近三年山东高考考情分析 备考建议
命题点 2022年 2023年 2024年 1.强化对多过程问题的进一步分析，强化三维运动模型的构建能力。 2．本部分与立体几何、数列、三角函数等数学知识联系紧密，要进一步体会数学知识在解题中的应用。
磁感应强度的矢量合成
磁场对电流的作用
磁场对运动电荷的作用
洛伦兹力与现代科技
带电粒子在有 界磁场中的运动
带电粒子在 复合场中的运动 √ √ √
带电粒子在复合场中的运动
(2024·山东卷)如图所示，在Oxy坐标系x>0，y>0区域内充满垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。磁场中放置一长度为L的挡板，其两端分别位于x、y轴上M、N两点，∠OMN＝60°，挡板上有一小孔K位于MN中点。△OMN之外的第一象限区域存在恒定匀强电场。位于y轴左侧的粒子发生器在0＜y＜L的范围内可以产生质量为m、电荷量为＋q的无初速度的粒子。粒子发生器与y轴之间存在水平向右的匀强加速电场，加速电压大小可调，粒子经此电场加速后进入磁场，挡板厚度不计，粒子可沿任意角度穿过小孔，碰撞挡板的粒子不予考虑，不计粒子重力及粒子间相互作用力。
(1)求使粒子垂直挡板射入小孔K的加速电压U0。
(2)调整加速电压，当粒子以最小的速度从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，求第一象限中电场强度的大小和方向。
(3)当加速电压为时，求粒子从小孔K射出后，运动过程中距离y轴最近位置的坐标。
解析：(1)根据题意，作出粒子垂直挡板射入小孔K的运动轨迹如图甲所示，
甲
根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为
r＝xNK＝
在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有
qvB＝m
在匀强加速电场中由动能定理有
qU0＝mv2
联立解得U0＝。
(2)根据题意，当轨迹半径最小时，粒子速度最小，则作出粒子以最小的速度从小孔K射出的运动轨迹如图乙所示，
乙
根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r′＝xNKcos 60°＝
在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有
qv′B＝m
粒子从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，由左手定则可知粒子经过小孔K后受到的洛伦兹力沿x轴负方向，则粒子经过小孔K后受到的静电力沿x轴正方向，粒子带正电，则△OMN之外第一象限区域电场强度的方向沿x轴正方向，大小满足qv′B＝qE
联立可得E＝。
(3)在匀强加速电场中由动能定理有qU＝mv″2
可得v″＝
在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有
qv″B＝m
可得粒子在△OMN区域运动的轨迹半径
r″＝L
作出从小孔K射出的粒子的运动轨迹如图丙所示，
丙
设粒子从小孔K射出的速度方向与x轴正方向夹角为θ，根据几何关系可知sin θ＝＝
则粒子从小孔K射出的速度方向与x轴正方向的夹角为60°，该速度沿x轴和y轴正方向的分速度大小分别为
v″x＝v″cos 60°＝，v″y＝v″sin 60°＝
则粒子从小孔K射出后的运动可分解为沿y轴正方向的匀速直线运动和速度大小为v″x＝v″cos 60°＝的匀速圆周运动，可知qv″xB＝m
解得r＝L
粒子做圆周运动的周期为T＝，粒子至少运动T距离y轴最近，加上整周期则粒子运动T(n＝0,1,2，…)时距离y轴最近，则最近位置的横坐标为
x＝－r＝L
纵坐标为
y＝L＋r＋vy″T＝L＋(n＝0,1,2，…)
综上所述，最近的位置坐标为(n＝0,1,2，…)。
答案：(1) (2) 方向沿x轴正方向
(3)(n＝0,1,2，…)
看到什么 想到什么
垂直挡板射入小孔 轨迹圆圆心的位置
恰好做匀速直线运动 平衡状态(合力为0)
距离y轴最近位置 粒子运动的轨迹图
1．带电粒子在叠加场中的运动
(1)三个分析
①正确分析受力情况，明确重力是否不计及洛伦兹力的方向；
②正确分析运动情况，常见的运动形式有匀速直线运动、匀速圆周运动和一般变速曲线运动；
③正确分析各力的做功情况，主要分析静电力和重力做的功，洛伦兹力一定不做功。
(2)运动分类
①静止或匀速直线运动：当带电粒子在叠加场中所受合力为0时，将处于静止状态或匀速直线运动状态；
②匀速圆周运动：当带电粒子所受的重力与静电力大小相等、方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动。
2．带电粒子在组合场中的运动
1．控制带电粒子的运动在现代科学技术、生产生活、仪器电器等方面有广泛的应用。如图，以竖直向上为y轴正方向建立直角坐标系，该真空中存在方向沿x轴正方向、电场强度大小E＝5 N/C的匀强电场和方向垂直Oxy平面向外、磁感应强度大小B＝0.5 T的匀强磁场。原点O处的粒子源连续不断地发射速度大小和方向一定、质量m＝1×10－6 kg、电荷量q＝2×10－6 C的带负电的粒子束，粒子恰能在Oxy平面内做直线运动，重力加速度取g＝10 m/s2，不计粒子间的相互作用。
(1)求粒子发射速度的大小和方向。
(2)若保持E、B初始状态和粒子束的初速度不变，在粒子从O点射出时立即撤去磁场，求粒子从O点射出后经过 y轴时的坐标(不考虑磁场变化产生的影响)。
(3)若保持E、B初始状态和粒子束的初速度不变，在粒子从O点射出时立即将电场方向变为竖直向下、电场强度大小变为E′＝5 N/C，求从O点射出的所有粒子第一次打在x轴上的坐标(不考虑电场变化产生的影响)。
解析：(1)对粒子受力分析，如图甲所示，
甲
可知粒子做匀速直线运动，合力为0，根据三角形定则有
qvB＝，解得v＝20 m/s
粒子出射的速度方向与y轴负方向夹角满足tan θ＝＝
即粒子发射方向指向第四象限，与y轴负方向夹角为θ＝30°。
(2)撤去磁场后，粒子做类平抛运动，如图乙，则有
乙
＝ma
tan 30°＝，|y|＝
解得|y|＝ m，所以坐标为。
(3)由题意可得qE′＝mg，则粒子做匀速圆周运动，如图丙所示，
丙
则有qvB＝，解得R＝20 m
由几何关系可知
x＝2Rcos 30°＝20 m，坐标为(20 m,0)。
答案：(1)20 m/s 方向指向第四象限，与y轴负方向夹角为30° (2) (3)(20 m,0)
2．如图所示，水平面上方区域有足够宽的正交电磁场，匀强磁场方向垂直纸面向里(图中所示)，磁感应强度大小为B，匀强电场方向竖直向下，电场强度大小为E；不计厚度、内壁光滑的竖直小圆筒内底部静止放有一质量为m、带电荷量为＋q的带电微粒。现让小圆筒以加速度a由静止开始向右平动，在微粒开始沿筒壁上升的瞬间，立即让小圆筒以此时刻速度的2倍做匀速运动。当小圆筒匀速运动的距离为小圆筒长度的2倍时，微粒恰好离开小圆筒，并在此时刻撤去匀强电场。不计重力大小，求：
(1)小圆筒由静止开始运动，经过多长时间微粒将沿筒壁上升；
(2)小圆筒的长度；
(3)微粒离开小圆筒后能上升的最大高度(距离圆筒上端口的最大高度)。
解析：(1)设经过时间t1微粒的速度大小为v0时，微粒开始沿管壁上升，有qv0B＝qE，v0＝at1
解得t1＝。
(2)开始沿管壁上升后，受力分析如图所示，
竖直方向上由牛顿第二定律可得
ay＝＝，vx＝2v0
解得ay＝
由此可知，微粒沿竖直方向上做初速度为0的匀加速运动，设微粒在小圆筒内运动的时间为t2，离开小圆筒时竖直速度为vy，该过程由题意有
2v0t2＝2·t2
解得vy＝2v0
则小圆筒的长度为l＝
联立解得l＝。
(3)微粒离开小圆筒后在竖直平面内做匀速圆周运动，速度大小为v＝＝2v0
设微粒离开小圆筒时速度方向与水平方向夹角为θ′，有
tan θ′＝＝1
解得θ′＝45°
洛伦兹力提供向心力，有
qvB＝
微粒离开小圆筒后能上升的最大高度为
h＝rcos 45°＋r
联立解得h＝。
答案：(1)
(2)
(3)
3．(2024·甘肃卷)质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为E1，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为0的带电粒子(不计重力)，加速后进入速度选择器做直线运动，再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。
(1)粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。
(2)求O点到P点的距离。
(3)若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为E2(E2略大于E1)，方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O′点上。求粒子打在O′点的速度大小。
解析：(1)由于粒子在偏转分离器中向上偏转，根据左手定则可知粒子带正电；设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子进入速度选择器时的速度为v0，在速度选择器中粒子做匀速直线运动，由平衡条件有qv0B1＝qE1
在加速电场中，由动能定理得qU＝mv
联立解得粒子的比荷为＝。
(2)由洛伦兹力提供向心力有qv0B2＝m
由几何关系可得O点到P点的距离为
OP＝2r＝。
(3)粒子进入Ⅱ瞬间，受到向上的洛伦兹力
F洛＝qv0B1
向下的静电力F＝qE2
由于E2＞E1，且qv0B1＝qE1
所以通过配速法，如图所示
其中满足qE2＝q(v0＋v1)B1
则粒子在速度选择器中水平向右以速度v0＋v1做匀速运动的同时，竖直方向以v1做匀速圆周运动，当速度转向到水平向右时，满足垂直打在速度选择器右挡板的O′点的要求，故此时粒子打在O′点的速度大小为
v′＝v0＋v1＋v1＝。
答案：(1)带正电 (2) (3)
4．某离子实验装置的基本原理如图甲所示。Ⅰ区宽度为d，左边界与x轴垂直交于坐标原点O，其内充满垂直于Oxy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0；Ⅱ区宽度为L，左边界与x轴垂直交于O1点，右边界与x轴垂直交于O2点，其内充满沿y轴负方向的匀强电场。测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界，其中心C与O2点重合。从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m的正离子，加速后沿x轴正方向过O点，依次经Ⅰ区、Ⅱ区，恰好到达测试板中心C。已知离子刚进入Ⅱ区时速度方向与x轴正方向的夹角为θ。忽略离子间的相互作用，不计重力。
(1)求离子在Ⅰ区中运动时速度的大小v。
(2)求Ⅱ区内电场强度的大小E。
(3)保持上述条件不变，将Ⅱ区分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小均为B(数值未知)、方向相反且平行y轴的匀强磁场，如图乙所示。为使离子的运动轨迹与测试板相切于C点，需沿x轴移动测试板，求移动后C到O1的距离s。
解析：(1)设离子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得
qvB0＝m
根据几何关系得sin θ＝
联立解得v＝。
(2)离子在Ⅱ区内只受静电力，沿x轴方向做匀速直线运动，沿y轴方向做匀变速直线运动，设从进入电场到击中测试板中心C所用的时间为t，y轴方向的位移为y0，加速度大小为a，由牛顿第二定律得
qE＝ma
由运动的合成与分解得
L＝vtcos θ
y0＝vtsin θ－at2
由几何关系得y0＝－r(1－cos θ)
联立解得E＝。
(3)Ⅱ区内填充磁场后，离子在垂直y轴的平面上做线速度大小为vcos θ的匀速圆周运动，俯视图如图所示，设在俯视图中左侧部分的圆心角为α，圆周运动半径为r′，在垂直于y轴的投影面内运动轨迹长度为l′，由几何关系得
l′＝·2πr′＋·2πr′
cos α＝
由于在y轴方向上的运动不变，离子的运动轨迹与测试板相切于C点，则离子在Ⅱ区内的运动时间不变，故有
＝
C到O1的距离s＝2r′sin α＋r′
联立解得s＝L。
答案：(1)
(2)
(3)L
磁感应强度的矢量合成
(多选)三根电流相同的通电长直导线L1、L2、L3沿着正方体的三条边A1D1、B1C1、BC放置，电流方向如图所示，此时正方体几何中心O点处的磁感应强度大小为B0。现将沿BC边放置的导线L3撤去，下列说法正确的是( )
A. L1所受磁场作用力的方向沿AB方向
B. L2所受磁场作用力的方向沿AB方向
C. O点处的磁感应强度大小为B0，方向沿AA1方向
D. O点处的磁感应强度大小为B0，方向沿BA方向
AD 解析：现将沿BC边放置的导线L3撤去，剩下L1和L2相互吸引，作用方向与AB平行，L1所受磁场作用力的方向沿AB方向，L2所受磁场作用力的方向沿BA方向，俯视图如图甲所示，故A正确，B错误；
甲
根据安培定则，画出三根电流相同的通电长直导线在O点的磁感应强度，俯视图如图乙所示，B1和B3抵消，故 B2＝B0，现将沿BC边放置的导线L3撤去，则O点处的磁感应强度大小为B0，方向沿BA方向，故C错误，D正确。
乙
1．将立体图转化为平面图(俯视图)。
如图所示。
2．如何判断各通电直导线周围磁场的方向？
根据安培定则判断。
3．在判断通电直导线间安培力方向时，我们可以直接利用同向电流相互吸引，异向电流相互排斥来判断。
磁场叠加问题的解题思路
(1)确定磁场场源，如通电导线。
(2)定位空间中需要求解的点，利用安培定则判定每个场源在这一点上产生的磁感应强度的大小和方向。如图所示为通电导线M、N在c点产生的磁场BM、BN。
(3)应用平行四边形定则进行合成，图中的B即为合磁场。
1．(2024·宁波一模)已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B＝k，即磁感应强度B的大小与导线中的电流I成正比，与该点到导线的距离r成反比。如图所示，两根平行长直导线M、N分别通以大小相等、方向相反的电流，沿M、N所在直线和其中垂线建立直角坐标系Oxy。规定磁场沿－y方向为正，则磁感应强度B随x、y变化的图线正确的是( )
C 解析：由安培定则可知，左侧导线中的电流在该导线右侧x轴上产生的磁场的方向沿－y方向，而右侧导线中的电流在该导线左侧x轴上产生的磁场的方向沿－y方向，由于规定磁场方向沿－y方向为正，此区间内的磁场等于两条直导线在各处形成的磁感应强度之和，故在x轴上MN区间内磁场方向为正，根据通电长直导线周围某点磁感应强度B＝k，知距离导线越远磁场越弱，又IM＝IN，可知在两根导线中间位置O点磁场最弱，但不为0；在导线M左侧x轴上导线M形成的磁场沿y方向， N导线形成的磁场沿－y方向，因该区域离导线M较近，则合磁场方向沿y方向，为负方向，且离导线M越远磁场越弱；同理，在导线N右侧x轴上导线N形成的磁场沿y方向，导线M形成的磁场沿－y方向，因该区域离导线N较近，则合磁场方向沿y方向，为负方向，且离导线N越远磁场越弱，故A、B错误。两通电导线在y轴上的磁感应强度如图所示，
因此可知合磁场磁感应强度方向沿－y方向，大小为B＝2B1cos α，越远离O点，B1越小，cos α越小，因此B越小，故C正确，D错误。
2．(2024·南昌一模)如图所示，A、B、C、E、F是在纸面内圆上的五个点，其中连线EF、AC过圆心O点，A、B关于EF对称，∠AOF＝60°，在E、F两点处垂直于纸面放置两根相互平行的长直细导线，两根导线中分别通有大小相等的电流I。已知通电直导线形成的磁场在空间某点处的磁感应强度大小B＝k，k为常量，r为该点到导线的距离。若E处的电流在A点产生的磁感应强度大小为B1，下列说法正确的是( )
A. 若两根导线中的电流同向，则O点磁感应强度大小为2B1
B. 若两根导线中的电流同向，则A、B两点磁感应强度相同，均为2B1
C. 若两根导线中的电流反向，则A、C两点磁感应强度相同，均为B1
D. 无论两根导线中的电流同向还是反向，A、B、C三点的磁感应强度大小均为2B1
D 解析：同向电流在O点产生的磁场方向相反，磁感应强度大小相等，故若两根导线中的电流同向，O点磁感应强度大小为0，故A错误；根据几何关系有＝tan (90°－∠AFO)＝，作出同向电流(假设电流方向垂直纸面向里)，在A、B点磁感应强度的矢量图如图甲所示，则BE1＝＝B1，BF1＝＝B1，则A点磁感应强度为BA＝＝2B1，同理可得B点磁感应强度为BB＝2B1，则A、B两点磁感应强度大小相等，大小均为2B1，根据矢量图可知A、B两点磁感应强度方向不同，故B错误；作出反向电流(假设E电流垂直纸面向里、F电流垂直纸面向外)，在A、C点磁感应强度的矢量图如图乙所示，同前面分析，可以发现A、C两点磁感应强度矢量和的方向相同，大小均为2B1，故C错误；根据前面的分析可知，无论两根导线中的电流同向还是反向，A、B、C三点的磁感应强度大小均为2B1，故D正确。
甲
乙
3．(2024·青岛模拟)(多选)已知足够长直导线通有电流I时，距离导线r处的磁感应强度大小为B＝k，其中k为常数。图甲中虚线构成一个立方体，M、N、P、Q、M1、N1、P1、Q1是立方体的顶点；用漆包线制成的正方形导体线框abcd恰好与立方体右侧面的四边重合。在立方体的MN、PP1两边所在位置分别固定长直导线，两导线中电流大小相等，方向如图乙所示。下列说法正确的是( )
甲
乙
A. 立方体的顶点M1、N1两处的磁场方向垂直
B. 顶点M1、N1两处的磁感应强度大小之比为1∶2
C. 线框从右侧面向左平移到左侧面过程中，其中感应电流方向先沿abcd后沿adcb
D. 线框从右侧面向左平移到左侧面过程中，其中感应电流方向一直沿adcb
BD 解析：根据安培定则可知，导线MN在M1所产生的磁感应强度方向为在M1处沿着Q1M1方向，在N1所产生的磁感应强度方向为在N1处沿着P1N1方向；同理导线PP1在M1所产生的磁感应强度方向为在M1处沿着与P1M1垂直斜向下的方向，导线PP1在N1所产生的磁感应强度方向为在N1处沿着N1M1方向，由磁场的叠加可知，两点处的合磁场方向并不是垂直的，故A项错误。设正方体的边长为l，则结合之前的分析，在N1处两导线产生的合磁场磁感应强度大小为BN1＝＝，在M1处两导线产生的合磁场磁感应强度大小为BM1＝＝·，所以＝，故B项正确。线框从右侧面向左平移到左侧面过程中，穿过线圈的磁通量为向左增加，所以根据楞次定律可知，其中感应电流方向一直沿adcb，故C错误，D正确。
磁场对电流的作用
在倾角θ＝30°的绝缘斜面上固定一光滑金属框，宽 L＝0.5 m，接入电动势E＝6 V、内阻r＝1 Ω的电池，垂直沿斜面向下的框架放置一根质量m＝0.2 kg的金属棒ab，金属棒接入电路的电阻R0的阻值为 0.5 Ω，整个装置放在磁感应强度B＝1.0 T、方向垂直于框面向上的匀强磁场中，调节滑动变阻器R的阻值使金属棒静止在框架上，如图所示。
(1)求金属棒受到的安培力的大小F。
(2)求滑动变阻器R接入电路的阻值。
(3)现先将金属棒固定，调节滑动变阻器使电源输出功率最大，然后由静止释放，求释放瞬间金属棒的加速度a的大小及方向。
解析：(1)对金属棒受力分析如图所示，
可得F＝mgsin 30°＝1 N。
(2)由F＝BIL得，电路中的电流I1＝2 A
由闭合电路欧姆定律得I1＝
解得R＝1.5 Ω。
(3)电源的输出功率为P＝EI－I2r
由闭合电路欧姆定律得I＝
当I＝，即R＋R0＝r时，P最大，此时R＝0.5 Ω，I2＝3 A
安培力F′＝BI2L＝1.5 N>mgsin θ，金属棒沿斜面向上加速，由牛顿第二定律得F′－mgsin θ＝ma
联立解得a＝2.5 m/s2，方向沿金属框向上。
答案：(1)1 N (2)1.5 Ω
(3)2.5 m/s2 方向沿金属框向上
看到什么 想到什么
金属棒在斜面上静止或加速运动 (1)立体图变为平面图，如图所示。 (2)受力分析，根据金属棒运动状态列方程求解
电源输出功率最大 当电源内阻等于外阻，即r＝R外时电源输出功率最大
1．解题思路
(1)选定研究对象。
(2)受力分析时，变立体图为平面图，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，安培力的方向F安⊥B、F安⊥I。
2．常见模型
1．(2024·郑州二模)如图所示，有一个边长为L的立方体空间ABCD-MNPQ，一长度为L的导体棒沿AP方向放置。空间内加上某一方向的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度的大小为B。在导体棒中通以从A至P、大小为I的电流，则关于导体棒受到的安培力，下列说法正确的是( )
A. 若磁场沿M指向A的方向，安培力的大小为ILB
B. 若磁场沿M指向A的方向，安培力的大小为ILB
C. 若磁场沿M指向Q的方向，安培力的大小为ILB
D. 若磁场沿M指向Q的方向，安培力的大小为ILB
B 解析：若磁场沿M指向A的方向，在平面ACPM中对磁感应强度沿AP和与AP垂直的方向分解，如图甲所示，
甲
则与电流垂直的磁感应强度分量B⊥＝Bcos α＝B，安培力大小F＝I×L×B＝ILB，故A错误，B正确；若磁场沿M指向Q的方向，对磁场沿平行、垂直于面ACPM的方向分解，如图乙所示，
乙 丙
分量B1＝B2＝B，如图丙所示，在面ACPM中，分量B1产生的安培力大小 F′＝I×L×B1＝I×L×B＝ILB，分量B2同样要产生安培力，因此安培力一定大于ILB，故C、D错误。
2．(2024·齐齐哈尔一模)(多选)某同学学习了电磁炮驱动原理后，设计了圆形轨道的电磁炮模型，如图甲所示，半径为R的半圆形轨道L1、L2正对平行竖直摆放，轨道间距也为R，空间有辐向分布的磁场，使得轨道所在处磁感应强度大小恒为B，用质量为m、长度为R的细导体棒代替炮弹，与轨道接触良好，正视图如图乙所示，轨道最高位置与圆心齐平。给导体棒输入垂直纸面向里的恒定电流I，将其从轨道最高位置由静止释放，使得导体棒在半圆形轨道上做圆周运动，到达另一侧最高位置时完成加速。忽略一切摩擦，且不考虑导体棒中电流产生的磁场及电磁感应现象的影响，下列说法正确的是( )
甲 乙
A. 为实现电磁加速，应从左侧释放导体棒
B. 导体棒到达轨道最低点时，其加速度方向竖直向上
C. 加速完成时，导体棒获得的速度大小为R
D. 加速完成时，轨道对导体棒的支持力大小为πBIR
AC 解析：由左手定则可知导体棒在左侧时，受到的安培力向下，使导体棒向下加速，故A正确；导体棒到达轨道最低点时，竖直方向受到重力和支持力，安培力水平向右，则合力方向不是竖直向上，其加速度方向也不是竖直向上，故B错误；对加速过程根据动能定理有BIL·πR＝mv2，L＝R，解得v＝R，故C正确；加速完成时，根据牛顿第二定律可知轨道对导体棒的支持力大小为F＝m＝2πBIR，故D错误。
3．(2024·佛山模拟)如图甲所示，水平面上固定有一由绝缘材料制成的、横截面为圆的柱体，其外表面光滑，左侧面竖直。沿柱体中轴线OO′方向固定有一条无限长直导线，导线中通有大小为I的电流，该电流可在距导线r处产生磁感强度为B的磁场，B＝k，k为常数。两条与OO′平行的导体棒aa′和bb′分别置于左侧面和圆弧面上，并通过不可伸长的轻质细软导线连接成一个闭合回路aa′b′ba，导体棒质量均为m，接入回路长度均为L，回路总电阻为R。导体棒aa′加速向下运动，经过图乙所示位置时速度大小为v，此时两棒离地高度相同，Ob连线与水平地面夹角为37°。已知圆弧面半径为2L，忽略回路中电流间的相互作用以及所有摩擦阻力，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g，求此时：
(1)导体棒aa′接入电路部分产生的感应电动势大小；
(2)导体棒bb′所受的安培力的方向和大小；
(3)导体棒bb′受到圆弧面的支持力大小(设导体棒bb′在运动过程中一直与圆弧面保持接触)。
甲 乙
解析：(1)由法拉第电磁感应定律可得，导体棒aa′接入电路部分产生的感应电动势大小
Eaa′＝BLv＝k·Lv＝。
(2)从题图乙中看，根据右手定则可知，通过导体棒bb′的电流垂直纸面向外，而由安培定则可知，通电直导线在导体棒bb′处产生的磁场与其垂直，且导体棒bb′所处位置磁场的方向始终与其垂直，根据左手定则可知，导体棒bb′所受安培力始终指向圆弧圆心，其大小为
F＝B′I′L
其中B′＝k，I′＝＝
代入解得F＝
方向斜向左下方，垂直圆弧面指向OO′。
(3)由于导体棒aa′和bb′通过不可伸长的轻质细软导线连接，则速度大小相同，导体棒bb′沿着圆的柱体表面做圆周运动，则对导体棒bb′由牛顿第二定律有
F＋mgsin 37°－FN ＝m
联立解得FN＝＋mg－。
答案：(1) (2) 方向斜向左下方，垂直圆弧面指向OO′ (3)＋mg－
磁场对运动电荷的作用
(多选)如图所示，下端封闭、上端开口且内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一带电的小球，整个装置水平向右做匀速运动，进入方向垂直纸面向里的匀强磁场，由于外力作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端口飞出，若小球的电荷量始终保持不变，则从玻璃管进入磁场到小球飞出上端口的过程中( )
A. 洛伦兹力对小球做正功
B. 小球在竖直方向上做匀加速直线运动
C. 小球的运动轨迹是抛物线
D. 小球的机械能守恒
BC 解析：运动过程中，洛伦兹力始终垂直于小球实际的速度方向，对小球不做功，故A错误；设小球竖直分速度为vy、水平分速度为v，以小球为研究对象，受力如图所示，
由于小球随玻璃管在水平方向做匀速直线运动，则竖直方向的洛伦兹力F1＝qvB是恒力，在竖直方向上还受到向下的重力，也是恒力，所以小球在竖直方向上做匀加速直线运动，故B正确；小球在竖直方向上做匀加速直线运动，在水平方向上做匀速直线运动，类似于平抛运动，所以小球的运动轨迹为抛物线，故C正确；由于过程中玻璃管内壁对小球的弹力做功，所以小球的机械能不守恒，故D错误。
1．洛伦兹力公式F＝qvB中的v是运动电荷在垂直于磁场的平面内相对于磁场的速度，即在垂直于磁场的平面内的合速度。
2．该题中可将小球的速度v分解为水平方向速度v和竖直方向速度vy。
3．对小球受力分析可得：水平方向FN＝qvyB，竖直方向qvB－mg＝ma，由此可知小球在水平方向匀速运动，竖直方向匀加速运动。
1．洛伦兹力方向的特点
洛伦兹力的方向与电荷运动的方向和磁场方向都垂直，即洛伦兹力的方向垂直于电荷运动方向和磁场方向确定的平面，但带电粒子速度方向与磁场方向不一定垂直。
2．洛伦兹力的作用效果
(1)洛伦兹力只改变带电粒子的速度方向，而不改变其速度的大小。如果没有其他外力作用，带电粒子会在磁场中做速率不变的曲线运动。
(2)洛伦兹力不做功。如果没有其他外力对带电粒子做功，在带电粒子的运动过程中就不会有能量之间的转化。
1．(2024·昌平二模)如图为用于电真空器件的一种磁聚焦装置示意图。螺线管内存在磁感应强度为B、方向平行于管轴的匀强磁场。电子枪可以射出速度大小均为v、方向不同的电子，且电子速度v与磁场方向的夹角非常小。电子电荷量为e、质量为m，电子间的相互作用和电子的重力不计。这些电子通过磁场会聚在荧光屏上P点。下列说法错误的是( )
A. 电子在磁场中运动的时间可能为
B. 荧光屏到电子入射点的距离可能为
C. 若将电子入射速度变为v，这些电子一定能会聚在P点
D. 若将电子入射速度变为2v，这些电子一定能会聚在P点
D 解析：由题图可知，螺线管内磁场方向水平向右，将电子速度沿水平方向、竖直方向正交分解，则电子水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀速圆周运动，电子螺旋式前进，设螺线管长为L，若这些电子通过磁场会聚在荧光屏上P点，则需满足＝nT(n＝1,2,3，…)，T为电子竖直方向做圆周运动的周期，又因为evyB＝，解得周期为T＝＝，联立可得＝(n＝1,2,3，…)，因为电子速度v与磁场方向的夹角非常小，所以vx≈v，可见，电子的速度只要满足＝(n＝1,2,3，…)，即电子的运动时间为电子做圆周运动周期的整数倍，电子就可以会聚到P点，由上述分析可知，若电子在磁场中竖直方向只转动一周就到达P点，则运动的时间可能为，A正确，不符合题意；若电子在磁场中竖直方向只转动一周就到达P点，则L1＝vT＝，B正确，不符合题意；由上述分析可知当电子速度为v时，L＝v(n＝1,2,3，…)，故当电子速度为v时，L＝·(n′＝2,4,6，…)，即电子的运动时间仍然为电子做圆周运动周期的整数倍，故这些电子一定能会聚在P点，C正确，不符合题意；当电子速度为2v时，L＝·2v(n″＝，1，，…)，即电子的运动时间不是总等于电子做圆周运动周期的整数倍，故这些电子不一定能会聚在P点，D错误，符合题意。
2．(2024·济南模拟)(多选)地球的磁场是保护地球的一道天然屏障，它阻挡着能量很高的太阳风粒子直接到达地球表面，从而保护了地球上的生物。地球北极的磁场是沿竖直轴对称的非均匀磁场，如图所示为某带电粒子在从弱磁场区向强磁场区前进时做螺线运动的示意图，不计带电粒子的重力，下列说法正确的是( )
A. 该带电粒子带正电
B. 从弱磁场区到强磁场区的过程中带电粒子的速率不变
C. 带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离不变
D. 一段时间后该带电粒子可能会从强磁场区到弱磁场区做螺线运动
ABD 解析：由左手定则可知，该带电粒子带正电，选项A正确；因洛伦兹力对带电粒子不做功，则从弱磁场区到强磁场区的过程中带电粒子的速率不变，选项B正确；根据qv⊥B＝m，T＝，得r＝，T＝，可知随着磁场的增强，粒子运动半径逐渐减小，周期变小，则由x＝v∥T可知，带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离减小，选项C错误；一段时间后该带电粒子竖直向下的分速度减为0，其所受洛伦兹力斜向上，则从强磁场区到弱磁场区运动，轨迹可能为螺旋线，选项D正确。
3．(2023·佛山模拟)(多选)如图所示，在正方体d′a′、a′b′、b′b、bc、cc′、c′d′六条棱上通有等大电流，O点为正方体的中心。在O点以速度v0沿垂直b′c′方向斜向右上方发射一不计重力的质子，其运动轨迹在不同坐标平面的投影可能正确的是( )
AD 解析：由于在O点处，导线d′a′和bc产生的合磁场方向沿垂直b′c′方向斜向右上方，导线a′b′和c′d′产生的合磁场方向竖直向上，导线b′b和c′c产生的合磁场方向水平向右，则总的合磁场方向过O点，沿垂直b′c′方向斜向右上方。若在O点以速度v0沿垂直b′c′方向斜向右上方发射一不计重力的质子，运动方向平行于磁场方向，可知质子斜向上做匀速直线运动，则轨迹在dxy平面的投影如选项A所示，在dyz平面的投影如选项D所示。
洛伦兹力与现代科技
(多选)某学习小组用霍尔元件测定我国某市地磁场磁感应强度。现有一块宽为a、高为b、长为c的长方体半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子。先将霍尔元件按图甲所示水平放置，并通入水平向右、大小为I的电流，测得元件的前、后表面的电压为U1；再将霍尔元件按图乙所示竖直放置，使棱M沿东西方向，元件中通入竖直向上、大小为I的电流，测得元件的前、后表面的电压为U2，已知甲、乙图中电子定向移动的速率均为v，则( )
A. 图甲中前表面的电势比后表面的电势高
B. 测量处磁感应强度在竖直方向上的分量大小为By＝
C. 测量处磁感应强度的大小为B＝
D. 测量处磁场方向与水平方向的夹角θ满足tan θ＝
AD 解析：根据左手定则可知，题图甲中电子向后表面偏转，因此后表面带负电，电势低，前表面带正电，电势高，故A正确；题图甲中，由e＝evBy得，磁感应强度在竖直方向上分量的大小为By＝，同理，磁感应强度在水平(南北)方向上的分量大小为Bx＝，则tan θ＝，测量处磁感应强度的大小B＝＝，故B、C错误，D正确。
1．霍尔电压产生的原因是什么？
当磁场方向与电流方向垂直时，导体中能够自由移动的带电粒子在洛伦兹力的作用下，向着与电流、磁场都垂直的方向漂移，继而在该方向上出现电势差，所产生的电势差称为霍尔电压。
2．霍尔电压产生的电场与电流磁场的方向有什么关系？
霍尔电压产生的电场垂直于电流，垂直于磁场。
3．霍尔电压与磁感应强度、电子定向移动的速率v有什么关系？
e＝evBy(以题图甲为例)。
装置 原理图 规律
回旋 加速器 由qvB＝得Ekm＝，其中r为D形盒的半径
质谱仪 加速电场中qU＝mv2， 偏转磁场中qvB＝， 联立得粒子轨道半径r＝、粒子质量m＝、比荷＝
速度 选择器 若qvB＝qE，即v＝，粒子做匀速直线运动
磁流体发电机 等离子体射入磁场，受洛伦兹力并发生偏转，使两极板分别带正、负电，当两极板间电压为U时稳定，由q＝qvB，得U＝vBd
电磁 流量计 当q＝qvB时，有v＝，流量Q＝Sv＝π2·＝
霍尔 元件 导体中的自由电荷(电荷量为q)在洛伦兹力作用下偏转，A、A′间出现电势差，当自由电荷所受静电力和洛伦兹力平衡时，A、A′间的电势差(U)保持稳定，由qvB＝q，I＝nqvS，S＝hd，联立得U＝＝k，其中k＝，称为霍尔系数
1．回旋加速器的工作原理如图甲所示，D1和D2是两个相同的中空半圆金属盒，金属盒的半径为R，它们之间接如图乙所示的交流电源，图中U0、T0已知，两个D形盒处于与盒面垂直的匀强磁场中。将一质子(H)从D1金属盒的圆心处由静止释放，质子经过加速后最终从D形盒的边缘射出。已知质子的质量为m、电荷量为q，不计电场中的加速时间，且不考虑相对论效应。下列说法正确的是( )
甲
乙
A. 回旋加速器中所加磁场的磁感应强度B＝
B. 质子从D形盒的边缘射出时的速度为
C. 在其他条件不变的情况下，仅增大U0，可以增大质子从边缘射出的速度
D. 在所接交流电源不变的情况下，若用该装置加速 H(氚核)，需要增大所加磁场的磁感应强度
D 解析：质子在磁场中运动的周期与所加交流电源的周期T0相同，由T0＝，可得B＝，A错误；当质子从D形盒边缘射出时，由mv2＝nqU0得，射出的速度为v＝，B错误；质子从D形盒射出时，由qvmaxB＝m可得vmax＝，因此仅增大加速电压U0，质子射出速度大小不变，C错误；当加速氚核时，其在磁场中运动的周期为T＝，其周期应该与T0相同，又T0＝，则B′＝3B，故需要增大所加磁场的磁感应强度，D正确。
2．(2024·重庆模拟)磁聚焦法测量电子比荷的装置如图所示。在抽成真空的玻璃管中装有热阴极K和有小孔的阳极A。在A、K之间加大小为U0的电压，对电子进行加速 (初速度视为0)，电子由阳极小孔高速射出；在尺寸很小的电容器C的两极板间加一不大的周期性交变电场，使不同时刻通过这里的电子速度方向发生不同程度的微小偏转，在电容器右端和荧光屏之间加一沿轴线方向 (图中水平虚线)的匀强磁场，进入磁场的电子会沿不同的螺旋线运动，每绕行一周后都会到达同一位置聚焦，电容器到荧光屏的水平距离为l，当磁感应强度的大小为B时，可使电子流的第一个焦点落在荧光屏S上。不计电子所受的重力和电子间的相互作用，当θ非常小时满足cos θ＝1，sin θ＝θ，下列说法正确的是( )
A. 带电粒子所受洛伦兹力的方向与轴线不垂直
B. 不同时刻进入电容器的电子运动轨迹一定不同
C. 利用该设备测出电子的比荷 ＝
D. 若电子经过电容器后偏离轴线方向的最大角度为θ，该装置中带电粒子螺旋运动段的玻璃管内径 (直径)应满足 D≥
C 解析：洛伦兹力方向既垂直于磁场方向即轴线方向，又垂直于速度方向，故A错误；不同时刻进入电容器中的电子，若进入电容器的时刻相隔整数个电场周期，则离开电容器进入磁场时的速度相同，电子运动轨迹也相同，故B错误；电子的螺旋运动可分解为沿B方向的匀速运动和垂直于B方向的匀速圆周运动，电子在A、K之间加速，根据动能定理有eU0＝mv2，设进入磁场时电子的速度v与水平方向夹角为θ，其垂直磁场的分速度为v1，平行磁场方向的分速度为v2，由题意可知速度分量v2＝vcos θ＝v，可得电子回旋周期T＝＝，故电子在磁场中做螺旋运动的螺距l＝v2T＝v，可得＝，故C正确；垂直B的速度分量为v1＝vsin θ＝vθ，根据洛伦兹力提供向心力可得ev1B＝m，可知r＝＝，所以管内直径D≥，故D错误。
3．利用霍尔传感器可测量自行车的运动速率。如图所示，一块磁体安装在前轮上，霍尔传感器固定在前叉上，离轮轴距离为r，轮子每转一圈，磁体就靠近霍尔传感器一次，传感器就会输出一个脉冲电压。当磁体靠霍尔元件最近时，通过元件的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度为B，在导体前后表面间出现电势差U。已知霍尔元件沿磁场方向的厚度为d，载流子的电荷量为 －q，电流I向左。下列说法正确的是( )
A. 前表面的电势高于后表面的电势
B. 若车速越大，则霍尔电势差U越大
C. 元件内单位体积中的载流子数为
D. 若单位时间内霍尔元件检测到m个脉冲，则自行车行驶的速度大小为2πmr
C 解析：根据左手定则可知，载流子受到的洛伦兹力指向前表面，所以载流子会在前表面聚集，由于载流子带负电，所以霍尔元件的前表面电势低于后表面电势，故A错误；设霍尔元件的宽为b，稳定后电荷所受电场力和洛伦兹力平衡，即q＝qvB，解得U＝Bbv，设单位体积内自由移动的载流子数为n，由电流微观表达式I＝nqSv，整理得U＝，由于电流I和磁感应强度B不变，因此霍尔电势差U与车速大小无关，故B错误；由B项分析可知，单位体积内自由移动的载流子数为n＝，故C正确；若单位时间内霍尔元件检测到m个脉冲，则车轮转动周期为T＝，角速度为ω＝＝2πm，则自行车行驶的速度大于v＝ωr＝2πmr，故D错误。
4．(多选)如图所示的磁流体发电机由彼此正对的两水平金属板M、N构成，M、N间存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B1，两金属板与两平行且水平放置的金属导轨相连，金属板M、N及两平行金属导轨间的距离均为d，平行金属导轨间存在磁感应强度大小为B2的匀强磁场，磁场的方向与竖直方向成θ角，在两平行金属导轨上放有一长为d的直导体棒PQ，直导体棒PQ与两平行金属导轨垂直并且接触良好，其电阻为R，其余电阻不计。在两平行金属板M、N间垂直磁场方向喷入一束速度大小为v0的等离子体，PQ仍静止在导轨上，已知导体棒的质量为m，它与金属导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 通过导体棒的电流方向为P→Q
B. 导体棒受到的安培力大小为
C. 金属导轨对导体棒的支持力大小为mg－
D. 导体棒受到金属导轨的摩擦力大小为
CD 解析：由左手定则知，M板聚集负电荷，N板聚集正电荷，即M板为磁流体发电机的负极，N板为正极，通过导体棒的电流方向为Q→P，故A错误；当洛伦兹力与静电力相等时形成稳定的电势差，即qv0B1＝qE＝q，由欧姆定律可得导体棒上的电流为I＝，所以导体棒受到的安培力大小为FA＝IdB2＝，故B错误；如图所示，对导体棒进行受力分析，竖直方向上有mg＝FAsin θ＋FN，水平方向上有Ff＝FAcos θ，联立解得FN＝mg－，Ff＝，故C、D正确。
带电粒子在有界磁场中的运动
(2023·全国乙卷)如图所示，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(Oxy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x轴正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为( )
A. B．
C. D．
A 解析：由题意知，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，则根据几何关系可知，粒子出磁场时速度方向与y轴正方向夹角为30°，则 sin 30°＝，解得粒子做圆周运动的半径r＝2a，由qvB＝m可得，＝，如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，则有qE＝qvB，联立解得＝，故选A。
1．粒子离开磁场时，速度与x轴的夹角为多少？
60°。
2．粒子在磁场中的轨迹对应的圆心角是多少？
60°。
3．加上电场后，洛伦兹力与静电力存在什么样的关系？
qvB＝qE。
带电粒子在有界磁场中的运动
(1)带电粒子在磁场中运动时的三个几何关系
(2)带电粒子在有界磁场中运动的临界、极值问题
①关注常见关键词，如“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱离”等临界状态词。
②两种处理方法
a．利用“矢量图”“边界条件”等求临界值。
b．利用“三角函数”“不等式的性质”“二次方程的判别式”等求极值。
(3)带电粒子在磁场中运动产生多解的原因
1．中国环流器二号M装置(HL-2M)在成都建成并实现首次放电，该装置通过磁场将粒子约束在小范围内实现核聚变。其简化模型如图所示，半径为R和 R的两个同心圆之间的环形区域内存在与环面垂直的匀强磁场，核聚变原料氕核(H)和氘核(H)均以相同的速度从圆心O沿半径方向射出，全部被约束在大圆形区域内，则氕核在磁场中运动的半径最大为( )
A. R B． R
C. R D． (－1)R
A 解析：依题意，氕核、氘核全部被约束在大圆形区域内，根据qvB＝m，得r＝，由于二者速度相同，根据半径与比荷的关系，可知氕核与氘核在磁场中的轨迹半径之比为1∶2。当氘核在磁场中运动轨迹刚好与磁场外边界相切时，氘核运动轨迹半径最大，由几何知识得(R－rmax)2＝r＋R2，求得氘核的最大半径为rmax＝R，所以，氕核在磁场中运动的最大半径为r′max＝rmax＝R，故选A。
2．(2024·泰安三模)如图所示，比荷不同的两个带电粒子在A处由静止释放，经加速电压U0加速后，垂直磁场左边界MN射入宽度为d的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，磁场方向垂直纸面向里。两个粒子经磁场偏转后一个从左边界MN的a点离开磁场区域，另一个从磁场的右边界b点离开磁场区域，a、b两点的连线刚好与磁场边界垂直，从b点离开的粒子在磁场区域运动过程中偏转的角度为60°，不计粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是( )
A. 从a点离开磁场区域的粒子带正电，从b点离开磁场区域的粒子带负电
B. 从a点离开磁场区域的粒子比荷大小为
C. 从b点离开磁场区域的粒子比荷大小为
D. 从a、b两点离开的粒子在磁场区域中运动的时间之比为3∶1
C 解析：粒子进入磁场区域后均向上偏转，所以根据左手定则可知，两个粒子均带正电，A错误；根据题意由几何关系可知从b点离开的粒子在磁场做匀速圆周运动的半径rb＝＝d，从a点离开的粒子在磁场做匀速圆周运动的半径ra＝＝d，粒子经加速电压U0加速后有qU0＝mv2，由洛伦兹力提供向心力有qvB＝m，解得从a点离开的粒子的比荷为＝，从b点离开的粒子的比荷为＝，B错误，C正确；两个粒子的比荷不同，所以在磁场中做匀速圆周运动的周期不同，从a、b两点离开的粒子在磁场区域转过的圆心角之比为3∶1，但运动的时间一定不为3∶1，D错误。
3．(2024·金华模拟)如图为某同学设计的光电效应研究装置，A、B为金属板，频率为ν的单色光照射到板A上发生光电效应，经A、B间的电场加速后，部分粒子从小孔a进入图中虚线所示的圆形匀强磁场区域，圆形匀强磁场半径为R，磁场区域的下方有一粒子选择及接收装置P。在磁场圆心O的正下方，aO与PO垂直，接收板与PO垂直。光电子经过电场加速后能从小孔a以不同的角度进入磁场，已知元电荷为e，电子的质量为m，A、B间的加速电压为U0，只有速度方向垂直接收器的粒子才能通过粒子选择器，其他粒子被粒子选择器吸收并立即导入大地，通过选择器的粒子最终打在接收器上，被接收器吸收并立即导入大地。重力忽略不计，不考虑粒子之间的相互作用力，不考虑缓慢变化的磁场产生的电场，只考虑纸面内运动的电子，普朗克常量为h。
(1)磁感应强度B＝B0时，某光电子从A板离开时的速度为0，求该电子经过小孔a进入磁场后做圆周运动的半径R1。
(2)粒子从小孔a进入时速度与aO角度范围 θ＝±30°，求粒子接收器上接收到粒子的长度L。
(3)磁感应强度由B0缓慢增大到B1时，接收器上恰好不能再接收到粒子，求金属板A的逸出功W0。
(4)当B＝B0时，粒子接收器上受到的粒子撞击的作用力大小为F，求单位时间内接收器上接收到的粒子数n。
解析：(1)光电子从A板离开并在a进入磁场时，由动能定理可得eU0＝mv2
解得v＝
光电子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，则有
evB0＝m
解得R1＝＝。
(2)电子以不同的入射角进入磁场，其轨迹会形成一个扇形区域，如图所示，由于入射角度范围θ＝±30°，因此可知该扇形的张角为60°。由几何关系可知，粒子在磁场中运动的轨道半径为R时，粒子射出磁场时的速度方向竖直向下，在圆磁场边缘上两粒子射出磁场时所夹的圆弧所对的圆心角为60°，则接收器上接收到粒子的长度L＝R。
(3)磁感应强度由B0缓慢增大到B1时，接收器上恰好不能再接收到粒子，说明初速度最大的粒子运动轨道半径都比R小，临界状态是速度最大的粒子轨道半径恰好为R，则
vm＝
这意味着电子从A板逸出时的最大动能是
Ekm＝mv－eU0
光电效应方程可得
Ekm＝hν－W0＝mv－eU0
解得W0＝hν－mv＋eU0＝hν－＋eU0。
(4)当B＝B0时，粒子射出磁场时的速度为v0＝
粒子接收器上受到的粒子撞击的作用力大小为F，单位时间内接收器上接收到的粒子数为n，对粒子由动量定理可得
－Ft＝0－nt·mv0
解得n＝＝。
答案：(1)
(2)R
(3)hν－＋eU0
(4)
专题限时评价(六)
(建议用时：90分钟)
1．如图所示，通有恒定电流I的直导线附近有一正在运动的电子，某时刻其速度方向恰好与电流I的方向相同，不计电子的重力，则此后该电子将做( )
A. 匀速直线运动
B. 匀加速直线运动
C. 匀速圆周运动
D. 速度大小不变的曲线运动
D 解析：根据安培定则，可知通电导线右侧产生的磁场垂直纸面向里，由左手定则可知该时刻电子受到的洛伦兹力方向水平向右，电子将向右做圆周运动，但导线产生的磁场为非匀强磁场，距离导线越远，磁场越弱，根据F洛＝qvB＝m，得r＝，可知电子将做曲率半径变大的曲线运动，由于洛伦兹力永远与电子运动方向垂直，因此洛伦兹力不做功，电子的速度大小保持不变，所以电子将做速度大小不变的曲线运动，故选D。
2．(2024·烟台模拟)如图，正六边形线框ABCDEF由6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，线框顶点A、B与直流电源两端相连，已知导体棒BC受到的安培力大小为F0，则正六边形线框受到的安培力的大小为( )
A. 6F0 B． 5F0
C. 2F0 D． F0
A 解析：设每一根导体棒的电阻为R，长度为L，则BA与BCDEF两支路的电阻之比为R1∶R2＝R∶5R＝1∶5，根据并联电路两端电压相等的特点可知，通过BA与BCDEF两支路的电流之比为I1∶I2＝5∶1，通电导体BCDEF受安培力的有效长度为L，根据安培力公式F＝BIL可得，通电导体BCDEF与BC受到的安培力的大小相等，也为F0，BA与BCDEF受到的安培力的大小之比为F′∶F0＝I1∶I2＝5∶1，可得F′＝5F0，根据左手定则可知，两力方向相同，整个线框所受安培力的合力大小为F0＋F′＝6F0，故选A。
3．(2024·湖北卷)(多选)磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电压。不计重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是( )
A. 极板MN是发电机的正极
B. 仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小
C. 仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大
D. 仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大
AC 解析：根据左手定则可知，正离子向MN偏转，打在极板MN上，所以极板MN是发电机的正极，A正确；设磁流体发电机两极板间距为d ，电压为U，粒子带电荷量为q，当磁流体发电机达到稳定时，带电粒子所受静电力和洛伦兹力平衡，即q＝qvB，解得U＝vBd，若仅增大两极板间的距离，则极板间的电压增大，若仅增大等离子体的喷入速率，则极板间的电压增大，C正确，B错误；由U＝vBd知，U的大小与带电粒子数密度无关，D错误。
4．(2024·广西卷)Oxy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。质量为m、电荷量为＋q的粒子，以初速度v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为45°，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为( )
A. B．
C. (1＋) D．
C 解析：粒子出磁场后做匀速直线运动，所以出磁场时的速度与P点速度相同，如图，圆周运动上两点速度的垂线的交点为圆心O′，则由几何关系可得PO＝(1＋)r，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝，得r＝，所以PO＝(1＋)，C正确，A、B、D错误。
5．(2024·湖北卷)如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是( )
A. 粒子的运动轨迹可能经过O点
B. 粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向
C. 粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为
D. 若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为
D 解析：带电粒子沿 AC方向射入磁场做匀速圆周运动，轨迹不可能经过O点，A错误；粒子沿半径方向射入，则一定沿半径方向射出，B错误；粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域，最小时间间隔的运动轨迹如图甲所示，最小时间间隔为2T＝，C错误；若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，运动轨迹如图乙所示，轨迹由三段弦长为R的圆弧组成，第一段圆弧的圆心角为120°，运动轨迹半径r＝，又r＝，所以粒子运动的速度大小为，D正确。
甲 乙
6．一回旋加速器中匀强磁场的磁感应强度为B，两D形盒狭缝间加的交变电场电势差为U。质量为m、电荷量为q的离子由静止开始经交变电场多次加速后，在回旋加速器中旋转，旋转轨道是半径为r的圆，圆心在O点。为引出离子，使用磁屏蔽通道法设计引出器，引出器原理如图所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于O′点。引出离子时，改变通道内磁场的磁感应强度，从而使离子从P点进入通道，沿通道中心线从Q点射出。则( )
A. 交变电场的变化周期为
B. 离子的加速次数为
C. 引出离子时，通道内、外的磁场方向相反
D. 引出离子时，通道内的磁感应强度大于B
B 解析：离子在D形盒中旋转时，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得v＝，R＝，交变电压的周期与离子在磁场中运动的周期相等，即T＝＝，A错误；离子从释放到飞出加速器，由动能定理可得NqU＝mv，其中vmax＝，联立解得N＝，B正确；引出离子时，通道内、外的磁场都是使离子顺时针偏转，故方向相同，C错误；引出离子时，离子在通道内圆周运动的半径大于在通道外的圆周半径，由R＝知，通道内的磁感应强度小于B，D错误。
7．磁流体发电机的原理如图所示，燃烧室在3 000 K 的高温下将气体全部电离成高温等离子体。等离子体经喷管提速后以速度v进入矩形发电通道，发电通道中有垂直于喷射速度方向的匀强磁场。已知磁感应强度大小为B，发电通道长为l，宽为b，高为a，高温等离子体的电阻率ρ，外部电路连接一阻值为R的电阻，导线电阻不计。当开关S闭合后，下列说法正确的是( )
A. 外部电路中的电流方向为由N→M
B. 回路电流I＝
C. 发电机的输出功率P＝2R
D. 为维持等离子体匀速流动，矩形发电通道左右端的压强差Δp＝·ab
C 解析：由左手定则可知，发电通道的上极板为电源的正极，下极板为负极，则外部电路中的电流方向为由 M→N，A错误；稳定时，洛伦兹力等于静电力，即qvB＝q，所以发电机产生的电动势为E＝U＝Bav，根据闭合电路欧姆定律可得，回路中的电流为I＝＝，B错误；发电机的输出功率为P出＝I2R＝2R，C正确；矩形发电通道左右端的压强差为Δp＝＝＝，D错误。
8．(多选)如图所示，直角坐标系Oxy中，在x＞0的空间内充满方向垂直纸面向里的匀强磁场(其他区域无磁场)，在y轴上有到原点O的距离均为L的C、D两点。带电粒子P(不计重力)从C点以速率v沿x轴正方向射入磁场，并恰好从O点射出磁场；与粒子P相同的粒子Q从C点以速率4v沿纸面射入磁场，并恰好从D点射出磁场，则( )
A. 粒子P带正电
B. 粒子P在磁场中运动的时间为
C. 粒子Q在磁场中运动的时间可能为
D. 粒子Q在磁场中运动的路程可能为
ABD 解析：粒子P从C点沿x轴正方向进入磁场，受洛伦兹力而向上偏转，经过O点，则由左手定则可判断粒子P带正电，故A正确；根据题意可知，粒子P在磁场中做半个圆周运动，则半径R1＝，运动时间t1＝＝，故B正确；粒子Q与粒子P的比荷相同，而速度为4v，由R＝可知，R2＝4R1＝2L；设粒子Q进入磁场的方向与y轴所夹锐角为θ，则从C点进从D点出分别有两种情况，其轨迹如图所示，由几何关系可知 θ＝30°，两种轨迹的圆心角分别为60°和300°，而圆弧的弧长分别为s1＝·2L＝，s2＝·2L＝，则粒子Q的运动时间为t2＝＝或t3＝＝，故C错误，D正确。
9．(2024·河北卷)如图，真空区域有同心正方形ABCD和abcd，其各对应边平行，ABCD的边长一定，abcd的边长可调，两正方形之间充满恒定匀强磁场，方向垂直于正方形所在平面。A处有一个粒子源，可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向进入磁场。调整abcd的边长，可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出。对满足前述条件的粒子，下列说法正确的是( )
A. 若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必垂直BC射出
B. 若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，则粒子必垂直BC射出
C. 若粒子经cd边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为45°
D. 若粒子经bc边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60°
ACD 解析：若粒子穿过 ad边时速度方向与ad边夹角为45°，在正方形abcd两侧偏转角之和为90°，画出粒子的运动轨迹，如图甲所示，可知粒子必垂直BC射出，同理，若粒子经cd边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为45°，A、C正确；若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，且经cd边从BC边射出，轨迹如图乙所示，在正方形abcd两侧偏转角之和为120°，可知粒子不能垂直BC射出，B错误；由图丙知，若粒子经bc边垂直BC射出，由几何关系知粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60°，D正确。
甲 乙
丙
10．(2024·安徽卷)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电荷量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则( )
A. 油滴a带负电，所带电荷量的大小为
B. 油滴a做圆周运动的速度大小为
C. 小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为
D. 小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
ABD 解析：由题意可知，带电油滴a在纸面内做半径为R的圆周运动，静电力与重力平衡，即mg＝qE，则油滴a带负电，所带电荷量的大小为，A正确；由qvB＝m，解得v＝，B正确；小油滴Ⅰ做半径为3R的圆周运动，说明小油滴Ⅰ所受静电力与重力平衡，即m1g＝q1E，其做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，则q1v1B＝m1，解得v1＝，周期T＝＝，C错误；油滴a瞬间分成两个小油滴，由动量守恒定律可知，小油滴Ⅱ在P点的速度方向水平向右，由左手定则可知，小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，D正确。
11．(多选)如图所示，Oxyz坐标系中，y>0的空间内存在沿x轴负方向的匀强磁场和沿x轴正方向的匀强电场，匀强磁场的磁感应强度大小为B，匀强电场的电场强度大小为E；y<0的空间内存在沿x轴负方向、磁感应强度大小未知的匀强磁场。电荷量为＋q、质量为m的带电粒子从坐标原点O以初速度v0沿y轴正方向运动，带电粒子第5次沿y轴负方向穿过Oxz平面时恰好经过x轴上的P点。不计带电粒子重力，下列说法正确的是( )
A. y<0的空间内匀强磁场的磁感应强度的大小为B
B. y<0的空间内匀强磁场的磁感应强度的大小为B
C. P点的x轴坐标为
D. P点的x轴坐标为
BD 解析：设粒子在磁场B中的转动半径为r1，在磁场B′中的转动半径为r2，根据题意可知，粒子在磁场B中偏转5次，在磁场B′中偏转4次，根据几何关系可知5r1＝4r2，在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力qvB＝m，可得r＝，结合5r1＝4r2，可得B′＝B，故A错误，B正确；粒子在y>0的区域，沿x轴方向做初速度为0的匀加速运动，加速度a＝，在y<0区域，做4次匀速运动，每一次匀速运动的时间t′＝·＝＝，在y>0区域运动的时间t＝2T＋＝，做匀加速运动的位移x1＝at2＝，做匀速运动的位移x2＝·t′＋aT·t′＋·t′＋2aT·t′＝，因此P点的x轴坐标x＝x1＋x2＝，故C错误，D正确。
12．(2024·福建卷)如图所示，一质量为m、电荷量为q的带电粒子经电容器M由静止开始加速后从另一电容器N下极板进入偏转电场，经电场偏转后恰从电容器N的上极板射出偏转电场，已知两电容器电压均为U，以电容器N下极板右侧O点建立坐标系，粒子自y轴上距离O点为d的P点进入右侧磁场，粒子经磁场偏转后垂直于x轴方向经过x轴，求：
(1)粒子刚进入N时的速度大小；
(2)粒子在P处速度方向与y轴正方向的夹角；
(3)磁场的磁感应强度大小。
解析：(1)粒子在电容器M两极板间受静电力做匀加速直线运动，由动能定理得
qU＝mv2
解得v＝。
(2)带电粒子在电容器N中做类平抛运动，沿x轴正方向以速度vx＝v＝做匀速直线运动，
沿y轴正方向做匀加速直线运动，加速度a＝
带电粒子运动到P点时沿y轴正方向的分速度
vy＝＝＝vx
则带电粒子在P处的速度vP＝＝2
设粒子在P处速度与y轴正方向的夹角为α，则
sin α＝＝
解得α＝45°
故vP与y轴正方向的夹角为45°，斜向右上方。
(3)带电粒子在电容器N及磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系得∠OPQ＝45°
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径r＝＝d
由qvPB＝m得B＝。
答案：(1) (2)45°，斜向右上方
(3)
13．(2024·湖南卷)如图，有一内半径为2r、长为L的圆筒，左右端面圆心O′、O处各开有一小孔。以O为坐标原点，取O′O方向为x轴正方向建立O-xyz坐标系。在筒内x≤0区域有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；筒外x≥0区域有一匀强电场，电场强度大小为E，方向沿y轴正方向。一电子枪在O′处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在Oxy平面内，且在x轴正方向的分速度大小均为v0。已知电子的质量为m、电荷量为e，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互作用及电子的重力。
(1)若所有电子均能经过O进入电场，求磁感应强度B的最小值。
(2)取(1)问中最小的磁感应强度B，若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ，求tan θ的绝对值。
(3)取(1)问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移。
解析：(1)电子在磁场中运动的周期T＝，磁感应强度最小时，电子在圆筒中运动一个周期刚好到达O点，有L＝v0T
联立解得B＝。
(2)设题设情况下电子沿y轴方向分速度为v，则tan θ＝
电子垂直磁场方向做匀速圆周运动的轨迹半径最大值为r
有evB＝m
由(1)知B＝
联立解得tan θ＝。
(3)磁感应强度B取最小值，电子在垂直磁场方向做匀速圆周运动一周后射出磁场
由tan θ＝
解得v＝
由v2＝2ad，eE＝ma
联立解得d＝。
答案：(1) (2) (3)
14．(2024·广东卷)如图甲所示，两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带电粒子在t＝0时刻从左侧电场某处由静止释放，在t＝t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在t＝2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在t＝3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的倍，粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。
(1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q。
(2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t＝t0时刻的速度大小。
(3)求从t＝0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，静电力对粒子做的功W。
甲
乙
解析：(1)根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电。
粒子在磁场中运动的周期为T＝2t0
根据T＝
可知粒子所带的电荷量q＝。
(2)若金属板的板间距离为D，则板长为，粒子在板间运动时有＝vt0
出电场时竖直方向速度为0，则竖直方向有
y＝2×·(0.5t0)2
在磁场中时有qvB＝m
其中y＝2r
联立解得v＝，D＝。
(3)带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图，
由(2)的计算可知金属板的板间距离D＝3r，则粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场，在4t0时刻进入左侧的电场做减速运动速度为0后反向加速，在6t0时刻再次进入中间的偏转电场，6.5t0时刻碰到上极板，因粒子在偏转电场中运动时，在时间t0内静电力做功为0，在左侧电场中运动时，往返一次静电力做功也为0，可知整个过程中只有开始进入左侧电场时静电力做功和最后0.5t0时间内静电力做功，则
W＝mv2＋Eq·＝＋＝。
答案：(1)正电 (2) (3)专题限时评价(六)
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1．如图所示，通有恒定电流I的直导线附近有一正在运动的电子，某时刻其速度方向恰好与电流I的方向相同，不计电子的重力，则此后该电子将做( )
A. 匀速直线运动
B. 匀加速直线运动
C. 匀速圆周运动
D. 速度大小不变的曲线运动
D 解析：根据安培定则，可知通电导线右侧产生的磁场垂直纸面向里，由左手定则可知该时刻电子受到的洛伦兹力方向水平向右，电子将向右做圆周运动，但导线产生的磁场为非匀强磁场，距离导线越远，磁场越弱，根据F洛＝qvB＝m，得r＝，可知电子将做曲率半径变大的曲线运动，由于洛伦兹力永远与电子运动方向垂直，因此洛伦兹力不做功，电子的速度大小保持不变，所以电子将做速度大小不变的曲线运动，故选D。
2．(2024·烟台模拟)如图，正六边形线框ABCDEF由6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，线框顶点A、B与直流电源两端相连，已知导体棒BC受到的安培力大小为F0，则正六边形线框受到的安培力的大小为( )
A. 6F0 B． 5F0
C. 2F0 D． F0
A 解析：设每一根导体棒的电阻为R，长度为L，则BA与BCDEF两支路的电阻之比为R1∶R2＝R∶5R＝1∶5，根据并联电路两端电压相等的特点可知，通过BA与BCDEF两支路的电流之比为I1∶I2＝5∶1，通电导体BCDEF受安培力的有效长度为L，根据安培力公式F＝BIL可得，通电导体BCDEF与BC受到的安培力的大小相等，也为F0，BA与BCDEF受到的安培力的大小之比为F′∶F0＝I1∶I2＝5∶1，可得F′＝5F0，根据左手定则可知，两力方向相同，整个线框所受安培力的合力大小为F0＋F′＝6F0，故选A。
3．(2024·湖北卷)(多选)磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向里。等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电压。不计重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是( )
A. 极板MN是发电机的正极
B. 仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小
C. 仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大
D. 仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大
AC 解析：根据左手定则可知，正离子向MN偏转，打在极板MN上，所以极板MN是发电机的正极，A正确；设磁流体发电机两极板间距为d ，电压为U，粒子带电荷量为q，当磁流体发电机达到稳定时，带电粒子所受静电力和洛伦兹力平衡，即q＝qvB，解得U＝vBd，若仅增大两极板间的距离，则极板间的电压增大，若仅增大等离子体的喷入速率，则极板间的电压增大，C正确，B错误；由U＝vBd知，U的大小与带电粒子数密度无关，D错误。
4．(2024·广西卷)Oxy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。质量为m、电荷量为＋q的粒子，以初速度v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为45°，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为( )
A. B．
C. (1＋) D．
C 解析：粒子出磁场后做匀速直线运动，所以出磁场时的速度与P点速度相同，如图，圆周运动上两点速度的垂线的交点为圆心O′，则由几何关系可得PO＝(1＋)r，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝，得r＝，所以PO＝(1＋)，C正确，A、B、D错误。
5．(2024·湖北卷)如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是( )
A. 粒子的运动轨迹可能经过O点
B. 粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向
C. 粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为
D. 若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为
D 解析：带电粒子沿 AC方向射入磁场做匀速圆周运动，轨迹不可能经过O点，A错误；粒子沿半径方向射入，则一定沿半径方向射出，B错误；粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域，最小时间间隔的运动轨迹如图甲所示，最小时间间隔为2T＝，C错误；若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，运动轨迹如图乙所示，轨迹由三段弦长为R的圆弧组成，第一段圆弧的圆心角为120°，运动轨迹半径r＝，又r＝，所以粒子运动的速度大小为，D正确。
甲 乙
6．一回旋加速器中匀强磁场的磁感应强度为B，两D形盒狭缝间加的交变电场电势差为U。质量为m、电荷量为q的离子由静止开始经交变电场多次加速后，在回旋加速器中旋转，旋转轨道是半径为r的圆，圆心在O点。为引出离子，使用磁屏蔽通道法设计引出器，引出器原理如图所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于O′点。引出离子时，改变通道内磁场的磁感应强度，从而使离子从P点进入通道，沿通道中心线从Q点射出。则( )
A. 交变电场的变化周期为
B. 离子的加速次数为
C. 引出离子时，通道内、外的磁场方向相反
D. 引出离子时，通道内的磁感应强度大于B
B 解析：离子在D形盒中旋转时，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得v＝，R＝，交变电压的周期与离子在磁场中运动的周期相等，即T＝＝，A错误；离子从释放到飞出加速器，由动能定理可得NqU＝mv，其中vmax＝，联立解得N＝，B正确；引出离子时，通道内、外的磁场都是使离子顺时针偏转，故方向相同，C错误；引出离子时，离子在通道内圆周运动的半径大于在通道外的圆周半径，由R＝知，通道内的磁感应强度小于B，D错误。
7．磁流体发电机的原理如图所示，燃烧室在3 000 K 的高温下将气体全部电离成高温等离子体。等离子体经喷管提速后以速度v进入矩形发电通道，发电通道中有垂直于喷射速度方向的匀强磁场。已知磁感应强度大小为B，发电通道长为l，宽为b，高为a，高温等离子体的电阻率ρ，外部电路连接一阻值为R的电阻，导线电阻不计。当开关S闭合后，下列说法正确的是( )
A. 外部电路中的电流方向为由N→M
B. 回路电流I＝
C. 发电机的输出功率P＝2R
D. 为维持等离子体匀速流动，矩形发电通道左右端的压强差Δp＝·ab
C 解析：由左手定则可知，发电通道的上极板为电源的正极，下极板为负极，则外部电路中的电流方向为由 M→N，A错误；稳定时，洛伦兹力等于静电力，即qvB＝q，所以发电机产生的电动势为E＝U＝Bav，根据闭合电路欧姆定律可得，回路中的电流为I＝＝，B错误；发电机的输出功率为P出＝I2R＝2R，C正确；矩形发电通道左右端的压强差为Δp＝＝＝，D错误。
8．(多选)如图所示，直角坐标系Oxy中，在x＞0的空间内充满方向垂直纸面向里的匀强磁场(其他区域无磁场)，在y轴上有到原点O的距离均为L的C、D两点。带电粒子P(不计重力)从C点以速率v沿x轴正方向射入磁场，并恰好从O点射出磁场；与粒子P相同的粒子Q从C点以速率4v沿纸面射入磁场，并恰好从D点射出磁场，则( )
A. 粒子P带正电
B. 粒子P在磁场中运动的时间为
C. 粒子Q在磁场中运动的时间可能为
D. 粒子Q在磁场中运动的路程可能为
ABD 解析：粒子P从C点沿x轴正方向进入磁场，受洛伦兹力而向上偏转，经过O点，则由左手定则可判断粒子P带正电，故A正确；根据题意可知，粒子P在磁场中做半个圆周运动，则半径R1＝，运动时间t1＝＝，故B正确；粒子Q与粒子P的比荷相同，而速度为4v，由R＝可知，R2＝4R1＝2L；设粒子Q进入磁场的方向与y轴所夹锐角为θ，则从C点进从D点出分别有两种情况，其轨迹如图所示，由几何关系可知 θ＝30°，两种轨迹的圆心角分别为60°和300°，而圆弧的弧长分别为s1＝·2L＝，s2＝·2L＝，则粒子Q的运动时间为t2＝＝或t3＝＝，故C错误，D正确。
9．(2024·河北卷)如图，真空区域有同心正方形ABCD和abcd，其各对应边平行，ABCD的边长一定，abcd的边长可调，两正方形之间充满恒定匀强磁场，方向垂直于正方形所在平面。A处有一个粒子源，可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向进入磁场。调整abcd的边长，可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出。对满足前述条件的粒子，下列说法正确的是( )
A. 若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必垂直BC射出
B. 若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，则粒子必垂直BC射出
C. 若粒子经cd边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为45°
D. 若粒子经bc边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60°
ACD 解析：若粒子穿过 ad边时速度方向与ad边夹角为45°，在正方形abcd两侧偏转角之和为90°，画出粒子的运动轨迹，如图甲所示，可知粒子必垂直BC射出，同理，若粒子经cd边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为45°，A、C正确；若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，且经cd边从BC边射出，轨迹如图乙所示，在正方形abcd两侧偏转角之和为120°，可知粒子不能垂直BC射出，B错误；由图丙知，若粒子经bc边垂直BC射出，由几何关系知粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60°，D正确。
甲 乙
丙
10．(2024·安徽卷)空间中存在竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。一质量为m的带电油滴a，在纸面内做半径为R的圆周运动，轨迹如图所示。当a运动到最低点P时，瞬间分成两个小油滴Ⅰ、Ⅱ，二者带电荷量、质量均相同。Ⅰ在P点时与a的速度方向相同，并做半径为3R的圆周运动，轨迹如图所示。Ⅱ的轨迹未画出。已知重力加速度大小为g，不计空气浮力与阻力以及Ⅰ、Ⅱ分开后的相互作用，则( )
A. 油滴a带负电，所带电荷量的大小为
B. 油滴a做圆周运动的速度大小为
C. 小油滴Ⅰ做圆周运动的速度大小为，周期为
D. 小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
ABD 解析：由题意可知，带电油滴a在纸面内做半径为R的圆周运动，静电力与重力平衡，即mg＝qE，则油滴a带负电，所带电荷量的大小为，A正确；由qvB＝m，解得v＝，B正确；小油滴Ⅰ做半径为3R的圆周运动，说明小油滴Ⅰ所受静电力与重力平衡，即m1g＝q1E，其做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，则q1v1B＝m1，解得v1＝，周期T＝＝，C错误；油滴a瞬间分成两个小油滴，由动量守恒定律可知，小油滴Ⅱ在P点的速度方向水平向右，由左手定则可知，小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动，D正确。
11．(多选)如图所示，Oxyz坐标系中，y>0的空间内存在沿x轴负方向的匀强磁场和沿x轴正方向的匀强电场，匀强磁场的磁感应强度大小为B，匀强电场的电场强度大小为E；y<0的空间内存在沿x轴负方向、磁感应强度大小未知的匀强磁场。电荷量为＋q、质量为m的带电粒子从坐标原点O以初速度v0沿y轴正方向运动，带电粒子第5次沿y轴负方向穿过Oxz平面时恰好经过x轴上的P点。不计带电粒子重力，下列说法正确的是( )
A. y<0的空间内匀强磁场的磁感应强度的大小为B
B. y<0的空间内匀强磁场的磁感应强度的大小为B
C. P点的x轴坐标为
D. P点的x轴坐标为
BD 解析：设粒子在磁场B中的转动半径为r1，在磁场B′中的转动半径为r2，根据题意可知，粒子在磁场B中偏转5次，在磁场B′中偏转4次，根据几何关系可知5r1＝4r2，在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力qvB＝m，可得r＝，结合5r1＝4r2，可得B′＝B，故A错误，B正确；粒子在y>0的区域，沿x轴方向做初速度为0的匀加速运动，加速度a＝，在y<0区域，做4次匀速运动，每一次匀速运动的时间t′＝·＝＝，在y>0区域运动的时间t＝2T＋＝，做匀加速运动的位移x1＝at2＝，做匀速运动的位移x2＝·t′＋aT·t′＋·t′＋2aT·t′＝，因此P点的x轴坐标x＝x1＋x2＝，故C错误，D正确。
12．(2024·福建卷)如图所示，一质量为m、电荷量为q的带电粒子经电容器M由静止开始加速后从另一电容器N下极板进入偏转电场，经电场偏转后恰从电容器N的上极板射出偏转电场，已知两电容器电压均为U，以电容器N下极板右侧O点建立坐标系，粒子自y轴上距离O点为d的P点进入右侧磁场，粒子经磁场偏转后垂直于x轴方向经过x轴，求：
(1)粒子刚进入N时的速度大小；
(2)粒子在P处速度方向与y轴正方向的夹角；
(3)磁场的磁感应强度大小。
解析：(1)粒子在电容器M两极板间受静电力做匀加速直线运动，由动能定理得
qU＝mv2
解得v＝。
(2)带电粒子在电容器N中做类平抛运动，沿x轴正方向以速度vx＝v＝做匀速直线运动，
沿y轴正方向做匀加速直线运动，加速度a＝
带电粒子运动到P点时沿y轴正方向的分速度
vy＝＝＝vx
则带电粒子在P处的速度vP＝＝2
设粒子在P处速度与y轴正方向的夹角为α，则
sin α＝＝
解得α＝45°
故vP与y轴正方向的夹角为45°，斜向右上方。
(3)带电粒子在电容器N及磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系得∠OPQ＝45°
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径r＝＝d
由qvPB＝m得B＝。
答案：(1) (2)45°，斜向右上方
(3)
13．(2024·湖南卷)如图，有一内半径为2r、长为L的圆筒，左右端面圆心O′、O处各开有一小孔。以O为坐标原点，取O′O方向为x轴正方向建立O-xyz坐标系。在筒内x≤0区域有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；筒外x≥0区域有一匀强电场，电场强度大小为E，方向沿y轴正方向。一电子枪在O′处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在Oxy平面内，且在x轴正方向的分速度大小均为v0。已知电子的质量为m、电荷量为e，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互作用及电子的重力。
(1)若所有电子均能经过O进入电场，求磁感应强度B的最小值。
(2)取(1)问中最小的磁感应强度B，若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ，求tan θ的绝对值。
(3)取(1)问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移。
解析：(1)电子在磁场中运动的周期T＝，磁感应强度最小时，电子在圆筒中运动一个周期刚好到达O点，有L＝v0T
联立解得B＝。
(2)设题设情况下电子沿y轴方向分速度为v，则tan θ＝
电子垂直磁场方向做匀速圆周运动的轨迹半径最大值为r
有evB＝m
由(1)知B＝
联立解得tan θ＝。
(3)磁感应强度B取最小值，电子在垂直磁场方向做匀速圆周运动一周后射出磁场
由tan θ＝
解得v＝
由v2＝2ad，eE＝ma
联立解得d＝。
答案：(1) (2) (3)
14．(2024·广东卷)如图甲所示，两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压。金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带电粒子在t＝0时刻从左侧电场某处由静止释放，在t＝t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在t＝2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在t＝3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的倍，粒子质量为m。忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。
(1)判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q。
(2)求金属板的板间距离D和带电粒子在t＝t0时刻的速度大小。
(3)求从t＝0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，静电力对粒子做的功W。
甲
乙
解析：(1)根据带电粒子在右侧磁场中的运动轨迹结合左手定则可知，粒子带正电。
粒子在磁场中运动的周期为T＝2t0
根据T＝
可知粒子所带的电荷量q＝。
(2)若金属板的板间距离为D，则板长为，粒子在板间运动时有＝vt0
出电场时竖直方向速度为0，则竖直方向有
y＝2×·(0.5t0)2
在磁场中时有qvB＝m
其中y＝2r
联立解得v＝，D＝。
(3)带电粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图，
由(2)的计算可知金属板的板间距离D＝3r，则粒子在3t0时刻再次进入中间的偏转电场，在4t0时刻进入左侧的电场做减速运动速度为0后反向加速，在6t0时刻再次进入中间的偏转电场，6.5t0时刻碰到上极板，因粒子在偏转电场中运动时，在时间t0内静电力做功为0，在左侧电场中运动时，往返一次静电力做功也为0，可知整个过程中只有开始进入左侧电场时静电力做功和最后0.5t0时间内静电力做功，则
W＝mv2＋Eq·＝＋＝。
答案：(1)正电 (2) (3)(共140张PPT)
板块二 电磁学
命题区间六 磁场
近三年山东高考考情分析 备考建议
命题点 2022年 2023年 2024年 1.强化对多过程问题的进一步分析，强化三维运动模型的构建能力。
2．本部分与立体几何、数列、三角函数等数学知识联系紧密，要进一步体会数学知识在解题中的应用。
磁感应强度的矢量合成
磁场对电流的作用
磁场对运动电荷的作用
洛伦兹力与现代科技
带电粒子在有
界磁场中的运动
带电粒子在
复合场中的运动 √ √ √
近三年山东已考命题点
01
命题点 带电粒子在复合场中的运动
轴之间存在水平向右的匀强加速电场，加速电压大小可调，粒子经此电场加速后进入磁场，挡板厚度不计，粒子可沿任意角度穿过小孔，碰撞挡板的粒子不予考虑，不计粒子重力及粒子间相互作用力。
(1)求使粒子垂直挡板射入小孔K的加速电压U0。
(2)调整加速电压，当粒子以最小的速度从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，求第一象限中电场强度的大小和方向。
看到什么 想到什么
垂直挡板射入小孔 轨迹圆圆心的位置
恰好做匀速直线运动 平衡状态(合力为0)
距离y轴最近位置 粒子运动的轨迹图
解析：(1)根据题意，作出粒子垂直挡板射入小孔K的运动轨迹如图甲所示，
甲
根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为
在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有
在匀强加速电场中由动能定理有
(2)根据题意，当轨迹半径最小时，粒子速度最小，则作出粒子以最小的速度从小孔K射出的运动轨迹如图乙所示，
乙
在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有
粒子从小孔K射出后恰好做匀速直线运动，由左手定则可知粒子经过小孔K后受到的洛伦兹力沿x轴负方向，则粒子经过小孔K后受到的静电力沿x轴正方向，粒子带正电，则△OMN之外第一象限区域电场强度的方向沿x轴正方向，大小满足qv′B＝qE
在△OMN区域根据洛伦兹力提供向心力有
可得粒子在△OMN区域运动的轨迹半径
作出从小孔K射出的粒子的运动轨迹如图丙所示，
丙
则粒子从小孔K射出的速度方向与x轴正方向的夹角为60°，该速度沿x轴和y轴正方向的分速度大小分别为
1．带电粒子在叠加场中的运动
(1)三个分析
①正确分析受力情况，明确重力是否不计及洛伦兹力的方向；
②正确分析运动情况，常见的运动形式有匀速直线运动、匀速圆周运动和一般变速曲线运动；
③正确分析各力的做功情况，主要分析静电力和重力做的功，洛伦兹力一定不做功。
(2)运动分类
①静止或匀速直线运动：当带电粒子在叠加场中所受合力为0时，将处于静止状态或匀速直线运动状态；
②匀速圆周运动：当带电粒子所受的重力与静电力大小相等、方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动。
2．带电粒子在组合场中的运动
(1)求粒子发射速度的大小和方向。
(2)若保持E、B初始状态和粒子束的初速度不变，在粒子从O点射出时立即撤去磁场，求粒子从O点射出后经过 y轴时的坐标(不考虑磁场变化产生的影响)。
(3)若保持E、B初始状态和粒子束的初速度不变，在粒子从O点射出时立即将电场方向变为竖直向下、电场强度大小变为E′＝5 N/C，求从O点射出的所有粒子第一次打在x轴上的坐标(不考虑电场变化产生的影响)。
解析：(1)对粒子受力分析，如图甲所示，
甲
可知粒子做匀速直线运动，合力为0，根据三角形定则有
即粒子发射方向指向第四象限，与y轴负方向夹角为θ＝30°。
(2)撤去磁场后，粒子做类平抛运动，如图乙，则有
(3)由题意可得qE′＝mg，则粒子做匀速圆周运动，如图丙所示，
由几何关系可知
2．如图所示，水平面上方区域有足够宽的正交电磁场，匀强磁场方向垂直纸面向里(图中所示)，磁感应强度大小为B，匀强电场方向竖直向下，电场强度大小为E；不计厚度、内壁光滑的竖直小圆筒内底部静止放有一质量为m、带电荷量为＋q的带电微粒。现让小圆筒以加速度a由静止开始向右平动，在微粒开始沿筒壁上升的瞬间，立即让小圆筒以此时刻速度的2倍做匀速运动。当小圆筒匀速运动的距离为小圆筒长度的2倍时，微粒恰好离开小圆筒，并在此时刻撤去匀强电场。不计重力大小，求：
(1)小圆筒由静止开始运动，经过多长时间微粒将沿筒壁上升；
(2)小圆筒的长度；
(3)微粒离开小圆筒后能上升的最大高度(距离圆筒上端口的最大高度)。
解析：(1)设经过时间t1微粒的速度大小为v0时，微粒开始沿管壁上升，有qv0B＝qE，v0＝at1
(2)开始沿管壁上升后，受力分析如图所示，
竖直方向上由牛顿第二定律可得
由此可知，微粒沿竖直方向上做初速度为0的匀加速运动，设微粒在小圆筒内运动的时间为t2，离开小圆筒时竖直速度为vy，该过程由题意有
解得vy＝2v0
设微粒离开小圆筒时速度方向与水平方向夹角为θ′，有
解得θ′＝45°
洛伦兹力提供向心力，有
微粒离开小圆筒后能上升的最大高度为
h＝rcos 45°＋r
3．(2024·甘肃卷)质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为E1，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为0的带电粒子(不计重力)，加速后进入速度选择器做直线运动，再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。
(1)粒子带正电还是负电？求粒子的比荷。
(2)求O点到P点的距离。
(3)若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为E2(E2略大于E1)，方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O′点上。求粒子打在O′点的速度大小。
解析：(1)由于粒子在偏转分离器中向上偏转，根据左手定则可知粒子带正电；设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子进入速度选择器时的速度为v0，在速度选择器中粒子做匀速直线运动，由平衡条件有qv0B1＝qE1
由几何关系可得O点到P点的距离为
(3)粒子进入Ⅱ瞬间，受到向上的洛伦兹力
F洛＝qv0B1
向下的静电力F＝qE2
由于E2＞E1，且qv0B1＝qE1
所以通过配速法，如图所示
其中满足qE2＝q(v0＋v1)B1
则粒子在速度选择器中水平向右以速度v0＋v1做匀速运动的同时，竖直方向以v1做匀速圆周运动，当速度转向到水平向右时，满足垂直打在速度选择器右挡板的O′点的要求，故此时粒子打在O′点的速度大小为
4．某离子实验装置的基本原理如图甲所示。Ⅰ区宽度为d，左边界与x轴垂直交于坐标原点O，其内充满垂直于Oxy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0；Ⅱ区宽度为L，左边界与x轴垂直交于O1点，右边界与x轴垂直交于O2点，其内充满沿y轴负方向的匀强电场。测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界，其中心C与O2点重合。从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m的正离子，加速后沿x轴正方向过O点，依次经Ⅰ区、Ⅱ区，恰好到达测试板中心C。已知离子刚进入Ⅱ区时速度方向与x轴正方向的夹角为θ。忽略离子间的相互作用，不计重力。
(1)求离子在Ⅰ区中运动时速度的大小v。
(2)求Ⅱ区内电场强度的大小E。
(3)保持上述条件不变，将Ⅱ区分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小均为B(数值未知)、方向相反且平行y轴的匀强磁场，如图乙所示。为使离子的运动轨迹与测试板相切于C点，需沿x轴移动测试板，求移动后C到O1的距离s。
解析：(1)设离子在Ⅰ区内做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得
(2)离子在Ⅱ区内只受静电力，沿x轴方向做匀速直线运动，沿y轴方向做匀变速直线运动，设从进入电场到击中测试板中心C所用的时间为t，y轴方向的位移为y0，加速度大小为a，由牛顿第二定律得
qE＝ma
由运动的合成与分解得
L＝vtcos θ
由几何关系得y0＝－r(1－cos θ)
(3)Ⅱ区内填充磁场后，离子在垂直y轴的平面上做线速度大小为vcos θ的匀速圆周运动，俯视图如图所示，设在俯视图中左侧部分的圆心角为α，圆周运动半径为r′，在垂直于y轴的投影面内运动轨迹长度为l′，由几何关系得
由于在y轴方向上的运动不变，离子的运动轨迹与测试板相切于C点，则离子在Ⅱ区内的运动时间不变，故有
C到O1的距离s＝2r′sin α＋r′
近三年山东未考命题点
02
A. L1所受磁场作用力的方向沿AB方向
B. L2所受磁场作用力的方向沿AB方向
(多选)三根电流相同的通电长直导线L1、L2、L3沿着正方体的三条边A1D1、B1C1、BC放置，电流方向如图所示，此时正方体几何中心O点处的磁感应强度大小为B0。现将沿BC边放置的导线L3撤去，下列说法正确的是( )
命题点一 磁感应强度的矢量合成
√
√
AD 解析：现将沿BC边放置的导线L3撤去，剩下L1和L2相互吸引，作用方向与AB平行，L1所受磁场作用力的方向沿AB方向，L2所受磁场作用力的方向沿BA方向，俯视图如图甲所示，故A正确，B错误；
1．将立体图转化为平面图(俯视图)。
如图所示。
2．如何判断各通电直导线周围磁场的方向？
根据安培定则判断。
3．在判断通电直导线间安培力方向时，我们可以直接利用同向电流相互______，异向电流相互______来判断。
吸引
排斥
磁场叠加问题的解题思路
(1)确定磁场场源，如通电导线。
(2)定位空间中需要求解的点，利用安培定则判定每个场源在这一点上产生的磁感应强度的大小和方向。如图所示为通电导线M、N在c点产生的磁场BM、BN。
(3)应用平行四边形定则进行合成，图中的B即为合磁场。
√
域离导线M较近，则合磁场方向沿y方向，为负方向，且离导线M越远磁场越弱；同理，在导线N右侧x轴上导线N形成的磁场沿y方向，导线M形成的磁场沿－y方向，因该区域离导线N较近，则合磁场方向沿y方向，为负方向，且离导线N越远磁场越弱，故A、B错误。两通电导线在y轴上的磁感应强度如图所示，
因此可知合磁场磁感应强度方向沿－y方向，大小为B＝2B1cos α，越远离O点，B1越小，cos α越小，因此B越小，故C正确，D错误。
B. 若两根导线中的电流同向，则A、B两点磁感应强度相同，均为2B1
D. 无论两根导线中的电流同向还是反向，A、B、C三点的磁感应强度大小均为2B1
√
直纸面向里、F电流垂直纸面向外)，在A、C点磁感应强度的矢量图如图乙所示，同前面分析，可以发现A、C两点磁感应强度矢量和的方向相同，大小均为2B1，故C错误；根据前面的分析可知，无论两根导线中的电流同向还是反向，A、B、C三点的磁感应强度大小均为2B1，故D正确。
A. 立方体的顶点M1、N1两处的磁场方向垂直
B. 顶点M1、N1两处的磁感应强度大小之比为1∶2
C. 线框从右侧面向左平移到左侧面过程中，其中感应电流方向先沿abcd后沿adcb
D. 线框从右侧面向左平移到左侧面过程中，其中感应电流方向一直沿adcb
√
√
命题点二 磁场对电流的作用
(1)求金属棒受到的安培力的大小F。
(2)求滑动变阻器R接入电路的阻值。
(3)现先将金属棒固定，调节滑动变阻器使电源输出功率最大，然后由静止释放，求释放瞬间金属棒的加速度a的大小及方向。
看到什么 想到什么
金属棒在斜面上静止或加速运动 (1)立体图变为平面图，如图所示。
(2)受力分析，根据金属棒运动状态列方程求解
电源输出功率最大 当电源内阻等于外阻，即r＝R外时电源输出功率最大
解析：(1)对金属棒受力分析如图所示，
可得F＝mgsin 30°＝1 N。
(2)由F＝BIL得，电路中的电流I1＝2 A
解得R＝1.5 Ω。
(3)电源的输出功率为P＝EI－I2r
安培力F′＝BI2L＝1.5 N>mgsin θ，金属棒沿斜面向上加速，由牛顿第二定律得F′－mgsin θ＝ma
联立解得a＝2.5 m/s2，方向沿金属框向上。
答案：(1)1 N (2)1.5 Ω
(3)2.5 m/s2 方向沿金属框向上
1．解题思路
(1)选定研究对象。
(2)受力分析时，变立体图为平面图，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，安培力的方向F安⊥B、F安⊥I。
2．常见模型
√
B 解析：若磁场沿M指向A的方向，在平面ACPM中对磁感应强度沿AP和与AP垂直的方向分解，如图甲所示，
2．(2024·齐齐哈尔一模)(多选)某同学学习了电磁炮驱动原理后，设计了圆形轨道的电磁炮模型，如图甲所示，半径为R的半圆形轨道L1、L2正对平行竖直摆放，轨道间距也为R，空间有辐向分布的磁场，使得轨道所在处磁感应强度大小恒为B，用质量为m、长度为R的细导体棒代替炮弹，与轨道接触良好，正视图如图乙所示，轨道最高位置与圆心齐平。给导体棒输入垂直纸面向里的恒定电流I，将其从轨道最高位置由静止释放，使得导体棒在半圆形轨道上做圆周运动，到达另一侧最高位置时完成加速。忽略一切摩擦，且不考虑导体棒中电流产生的磁场及电磁感应现象的影响，下列说法正确的是( )
A. 为实现电磁加速，应从左侧释放导体棒
B. 导体棒到达轨道最低点时，其加速度方向竖直向上
D. 加速完成时，轨道对导体棒的支持力大小为πBIR
√
√
地高度相同，Ob连线与水平地面夹角为37°。已知圆弧面半径为2L，忽略回路中电流间的相互作用以及所有摩擦阻力，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g，求此时：
(1)导体棒aa′接入电路部分产生的感应电动势大小；
(2)导体棒bb′所受的安培力的方向和大小；
(3)导体棒bb′受到圆弧面的支持力大小(设导体棒bb′在运动过程中一直与圆弧面保持接触)。
解析：(1)由法拉第电磁感应定律可得，导体棒aa′接入电路部分产生的感应电动势大小
(2)从题图乙中看，根据右手定则可知，通过导体棒bb′的电流垂直纸面向外，而由安培定则可知，通电直导线在导体棒bb′处产生的磁场与其垂直，且导体棒bb′所处位置磁场的方向始终与其垂直，根据左手定则可知，导体棒bb′所受安培力始终指向圆弧圆心，其大小为
F＝B′I′L
方向斜向左下方，垂直圆弧面指向OO′。
(多选)如图所示，下端封闭、上端开口且内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一带电的小球，整个装置水平向右做匀速运动，进入方向垂直纸面向里的匀强磁场，由于外力作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端口飞出，若小球的电荷量始终保持不变，则从玻璃管进入磁场到小球飞出上端口的过程中( )
命题点三 磁场对运动电荷的作用
A. 洛伦兹力对小球做正功
B. 小球在竖直方向上做匀加速直线运动
C. 小球的运动轨迹是抛物线
D. 小球的机械能守恒
BC 解析：运动过程中，洛伦兹力始终垂直于小球实际的速度方向，对小球不做功，故A错误；设小球竖直分速度为vy、水平分速度为v，以小球为研究对象，受力如图所示，
√
√
由于小球随玻璃管在水平方向做匀速直线运动，则竖直方向的洛伦兹力F1＝qvB是恒力，在竖直方向上还受到向下的重力，也是恒力，所以小球在竖直方向上做匀加速直线运动，故B正确；小球在竖直方向上做匀加速直线运动，在水平方向上做匀速直线运动，类似于平抛运动，所以小球的运动轨迹为抛物线，故C正确；由于过程中玻璃管内壁对小球的弹力做功，所以小球的机械能不守恒，故D错误。
1．洛伦兹力公式F＝qvB中的v是运动电荷在垂直于磁场的平面内相对于磁场的速度，即在垂直于磁场的平面内的合速度。
2．该题中可将小球的速度v分解为__________________和_______________。
3．对小球受力分析可得：水平方向____________，竖直方向_________________，由此可知小球在水平方向匀速运动，竖直方向匀加速运动。
水平方向速度v
竖直方向速度vy
FN＝qvyB
qvB－mg＝ma
1．洛伦兹力方向的特点
洛伦兹力的方向与电荷运动的方向和磁场方向都垂直，即洛伦兹力的方向垂直于电荷运动方向和磁场方向确定的平面，但带电粒子速度方向与磁场方向不一定垂直。
2．洛伦兹力的作用效果
(1)洛伦兹力只改变带电粒子的速度方向，而不改变其速度的大小。如果没有其他外力作用，带电粒子会在磁场中做速率不变的曲线运动。
(2)洛伦兹力不做功。如果没有其他外力对带电粒子做功，在带电粒子的运动过程中就不会有能量之间的转化。
1．(2024·昌平二模)如图为用于电真空器件的一种磁聚焦装置示意图。螺线管内存在磁感应强度为B、方向平行于管轴的匀强磁场。电子枪可以射出速度大小均为v、方向不同的电子，且电子速度v与磁场方向的夹角非常小。电子电荷量为e、质量为m，电子间的相互作用和电子的重力不计。这些电子通过磁场会聚在荧光屏上P点。下列说法错误的是( )
D. 若将电子入射速度变为2v，这些电子一定能会聚在P点
√
2．(2024·济南模拟)(多选)地球的磁场是保护地球的一道天然屏障，它阻挡着能量很高的太阳风粒子直接到达地球表面，从而保护了地球上的生物。地球北极的磁场是沿竖直轴对称的非均匀磁场，如图所示为某带电粒子在从弱磁场区向强磁场区前进时做螺线运动的示意图，不计带电粒子的重力，下列说法正确的是( )
A. 该带电粒子带正电
B. 从弱磁场区到强磁场区的过程中带电粒子的速率不变
C. 带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离不变
D. 一段时间后该带电粒子可能会从强磁场区到弱磁场区做螺线运动
√
√
√
3．(2023·佛山模拟)(多选)如图所示，在正方体d′a′、a′b′、b′b、bc、cc′、c′d′六条棱上通有等大电流，O点为正方体的中心。在O点以速度v0沿垂直b′c′方向斜向右上方发射一不计重力的质子，其运动轨迹在不同坐标平面的投影可能正确的是( )
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AD 解析：由于在O点处，导线d′a′和bc产生的合磁场方向沿垂直b′c′方向斜向右上方，导线a′b′和c′d′产生的合磁场方向竖直向上，导线b′b和c′c产生的合磁场方向水平向右，则总的合磁场方向过O点，沿垂直b′c′方向斜向右上方。若在O点以速度v0沿垂直b′c′方向斜向右上方发射一不计重力的质子，运动方向平行于磁场方向，可知质子斜向上做匀速直线运动，则轨迹在dxy平面的投影如选项A所示，在dyz平面的投影如选项D所示。
(多选)某学习小组用霍尔元件测定我国某市地磁场磁感应强度。现有一块宽为a、高为b、长为c的长方体半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子。先将霍尔元件按图甲所示水平放置，并通入水平向右、大小为I的电流，测得元件的前、后表面的电压为U1；再将霍尔元件按图乙所示竖直放置，使棱M沿东西方向，元件中通入竖直向上、大小为I的电流，测得元件的前、后表面的电压为U2，已知甲、乙图中电子定向移动的速率均为v，则( )
命题点四 洛伦兹力与现代科技
A. 图甲中前表面的电势比后表面的电势高
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1．霍尔电压产生的原因是什么？
当磁场方向与电流方向垂直时，导体中能够自由移动的带电粒子在洛伦兹力的作用下，向着与电流、磁场都垂直的方向漂移，继而在该方向上出现电势差，所产生的电势差称为霍尔电压。
2．霍尔电压产生的电场与电流磁场的方向有什么关系？
霍尔电压产生的电场垂直于电流，垂直于磁场。
3．霍尔电压与磁感应强度、电子定向移动的速率v有什么关系？
C. 在其他条件不变的情况下，仅增大U0，可以增大质子从边缘射出的速度
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2．(2024·重庆模拟)磁聚焦法测量电子比荷的装置如图所示。在抽成真空的玻璃管中装有热阴极K和有小孔的阳极A。在A、K之间加大小为U0的电压，对电子进行加速 (初速度视为0)，电子由阳极小孔高速射出；在尺寸很小的电容器C的两极板间加一不大的周期性交变电场，使不同时刻通过这里的电子速度方向发生不同程度的微小偏转，在电容器右端和荧光屏之间加一沿轴线方向 (图中水平虚线)的匀强磁场，进入磁场的电子会沿不同的螺旋线运动，每绕行一周后都会到达同一位置聚焦，电容器到荧光屏的水平距离为l，当磁感应强度的大小为B时，可使电子流的第一个焦点落在荧光屏S上。不计电子所受的重力和电子间的相互作用，当θ非常小时满足cos θ＝1，sin θ＝θ，下列说法正确的是( )
A. 带电粒子所受洛伦兹力的方向与轴线不垂直
B. 不同时刻进入电容器的电子运动轨迹一定不同
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3．利用霍尔传感器可测量自行车的运动速率。如图所示，一块磁体安装在前轮上，霍尔传感器固定在前叉上，离轮轴距离为r，轮子每转一圈，磁体就靠近霍尔传感器一次，传感器就会输出一个脉冲电压。当磁体靠霍尔元件最近时，通过元件的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度为B，在导体前后表面间出现电势差U。已知霍尔元件沿磁场方向的厚度为d，载流子的电荷量为 －q，电流I向左。下列说法正确的是( )
A. 前表面的电势高于后表面的电势
B. 若车速越大，则霍尔电势差U越大
D. 若单位时间内霍尔元件检测到m个脉冲，则自行车行驶的速度大小为2πmr
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4．(多选)如图所示的磁流体发电机由彼此正对的两水平金属板M、N构成，M、N间存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B1，两金属板与两平行且水平放置的金属导轨相连，金属板M、N及两平行金属导轨间的距离均为d，平行金属导轨间存在磁感应强度大小为B2的匀强磁场，磁场的方向与竖直方向成θ角，在两平行金属导轨上放有一长为d的直导体棒PQ，直导体棒PQ与两平行金属导轨垂直并且接触良好，其电阻为R，其余电阻不计。在两平行金属板M、N间垂直磁场方向喷入一束速度大小为v0的等离子体，PQ仍静止在导轨上，已知导体棒的质量为m，它与金属导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 通过导体棒的电流方向为P→Q
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命题点五 带电粒子在有界磁场中的运动
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1．粒子离开磁场时，速度与x轴的夹角为多少？
60°。
2．粒子在磁场中的轨迹对应的圆心角是多少？
60°。
3．加上电场后，洛伦兹力与静电力存在什么样的关系？
qvB＝qE。
带电粒子在有界磁场中的运动
(1)带电粒子在磁场中运动时的三个几何关系
(2)带电粒子在有界磁场中运动的临界、极值问题
①关注常见关键词，如“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脱离”等临界状态词。
②两种处理方法
a．利用“矢量图”“边界条件”等求临界值。
b．利用“三角函数”“不等式的性质”“二次方程的判别式”等求极值。
(3)带电粒子在磁场中运动产生多解的原因
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2．(2024·泰安三模)如图所示，比荷不同的两个带电粒子在A处由静止释放，经加速电压U0加速后，垂直磁场左边界MN射入宽度为d的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，磁场方向垂直纸面向里。两个粒子经磁场偏转后一个从左边界MN的a点离开磁场区域，另一个从磁场的右边界b点离开磁场区域，a、b两点的连线刚好与磁场边界垂直，从b点离开的粒子在磁场区域运动过程中偏转的角度为60°，不计粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是( )
A. 从a点离开磁场区域的粒子带正电，从b点离开磁场区域的粒子带负电
D. 从a、b两点离开的粒子在磁场区域中运动的时间之比为3∶1
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3．(2024·金华模拟)如图为某同学设计的光电效应研究装置，A、B为金属板，频率为ν的单色光照射到板A上发生光电效应，经A、B间的电场加速后，部分粒子从小孔a进入图中虚线所示的圆形匀强磁场区域，圆形匀强磁场半径为R，磁场区域的下方有一粒子选择及接收装置P。在磁场圆心O的正下方，aO与PO垂直，接收板与PO垂直。光电子经过电场加速后能从小孔a以不同的角度进入磁场，已知元电荷为e，电子的质量为m，A、B间的加速电压为U0，只有速度方向垂直接收器的粒子才能通过粒子选择器，其他粒子被粒子选择器吸收并立即导入大地，通过选择器的粒子最终打在接收器上，被接收器吸收并立即导入大地。重力忽略不计，不考虑粒子之间的相互作用力，不考虑缓慢变化的磁场产生的电场，只考虑纸面内运动的电子，普朗克常量为h。
(1)磁感应强度B＝B0时，某光电子从A板离开时的速度为0，求该电子经过小孔a进入磁场后做圆周运动的半径R1。
(2)粒子从小孔a进入时速度与aO角度范围 θ＝±30°，求粒子接收器上接收到粒子的长度L。
(3)磁感应强度由B0缓慢增大到B1时，接收器上恰好不能再接收到粒子，求金属板A的逸出功W0。
(4)当B＝B0时，粒子接收器上受到的粒子撞击的作用力大小为F，求单位时间内接收器上接收到的粒子数n。
光电子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，则有
(2)电子以不同的入射角进入磁场，其轨迹会形成一个扇形区域，如图所示，由于入射角度范围θ＝±30°，因此可知该扇形的张角为60°。由几何关系可知，粒子在磁场中运动的轨道半径为R时，粒子射出磁场时的速度方向竖直向下，在圆磁场边缘上两粒子射出磁场时所夹的圆弧所对的圆心角为60°，则接收器上接收到粒子的长度L＝R。
(3)磁感应强度由B0缓慢增大到B1时，接收器上恰好不能再接收到粒子，说明初速度最大的粒子运动轨道半径都比R小，临界状态是速度最大的粒子轨道半径恰好为R，则
这意味着电子从A板逸出时的最大动能是
光电效应方程可得
粒子接收器上受到的粒子撞击的作用力大小为F，单位时间内接收器上接收到的粒子数为n，对粒子由动量定理可得
－Ft＝0－nt·mv0
