夹角为α=45°，则离子从小孔b离开

磁场时速度与ab的夹角也为α=45°，过入射速度和出射速度方向作垂线，得到轨迹的圆心O′，画出轨迹如图，由几何知识得到轨迹所对应的圆心角为：θ=2α=90°，由几何关系知r2R，又rmvqBr22106m/s，故选B。 ，解得：vqBm

6．B 【解析】小球下落时受力分析如图所示。开始下落时，电场力大于洛伦兹力，弹力向左，在下落过程中，随着速度的增加，洛伦兹力增大，弹力减少，从而导致摩擦力减少，下落的加速度增大，总有一时刻，洛伦兹力等于电场力，此时弹力为零，摩擦力为零，加速度达到最大值为g，再下落时，洛伦兹力大于电场力，弹力向右，随着速度的增加，洛伦兹力增大，弹力也增大，从而摩擦力增大，加速度减小，AD错误；当摩擦力增大到与小球的重力相等时，小球开始匀速下落，且一直匀速运动下去，B正确，C错误。

7．B 【解析】粒子沿环状的半径方向射入磁场，不能穿越磁场区域的最大速度粒子沿圆弧

从B到A，恰与环状域外圆相切，如图所示：O为轨迹圆心。设AO′=BO′=r，由几何关系得R2r得：B2mvv2rR，由牛顿第二定律可知：qvBm，解得：r，联立解

qBr2212kR2R122R2v，故B正确，ACD错误。

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8．B 【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律

v2rmv有qvBm得；粒子在磁场中运动的轨迹如图，从b点离开磁场的粒子，圆

qBr心在a点，半径等于正六边形的边长，即rb=a；从c点离开磁场的粒子，圆心是O点，半径等于正六边形边长的2倍，即rc=2a；根据半径公式rmvqBrr，得vqBmvbrb1，从b点离开磁场的粒子，圆心角θb=120°；从c点离开磁场的粒子，圆心vcrc2tbb2T，得，故B正确，ACD错误。 角θc=60°；根据ttcc1360

23mv0m2π3πm2v0(3)(，0) 9．【答案】（1） 2 3（）（）qB3Bq4q2B2v2【解析】（1）带电粒子在磁场中作匀速圆周运动，根据牛顿第二定律Bqvm，解

R得Rmv Bq根据图可知aOb60 磁场区域最小半径rRcos303mv0 2Bq

23πm2v0 磁场区域最小面积Sπr224qB2

（2）粒子从O至a做匀速圆周运动的时间t1T2πm 33qBRab3R3mab3R， t2abv0v0qB从a飞出磁场后做匀速直线运动，所以tan30所以tt1t2m2π(3) qB3（3）因为sin303mv03mv0R(，0) Ob3Rb，Ob2R，所以，故点坐标为BqBqOb【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式

Rmv2πmT，知道粒子在磁场中运动半径和，周期公式T，运动时间公式tBqBq2π速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题。

2mqBR11R3210．【答案】（1）v1 （2）t （3）SR

3Bq2m244 【解析】（1）粒子以速率v1沿MO方向射入磁场，恰能从N点离开磁场，轨迹如图：

59

设轨迹半径为r1，则tan解得：r12r1 RR 2v12 由牛顿第二定律可得qv1Bmr1解得：v1qBR 2m2qBR从M点射入磁场 m（2）大量此类粒子以速率v22v2 由牛顿第二定律可得qv2Bmr2解得：r22R

粒子方向任意，粒子在磁场中运动时间最长时，弧长（劣弧）最长，对应的弦长最长（磁场圆的直径），轨迹如图：

则sinR r2解得：6

粒子在磁场中运动的最长时间tmax2r2m v23qB（3）粒子沿各个方向以v1进入磁场做匀速圆周时的轨迹半径都为r1，且不变。由图可知，粒子在磁场中通过的面积S等于以O3为圆心的半圆形MO3O的面积S1、以M为圆心的扇形MOQ的面积S2和以O点为圆心的圆弧 MQ与直线MQ围成的面积S3之和。

61

11RR2SR2、S31R21R231R23R2 、S126622228所以S21132R2R 244【名师点睛】本题的难点在第三问，要找到粒子能到达的区域，首先要考虑的是粒子的偏转方向--顺时针；其次要考虑的极端情况①从M点竖直向上射出，则可以做完整的圆周运动。②然后把这个完整的圆绕M点转动1800，则该圆与磁场区域公共部分，就是粒子能达到的区域。

mvaBqlBlkl1．B 【解析】a点射出粒子半径Ra= = =，得：va=，d点射出粒子半径

Bq44m455Bql5klBl =为R2l2R，R=l，故vd=，故B选项符合题意

44m422

2．B 【解析】运动轨迹如图。

即运动由两部分组成,第一部分是

11个周期,第二部分是个周期, 粒子在第二象限运动46

转过的角度为90°，则运动的时间为t2T212mm；粒子在第一象限转过的44qB2qB角度为60°，则运动的时间为

t1T112m2mB66q3qB；则粒子在磁场中运动的时间2为：tt1t22mm7m，故B正确，ACD错误。. 3qB2qB6qB3．C 【解析】由左手定则确粒子的电性，由洛伦兹力的特点确定粒子在b、a两点的速

v2率，根据qvBm确定粒子运动半径和运动时间。由题可知，粒子向下偏转，根据左

r手定则，所以粒子应带负电，故A错误；由于洛伦兹力不做功，所以粒子动能不变，即

v2粒子在b点速率与a点速率相等，故B错误；若仅减小磁感应强度，由公式qvBmr得：rmv，所以磁感应强度减小，半径增大，所以粒子有可能从b点右侧射出，故CqB正确，若仅减小入射速率，粒子运动半径减小，在磁场中运动的偏转角增大，则粒子在磁场中运动时间一定变长，故D错误。

4．C 【解析】由题可知，当带电粒子在复合场内做匀速直线运动，即EqqvBEqqvB.，则v

E

.，若仅撤除电场，粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，说明要满足题意B

需要对磁场与电场的方向以及强弱程度都要有要求，例如：电场方向向下，磁场方向垂直纸面向里等，但是对电性和电量无要求，故选项C正确，ABD错误。

【名师点睛】本题考查了带电粒子在复合场中的运动，实际上是考查了速度选择器的相关知识，注意当粒子的速度与磁场不平行时，才会受到洛伦兹力的作用，所以对电场和磁场的方向有要求的。

5．C 【解析】当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场的位置最远。则当粒子射入的速度为v1，如图，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r1Rcos601R；同2

63

理，若粒子射入的速度为v2，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为

r2Rcos30mv3v，则v2:v1=r2:r13:1，故选C。 R；根据rqB2

【名师点睛】此题是带电粒子在有界磁场中的运动问题；解题时关键是要画出粒子运动的轨迹草图，知道能打到最远处的粒子运动的弧长是半圆周，结合几何关系即可求解。 q4UBd2π36．【答案】（1） 2（）t()

mB2d24U23【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

1qUmv2①

2设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有

v2qvBm②

r

由几何关系知d=2r③ 联立①②③式得

q4U22④ mBd（2）由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为sπrrtan30⑤ 2

带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为ts⑥ vBd2π3联立②④⑤⑥式得t()⑦

4U237．【答案】（1）vL334πmqBd23（） （2）dm d （3）td62qBm2【解析】（1）粒子的运动半径dmvqBd 解得vqBm（2）如图4所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切

由几何关系得dm=d（1+sin60°）解得dm（3）粒子的运动周期T23d 22πm qBTt(n1,3,5,4)

设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t'，则tn（a）当 Lnd（1L334πmt（）

d62qB13）d时，粒子斜向上射出磁场tT，解得

122（b）当Lnd（1+

L334πm53（） ）d时，粒子斜向下射出磁场tT解得td62qB122

65

10-3答案

例1【详细解析】从O点射出之后第一次经过x轴上P1点， OP1＝

2mv2sin?cosè2vsin?vcos θ＝

Eqa射出之后第二次经过x轴上P2点，

P1P2＝2Rsin θ＝

2mvsin?. qB若P1P2＜OP1，则粒子不可能经过O点 若P1P2＝OP1，则

E＝vcos θ B若P1P2＞OP1，要让粒子经过O点，必须n(P1P2－OP1)＝OP1

En1＝vcos θ(n＝1，2，3，…)． nB

1.【答案】BD

【解析】粒子在速度选择器中做匀速直线运动，有qE=qvB，解得vE，进入偏转电场B2mvmE=后，有qvB0mv，解得R=，知r越小，比荷越大，同位素电荷量相等，质qBqBBR00量不同，则偏转半径不同，所以质谱仪是分析同位素的重要工具，故AC正确，D错误；粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则知该粒子带正电，在速度选择器中，所受的电场力水平向右，则洛伦兹力水平向左，根据左手定则，磁场的方向垂直纸面向外，故B错误。

4311225eBseBs25352.【答案】（1） （2） （3） 33veBsveBs13m2md1248m48m35v311 3eBs48m2mv v【解析】（1）在磁场运动过程中evBm解得RBeR加速过程中，根据动能定理可得eEmd12

mvm2eBs m根据几何知识可知R=s时，速度最大，有vm22故EmeBs

2md（2）垂直进入接收装置，设进入磁场n次（n为整数），则2n1R5s

12且sRs 33解得n=4、5、6，共三种，所以接受到的电子速度有三种 其中半径最小的为Rmin5s5s 2n11325eBs v由evBm得速度最小的为vmin13mR

（3）如下图所示，击中C1有两类情形：

67

设电子经过电场N次，N5 ，且为奇数．由图可得NR5sR2s 32242两边平方，化简得N21R210NsR259s0

42要使R有解，Δ100N2s24N2125s0 9化简得N222957.25，N=5或7 4222s

N5时，5R5sR3化简得

25R24433 s考虑Rs，取

25R242433s

2s N7时，7R5sR32化简得

35R48113 s由v431111eBR 253535 得，，333v1eBsv2eBsv3eBsm48m48m48m【名师点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理。对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解，对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径。

例2【参】D

【详细解析】小球在M点和N点只受到重力，所以小球在这两点不能处于平衡状态，

故A错误；由于洛仑磁力总是与运动垂直，由于没有摩擦力，故对其速度大小由影响的只有重力，故小球无论从哪边滚下，时间都是一样的，故B错误；小球不管从哪边滚下，只有重力做功，且重力做功相等，由动能定理可知，小球在最低点是，速度大小总是相等的，由F合=mv可知合力不变，故D正确。小球从M到N运动，在最低点受到向上的洛

r2v仑磁力、向上的支持力和向下的重力，由牛顿运动定律可得：F1F洛mgm，故此r2v时小球对轨道的压力为：F1mmgF洛；小球从N到M运动，在最低点受到向下的r2v洛仑磁力、向上的支持力和向下的重力，由牛顿可得：F2mgF洛m，故此时小球r2v对轨道的压力为F2mF洛mg，所以小球每次经过轨道最低点时对轨道的压力大小r2不相等，故C错误。

1．D 【解析】垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为B的匀强磁场后，粒子束打在荧光屏上的P点，根据左手定则可知，粒子带正电，选项A错误；当电场和磁场同

2Ev时存在时qvBEq，解得v，选项B错误；在磁场中时，由qvBm，可得：BrqvE2，故选项D正确，C错误。 mrBBr【名师点睛】本题主要是考查带电粒子在复合场的运动，解答本题要能够根据共点力的平衡条件分析洛伦兹力和电场力的大小关系；在复合场中做匀速直线运动粒子，在解题时要注意过程分析和受力分析。 2.【答案】ACD

【解析】设M、N的质量和电荷量分别为m、q，碰撞前N的速率为v。碰撞后瞬间整体的速率为v′。碰撞前，对N，由洛伦兹力提供向心力，有 qvB=m，得R=

；对M有q

E=mg；碰撞过程，取碰撞前N的速度方向为正方向，由动量守恒定律有 mv=2mv′，得 v′=；MN整体受到的电场力 2qE，重力为2mg，则2qE=2mg，所以整体的电场力和重

69

力仍平衡，所以碰后整体做匀速圆周运动，轨迹半径为B正确。N原来的周期不正确的选项，故选ACD。

例3【参】（1）

．碰后整体的周期

，故AC错误，

．故D错误。此题选择

mg3 （3）mv0，68L

，竖直向上 （2）qqLv02mg，q【详细解析】（1）不加磁场时，小球沿直线PQ做直线运动，则有qEmg，解得E方向竖直向上

（2）小球能再次通过D点，其运动轨迹如图所示，设半径为r，做圆周运动的周期为T，则有 rv0t1，T2rt33，t0T解得0； v0t241（3）当小球运动周期最大时，其运动轨迹应与MN相切．由几何关系得2R=2L，

2mvs68Lv0 由牛顿第二定律得qv0Bm解得B00故TmqLvvR00

1.【答案】A

【解析】回旋加速器中D形盒的作用是静电屏蔽，使带电粒子在圆周运动过程中不受电场干扰，选项A正确；回旋加速器中所加交变电压的周期与带电粒子做匀速圆周运动的

周期相等，选项B错误；设D形盒的半径为R，根据qvB＝m得的能量为Ek＝

v2qBR得v＝，带电粒子获Rm12q2B2R2mv＝，带电粒子获得的能量与加速电压的有效值无关，选项C22m2?m，磁感应强度B增大，T减小，选项D错误． qB错误；根据公式T＝2.【答案】D

2v【解析】粒子在磁场中匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则：qvBm，所以：r2r2mmv，粒子运动的周期： T，要求在T0时，粒子距x轴最远．如图作rvqBqB出粒子运动轨迹，设两段圆弧的圆心O1O2的连线与y轴夹角为θ，P点的纵坐标为y，圆心O2到y轴之间的距离为x，则由几何关系，得： y2r2rcos， sinx，因为2r粒子在第一象限内运动， xr，由题意根据数学关系知，当30时，y取最大值，故此时粒子在磁场中tT05时间内对圆心转过的角度为150，根据粒子在磁场中2622T0Tt t 做圆周运动的时间：得：，又粒子在磁场中做圆周运动的T，5226周期公式知： T5m2m，知磁感应强度B0，故选项D正确，ABC错误。

3qTqB0

【名师点睛】本题是带电粒子在交变磁场中运动的问题，画出粒子运动的轨迹，根据几何知识求出P点横坐标和纵坐标与粒子圆周运动半径的关系．根据粒子在第一象限运动的条件求解P点的纵坐标的最大值时周期与T0的关系，再根据周期公式求出磁感应强度B。

71

2πR1．D 【解析】质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R，最大速度为v2πRf，Tv2qBR，则粒子的最大动能12q2B2R2，与加A正确；根据qvBm得vEkmmvRm22m速的电压无关，BC正确； 只增大磁感应强度B，则粒子运动周期变了，与交变电场周期不一致，不会一直被加速，故D错误。

2．BCD 【解析】如题目图，电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向：向上，则M积累了电子，MN之间产生向上的电场，所以M板比N板电势低，故A错误；霍尔元件是根据霍尔效应制作的一种磁场传感器，故B正确；由UEBdv，得自由电子定向移动的速度为v流的微观表达式是InevS，则导体单位体积内的自由电子数nU，故C正确；电BdI，Sdb，evSvUBI，代入得n，故D正确。 BdeUb【点睛】本题现象称为霍耳效应，也可以从洛伦兹力与电场力平衡分析电压表的示数，中等难度。

3．C 【解析】因为洛伦兹力对粒子永远不做功，则根据动能定理，磁场存在与否，重力和电场力对小球做功相同，则小球着地时的速率都应该是相等的，即v1=v2。存在磁场时，小球就要受到向右上方的洛伦兹力，有竖直向上的分力，使得小球在竖直方向的加速度小于没有磁场时的加速度，在空中飞行的时间要更长些。即t1＞t2，故C正确，ABD错误。故选C。

【点睛】本题中小球在复合场中运动，关键要抓住洛伦兹力不做功，不改变速度大小的特点进行分析．

4．C 【解析】洛伦兹力不做功，则根据动能定理，到达最低点时的速度满足：mgR=12mv2；小球从左向右通过最低点时：N1qvBmgmv；小球从右向左通过最低点

R时：N2qvBmgmv；联立解得N1N22qvB2qB2gR，故选C．

R22

5．BD 【解析】粒子B静止在电磁场中，则qBEmBg，且粒子B带正电，粒子A以一定的水平速度在正交的电磁场中沿直线向右运动，则粒子A也带正电，有

qAEqAv0BmAg，联立上面两式得：qAEqAv0BqBE，则粒子A的带电量小于粒

子B的带电量，选项A错误、B正确；根据动量守恒定律有mAv0mAmBv，则

11vv0，由于qAqBEqAqBv0B(qAqB)EqAv0BmAmBg，因此碰

22撞后粒子会做向上的偏转运动，选项C错误、D正确。

6．C 【解析】设离子被加速后获得的速度为v，由动能定理有：qU1mv2，离子在磁

22q6U 场中做匀速圆周运动的轨道半径r3R，又qvBmv，可求22，故C正确。mRBr37．AC 【解析】由左手定则可知，污水中的正离子和负离子受到洛伦兹力的方向分别为向上和向下，即M板带正电，电压表正极接线柱接金属极板M，因此A正确；稳定状态下，离子在两极板间受到的洛伦兹力与电场力相平衡，即Eq=Bqv，两极板间电压UEd，所以电压表读数U=Bdv，与极板面积S、污水中离子浓度无关，与磁感应强

度B、板间距离d、水流速度v正相关，因此BD错误，C正确．

8．ABD 【解析】油滴刚进入电磁场时（在P点），受重力、电场力和洛伦兹力的作用，其中电场力与磁场力大小恰好相等，故合力等于重力G，根据牛顿第二定律，加速度为g，故A正确；在P点由题意可知：qE=qvB；自由下落过程有：v2=2gh，U=Ed，U2由以上三式解得：h，故B正确；根据左手定则，在P位置时受洛伦兹力向

2B2d2g右，竖直方向油滴加速，故洛伦兹力在变大，故油滴从右侧金属板的下边缘离开，故C错误；由左手定则可知油滴经过P点后向右侧金属板偏转，则油滴克服电场力做功，整

2d=1mv2qUUmgh+L–qE×个过程由动能定理有：（）得：v2gL22，故D22mBd正确。

73

9．【答案】（1） 与x轴的夹角为 （2）2L （3）

(405+37π)L

60v0【解析】（1）如图所示，粒子从P1到P2做类平抛运动，设到达P2时的y方向分速度为vy

由运动学规律有：可得：

，

，即β＝53°

，

故粒子在P2的速度大小：设v与x轴的夹角为β，则

（2）粒子从P1到P2，据动能定理有：qEL＝mv2－mv02，可得：椐题意解得：据：

得：

故粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心为O'

在图中，过P2作v方向的垂线交y＝－L直线于O'点

可得：P2O'＝＝r

故粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心为O' 因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角α＝37°

故粒子将垂直于y＝－L直线从M点穿出磁场

由几何关系可得M点的横坐标为：x＝L+（r–rcos37°）＝2L （3）粒子运动一个周期的轨迹如图所示 粒子从P1运动到P2：又因为：

粒子从P2运动到M：粒子从M运动到N：则：

(405+37π)L

60v0

则粒子周期运动的周期为：T＝2(t1＋t2＋t3)＝

【名师点睛】带电粒子在电场及磁场中的运动问题，关键是画出运动的轨迹图，灵活运用几何关系；知道类平抛运动的研究方法以及圆周运动的研究方法。 10．【答案】（1）（0，d4mv0(2+1)mv0 3(21)mv0 ） （2）B（）B2qdqdqd【解析】（1）设粒子进入电场时y方向的速度为vy，则vyv0tan45 设粒子在电场中运动时间为t，则OQv0t，OP由以上各式，解得OPvy2t

dPd，点坐标为（0，） 22（2）粒子刚好能再进入电场的轨迹如图所示，设此时的轨迹半径为r1，则

75

r1r1sin45d，解得：r1(22)d 令粒子在磁场中的速度为v，则vv0 cos45mv2(21)mv0 根据牛顿第二定律qvB1解得：B1r1qd要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的范围B(2+1)mv0

qd（3）假设粒子刚好从x5d处磁场边界与电场的交界D处第二次进入磁场，设粒子从2P到Q的时间为t，则由粒子在电场中运动对称性可知粒子从第一次出磁场的C点到D的时间为2t，

由水平方向的匀速直线运动可得：CD2d，CQCDQD2d2.5ddd 2设此时粒子在磁场中的轨道半径为r2，由几何关系知：2r2sin45CQ，解得：r222d 4mv0mv2B 根据牛顿第二定律得：qvB2，解得：2qdr2要使粒子能第二次进磁场，粒子必须先进入电场，故磁感应强度B要满足B≤B2 综上所述要使粒子能第二次进磁场，磁感应强度B要满足(21)mv04mv0 Bqdqd【名师点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理。对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其

分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中的圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径。 11．【答案】（1）Emvmg(4π63)Lt （2）043π （3）B00 Tm qqLv0t19mg q【解析】（1）带正电的小球做匀速直线运动，由平衡知识可知：mg=Eq，解得E（2）小球能再次通过D点，其运动轨迹如图所示

设半径为r，有sv0t1 由几何关系得sr tan302πr2t0T v03设小球做圆周运动的周期为T，则Tt043π t19由以上各式得

（3）当小球运动的周期最大时，其运动轨迹应与MN相切，如图所示

由几何关系得

RR(31)L

tan302由牛顿第二定律得qv0Bmv0

R

77

得B0mv0 qL2R

s132πL63tan30可得Tms1(4π63)L v0v0小球运动一个周期的轨迹如图所示。

【名师点睛】此题考查带电粒子在复合场中的运动问题；关键是知道粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，掌握牛顿第二定律的应用，注意几何关系的正确建立，理解二力平衡条件。

1．D 【解析】由图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到后面表，因此前表面的电势比后表面的高，故A错误，电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，有F洛=evB,F电=eEeUU，故F洛=e，故D正确，由aaevBeU则电压UavB，故前后表面的电压与速度有关，与a成正比，故BC错误。 a2．A 【解析】当两线圈电流相同时，表现为相互吸引，电流方向相反时，表现为相互排斥，故当天平示数为正时，两者相互排斥，电流方向相反，当天平示数为负时，两者相互吸引，电流方向相同，A正确B错误；线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力是一对相互作用力，等大反向，C错误；静止时，线圈II平衡，线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对平衡力，D错误．

3．C 【解析】根据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力方向向下，负电荷受到的洛伦兹力向上，因此下极板为电源的正极，根据平衡有qvBq电动势EBdv，则流过R的电流为IE，解得稳定时电源的dEd，而r，Sab，则得电流大小为

SRrIBdvab，C正确．

abRd【点睛】本题的关键是理解磁流体发电机的工作原理，知道稳定时，离子所受的电

场力和洛伦兹力平衡，结合闭合电路欧姆定律进行分析．

E4．C 【解析】由题可知，当带电粒子在复合场内做匀速直线运动，即EqqvB，则v，B若仅撤除电场，粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，说明要满足题意需要对磁场与电场的方向以及强弱程度都要有要求，例如：电场方向向下，磁场方向垂直纸面向里等，但是对电性和电量无要求，故选项C正确，ABD错误。

5．B 【解析】由题意知，mag=qE，mbg=qE+Bqv，mcg+Bqv=qE，所以mbmamc，故B正确，ACD错误。

【名师点睛】三种场力同时存在，做匀速圆周运动的条件是mag=qE，两个匀速直线运动，合外力为零，重点是洛伦兹力的方向判断。 6．【答案】（1）B4U （2）1:4 lv1【解析】本题主要考查带电粒子在电场中的加速、在匀强磁场中的匀速圆周运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决实际问题的的能力。

（1）设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有

1qUm1v12① 12由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 v12② q1v1Bm1R1由几何关系知 2R1l③

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由①②③式得

B4U④ lv1（2）设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有

q2U12⑤ m2v222v2⑥ q2v2Bm2R2由题给条件有

2R2l ⑦2由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为

q1q2:1:4⑧ m1m2【名师点睛】此题与2013年北京理综卷第23题情景类似，都可以看作是质谱仪模型。解答所用的知识点和方法类似。 7．【答案】（1）轨迹图如图所示：

（2）v03πl2El 3q43El Bl （）t122E18lBlmBl【解析】（1）粒子在电场中做类平抛，然后进入磁场做圆周运动，再次进入电场做类平抛运动，结合相应的计算即可画出轨迹图

（2）在电场中要分两个方向处理问题，一个方向做匀速运动，一个方向做匀加速运动。（3）在磁场中的运动关键是找到圆心，求出半径，结合向心力公式求解。

（1）粒子运动的轨迹如图（a）所示。（粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称）

（2）粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为（见图（b）），速度沿电场方向的分量为v1，根据牛顿第二定律有

qE=ma①

式中q和m分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有 v1=at② lv0t③ v1vcos④

粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 mv2⑤ qvBR由几何关系得l2Rcos⑥ 联立①②③④⑤⑥式得v02El

⑦Bl

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（3）由运动学公式和题给数据得v1v0cot联立①②③⑦⑧式得q43El⑨

mB2l2π

⑧6ππ226⑩ 设粒子由M点运动到N点所用的时间为，则Tt2t2π式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，TBl3πl⑫ 1E18l2πm⑪ qB由③⑦⑨⑩⑪式得t【名师点睛】在复合场中的运动要分阶段处理，每一个运动建立合理的公式即可求出待求的物理量。

8．【答案】（1）s23h （2）B136mE （3）ss23（21）h 22qh3【解析】本题考查带电粒子在电场中的类平抛运动、在匀强磁场中的匀速圆周运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力。

2（1）21H在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示。设1H在电

场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点Ｏ的距离为s1。由运动学公式有 s1v1t1①

1ha1t12②

2 进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角160。1由题给条件，1进入磁场时速1H1H度的y分量的大小为a1t1v1tan1③ 联立以上各式得s123h④

3（2）1在电场中运动时，由牛顿第二定律有qEma1⑤ 1H设1进入磁场时速度的大小为v'1，由速度合成法则有v'v2at2⑥ 1H1111

设磁感应强度大小为B，1在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第1H二定律有

2m'1⑦ qv1BR1由几何关系得s12R1sin1⑧ 联立以上各式得B6mE⑨ qh（3）设21H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得

112mv22mv12⑩ 22由牛顿第二定律有qE2ma2⑪

设2第一次射入磁场时的速度大小为v2速度的方向与x轴正方向夹角为2，入射点到，1H原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2。由运动学公式有 s2v2t2⑫

h12

a2t2⑬222v'2v2a2t2⑭

sin2a2t2⑮ v22⑯ 联立以上各式得：s2s1 ，21 ，v2v12设21H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得R22mv2qB2R1⑰

所以出射点在原点左侧。设21H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为由几何关系有 2R2sin2⑱ s2，

联立④⑧⑯⑰⑱式得，21H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为

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s2s223321h⑲

【名师点睛】此题与2004年全国理综卷第25题情景类似，都是带电粒子在匀强电场中类平抛运动后进入匀强磁场中做匀速圆周运动，且都是在第一象限和第二象限设置了竖直向下的匀强电场，在第三象限和第四象限设置了方向垂直纸面向外的匀强磁场，解答需要的知识都是带电粒子在匀强电场中的类平抛运动规律和洛伦兹力等于向心力、几何关系等知识点。带电粒子在匀强电场中的类平抛运动和在匀强磁场中的匀速圆周运动是教材例题和练习中的常见试题，此题可认为是由两个课本例题或习题组合而成。