第一章 学业质量标准检测
本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分：100分，时间：75分钟。
第Ⅰ卷(选择题 共40分)
一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．(2024·江苏南京高二期末)笔记本电脑盖上屏幕，屏幕盖板上的磁铁和主板机壳上的“霍尔传感器”配合，通过改变a、b间电势差的方式使屏幕进入休眠模式，其工作原理如图所示。当电脑盖上屏幕时，相当于屏幕边缘的磁极靠近霍尔元件，已知该霍尔元件载流子为电子，以下说法正确的是( )
A．盖上盖板，a端带正电
B．打开盖板，a端带正电
C．盖上屏幕过程中，a、b间电势差逐渐减小
D．盖上屏幕过程中，a、b间电势差逐渐增大
答案：D
解析：无论盖上盖板还是打开盖板，霍尔元件中磁场方向均向下，电流方向均向左，根据左手定则可得，载流子受力方向指向a，因此a端带负电，故A、B错误；设霍尔元件的长度为a，宽度为b，高度为c，则q＝qvB，I＝nqSv＝nqbcv，所以U＝，盖上屏幕过程中，磁感应强度变大，则霍尔电压增大，即a、b间电势差逐渐增大，故C错误，D正确。
2．四根导线如图放置。b、d中没有电流，a、c中通有如图所示方向相反、大小均为I的电流时，O点的磁感应强度大小为B。现在b、d中通入大小也为I的电流时，O点的磁感应强度大小仍为B。则下列说法正确的是( )
A．O点的磁场方向由O指向d
B．b、d中的电流方向相反
C．若在O点放置垂直纸面方向的通电直导线，该导线所受安培力为零
D．若电子(不计重力)从O点垂直纸面向里运动，电子将向上偏转
答案：D
解析：由题意知，O点的磁感应强度等于a、c中电流产生的磁场的磁感应强度的矢量和，根据安培定则可知，O点的磁场方向由O指向b，故A错误；在b、d中通入大小也为I的电流时，O点的磁感应强度大小仍为B，可判定b、d中电流在O点产生的磁场的磁感应强度大小相等，方向相反，根据安培定则可知，b、d中的电流方向相同，故B错误；若在O点放置垂直纸面方向的通电直导线，该导线所受安培力不为零，故C错误；若电子(不计重力)从O点垂直纸面向里运动，由左手定则可知，电子将向上方向偏转，故D正确。
3．(2023·河北唐县第一中学高二期中)如图，下端封闭、上端开口、内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一个带正电小球，整个装置以一定的速度沿垂直于磁场方向进入方向垂直纸面向里的匀强磁场，由于外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端管口飞出，下列说法中正确的是( )
A．该过程中由水平速度产生的洛伦兹力不做功
B．小球的运动轨迹是一条直线
C．从能量转化角度看小球机械能的增加是因为洛伦兹力做功
D．小球在竖直方向做匀加速运动
答案：D
解析：因为磁场方向垂直于纸面向里，水平速度向右，由左手定则可知水平速度产生的洛伦兹力方向向上，所以小球相对于玻璃管向上运动，而玻璃管往右做匀速直线运动，则小球实际的运动方向为右上方，由于水平速度产生的洛伦兹力与位移夹角为锐角，所以由水平速度产生的洛伦兹力对小球做正功，故A错误；因为玻璃管在水平方向的速度不变，则小球受到的向上的洛伦兹力大小不变，所以小球向上做匀加速直线运动，而匀加速直线运动和匀速直线运动的合运动为曲线运动，故B错误，D正确；因为洛伦兹力的方向始终垂直于小球的速度方向，所以洛伦兹力不做功，故C错误。故选D。
4．(2024·黑龙江双鸭山一中高二开学考试)空间中存在垂直于xOy平面的磁场，x＝a两侧的匀强磁场方向相反，x>a区域的磁感应强度大小为x
答案：B
解析：因x＞a区域的磁感应强度大小为x＜a区域的2倍，根据Bqv＝m，解得r＝，可知粒子在x＜a区域的圆周运动的半径为在x＞a区域的圆周运动的半径的2倍。由A选项图可知粒子运动的轨道半径为r＝>a，即粒子已经超过两磁场的分界线，轨迹不可能是同一圆周，故A错误；B选项图中粒子在x＜a中运动时的轨迹半径为r＝＝，则在x＞a区域运动的半径应该为r′＝，则轨迹与y轴交点的纵坐标应该是y＝2r′sin 45°＝a，故B正确；C选项图中粒子在x＜a区域的轨道半径小于在x＞a区域的轨道半径，故C错误；D选项图中粒子在x＜a区域的轨道半径为r＝a，则在x＞a区域的轨道半径为r′＝，则轨迹在y轴的截距y＝a＋2×＋a＝3a，故D错误。
5．如图所示，原来静止的半圆形线圈中通有逆时针方向的电流I，在其直径中点B右侧放置一根垂直于线圈平面的固定不动的长直导线，并通以电流I，方向垂直纸面向里，此时半圆形线圈的运动情况是(AB与半圆形线圈的直线部分垂直)( )
A．从左至右观察，以AB为轴逆时针旋转，并且B点靠近直线电流
B．从左至右观察，以AB为轴逆时针旋转，并且B点远离直线电流
C．从左至右观察，以AB为轴顺时针旋转，并且B点靠近直线电流
D．从左至右观察，以AB为轴顺时针旋转，并且B点远离直线电流
答案：A
解析：根据安培定则知，直线电流在A、B两点的磁场方向均竖直向上，与A、B两点电流方向平行，所以A、B两点不受安培力作用；将线圈沿AB分成上、下两部分，分别取线圈上、下部分的某一电流元研究，根据左手定则可知，半圆形线圈的上半部分受垂直纸面向里的安培力，下半部分受垂直纸面向外的安培力，所以从左至右观察，半圆形线圈将以AB为轴逆时针转动，旋转90°时，半圆形线圈和固定不动的长直导线平行，此时半圆形线圈的直线部分中的电流方向与长直导线中的电流方向同向，根据左手定则知，B点会靠近直线电流，选项A正确，B、C、D错误。
6．(2023·黑龙江萝北县高二开学考试)如图所示，在半径为R的圆形区域内，有匀强磁场，方向垂直于圆平面(未画出)。一群相同的带电粒子以相同速率v0，由P点沿纸平面内不同方向射入磁场，当磁感应强度大小为B1时，有粒子射出磁场的区域占整个圆周长的，当磁感应强度大小变为B2时，有粒子射出磁场的区域占整个圆周长的。则磁感应强度B1∶B2为(不计重力及带电粒子之间的相互作用)( )
A．1∶ B．2∶
C.∶1 D．4∶
答案：C
解析：当磁感应强度大小为B1时，有粒子射出磁场的区域占整个圆周长的，则圆周长的对应的弦长应为粒子在磁场中的轨迹直径，如图所示
由图中几何关系可得r1＝，根据洛伦兹力提供向心力可得qv0B1＝m，解得B1＝。当磁感应强度大小变为B2时，有粒子射出磁场的区域占整个圆周长的，则圆周长的对应的弦长应为粒子在磁场中的轨迹直径，如图所示
由图中几何关系可得r2＝Rsin 60°＝R，根据洛伦兹力提供向心力可得qv0B2＝m，解得B2＝，故有＝，选项C正确，A、B、D错误。
7．(2024·河南驻马店高二阶段练习)在固定直导线a、b两端分别接上如图甲、乙、丙、丁所示的导体，导体的材料相同、粗细均匀且相同，给导体通入的电流均为I。导体均处在磁感应强度大小为B、方向垂直导体或导体所在平面向里的匀强磁场中，甲、乙、丙、丁图中导体受到的安培力分别为F1、F2、F3、F4，则( )
A．F1>F2 B．F2＝F3
C．F2答案：BD
解析：设a、b的间距为L，四个图中的导体的有效长度均为L，则安培力均为F＝ILB，因此有F1＝F2＝F3＝F4，故B、D正确，A、C错误。
8．(2024·大连高二期末)如图(a)所示为洛伦兹力演示仪，学生演示带电粒子在匀强磁场中的运动时发现，有时玻璃泡中的电子束在强磁场中的运动轨迹呈螺旋状。为了研究该螺旋状轨迹情况，现将这一现象简化成如图(b)所示的情景来讨论：在空间存在平行于x轴磁感应强度大小为B的匀强磁场，在xOy平面内，由坐标原点以初速度v0沿与x轴正方向成α角的方向射入电子束，得到轴线平行于x轴的螺旋状电子运动轨迹，电子的比荷为，则( )
A．磁场的方向为沿x轴负方向
B．此螺旋状轨迹的半径r＝
C．当α＝90°时电子的运动轨迹是闭合的圆
D．此螺旋状轨迹的螺距Δx＝
答案：BC
解析：电子垂直于磁场方向的分速度v⊥＝v0sin α，根据eBv⊥＝m，得此“螺旋”的半径r＝，根据题意可知此“螺旋”向xOy平面上部分旋转，由左手定则可知磁场的方向为沿x轴正方向，故A错误，B正确；当α＝90°时电子的速度与磁场方向垂直，此时运动轨迹是闭合的圆，故C正确；周期T＝＝，螺距为Δx＝v0cos α·T＝，故D错误。
9．(2024·福建省福州第八中学高二期末)如图所示，足够长的光滑三角形绝缘槽固定在水平面上，与水平面的夹角分别为α和β(α>β)，加垂直于纸面向里的磁场，分别将质量相等、带等量正、负电荷的小球a、b依次从两斜面的顶端由静止释放，关于两球在槽上运动的说法正确的是( )
A．在槽上，a、b两球都做匀加速直线运动，且aa>ab
B．a、b两球沿槽运动的最大速度为va和vb，则va>vb
C．a、b两球沿槽运动的最大位移为sa和sb，则saD．a、b两球沿槽运动的时间为ta和tb，则ta>tb
答案：AC
解析：两小球受到的洛伦兹力都垂直于斜面向上，沿斜面方向的合力为重力的分力，故在槽上，a、b两球都做匀加速直线运动，加速度为aa＝gsin α，ab＝gsin β，可得aa>ab，故A正确；当小球受到的洛伦兹力与重力沿垂直斜面向下分力相等时，小球脱离斜面，则mgcos α＝qvaB，mgcos β＝qvbB，可得va＝，vb＝，故va10．(2024·山东日照高二期末)如图所示，长方体空间区域内存在匀强磁场(包括边界)，方向平行于yOz平面且与z轴负方向成30°角(图中未画出)，磁感应强度大小为B，长方体x方向长为2L，y方向足够长，z方向高为2L。质量为m，电荷量为q的带正电粒子从点a(0,0,2L)沿x轴正方向进入匀强磁场，速度大小为v0＝，不计粒子重力。则下列判断正确的是( )
A．粒子会经过x轴上的点e(2L,0,0)
B．粒子会经过y轴上的点(0,2L,0)
C．若进入磁场的速度大小为2v0，穿出点的y坐标为(2－3)L
D．若进入磁场的速度大小为2v0，在磁场中的运动时间为
答案：BCD
解析：粒子速度大小为v0＝，则其轨迹半径为R＝＝2L，匀强磁场方向平行于yOz平面，且与z轴负方向成30°角，粒子沿x轴正方向进入匀强磁场，根据左手定则可以判断粒子的轨迹平面为面abcd，如图所示：
ad＝4L，od＝2L，所以粒子圆轨迹的圆心O1正好位于ad中点，轨迹与bc边相切于p点，并且与y轴相交于d点。所以粒子不会与x轴相交，会与y轴交于点d，坐标为(0，2L，0)，故A错误，B正确； 若进入磁场的速度大小为2v0，则其轨迹半径为R′＝＝4L，则其运动轨迹与bc边相交于f点，如图所示：
则cf＝2L，fh＝L，ch＝3L，eh＝ec－hc＝(2－3)L，所以穿出点的y坐标为(2－3)L，C正确； 若进入磁场的速度大小为2v0，设轨迹圆心角为θ，如图所示：
则sin θ＝＝＝，则圆心角θ＝30°，所以粒子在磁场中的运动时间为t＝T＝×＝，故D正确。
第Ⅱ卷(非选择题 共60分)
二、填空题(本题共2小题，共14分。把答案直接填在横线上)
11．(6分)(2023·广东梅州虎山中学高二阶段练习)某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验。两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁(未画出)的S极位于两导轨的正上方，N极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直。
(1)在图中画出连线，完成实验电路；要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向运动。
(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：
A．适当减小两导轨间的距离
B．换一根更长的金属棒
C．适当增大金属棒中的电流
其中正确的是_________(填入正确选项前的字母)。
(3)根据磁场会对电流产生作用力的原理，人们发明了_________(填入正确选项前的字母)。
A．回旋加速器
B．电磁炮
C．质谱仪
答案：(1)见解析 (2)C (3)B
解析：(1)电路连线如图；
(2)根据公式F＝ILB可得，适当增加导轨间的距离或者增大电流，可增大金属棒受到的安培力，根据动能定理有Fs－μmgs＝mv2，则金属棒离开导轨时的动能变大，即离开导轨时的速度变大，A错误，C正确；若换用一根更长的金属棒，但导轨间的距离不变，安培力F不变，棒的质量变大，速度为v＝，速度变小，B错误。故选C。
(3)根据磁场会对电流产生作用力的原理，人们发明了电磁炮；回旋加速器和质谱仪都是根据带电粒子在磁场中受力的作用制成的，故选B。
12．(8分)(2024·武汉市育才高级中学高二期中)如图所示，虚线框内存在一沿水平方向且与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小，并判定其方向。所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；A为电流表；S为开关，此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线，实验电路图如图所示。
(1)完成下列主要实验步骤中的填空。
①按图接线。
②保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态，然后用天平称出细沙质量m1。
③闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D重新处于平衡状态；然后读出___________，并用天平称出___________。
④用米尺测量_________。
(2)用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B ＝___________。
(3)判定磁感应强度方向的方法是：若 ，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里。
答案：(1)电流表的示数I 此时细沙的质量m2 D的底边长度L (2) (3)m2>m1
解析：(1)闭合开关后，D受重力G1＝ m1g、细线拉力T和安培力作用，处于平衡状态。读出电流表的示数I。并用天平称出此时细沙的质量m2。用米尺测出D的底边长度L，可列式求磁感应强度B的大小。
(2)根据平衡条件，有│m2 － m1│g ＝ ILB，解得B ＝ 。
(3)若m2 > m1，则D受到的向上的拉力大于重力，所以安培力的方向向下，根据左手定则可知磁感应强度方向垂直纸面向外；若m2 < m1，则D受到的向上的拉力小于重力，所以安培力的方向向上，根据左手定则可知磁感应强度方向垂直纸面向里。
三、论述、计算题(本题共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13．(8分)(2024·安徽安庆市高二期中)如图所示，两平行导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，导轨的一端接有电动势E＝3 V内阻r＝0.5 Ω的直流电源，两导轨间的距离L＝0.4 m，在导轨所在空间内分布着磁感应强度B＝0.5 T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。现把一个质量m＝0.08 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻R＝1.0 Ω，导体棒恰好刚要滑动，金属导轨电阻不计，(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)ab棒受到的安培力；
(2)ab棒与导轨间的动摩擦因数μ。
答案：(1)0.4 N，沿斜面向上 (2)0.125
解析：(1)根据闭合电路的欧姆定律得I＝＝ A＝2 A
导体棒受到的安培力为F安＝ILB＝0.4 N
由左手定则可知，安培力沿斜面向上。
(2)对导体棒受力分析，将重力正交分解，沿导轨方向有F1＝mgsin 37°＝0.48 N，F1>F安
根据平衡条件可知，摩擦力沿斜面向上，所以有mgsin 37°＝F安＋μmgcos 37°
解得μ＝0.125。
14．(12分)(2024·辽宁朝阳建平县实验中学高二期末)如图所示的xOy坐标系中，y轴的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝1 T，y轴的左侧存在沿x轴正方向的匀强电场。P点为x轴上的点，OP＝20 cm，一电荷量为q＝1.0×10－7 C、质量为m＝1.0×10－8 kg的正粒子由P点沿x轴的正方向射入磁场，经过一段时间粒子通过y轴进入电场，速度方向与y轴的负方向成α＝30°角，粒子在电场中垂直x轴经过Q点。忽略粒子的重力，求：
(1)粒子射入磁场的初速度大小；
(2)电场强度E；
(3)粒子从P点运动到Q点的时间。
答案：(1)4 m/s (2) V/m (3) s
解析：(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，作出运动轨迹示意图如图所示：
由几何关系得Rcos 30°＝OP＝20 cm，
解得R＝0.4 m，
根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，
解得v＝＝4 m/s。
(2)带电粒子在电场中运动时，沿y轴方向做匀速直线运动，有R＋Rsin 30°＝vcos 30°t2，
沿x轴方向做匀变速直线运动，有vsin 30°＝at2，
其中a＝，
解得t2＝ s，E＝ V/m。
(3)带电粒子进入电场前在磁场中运动的时间t1＝T＝＝ s，
之后带电粒子在电场中运动的时间为t2＝ s，
则带电粒子从P点运动到Q点的时间t＝t1＋t2＝ s。
15．(12分)(2024·浙江绍兴一中高二期末)如图所示，空间直角坐标系Oxyz中，MN为竖直放置的两金属板构成的加速器，两板间电压为U。荧光屏Q位于Oxy平面上，虚线分界面P将金属板N、荧光屏Q间的区域分为宽度均为d的Ⅰ、Ⅱ两部分，M、N、P、Q与Oxy平面平行，ab连线与z轴重合。区域Ⅰ、Ⅱ内分别充满沿y轴负方向的匀强磁场和y轴正方向匀强电场，磁感应强度大小为、电场强度大小为。一质量为m、电荷量为＋q的粒子，从M板上的a点静止释放，经加速器加速后从N板上的b孔射出，最后打在荧光屏Q上。不考虑粒子的重力，M、N、P、Q足够大，不计MN间的边缘效应。求：
(1)粒子在b点速度大小及在磁场中做圆周运动的半径R；
(2)粒子经过P分界面时到z轴的距离；
(3)粒子打到荧光屏Q上的位置，用坐标(x，y，z)表示。
答案：(1) d (2) (3)
解析：(1)粒子在电场加速过程，根据动能定理有qU＝mv2，
解得v＝，
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有qBv＝m，
结合上述解得R＝d。
(2)作出粒子在磁场中的运动轨迹如图所示：
根据几何关系有sin θ＝，
解得θ＝60°，
可知粒子经过P分界面时到z轴距离为x1＝R－Rcos 60°＝。
(3)在区域Ⅱ电场中，粒子在z轴上运动的时间为t＝，
在x轴上做匀速直线运动，则有x2＝vsin θ·t＝d，
所以在x轴的坐标为x＝x1＋x2＝d，
在y轴上做初速度为0的匀加速直线运动，则有y＝at2＝d，
可知坐标为。
16．(14分)如图甲所示，电子从静止开始经加速电场加速后从O点以速度v水平射入有界匀强磁场，恰好从M点飞出。已知磁场宽度为L，MP的距离为L，电子质量为m，电荷量为e，求：
(1)加速电压U；
(2)磁感应强度B1；
(3)若磁场的磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，磁场垂直纸面向外为正方向，要使t＝0时刻射入的电子从M点水平射出，磁感应强度B2和周期T应该满足的条件。
答案：(1) (2) (3)(n＝1,2，3，…) (n＝1,2,3，…)
解析：(1)根据动能定理eU＝mv2解得U＝。
(2)电子运动轨迹如图所示，
根据几何关系有r＝(L)2＋(r1－L)2，
解得r1＝2L，
对于电子有eB1v＝m，解得B1＝。
(3)电子运动轨迹最简图如图所示，
可知θ＝60°，电子经n个周期后从M点射出，则OM＝2nr2，即2L＝2nr2，
又eB2v＝m，解得B2＝(n＝1,2,3，…)，
周期关系为×T圆＝T，即×＝T，
解得T＝(n＝1,2,3，…)。
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第一章 安培力与洛伦兹力
章 末 小 结
知识网络构建
方法归纳提炼
一、有关安培力问题的分析与计算
安培力是一种性质力，既可以使通电导体静止、运动或转动，又可以对通电导体做功，因此，有关安培力问题的分析与计算的基本思路和方法与力学问题一样，先取研究对象进行受力分析，判断通电导体的运动情况，然后根据题目中的条件由牛顿定律或动能定理等规律求解。具体求解应从以下几个方面着手分析。
1．安培力的大小
当通电导体与磁场方向垂直时，F＝ILB；当通电导体与磁场方向平行时，F＝0；当通电导体电流方向和磁场方向的夹角为θ时，F＝ILBsin θ。
2．安培力的方向
由左手定则判断，安培力垂直于磁场的方向，也垂直于导线的方向，即安培力垂直于磁场和导线所决定的平面，但磁场与导线可以不垂直。
3．通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路
(1)选定研究对象。
(2)变三维为二维，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I；如图所示。
(3)列平衡方程或牛顿第二定律方程进行求解。
1．(2023·菏泽曹县一中高二阶段练习)如图所示，在倾角θ＝30°的斜面上固定一间距L＝0.5 m的两平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R，电源电动势E＝12 V，内阻r＝1 Ω，一质量m＝20 g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好。整个装置处于磁感应强度B＝0.10 T，垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属棒的电阻不计)。取g＝10 m/s2。
(1)若导轨光滑，要保持金属棒在导轨上静止，求金属棒受到的安培力大小；
(3)若导轨光滑，当滑动变阻器的电阻突然调节为23 Ω时，求金属棒的加速度a的大小。
答案：(1)0.1 N (2)3 Ω～11 Ω (3)3.75 m/s2
Ff＝μmgcosθ＝0.05 N
①当摩擦力沿斜面向上时，有mgsinθ＝F1＋Ff
②当摩擦力沿斜面向下时，有mgsin θ＋Ff＝F2
故滑动变阻器R接入电路中的阻值在3 Ω和11 Ω之间。
方向沿斜面向下。
二、有关洛伦兹力的多解问题
要充分考虑带电粒子的电性、磁场方向、轨迹及临界条件的多种可能性，画出其运动轨迹，分阶段、分层次地求解。常见的多解问题有以下几种：
1．带电粒子电性不确定形成多解
受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，在相同的初速度的条件下，正负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解。
如图甲所示，带电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，如带正电，其轨迹为a，如带负电，其轨迹为b。
2．磁场方向不确定形成多解
有些题目只告诉了磁感应强度大小，而未具体指出磁感应强度方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解。
如图乙所示，带正电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，如B垂直纸面向里，其轨迹为a，如B垂直纸面向外，其轨迹为b。
3．临界状态不唯一形成多解
带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，如图丙所示，于是形成了多解。
4．运动的往复性形成多解
带电粒子在部分是电场，部分是磁场的空间运动时，运动往往具有往复性，从而形成多解。如图丁所示。
B．粒子再次回到P点共需要2次通过原点O
C．若仅将入射速度大小变为3v0，则粒子离开P点后可以再回到P点
D．若仅将入射速度大小变为3v0，则粒子离开P点后不可能再回到P点
答案：AC
三、带电粒子在复合场中的运动
复合场是指电场、磁场和重力场并存或其中某两种场并存的场，也可以指场分区域存在。
1．三种场的比较
力的特点 功和能的特点
重力场 大小：G＝mg
方向：竖直向下 重力做功与路径无关
重力做功改变重力势能
静电场 大小：F＝qE
方向：正电荷受力方向与电场强度的方向相同；负电荷受力方向与电场强度的方向相反 电场力做功与路径无关
W＝qU
电场力做功改变电势能
磁场 洛伦兹力的大小：
F＝qvB，(v⊥B)
方向：符合左手定则 洛伦兹力不做功，不改变电荷的动能
2.带电粒子在复合场中的运动分类
(1)静止或匀速直线运动
当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动。
(2)匀速圆周运动
在三场并存的区域中，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。
(3)较复杂的曲线运动
当带电粒子所受的合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线。
(4)分阶段运动
带电粒子可能依次通过几种不同情况的复合场区域，其运动情况随区域发生变化，其运动过程由几种不同的运动阶段组成。
注意：①研究带电粒子在复合场中的运动时，首先要明确各种不同力的性质和特点；其次要正确地画出其运动轨迹，再选择恰当的规律求解。②一般情况下，电子、质子、α粒子等微观粒子在复合场中所受的重力远小于静电力、磁场力，因而重力可以忽略，如果有具体数据，可以通过比较来确定是否考虑重力，在有些情况下需要由题设条件来确定是否考虑重力。
3．求解带电粒子在复合场中的运动问题的一般步骤
(1)选带电粒子为研究对象；(2)对带电粒子进行受力分析；(3)依据受力情况判定带电粒子的运动形式；(4)分析运动过程并结合力学规律列方程或画图像，然后求解。
(1)求匀强电场的电场强度大小和区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小；
(2)要使粒子能经过x轴上的F(－3L,0)点且在区域Ⅱ内的轨迹半径最大，求粒子由P点运动到F点所需的时间。
解析：(1)粒子在电场中做类平抛运动
设粒子刚进入区域Ⅰ时的速度为v，与x轴负方向之间的夹角为α
可得α＝60°，
设粒子在区域Ⅰ内做匀速圆周运动的半径为R1，
由几何关系可知2R1cos α＝L，
(2)粒子的轨迹如图所示：
2R2sin α＝3L，
4．(多选)如图甲所示，在空间存在一个变化的电场和一个变化的磁场，电场的方向水平向右(图甲中由B到C)，电场强度大小随时间变化情况如图乙所示；磁感应强度方向垂直于纸面、大小随时间变化情况如图丙所示。在t＝1s时，从A点沿AB方向(垂直于BC)以初速度v0射出第一个粒子，并在此之后，每隔2 s有一个相同的粒子沿AB方向均以初速度v0射出，并恰好均能击中C点，若AB＝BC＝l，且粒子由A运动到C的运动时间小于1 s。不计重力和空气阻力，对于各粒子由A运动到C的过程中，以下说法正确的是( )
A．电场强度E0和磁感应强度B0的大小之比为3v0∶1
B．第一个粒子和第二个粒子运动的加速度大小之比为1∶2
C．第一个粒子和第二个粒子运动的时间之比为π∶2
D．第一个粒子和第二个粒子通过C的动能之比为1∶5
答案：BCD
带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，如图乙所示，竖直方向l＝v0t，
第一个粒子和第二个粒子运动的时间之比t1∶t2＝π∶2，C正确；
进考场练真题
一、高考真题探析
(2024·甘肃高考真题)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点释放初速度为零的带电粒子(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qv0B1＝qE1，
(3)粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力F洛＝qv0B1，
向下的电场力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，
二、进考场练真题
1．(2024·江西高考真题)石墨烯是一种由碳原子组成的单层二维蜂窝状晶格结构新材料，具有丰富的电学性能。现设计一电路测量某二维石墨烯样品的载流子(电子)浓度。如图(a)所示，在长为a，宽为b的石墨烯表面加一垂直向里的匀强磁场，磁感应强度为B，电极1、3间通以恒定电流I，电极2、4间将产生电压U。当I＝1.00×10－3 A时，测得U－B关系图线如图(b)所示，元电荷e＝1.60×10－19 C，则此样品每平方米载流子数最接近( )
A．1.7×1019 B．1.7×1015
C．2.3×1020 D．2.3×1016
答案：D
2．(2024·广西高考真题)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( )
答案：C
解析：粒子运动轨迹如图所示：
3．(2024·浙江高考真题)磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是( )
A．图示左侧通电导线受到安培力向下
B．a、b两点的磁感应强度相同
C．圆柱内的磁感应强度处处为零
D．c、d两点的磁感应强度大小相等
答案：A
解析：由左手定则可知，图示左侧通电导线受到安培力向下，故A正确；a、b两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，故B错误；磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为零，故C错误；因c点处的磁感线较d点密集，可知c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，故D错误。故选A。
4．(多选)(2024·福建高考真题)将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘线a、b悬挂于天花板上，AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中，现给导线通以自A到B大小为I的电流，则( )
A．通电后两绳拉力变小
B．通电后两绳拉力变大
C．安培力为πBIr
D．安培力为2BIr
答案：BD
解析：根据左手定则可知，通电后半圆环AB受到的安培力竖直向下，根据受力分析可知，通电后两绳拉力变大，故A错误，B正确；半圆环AB所受安培力的等效长度为直径AB，则安培力大小为F＝BI·2r＝2BIr，故C错误，D正确。故选BD。
5．(多选)(2024·安徽高考真题)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( )
D．小油滴Ⅱ沿顺时针方向做圆周运动
答案：ABD
6．(多选)(2024·湖北高考真题)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。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
答案：AC
答案：A
解析：由题知，一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，
8．(2023·湖南卷)如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下(与纸面平行)，磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域(区域Ⅱ)内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是( )
A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则t>t0
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则t>t0
答案：D
9．(2023·浙江高考真题)某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场B＝k1I，通有待测电流I′的直导线ab垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场B′＝k2I′。调节电阻R，当电流表示数为I0时，元件输出霍尔电压UH为零，则待测电流I′的方向和大小分别为( )
答案：D
10．(多选)(2023·全国甲卷)光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，如图所示。一带电粒子从P点沿PO射入，然后与筒壁发生碰撞。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反；电荷量不变。不计重力。下列说法正确的是( )
A．粒子的运动轨迹可能通过圆心O
B．最少经2次碰撞，粒子就可能从小孔射出
C．射入小孔时粒子的速度越大，在圆内运动时间越短
D．每次碰撞后瞬间，粒子速度方向一定平行于碰撞点与圆心O的连线
答案：BD
解析：假设粒子带负电，第一次从A点和筒壁发生碰撞如图，O1为圆周运动的圆心由几何关系可知∠O1AO为直角，即粒子此时的速度方向为OA，说明粒子在和筒壁碰撞时速度会反向，由圆的对称性在其他点撞击时速度一定沿半径方向，D正确；
假设粒子运动过程过O点，则过P点的速度的垂线和OP连线的中垂线是平行的不能交于一点确定圆心，由圆形对称性撞击筒壁以后的A点的速度垂线和AO连线的中垂线依旧平行不能确定圆心，则粒子不可能过O点，A错误；由题意可知粒子射出磁场以后的圆心组成的多边形应为以筒壁的内切圆的多边形，最少应为三角形如图所示，即撞击两次，B正确；速度越大粒子做圆周运动的半径越大，碰撞次数会可能增多，粒子运动时间不一定减少， C错误。故选BD。
11．(2022·全国甲卷)空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里，电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是( )
答案：B
解析：在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O静止的带正电粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动。磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x轴负方向偏转，A、C错误；运动的过程中电场力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直。由于匀强电场方向是沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次运动到x轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x轴时的速度为0，随后受电场力作用再次进入第二象限重复向左偏转，故B正确，D错误。
12．(多选)(2022·广东卷)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有( )
A．电子从N到P，电场力做正功
B．N点的电势高于P点的电势
C．电子从M到N，洛伦兹力不做功
D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
答案：BC
解析：由题可知电子所受静电力水平向左，电子从N到P的过程中静电力做负功，A错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知N点的电势高于P点，B正确；由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直，故电子从M到N洛伦兹力都不做功，C正确；由于M点和P点在同一等势面上，故从M到P静电力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受静电力作用，在匀强电场中电子在这两点静电力相等，即合力相等，D错误。
13．(2022·重庆高考真题)2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图)，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则( )
B．该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B
C．v2与v1的比值不断变大
D．该离子的加速度大小不变
答案：D
解析：根据功率的计算公式可知P＝Fvcos θ，则电场力的瞬时功率为P＝Eqv1，A错误；由于v1与磁场B平行，则根据洛伦兹力的计算公式有F洛＝qv2B，B错误；根据运动的叠加原理可知，离子在垂直于纸面内做匀速圆周运动，沿水平方向做加速运动，则v1增大，v2不变，v2与v1的比值不断变小，C错误；离子受到的洛伦兹力不变，电场力不变，则该离子的加速度大小不变，D正确。故选D。
14．(2022·江苏高考真题)如图所示，两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，a平行于纸面，电流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里，则导线a所受安培力方向( )
A．平行于纸面向上
B．平行于纸面向下
C．左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里
D．左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外
答案：C
解析：根据安培定则，可判断出导线a左侧部分的空间磁场方向斜向右上，右侧部分的磁场方向斜向右下方，根据左手定则可判断出导线a所受安培力左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里。故选C。
(1)求金属板间电势差U；
(2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ；
(3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O′点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。
根据牛顿第二定律得，电场力提供加速度qE＝ma，
(1)当离子甲从A点出射速度v0时，求电场强度的大小E；
(2)若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，求进入磁场时的最大速度vm；
解析：(1)如图所示，将离子甲从A点出射速度v0分解到沿y轴方向和z轴方向，离子受到的电场力沿y轴负方向，可知离子沿z轴方向做匀速直线运动，沿y轴方向做匀减速直线运动，从A到O的过程，有
(2)离子从坐标原点O沿z轴正方向进入磁场Ⅰ中，在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动，经过磁场Ⅰ偏转后从y轴进入磁场Ⅱ中，继续做匀速圆周运动，如图所示
离子从O点第一次穿过到第四次穿过xOy平面的运动情景，如图所示
离子第四次穿过xOy平面的x坐标为x4＝2r2′sin 45°＝d，
离子第四次穿过xOy平面的y坐标为y4＝2r1′＝d，
故离子第四次穿过xOy平面的位置坐标为(d，d,0)。
离子甲、离子乙在磁场Ⅰ中的轨迹半径分别为
离子甲、离子乙在磁场Ⅱ中的轨迹半径分别为
根据几何关系可知离子甲、乙运动轨迹第一个交点在离子乙第一次穿过x轴的位置，如图所示
从O点进入磁场到第一个交点的过程，有