【高考押题卷】2025年高考物理考前冲刺押题预测 磁场（含解析）

高考物理考前冲刺押题预测 磁场
一．选择题（共10小题）
1．（2025 湖南模拟）如图所示，倾角θ＝30°的绝缘斜面上，有一长度l＝1m，质量m＝2kg的金属棒AB与底边平行放置，金属棒与斜面间的动摩擦因数，空间存在一匀强磁场（大小、方向未知）。现在金属棒中通入从A到B的恒定电流I＝10A，重力加速度g取10m/s2。要使金属棒沿斜面向上以a＝5m/s2的加速度做匀加速直线运动，则磁感应强度的最小值为（　　）
A． B．1T C． D．
2．（2025 吉林二模）如图，在竖直分界线ab左侧有竖直向下的匀强电场，右侧有水平向里的匀强磁场。带正电、可视为质点的橡胶小物块用一根绝缘细线悬挂于O′处。t＝0时，小物块经过最低点向右运动，且在竖直面内摆动的最大摆角小于5°。用v表示小物块的速度，规定向右为正方向，忽略空气阻力，下列图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2025 南昌一模）如图所示，两根长直导线竖直插入粗糙绝缘水平桌面上的A、B两小孔中，CD虚线为AB连线的中垂线，O为A、B连线的中点，连线上a、b两点关于O点对称，导线中通有大小相等、方向相反的电流。已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B＝k，式中k是常数、I是导线中的电流、r为点到导线的距离。一带正电的小滑块以初速度v0从a点出发在桌面上沿连线CD运动到b点。关于上述过程，下列说法正确的是（　　）
A．小滑块做匀速直线运动
B．小滑块做匀减速直线运动
C．小滑块做加速度逐渐增大的减速直线运动
D．小滑块做加速度先增大后减小的减速直线运动
4．（2025 东湖区校级一模）如图所示，圆形区域半径为R，区域内有一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为。位于磁场边界最低点P处有一粒子源，同时将n个带负电的粒子沿纸面内各个方向均匀射入磁场区域，粒子质量为m、电荷量大小为q、速率均为v。A、C为圆形区域水平直径的两个端点，足够长的弹性挡板MN、M′N′与圆形区域在A、C两点处相切，所有粒子与挡板垂直碰撞后以原速率反弹，不计粒子的重力和空气阻力，忽略粒子间的相互影响。下列说法中正确的是（　　）
A．所有粒子均与右侧挡板碰撞，最终全部从D点离开磁场
B．粒子从P点出发到从D点离开磁场，运动的最长时间为
C．粒子陆续与挡板碰撞过程中对挡板的平均作用力为
D．粒子陆续从D点离开磁场过程中等效电流为
5．（2025 福州模拟）用图甲所示的洛伦兹力演示仪演示带电粒子在匀强磁场中的运动。如图乙，在空间存在平行于x轴的匀强磁场，一束电子以速度v0从坐标原点O沿xOy平面射入，v0与x轴正方向成α角，其运动轨迹为螺旋线，该螺旋线轴线平行于x轴，螺距为Δx，直径为D。则（　　）
A．沿x轴方向螺距Δx逐渐增大
B．匀强磁场的方向沿x轴负方向
C．若仅增大入射角度α，直径D将变大
D．若仅增大v0，电子沿x轴通过一个螺距Δx的时间将变短
6．（2025 景德镇一模）如图所示，abcd为纸面内矩形的四个顶点，矩形区域内（含边界）处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，ad＝L，。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子，从a点沿ab方向运动，不计粒子重力。下列说法正确的是（　　）
A．粒子能通过cd边的最短时间
B．若粒子恰好从d点射出磁场，粒子速度
C．若粒子恰好从c点射出磁场，粒子速度
D．若粒子只能从ad边界射出磁场，则粒子的入射速度
7．（2025 未央区校级一模）将一节五号干电池的负极放在强磁铁上，强磁铁产生磁场的磁感线如图所示。将一矩形金属框与该电池组成闭合回路，在安培力作用下，线框发生转动，这样就构成一台简易“电动机”，下列说法正确的是（　　）
A．图中强磁铁下端为N极
B．从上向下看，图中金属框将逆时针转动
C．调转磁极，再次接入后金属框将反向转动
D．电池消耗的电能全部转化为金属框的动能
8．（2025 顺德区模拟）如图所示，在墙内或天花板中埋有某根通有恒定电流长直导线。为探测该导线走向，现用一个与灵敏电流计（图中未画出）串联的感应线圈进行探测，结果如表。忽略地磁场影响，该导线可能的走向是（　　）
探测 电流计有无示数
线圈平面平行于天花板OABC 沿OA方向平移 有
沿OC方向平移 无
线圈平面平行于墙面OADE 沿OA方向平移 无
沿OE方向平移 无
A．OE方向 B．OC方向 C．OB方向 D．OA方向
9．（2025 合肥模拟）电磁场与现代高科技密切关联，并有重要应用。对以下四个科技实例，说法正确的是（　　）
A．图甲的速度选择器能使速度大小的粒子沿直线匀速通过，且与粒子的带电性质、带电量、速度方向均无关
B．图乙的磁流体发电机正常工作时电流方向为a→R→b，电阻R两端的电势差等于发电机的电动势
C．图丙是质谱仪工作原理示意图，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S3，粒子的比荷越大
D．图丁为霍尔元件，无论载流子带正电或负电，稳定时都是左侧的电势高于右侧的电势
10．（2025 天河区模拟）如图，abcd﹣a′b′c′d′为上表面水平的正方体区域，整个正方体空间内存在竖直向上的匀强磁场。abcd表面的正中央有一小孔P。粒子源S发射了两个速度大小相同、比荷不同的粒子M、N（重力不计），从P孔垂直于abcd表面射入后，M打在bc边上，N打在b′c′边上，则粒子M、N的比荷之比为（　　）
A．2：1 B．1：2 C．5：1 D．1：5
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 湖北二模）如图所示为等离子体发电机的示意图。N、S为两个磁极，所夹空间可看作匀强磁场。一束含有正、负离子的等离子体垂直于磁场方向喷入磁场中，另有两块相距为d的平行金属板P、Q。每块金属板的宽度为a、长度为b。P、Q板外接电阻R。若磁场的磁感应强度为B，等离子体的速度为v，系统稳定时等离子体导电的电阻率为ρ。则下列说法正确的是（　　）
A．Q板为发电机的正极
B．Q板为发电机的负极
C．电路中电流为
D．电路中电流为
（多选）12．（2025 顺德区模拟）如图甲，地磁场对带电的粒子有阻挡作用。图乙是赤道周围的磁场分布情况，磁场垂直纸面向里，认为该厚度内的磁场大小均匀。三个射向地球的宇宙粒子1、2、3运动情况如图乙所示，三个粒子的动能大小相等，粒子3沿着直线射向地球，则有（　　）
A．粒子3带正电
B．粒子2带正电
C．若粒子1、2电荷量大小相等，则粒子1的质量较小
D．若粒子1、2质量相同，则粒子2的电荷量较大
（多选）13．（2025 全国一模）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人类和动植物。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一直保持不变
D．带电粒子每旋转一周的时间变小
（多选）14．（2025 郫都区三模）如图，竖直面内固定有两条互相平行的长直绝缘导线L1、L2，它们的电流强度相等，方向都竖直向向下，已知通电长直导线在空间某点产生磁场的磁感应强度大小与电流强度成正比，与该点到长直导线的距离成反比。a、b、c三点水平共线，与两导线相互垂直；b、e、f三点竖直共线，与两导线共面；b是两导线距离的中点，a到L1距离是b到L1距离的一半，b、c两点到L2的距离相等。若导线L1在a点磁感应强场为B，a、b、c、e、f五点的磁感应强度分别为Ba、Bb、Bc、Be、Bf，则下列说法正确的是（　　）
A．Bb＝Be＝Bf
B．两导线会产生相互排斥的作用力
C．BaB，磁场方向垂直于纸面向里
D．BeB，磁场方向垂直于纸面向外
（多选）15．（2025 重庆模拟）xOy为竖直面内的直角坐标系，x轴下方有垂直于坐标面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限还有平行于y轴的匀强电场，如图所示。现有一质量为m的带电油滴从x轴上方的A点以初速度竖直向下抛出，运动至P点进入磁场区域，A点到P点的距离为d。油滴恰好从Q点垂直于y轴进入第Ⅲ象限，经过圆周从D点垂直于x轴进入第Ⅱ象限，D点与O点相距2d，重力加速度为g，依据上述数据，下列说法正确的是（　　）
A．油滴带负电
B．油滴在D点的动能大小为4mgd
C．油滴做圆周运动时受到的洛伦兹力大小为3mg
D．其他条件不变，增大油滴的初速度大小，油滴在第三象限仍然会做匀速圆周运动
三．解答题（共5小题）
16．（2025 越秀区校级模拟）高能粒子实验装置，是用以发现高能粒子并研究其特性的主要实验工具，如图给出了一种该装置的简化模型。在光滑绝缘的水平面xOy区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在x＜0区域内存在沿y轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量大小为q带负电的微粒1从点S以一定速度v0释放，沿直线从坐标原点O进入磁场区域后，与静止在点P（a，a）、质量为的中性微粒2发生弹性正碰，且有一半电量转移给粒子2。（不计碰撞后微粒间的相互作用，忽略电场、磁场变化引起的效应）
（1）求电场强度的大小E和v0的大小；
（2）若两微粒碰撞后，立即撤去电场，求微粒2在磁场中运动的半径和从两微粒碰撞到下次再相遇的时间间隔Δt；
（3）若两微粒碰撞后，微粒2首次离开第一象限时，立即撤去磁场，求两微粒的轨迹与x轴交点之间的距离Δx。
17．（2025 闽侯县校级一模）如图所示，光滑水平地面上放置一质量为m的不带电绝缘长木板，空间中存在水平向右的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B，E、B大小均未知，t＝0时，在木板上表面静止释放一个质量为m的带正电物块，物块所受电场力大小为mg（g为重力加速度），物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.5。t＝t1（t1已知）时，物块速度为v0且恰好飞离木板，再经过时间，物块速度的水平分量第一次减到0，且恰好到达右侧光滑竖直墙壁的P点。已知物块可视为质点，忽略木板厚度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块飞离木板前木板未与墙壁发生碰撞，求：
（1）电场强度与磁感应强度的大小之比；
（2）t＝t1时，木板速度的大小；
（3）0～t1时间内，物块与木板间摩擦发热量；
（4）物块运动过程中距地面的最大高度。
18．（2025 长安区校级一模）如图所示，平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场E1（大小未知），在第四象限内存在沿y轴正方向的匀强电场E2（大小未知）。同时在第四象限的某矩形区域（某边界平行于x轴）内存在方向垂直坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B0。一个质量为m、带电荷量为+q的小球从y轴正半轴上到O点距离为3L的P点沿x轴正方向以速度v0抛出。小球从x轴正半轴上到坐标原点O的距离为8L的Q点进入第四象限，在磁场中做圆周运动，之后从x轴上M点进入第一象限，再从x轴上的N点进入第四象限，磁场、M点和N点图中均未画出。已知重力加速度为g。求：
（1）第一象限和第四象限中匀强电场的场强大小之比；
（2）N点到坐标原点O的最小距离和磁场区域的最小面积。
19．（2025 合肥模拟）如图所示，xOy坐标系中内存在圆形有界匀强磁场，圆心在A点（0，R）、半径为R，磁感应强度为B、方向垂直纸面向外。在x＞R的区域存在沿y轴负方向的匀强电场，x轴上有无限长的收集板。原点O处有一离子源，它可向各个方向发射速率相同的同种离子。沿y轴正方向发射的离子经磁场从P点水平射出后，在电场中落到收集板上的Q点。已知离子质量为m、带电量为+q（q＞0），P、Q两点坐标分别为（R，R）、（4R，0），不考虑离子间的相互作用，且离子重力不计，落到收集板后不反弹，求：
（1）离子的发射速率；
（2）匀强电场的电场强度大小；
（3）沿与y轴正方向均成30°角发射的离子1、离子2落到收集板上的间隔距离。
20．（2025 长春二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，第一象限内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场；第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度E。某带电粒子由点A（﹣L，0）以速度v0沿y轴正方向射入电场，经y轴进入磁场，偏转后会再次回到电场。已知该粒子质量为m，电荷量为+q，不计粒子的重力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）粒子第一次进入磁场的速度大小；
（2）磁感应强度B的取值范围。
磁场
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2025 湖南模拟）如图所示，倾角θ＝30°的绝缘斜面上，有一长度l＝1m，质量m＝2kg的金属棒AB与底边平行放置，金属棒与斜面间的动摩擦因数，空间存在一匀强磁场（大小、方向未知）。现在金属棒中通入从A到B的恒定电流I＝10A，重力加速度g取10m/s2。要使金属棒沿斜面向上以a＝5m/s2的加速度做匀加速直线运动，则磁感应强度的最小值为（　　）
A． B．1T C． D．
【考点】安培力作用下的运动学问题（力与运动的关系）．
【专题】定量思想；方程法；磁场 磁场对电流的作用；应用数学处理物理问题的能力．
【答案】A
【分析】设安培力方向与斜面方向夹角为α时安培力最小，根据牛顿第二定律、平衡条件结合安培力的计算公式进行解答。
【解答】解：设安培力方向与斜面方向夹角为α时安培力最小，如图所示：
沿斜面方向，有：Fcosα﹣f﹣mgsinθ＝ma
垂直于斜面方向，有：FN＝mgcosθ﹣Fsinα
根据摩擦力的计算公式可得：f＝μFN
联立解得：F
根据数学知识可得F的最小值为：Fmin
解得：Fmin＝15N
因此：，解得：BminT，故A正确，ACD错误。
故选：A。
【点评】本题主要是考查安培力作用下的导体棒的受力问题，解答此类问题要明确导体棒的受力情况，结合平衡条件或牛顿第二定律列方程解答。
2．（2025 吉林二模）如图，在竖直分界线ab左侧有竖直向下的匀强电场，右侧有水平向里的匀强磁场。带正电、可视为质点的橡胶小物块用一根绝缘细线悬挂于O′处。t＝0时，小物块经过最低点向右运动，且在竖直面内摆动的最大摆角小于5°。用v表示小物块的速度，规定向右为正方向，忽略空气阻力，下列图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】洛伦兹力在运动过程中的动态变化问题；单摆周期的计算及影响因素．
【专题】定量思想；推理法；简谐运动专题；理解能力．
【答案】A
【分析】在电场中，带电粒子受到电场力的作用，而在磁场中，带电粒子受到洛伦兹力的作用。由于题目中提到小物块在竖直面内摆动的最大摆角小于5°，这意味着小物块的运动可以近似为简谐运动。在电场中，小物块受到的电场力会改变其等效重力加速度，从而影响其摆动周期。在磁场中，洛伦兹力对小物块的摆动周期没有直接影响，但会影响其速度方向。因此，我们需要分析小物块在电场和磁场中的运动特点，以确定其速度随时间变化的图像。
【解答】解：小物块在磁场中摆动时，洛伦兹力对小物块的摆动周期没有影响，依然用
进行计算，小物块在电场中摆动时，电场力与重力的合力为等效重力，等效重力加速度为g'，则有
g＜g'
则周期比没有电场时的周期小，小物块在最低点的速度不会变化，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题的关键在于理解带电粒子在复合场中的运动规律，特别是电场和磁场对粒子运动的影响。在电场中，电场力会改变粒子的等效重力加速度，从而影响其摆动周期；在磁场中，洛伦兹力会改变粒子的速度方向，但不会改变其速度大小。通过分析小物块在电场和磁场中的运动特点，可以确定其速度随时间变化的图像。
3．（2025 南昌一模）如图所示，两根长直导线竖直插入粗糙绝缘水平桌面上的A、B两小孔中，CD虚线为AB连线的中垂线，O为A、B连线的中点，连线上a、b两点关于O点对称，导线中通有大小相等、方向相反的电流。已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B＝k，式中k是常数、I是导线中的电流、r为点到导线的距离。一带正电的小滑块以初速度v0从a点出发在桌面上沿连线CD运动到b点。关于上述过程，下列说法正确的是（　　）
A．小滑块做匀速直线运动
B．小滑块做匀减速直线运动
C．小滑块做加速度逐渐增大的减速直线运动
D．小滑块做加速度先增大后减小的减速直线运动
【考点】洛伦兹力的计算公式及简单应用；安培定则（右手螺旋定则）；左手定则判断洛伦兹力的方向．
【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】先根据安培定则分析两直线电流产生的磁场方向，然后分析小滑块所受洛伦兹力，最后根据小滑块的受力分析小滑块的运动情况。
【解答】解：根据安培定则可以判断两直线电流产生的磁场在CD虚线上的磁感线方向下从C指向D，小滑块初速度方向和磁感线方向平行，所以小滑块不受洛伦兹力作用，则在水平方向上小滑块仅受与其运动方向相反的摩擦力作用，根据f＝μN可知，小滑块受摩擦力大小不变，所以小滑块做匀减速直线运动，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】能够分析出磁感线的方向是从C指向D，知道带电粒子的速度方向和磁感线方向平行时，带电粒子不受洛伦兹力作用是解题的关键。
4．（2025 东湖区校级一模）如图所示，圆形区域半径为R，区域内有一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为。位于磁场边界最低点P处有一粒子源，同时将n个带负电的粒子沿纸面内各个方向均匀射入磁场区域，粒子质量为m、电荷量大小为q、速率均为v。A、C为圆形区域水平直径的两个端点，足够长的弹性挡板MN、M′N′与圆形区域在A、C两点处相切，所有粒子与挡板垂直碰撞后以原速率反弹，不计粒子的重力和空气阻力，忽略粒子间的相互影响。下列说法中正确的是（　　）
A．所有粒子均与右侧挡板碰撞，最终全部从D点离开磁场
B．粒子从P点出发到从D点离开磁场，运动的最长时间为
C．粒子陆续与挡板碰撞过程中对挡板的平均作用力为
D．粒子陆续从D点离开磁场过程中等效电流为
【考点】带电粒子在直线边界磁场中的运动；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】C
【分析】由洛伦兹力提供向心力qvB＝m，解得粒子运动半径，根据左手定则分析粒子的运动情况，作出粒子轨迹图，根据时间公式解得BC，结合动量定理计算D项。
【解答】解：A.由洛伦兹力提供向心力，有
qvB＝m
可得
r＝R
根据磁聚焦结论作出如图所示的轨迹图
粒子在圆形磁场中射出后均能垂直打在左侧挡板上，反弹后再次进入磁场并全部从D点离开磁场，故A错误；
B.根据磁聚焦可以得出粒子在圆形磁场中运动的两段圆弧圆心角之和为π，每个粒子在磁场中运动的时间均为
t
这个时间是粒子从p点出发到从D点离开的最短时间，故B错误；
C.所有粒子到达挡板的最短时间为
t1
最长时间为
t2
粒子与挡板碰撞过程中的作用时间为
Δt＝t2﹣t1
对这n个粒子由动量定理可得
FΔt＝nmΔv
解得
F
故C正确；
D.所有粒子从发出到达D点的最短时间为
t'1
最长时间为
t'2
因此粒子离开D点过程持续的时间为
Δt'＝t'2﹣t'1
则等效电流为
I
解得I
同时考虑到电荷离开D点时沿着不同方向，实际的电流会更小，故D错误。
故选：C。
【点评】解决该题需要明确知道在求解时间最值问题，注意根据题意作出粒子的运动轨迹及洛伦兹力提供向心力的应用。
5．（2025 福州模拟）用图甲所示的洛伦兹力演示仪演示带电粒子在匀强磁场中的运动。如图乙，在空间存在平行于x轴的匀强磁场，一束电子以速度v0从坐标原点O沿xOy平面射入，v0与x轴正方向成α角，其运动轨迹为螺旋线，该螺旋线轴线平行于x轴，螺距为Δx，直径为D。则（　　）
A．沿x轴方向螺距Δx逐渐增大
B．匀强磁场的方向沿x轴负方向
C．若仅增大入射角度α，直径D将变大
D．若仅增大v0，电子沿x轴通过一个螺距Δx的时间将变短
【考点】带电粒子在叠加场中做旋进运动；带电粒子由电场进入磁场中的运动．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】C
【分析】将电子的速度分解为水平和竖直两个方向，电子受到的洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律和运动学公式得出螺距的表达式，根据题目选项完成分析。
【解答】解：B.将电子的初速度正交分解，沿x轴正方向
vx＝vcosα
沿y轴正方向
vy＝vsinα
则电子一边沿x轴正方向做速度为vx的匀速直线运动，一边在垂直x轴做速度大小为vy的匀速圆周运动。初始时，电子受到沿z轴正方向的洛伦兹力，根据左手定则，可反推出匀强磁场的方向沿x轴正方向，故B错误；
A.匀速圆周运动的周期
则螺距
保持恒定，故A错误；
C.匀速圆周运动的半径
仅增大入射角度α，半径r增大，则直径D也增大，故C正确；
D.电子沿x轴通过一个螺距Δx的时间即圆周运动周期，由于
与v0无关，故D错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查了带电粒子在磁场中的运动，熟悉粒子的受力分析，结合牛顿第二定律和运动学公式即可完成分析。
6．（2025 景德镇一模）如图所示，abcd为纸面内矩形的四个顶点，矩形区域内（含边界）处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，ad＝L，。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子，从a点沿ab方向运动，不计粒子重力。下列说法正确的是（　　）
A．粒子能通过cd边的最短时间
B．若粒子恰好从d点射出磁场，粒子速度
C．若粒子恰好从c点射出磁场，粒子速度
D．若粒子只能从ad边界射出磁场，则粒子的入射速度
【考点】带电粒子在矩形边界磁场中的运动．
【专题】定量思想；几何法；磁场 磁场对电流的作用；分析综合能力．
【答案】C
【分析】当粒子恰好从c点射出磁场时，粒子能通过cd边的时间最短，画出其运动轨迹，根据几何关系求出轨迹半径，得到轨迹对应的圆心角，再求最短时间，并根据洛伦兹力提供向心力求粒子速度v；若粒子恰好从d点射出磁场，画出其运动轨迹，根据几何关系求出轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力求粒子速度v；若粒子从d点射出磁场，粒子运动轨迹为半圆，从d点出射时半径最大，对应的入射速度最大，求出最大速度，从而得到速度范围。
【解答】解：AC、粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，粒子恰好从c点射出磁场时，粒子在磁场中运动的时间最短，画出其运动轨迹如图所示。
根据几何关系有
解得轨迹半径为
r2＝2L
则粒子转过的圆心角为
即
θ＝60°
粒子在磁场中运动的周期为
则粒子能通过cd边的最短时间为
tT
由洛伦兹力提供向心力得
解得粒子速度为
，故A错误，C正确；
B、若粒子恰好从d点射出磁场，由几何关系可知其轨迹半径为
根据，解得粒子速度为，故B错误；
D、若粒子从d点射出磁场，粒子运动轨迹为半圆，从d点出射时半径最大，对应的入射速度最大，则最大速度为，故若粒子只能从ad边界射出磁场，则粒子的入射速度，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查带电粒子在有界磁场中运动的问题，解题的关键是画出粒子在磁场中运动的轨迹，根据几何知识求轨迹半径和圆心角。
7．（2025 未央区校级一模）将一节五号干电池的负极放在强磁铁上，强磁铁产生磁场的磁感线如图所示。将一矩形金属框与该电池组成闭合回路，在安培力作用下，线框发生转动，这样就构成一台简易“电动机”，下列说法正确的是（　　）
A．图中强磁铁下端为N极
B．从上向下看，图中金属框将逆时针转动
C．调转磁极，再次接入后金属框将反向转动
D．电池消耗的电能全部转化为金属框的动能
【考点】安培力的概念．
【专题】比较思想；模型法；磁场 磁场对电流的作用；理解能力．
【答案】C
【分析】根据磁场的磁感线分布情况确定强磁铁下端的极性。根据左手定则分析金属框转动方向。结合能量转化情况分析。
【解答】解：A、在磁铁的外部，磁感线从N极出发进入S极，根据磁场的磁感线分布情况可知强磁铁下端为S极，故A错误；
B、由于金属框下方的磁感应强度比上方的大，研究金属框下方的受力情况，根据左手定则可知从上向下看，图中金属框将顺时针转动，故B错误；
C、调转磁极，安培力方向将反向，所以再次接入后金属框转动方向将改变，故C正确；
D、电池消耗的电能一部分转化为金属框的动能，还有一部分转化为内能，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了安培力和左手定则。注意点：这个小实验线框的转动原理不是电磁感应而是电流在磁场中安培力作用。
8．（2025 顺德区模拟）如图所示，在墙内或天花板中埋有某根通有恒定电流长直导线。为探测该导线走向，现用一个与灵敏电流计（图中未画出）串联的感应线圈进行探测，结果如表。忽略地磁场影响，该导线可能的走向是（　　）
探测 电流计有无示数
线圈平面平行于天花板OABC 沿OA方向平移 有
沿OC方向平移 无
线圈平面平行于墙面OADE 沿OA方向平移 无
沿OE方向平移 无
A．OE方向 B．OC方向 C．OB方向 D．OA方向
【考点】安培定则（右手螺旋定则）；楞次定律及其应用；通电直导线周围的磁场．
【专题】定性思想；归纳法；电磁感应与电路结合；理解能力．
【答案】B
【分析】根据感应电流的条件和直线电流的磁场分析即可。
【解答】解：线圈在天花板上沿着OA方向移动，有感应电流，说明沿着OA方向磁场在变化，导线可能沿着OC方向。沿着OC方向移动没有感应电流，说明沿着OC方向磁场没有变化，导线不可能沿着OA方向；导线在墙面上沿着OA方向移动没有感应电流，说明沿着OA方向磁场没有变化，OE不可能有导线；线圈沿着OE方向移动没有感应电流，说明沿着OA方向没有导线，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了感应电流的产生条件和直线电流的磁场。
9．（2025 合肥模拟）电磁场与现代高科技密切关联，并有重要应用。对以下四个科技实例，说法正确的是（　　）
A．图甲的速度选择器能使速度大小的粒子沿直线匀速通过，且与粒子的带电性质、带电量、速度方向均无关
B．图乙的磁流体发电机正常工作时电流方向为a→R→b，电阻R两端的电势差等于发电机的电动势
C．图丙是质谱仪工作原理示意图，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S3，粒子的比荷越大
D．图丁为霍尔元件，无论载流子带正电或负电，稳定时都是左侧的电势高于右侧的电势
【考点】磁流体发电机；速度选择器；与加速电场相结合的质谱仪；霍尔效应与霍尔元件．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】A.根据速度选择器对粒子的电性、电荷量和速度方向的要求进行分析解答；
B.根据磁流体发电机的内阻特性进行分析判断；
C.根据牛顿第二定律导出半径表达式，结合表达式分析判断；
D.根据霍尔效应对应的载流子进行分析判断。
【解答】解：A.根据速度选择器原理有qvB＝qE，得v，故速度选择器能使速度大小v的粒子沿直线匀速通过，且与粒子的带电性质、带电量无关、与速度方向有关，故A错误；
B.根据左手定则可知，图乙的磁流体发电机正常工作时电流方向为a→R→b，但工作时等离子体也有电阻电阻，则R两端的电势差小于发电机的电动势，故B错误；
C.图丙是质谱仪工作原理示意图，根据qvB＝m，得R，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S3，则说明半径越小，则粒子的比荷越大，故C正确；
D.若载流子带负电，由左手定则可知，负粒子向左端偏转，所以稳定时元件左侧的电势低于右侧的电势；若载流子带正电，由左手定则可知，正粒子向左端偏转，所以稳定时元件左侧的电势高于右侧的电势，故D错误。
故选：C。
【点评】考查速度选择器和磁流体发电机，质谱仪以及霍尔效应的知识，会根据题意进行准确分析解答。
10．（2025 天河区模拟）如图，abcd﹣a′b′c′d′为上表面水平的正方体区域，整个正方体空间内存在竖直向上的匀强磁场。abcd表面的正中央有一小孔P。粒子源S发射了两个速度大小相同、比荷不同的粒子M、N（重力不计），从P孔垂直于abcd表面射入后，M打在bc边上，N打在b′c′边上，则粒子M、N的比荷之比为（　　）
A．2：1 B．1：2 C．5：1 D．1：5
【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】从上往下看时，假设N离开磁场后依旧做匀速圆周运动，画出粒子M、N的运动轨迹，由几何关系分别列式，再由洛伦兹力提供向心力列式，即可分析判断ABCD正误。
【解答】解：从上往下看时，假设N离开磁场后依旧做匀速圆周运动，则粒子M、N的运动轨迹如图所示：
设正方体棱长为a，
由几何关系可知：（rN﹣2rM）2+a2，2rM＝0.5a，
联立可得：rN＝1.25a，rM＝0.25a，
则：rM：rN＝1：5，
由洛伦兹力提供向心力可得：qvB，
解得：，
则粒子M、N的比荷与其轨道半径成反比，则粒子M、N的比荷之比为5：1，故C正确，ABD错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查带电粒子在匀强磁场中的圆周运动，解题时需注意，若v⊥B，则带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速率v做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力。
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 湖北二模）如图所示为等离子体发电机的示意图。N、S为两个磁极，所夹空间可看作匀强磁场。一束含有正、负离子的等离子体垂直于磁场方向喷入磁场中，另有两块相距为d的平行金属板P、Q。每块金属板的宽度为a、长度为b。P、Q板外接电阻R。若磁场的磁感应强度为B，等离子体的速度为v，系统稳定时等离子体导电的电阻率为ρ。则下列说法正确的是（　　）
A．Q板为发电机的正极
B．Q板为发电机的负极
C．电路中电流为
D．电路中电流为
【考点】磁流体发电机．
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】AC
【分析】根据左手定则判断粒子的偏转方向，进而确定发电机的正负极；根据离子运动过程中受洛伦兹力和电场力平衡解得发电机的电动势，然后由电阻定律和闭合电路的欧姆定律计算电流大小；
【解答】解：AB．等离子体进入板间受洛伦兹力而发生偏转，由左手定则知：正电荷受到的洛伦兹力方向向下，负电荷受到的洛伦兹力方向向上。则Q板为电源的正极，P板为电源的负极，故A正确，B错误；
CD．离子在运动过程中同时受电场力和洛伦兹力，设电源的电动势为E，根据平衡条件有
qvB＝q，设电源的内阻为r，根据电阻定律有，根据闭合电路的欧姆定律可得I，联立可得，故C正确，D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查了对磁流体发电机原理的认识，以及对电阻定律和闭合电路的欧姆定律的应用。
（多选）12．（2025 顺德区模拟）如图甲，地磁场对带电的粒子有阻挡作用。图乙是赤道周围的磁场分布情况，磁场垂直纸面向里，认为该厚度内的磁场大小均匀。三个射向地球的宇宙粒子1、2、3运动情况如图乙所示，三个粒子的动能大小相等，粒子3沿着直线射向地球，则有（　　）
A．粒子3带正电
B．粒子2带正电
C．若粒子1、2电荷量大小相等，则粒子1的质量较小
D．若粒子1、2质量相同，则粒子2的电荷量较大
【考点】带电粒子在叠加场中做一般曲线运动．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】BD
【分析】AB.根据粒子运动轨迹，判断受力情况，利用左右定则判断粒子的电性；
CD.根据半径和动能的关系判断。
【解答】解：AB.由题意可知，粒子3没有偏转，故不带电；粒子2向右偏转，由左手定则可知其带正电，故B正确、A错误；
CD.由
可知，当动能相等时、质量相等时，由于2的半径小，故其电荷量大，若电荷量相等，则半径大的质量大，故C错误，D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了带电粒子在磁场中运动问题，明确洛伦兹力提供向心是解决此类问题的基本功，知道半径与速度大小相关联。
（多选）13．（2025 全国一模）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人类和动植物。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一直保持不变
D．带电粒子每旋转一周的时间变小
【考点】带电粒子（或微粒）在非匀强磁场中的运动．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】ABD
【分析】A.粒子受到的洛伦兹力指向轨迹的内侧，根据左手定则判断粒子电性；
B.粒子只受洛伦兹力，根据洛伦兹力不做功分析；
CD.根据题图由左手定则判断洛伦兹力方向指向斜上方，根据周期公式判断带电粒子每旋转一周的时间变化，根据力与运动的关系分析带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离的变化。
【解答】解：A．由左手定则可知，该带电粒子带正电，故A正确；
B．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，故B正确；
CD．根据洛伦兹力提供向心力
带电粒子每旋转一周的时间为
可知随着磁场的增强，粒子运动半径逐渐减小，带电粒子每旋转一周的时间变小，带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离为
x＝v//T
故带电粒子每旋转一周沿轴线方向运动的距离减小，故C错误，D正确。
故选：ABD。
【点评】本题考查了带电粒子在磁场中运动问题，本题的磁场是非匀强磁场，粒子在磁场中的运动轨迹是不等距的螺旋线。根据洛伦兹力的特点，由力与运动的关系解答。
（多选）14．（2025 郫都区三模）如图，竖直面内固定有两条互相平行的长直绝缘导线L1、L2，它们的电流强度相等，方向都竖直向向下，已知通电长直导线在空间某点产生磁场的磁感应强度大小与电流强度成正比，与该点到长直导线的距离成反比。a、b、c三点水平共线，与两导线相互垂直；b、e、f三点竖直共线，与两导线共面；b是两导线距离的中点，a到L1距离是b到L1距离的一半，b、c两点到L2的距离相等。若导线L1在a点磁感应强场为B，a、b、c、e、f五点的磁感应强度分别为Ba、Bb、Bc、Be、Bf，则下列说法正确的是（　　）
A．Bb＝Be＝Bf
B．两导线会产生相互排斥的作用力
C．BaB，磁场方向垂直于纸面向里
D．BeB，磁场方向垂直于纸面向外
【考点】两根通电导线之间的作用力；磁感应强度的矢量叠加．
【专题】定量思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；理解能力．
【答案】AC
【分析】两导线在ef连线上产生磁场的磁感应强度方向相反，且大小相等；根据同向电流相互吸引分析；根据安培定则分析电流在此位置产生的磁场方向，然后根据矢量合成法则计算。
【解答】解：AD、b、e、f到两导线的距离相等，根据安培定则可知，两导线在此处产生的磁场的磁感应强度方向相反，且大小相等，所以这三点的合磁场的磁感应强度均为零，即Bb＝Be＝Bf＝0，故A正确，D错误；
B、根据同向电流相互吸引可知，两导线会产生相互吸引的作用力，故B错误；
C、设a到L1的距离为x，则到L2的距离为5x，通过两导线的电流强度相等，因为通电长直导线在空间某点产生磁场的磁感应强度大小与电流强度成正比，与该点到长直导线的距离成反比。所以导线L2在a点的磁感应强度为，根据安培定则可知两导线在a点的磁感应强度方向为垂直纸面向里，所以a点的合磁感应强度大小为，故C正确；
故选：AC。
【点评】本题考查了安培定则的应用和矢量合成法则。
（多选）15．（2025 重庆模拟）xOy为竖直面内的直角坐标系，x轴下方有垂直于坐标面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限还有平行于y轴的匀强电场，如图所示。现有一质量为m的带电油滴从x轴上方的A点以初速度竖直向下抛出，运动至P点进入磁场区域，A点到P点的距离为d。油滴恰好从Q点垂直于y轴进入第Ⅲ象限，经过圆周从D点垂直于x轴进入第Ⅱ象限，D点与O点相距2d，重力加速度为g，依据上述数据，下列说法正确的是（　　）
A．油滴带负电
B．油滴在D点的动能大小为4mgd
C．油滴做圆周运动时受到的洛伦兹力大小为3mg
D．其他条件不变，增大油滴的初速度大小，油滴在第三象限仍然会做匀速圆周运动
【考点】带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动；带电粒子由电场进入磁场中的运动．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；模型建构能力．
【答案】ABD
【分析】A.对油滴在P点有左手定则判断；
B.根据动能定理求出油滴在D点的动能大小；
C.由动能动量求出油滴在Q点的速度，根据圆周求出圆周半径，再联立洛伦兹力提供向心力求解；
D.油滴在第Ⅲ象限做圆周运动，重力和电场力平衡，增大油滴的初速度大小，二力仍平衡，油滴在洛伦兹力作用下仍然会做匀速圆周运动。
【解答】解：A.油滴在P点时轨迹向左偏转，根据左手定则可知油滴带负电，故A正确；
B.因为油滴在第Ⅲ象限做圆周运动，则有mg＝Eq，线段QO＝2d
对油滴从A到D的过程由动能动理有：mgd+Eq 2d＝EkD
代入数据可得EkD＝4mgd，故B正确；
C.对油滴从A到Q的过程由动能定理有：mg 3d
油滴在第Ⅲ象限的轨迹为圆周，则圆周半径r＝2d
根据洛伦兹力提供向心力有：F洛＝m，代入数据可得F洛＝4mg，故C错误；
D.其他条件不变，增大油滴的初速度大小，根据题干条件可知重力和电场力仍然平衡，油滴在洛伦兹力作用下仍然会做匀速圆周运动。
故D正确；
故选：ABD。
【点评】本题考查带电粒子在复合场中运动，关键要掌握带电粒子在电场、磁场、重力场中做匀速圆周运动时，重力和电场力平衡。
三．解答题（共5小题）
16．（2025 越秀区校级模拟）高能粒子实验装置，是用以发现高能粒子并研究其特性的主要实验工具，如图给出了一种该装置的简化模型。在光滑绝缘的水平面xOy区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在x＜0区域内存在沿y轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量大小为q带负电的微粒1从点S以一定速度v0释放，沿直线从坐标原点O进入磁场区域后，与静止在点P（a，a）、质量为的中性微粒2发生弹性正碰，且有一半电量转移给粒子2。（不计碰撞后微粒间的相互作用，忽略电场、磁场变化引起的效应）
（1）求电场强度的大小E和v0的大小；
（2）若两微粒碰撞后，立即撤去电场，求微粒2在磁场中运动的半径和从两微粒碰撞到下次再相遇的时间间隔Δt；
（3）若两微粒碰撞后，微粒2首次离开第一象限时，立即撤去磁场，求两微粒的轨迹与x轴交点之间的距离Δx。
【考点】带电粒子在叠加场中的动量问题；用动量守恒定律解决多次碰撞（或类碰撞）的问题；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；带电粒子在直线边界磁场中的运动．
【专题】定量思想；方程法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】（1）电场强度的大小为，v0的大小为；
（2）若两微粒碰撞后，立即撤去电场，微粒2在磁场中运动的半径和从两微粒碰撞到下次再相遇的时间间隔为Δ；
（3）若两微粒碰撞后，微粒2首次离开第一象限时，立即撤去磁场，两微粒的轨迹与x轴交点之间的距离为（3）a。
【分析】（1）利用粒子1经过O点后在磁场中匀速圆周运动过P的过程，由几何关系求得运动半径，根据洛伦兹力提供向心力求得速度；粒子1从S到O的过程做直线运动，根据受力平衡条件求解电场强度的大小；
（2）1、2两粒子在P点发生弹性碰撞，由动量守恒与机械能守恒分别求得碰撞后的速度。根据洛伦兹力提供向心力求得运动半径，根据运动的相对关系，利用周期求解再次相遇需要的时间；
（3）根据两粒子的运动时间与空间的关系，画出运动的轨迹图，根据类平抛运动的规律结合几何关系求解。
【解答】解：（1）带负电的粒子1从点S沿直线从坐标原点O，根据平衡条件可得：qE＝qv0B
粒子1进入磁场后，由几何关系可得：r＝a
根据洛伦兹力提供向心力可得：
联立解得：，；
（2）1粒子与2粒子发生弹性碰撞，取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：
根据机械能守恒定律可得：
解得：，
碰撞后两粒子均带负电，电荷量均为，做匀速圆周运动，设半径分别为r1、r2，则有：
，
解得r1＝a，r2＝a
可知两粒子在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆周运动，运动周期分别为：
T1，T2
可得：T1＝3T2
两粒子碰后再次相遇需满足：2π
解得再次相遇时间：Δ；
（3）两粒子运动轨迹如图所示：
对1粒子，有：
对2粒子，有：；且：
所以有：
解得：Δx＝（3）a。
答：（1）电场强度的大小为，v0的大小为；
（2）若两微粒碰撞后，立即撤去电场，微粒2在磁场中运动的半径和从两微粒碰撞到下次再相遇的时间间隔为Δ；
（3）若两微粒碰撞后，微粒2首次离开第一象限时，立即撤去磁场，两微粒的轨迹与x轴交点之间的距离为（3）a。
【点评】本题考查了带电粒子在电磁场中的运动问题，两个粒子运动关系的分析，难度大。关键是明确两粒子的受力情况和运动情况，利用圆心角求解时间问题，结合几何关系确定圆心和半径，然后根据洛伦兹力提供向心力求解其它物理量。
17．（2025 闽侯县校级一模）如图所示，光滑水平地面上放置一质量为m的不带电绝缘长木板，空间中存在水平向右的匀强电场E和垂直纸面向里的匀强磁场B，E、B大小均未知，t＝0时，在木板上表面静止释放一个质量为m的带正电物块，物块所受电场力大小为mg（g为重力加速度），物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.5。t＝t1（t1已知）时，物块速度为v0且恰好飞离木板，再经过时间，物块速度的水平分量第一次减到0，且恰好到达右侧光滑竖直墙壁的P点。已知物块可视为质点，忽略木板厚度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块飞离木板前木板未与墙壁发生碰撞，求：
（1）电场强度与磁感应强度的大小之比；
（2）t＝t1时，木板速度的大小；
（3）0～t1时间内，物块与木板间摩擦发热量；
（4）物块运动过程中距地面的最大高度。
【考点】带电粒子在叠加场中做直线运动；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】（1）电场强度与磁感应强度的大小之比为。
（2）t＝t1时，木板速度的大小为gt1﹣v0。
（3）0～t1时间内，物块与木板间摩擦发热量为。
（4）物块运动过程中距地面的最大高度为。
【分析】（1）物块在电场力作用下沿水平方向运动，同时受磁场影响产生洛伦兹力。假设物块与木板初始相对静止，则它们以相同的加速度运动。在t＝t1时，物块速度达到v0并刚好脱离木板，此时洛伦兹力提供竖直方向的平衡条件，可由此求出E与B的关系。
（2）木板在t1时间内受到物块的摩擦力作用，该力提供木板的动量变化。利用动量守恒或牛顿第二定律对木板分析，可求得其速度表达式。
（3）摩擦力做功即为摩擦生热，在0～t1时间内，摩擦力对物块和木板都做功，可从能量守恒或动能定理出发，计算物块和木板的能量变化，得到摩擦生热量。
（4）物块离开木板后，在电场与磁场的共同作用下做类平抛运动，沿水平方向先匀速后匀减速，竖直方向受洛伦兹力影响形成加速度运动。结合动量定理和运动学分析，可求得物块达到的最大高度。
【解答】解：（1）物块在电场力作用下向右运动，则受向右的电场力qE＝mg，向下的重力mg，竖直向上的洛伦兹力f洛，以及木板的摩擦力f，开始时假设物块和木板相对静止，则共同加速度为：
此时木板受摩擦力：，可知，假设成立；
t＝t1时，物块速度为v0且恰好飞离木板，则此时：qv0B＝mg，可得电场强度与磁感应强度的大小之比：
（2）在t1时间内对木块：qEt1﹣If＝mv0，对木板：If＝mv板，解得：v板＝gt1﹣v0
（3）0～t1时间内，对物块分析有：[Eq﹣μ（mg﹣qvB）]Δt＝mΔv，微元叠加有：mgt1﹣μmgt1+μqBL＝mv0，水平位移为：
根据能量守恒有：，解得：
（4）从t1时刻经过t2时间，对物块水平方向由动量定理：
竖直方向由动量定理：，由动能定理：，而：，，可得：，vy＝v0
到达P点后物块向上做匀减速运动，则还能上升的高度为：，则物块运动过程中距地面的最大高度：
答：（1）电场强度与磁感应强度的大小之比为。
（2）t＝t1时，木板速度的大小为gt1﹣v0。
（3）0～t1时间内，物块与木板间摩擦发热量为。
（4）物块运动过程中距地面的最大高度为。
【点评】本题考查带电粒子在电场与磁场中的运动，涉及洛伦兹力、动量守恒和能量守恒的应用。关键在于正确分析摩擦力对物块和木板的影响，并准确处理物块飞离木板及其后续运动。解题时需注意受力平衡和动量转换，确保推导严谨。
18．（2025 长安区校级一模）如图所示，平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场E1（大小未知），在第四象限内存在沿y轴正方向的匀强电场E2（大小未知）。同时在第四象限的某矩形区域（某边界平行于x轴）内存在方向垂直坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B0。一个质量为m、带电荷量为+q的小球从y轴正半轴上到O点距离为3L的P点沿x轴正方向以速度v0抛出。小球从x轴正半轴上到坐标原点O的距离为8L的Q点进入第四象限，在磁场中做圆周运动，之后从x轴上M点进入第一象限，再从x轴上的N点进入第四象限，磁场、M点和N点图中均未画出。已知重力加速度为g。求：
（1）第一象限和第四象限中匀强电场的场强大小之比；
（2）N点到坐标原点O的最小距离和磁场区域的最小面积。
【考点】带电粒子由电场进入磁场中的运动；从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】（1）第一象限和第四象限中匀强电场的场强大小之比为；
（2）N点到坐标原点O的最小距离为L，磁场区域的最小面积为。
【分析】（1）根据类平抛运动的规律和牛顿第二定律求第一象限和第四象限中匀强电场的场强大小之比；
（2）画出小球运动轨迹，由数学知识和洛伦兹力提供向心力求N点到坐标原点O的最小距离和磁场区域的最小面积。
【解答】解：（1）带电小球在第一象限做类平抛运动
沿x轴方向有
8L＝v0t
沿y轴方向有
3Lat2
根据牛顿第二定律有
qE1+mg＝ma
解得
a
E1
在磁场区域小球做圆周运动，重力与电场力大小相等，有
qE2＝mg
则
（2）使N点到坐标原点O的距离最小，需要使带电小球刚进入第四象限时，就进入磁场区域做圆周运动，画出运动轨迹如图所示
矩形GHCD的面积为磁场区域最小面积Smin，设带电小球进入磁场时速度方向与y轴负方向的夹角为α
根据类平抛运动速度反向延长线过水平位移中点，可知
tan α
由数学知识可知
sin α，cos α
根据速度合成与分解可知小球进入磁场时的速度大小为
v
解得
v
带电小球在磁场中运动时由洛伦兹力提供向心力，有qvB0
解得小球的轨迹半径
R＝2L
由几何关系可知
CD＝R+Rsin α
HC＝2R
解得
HC＝4L
则
Smin4L
带电小球从M点进入第一象限，从M点到F点为类平抛运动的逆运动，根据对称性可知
MN＝2OQ
解得
MN＝16L
所以
ON＝OQ﹣2Rcos α+MN
解得
ONL
答：（1）第一象限和第四象限中匀强电场的场强大小之比为；
（2）N点到坐标原点O的最小距离为L，磁场区域的最小面积为。
【点评】本题主要考查了带电粒子在组合场中的运动，熟悉离子的受力分析，结合运动学公式和牛顿第二定律即可完成分析。
19．（2025 合肥模拟）如图所示，xOy坐标系中内存在圆形有界匀强磁场，圆心在A点（0，R）、半径为R，磁感应强度为B、方向垂直纸面向外。在x＞R的区域存在沿y轴负方向的匀强电场，x轴上有无限长的收集板。原点O处有一离子源，它可向各个方向发射速率相同的同种离子。沿y轴正方向发射的离子经磁场从P点水平射出后，在电场中落到收集板上的Q点。已知离子质量为m、带电量为+q（q＞0），P、Q两点坐标分别为（R，R）、（4R，0），不考虑离子间的相互作用，且离子重力不计，落到收集板后不反弹，求：
（1）离子的发射速率；
（2）匀强电场的电场强度大小；
（3）沿与y轴正方向均成30°角发射的离子1、离子2落到收集板上的间隔距离。
【考点】带电粒子由磁场进入电场中的运动；重力做功的特点和计算；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．
【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；带电粒子在电场中的运动专题；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】（1）离子的发射速率为；
（2）匀强电场的电场强度大小为；
（3）沿与y轴正方向均成30°角发射的离子1、离子2落到收集板上的间隔距离为。
【分析】（1）离子做圆周运动，其受到的洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得出离子的速率；
（2）根据类平抛运动的特点，结合运动学公式得出电场的大小；
（3）根据运动学公式，结合几何关系得出离子的间隔距离。
【解答】解：（1）根据题意作出离子的运动轨迹
离子在磁场中做匀速圆周运动：
根据几何关系有：
r＝R
解得：
（2）P到Q离子做类平抛运动，则：
x＝v0t＝3R
加速度为：
解得：
（3）因为 r＝R，离子1和离子2射出圆形磁场时，速度方向都沿x轴正方向。
进入电场后离子1做类平抛运动：
x1＝v0t1
联立得
进入电场离子2做类平抛运动：
x2＝v0t2
联立得
由于离子1和离子2都是进入电场后才开始做类平抛运动的，离子1、离子2落到收集板上的间隔距离为
Δx＝x2﹣x1
解得
答：（1）离子的发射速率为；
（2）匀强电场的电场强度大小为；
（3）沿与y轴正方向均成30°角发射的离子1、离子2落到收集板上的间隔距离为。
【点评】本题主要考查了带电粒子在组合场中的运动，熟悉离子的受力分析，结合运动学公式和牛顿第二定律即可完成分析。
20．（2025 长春二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，第一象限内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场；第二象限内存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度E。某带电粒子由点A（﹣L，0）以速度v0沿y轴正方向射入电场，经y轴进入磁场，偏转后会再次回到电场。已知该粒子质量为m，电荷量为+q，不计粒子的重力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）粒子第一次进入磁场的速度大小；
（2）磁感应强度B的取值范围。
【考点】带电粒子由电场进入磁场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】（1）粒子第一次进入磁场的速度大小为；
（2）磁感应强度B的取值范围为。
【分析】（1）根据类平抛运动和牛顿第二定律求粒子第一次进入磁场的速度大小；
（2）根据几何关系和洛伦兹力提供向心力求磁感应强度B的取值范围。
【解答】解：（1）粒子在电场中做类平抛运动
根据牛顿第二定律可知
qE＝ma
沿x轴方向
vx＝at
可解得
粒子进入磁场时的速度
解得
（2）粒子第一次进入磁场时的位置坐标
y＝v0t
解得
设粒子进入磁场时速度与y轴正方向夹角为θ，则
解得
θ＝37°
粒子在磁场中的运动轨迹刚好与x轴相切时，半径最大，满足关系
y＝rm+rmsinθ
可解得最大半径
即粒子在磁场中运动轨迹半径满足
根据洛伦兹力提供向心力
解得
答：（1）粒子第一次进入磁场的速度大小为；
（2）磁感应强度B的取值范围为。
【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。
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