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高考物理考前沖刺押題預測 磁場
一．選擇題（共8小題）
1．（2024秋 甘肅期末）通電直導線ab的質量為m、長為l，用兩根細線把導線水平吊起，導線中的電流為I，方向如圖所示。在豎直方向加一個方向向上的勻強磁場，導線處于平衡時細線與豎直方向成θ＝37°角，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度為g，則（　?。?br/>A．磁感應強度大小為
B．導線所受拉力大小為mg
C．若增大磁感應強度，則導線靜止時細線與豎直方向的夾角將變大
D．若改變磁感應強度，導線靜止時細線與豎直方向的夾角仍為θ，則磁感應強度的最小值為
2．（2024秋 涼州區期末）手機中內置的指南針是一種基于霍爾效應的磁傳感器。如圖所示，將一塊寬度為a，厚度為d的半導體薄片（載流子為自由電子）水平放置于地磁場中，當半導體中通入水平方向的恒定電流時，自由電子在洛倫茲力的作用下發生偏轉，繼而在M、N兩個表面上出現了電勢差，稱為霍爾電勢差。已知電流大小為I，霍爾電勢差大小為U，電子的電荷量大小為e，半導體內自由電子的數密度（單位體積內的自由電子數）為n。該處地磁場磁感應強度的豎直分量B的大小為（　?。?br/>A． B． C． D．
3．（2024秋 涼州區期末）如圖所示，質量為1kg、長為0.5m的金屬棒MN兩端由等長的輕質絕緣細線水平懸掛，并處于勻強磁場中。棒中通以大小為2A、方向為M→N的恒定電流，平衡時兩懸線與豎直方向的夾角均為θ＝37°，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6。勻強磁場的磁感應強度最小是（　?。?br/>A．5T B．6T C．7.5T D．10T
4．（2024秋 杭州期末）如圖所示，圖甲為磁流體發電機、圖乙為質譜儀、圖丙為速度選擇器（電場強度為E、磁感應強度為B）、圖丁為回旋加速器的原理示意圖，忽略粒子在圖丁的D形盒狹縫中的加速時間，不計粒子重力，下列說法正確的是（　?。?br/>A．圖甲中，將一束等離子體噴入磁場，A、B板間產生電勢差，A板電勢高
B．圖乙中，H、H從靜止經電場加速后射入磁場，打在膠片上的位置靠近P的粒子是H
C．圖丙中，粒子能夠沿直線勻速向右通過速度選擇器的速度
D．圖丁中，隨著粒子速度的增大，交變電流的頻率也應該增大
5．（2024秋 鹽城期末）下列磁場小磁針指向正確的是（　?。?br/>A．
B．
C．
D．
6．（2024秋 鹽城期末）如圖所示，A、B為兩個同心圓環，半徑分別為r、R。一有界勻強磁場磁感應強度為B且恰好完全垂直穿過A環面，下列說法中正確的是（　?。?br/>A．ΦA＜ΦB B．ΦA＞ΦB C．ΦB＝πr2B D．ΦB＝πR2B
7．（2024秋 淄博期末）A、B、C、D是以AD為直徑的半圓弧上的四個點，O為半圓弧的圓心，∠AOB＝∠DOC＝60°。在A、D處各有一條長直導線垂直穿過紙面，導線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖所示，此時O點的磁感應強度大小為B0。若將A、D處的長直導線分別移至B、C處，則此時O點的磁感應強度大小為（　?。?br/>A．B0 B． C． D．
8．（2024秋 新會區校級期末）2022年12月28日我國中核集團全面完成了230MeV超導回旋加速器自主研制的任務，標志著我國己全面掌握小型化超導回旋加速器的核心技術，進入國際先進行列。置于真空中的D形金屬盒半徑為R，磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，交流加速電壓大小恒為U。若用此裝置對氘核（H）加速，所加交變電流的頻率為f。加速過程中不考慮相對論效應和重力的影響，下列說法正確的是（　?。?br/>A．僅增大加速電壓U，則氘核（）從D型盒出口射出的動能增大
B．僅減小加速電壓U，則氘核（）被加速次數增多
C．氘核（）在磁場運動過程中，隨著半徑逐漸增大，周期也隨之逐漸增大
D．若用該加速器加速α粒子（）需要把交變電流的頻率調整為2f
二．多選題（共4小題）
（多選）9．（2024秋 湖南期末）太陽風是指從太陽輻射出的高能粒子流，由質子和電子等組成。幸虧地球周圍存在地磁場，地磁場改變這些帶電粒子的運動方向，使其中的大部分不致到達地球，從而保護了地球上的生物。地磁場的示意圖如圖所示，下列說法正確的是（　?。?br/>A．地球的磁感線可以相交
B．地球的磁感線是閉合的曲線
C．赤道包圍面積的磁通量比同步衛星軌道包圍面積的磁通量大
D．赤道包圍面積的磁通量比同步衛星軌道包圍面積的磁通量小
（多選）10．（2024秋 大連期末）如圖所示，在腰長為L的等腰直角三角形區域內存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。質量均為m的甲粒子（帶電荷量為+q）和乙粒子（帶電荷量為﹣q）分別從a、b兩點沿ab方向和ba方向射入磁場。不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．乙粒子速度合適，可以從c點射出磁場
B．甲粒子從c點射出磁場的時間為
C．乙粒子從bc邊射出的最大軌道半徑為
D．甲、乙兩粒子在磁場中運動的最長時間之比為1：2
（多選）11．（2024秋 五華區校級期末）如圖所示，半徑為R的圓形區域內有一垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為R，O點是圓心，P是磁場邊界上的最低點。大量質量均為m、電荷量為﹣q（q＞0）的帶電粒子，以相同的速率從P點沿紙面內的各個方向射入磁場區域。已知粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑r，A、C為圓形區域水平直徑的兩個端點，粒子的重力、空氣阻力和粒子間的相互作用均不計，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．若r＝2R，則粒子在磁場中運動的最長時間為
B．若r＝2R，則從A點射出磁場的粒子與從C點射出磁場的粒子經歷的時間相等
C．若r＝R，則圓周上有一半區域有粒子射出
D．若r＝R，則與OP連線成30°角偏右側進入磁場的粒子在磁場中經歷的時間為
（多選）12．（2024秋 望花區校級期末）如圖所示，光滑水平絕緣平面坐標系原點O處，固定有可視為點電荷的帶正電小球其電荷量為Q，若將Q產生的電場，無限遠處的電勢規定為零則距離該點電荷R處的電勢為k，其中k為靜電力常量；另有一個可視為點電荷的帶負電小球電荷量q、質量m，僅在靜電力作用下圍繞O點做曲線運動；當小球m經過x軸M點時，速度方向垂直于x軸沿y軸負方向大小為vM；當經過x軸N點時，速度方向垂直于x軸沿y軸正方向。已知M、N兩點距O點距離分別為RM、RN（RM＜RN）。根據以上已知條件，下列說法正確的是（　?。?br/>A．可求出小球m經過y軸時的坐標
B．若要使小球m經過M點開始圍繞O點做圓周運動，可適當增大小球m的速度
C．若要使小球m經過M點開始圍繞O點做圓周運動，可增加垂直平面向外的勻強磁場，并可求出磁感應強度大小
D．若要使小球m經過N點開始圍繞O點做圓周運動，可增加垂直平面向外的勻強磁場，并可求出磁感應強度大小
三．填空題（共4小題）
13．（2024秋 浦東新區校級期末）一個帶負電的小球沿光滑絕緣的桌面向右運動，速度方向垂直于一個水平向里的勻強磁場，如圖所示，小球飛離桌面后落到地板上，飛行過程中小球的水平位移始終增大，設飛行時間為t1，著地速度大小為v1。撤去磁場，其余的條件不變，小球飛行時間為t2，著地速度大小為v2，則t1　 　t2，v1　 　v2（均選填“＞”、“＜”或“＝”）。
14．（2024秋 浦東新區校級期末）如圖所示，矩形線框面積為S，處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，線框可繞如圖所示的方向與磁場垂直的虛線軸轉動，當線框平面與磁場方向的夾角為150°時穿過線框的磁通量為　 　，從當前位置轉動240°后，穿過線框的磁通量的變化量的絕對值為　 　。
15．（2024秋 浦東新區校級期末）一根長為10cm的通電導線放在勻強磁場中，導線中的電流為0.05A，導線與磁場方向垂直，若它受到的磁場力大小為2×10﹣3N，則磁感應強度為　 　T；若將導線中的電流增大為原來的2倍，其他條件不變，則通電導線受到的磁場力變為原來的　 　倍。
16．（2025 福州校級模擬）如圖所示是醫用回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，兩金屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源相連。現分別加速氘核（H）和氦核（He）。氘核（H）和氦核（He）的最大動能之比為　 　，加速氘核（H）和氦核（He）時所加高頻電源的頻率之比為　 　。
四．解答題（共4小題）
17．（2025 雁塔區校級模擬）如圖，在y≥0，0≤x≤4d垂直于紙面（xy平面）向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B；在y＜0，0≤x≤4d的區域中存在沿y軸正方向的勻強電場；一質量為m、所帶電荷量為q（q＞0）的粒子沿平行于x軸的方向在M（0，d）點射入磁場。
（1）若無論電場強度的大小是多少，粒子均可以從N（4d，d）點沿平行于x軸的方向射出磁場，求粒子射入磁場時速度的大小v1；
（2）若粒子射入磁場時速度的大小為v2，且仍可以從N（4d，d）點沿平行于x軸的方向射出磁場，求此情況下電場強度的大小；
（3）若電場強度可任意加大，要粒子從磁場右邊界飛出，求滿足條件的射入速度最小值v3。
18．（2024秋 郴州期末）如圖所示，直角坐標系xOy平面內，第一、四象限存在垂直紙面向里但大小不同的兩種勻強磁場，第二象限存在沿y軸正方向的勻強電場E（大小未知）。質量為m、電荷量為﹣q（q＞0）的粒子從x軸負半軸M點與x軸正方向成60°射入電場，經電場偏轉后以速度v0從點N垂直y軸進入第一象限，經過一段時間后從x軸上P點（未畫出）以與x軸正方向成60°夾角的速度進入第四象限，粒子恰好不能進入第三象限。已知N點的坐標為（0，L），粒子的重力忽略不計。求：
（1）電場強度E的大?。?br/>（2）第一象限勻強磁場的磁感應強度B的大??；
（3）帶電粒子從M點出發到第二次到達y軸的總時間。
19．（2024秋 梅河口市校級期末）如圖所示，以直角三角形AOC為邊界的有界勻強磁場區域，磁感應強度為B，∠A＝60°，AO＝L，在O點發射某種帶負電的粒子（不計重力作用），粒子的比荷為。發射方向與OC邊的夾角為θ＝60°，粒子從A點射出磁場。
（1）求粒子的發射速度大小v0；
（2）求粒子在磁場中的運動時間；
（3）若入射粒子為正電荷，粒子能從OC邊射出，求入射速度的范圍。
20．（2024秋 涼州區期末）如圖所示，在xOy坐標系x＜0區域內存在平行于x軸、電場強度大小為E（E未知）的勻強電場，分界線OP將x＞0區域分為區域Ⅰ和區域Ⅱ，區域Ⅰ存在垂直紙面向外、磁感應強度大小為B（B未知）的勻強磁場，區域Ⅱ存在垂直紙面向里、磁感應強度大小為B′B的勻強磁場及沿y軸負方向、電場強度大小為E′E的勻強電場。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M（﹣d，0）點以初速度v0垂直電場方向進入第二象限，經N點進入區域Ⅰ，此時速度與y軸正方向的夾角為60°，經區域Ⅰ后由分界線OP上的A點（圖中未畫出）垂直分界線進入區域Ⅱ，不計粒子重力及電磁場的邊界效應。求：
（1）電場強度E的大??；
（2）帶電粒子從M點運動到A點的時間t；
（3）粒子在區域Ⅱ中運動時，第1次和第5次經過x軸的位置之間的距離s。
高考物理考前沖刺押題預測 磁場
參考答案與試題解析
一．選擇題（共8小題）
1．（2024秋 甘肅期末）通電直導線ab的質量為m、長為l，用兩根細線把導線水平吊起，導線中的電流為I，方向如圖所示。在豎直方向加一個方向向上的勻強磁場，導線處于平衡時細線與豎直方向成θ＝37°角，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度為g，則（　?。?br/>A．磁感應強度大小為
B．導線所受拉力大小為mg
C．若增大磁感應強度，則導線靜止時細線與豎直方向的夾角將變大
D．若改變磁感應強度，導線靜止時細線與豎直方向的夾角仍為θ，則磁感應強度的最小值為
【考點】安培力作用下的受力平衡問題；共點力的平衡問題及求解．
【專題】定量思想；推理法；磁場 磁場對電流的作用；推理論證能力．
【答案】C
【分析】對導線受力分析，根據平衡條件求解拉力大小以及磁感應強度，當安培力與拉力方向垂直時，安培力最小。
【解答】解：AB.對導線受力分析，如圖所示，
根據平衡條件，可得，，解得，，故AB錯誤；
C.由上述分析可知，若增大磁感應強度，安培力增大，則細線與豎直方向的夾角將增大，故C正確；
當安培力與拉力方向垂直時，安培力最小，磁感應強度最小，BminIl＝mgsinθ，則，故D錯誤。
故選：C。
【點評】解決本題的關鍵通過左手定則判斷出安培力的方向，結合共點力平衡進行分析。
2．（2024秋 涼州區期末）手機中內置的指南針是一種基于霍爾效應的磁傳感器。如圖所示，將一塊寬度為a，厚度為d的半導體薄片（載流子為自由電子）水平放置于地磁場中，當半導體中通入水平方向的恒定電流時，自由電子在洛倫茲力的作用下發生偏轉，繼而在M、N兩個表面上出現了電勢差，稱為霍爾電勢差。已知電流大小為I，霍爾電勢差大小為U，電子的電荷量大小為e，半導體內自由電子的數密度（單位體積內的自由電子數）為n。該處地磁場磁感應強度的豎直分量B的大小為（　　）
A． B． C． D．
【考點】霍爾效應與霍爾元件．
【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；推理論證能力．
【答案】C
【分析】達到穩定時，洛倫茲力大小等于電場力大小，結合電流的微觀表達式求解。
【解答】解：設電子速度為v，達到穩定時，洛倫茲力大小等于電場力大小，即
由電流的微觀表達式有
I＝nevad
聯立解得
，故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
【點評】本題主要考查了霍爾效應的相關應用，根據左手定則得出粒子的受力方向，結合電場力和洛倫茲力的等量關系即可完成分析。
3．（2024秋 涼州區期末）如圖所示，質量為1kg、長為0.5m的金屬棒MN兩端由等長的輕質絕緣細線水平懸掛，并處于勻強磁場中。棒中通以大小為2A、方向為M→N的恒定電流，平衡時兩懸線與豎直方向的夾角均為θ＝37°，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6。勻強磁場的磁感應強度最小是（　　）
A．5T B．6T C．7.5T D．10T
【考點】安培力作用下的受力平衡問題．
【專題】定量思想；推理法；磁場 磁場對電流的作用；推理論證能力．
【答案】B
【分析】對棒進行受力分析，由平衡條件結合矢量三角形，求解最小安培力以及最小的磁感應強度。
【解答】解：對棒進行受力分析，由平衡條件結合矢量三角形，可知當棒受到的安培力與懸線垂直時，有最小值
F＝mgsin37°
結合安培力公式F＝BIl，代入已知數據解得最小的磁感應強度
B＝6T，故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
【點評】該題結合安培力考查物體的平衡問題，正確受力分析使問題更加簡單易懂。
4．（2024秋 杭州期末）如圖所示，圖甲為磁流體發電機、圖乙為質譜儀、圖丙為速度選擇器（電場強度為E、磁感應強度為B）、圖丁為回旋加速器的原理示意圖，忽略粒子在圖丁的D形盒狹縫中的加速時間，不計粒子重力，下列說法正確的是（　　）
A．圖甲中，將一束等離子體噴入磁場，A、B板間產生電勢差，A板電勢高
B．圖乙中，H、H從靜止經電場加速后射入磁場，打在膠片上的位置靠近P的粒子是H
C．圖丙中，粒子能夠沿直線勻速向右通過速度選擇器的速度
D．圖丁中，隨著粒子速度的增大，交變電流的頻率也應該增大
【考點】與加速電場相結合的質譜儀；回旋加速器；磁流體發電機；速度選擇器．
【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理論證能力．
【答案】B
【分析】理解不同儀器的工作原理，根據題目選項，結合牛頓第二定律和動能定理逐一完成分析。
【解答】解：A．根據左手定則可知正離子向下偏轉、負離子向上偏轉，A、B板間產生電勢差，B板電勢高，故A錯誤；
B．圖乙中，粒子經過電場加速，根據動能定理有
根據洛倫茲力提供向心力，則有
解得
比荷越小，R越大，打在膠片上的位置靠近P的粒子是，故B正確；
C．根據受力平衡有
qvB＝qE
解得
故C錯誤；
D．圖丁中，回旋加速器正常工作時，交變電流的周期等于做圓周運動的周期，粒子做圓周運動的周期為
周期與速度大小無關，保持不變，交流電的周期不變，頻率也不變，故D錯誤。
故選：B。
【點評】本題主要考查了回旋加速器等儀器的相關應用，理解不同儀器的工作原理，結合牛頓第二定律和動能定理即可完成分析。
5．（2024秋 鹽城期末）下列磁場小磁針指向正確的是（　?。?br/>A．
B．
C．
D．
【考點】安培定則（右手螺旋定則）；磁場中小磁針的偏轉問題．
【專題】定性思想；推理法；磁場 磁場對電流的作用；推理論證能力．
【答案】C
【分析】在磁場中，小磁針靜止時N極的指向表示磁場的方向。根據右手螺旋定則以及磁體周圍的磁感線分布特點，分析每個選項中小磁針的指向是否正確。
【解答】解：A、小磁針處的磁場方向為U形磁鐵N極指向S極，即方向向右，則小磁針N極向右，故A錯誤；
B、小磁針處的磁場方向為條形磁鐵N極指向S極，即方向向右，則小磁針N極向右，故B錯誤；
C、由右手螺旋定則可知，小磁針指向正確，故C正確；
D、由地磁場從地球的南極指向北極，結合小磁針靜止時N極指向為磁場的方向，因此赤道處小磁針N極指向地球的北極，故D錯誤；
故選：C。
【點評】本題考查右手螺旋定則的應用，要注意明確小磁針N極受力方向為該點磁感應強度的方向。
6．（2024秋 鹽城期末）如圖所示，A、B為兩個同心圓環，半徑分別為r、R。一有界勻強磁場磁感應強度為B且恰好完全垂直穿過A環面，下列說法中正確的是（　?。?br/>A．ΦA＜ΦB B．ΦA＞ΦB C．ΦB＝πr2B D．ΦB＝πR2B
【考點】磁通量的計算．
【專題】定量思想；推理法；磁場 磁場對電流的作用；推理論證能力．
【答案】C
【分析】當磁場與面垂直時，磁感應強度與面的面積的乘積是該面的磁通量。求出面的面積，然后求出磁通量。
【解答】解：只有A內有磁場，由A與B構成的環內沒有磁場，所以環A和B的磁通量是相等的，即ΦA＝ΦB＝πr2B，故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
【點評】本題考查磁通量的求法，磁通量的大小可以用磁感線的條數進行判斷。由圖可知，兩線圈中磁感線的條數相同，故磁通量相同。
7．（2024秋 淄博期末）A、B、C、D是以AD為直徑的半圓弧上的四個點，O為半圓弧的圓心，∠AOB＝∠DOC＝60°。在A、D處各有一條長直導線垂直穿過紙面，導線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖所示，此時O點的磁感應強度大小為B0。若將A、D處的長直導線分別移至B、C處，則此時O點的磁感應強度大小為（　?。?br/>A．B0 B． C． D．
【考點】磁感應強度的矢量疊加．
【專題】定量思想；推理法；磁場 磁場對電流的作用；推理論證能力．
【答案】B
【分析】由磁場的疊加可知每根導線在O點產生的磁感應強度大小，移動之后距O點的距離不變，故磁感應強度大小不變，則由矢量合成的方向可得出移動之后的合磁感應強度。
【解答】解：設長直導線在O點的磁感應強度大小為B，根據安培定則和疊加原理
B0＝2B
B'＝2Bcos60°
解得
B'B0
故ACD錯誤，B正確
故選：B。
【點評】磁感應強度為矢量，在求合磁感應強度時應先分別求得各導線O點的磁感應強度再由矢量的合成方法——平行四邊形求得總的磁感應強度。
8．（2024秋 新會區校級期末）2022年12月28日我國中核集團全面完成了230MeV超導回旋加速器自主研制的任務，標志著我國己全面掌握小型化超導回旋加速器的核心技術，進入國際先進行列。置于真空中的D形金屬盒半徑為R，磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，交流加速電壓大小恒為U。若用此裝置對氘核（H）加速，所加交變電流的頻率為f。加速過程中不考慮相對論效應和重力的影響，下列說法正確的是（　　）
A．僅增大加速電壓U，則氘核（）從D型盒出口射出的動能增大
B．僅減小加速電壓U，則氘核（）被加速次數增多
C．氘核（）在磁場運動過程中，隨著半徑逐漸增大，周期也隨之逐漸增大
D．若用該加速器加速α粒子（）需要把交變電流的頻率調整為2f
【考點】回旋加速器．
【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理論證能力．
【答案】B
【分析】由粒子離開回旋加速器時的動能最大，結合洛倫茲力提供向心力，即可計算最大動能；由動能定理，即可計算加速次數；由洛倫茲力提供向心力，結合圓周運動的周期公式，即可計算粒子的周期，分析其影響因素；由粒子在回旋加速器中持續加速的條件，可知要加速α粒子，該裝置的交變電流的頻率需如何調整。
【解答】解：A．當粒子在磁場的軌跡半徑等于回旋加速器半徑R時，粒子的動能最大，故，與加速電壓和加速次數無關，故A錯誤；
B．粒子在電場中加速nqU＝Ekm，解得，僅減小加速電壓U，氘核（）加速次數增多，故B正確；
C．氘核（）在磁場運動時，洛倫茲力提供向心力，即，圓周運動的周期為；
故解得周期，與半徑無關，故不變，故C錯誤；
D．回旋加速器交流電源的頻率應等于帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的頻率，由C選項分析可知周期；
氘核（）和α粒子比荷相同，則在磁場中做勻速圓周運動的頻率相同，在同一勻強磁場中做圓周運動的頻率相同，無需改變，故D錯誤。
故選：B。
【點評】本題考查回旋加速器的應用，關鍵是理解回旋加速器能持續加速粒子的條件：粒子在磁場中圓周運動的頻率，與交變電源的頻率相等。
二．多選題（共4小題）
（多選）9．（2024秋 湖南期末）太陽風是指從太陽輻射出的高能粒子流，由質子和電子等組成。幸虧地球周圍存在地磁場，地磁場改變這些帶電粒子的運動方向，使其中的大部分不致到達地球，從而保護了地球上的生物。地磁場的示意圖如圖所示，下列說法正確的是（　?。?br/>A．地球的磁感線可以相交
B．地球的磁感線是閉合的曲線
C．赤道包圍面積的磁通量比同步衛星軌道包圍面積的磁通量大
D．赤道包圍面積的磁通量比同步衛星軌道包圍面積的磁通量小
【考點】判斷磁通量的大小或變化；地磁場．
【專題】定性思想；推理法；磁場 磁場對電流的作用；推理論證能力．
【答案】BC
【分析】根據磁感線的特點分析判斷；根據磁通量的定義分析判斷。
【解答】解：AB.在地球的內部，磁感線從地理北極出發回到地理南極，在地球外部則是從地理南極出發回到地理北極，構成閉合曲線，不會相交，也不會中斷，故A錯誤，B正確。
CD．由于地球內部磁場方向由北極指向南極，地球外部磁場方向由南極指向北極，由于同步衛星包圍的面積大于赤道包圍的面積，穿過兩者面積由北指向南的磁感線條數沒有變化，而由南指向北的磁感線條數增多，磁感線抵消得多，合磁通量反而減小，所以赤道包圍面積的磁通量比同步衛星軌道包圍面積的磁通量大，故C正確，D錯誤。
故選：BC。
【點評】本題考查了地磁場的性質，要注意借助地磁場的磁場分布來分析地磁場對應的性質，注意理解磁通量的概念。
（多選）10．（2024秋 大連期末）如圖所示，在腰長為L的等腰直角三角形區域內存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B。質量均為m的甲粒子（帶電荷量為+q）和乙粒子（帶電荷量為﹣q）分別從a、b兩點沿ab方向和ba方向射入磁場。不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．乙粒子速度合適，可以從c點射出磁場
B．甲粒子從c點射出磁場的時間為
C．乙粒子從bc邊射出的最大軌道半徑為
D．甲、乙兩粒子在磁場中運動的最長時間之比為1：2
【考點】帶電粒子在三角形邊界磁場中的運動．
【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理論證能力．
【答案】CD
【分析】做出乙粒子的運動軌跡，根據軌跡分析；做出甲粒子的運動軌跡，據此可得對應的圓心角和運動時間；根據幾何關系計算；分別計算出兩粒子在磁場中的運動時間。
【解答】解：A、如下圖所示，乙粒子軌跡恰好與ac邊相切時，乙粒子從bc邊射出的軌跡半徑最大，所以乙不會從c點射出磁場，故A錯誤；
B、如下圖所示，甲粒子軌跡恰好與bc邊相切于c點從c點射出磁場。根據幾何關系可得，甲粒子的軌跡半徑為L，運動軌跡所對的圓心角為90°，即運動了四分之一周期的時間。運動時間為，故B錯誤；
C、乙粒子軌跡與ac邊相切時，乙粒子從bc邊射出的軌跡半徑最大，設切點為e，由幾何關系可得ae＝ab＝L，ac＝2L所以乙粒子從bc邊射出的最大軌跡半徑為，故C正確；
D、由B項可知甲粒子在磁場中運動的最長時間為t甲，乙粒子在磁場中運動最長時間為t乙，則甲、乙兩粒子在磁場中運動的最長時間之比為1：2，故D正確。
故選：CD。
【點評】能夠做出兩粒子的運動軌跡圖是解題的關鍵。
（多選）11．（2024秋 五華區校級期末）如圖所示，半徑為R的圓形區域內有一垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為R，O點是圓心，P是磁場邊界上的最低點。大量質量均為m、電荷量為﹣q（q＞0）的帶電粒子，以相同的速率從P點沿紙面內的各個方向射入磁場區域。已知粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑r，A、C為圓形區域水平直徑的兩個端點，粒子的重力、空氣阻力和粒子間的相互作用均不計，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．若r＝2R，則粒子在磁場中運動的最長時間為
B．若r＝2R，則從A點射出磁場的粒子與從C點射出磁場的粒子經歷的時間相等
C．若r＝R，則圓周上有一半區域有粒子射出
D．若r＝R，則與OP連線成30°角偏右側進入磁場的粒子在磁場中經歷的時間為
【考點】帶電粒子在弧形或圓形邊界磁場中的運動．
【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理論證能力．
【答案】AC
【分析】當r＝2R 時，粒子在磁場中運動的最長時間的軌跡所對應的弦是圓形磁場直徑，根據和結合幾何知識求解粒子在磁場中運動的最長時間；根據確定從A點射出磁場的粒子與從C點射出磁場的粒子經歷的時間是否相等；若r＝R，屬于“磁發散”所有粒子平行AC方向射出磁場，進而確定圓周上有粒子射出區域；若r＝R，根據確定與OP連線成30°角偏右側進入磁場的粒子在磁場中經歷的時間。
【解答】解：A.當r＝2R 時，粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據和可得運動的周期，粒子從P點入射，當粒子的出射點與P點的連線為軌跡圓的直徑時，粒子在磁場中運動的時間最長。此時圓心角θ＝60°，根據幾何關系可，α＝30°，所以圓心角θ＝60°，運動時間，故A正確。
B.若r＝2R，從A點射出磁場的粒子和從C點射出磁場的粒子，它們的軌跡所對的圓心角不同，根據，可知經歷的時間不相等，故B錯誤。
C.若r＝R，以P為圓心，R為半徑畫圓，通過幾何關系可知，粒子只能從圓弧AMC（M為PO延長線與磁場邊界的交點）射出，即圓周上有一半區域有粒子射出，故C正確。
D.若r＝R，與OP連線成30°角偏右側進入磁場的粒子，其軌跡所對的圓心角為120°，運動時間，故D錯誤。
故選：AC。
【點評】本題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動，關鍵在于根據幾何關系確定粒子的運動軌跡，進而分析運動時間和出射區域等問題。
（多選）12．（2024秋 望花區校級期末）如圖所示，光滑水平絕緣平面坐標系原點O處，固定有可視為點電荷的帶正電小球其電荷量為Q，若將Q產生的電場，無限遠處的電勢規定為零則距離該點電荷R處的電勢為k，其中k為靜電力常量；另有一個可視為點電荷的帶負電小球電荷量q、質量m，僅在靜電力作用下圍繞O點做曲線運動；當小球m經過x軸M點時，速度方向垂直于x軸沿y軸負方向大小為vM；當經過x軸N點時，速度方向垂直于x軸沿y軸正方向。已知M、N兩點距O點距離分別為RM、RN（RM＜RN）。根據以上已知條件，下列說法正確的是（　?。?br/>A．可求出小球m經過y軸時的坐標
B．若要使小球m經過M點開始圍繞O點做圓周運動，可適當增大小球m的速度
C．若要使小球m經過M點開始圍繞O點做圓周運動，可增加垂直平面向外的勻強磁場，并可求出磁感應強度大小
D．若要使小球m經過N點開始圍繞O點做圓周運動，可增加垂直平面向外的勻強磁場，并可求出磁感應強度大小
【考點】帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動；庫侖定律的表達式及其簡單應用．
【專題】定量思想；圖析法；方程法；帶電粒子在電場中的運動專題；理解能力．
【答案】CD
【分析】電場力與電勢：涉及點電荷產生電場的電勢公式，用于計算不同位置的電勢，進而結合能量守恒分析小球的動能變化。
圓周運動條件：考查帶電小球做圓周運動時向心力的來源，在僅電場力或電場力與洛倫茲力共同作用下，判斷是否滿足（F同為向心力，m為小球質量，v為速度，r為圓周運動半徑）這一條件。
能量守恒定律：在只有電場力做功的情況下，小球的電勢能和動能相互轉化，總量保持不變，通過電勢能的變化來求解動能和速度的變化。
洛倫茲力：當存在磁場時，帶電小球會受到洛倫茲力F＝qvB（q為電荷量，v為速度，B為磁感應強度），洛倫茲力方向與速度和磁場方向垂直，參與提供小球做圓周運動的向心力。
【解答】解：A：僅根據已知條件，雖然知道小球在M、N點的速度方向和位置以及場源電荷相關信息，但由于小球運動軌跡是曲線，其運動過程較為復雜，缺少足夠條件來確定小球經過y軸時的坐標，所以無法求出，故A錯誤。
B：小球在M點時，庫侖力提供向心力，若僅增大速度，所需向心力增大，庫侖力不變，小球將做離心運動，不能繞O點做圓周運動，故B錯誤。
C：增加垂直平面向外的勻強磁場，小球在M點受到庫侖力和洛倫茲力qvMB，要使小球做圓周運動，則，已知RM、vM、Q、q、m，即可求出磁感應強度B，故C正確。
D：小球在N點時速度方向垂直x軸，增加垂直平面向外的勻強磁場，設磁感應強度為B
庫侖力
洛倫茲力F溶＝qvNB（N點速度大小為vN）
根據能量守恒，，其中，，可求出vN
要使小球在N點繞O點做圓周運動，則，此時Q、q、m、RN、RvN都可求，所以能求出磁感應強度B的大小，故D正確。
故選：CD。
【點評】知識綜合性強：融合了電場、電勢、圓周運動、能量守恒以及洛倫茲力等多個重要的物理知識點，全面考查學生對不同章節知識的理解和綜合運用能力，有助于學生構建完整的物理知識體系。思維能力要求高：需要學生具備較強的邏輯推理和分析能力。例如在判斷小球運動軌跡、分析圓周運動條件以及求解磁感應強度等問題時，要綜合考慮多個因素，對學生的思維嚴謹性和靈活性是很好的鍛煉。問題設置巧妙：通過對小球在不同情境下（僅電場、電場與磁場結合）運動情況的分析，設置了具有一定區分度的選項。既考查了學生對基礎知識的掌握，如電場力、圓周運動條件等，又通過復雜情境（如求軸坐標、求磁感應強度）考查了學生對知識的深化理解和應用能力。
三．填空題（共4小題）
13．（2024秋 浦東新區校級期末）一個帶負電的小球沿光滑絕緣的桌面向右運動，速度方向垂直于一個水平向里的勻強磁場，如圖所示，小球飛離桌面后落到地板上，飛行過程中小球的水平位移始終增大，設飛行時間為t1，著地速度大小為v1。撤去磁場，其余的條件不變，小球飛行時間為t2，著地速度大小為v2，則t1?。肌2，v1　＝　v2（均選填“＞”、“＜”或“＝”）。
【考點】洛倫茲力的概念；合運動與分運動的關系．
【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；理解能力．
【答案】＜、＝
【分析】小球在有磁場時做一般曲線運動，無磁場時做平拋運動，運用分解的思想，判斷運動時間；最后利用洛倫茲力不做功判斷落地的速率
【解答】解：有磁場時，小球下落過程中要受重力和洛倫茲力共同作用，重力方向豎直向下，大小方向都不變；洛倫茲力的大小和方向都隨速度的變化而變化，但在能落到地面的前提下洛倫茲力的方向跟速度方向垂直，總是指向左下方某個方向，其水平分力后水平向左，豎直分力f豎直向下。豎直方向的加速度仍向下，但大于重力加速度g，從而使運動時間比撤去磁場后要短，即在有磁場，重力和洛倫茲力共同作用時，其洛倫茲力的方向每時每刻都跟速度方向垂直，不對粒子做功，不改變粒子的動能，有磁場和無磁場都只有重力做功，動能的增加是相同的。有磁場和無磁場，小球落地時速度方向并不相同，但速度的大小是相等的，即v1＝v2
故答案為：＜、＝
【點評】本題關鍵運用分解的思想，把小球的運動和受力分別向水平和豎直分解，然后根據選項分別選擇規律分析討論。
14．（2024秋 浦東新區校級期末）如圖所示，矩形線框面積為S，處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，線框可繞如圖所示的方向與磁場垂直的虛線軸轉動，當線框平面與磁場方向的夾角為150°時穿過線框的磁通量為　　，從當前位置轉動240°后，穿過線框的磁通量的變化量的絕對值為　　。
【考點】計算磁通量的變化量．
【專題】定量思想；推理法；磁場 磁場對電流的作用；推理論證能力．
【答案】，
【分析】根據磁通量的公式可求穿過線框的磁通量大小，磁通量變化量等于末狀態磁通量減去初狀態磁通量。
【解答】解：線框平面與磁場方向的夾角為150°時穿過線框的磁通量為，從當前位置轉動240°后，穿過線框的磁通量變為Φ'＝BSsin（240°+30°）＝﹣BS，在當前位置的磁通量為，所以磁通量變化量的絕對值為。
故答案為：，。
【點評】明確磁感應強度，線框面積和磁通量之間的關系，會應用公式計算磁通量的大小。
15．（2024秋 浦東新區校級期末）一根長為10cm的通電導線放在勻強磁場中，導線中的電流為0.05A，導線與磁場方向垂直，若它受到的磁場力大小為2×10﹣3N，則磁感應強度為　0.4　T；若將導線中的電流增大為原來的2倍，其他條件不變，則通電導線受到的磁場力變為原來的　2　倍。
【考點】安培力的計算公式及簡單應用．
【專題】定量思想；推理法；磁場 磁場對電流的作用；推理論證能力．
【答案】0.4；2
【分析】根據公式F＝BIl計算分析。
【解答】解：根據F安＝BIl可得：，若將導線中的電流增大為原來的2倍，其他條件不變，根據F安＝BIl可知，通電導線受到的安培力變為原來的2倍。
故答案為：0.4；2。
【點評】解決本題的關鍵掌握安培力的計算公式。
16．（2025 福州校級模擬）如圖所示是醫用回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，兩金屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源相連?，F分別加速氘核（H）和氦核（He）。氘核（H）和氦核（He）的最大動能之比為　1：2　，加速氘核（H）和氦核（He）時所加高頻電源的頻率之比為　1：1　。
【考點】回旋加速器．
【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題．
【答案】見試題解答內容
【分析】帶電粒子最后從回旋加速器中出來時的速度最大，根據qvB＝m，比較粒子的速度；再根據EKmv2比較最大動能。
在回旋加速器中的周期T，根據周期的公式判斷兩粒子的周期，進而判定頻率的之比。
【解答】解：根據qvB＝m，得v。
最大動能EKmv2，
則氘核（H）和氦核（He）的最大動能之比為1：2；
帶電粒子在磁場中運動的周期T，
因兩粒子的比荷相等，所以加速氘核（H）和氦核（He）時所加高頻電源的頻率之比1：1，
故答案為：1：2，1：1。
【點評】解決本題的關鍵知道回旋加速器是利用電場加速，磁場偏轉來加速粒子。以及知道粒子在磁場中運動的周期和交流電的周期相同。
四．解答題（共4小題）
17．（2025 雁塔區校級模擬）如圖，在y≥0，0≤x≤4d垂直于紙面（xy平面）向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B；在y＜0，0≤x≤4d的區域中存在沿y軸正方向的勻強電場；一質量為m、所帶電荷量為q（q＞0）的粒子沿平行于x軸的方向在M（0，d）點射入磁場。
（1）若無論電場強度的大小是多少，粒子均可以從N（4d，d）點沿平行于x軸的方向射出磁場，求粒子射入磁場時速度的大小v1；
（2）若粒子射入磁場時速度的大小為v2，且仍可以從N（4d，d）點沿平行于x軸的方向射出磁場，求此情況下電場強度的大??；
（3）若電場強度可任意加大，要粒子從磁場右邊界飛出，求滿足條件的射入速度最小值v3。
【考點】帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動；從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題．
【專題】定量思想；方程法；帶電粒子在磁場中的運動專題；理解能力．
【答案】（1）粒子射入磁場時速度的大小為；
（2）電場強度的大小為；
（3）滿足條件的最小入射速度為。
【分析】（1）求電場強度和粒子入射速度大小確定粒子在磁場中的運動半徑：根據粒子從M點射入能從N點沿平行于x軸方向射出磁場這一條件，結合幾何關系確定粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑r。計算粒子入射速度v1：由洛倫茲力提供向心力的公式，將r的值代入，求出粒子入射磁場時的速度v1。計算電場強度E：粒子在電場中做類平拋運動，分別根據水平方向的勻速直線運動和豎直方向的勻加速直線運動列出方程，結合v1求出運動時間t，再代入豎直方向位移公式，進而求得電場強度E。
（2）在給定速度v2時求電場強度判斷粒子在磁場中的運動軌跡：根據給定的速度v2求出其在磁場中運動的半徑r2發現與（1）中半徑相同，即運動軌跡相同。計算電場強度E2：由于粒子在電場中的運動性質仍為類平拋運動，且水平方向運動情況不變，可求出運動時間t2，再根據豎直方向的運動方程，求出電場強度E2，其結果與（1）中電場強度相同。
（3）求粒子從磁場右邊界飛出時的最小入射速度確定粒子在磁場中的臨界運動軌跡：考慮電場強度可任意加大，粒子進入電場后近似沿y軸負方向加速然后垂直進入磁場。當粒子運動軌跡與磁場右邊界相切時，入射速度最小，通過幾何關系列出方程求出此時粒子在磁場中運動的半徑r3。計算最小入射速度v3：根據洛倫茲力提供向心力的公式，將r3代入，求出滿足條件的最小入射速度v3
【解答】解：粒子在磁場中做勻速圓周運動，要使無論電場強度大小如何，粒子均能從N（4d，d）點沿平行于x軸方向射出磁場，根據幾何關系可知粒子運動軌跡的半徑：r＝2d
由洛倫茲力提供向心力得：
聯立解得：
（2）已知，粒子在磁場中運動半徑，運動軌跡與（1）中相同。
粒子在電場中做類平拋運動，水平方向4d＝v2t2
豎直方向有：，
聯立解得：。
（3）當電場強度任意加大時，粒子在電場中沿y軸方向加速度很大，可近似認為粒子進入電場后沿y軸負方向加速，然后垂直進入磁場做圓周運動。要使粒子從磁場右邊界飛出，當粒子運動軌跡與磁場右邊界相切時，入射速度最小。
設此時粒子在磁場中運動半徑為r3，根據幾何關系
解得：
由洛倫茲力提供向心力得：
聯立解得：
答：（1）粒子射入磁場時速度的大小為；
（2）電場強度的大小為；
（3）滿足條件的最小入射速度為。
【點評】知識綜合度高：融合了帶電粒子在電場中的類平拋運動和在磁場中的勻速圓周運動這兩大核心知識板塊，同時涉及洛倫茲力、牛頓第二定律、運動學公式等多個重要知識點，全面考查學生對電磁學知識的綜合運用能力，有助于構建完整的知識體系。
能力考查全面：從幾何關系的運用確定粒子在磁場中的運動軌跡，考查學生的空間想象和幾何分析能力；通過聯立方程求解電場強度、速度等物理量，鍛煉學生的數學運算和邏輯推理能力；對粒子在不同條件下運動情況的分析，培養學生的模型構建和問題解決能力。
問題設置有梯度：三個小問層層遞進，第一問是基礎，求解電場強度和粒子的初始速度；第二問在給定新速度的情況下再次求解電場強度，檢驗學生對運動過程的理解和知識的遷移能力；第三問進一步提高難度，探討粒子從磁場右邊界飛出時的最小速度，激發學生深入思考，滿足不同層次學生的能力需求。
18．（2024秋 郴州期末）如圖所示，直角坐標系xOy平面內，第一、四象限存在垂直紙面向里但大小不同的兩種勻強磁場，第二象限存在沿y軸正方向的勻強電場E（大小未知）。質量為m、電荷量為﹣q（q＞0）的粒子從x軸負半軸M點與x軸正方向成60°射入電場，經電場偏轉后以速度v0從點N垂直y軸進入第一象限，經過一段時間后從x軸上P點（未畫出）以與x軸正方向成60°夾角的速度進入第四象限，粒子恰好不能進入第三象限。已知N點的坐標為（0，L），粒子的重力忽略不計。求：
（1）電場強度E的大小；
（2）第一象限勻強磁場的磁感應強度B的大小；
（3）帶電粒子從M點出發到第二次到達y軸的總時間。
【考點】帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動；牛頓第二定律與向心力結合解決問題．
【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理論證能力．
【答案】（1）電場強度E的大小等于；
（2）第一象限勻強磁場的磁感應強度B的大小等于；
（3）帶電粒子從M點出發到第二次到達y軸的總時間等于。
【分析】（1）帶電粒子在第二象限做類斜拋運動，結合平拋運動規律求解電場強度E的大??；
（2）畫出粒子運動軌跡，由幾何知識求解帶電粒子在第一象限做圓周運動的半徑，根據洛倫茲力提供向心力求解第一象限勻強磁場的磁感應強度B的大?。?br/>（3）在磁場中根據軌跡圓心角結合運動周期求解時間，電場中根據類斜拋運動規律求解時間，各自時間相加即為總時間。
【解答】（1）帶電粒子在第二象限做類斜拋運動，由逆向思維，從N到M點做類平拋運動，速度偏轉角為
y＝L
解得
x方向上：x＝v0t
y方向上：
qE＝ma
聯立解得
（2）帶電粒子進入第一象限后，軌跡如圖所示
由幾何知識可知，帶電粒子在第一象限做圓周運動的半徑
r1＝2L
根據洛倫茲力提供向心力
解得
（3）由（1）可知，帶電粒子在第二象限運動的時間
帶電粒子在第一象限運動時，周期為
又因為速度偏轉角為60°，運動時間
解得
進入第四象限后，由于粒子恰好不能進入第三象限，則在第四象限運動軌跡與y軸相切，速度偏轉角為210°，軌跡如圖所示
由幾何知識可知
運動時間
解得
所以
答：（1）電場強度E的大小等于；
（2）第一象限勻強磁場的磁感應強度B的大小等于；
（3）帶電粒子從M點出發到第二次到達y軸的總時間等于。
【點評】解決該題需要掌握粒子在電場和磁場中的運動情況，能正確做出其運動軌跡，能根據幾何知識求解其圓周運動的半徑。
19．（2024秋 梅河口市校級期末）如圖所示，以直角三角形AOC為邊界的有界勻強磁場區域，磁感應強度為B，∠A＝60°，AO＝L，在O點發射某種帶負電的粒子（不計重力作用），粒子的比荷為。發射方向與OC邊的夾角為θ＝60°，粒子從A點射出磁場。
（1）求粒子的發射速度大小v0；
（2）求粒子在磁場中的運動時間；
（3）若入射粒子為正電荷，粒子能從OC邊射出，求入射速度的范圍。
【考點】帶電粒子在三角形邊界磁場中的運動．
【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在磁場中的運動專題；推理論證能力．
【答案】（1）粒子的發射速度大小為；
（2）粒子在磁場中的運動時間為；
（3）若入射粒子為正電荷，粒子能從OC邊射出，入射速度的范圍為。
【分析】（1）根據題意作出粒子運動軌跡，求出粒子做圓周運動的軌道半徑，然后應用牛頓第二定律求出粒子的發射速度大小；
（2）求出粒子在磁場中轉過的圓心角，然后根據粒子做圓周運動的周期公式求出粒子在磁場中的運動時間；
（3）若入射粒子為正電荷，粒子能從OC邊射出，臨界狀態分為剛好從AC邊相切射出，由此求解。
【解答】解：（1）粒子從A點射出磁場，運動軌跡如圖所示
由幾何知識可知
r＝AO＝L
根據洛倫茲力提供向心力，所以
代入解得
（2）由幾何知識可知，粒子轉過的圓心角為
由
，
得
（3）粒子能從OC邊射出，如圖
由幾何關系知，半徑最大為
有
解得最大速度為
所以速度取值范圍為
答：（1）粒子的發射速度大小為；
（2）粒子在磁場中的運動時間為；
（3）若入射粒子為正電荷，粒子能從OC邊射出，入射速度的范圍為。
【點評】本題的關鍵在于帶電粒子做勻速圓周運動的圓心的確定，這有兩點依據：其一是洛倫茲力提供向心力，洛倫茲力必指向圓心，且洛倫茲力垂直于速度方向的，那么圓心必在過O點的垂線上；其二是垂徑定理，即弦的垂直平分線通過圓心。
20．（2024秋 涼州區期末）如圖所示，在xOy坐標系x＜0區域內存在平行于x軸、電場強度大小為E（E未知）的勻強電場，分界線OP將x＞0區域分為區域Ⅰ和區域Ⅱ，區域Ⅰ存在垂直紙面向外、磁感應強度大小為B（B未知）的勻強磁場，區域Ⅱ存在垂直紙面向里、磁感應強度大小為B′B的勻強磁場及沿y軸負方向、電場強度大小為E′E的勻強電場。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M（﹣d，0）點以初速度v0垂直電場方向進入第二象限，經N點進入區域Ⅰ，此時速度與y軸正方向的夾角為60°，經區域Ⅰ后由分界線OP上的A點（圖中未畫出）垂直分界線進入區域Ⅱ，不計粒子重力及電磁場的邊界效應。求：
（1）電場強度E的大?。?br/>（2）帶電粒子從M點運動到A點的時間t；
（3）粒子在區域Ⅱ中運動時，第1次和第5次經過x軸的位置之間的距離s。
【考點】帶電粒子由電場進入磁場中的運動；從能量轉化與守恒的角度解決電場中的問題；帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運動．
【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；推理論證能力．
【答案】（1）電場強度E的大小等于；
（2）帶電粒子從M點運動到A點的時間t等于；
（3）粒子在區域Ⅱ中運動時，第1次和第5次經過x軸的位置之間的距離s等于4πd。
【分析】（1）粒子在第二象限內做類平拋運動，將運動分解處理，根據牛頓第二定律與運動學公式求解；
（2）粒子在磁場內做勻速圓周運動，由幾何關系解得運動半徑，根據洛倫茲力提供向心力有求解；
（3）分析洛倫茲力與電場力關系，從而分析粒子的運動情況，根據幾何關系解答。
【解答】解：（1）粒子經過N點時的速度
粒子從M點到N點，由動能定理得
解得
（2）粒子從M點到N點，由運動學公式有
解得
粒子從M點到A點，其運動軌跡如圖1所示
由拋體運動的規律可得
由幾何關系可得，粒子在區域Ⅰ中做勻速圓周運動的半徑
r1＝|ON|sin60°＝d
運動時間
則
（3）粒子在區域Ⅰ中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有
解得
在A點對粒子由配速法，如圖1所示，設v1對應的洛倫茲力與靜電力平衡，則有
v1＝v2
方向相反，v2與v合速度v′對應洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運動，這樣粒子進入區域Ⅱ中的運動分解為以v1的勻速直線運動和以v′的勻速圓周運動
靜電力等于洛倫茲力，則有
qE′＝qv1B′
解得
v1＝v0
合速度
設對應的勻速圓周運動的半徑為r2，由洛倫茲力提供向心力有
解得
其運動軌跡如圖2所示
粒子從第1次到第5次經過x軸，共運動了2個周期，時間
距離
s＝v1t3
解得
s＝4πd
答：（1）電場強度E的大小等于；
（2）帶電粒子從M點運動到A點的時間t等于；
（3）粒子在區域Ⅱ中運動時，第1次和第5次經過x軸的位置之間的距離s等于4πd。
【點評】本題是在電場和磁場中帶電粒子運動問題，典型的磁場中勻速圓周運動，電場中的類平拋運動。帶電粒子在磁場的運動畫軌跡圖確定軌跡半徑和圓心角是基本功，電場中的勻變速曲線運動處理的方法是運動的分解與合成。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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