2025年高考物理押题预测考前冲刺--磁场（有解析）
文档属性
| 名称 | 2025年高考物理押题预测考前冲刺--磁场（有解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.7MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-05-18 19:09:36 | ||
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文档简介
2025年高考物理押题预测考前冲刺--磁场
一．选择题（共10小题）
1．（2025 朝阳区二模）在如图所示的狭长区域内存在有界的匀强磁场，磁场方向竖直向下。一段轻质软导线的P端固定，M端可以自由移动。当导线中通过电流强度I时，在M端施加沿导线的水平恒力F，软导线静止并形成一段圆弧。现撤去软导线，通过点P沿着原来导线方向射入一束质量为m、电荷量为q的粒子，发现粒子在磁场中的轨迹半径与导线形成的圆弧半径相同。磁场的磁感应强度大小为B，不计粒子的重力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．若导线长度减小，仍保持圆弧半径不变，需减小水平恒力F
C．粒子的动量大小为
D．粒子的轨道半径为
2．（2025 丰台区二模）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M点射入，从N点射出。下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．粒子在N点速率小于在M点速率
C．若仅增大磁感应强度，则粒子可能从N点下方射出
D．若仅增大入射速率，则粒子在磁场中运动时间变长
3．（2025 南京二模）如图，绝缘环a、b质量均为m，带电量均为+q，分别套在固定的水平绝缘杆上，环的直径略大于杆的直径。环与杆的动摩擦因数均为μ。两杆分别处于竖直向下的匀强电场E和匀强磁场B中，分别给两环水平向右的初速度v0，两环向右运动直至停下。下列说法不正确的是（ ）
A．摩擦力对两环的冲量相同
B．摩擦力对两环做的功相同
C．若两环最终位移相同，则a环运动时间较短
D．若两环最终运动时间相同，则a环位移较短
4．（2025 南宁模拟）如图所示是某同学自制的测重装置，一水平悬挂的轻质长方形框架位于螺线管中央，可绕螺线管左端口的水平直径SP自由转动，SP左半部分为绝缘材质，左端中间悬挂小重物；右半部分为金属材质，通以电流I2且不与螺线管接触。QR段长为L1，PQ、SR的长度均为L2，当螺线管通有电流I1时，框架保持水平且静止。下列说法中正确的是（ ）
A．QR段受到的安培力竖直向上
B．框架SRQP段受到的安培力正比于L2
C．若同时改变电流I1与I2的方向，框架仍然水平
D．若仅增加螺线管线圈的匝数，框架受到的安培力不变
5．（2025 西城区二模）如图所示，圆形匀强磁场区域的圆心为O，半径为R，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B。一质量为m、电荷量为q的带电粒子以某一速度从P点沿磁场区域的半径方向射入磁场，从Q点射出，PO与OQ成60°角，不计粒子重力。下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子在磁场中做圆周运动的半径等于R
B．带电粒子在磁场中的运动时间等于
C．若射入速度变大，粒子运动的半径变小
D．若射入速度变大，粒子在磁场中的运动时间变短
6．（2025 辽宁三模）某同学为研究带电粒子的运动情况，通过仿真模拟软件设计了如图甲所示的实验，装置由放射源、速度选择器、平行板电容器三部分组成。放射源P靠近速度选择器，能沿水平方向发射出不同速率的某种带电粒子，其中某速率的带电粒子能恰好做直线运动通过速度选择器，并沿平行于金属板A、B的中轴线O1O2射入板间。已知速度选择器中存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B。平行板电容器的极板A、B长为L，两板间加有如图乙所示的交变电压。不计粒子重力及相互间作用力，忽略边缘效应，以下说法中正确的是（ ）
A．从P点射出的粒子一定带正电
B．只增大速度选择器中的电场强度E，仍能沿中轴线O1O2射入平行板电容器的粒子，通过A、B板的时间不变
C．若时刻粒子恰好沿O1O2方向进入平行板电容器，则粒子飞出平行板电容器的方向不可能沿O1O2方向
D．若t＝0时刻沿O1O2进入平行板电容器的粒子离开电容器时方向也平行于O1O2，则（n＝1，2，3，…）
7．（2025 朝阳区校级四模）如图所示，有一个弹性绝缘材料制成的圆筒，沿一条直径开有正对的两孔C和D，筒内有匀强磁场，有一不计重力的带正电的粒子从D孔以大小为v的速度正对圆心入射，与筒壁发生一次弹性碰撞后从C孔飞出圆筒，粒子与筒壁碰撞时垂直于筒壁方向的速度等大反向，沿筒壁方向的速度不变。现改变粒子从D孔入射的方向，使入射的方向与CD成30°角，为使粒子与筒壁发生两次弹性碰撞后仍能从C孔飞出，则粒子的速度的大小为（ ）
A． B． C． D．v
8．（2025 沙坪坝区校级三模）如图所示，空间直角坐标系Oxyz（z轴未画出，正方向垂直于纸面向外）中，xOy平面内半径为R的圆形区域与y轴相切于O点，圆心在O1处，区域内的匀强磁场沿z轴正方向，磁感应强度为B1，x＞0区域内，匀强电场和匀强磁场的方向均沿x轴正方向，电场强度为E，磁感应强度为B2。xOy平面的第三象限内有一平行于x轴、中点在O2处的线状粒子发射器，O1与O2的连线平行于y轴。粒子发射器可在宽度为1.6R的范围内沿y轴正方向发射质量为m，电荷量为q（q＞0），速度大小可调的同种粒子，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。则下列说法正确的是（ ）
A．若发射速度大小，从O2点发出的粒子，飞出圆形磁场时速度偏转了30°
B．若发射速度大小，在磁场B1中运动时间最长的粒子进入圆形磁场时的位置到O1O2的距离为
C．若发射速度大小，则从发射器最左端发射的粒子进入x＞0区域后，运动轨迹上与x轴距离最远点的z坐标为
D．若发射速度大小，则从发射器最左端发射的粒子进入x＞0区域后，运动轨迹上与x轴距离最远点的z坐标为
9．（2025 金华三模）π+介子会发生衰变，反应方程式为π+→μ++vμ，即生成一个μ+介子和一个μ子中微子。在云室中可观察到π+介子衰变前后部分粒子的运动轨迹，如图所示。已知云室中匀强磁场的方向垂直照片平面，粒子重力忽略不计，两段圆弧相切于P点，且r1：r2＝2：1。则μ+和vμ粒子的动量之比可能为（ ）
A．1：1 B．1：3 C．3：1 D．2：1
10．（2025 绵阳模拟）如图所示的平面内有宽度均为d的区域Ⅰ、Ⅱ，区域内有磁场方向分别垂直图示平面向里和向外的匀强磁场，区域Ⅱ内磁场磁感应强度大小为区域Ⅰ内磁场磁感应强度大小的3倍。一带负电的粒子以垂直于边界向右的初速度从区域Ⅰ左边界上的O点进入磁场，运动轨迹与区域Ⅱ右边界上的P点（图中未画出）相切。不计粒子重力，忽略边界效应，则下列判断正确的是（ ）
A．O、P两点竖直方向上的距离为
B．粒子从区域Ⅰ进入区域Ⅱ，速度与边界的夹角为60°
C．粒子从O点到P点，在区域Ⅰ、Ⅱ运动时间之比为3：2
D．粒子从O点到P点，在区域Ⅰ、Ⅱ运动路程之比为2：3
二．多选题（共4小题）
（多选）11．（2025 汕头二模）如图所示，在直角坐标系xOy中，有一个边长为L的正方形区域，a点在原点，b点和d点分别在x轴和y轴上，该区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一带正电的粒子质量为m，电荷量为q，以速度v0从a点沿x轴正方向射入磁场，不计粒子重力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。下列说法正确的是（ ）
A．若粒子恰好从c点射出磁场，则粒子的速度
B．若粒子恰好从bc边的中点射出磁场，则粒子在磁场中运动的时间
C．若粒子的速度，则粒子射出磁场时的速度方向与y轴正方向的夹角为60°
D．若粒子从cd边射出磁场，则粒子在磁场中运动的时间一定不超过
（多选）12．（2025 重庆三模）如图所示，真空中直角坐标系xOy的第二、三象限内有一圆形区域，直径OP＝2L，该区域内存在垂直坐标平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在第一、四象限内有一矩形ABCD区域，AB＝CD＝2πL，OA＝OD，该区域内存在垂直坐标平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场和沿y轴负方向、电场强度大小为E的匀强电场。第二象限内有一垂直y轴、宽度为2L的离子源MN，离子源在极短时间内沿y轴负方向均匀地射出速度相同的同种带电粒子，正对圆心射出的粒子经磁场偏转后恰好能沿直线OQ通过矩形区域，不计粒子受到的重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子的比荷为
B．粒子从CD边离开时的速度大小为
C．Q点持续有粒子经过的时间间隔为
D．有三分之二的粒子能够到达x轴上的Q点
（多选）13．（2025 金华三模）在无线长通电直导线周围某点产生的磁感应强度B与距离r的一次方成反比，可表示为。现有一半径为R的薄壁长圆筒如图1，其壁上电流I0，在筒内侧磁感应强度处处为0，筒外侧磁场可等效为一位于圆筒中心电流强度为I0的长直导线所产生，则（ ）
A．圆筒侧壁单位面积受到的压力为
B．圆筒左半侧在O点产生的磁感应强度水平垂直纸面向里
C．若在圆筒外侧同轴心放置一逆时针的圆形电流如图2，则圆形电流受到圆筒的吸引力
D．若在圆筒轴线放置一反向电流也为I0长直细导线如图3，则圆筒侧壁单位面积受力
（多选）14．（2025 天心区校级模拟）在平面直角坐标系xOy中有如图所示的有界匀强磁场区域，磁场上边界是以O′（0，4d）点为圆心、半径为R＝5d的一段圆弧，圆弧与x轴交于M（﹣3d，0）、N（3d，0）两点，磁场下边界是以坐标原点O为圆心，半径为r＝3d的一段圆弧。如图，在虚线区域内（3d＜y＜9d）有一束均匀分布带负电的粒子沿x轴负方向以速度v0射入该磁场区域。已知磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，带电粒子质量为m，电荷量大小为q，不计粒子重力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法中正确的是（ ）
A．粒子在磁场中的运动半径为4d
B．正对O′点入射的粒子离开磁场后不一定会过O点
C．粒子在磁场区域运动的最长时间为
D．粒子经过O点进入第四象限的比例为
三．填空题（共1小题）
15．（2025 泉州模拟）2024年4月《央视军事》报道，处于世界技术领先的国产电磁炮能在100公里外打穿8厘米厚的钢板。其简化工作原理图如图所示，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，两导轨之间有磁感应强度大小为B的竖直匀强磁场，电源提供恒定的电流I通过待发射弹体，弹体向右加速能获得的最大速度为vm，则磁场的方向是竖直 （选填“向上”或者“向下”），弹体所受安培力的最大功率为 。
四．解答题（共5小题）
16．（2025 安徽模拟）如图所示，平行边界PQ、MN间为区域，宽度为d，PQ上方的区域Ⅰ内有与纸面平行、垂直于PQ向下的匀强电场，PQ下方有垂直于纸面向里的匀强磁场，MN下方的区域Ⅲ内还有与纸面平行、垂直MN向下的匀强电场，两电场的电场强度均为E。一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子在区域Ⅰ中的A点由静止释放，粒子经电场加速、区域Ⅱ中的磁场偏转，在区域Ⅱ中的轨迹刚好与MN相切，A点离PQ的距离为d，不计粒子的重力，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）粒子从静止释放到第n次经过PQ所用的时间；
（3）将粒子在区域Ⅰ中的C点由静止释放，C点到PQ的距离为2d，则粒子在区域Ⅲ中的最大速度为多少。
17．（2025 天津模拟）如图，xOy平面内存在着沿y轴正方向的匀强电场。一个质量为m，带电荷量为+q的粒子从坐标原点O以速度v0沿x轴正方向开始运动。当它经过图中虚线上的点时，撤去电场，粒子继续运动一段时间后进入一个矩形匀强磁场区域（图中未画出），又从虚线上的某一位置N处y轴负方向运动并再次经过M点。已知磁场方向垂直xOy平面（纸面）向里，磁感应强度大小为B，不计粒子的重力。试求：
（1）电场强度的大小；
（2）N点到x轴的距离；
（3）矩形磁场的最小面积。
18．（2025 厦门模拟）如图所示，在空间xOy直角坐标系中，在x＜0区域内有沿y轴正方向的匀强电场E（大小未知），PQ过G点且与y轴平行，在y轴与PQ间，以x轴为分界线，有方向相反、大小相等的两匀强磁场B1（大小未知），PQ右侧区域内有垂直于纸面向外的非匀强磁场，磁感应强度大小B2＝kx（已知且k＞0，x为离PQ的距离）。一质量为m、带电量为+q（q＞0）的粒子以大小为v0，沿x轴正方向的速度从处发射，过O点进入磁场区域，一段时间后恰好从G点进入PQ右侧磁场区域，再经一段时间后，从PQ上的H点（未画出）第一次返回左侧匀强磁场区域。假设电场、磁场均有理想边界，粒子重力忽略不计。求：
（1）匀强电场E的大小；
（2）匀强磁场B1的大小；
（3）粒子从G到H的运动过程中：
①距PQ的最远距离d；
②若，则运动轨迹与GH所围成的面积S。
19．（2025 红桥区二模）近期以Deepseek为代表的我国自主知识产权的人工智能大模型正在迅猛发展，这些大模型在应用中都离不开能源的支撑。据统计我国每年的能源消耗是美国的两倍，是印度的六倍，现在我国67%的能源来源于火力发电。2025年3月可控核聚变实验装置“中国环流三号”又有新的技术突破，这标志着可控核聚变离并网发电又更近了一步，届时能源问题将彻底解决。利用高温超导产生的强磁场将高温反应中的带电粒子“约束”在一定区域内，使其不能射出，是可控核聚变的关键性技术难点。某同学为探究带电粒子的“约束”问题，构想了如图所示的磁场区域，假设匀强磁场的磁感应强度大小为B、垂直于纸面，其边界分别是半径为R和2R的同心圆，O为圆心，A为磁场内在圆弧上的一点，P为OA的中点。若有一粒子源向纸面内的各个方向发射出比荷为的带负电粒子，粒子速度连续分布，且无相互作用。不计粒子的重力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）粒子源在A点时，若所有粒子都不能穿出磁场，粒子速度的最大值vmA；
（2）粒子源在O时，被磁场约束的粒子速度最大值vmO；
（3）粒子源在P点时，被磁场约束的粒子速度的最大值vmP。
20．（2025 西城区校级模拟）有关列车电气制动，可以借助如图甲所示模型来理解，图中水平平行金属导轨处于竖直方向的匀强磁场中，导轨间距为L，磁场的磁感应强度为B，金属棒MN的质量为m，导轨右端接有阻值为R的电阻，金属棒接入电路部分的电阻为r，导轨的电阻不计。MN在安培力作用下向右减速运动的过程对应于列车的电气制动过程，金属棒MN开始减速时的初速度为v0。
（1）求开始减速时：
①导体棒两端的电压U；
②安培力的功率P；
（2）请在图乙绘制减速过程中的MN杆两端电压UMN与位移x的关系图，在其中标注出重要坐标。
2025年高考物理押题预测考前冲刺--磁场
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2025 朝阳区二模）在如图所示的狭长区域内存在有界的匀强磁场，磁场方向竖直向下。一段轻质软导线的P端固定，M端可以自由移动。当导线中通过电流强度I时，在M端施加沿导线的水平恒力F，软导线静止并形成一段圆弧。现撤去软导线，通过点P沿着原来导线方向射入一束质量为m、电荷量为q的粒子，发现粒子在磁场中的轨迹半径与导线形成的圆弧半径相同。磁场的磁感应强度大小为B，不计粒子的重力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．若导线长度减小，仍保持圆弧半径不变，需减小水平恒力F
C．粒子的动量大小为
D．粒子的轨道半径为
【分析】A..根据左手定则，判断导线的受力方向，再结合粒子运动轨迹判断粒子的电性；
B.根据力的表达式判断F的变化；
C.根据力F的表达式和洛伦兹力提供向心力再结合动量公式求粒子的动量大小；
D.由F＝BIL有效和洛伦兹力提供向心力联立求粒子的轨道半径。
【解答】解：A.根据左手定则，判断导线中电流受力方向，再结合粒子运动轨迹与导线圆弧半径相同，若粒子轨迹与导线弯曲方向相同，粒子应带负电，故A错误；
B.设圆弧所对圆心角为θ，导线长度为L，圆弧半径为R，由
F＝BILsinθ
若R不变，L减小，θ可能变化，无法确定F一定减小，故B错误；
C.对于导线，设圆弧所对圆心角为θ，导线有效长度为L有效，由
F＝BIL有效
对于粒子
p＝mv
且粒子轨迹半径R与导线圆弧半径相同，由
F＝BILsinθ
和
联立可得
故C正确；
D.由
F＝BIL有效
和
联立推导，无法得出粒子轨道半径为，故D错误。
故选：C。
【点评】本题既考查了安培力，又考查了洛伦兹力，综合性较强。对导线进行受力分析，考查考生的模型构建能力和科学推理与论证能力。
2．（2025 丰台区二模）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M点射入，从N点射出。下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．粒子在N点速率小于在M点速率
C．若仅增大磁感应强度，则粒子可能从N点下方射出
D．若仅增大入射速率，则粒子在磁场中运动时间变长
【分析】A.根据粒子的偏转情况结合左手定则判断电性；B.粒子在磁场中运动时洛伦兹力不做功；
C.根据判断半径的变化，从而分析出射位置；
D.若仅增大入射速率，分析粒子轨迹对应的圆心角，分析粒子运动时间。
【解答】解：A.根据左手定则，可以判断该粒子带负电，故A错误；
B.洛伦兹力不做功，故粒子在磁场中运动时速度大小不变，故B错误；
C.根据，可知仅增大磁感应强度，粒子运动半径减小，故可能从N点下方射出，故C正确；
D.仅增大入射速率，粒子运动半径增大，在磁场中运动时的圆周角变小，故时间变短，故D错误。
故选：C。
【点评】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，掌握洛伦兹力提供向心力；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。
3．（2025 南京二模）如图，绝缘环a、b质量均为m，带电量均为+q，分别套在固定的水平绝缘杆上，环的直径略大于杆的直径。环与杆的动摩擦因数均为μ。两杆分别处于竖直向下的匀强电场E和匀强磁场B中，分别给两环水平向右的初速度v0，两环向右运动直至停下。下列说法不正确的是（ ）
A．摩擦力对两环的冲量相同
B．摩擦力对两环做的功相同
C．若两环最终位移相同，则a环运动时间较短
D．若两环最终运动时间相同，则a环位移较短
【分析】根据动量定理判断摩擦力的冲量大小；
由动能定理判断摩擦力做功的大小；
根据牛顿第二定律，对环a以及环b分别进行分析，作出环a和环b运动的v﹣t图像，结合v﹣t图像某点切线斜率的绝对值表示加速度大小，利用逆向思维，结合动量定理分析求解时间问题。
【解答】解：A、两环均沿杆做减速运动直到停止，两环受的合力就是摩擦力，以向右为正方向，根据动量定理：I合＝I摩＝Δp＝﹣mv0，由于两环的初速度、质量相同，摩擦力的冲量相同，故A正确；
B、由动能定理可知：W合＝W摩＝ΔEk，所以摩擦力做的功相同，故B正确；
C、对环a进行分析，有：μ（mg+qE）＝maa，解得：aa，由此可知，环a向右做匀减速直线运动。
对环b进行分析，有：μmab，由此可知，环b向右做加速度减小的减速直线运动。由于当两者速度都为零时，其位移相同，可以作出环a和环b运动的v﹣t图像分别如图中的实线和虚线所示，
两者向右停止时位移相同，则有ta＜tb故，故C正确；
D、若两者的时间相等ta＝tb，两者v﹣t图像如下所示，
实线所围的面积大于虚线所围的面积，则xa＞xb，故D错误。
本题选错误的，
故选：D。
【点评】根据牛顿第二定律，对环a以及环b分别进行分析，作出环a和环b运动的v﹣t图像，结合v﹣t图像某点切线斜率的绝对值表示加速度大小，利用逆向思维，结合动量定理和动能定理分析求解。
4．（2025 南宁模拟）如图所示是某同学自制的测重装置，一水平悬挂的轻质长方形框架位于螺线管中央，可绕螺线管左端口的水平直径SP自由转动，SP左半部分为绝缘材质，左端中间悬挂小重物；右半部分为金属材质，通以电流I2且不与螺线管接触。QR段长为L1，PQ、SR的长度均为L2，当螺线管通有电流I1时，框架保持水平且静止。下列说法中正确的是（ ）
A．QR段受到的安培力竖直向上
B．框架SRQP段受到的安培力正比于L2
C．若同时改变电流I1与I2的方向，框架仍然水平
D．若仅增加螺线管线圈的匝数，框架受到的安培力不变
【分析】根据左手定则判断安培力方向，根据安培力计算公式F＝BIL分析。
【解答】解：A.根据右手螺旋定则可知，螺线管内部磁感线方向向右，根据左手定则可知QR段受到的安培力竖直向下，故A错误；
B.U形电路所受的安培力为F＝BI2L1，所以安培力F正比于L1，即QR的长度，故B错误；
C.同时改变I1和I2的电流方向，则螺线管内部的磁场方向和QR中的电流方向都改变，则不会改变QR边的受力方向，框架仍然水平，故C正确；
D.若仅增加螺线管线圈的匝数，螺线管内部磁感应强度变大，框架受到的安培力变大，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查左手定则以及安培力计算公式的简单应用，难度不大，但情境新颖，解题关键是要能读懂题意，能够想象对应的物理模型。
5．（2025 西城区二模）如图所示，圆形匀强磁场区域的圆心为O，半径为R，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B。一质量为m、电荷量为q的带电粒子以某一速度从P点沿磁场区域的半径方向射入磁场，从Q点射出，PO与OQ成60°角，不计粒子重力。下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子在磁场中做圆周运动的半径等于R
B．带电粒子在磁场中的运动时间等于
C．若射入速度变大，粒子运动的半径变小
D．若射入速度变大，粒子在磁场中的运动时间变短
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径与转过的圆心角，然后根据周期公式与牛顿第二定律分析答题。
【解答】解：A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示
由几何知识可知r＝Rtan30°R，粒子转过的圆心角θ＝120°，故A错误；
B、粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T，粒子在磁场中的运动时间t，故B错误；
C、粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，解得r，若入射速度v变大，粒子运动的半径r变大，故C错误；
D、设粒子在磁场中转过的圆心角为α，粒子的轨道半径为r，则tan，若射入速度v变大，则粒子做圆周运动的轨道半径r变大，粒子转过的圆心角α变小，粒子在磁场中的运动时间t变短，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程，作出粒子运动轨迹，应用几何知识与牛顿第二定律即可解题。
6．（2025 辽宁三模）某同学为研究带电粒子的运动情况，通过仿真模拟软件设计了如图甲所示的实验，装置由放射源、速度选择器、平行板电容器三部分组成。放射源P靠近速度选择器，能沿水平方向发射出不同速率的某种带电粒子，其中某速率的带电粒子能恰好做直线运动通过速度选择器，并沿平行于金属板A、B的中轴线O1O2射入板间。已知速度选择器中存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B。平行板电容器的极板A、B长为L，两板间加有如图乙所示的交变电压。不计粒子重力及相互间作用力，忽略边缘效应，以下说法中正确的是（ ）
A．从P点射出的粒子一定带正电
B．只增大速度选择器中的电场强度E，仍能沿中轴线O1O2射入平行板电容器的粒子，通过A、B板的时间不变
C．若时刻粒子恰好沿O1O2方向进入平行板电容器，则粒子飞出平行板电容器的方向不可能沿O1O2方向
D．若t＝0时刻沿O1O2进入平行板电容器的粒子离开电容器时方向也平行于O1O2，则（n＝1，2，3，…）
【分析】根据速度选择器的原理和平衡条件、交变电流的周期性对应粒子运动的周期性进行分析解答。
【解答】解：A.根据速度选择器的原理可知，无论正负电荷只要速度满足v均可通过，故A错误；
B.只增大速度选择器中的电场强度E，沿直线穿过速度选择器的电子所受洛伦兹力与电场力平衡，即evB＝eE，电子的速率，沿中轴线射入的电子速率增大，则穿过金属板的时间变短，故B错误；
C.若时刻进入金属板间的粒子恰沿O1O2的方向，则粒子在竖直方向加速和减速的时间一定相等，根据两板间电压的周期性可知，如果粒子在板间的运动时间为的偶数倍时，粒子飞出金属板的速度方向也是沿着O1O2方向，故C错误；
D.若t＝0时刻进入金属板间的粒子恰能水平飞出，可知粒子射出金属板的时刻为t＝nT（n＝1，2，3，…），则电子的速率为（n＝1，2，3，…），可得（n＝1，2，3， ），故D正确。
故选：D。
【点评】考查速度选择器的原理和平衡条件、交变电流的周期性对应粒子运动的周期性，会根据题意进行准确分析解答。
7．（2025 朝阳区校级四模）如图所示，有一个弹性绝缘材料制成的圆筒，沿一条直径开有正对的两孔C和D，筒内有匀强磁场，有一不计重力的带正电的粒子从D孔以大小为v的速度正对圆心入射，与筒壁发生一次弹性碰撞后从C孔飞出圆筒，粒子与筒壁碰撞时垂直于筒壁方向的速度等大反向，沿筒壁方向的速度不变。现改变粒子从D孔入射的方向，使入射的方向与CD成30°角，为使粒子与筒壁发生两次弹性碰撞后仍能从C孔飞出，则粒子的速度的大小为（ ）
A． B． C． D．v
【分析】根据题意，画出粒子从D孔以大小为v的速度正对圆心入射，与筒壁发生一次弹性碰撞后从C孔飞出圆筒的运动轨迹，根据几何关系和洛伦兹力提供向心力找出速度和半径的关系，改变粒子从D孔入射的方向，画出运动轨迹，根据几何关系求粒子的速度的大小。
【解答】解：如图
不计重力的带正电的粒子从D孔以大小为v的速度正对圆心入射，与筒壁发生一次弹性碰撞后从C孔飞出圆筒，圆筒的半径为R，则带正电的粒子运动的轨道半径为R，所以
改变粒子从D孔入射的方向，使入射的方向与CD成30°角，粒子与筒壁发生两次弹性碰撞，粒子与筒壁碰撞时垂直于筒壁方向的速度等大反向，沿筒壁方向的速度不变，如图
D点和第一次碰撞点对应的圆筒的圆心角为60°，设粒子的速度为v'，v'与CD成30°角，则 OEO′D为菱形，所以粒子运动的轨道半径为R，则
所以
v'＝v
故ABC错误，D正确；
故选：D。
【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
8．（2025 沙坪坝区校级三模）如图所示，空间直角坐标系Oxyz（z轴未画出，正方向垂直于纸面向外）中，xOy平面内半径为R的圆形区域与y轴相切于O点，圆心在O1处，区域内的匀强磁场沿z轴正方向，磁感应强度为B1，x＞0区域内，匀强电场和匀强磁场的方向均沿x轴正方向，电场强度为E，磁感应强度为B2。xOy平面的第三象限内有一平行于x轴、中点在O2处的线状粒子发射器，O1与O2的连线平行于y轴。粒子发射器可在宽度为1.6R的范围内沿y轴正方向发射质量为m，电荷量为q（q＞0），速度大小可调的同种粒子，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。则下列说法正确的是（ ）
A．若发射速度大小，从O2点发出的粒子，飞出圆形磁场时速度偏转了30°
B．若发射速度大小，在磁场B1中运动时间最长的粒子进入圆形磁场时的位置到O1O2的距离为
C．若发射速度大小，则从发射器最左端发射的粒子进入x＞0区域后，运动轨迹上与x轴距离最远点的z坐标为
D．若发射速度大小，则从发射器最左端发射的粒子进入x＞0区域后，运动轨迹上与x轴距离最远点的z坐标为
【分析】画出粒子在不同速度情况的运动轨迹，由几何关系和洛伦兹力提供向心力求该粒子的半径；再由几何关系求距离；
由几何关系和洛伦兹力提供向心力，求在磁场中运动时间最长的粒子进入圆形磁场时的位置到O1O2的距离；
再结合运动学公式求运动轨迹上与x轴距离最远点的位置坐标。
【解答】解：A、当时，半径，粒子运动轨迹如图 甲所示，
由几何关系可知粒子速度方向偏转了60°，故A错误；
B、由洛伦兹力提供向心力有：，代入数据得到
设从C点进，D点出的粒子在磁场中运动时间最长，则CD为圆形磁场的直径，粒子运动轨迹如图乙所示，∠CO4D＝90°
由几何关系得：r2 sinα＝R，解得：
由几何关系得：该粒子的入射位置到O1O2的距离：，故B错误；
CD、由题意得：粒子在圆形磁场中的运动半径r3＝R，发射器最左端发射的粒子运动轨迹如图丙所示，
设该粒子运动到O点时其速度方向与x轴正方向夹角为β 由几何关系：r3+r3sinβ＝1.8R
得到：sinβ＝0.8，va＝v3 cosβ，vy＝v3cosβ
由题意得：该粒子的运动可视为沿x轴正方向的匀加速直线
运动和垂直于x轴平面内的匀速圆周运动的合运动：，
解得：
周期：
粒子轨迹上的点与x轴的最远距离为：，故D错误，C正确。
故选：C。
【点评】本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
9．（2025 金华三模）π+介子会发生衰变，反应方程式为π+→μ++vμ，即生成一个μ+介子和一个μ子中微子。在云室中可观察到π+介子衰变前后部分粒子的运动轨迹，如图所示。已知云室中匀强磁场的方向垂直照片平面，粒子重力忽略不计，两段圆弧相切于P点，且r1：r2＝2：1。则μ+和vμ粒子的动量之比可能为（ ）
A．1：1 B．1：3 C．3：1 D．2：1
【分析】带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得小粒子与反冲核的电荷量之比，由动量守恒定律分析解答即可。
【解答】解：由于中微子不带电，磁场中不偏转，图中为π+介子和μ+，它们带电量相同，由偏转半径
可知二者动量大小之比为2：1，由于都带正电，在切点处他们的速度方向一定相反，若r1对应π+介子，动量为2p，则μ+介子动量大小为p，由于衰变前后动量守恒，vμ动量大小为3p，动量之比为1：3，若r2对应π+介子，同理可推出另两个粒子动量之比为2：3，无对应选项，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】本题题主要考查带电粒子在磁场中的运动、动量等相关知识。
10．（2025 绵阳模拟）如图所示的平面内有宽度均为d的区域Ⅰ、Ⅱ，区域内有磁场方向分别垂直图示平面向里和向外的匀强磁场，区域Ⅱ内磁场磁感应强度大小为区域Ⅰ内磁场磁感应强度大小的3倍。一带负电的粒子以垂直于边界向右的初速度从区域Ⅰ左边界上的O点进入磁场，运动轨迹与区域Ⅱ右边界上的P点（图中未画出）相切。不计粒子重力，忽略边界效应，则下列判断正确的是（ ）
A．O、P两点竖直方向上的距离为
B．粒子从区域Ⅰ进入区域Ⅱ，速度与边界的夹角为60°
C．粒子从O点到P点，在区域Ⅰ、Ⅱ运动时间之比为3：2
D．粒子从O点到P点，在区域Ⅰ、Ⅱ运动路程之比为2：3
【分析】根据洛伦兹力提供向心力求解两区域内半径关系，根据几何关系可得粒子在Ⅰ中的偏转角，由几何关系得到在竖直方向偏的距离；
根据几何关系得到粒子在两个区域中的偏转角，结合周期公式、几何关系等求解粒子在Ⅰ中、Ⅱ中的运动时间，由此得到粒子在两个区域的时间之比和路程之比；
【解答】解：根据洛伦兹力提供给向心力：
变形可得：
由题意知：B2＝3B1
可知：r1＝3r2
画出粒子运动轨迹如图所示，
设粒子在磁场I中的偏转角为θ，由几何关系有：r1sinθ＝d，r2sinθ+r2＝d
联立解得：，r1＝2d，
A、OP两点竖直方向上的偏移距离：，故A错误；
B、粒子从区域Ⅰ进入区域Ⅱ，圆心角为30o，即速度的偏向角为30o，因此速度与边界的夹角为60°，故B正确；
C、粒子在区域I中运动的时间：
粒子在区域Ⅱ中运动的时间：
在区域Ⅰ、Ⅱ运动时间之比为：t1：t2＝3：4，故C错误；
D、粒子从O点到P点，在区域Ⅰ、Ⅱ运动路程之比为，故D错误。
故选：B。
【点评】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。
二．多选题（共4小题）
（多选）11．（2025 汕头二模）如图所示，在直角坐标系xOy中，有一个边长为L的正方形区域，a点在原点，b点和d点分别在x轴和y轴上，该区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一带正电的粒子质量为m，电荷量为q，以速度v0从a点沿x轴正方向射入磁场，不计粒子重力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。下列说法正确的是（ ）
A．若粒子恰好从c点射出磁场，则粒子的速度
B．若粒子恰好从bc边的中点射出磁场，则粒子在磁场中运动的时间
C．若粒子的速度，则粒子射出磁场时的速度方向与y轴正方向的夹角为60°
D．若粒子从cd边射出磁场，则粒子在磁场中运动的时间一定不超过
【分析】根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系，综合粒子射出磁场时速度方向与y轴正方向夹角分析求解。
【解答】解：A．若粒子恰好从c点射出磁场，几何关系可知，粒子圆周运动半径为r＝L，根据洛伦兹力提供向心力，半径满足
解得
故A错误；
B．若粒子恰好从bc边的中点射出磁场，轨迹如下图所示
设轨迹圆半径为R，几何关系可知：
解得半径满足：
则此时圆心角满足：
可知圆心角为：θ＝53°
则粒子在磁场中运动的时间满足：
故B正确；
C．若，根据洛伦兹力提供向心力，则轨迹圆半径满足：
这种情况粒子从cd边射出，设粒子射出磁场时速度方向与y轴正方向夹角为β，则圆心角满足：
即β≠60°
故C错误；
D．若粒子从cd边射出磁场，粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大不超过180°，则最长运动时间，所以粒子在磁场中运动的时间一定不超过。
故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，理解粒子在不同时刻的运动状态，根据题目合理选取公式是解决此类问题的关键。
（多选）12．（2025 重庆三模）如图所示，真空中直角坐标系xOy的第二、三象限内有一圆形区域，直径OP＝2L，该区域内存在垂直坐标平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在第一、四象限内有一矩形ABCD区域，AB＝CD＝2πL，OA＝OD，该区域内存在垂直坐标平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场和沿y轴负方向、电场强度大小为E的匀强电场。第二象限内有一垂直y轴、宽度为2L的离子源MN，离子源在极短时间内沿y轴负方向均匀地射出速度相同的同种带电粒子，正对圆心射出的粒子经磁场偏转后恰好能沿直线OQ通过矩形区域，不计粒子受到的重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子的比荷为
B．粒子从CD边离开时的速度大小为
C．Q点持续有粒子经过的时间间隔为
D．有三分之二的粒子能够到达x轴上的Q点
【分析】根据题意由磁聚焦的原理和在复合场中做直线运动的平衡条件，从而得到速度；
根据动能定理求从CD边离开时的速度；
分别找到能通过Q点的两种情况下粒子的运动轨迹，用配速法结合动量定理求时间间隔和能达到x轴上的Q点的粒子占比。
【解答】解：A、根据几何关系可知，粒子在圆形磁场中运动的轨迹半径为L，所有粒子均由O点进入矩形区域，根据牛顿运动定律有：
沿直线OQ运动的粒子受力平衡有：qv0B＝qE
联立解得：，故A正确；
B、粒子从CD边离开时，根据动能定理有：
解得：v，故B错误；
C、设运动轨迹最低点与CD边相切的粒子经过O点时的速度方向与x轴正方向的夹角为α，如图所示，
在水平方向上，根据动量定理可得：
由于在y方向上有：
解得：α ，由于 AB＝CD＝2π L
没有从AB、CD边射出的粒子在矩形区域内的运动可看作两个运动的合成，分别为匀速直线运动和一个完整的匀速圆周运动，对应a、b间的粒子均能经过Q点，根据几何关系可得，从b点射出的粒子先经过Q点，从a点射出的粒子最后经过Q点
所以Q点持续有粒子经过的时间间隔：，故C正确；
D、能够到达Q点的粒子占总粒子的比例，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查带电粒于在叠加场中的偏转，目的是考查学生的模型建构能力，难点在于带电粒子在复合场中的运动要用配速法解答。
（多选）13．（2025 金华三模）在无线长通电直导线周围某点产生的磁感应强度B与距离r的一次方成反比，可表示为。现有一半径为R的薄壁长圆筒如图1，其壁上电流I0，在筒内侧磁感应强度处处为0，筒外侧磁场可等效为一位于圆筒中心电流强度为I0的长直导线所产生，则（ ）
A．圆筒侧壁单位面积受到的压力为
B．圆筒左半侧在O点产生的磁感应强度水平垂直纸面向里
C．若在圆筒外侧同轴心放置一逆时针的圆形电流如图2，则圆形电流受到圆筒的吸引力
D．若在圆筒轴线放置一反向电流也为I0长直细导线如图3，则圆筒侧壁单位面积受力
【分析】AD、运用微元法分析在圆筒侧壁单位面积产生的磁场，根据安培力公式分析磁场力，进而可得单位面积受到的压力；
B、根据右手螺旋定则分析；
C、当电流方向与磁感线方向平行时，通电线圈不受磁场的力的作用。
【解答】解：A.根据题意紧贴圆筒外侧的磁感应强度，导体上的电流密度，在圆筒上取宽度为Δd，长度为Δl一个小微元，在微元朝向圆筒一侧，磁感应强度为零，可知该微元产生的磁场和除去该微元以外电流产生的磁场，在圆筒内部等大反向，根据对称性可知在圆筒的外侧等大同向，因此其他部分在该微元处产生的磁场，该微元受到的磁场力，圆筒侧壁单位面积受到的压力即为，整理得，故A错误；
B.将圆筒的左半部分分成完全相同的n份，根据右手螺旋定则，关于原点对称的内、外两份在原点产生的磁场的合场强垂直纸面向里，所有磁场叠加，因此圆筒左半侧在O点产生的磁感应强度水平垂直纸面向里，故B正确；
C.圆筒的电流在圆环部分产生的磁场与圆环平行，对圆环没有力的作用，故C错误；
D.在圆筒的内部紧贴圆筒部分，磁感应强度为，利用磁场的叠加可知，在圆筒的外部合场强为零，利用A选项中的结论可知，圆筒单位面积受到的力与A选项大小相等，故D正确。
故选：BD。
【点评】考查电流与磁场的关联，熟悉安培力公式和右手螺旋定则的运用。
（多选）14．（2025 天心区校级模拟）在平面直角坐标系xOy中有如图所示的有界匀强磁场区域，磁场上边界是以O′（0，4d）点为圆心、半径为R＝5d的一段圆弧，圆弧与x轴交于M（﹣3d，0）、N（3d，0）两点，磁场下边界是以坐标原点O为圆心，半径为r＝3d的一段圆弧。如图，在虚线区域内（3d＜y＜9d）有一束均匀分布带负电的粒子沿x轴负方向以速度v0射入该磁场区域。已知磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，带电粒子质量为m，电荷量大小为q，不计粒子重力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法中正确的是（ ）
A．粒子在磁场中的运动半径为4d
B．正对O′点入射的粒子离开磁场后不一定会过O点
C．粒子在磁场区域运动的最长时间为
D．粒子经过O点进入第四象限的比例为
【分析】粒子垂直射入匀强磁场，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意分析清楚粒子运动过程，作出粒子运动轨迹，应用牛顿第二定律与几何知识分析答题；求出粒子在磁场中转过的最长圆心角，然后求出粒子的最长运动时间。
【解答】解：A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，对粒子，由牛顿第二定律得qv0B＝m，解得粒子在磁场中的轨道半径为r＝4d，故A正确；
B、正对O′的粒子，圆心恰好在x轴上，进入磁场后做匀速圆周运动，如图所示
根据勾股定理可知，进入无磁场区域后，速度方向恰好指向O点，即正对O点入射的粒子离开磁场后一定会过O点，故B错误；
C、根据题意知，所有粒子沿水平方向射入磁场，半径与速度方向垂直，圆心均在入射点的正下方，半径均为4d，所有圆心所在的轨迹相当于将磁场边界向下平移4d形状，O′平移到O点位置，即所有粒子进入磁场后做圆周，运动的圆心到O点距离均为5d，如图所示
利用勾股定理可知，进入无磁场区域后，所有粒子速度方向都指向O点，因此所有粒子都过O点。由上述分析可知，从最上方进入的粒子，在磁场中偏转角度最大，运动的时间最长，如下图所示
由几何关系可知，该粒子在磁场中旋转了143°，因此运动的时间为，故C正确；
D、如图所示，从y＝7d水平向左的粒子离开磁场粒子方向沿y轴负方向，故7d＜y＜9d射入的粒子过O点后射入第四象限，3d＜y＜7d射入的粒子过O点后射入第三象限。故进入第四象限的比例为，故D正确。
故选：ACD。
【点评】本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动，本题难点在于要画出粒子的运动轨迹，找到重要的几何关系，结合牛顿第二定律和运动学公式即可完成分析。
三．填空题（共1小题）
15．（2025 泉州模拟）2024年4月《央视军事》报道，处于世界技术领先的国产电磁炮能在100公里外打穿8厘米厚的钢板。其简化工作原理图如图所示，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，两导轨之间有磁感应强度大小为B的竖直匀强磁场，电源提供恒定的电流I通过待发射弹体，弹体向右加速能获得的最大速度为vm，则磁场的方向是竖直 向下 （选填“向上”或者“向下”），弹体所受安培力的最大功率为 BILvm 。
【分析】电磁炮利用了安培力（即洛伦兹力）来加速弹体。安培力的方向由左手定则确定，其大小与电流、磁场强度和导体长度成正比。
题目中提到弹体能获得最大速度，这意味着在弹体达到最大速度时，安培力与弹体的运动方向一致，即安培力方向与弹体运动方向相同。
【解答】解：炮弹在安培力的作用下向右加速度运动，则安培力方向向右，且已知电流的方向，根据左手定则可知，磁场的方向是竖直向下的；
安培力为F＝BIL
当速度达到最大速度为vm时，最大功率为Pm＝Fvm＝BILvm；
故答案为：向下；BILvm。
【点评】本题的关键在于理解电磁炮的工作原理，特别是安培力的方向和大小的计算。通过左手定则确定磁场方向，以及利用安培力公式计算安培力的大小，进而求得安培力的最大功率。这不仅考察了学生对电磁学基本原理的掌握，还要求学生能够将理论知识应用于实际问题的解决中。
四．解答题（共5小题）
16．（2025 安徽模拟）如图所示，平行边界PQ、MN间为区域，宽度为d，PQ上方的区域Ⅰ内有与纸面平行、垂直于PQ向下的匀强电场，PQ下方有垂直于纸面向里的匀强磁场，MN下方的区域Ⅲ内还有与纸面平行、垂直MN向下的匀强电场，两电场的电场强度均为E。一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子在区域Ⅰ中的A点由静止释放，粒子经电场加速、区域Ⅱ中的磁场偏转，在区域Ⅱ中的轨迹刚好与MN相切，A点离PQ的距离为d，不计粒子的重力，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）粒子从静止释放到第n次经过PQ所用的时间；
（3）将粒子在区域Ⅰ中的C点由静止释放，C点到PQ的距离为2d，则粒子在区域Ⅲ中的最大速度为多少。
【分析】（1）根据动能定理，结合洛伦兹力提供向心力分析求解；
（2）根据位移—时间公式，结合粒子每次在磁场中运动的时间分析求解；
（3）根据动量定理，结合正则动量与动能定理分析求解。
【解答】解：（1）设粒子刚进区域Ⅱ时的速度大小为v0，根据动能定理有：
解得
根据题意可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝d
根据牛顿第二定律
解得
（2）设粒子第一次在电场中运动的时间为t1，则
解得
粒子每次在磁场中运动的时间
粒子从静止释放到第n次经过PQ所用的时间
当n为奇数时：
当n为偶数时：
（3）由题求得粒子进入区域Ⅲ的水平分速度大小为v0，在区域Ⅲ中运动的速度最大时，速度方向与MN平行，设最大速度为v，以初始水平速度方向为正方向，根据动量定理：，
即qBy＝mv﹣mv0
根据动能定理
解得
答：（1）匀强磁场的磁感应强度大小为；
（2）粒子从静止释放到第n次经过PQ所用的时间满足：n为奇数时，n为偶数时，；
（3）将粒子在区域Ⅰ中的C点由静止释放，C点到PQ的距离为2d，则粒子在区域Ⅲ中的最大速度为。
【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，理解粒子在不同时刻的运动状态，根据题目合理选取公式是解决此类问题的关键。
17．（2025 天津模拟）如图，xOy平面内存在着沿y轴正方向的匀强电场。一个质量为m，带电荷量为+q的粒子从坐标原点O以速度v0沿x轴正方向开始运动。当它经过图中虚线上的点时，撤去电场，粒子继续运动一段时间后进入一个矩形匀强磁场区域（图中未画出），又从虚线上的某一位置N处y轴负方向运动并再次经过M点。已知磁场方向垂直xOy平面（纸面）向里，磁感应强度大小为B，不计粒子的重力。试求：
（1）电场强度的大小；
（2）N点到x轴的距离；
（3）矩形磁场的最小面积。
【分析】带电粒子在电场中做类平抛运动，射出电场后做匀速直线运动，进入在磁场中做匀速圆周运动，利用类平抛运动的规从电场中射出速度方向的垂线，垂足为P，则P点为粒子射入磁场的入射点，N为从磁场中射出的初射点．以O′为圆心，ON为半径做圆如下图；该圆即是粒子运动的轨迹；做NP 的平行线与圆相切，再做MO′的两条平行线与圆相切，则这三条切线和MN围成的面积即是最小面积。
【解答】解：（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动有
Eq＝ma
解得
（2）粒子离开M点时有
vy＝at
粒子的速度与水平方向有
解得
α ＝ 30°
粒子在磁场中做圆周运动有
解得
粒子偏转后又从N点沿y轴负方向运动，根据几何关系
解得N点到x轴的距离为
（3）当粒子运动的轨迹大致如下图所示
根据几何关系有
答：（1）电场强度的大小为；
（2）N点到x轴的距离为；
（3）矩形磁场的最小面积为。
【点评】解答本题应注意分清物理过程，不同物理过程应用相应的物理知识；抓住关键字句，分析出关键条件．如该题中粒子从N点沿MN的方向射出，即可分析出速度方向，再利用相关知识来“定圆心，找半径”；此外良好的作图能力及几何分析能力是解决此类问题的关键。
18．（2025 厦门模拟）如图所示，在空间xOy直角坐标系中，在x＜0区域内有沿y轴正方向的匀强电场E（大小未知），PQ过G点且与y轴平行，在y轴与PQ间，以x轴为分界线，有方向相反、大小相等的两匀强磁场B1（大小未知），PQ右侧区域内有垂直于纸面向外的非匀强磁场，磁感应强度大小B2＝kx（已知且k＞0，x为离PQ的距离）。一质量为m、带电量为+q（q＞0）的粒子以大小为v0，沿x轴正方向的速度从处发射，过O点进入磁场区域，一段时间后恰好从G点进入PQ右侧磁场区域，再经一段时间后，从PQ上的H点（未画出）第一次返回左侧匀强磁场区域。假设电场、磁场均有理想边界，粒子重力忽略不计。求：
（1）匀强电场E的大小；
（2）匀强磁场B1的大小；
（3）粒子从G到H的运动过程中：
①距PQ的最远距离d；
②若，则运动轨迹与GH所围成的面积S。
【分析】（1）粒子从N到O的过程中根据运动学公式求匀强电场E的大小；
（2）画出粒子从O到G的运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力和几何关系求匀强磁场B1的大小；
（3）①由动量定理和动量守恒求距PQ的最远距离d；
②由动量定理求运动轨迹与GH所围成的面积S。
【解答】解：（1）粒子从N到O过程
L＝v0t
qE＝ma
联立解得
（2）粒子从O到G过程
vy＝at
解得
θ＝60°
解得
v＝2v0
根据洛伦兹力提供向心力
由几何关系可知
解得
（n＝1，2，3， ）
解得
（an＝1，2，3， ）
（3）①粒子从G到离PQ最远的点，在y轴方向上，以沿y轴负方向的方向为正方向，由动量定理得
qvxB2 Δt＝mΔvy
微元法累加后
又有
当（2）问中n为奇数时
联立解得
当（2）问中n为偶数时
解得
所以：
②如图
粒子从G到H，当时，根据第（2）小题，可知粒子向下偏转在x轴方向上，以沿x轴负方向的方向为正方向，由动量定理得
qvyB2 Δt＝mΔvx
微元法累加后
又有
解得
答：（1）匀强电场E的大小为；
（2）匀强磁场B1的大小为（an＝1，2，3， ）；
（3）①距PQ的最远距离d为；
②若，则运动轨迹与GH所围成的面积S为。
【点评】本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
19．（2025 红桥区二模）近期以Deepseek为代表的我国自主知识产权的人工智能大模型正在迅猛发展，这些大模型在应用中都离不开能源的支撑。据统计我国每年的能源消耗是美国的两倍，是印度的六倍，现在我国67%的能源来源于火力发电。2025年3月可控核聚变实验装置“中国环流三号”又有新的技术突破，这标志着可控核聚变离并网发电又更近了一步，届时能源问题将彻底解决。利用高温超导产生的强磁场将高温反应中的带电粒子“约束”在一定区域内，使其不能射出，是可控核聚变的关键性技术难点。某同学为探究带电粒子的“约束”问题，构想了如图所示的磁场区域，假设匀强磁场的磁感应强度大小为B、垂直于纸面，其边界分别是半径为R和2R的同心圆，O为圆心，A为磁场内在圆弧上的一点，P为OA的中点。若有一粒子源向纸面内的各个方向发射出比荷为的带负电粒子，粒子速度连续分布，且无相互作用。不计粒子的重力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）粒子源在A点时，若所有粒子都不能穿出磁场，粒子速度的最大值vmA；
（2）粒子源在O时，被磁场约束的粒子速度最大值vmO；
（3）粒子源在P点时，被磁场约束的粒子速度的最大值vmP。
【分析】（1）粒子从A点射入，根据磁场区域，找到做圆周运动最大半径，根据洛伦兹力提供向心力，即可求得速度最大值；
（2）由几何关系，可计算粒子运动半径，根据洛伦兹力提供向心力求被磁场约束的粒子速度最大值vmO；
（3）由几何关系，计算最大半径，从而计算最大速度。
【解答】解：（1）由题意可知当速度最大的粒子从A点与内圆相切向上射入磁场，其轨迹恰好与外圆相切时，所有粒子都不能穿出磁场，如下图所示
根据几何关系有
洛伦兹力提供带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律有
解得：
（2）如图2所示
当粒子源在O时，粒子在磁场中的运动轨迹与磁场外边界相切时，被磁场约束的粒子每次经过磁场时间为最大值，设粒子运动半径为rO。在△OAC中
OA2+AC2＝OC2
即
解得：
洛伦兹力提供带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律有
解得：
（3）如图3所示
当粒子源在P点时，∠OFP越大，轨迹半径越大。根据正弦定理，有
又因为sin∠OPF的最大值为1，故sin∠OFP的最大值为0.5，粒子在磁场中的运动轨迹与磁场外边界相切时，被磁场约束的粒子的半径最大，速度为最大值，设粒子运动半径为rP，根据几何关系可得
rP＝R
洛伦兹力提供带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律有
解得：
答：（1）粒子速度的最大值vmA为；
（2）粒子源在O时，被磁场约束的粒子速度最大值vmO为；
（3）粒子源在P点时，被磁场约束的粒子速度的最大值vmP为。
【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动的临界问题，解题关键是分析得到临界情况，再利用公式求解。
20．（2025 西城区校级模拟）有关列车电气制动，可以借助如图甲所示模型来理解，图中水平平行金属导轨处于竖直方向的匀强磁场中，导轨间距为L，磁场的磁感应强度为B，金属棒MN的质量为m，导轨右端接有阻值为R的电阻，金属棒接入电路部分的电阻为r，导轨的电阻不计。MN在安培力作用下向右减速运动的过程对应于列车的电气制动过程，金属棒MN开始减速时的初速度为v0。
（1）求开始减速时：
①导体棒两端的电压U；
②安培力的功率P；
（2）请在图乙绘制减速过程中的MN杆两端电压UMN与位移x的关系图，在其中标注出重要坐标。
【分析】（1）①②根据感应电动势公式和闭合电路的欧姆定律，功率的公式联立求解；
（2）根据动量定理、电荷量公式推导电压随x变化的关系式，结合表达式计算纵轴截距和横轴截距再作图像。
【解答】解：（1）①开始减速时，电动势E＝BLv0，依据闭合电路欧姆定律有，则导体棒两端的电压；
②安培力F安＝BIL，则安培力的功率为P＝F安v0，解得；
（2）规定初速度的方向为正方向，根据动量定理﹣BILt＝mv﹣mv0，而q＝It Δt，又UMN，联立解得UMN x，故纵轴上的截距为b，横轴上的截距为a，则图像如下
答：（1）①导体棒两端的电压U为；
②安培力的功率P为；
（2）作出的图像如解析。
【点评】考查闭合电路的欧姆定律和动量定理的应用等，会根据题意进行准确分析解答。
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一．选择题（共10小题）
1．（2025 朝阳区二模）在如图所示的狭长区域内存在有界的匀强磁场，磁场方向竖直向下。一段轻质软导线的P端固定，M端可以自由移动。当导线中通过电流强度I时，在M端施加沿导线的水平恒力F，软导线静止并形成一段圆弧。现撤去软导线，通过点P沿着原来导线方向射入一束质量为m、电荷量为q的粒子，发现粒子在磁场中的轨迹半径与导线形成的圆弧半径相同。磁场的磁感应强度大小为B，不计粒子的重力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．若导线长度减小，仍保持圆弧半径不变，需减小水平恒力F
C．粒子的动量大小为
D．粒子的轨道半径为
2．（2025 丰台区二模）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M点射入，从N点射出。下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．粒子在N点速率小于在M点速率
C．若仅增大磁感应强度，则粒子可能从N点下方射出
D．若仅增大入射速率，则粒子在磁场中运动时间变长
3．（2025 南京二模）如图，绝缘环a、b质量均为m，带电量均为+q，分别套在固定的水平绝缘杆上，环的直径略大于杆的直径。环与杆的动摩擦因数均为μ。两杆分别处于竖直向下的匀强电场E和匀强磁场B中，分别给两环水平向右的初速度v0，两环向右运动直至停下。下列说法不正确的是（ ）
A．摩擦力对两环的冲量相同
B．摩擦力对两环做的功相同
C．若两环最终位移相同，则a环运动时间较短
D．若两环最终运动时间相同，则a环位移较短
4．（2025 南宁模拟）如图所示是某同学自制的测重装置，一水平悬挂的轻质长方形框架位于螺线管中央，可绕螺线管左端口的水平直径SP自由转动，SP左半部分为绝缘材质，左端中间悬挂小重物；右半部分为金属材质，通以电流I2且不与螺线管接触。QR段长为L1，PQ、SR的长度均为L2，当螺线管通有电流I1时，框架保持水平且静止。下列说法中正确的是（ ）
A．QR段受到的安培力竖直向上
B．框架SRQP段受到的安培力正比于L2
C．若同时改变电流I1与I2的方向，框架仍然水平
D．若仅增加螺线管线圈的匝数，框架受到的安培力不变
5．（2025 西城区二模）如图所示，圆形匀强磁场区域的圆心为O，半径为R，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B。一质量为m、电荷量为q的带电粒子以某一速度从P点沿磁场区域的半径方向射入磁场，从Q点射出，PO与OQ成60°角，不计粒子重力。下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子在磁场中做圆周运动的半径等于R
B．带电粒子在磁场中的运动时间等于
C．若射入速度变大，粒子运动的半径变小
D．若射入速度变大，粒子在磁场中的运动时间变短
6．（2025 辽宁三模）某同学为研究带电粒子的运动情况，通过仿真模拟软件设计了如图甲所示的实验，装置由放射源、速度选择器、平行板电容器三部分组成。放射源P靠近速度选择器，能沿水平方向发射出不同速率的某种带电粒子，其中某速率的带电粒子能恰好做直线运动通过速度选择器，并沿平行于金属板A、B的中轴线O1O2射入板间。已知速度选择器中存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B。平行板电容器的极板A、B长为L，两板间加有如图乙所示的交变电压。不计粒子重力及相互间作用力，忽略边缘效应，以下说法中正确的是（ ）
A．从P点射出的粒子一定带正电
B．只增大速度选择器中的电场强度E，仍能沿中轴线O1O2射入平行板电容器的粒子，通过A、B板的时间不变
C．若时刻粒子恰好沿O1O2方向进入平行板电容器，则粒子飞出平行板电容器的方向不可能沿O1O2方向
D．若t＝0时刻沿O1O2进入平行板电容器的粒子离开电容器时方向也平行于O1O2，则（n＝1，2，3，…）
7．（2025 朝阳区校级四模）如图所示，有一个弹性绝缘材料制成的圆筒，沿一条直径开有正对的两孔C和D，筒内有匀强磁场，有一不计重力的带正电的粒子从D孔以大小为v的速度正对圆心入射，与筒壁发生一次弹性碰撞后从C孔飞出圆筒，粒子与筒壁碰撞时垂直于筒壁方向的速度等大反向，沿筒壁方向的速度不变。现改变粒子从D孔入射的方向，使入射的方向与CD成30°角，为使粒子与筒壁发生两次弹性碰撞后仍能从C孔飞出，则粒子的速度的大小为（ ）
A． B． C． D．v
8．（2025 沙坪坝区校级三模）如图所示，空间直角坐标系Oxyz（z轴未画出，正方向垂直于纸面向外）中，xOy平面内半径为R的圆形区域与y轴相切于O点，圆心在O1处，区域内的匀强磁场沿z轴正方向，磁感应强度为B1，x＞0区域内，匀强电场和匀强磁场的方向均沿x轴正方向，电场强度为E，磁感应强度为B2。xOy平面的第三象限内有一平行于x轴、中点在O2处的线状粒子发射器，O1与O2的连线平行于y轴。粒子发射器可在宽度为1.6R的范围内沿y轴正方向发射质量为m，电荷量为q（q＞0），速度大小可调的同种粒子，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。则下列说法正确的是（ ）
A．若发射速度大小，从O2点发出的粒子，飞出圆形磁场时速度偏转了30°
B．若发射速度大小，在磁场B1中运动时间最长的粒子进入圆形磁场时的位置到O1O2的距离为
C．若发射速度大小，则从发射器最左端发射的粒子进入x＞0区域后，运动轨迹上与x轴距离最远点的z坐标为
D．若发射速度大小，则从发射器最左端发射的粒子进入x＞0区域后，运动轨迹上与x轴距离最远点的z坐标为
9．（2025 金华三模）π+介子会发生衰变，反应方程式为π+→μ++vμ，即生成一个μ+介子和一个μ子中微子。在云室中可观察到π+介子衰变前后部分粒子的运动轨迹，如图所示。已知云室中匀强磁场的方向垂直照片平面，粒子重力忽略不计，两段圆弧相切于P点，且r1：r2＝2：1。则μ+和vμ粒子的动量之比可能为（ ）
A．1：1 B．1：3 C．3：1 D．2：1
10．（2025 绵阳模拟）如图所示的平面内有宽度均为d的区域Ⅰ、Ⅱ，区域内有磁场方向分别垂直图示平面向里和向外的匀强磁场，区域Ⅱ内磁场磁感应强度大小为区域Ⅰ内磁场磁感应强度大小的3倍。一带负电的粒子以垂直于边界向右的初速度从区域Ⅰ左边界上的O点进入磁场，运动轨迹与区域Ⅱ右边界上的P点（图中未画出）相切。不计粒子重力，忽略边界效应，则下列判断正确的是（ ）
A．O、P两点竖直方向上的距离为
B．粒子从区域Ⅰ进入区域Ⅱ，速度与边界的夹角为60°
C．粒子从O点到P点，在区域Ⅰ、Ⅱ运动时间之比为3：2
D．粒子从O点到P点，在区域Ⅰ、Ⅱ运动路程之比为2：3
二．多选题（共4小题）
（多选）11．（2025 汕头二模）如图所示，在直角坐标系xOy中，有一个边长为L的正方形区域，a点在原点，b点和d点分别在x轴和y轴上，该区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一带正电的粒子质量为m，电荷量为q，以速度v0从a点沿x轴正方向射入磁场，不计粒子重力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。下列说法正确的是（ ）
A．若粒子恰好从c点射出磁场，则粒子的速度
B．若粒子恰好从bc边的中点射出磁场，则粒子在磁场中运动的时间
C．若粒子的速度，则粒子射出磁场时的速度方向与y轴正方向的夹角为60°
D．若粒子从cd边射出磁场，则粒子在磁场中运动的时间一定不超过
（多选）12．（2025 重庆三模）如图所示，真空中直角坐标系xOy的第二、三象限内有一圆形区域，直径OP＝2L，该区域内存在垂直坐标平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在第一、四象限内有一矩形ABCD区域，AB＝CD＝2πL，OA＝OD，该区域内存在垂直坐标平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场和沿y轴负方向、电场强度大小为E的匀强电场。第二象限内有一垂直y轴、宽度为2L的离子源MN，离子源在极短时间内沿y轴负方向均匀地射出速度相同的同种带电粒子，正对圆心射出的粒子经磁场偏转后恰好能沿直线OQ通过矩形区域，不计粒子受到的重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子的比荷为
B．粒子从CD边离开时的速度大小为
C．Q点持续有粒子经过的时间间隔为
D．有三分之二的粒子能够到达x轴上的Q点
（多选）13．（2025 金华三模）在无线长通电直导线周围某点产生的磁感应强度B与距离r的一次方成反比，可表示为。现有一半径为R的薄壁长圆筒如图1，其壁上电流I0，在筒内侧磁感应强度处处为0，筒外侧磁场可等效为一位于圆筒中心电流强度为I0的长直导线所产生，则（ ）
A．圆筒侧壁单位面积受到的压力为
B．圆筒左半侧在O点产生的磁感应强度水平垂直纸面向里
C．若在圆筒外侧同轴心放置一逆时针的圆形电流如图2，则圆形电流受到圆筒的吸引力
D．若在圆筒轴线放置一反向电流也为I0长直细导线如图3，则圆筒侧壁单位面积受力
（多选）14．（2025 天心区校级模拟）在平面直角坐标系xOy中有如图所示的有界匀强磁场区域，磁场上边界是以O′（0，4d）点为圆心、半径为R＝5d的一段圆弧，圆弧与x轴交于M（﹣3d，0）、N（3d，0）两点，磁场下边界是以坐标原点O为圆心，半径为r＝3d的一段圆弧。如图，在虚线区域内（3d＜y＜9d）有一束均匀分布带负电的粒子沿x轴负方向以速度v0射入该磁场区域。已知磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，带电粒子质量为m，电荷量大小为q，不计粒子重力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法中正确的是（ ）
A．粒子在磁场中的运动半径为4d
B．正对O′点入射的粒子离开磁场后不一定会过O点
C．粒子在磁场区域运动的最长时间为
D．粒子经过O点进入第四象限的比例为
三．填空题（共1小题）
15．（2025 泉州模拟）2024年4月《央视军事》报道，处于世界技术领先的国产电磁炮能在100公里外打穿8厘米厚的钢板。其简化工作原理图如图所示，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，两导轨之间有磁感应强度大小为B的竖直匀强磁场，电源提供恒定的电流I通过待发射弹体，弹体向右加速能获得的最大速度为vm，则磁场的方向是竖直 （选填“向上”或者“向下”），弹体所受安培力的最大功率为 。
四．解答题（共5小题）
16．（2025 安徽模拟）如图所示，平行边界PQ、MN间为区域，宽度为d，PQ上方的区域Ⅰ内有与纸面平行、垂直于PQ向下的匀强电场，PQ下方有垂直于纸面向里的匀强磁场，MN下方的区域Ⅲ内还有与纸面平行、垂直MN向下的匀强电场，两电场的电场强度均为E。一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子在区域Ⅰ中的A点由静止释放，粒子经电场加速、区域Ⅱ中的磁场偏转，在区域Ⅱ中的轨迹刚好与MN相切，A点离PQ的距离为d，不计粒子的重力，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）粒子从静止释放到第n次经过PQ所用的时间；
（3）将粒子在区域Ⅰ中的C点由静止释放，C点到PQ的距离为2d，则粒子在区域Ⅲ中的最大速度为多少。
17．（2025 天津模拟）如图，xOy平面内存在着沿y轴正方向的匀强电场。一个质量为m，带电荷量为+q的粒子从坐标原点O以速度v0沿x轴正方向开始运动。当它经过图中虚线上的点时，撤去电场，粒子继续运动一段时间后进入一个矩形匀强磁场区域（图中未画出），又从虚线上的某一位置N处y轴负方向运动并再次经过M点。已知磁场方向垂直xOy平面（纸面）向里，磁感应强度大小为B，不计粒子的重力。试求：
（1）电场强度的大小；
（2）N点到x轴的距离；
（3）矩形磁场的最小面积。
18．（2025 厦门模拟）如图所示，在空间xOy直角坐标系中，在x＜0区域内有沿y轴正方向的匀强电场E（大小未知），PQ过G点且与y轴平行，在y轴与PQ间，以x轴为分界线，有方向相反、大小相等的两匀强磁场B1（大小未知），PQ右侧区域内有垂直于纸面向外的非匀强磁场，磁感应强度大小B2＝kx（已知且k＞0，x为离PQ的距离）。一质量为m、带电量为+q（q＞0）的粒子以大小为v0，沿x轴正方向的速度从处发射，过O点进入磁场区域，一段时间后恰好从G点进入PQ右侧磁场区域，再经一段时间后，从PQ上的H点（未画出）第一次返回左侧匀强磁场区域。假设电场、磁场均有理想边界，粒子重力忽略不计。求：
（1）匀强电场E的大小；
（2）匀强磁场B1的大小；
（3）粒子从G到H的运动过程中：
①距PQ的最远距离d；
②若，则运动轨迹与GH所围成的面积S。
19．（2025 红桥区二模）近期以Deepseek为代表的我国自主知识产权的人工智能大模型正在迅猛发展，这些大模型在应用中都离不开能源的支撑。据统计我国每年的能源消耗是美国的两倍，是印度的六倍，现在我国67%的能源来源于火力发电。2025年3月可控核聚变实验装置“中国环流三号”又有新的技术突破，这标志着可控核聚变离并网发电又更近了一步，届时能源问题将彻底解决。利用高温超导产生的强磁场将高温反应中的带电粒子“约束”在一定区域内，使其不能射出，是可控核聚变的关键性技术难点。某同学为探究带电粒子的“约束”问题，构想了如图所示的磁场区域，假设匀强磁场的磁感应强度大小为B、垂直于纸面，其边界分别是半径为R和2R的同心圆，O为圆心，A为磁场内在圆弧上的一点，P为OA的中点。若有一粒子源向纸面内的各个方向发射出比荷为的带负电粒子，粒子速度连续分布，且无相互作用。不计粒子的重力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）粒子源在A点时，若所有粒子都不能穿出磁场，粒子速度的最大值vmA；
（2）粒子源在O时，被磁场约束的粒子速度最大值vmO；
（3）粒子源在P点时，被磁场约束的粒子速度的最大值vmP。
20．（2025 西城区校级模拟）有关列车电气制动，可以借助如图甲所示模型来理解，图中水平平行金属导轨处于竖直方向的匀强磁场中，导轨间距为L，磁场的磁感应强度为B，金属棒MN的质量为m，导轨右端接有阻值为R的电阻，金属棒接入电路部分的电阻为r，导轨的电阻不计。MN在安培力作用下向右减速运动的过程对应于列车的电气制动过程，金属棒MN开始减速时的初速度为v0。
（1）求开始减速时：
①导体棒两端的电压U；
②安培力的功率P；
（2）请在图乙绘制减速过程中的MN杆两端电压UMN与位移x的关系图，在其中标注出重要坐标。
2025年高考物理押题预测考前冲刺--磁场
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2025 朝阳区二模）在如图所示的狭长区域内存在有界的匀强磁场，磁场方向竖直向下。一段轻质软导线的P端固定，M端可以自由移动。当导线中通过电流强度I时，在M端施加沿导线的水平恒力F，软导线静止并形成一段圆弧。现撤去软导线，通过点P沿着原来导线方向射入一束质量为m、电荷量为q的粒子，发现粒子在磁场中的轨迹半径与导线形成的圆弧半径相同。磁场的磁感应强度大小为B，不计粒子的重力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．若导线长度减小，仍保持圆弧半径不变，需减小水平恒力F
C．粒子的动量大小为
D．粒子的轨道半径为
【分析】A..根据左手定则，判断导线的受力方向，再结合粒子运动轨迹判断粒子的电性；
B.根据力的表达式判断F的变化；
C.根据力F的表达式和洛伦兹力提供向心力再结合动量公式求粒子的动量大小；
D.由F＝BIL有效和洛伦兹力提供向心力联立求粒子的轨道半径。
【解答】解：A.根据左手定则，判断导线中电流受力方向，再结合粒子运动轨迹与导线圆弧半径相同，若粒子轨迹与导线弯曲方向相同，粒子应带负电，故A错误；
B.设圆弧所对圆心角为θ，导线长度为L，圆弧半径为R，由
F＝BILsinθ
若R不变，L减小，θ可能变化，无法确定F一定减小，故B错误；
C.对于导线，设圆弧所对圆心角为θ，导线有效长度为L有效，由
F＝BIL有效
对于粒子
p＝mv
且粒子轨迹半径R与导线圆弧半径相同，由
F＝BILsinθ
和
联立可得
故C正确；
D.由
F＝BIL有效
和
联立推导，无法得出粒子轨道半径为，故D错误。
故选：C。
【点评】本题既考查了安培力，又考查了洛伦兹力，综合性较强。对导线进行受力分析，考查考生的模型构建能力和科学推理与论证能力。
2．（2025 丰台区二模）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M点射入，从N点射出。下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．粒子在N点速率小于在M点速率
C．若仅增大磁感应强度，则粒子可能从N点下方射出
D．若仅增大入射速率，则粒子在磁场中运动时间变长
【分析】A.根据粒子的偏转情况结合左手定则判断电性；B.粒子在磁场中运动时洛伦兹力不做功；
C.根据判断半径的变化，从而分析出射位置；
D.若仅增大入射速率，分析粒子轨迹对应的圆心角，分析粒子运动时间。
【解答】解：A.根据左手定则，可以判断该粒子带负电，故A错误；
B.洛伦兹力不做功，故粒子在磁场中运动时速度大小不变，故B错误；
C.根据，可知仅增大磁感应强度，粒子运动半径减小，故可能从N点下方射出，故C正确；
D.仅增大入射速率，粒子运动半径增大，在磁场中运动时的圆周角变小，故时间变短，故D错误。
故选：C。
【点评】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，掌握洛伦兹力提供向心力；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。
3．（2025 南京二模）如图，绝缘环a、b质量均为m，带电量均为+q，分别套在固定的水平绝缘杆上，环的直径略大于杆的直径。环与杆的动摩擦因数均为μ。两杆分别处于竖直向下的匀强电场E和匀强磁场B中，分别给两环水平向右的初速度v0，两环向右运动直至停下。下列说法不正确的是（ ）
A．摩擦力对两环的冲量相同
B．摩擦力对两环做的功相同
C．若两环最终位移相同，则a环运动时间较短
D．若两环最终运动时间相同，则a环位移较短
【分析】根据动量定理判断摩擦力的冲量大小；
由动能定理判断摩擦力做功的大小；
根据牛顿第二定律，对环a以及环b分别进行分析，作出环a和环b运动的v﹣t图像，结合v﹣t图像某点切线斜率的绝对值表示加速度大小，利用逆向思维，结合动量定理分析求解时间问题。
【解答】解：A、两环均沿杆做减速运动直到停止，两环受的合力就是摩擦力，以向右为正方向，根据动量定理：I合＝I摩＝Δp＝﹣mv0，由于两环的初速度、质量相同，摩擦力的冲量相同，故A正确；
B、由动能定理可知：W合＝W摩＝ΔEk，所以摩擦力做的功相同，故B正确；
C、对环a进行分析，有：μ（mg+qE）＝maa，解得：aa，由此可知，环a向右做匀减速直线运动。
对环b进行分析，有：μmab，由此可知，环b向右做加速度减小的减速直线运动。由于当两者速度都为零时，其位移相同，可以作出环a和环b运动的v﹣t图像分别如图中的实线和虚线所示，
两者向右停止时位移相同，则有ta＜tb故，故C正确；
D、若两者的时间相等ta＝tb，两者v﹣t图像如下所示，
实线所围的面积大于虚线所围的面积，则xa＞xb，故D错误。
本题选错误的，
故选：D。
【点评】根据牛顿第二定律，对环a以及环b分别进行分析，作出环a和环b运动的v﹣t图像，结合v﹣t图像某点切线斜率的绝对值表示加速度大小，利用逆向思维，结合动量定理和动能定理分析求解。
4．（2025 南宁模拟）如图所示是某同学自制的测重装置，一水平悬挂的轻质长方形框架位于螺线管中央，可绕螺线管左端口的水平直径SP自由转动，SP左半部分为绝缘材质，左端中间悬挂小重物；右半部分为金属材质，通以电流I2且不与螺线管接触。QR段长为L1，PQ、SR的长度均为L2，当螺线管通有电流I1时，框架保持水平且静止。下列说法中正确的是（ ）
A．QR段受到的安培力竖直向上
B．框架SRQP段受到的安培力正比于L2
C．若同时改变电流I1与I2的方向，框架仍然水平
D．若仅增加螺线管线圈的匝数，框架受到的安培力不变
【分析】根据左手定则判断安培力方向，根据安培力计算公式F＝BIL分析。
【解答】解：A.根据右手螺旋定则可知，螺线管内部磁感线方向向右，根据左手定则可知QR段受到的安培力竖直向下，故A错误；
B.U形电路所受的安培力为F＝BI2L1，所以安培力F正比于L1，即QR的长度，故B错误；
C.同时改变I1和I2的电流方向，则螺线管内部的磁场方向和QR中的电流方向都改变，则不会改变QR边的受力方向，框架仍然水平，故C正确；
D.若仅增加螺线管线圈的匝数，螺线管内部磁感应强度变大，框架受到的安培力变大，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查左手定则以及安培力计算公式的简单应用，难度不大，但情境新颖，解题关键是要能读懂题意，能够想象对应的物理模型。
5．（2025 西城区二模）如图所示，圆形匀强磁场区域的圆心为O，半径为R，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B。一质量为m、电荷量为q的带电粒子以某一速度从P点沿磁场区域的半径方向射入磁场，从Q点射出，PO与OQ成60°角，不计粒子重力。下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子在磁场中做圆周运动的半径等于R
B．带电粒子在磁场中的运动时间等于
C．若射入速度变大，粒子运动的半径变小
D．若射入速度变大，粒子在磁场中的运动时间变短
【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径与转过的圆心角，然后根据周期公式与牛顿第二定律分析答题。
【解答】解：A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示
由几何知识可知r＝Rtan30°R，粒子转过的圆心角θ＝120°，故A错误；
B、粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T，粒子在磁场中的运动时间t，故B错误；
C、粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m，解得r，若入射速度v变大，粒子运动的半径r变大，故C错误；
D、设粒子在磁场中转过的圆心角为α，粒子的轨道半径为r，则tan，若射入速度v变大，则粒子做圆周运动的轨道半径r变大，粒子转过的圆心角α变小，粒子在磁场中的运动时间t变短，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程，作出粒子运动轨迹，应用几何知识与牛顿第二定律即可解题。
6．（2025 辽宁三模）某同学为研究带电粒子的运动情况，通过仿真模拟软件设计了如图甲所示的实验，装置由放射源、速度选择器、平行板电容器三部分组成。放射源P靠近速度选择器，能沿水平方向发射出不同速率的某种带电粒子，其中某速率的带电粒子能恰好做直线运动通过速度选择器，并沿平行于金属板A、B的中轴线O1O2射入板间。已知速度选择器中存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B。平行板电容器的极板A、B长为L，两板间加有如图乙所示的交变电压。不计粒子重力及相互间作用力，忽略边缘效应，以下说法中正确的是（ ）
A．从P点射出的粒子一定带正电
B．只增大速度选择器中的电场强度E，仍能沿中轴线O1O2射入平行板电容器的粒子，通过A、B板的时间不变
C．若时刻粒子恰好沿O1O2方向进入平行板电容器，则粒子飞出平行板电容器的方向不可能沿O1O2方向
D．若t＝0时刻沿O1O2进入平行板电容器的粒子离开电容器时方向也平行于O1O2，则（n＝1，2，3，…）
【分析】根据速度选择器的原理和平衡条件、交变电流的周期性对应粒子运动的周期性进行分析解答。
【解答】解：A.根据速度选择器的原理可知，无论正负电荷只要速度满足v均可通过，故A错误；
B.只增大速度选择器中的电场强度E，沿直线穿过速度选择器的电子所受洛伦兹力与电场力平衡，即evB＝eE，电子的速率，沿中轴线射入的电子速率增大，则穿过金属板的时间变短，故B错误；
C.若时刻进入金属板间的粒子恰沿O1O2的方向，则粒子在竖直方向加速和减速的时间一定相等，根据两板间电压的周期性可知，如果粒子在板间的运动时间为的偶数倍时，粒子飞出金属板的速度方向也是沿着O1O2方向，故C错误；
D.若t＝0时刻进入金属板间的粒子恰能水平飞出，可知粒子射出金属板的时刻为t＝nT（n＝1，2，3，…），则电子的速率为（n＝1，2，3，…），可得（n＝1，2，3， ），故D正确。
故选：D。
【点评】考查速度选择器的原理和平衡条件、交变电流的周期性对应粒子运动的周期性，会根据题意进行准确分析解答。
7．（2025 朝阳区校级四模）如图所示，有一个弹性绝缘材料制成的圆筒，沿一条直径开有正对的两孔C和D，筒内有匀强磁场，有一不计重力的带正电的粒子从D孔以大小为v的速度正对圆心入射，与筒壁发生一次弹性碰撞后从C孔飞出圆筒，粒子与筒壁碰撞时垂直于筒壁方向的速度等大反向，沿筒壁方向的速度不变。现改变粒子从D孔入射的方向，使入射的方向与CD成30°角，为使粒子与筒壁发生两次弹性碰撞后仍能从C孔飞出，则粒子的速度的大小为（ ）
A． B． C． D．v
【分析】根据题意，画出粒子从D孔以大小为v的速度正对圆心入射，与筒壁发生一次弹性碰撞后从C孔飞出圆筒的运动轨迹，根据几何关系和洛伦兹力提供向心力找出速度和半径的关系，改变粒子从D孔入射的方向，画出运动轨迹，根据几何关系求粒子的速度的大小。
【解答】解：如图
不计重力的带正电的粒子从D孔以大小为v的速度正对圆心入射，与筒壁发生一次弹性碰撞后从C孔飞出圆筒，圆筒的半径为R，则带正电的粒子运动的轨道半径为R，所以
改变粒子从D孔入射的方向，使入射的方向与CD成30°角，粒子与筒壁发生两次弹性碰撞，粒子与筒壁碰撞时垂直于筒壁方向的速度等大反向，沿筒壁方向的速度不变，如图
D点和第一次碰撞点对应的圆筒的圆心角为60°，设粒子的速度为v'，v'与CD成30°角，则 OEO′D为菱形，所以粒子运动的轨道半径为R，则
所以
v'＝v
故ABC错误，D正确；
故选：D。
【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
8．（2025 沙坪坝区校级三模）如图所示，空间直角坐标系Oxyz（z轴未画出，正方向垂直于纸面向外）中，xOy平面内半径为R的圆形区域与y轴相切于O点，圆心在O1处，区域内的匀强磁场沿z轴正方向，磁感应强度为B1，x＞0区域内，匀强电场和匀强磁场的方向均沿x轴正方向，电场强度为E，磁感应强度为B2。xOy平面的第三象限内有一平行于x轴、中点在O2处的线状粒子发射器，O1与O2的连线平行于y轴。粒子发射器可在宽度为1.6R的范围内沿y轴正方向发射质量为m，电荷量为q（q＞0），速度大小可调的同种粒子，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。则下列说法正确的是（ ）
A．若发射速度大小，从O2点发出的粒子，飞出圆形磁场时速度偏转了30°
B．若发射速度大小，在磁场B1中运动时间最长的粒子进入圆形磁场时的位置到O1O2的距离为
C．若发射速度大小，则从发射器最左端发射的粒子进入x＞0区域后，运动轨迹上与x轴距离最远点的z坐标为
D．若发射速度大小，则从发射器最左端发射的粒子进入x＞0区域后，运动轨迹上与x轴距离最远点的z坐标为
【分析】画出粒子在不同速度情况的运动轨迹，由几何关系和洛伦兹力提供向心力求该粒子的半径；再由几何关系求距离；
由几何关系和洛伦兹力提供向心力，求在磁场中运动时间最长的粒子进入圆形磁场时的位置到O1O2的距离；
再结合运动学公式求运动轨迹上与x轴距离最远点的位置坐标。
【解答】解：A、当时，半径，粒子运动轨迹如图 甲所示，
由几何关系可知粒子速度方向偏转了60°，故A错误；
B、由洛伦兹力提供向心力有：，代入数据得到
设从C点进，D点出的粒子在磁场中运动时间最长，则CD为圆形磁场的直径，粒子运动轨迹如图乙所示，∠CO4D＝90°
由几何关系得：r2 sinα＝R，解得：
由几何关系得：该粒子的入射位置到O1O2的距离：，故B错误；
CD、由题意得：粒子在圆形磁场中的运动半径r3＝R，发射器最左端发射的粒子运动轨迹如图丙所示，
设该粒子运动到O点时其速度方向与x轴正方向夹角为β 由几何关系：r3+r3sinβ＝1.8R
得到：sinβ＝0.8，va＝v3 cosβ，vy＝v3cosβ
由题意得：该粒子的运动可视为沿x轴正方向的匀加速直线
运动和垂直于x轴平面内的匀速圆周运动的合运动：，
解得：
周期：
粒子轨迹上的点与x轴的最远距离为：，故D错误，C正确。
故选：C。
【点评】本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
9．（2025 金华三模）π+介子会发生衰变，反应方程式为π+→μ++vμ，即生成一个μ+介子和一个μ子中微子。在云室中可观察到π+介子衰变前后部分粒子的运动轨迹，如图所示。已知云室中匀强磁场的方向垂直照片平面，粒子重力忽略不计，两段圆弧相切于P点，且r1：r2＝2：1。则μ+和vμ粒子的动量之比可能为（ ）
A．1：1 B．1：3 C．3：1 D．2：1
【分析】带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得小粒子与反冲核的电荷量之比，由动量守恒定律分析解答即可。
【解答】解：由于中微子不带电，磁场中不偏转，图中为π+介子和μ+，它们带电量相同，由偏转半径
可知二者动量大小之比为2：1，由于都带正电，在切点处他们的速度方向一定相反，若r1对应π+介子，动量为2p，则μ+介子动量大小为p，由于衰变前后动量守恒，vμ动量大小为3p，动量之比为1：3，若r2对应π+介子，同理可推出另两个粒子动量之比为2：3，无对应选项，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】本题题主要考查带电粒子在磁场中的运动、动量等相关知识。
10．（2025 绵阳模拟）如图所示的平面内有宽度均为d的区域Ⅰ、Ⅱ，区域内有磁场方向分别垂直图示平面向里和向外的匀强磁场，区域Ⅱ内磁场磁感应强度大小为区域Ⅰ内磁场磁感应强度大小的3倍。一带负电的粒子以垂直于边界向右的初速度从区域Ⅰ左边界上的O点进入磁场，运动轨迹与区域Ⅱ右边界上的P点（图中未画出）相切。不计粒子重力，忽略边界效应，则下列判断正确的是（ ）
A．O、P两点竖直方向上的距离为
B．粒子从区域Ⅰ进入区域Ⅱ，速度与边界的夹角为60°
C．粒子从O点到P点，在区域Ⅰ、Ⅱ运动时间之比为3：2
D．粒子从O点到P点，在区域Ⅰ、Ⅱ运动路程之比为2：3
【分析】根据洛伦兹力提供向心力求解两区域内半径关系，根据几何关系可得粒子在Ⅰ中的偏转角，由几何关系得到在竖直方向偏的距离；
根据几何关系得到粒子在两个区域中的偏转角，结合周期公式、几何关系等求解粒子在Ⅰ中、Ⅱ中的运动时间，由此得到粒子在两个区域的时间之比和路程之比；
【解答】解：根据洛伦兹力提供给向心力：
变形可得：
由题意知：B2＝3B1
可知：r1＝3r2
画出粒子运动轨迹如图所示，
设粒子在磁场I中的偏转角为θ，由几何关系有：r1sinθ＝d，r2sinθ+r2＝d
联立解得：，r1＝2d，
A、OP两点竖直方向上的偏移距离：，故A错误；
B、粒子从区域Ⅰ进入区域Ⅱ，圆心角为30o，即速度的偏向角为30o，因此速度与边界的夹角为60°，故B正确；
C、粒子在区域I中运动的时间：
粒子在区域Ⅱ中运动的时间：
在区域Ⅰ、Ⅱ运动时间之比为：t1：t2＝3：4，故C错误；
D、粒子从O点到P点，在区域Ⅰ、Ⅱ运动路程之比为，故D错误。
故选：B。
【点评】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。
二．多选题（共4小题）
（多选）11．（2025 汕头二模）如图所示，在直角坐标系xOy中，有一个边长为L的正方形区域，a点在原点，b点和d点分别在x轴和y轴上，该区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一带正电的粒子质量为m，电荷量为q，以速度v0从a点沿x轴正方向射入磁场，不计粒子重力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。下列说法正确的是（ ）
A．若粒子恰好从c点射出磁场，则粒子的速度
B．若粒子恰好从bc边的中点射出磁场，则粒子在磁场中运动的时间
C．若粒子的速度，则粒子射出磁场时的速度方向与y轴正方向的夹角为60°
D．若粒子从cd边射出磁场，则粒子在磁场中运动的时间一定不超过
【分析】根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系，综合粒子射出磁场时速度方向与y轴正方向夹角分析求解。
【解答】解：A．若粒子恰好从c点射出磁场，几何关系可知，粒子圆周运动半径为r＝L，根据洛伦兹力提供向心力，半径满足
解得
故A错误；
B．若粒子恰好从bc边的中点射出磁场，轨迹如下图所示
设轨迹圆半径为R，几何关系可知：
解得半径满足：
则此时圆心角满足：
可知圆心角为：θ＝53°
则粒子在磁场中运动的时间满足：
故B正确；
C．若，根据洛伦兹力提供向心力，则轨迹圆半径满足：
这种情况粒子从cd边射出，设粒子射出磁场时速度方向与y轴正方向夹角为β，则圆心角满足：
即β≠60°
故C错误；
D．若粒子从cd边射出磁场，粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大不超过180°，则最长运动时间，所以粒子在磁场中运动的时间一定不超过。
故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，理解粒子在不同时刻的运动状态，根据题目合理选取公式是解决此类问题的关键。
（多选）12．（2025 重庆三模）如图所示，真空中直角坐标系xOy的第二、三象限内有一圆形区域，直径OP＝2L，该区域内存在垂直坐标平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在第一、四象限内有一矩形ABCD区域，AB＝CD＝2πL，OA＝OD，该区域内存在垂直坐标平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场和沿y轴负方向、电场强度大小为E的匀强电场。第二象限内有一垂直y轴、宽度为2L的离子源MN，离子源在极短时间内沿y轴负方向均匀地射出速度相同的同种带电粒子，正对圆心射出的粒子经磁场偏转后恰好能沿直线OQ通过矩形区域，不计粒子受到的重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．带电粒子的比荷为
B．粒子从CD边离开时的速度大小为
C．Q点持续有粒子经过的时间间隔为
D．有三分之二的粒子能够到达x轴上的Q点
【分析】根据题意由磁聚焦的原理和在复合场中做直线运动的平衡条件，从而得到速度；
根据动能定理求从CD边离开时的速度；
分别找到能通过Q点的两种情况下粒子的运动轨迹，用配速法结合动量定理求时间间隔和能达到x轴上的Q点的粒子占比。
【解答】解：A、根据几何关系可知，粒子在圆形磁场中运动的轨迹半径为L，所有粒子均由O点进入矩形区域，根据牛顿运动定律有：
沿直线OQ运动的粒子受力平衡有：qv0B＝qE
联立解得：，故A正确；
B、粒子从CD边离开时，根据动能定理有：
解得：v，故B错误；
C、设运动轨迹最低点与CD边相切的粒子经过O点时的速度方向与x轴正方向的夹角为α，如图所示，
在水平方向上，根据动量定理可得：
由于在y方向上有：
解得：α ，由于 AB＝CD＝2π L
没有从AB、CD边射出的粒子在矩形区域内的运动可看作两个运动的合成，分别为匀速直线运动和一个完整的匀速圆周运动，对应a、b间的粒子均能经过Q点，根据几何关系可得，从b点射出的粒子先经过Q点，从a点射出的粒子最后经过Q点
所以Q点持续有粒子经过的时间间隔：，故C正确；
D、能够到达Q点的粒子占总粒子的比例，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查带电粒于在叠加场中的偏转，目的是考查学生的模型建构能力，难点在于带电粒子在复合场中的运动要用配速法解答。
（多选）13．（2025 金华三模）在无线长通电直导线周围某点产生的磁感应强度B与距离r的一次方成反比，可表示为。现有一半径为R的薄壁长圆筒如图1，其壁上电流I0，在筒内侧磁感应强度处处为0，筒外侧磁场可等效为一位于圆筒中心电流强度为I0的长直导线所产生，则（ ）
A．圆筒侧壁单位面积受到的压力为
B．圆筒左半侧在O点产生的磁感应强度水平垂直纸面向里
C．若在圆筒外侧同轴心放置一逆时针的圆形电流如图2，则圆形电流受到圆筒的吸引力
D．若在圆筒轴线放置一反向电流也为I0长直细导线如图3，则圆筒侧壁单位面积受力
【分析】AD、运用微元法分析在圆筒侧壁单位面积产生的磁场，根据安培力公式分析磁场力，进而可得单位面积受到的压力；
B、根据右手螺旋定则分析；
C、当电流方向与磁感线方向平行时，通电线圈不受磁场的力的作用。
【解答】解：A.根据题意紧贴圆筒外侧的磁感应强度，导体上的电流密度，在圆筒上取宽度为Δd，长度为Δl一个小微元，在微元朝向圆筒一侧，磁感应强度为零，可知该微元产生的磁场和除去该微元以外电流产生的磁场，在圆筒内部等大反向，根据对称性可知在圆筒的外侧等大同向，因此其他部分在该微元处产生的磁场，该微元受到的磁场力，圆筒侧壁单位面积受到的压力即为，整理得，故A错误；
B.将圆筒的左半部分分成完全相同的n份，根据右手螺旋定则，关于原点对称的内、外两份在原点产生的磁场的合场强垂直纸面向里，所有磁场叠加，因此圆筒左半侧在O点产生的磁感应强度水平垂直纸面向里，故B正确；
C.圆筒的电流在圆环部分产生的磁场与圆环平行，对圆环没有力的作用，故C错误；
D.在圆筒的内部紧贴圆筒部分，磁感应强度为，利用磁场的叠加可知，在圆筒的外部合场强为零，利用A选项中的结论可知，圆筒单位面积受到的力与A选项大小相等，故D正确。
故选：BD。
【点评】考查电流与磁场的关联，熟悉安培力公式和右手螺旋定则的运用。
（多选）14．（2025 天心区校级模拟）在平面直角坐标系xOy中有如图所示的有界匀强磁场区域，磁场上边界是以O′（0，4d）点为圆心、半径为R＝5d的一段圆弧，圆弧与x轴交于M（﹣3d，0）、N（3d，0）两点，磁场下边界是以坐标原点O为圆心，半径为r＝3d的一段圆弧。如图，在虚线区域内（3d＜y＜9d）有一束均匀分布带负电的粒子沿x轴负方向以速度v0射入该磁场区域。已知磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，带电粒子质量为m，电荷量大小为q，不计粒子重力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法中正确的是（ ）
A．粒子在磁场中的运动半径为4d
B．正对O′点入射的粒子离开磁场后不一定会过O点
C．粒子在磁场区域运动的最长时间为
D．粒子经过O点进入第四象限的比例为
【分析】粒子垂直射入匀强磁场，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意分析清楚粒子运动过程，作出粒子运动轨迹，应用牛顿第二定律与几何知识分析答题；求出粒子在磁场中转过的最长圆心角，然后求出粒子的最长运动时间。
【解答】解：A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，对粒子，由牛顿第二定律得qv0B＝m，解得粒子在磁场中的轨道半径为r＝4d，故A正确；
B、正对O′的粒子，圆心恰好在x轴上，进入磁场后做匀速圆周运动，如图所示
根据勾股定理可知，进入无磁场区域后，速度方向恰好指向O点，即正对O点入射的粒子离开磁场后一定会过O点，故B错误；
C、根据题意知，所有粒子沿水平方向射入磁场，半径与速度方向垂直，圆心均在入射点的正下方，半径均为4d，所有圆心所在的轨迹相当于将磁场边界向下平移4d形状，O′平移到O点位置，即所有粒子进入磁场后做圆周，运动的圆心到O点距离均为5d，如图所示
利用勾股定理可知，进入无磁场区域后，所有粒子速度方向都指向O点，因此所有粒子都过O点。由上述分析可知，从最上方进入的粒子，在磁场中偏转角度最大，运动的时间最长，如下图所示
由几何关系可知，该粒子在磁场中旋转了143°，因此运动的时间为，故C正确；
D、如图所示，从y＝7d水平向左的粒子离开磁场粒子方向沿y轴负方向，故7d＜y＜9d射入的粒子过O点后射入第四象限，3d＜y＜7d射入的粒子过O点后射入第三象限。故进入第四象限的比例为，故D正确。
故选：ACD。
【点评】本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动，本题难点在于要画出粒子的运动轨迹，找到重要的几何关系，结合牛顿第二定律和运动学公式即可完成分析。
三．填空题（共1小题）
15．（2025 泉州模拟）2024年4月《央视军事》报道，处于世界技术领先的国产电磁炮能在100公里外打穿8厘米厚的钢板。其简化工作原理图如图所示，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，两导轨之间有磁感应强度大小为B的竖直匀强磁场，电源提供恒定的电流I通过待发射弹体，弹体向右加速能获得的最大速度为vm，则磁场的方向是竖直 向下 （选填“向上”或者“向下”），弹体所受安培力的最大功率为 BILvm 。
【分析】电磁炮利用了安培力（即洛伦兹力）来加速弹体。安培力的方向由左手定则确定，其大小与电流、磁场强度和导体长度成正比。
题目中提到弹体能获得最大速度，这意味着在弹体达到最大速度时，安培力与弹体的运动方向一致，即安培力方向与弹体运动方向相同。
【解答】解：炮弹在安培力的作用下向右加速度运动，则安培力方向向右，且已知电流的方向，根据左手定则可知，磁场的方向是竖直向下的；
安培力为F＝BIL
当速度达到最大速度为vm时，最大功率为Pm＝Fvm＝BILvm；
故答案为：向下；BILvm。
【点评】本题的关键在于理解电磁炮的工作原理，特别是安培力的方向和大小的计算。通过左手定则确定磁场方向，以及利用安培力公式计算安培力的大小，进而求得安培力的最大功率。这不仅考察了学生对电磁学基本原理的掌握，还要求学生能够将理论知识应用于实际问题的解决中。
四．解答题（共5小题）
16．（2025 安徽模拟）如图所示，平行边界PQ、MN间为区域，宽度为d，PQ上方的区域Ⅰ内有与纸面平行、垂直于PQ向下的匀强电场，PQ下方有垂直于纸面向里的匀强磁场，MN下方的区域Ⅲ内还有与纸面平行、垂直MN向下的匀强电场，两电场的电场强度均为E。一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子在区域Ⅰ中的A点由静止释放，粒子经电场加速、区域Ⅱ中的磁场偏转，在区域Ⅱ中的轨迹刚好与MN相切，A点离PQ的距离为d，不计粒子的重力，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）粒子从静止释放到第n次经过PQ所用的时间；
（3）将粒子在区域Ⅰ中的C点由静止释放，C点到PQ的距离为2d，则粒子在区域Ⅲ中的最大速度为多少。
【分析】（1）根据动能定理，结合洛伦兹力提供向心力分析求解；
（2）根据位移—时间公式，结合粒子每次在磁场中运动的时间分析求解；
（3）根据动量定理，结合正则动量与动能定理分析求解。
【解答】解：（1）设粒子刚进区域Ⅱ时的速度大小为v0，根据动能定理有：
解得
根据题意可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝d
根据牛顿第二定律
解得
（2）设粒子第一次在电场中运动的时间为t1，则
解得
粒子每次在磁场中运动的时间
粒子从静止释放到第n次经过PQ所用的时间
当n为奇数时：
当n为偶数时：
（3）由题求得粒子进入区域Ⅲ的水平分速度大小为v0，在区域Ⅲ中运动的速度最大时，速度方向与MN平行，设最大速度为v，以初始水平速度方向为正方向，根据动量定理：，
即qBy＝mv﹣mv0
根据动能定理
解得
答：（1）匀强磁场的磁感应强度大小为；
（2）粒子从静止释放到第n次经过PQ所用的时间满足：n为奇数时，n为偶数时，；
（3）将粒子在区域Ⅰ中的C点由静止释放，C点到PQ的距离为2d，则粒子在区域Ⅲ中的最大速度为。
【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，理解粒子在不同时刻的运动状态，根据题目合理选取公式是解决此类问题的关键。
17．（2025 天津模拟）如图，xOy平面内存在着沿y轴正方向的匀强电场。一个质量为m，带电荷量为+q的粒子从坐标原点O以速度v0沿x轴正方向开始运动。当它经过图中虚线上的点时，撤去电场，粒子继续运动一段时间后进入一个矩形匀强磁场区域（图中未画出），又从虚线上的某一位置N处y轴负方向运动并再次经过M点。已知磁场方向垂直xOy平面（纸面）向里，磁感应强度大小为B，不计粒子的重力。试求：
（1）电场强度的大小；
（2）N点到x轴的距离；
（3）矩形磁场的最小面积。
【分析】带电粒子在电场中做类平抛运动，射出电场后做匀速直线运动，进入在磁场中做匀速圆周运动，利用类平抛运动的规从电场中射出速度方向的垂线，垂足为P，则P点为粒子射入磁场的入射点，N为从磁场中射出的初射点．以O′为圆心，ON为半径做圆如下图；该圆即是粒子运动的轨迹；做NP 的平行线与圆相切，再做MO′的两条平行线与圆相切，则这三条切线和MN围成的面积即是最小面积。
【解答】解：（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动有
Eq＝ma
解得
（2）粒子离开M点时有
vy＝at
粒子的速度与水平方向有
解得
α ＝ 30°
粒子在磁场中做圆周运动有
解得
粒子偏转后又从N点沿y轴负方向运动，根据几何关系
解得N点到x轴的距离为
（3）当粒子运动的轨迹大致如下图所示
根据几何关系有
答：（1）电场强度的大小为；
（2）N点到x轴的距离为；
（3）矩形磁场的最小面积为。
【点评】解答本题应注意分清物理过程，不同物理过程应用相应的物理知识；抓住关键字句，分析出关键条件．如该题中粒子从N点沿MN的方向射出，即可分析出速度方向，再利用相关知识来“定圆心，找半径”；此外良好的作图能力及几何分析能力是解决此类问题的关键。
18．（2025 厦门模拟）如图所示，在空间xOy直角坐标系中，在x＜0区域内有沿y轴正方向的匀强电场E（大小未知），PQ过G点且与y轴平行，在y轴与PQ间，以x轴为分界线，有方向相反、大小相等的两匀强磁场B1（大小未知），PQ右侧区域内有垂直于纸面向外的非匀强磁场，磁感应强度大小B2＝kx（已知且k＞0，x为离PQ的距离）。一质量为m、带电量为+q（q＞0）的粒子以大小为v0，沿x轴正方向的速度从处发射，过O点进入磁场区域，一段时间后恰好从G点进入PQ右侧磁场区域，再经一段时间后，从PQ上的H点（未画出）第一次返回左侧匀强磁场区域。假设电场、磁场均有理想边界，粒子重力忽略不计。求：
（1）匀强电场E的大小；
（2）匀强磁场B1的大小；
（3）粒子从G到H的运动过程中：
①距PQ的最远距离d；
②若，则运动轨迹与GH所围成的面积S。
【分析】（1）粒子从N到O的过程中根据运动学公式求匀强电场E的大小；
（2）画出粒子从O到G的运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力和几何关系求匀强磁场B1的大小；
（3）①由动量定理和动量守恒求距PQ的最远距离d；
②由动量定理求运动轨迹与GH所围成的面积S。
【解答】解：（1）粒子从N到O过程
L＝v0t
qE＝ma
联立解得
（2）粒子从O到G过程
vy＝at
解得
θ＝60°
解得
v＝2v0
根据洛伦兹力提供向心力
由几何关系可知
解得
（n＝1，2，3， ）
解得
（an＝1，2，3， ）
（3）①粒子从G到离PQ最远的点，在y轴方向上，以沿y轴负方向的方向为正方向，由动量定理得
qvxB2 Δt＝mΔvy
微元法累加后
又有
当（2）问中n为奇数时
联立解得
当（2）问中n为偶数时
解得
所以：
②如图
粒子从G到H，当时，根据第（2）小题，可知粒子向下偏转在x轴方向上，以沿x轴负方向的方向为正方向，由动量定理得
qvyB2 Δt＝mΔvx
微元法累加后
又有
解得
答：（1）匀强电场E的大小为；
（2）匀强磁场B1的大小为（an＝1，2，3， ）；
（3）①距PQ的最远距离d为；
②若，则运动轨迹与GH所围成的面积S为。
【点评】本题考查带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
19．（2025 红桥区二模）近期以Deepseek为代表的我国自主知识产权的人工智能大模型正在迅猛发展，这些大模型在应用中都离不开能源的支撑。据统计我国每年的能源消耗是美国的两倍，是印度的六倍，现在我国67%的能源来源于火力发电。2025年3月可控核聚变实验装置“中国环流三号”又有新的技术突破，这标志着可控核聚变离并网发电又更近了一步，届时能源问题将彻底解决。利用高温超导产生的强磁场将高温反应中的带电粒子“约束”在一定区域内，使其不能射出，是可控核聚变的关键性技术难点。某同学为探究带电粒子的“约束”问题，构想了如图所示的磁场区域，假设匀强磁场的磁感应强度大小为B、垂直于纸面，其边界分别是半径为R和2R的同心圆，O为圆心，A为磁场内在圆弧上的一点，P为OA的中点。若有一粒子源向纸面内的各个方向发射出比荷为的带负电粒子，粒子速度连续分布，且无相互作用。不计粒子的重力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）粒子源在A点时，若所有粒子都不能穿出磁场，粒子速度的最大值vmA；
（2）粒子源在O时，被磁场约束的粒子速度最大值vmO；
（3）粒子源在P点时，被磁场约束的粒子速度的最大值vmP。
【分析】（1）粒子从A点射入，根据磁场区域，找到做圆周运动最大半径，根据洛伦兹力提供向心力，即可求得速度最大值；
（2）由几何关系，可计算粒子运动半径，根据洛伦兹力提供向心力求被磁场约束的粒子速度最大值vmO；
（3）由几何关系，计算最大半径，从而计算最大速度。
【解答】解：（1）由题意可知当速度最大的粒子从A点与内圆相切向上射入磁场，其轨迹恰好与外圆相切时，所有粒子都不能穿出磁场，如下图所示
根据几何关系有
洛伦兹力提供带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律有
解得：
（2）如图2所示
当粒子源在O时，粒子在磁场中的运动轨迹与磁场外边界相切时，被磁场约束的粒子每次经过磁场时间为最大值，设粒子运动半径为rO。在△OAC中
OA2+AC2＝OC2
即
解得：
洛伦兹力提供带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律有
解得：
（3）如图3所示
当粒子源在P点时，∠OFP越大，轨迹半径越大。根据正弦定理，有
又因为sin∠OPF的最大值为1，故sin∠OFP的最大值为0.5，粒子在磁场中的运动轨迹与磁场外边界相切时，被磁场约束的粒子的半径最大，速度为最大值，设粒子运动半径为rP，根据几何关系可得
rP＝R
洛伦兹力提供带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律有
解得：
答：（1）粒子速度的最大值vmA为；
（2）粒子源在O时，被磁场约束的粒子速度最大值vmO为；
（3）粒子源在P点时，被磁场约束的粒子速度的最大值vmP为。
【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动的临界问题，解题关键是分析得到临界情况，再利用公式求解。
20．（2025 西城区校级模拟）有关列车电气制动，可以借助如图甲所示模型来理解，图中水平平行金属导轨处于竖直方向的匀强磁场中，导轨间距为L，磁场的磁感应强度为B，金属棒MN的质量为m，导轨右端接有阻值为R的电阻，金属棒接入电路部分的电阻为r，导轨的电阻不计。MN在安培力作用下向右减速运动的过程对应于列车的电气制动过程，金属棒MN开始减速时的初速度为v0。
（1）求开始减速时：
①导体棒两端的电压U；
②安培力的功率P；
（2）请在图乙绘制减速过程中的MN杆两端电压UMN与位移x的关系图，在其中标注出重要坐标。
【分析】（1）①②根据感应电动势公式和闭合电路的欧姆定律，功率的公式联立求解；
（2）根据动量定理、电荷量公式推导电压随x变化的关系式，结合表达式计算纵轴截距和横轴截距再作图像。
【解答】解：（1）①开始减速时，电动势E＝BLv0，依据闭合电路欧姆定律有，则导体棒两端的电压；
②安培力F安＝BIL，则安培力的功率为P＝F安v0，解得；
（2）规定初速度的方向为正方向，根据动量定理﹣BILt＝mv﹣mv0，而q＝It Δt，又UMN，联立解得UMN x，故纵轴上的截距为b，横轴上的截距为a，则图像如下
答：（1）①导体棒两端的电压U为；
②安培力的功率P为；
（2）作出的图像如解析。
【点评】考查闭合电路的欧姆定律和动量定理的应用等，会根据题意进行准确分析解答。
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