【期末押题预测】带电粒子在匀强磁场中的运动（含解析）2024-2025学年高中物理人教版（2019）高二下册
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| 名称 | 【期末押题预测】带电粒子在匀强磁场中的运动（含解析）2024-2025学年高中物理人教版（2019）高二下册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.7MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-05-28 06:58:43 | ||
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文档简介
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期末押题预测 带电粒子在匀强磁场中的运动
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 福州校级期末）四个相同的带负电小球（均视为质点）分别从同一高度处以相同的初速度水平向右抛出，最终落到同一水平地面上。图甲中既没有电场，也没有磁场；图乙中有水平向里的匀强磁场；图丙中有方向竖直向下的匀强电场；图丁中有方向竖直向上的匀强电场。不计空气阻力。若小球在图甲、图乙、图丙、图丁四种情形中落在水平地面前瞬间的速度大小分别为v1、v2、v3、v4，则（ ）
A．v1＞v2＞v4＞v3 B．v2＞v1＞v4＞v3
C．v4＞v1＝v2＞v3 D．v1＝v2＜v3＜v4
2．（2024秋 唐山期末）空间存在垂直纸面向外的匀强磁场（未画出），A、B、C、D、E为磁场中的五个点，AB＝DE，C为BD中点，AB平行于DE，如图所示。一束带正电的同种粒子垂直AB由A点沿纸面向上射入磁场，各粒子速度大小不同，经过一段时间后第一次到达虚线位置。用tB、tC、tD、tE分别表示第一次到达B、C、D、E四点的粒子所经历的时间，下列说法正确的是（ ）
A．tB＞tC＞tD＞tE B．tB＞tC＝tE＞tD
C．tB＞tC＞tE＝tD D．tB＝tE＞tC＞tD
3．（2024秋 慈溪市期末）如图所示，竖直通电长直导线中的电流I方向向上，绝缘的光滑水平面上P处有一带正电小球从图示位置以初速度v0水平向右运动，小球始终在水平面内运动，运动轨迹用实线表示，若从上向下看，则小球的运动轨迹可能是图中的（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024秋 慈溪市期末）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。下列说法正确的是（ ）
A．螺线管内的磁场方向垂直于管轴
B．电子在磁场中运动的时间可能为
C．若磁感应强度变为2B，则电子仍会聚在P点
D．若速度变为2v（不碰壁），则电子仍会聚在P点
5．（2024秋 温州期末）如图所示，在xOy平面内，有一粒子源沿x正方向发射速率相等的带正电的粒子，形成宽为R且关于x轴对称的粒子流。粒子流沿x方向射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向里。已知沿x轴入射的粒子经磁场偏转后从P点射出。若粒子在磁场中运动的最短时间为t，则粒子在磁场中运动的最长时间为（ ）
A．t B．2t C．3t D．4t
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2025 张店区校级开学）如图甲所示，已知车轮边缘上一质点P的轨迹可看成质点P相对圆心O作速率为v的匀速圆周运动，同时圆心O向右相对地面以速率v作匀速运动形成的，该轨迹称为圆滚线。如图乙所示，空间存在竖直向下的大小为E匀强电场和水平方向（垂直纸面向里）大小为B的匀强磁场，已知一质量为m、电量大小为q的正离子在电场力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线AC运动（该曲线属于圆滚线），到达B点时速度为零，C为运动的最低点。不计重力，则（ ）
A．A点运动到B点的时间为
B．A、C两点间距离随着电场E的增大而增大
C．该离子电势能先增大后减小
D．到达C点时离子速度最大
（多选）7．（2024秋 保定期末）如图所示，匀强磁场中位于P处的粒子源可以沿垂直于磁场向纸面内的各个方向发射质量为m、电荷量为q，速率为v的带正电粒子，P到荧光屏MN的距离为d，设荧光屏足够大，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列判断正确的是（ ）
A．若磁感应强度，则发射出的粒子到达荧光屏的最短时间
B．若磁感应强度，则同一时刻发射出的粒子到达荧光屏的最大时间差为
C．若磁感应强度，则荧光屏上形成的亮线长度为
D．若磁感应强度，则荧光屏上形成的亮线长度为
（多选）8．（2025 福州校级模拟）如图甲所示，已知车轮边缘上一质点P的轨迹可看成质点P相对圆心O作速率为v的匀速圆周运动，同时圆心O向右相对地面以速率v作匀速运动形成的，该轨迹称为圆滚线。如图乙所示，空间存在竖直向下的大小为E匀强电场和水平方向（垂直纸面向里）大小为B的匀强磁场，已知一质量为m、电量大小为q的正离子在电场力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线AC运动（该曲线属于圆滚线），到达B点时速度为零，C为运动的最低点。不计重力，则（ ）
A．A点运动到B点的时间为
B．A、C两点间距离随着电场E的增大而增大
C．该离子电势能先增大后减小
D．到达C点时离子速度最大
（多选）9．（2024秋 福州校级期末）如图所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从b点沿ba方向以初速度大小v（未知）射入磁场，粒子仅能从正方形cd边（含c、d两点）射出正方形区域，该粒子在磁场中运动时间为t，不计粒子的重力，则（ ）
A． B．
C． D．
三．填空题（共3小题）
10．（2025 福州校级模拟）如图所示，竖直平面MNRS的右侧存在竖直向上的足够大的匀强磁场，从平面MNRS上的O点处以初速度v0＝10m/s垂直MNRS面向右抛出一带电量为q质量为m小球。若磁感应强度B，g取10m/s2。则小球离开磁场时的速度大小为 m/s；小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为 m。
11．（2023秋 鼓楼区校级期末）如图所示，直角坐标系xOy在水平面内，z轴竖直向上。坐标原点O处固定一带正电的点电荷，空间中存在竖直向下的匀强磁场。质量为m带电量为+q的小球A，绕z轴做匀速圆周运动，小球与坐标原点O的距离为r，O点和小球A的连线与z轴的夹角θ＝37°。重力加速度为g，m、q、r已知。（cos37°＝0.8，sin37°＝0.6）
则从上往下看带电小球只能沿 （填“逆时针”或“顺时针”）方向做匀速圆周运动；小球A速度v＝ 时，所需磁感应强度最小。
12．（2024秋 松江区校级月考）如图所示，虚线框内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于匀强磁场中，正方形线框的边与虚线框平行。线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，则在正方形线框移出的过程中，线框的一边a、b两点间电势差的绝对值Uab大小关系是 （a，b，c，d四幅图中Uab分别用U1，U2，U3，U4表示）。
四．解答题（共3小题）
13．（2025 重庆模拟）如图所示，一光滑半圆形绝缘轨道ACB竖直固定在纸面内，其半径为R，O为圆心，A、B为半圆水平直径的两个端点，C为半圆最低点。M、N点分别位于A、B点正上方，且到A、B点的高度均为R。将一质量为m、电荷量为﹣q的带电小球，分别从M、N点由静止释放，小球均能沿切线进入半圆轨道。小球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g。
（1）若将该小球从M点由静止释放，求小球运动到C点时与轨道之间的作用力大小；
（2）若在直线AB下方施加一垂直纸面的匀强磁场，将该小球先后从M、N点由静止释放，小球运动到C点时与轨道之间的作用力减小了2mg，求所加匀强磁场的磁感应强度；
（3）若在直线AB下方施加一平行纸面的匀强电场，将该小球先后从M、N点由静止释放，小球运动到C点时与轨道之间的作用力大小分别为5mg、3mg，求所加匀强电场的场强大小。
14．（2024秋 福州校级期末）电子对湮灭是正电子发射计算机断层扫描（PET）及正电子湮灭能谱学（PAS）的物理基础，是指电子e﹣和正电子e+以等大反向的速度碰撞后湮灭的过程，如图所示，平面直角坐标系xOy内的P点在x轴上，且OP＝2L，Q点在负y轴上某处。在第Ⅰ象限内有平行于y轴向下的匀强电场，在第Ⅱ象限内有一半径为L的圆形磁场区域，与x、y轴分别相切于A、C两点，在第Ⅳ象限内有一未知的矩形区域（图中未画出），未知矩形区域和圆形区域内有完全相同的匀强磁场。一速度大小为v0的正电子从A点沿y轴正方向射入磁场，经C点射入电场，最后从P点射出电场区域；另一速度大小为v1（未知）的电子从Q点沿与y轴正向成45°角的方向射入第Ⅳ象限，而后进入未知矩形磁场区域，离开磁场时正好到达P点，且恰好与从P点射出的正电子正碰发生湮灭。已知正、负电子质量均为m、电荷量大小均为e，重力不计。求：
（1）圆形区域内匀强磁场磁感应强度B的大小和正电子到达P点时的速度大小；
（2）为确保两电子发生湮灭，两电子分别从A点、Q点释放的时间差Δt；
（3）未知矩形磁场区域的最小面积S。
15．（2024秋 市中区校级期末）如图所示，在直角坐标系xOy平面内，第一象限中存在沿x轴负方向、电场强度大小为E的匀强电场，第二象限中存在垂直坐标平面向里的匀强磁场，第三象限中存在匀强电场，电场强度大小也为E，方向与xOy平面平行，且与x轴正方向成α角。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子，从x轴上距离O点为L的M点以一定的初速度沿y轴正方向进入电场，经y轴上距离O点为2L的N点离开电场，经过磁场后从x轴上的P点垂直x轴进入第三象限的电场，不计粒子重力。求：
（1）粒子到达N点时的速度大小；
（2）粒子在磁场中运动的时间及OP的距离LOP；
（3）粒子刚离开第三象限的电场时距坐标原点的距离。
期末押题预测 带电粒子在匀强磁场中的运动
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 福州校级期末）四个相同的带负电小球（均视为质点）分别从同一高度处以相同的初速度水平向右抛出，最终落到同一水平地面上。图甲中既没有电场，也没有磁场；图乙中有水平向里的匀强磁场；图丙中有方向竖直向下的匀强电场；图丁中有方向竖直向上的匀强电场。不计空气阻力。若小球在图甲、图乙、图丙、图丁四种情形中落在水平地面前瞬间的速度大小分别为v1、v2、v3、v4，则（ ）
A．v1＞v2＞v4＞v3 B．v2＞v1＞v4＞v3
C．v4＞v1＝v2＞v3 D．v1＝v2＜v3＜v4
【考点】带电粒子在叠加场中做一般曲线运动；动能定理的简单应用．
【专题】比较思想；类比法；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】根据带电小球受到重力，电场力及洛伦兹力，判定各自力的方向，结合牛顿第二定律，及平抛运动的规律，即可求解。
【解答】解：小球抛出时的速度大小为v0，对题图甲情形中的小球，小球只受重力，根据动能定理有：
题图乙情形中的小球受到的洛伦兹力不做功，根据动能定理有：
题图丙情形中的小球受到的电场力方向竖直向上，电场力做的功：W＜0
根据动能定理有：
题图丁情形中的小球受到的电场力方向竖直向下，电场力做的功：W′＞0
根据动能定理有：
比较以上各式可知，图丙中有两个力对小球做正功，所以丁球落地时的动能最大，甲和乙球基次，丙球落地的动能最小
所以速度关系为：v4＞v1＝v2＞v3，故ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】考查平抛运动的规律，掌握牛顿第二定律的应用，理解左手定则的内容，注意乙图与丙图虽然加速度不同，但竖直方向的速度却相同，是解题的关键。同时掌握洛伦兹力不做功的特点。
2．（2024秋 唐山期末）空间存在垂直纸面向外的匀强磁场（未画出），A、B、C、D、E为磁场中的五个点，AB＝DE，C为BD中点，AB平行于DE，如图所示。一束带正电的同种粒子垂直AB由A点沿纸面向上射入磁场，各粒子速度大小不同，经过一段时间后第一次到达虚线位置。用tB、tC、tD、tE分别表示第一次到达B、C、D、E四点的粒子所经历的时间，下列说法正确的是（ ）
A．tB＞tC＞tD＞tE B．tB＞tC＝tE＞tD
C．tB＞tC＞tE＝tD D．tB＝tE＞tC＞tD
【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．
【专题】比较思想；几何法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】B
【分析】带电粒子垂直进入匀强磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，推导出粒子运动周期表达式，得到周期与速度无关的结论。画出粒子通过B、C、D、E各点的轨迹，根据轨迹对应的圆心角大小分析粒子运动时间的长短。
【解答】解：带电粒子垂直进入匀强磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，即
则
运动周期
可见粒子的运动周期与速度无关。
画出粒子通过B、C、D、E各点的轨迹如图所示。
由几何关系可知，从A到B，粒子运动轨迹对应的圆心角为180°；连接ACE、AD，从A到B的弦切角最大，从A到C和A到E的弦切角相等，A到D的弦切角最小，则从A到C和A到E，粒子运动轨迹对应的圆心角小于180°，且相等；A到D，粒子运动轨迹对应的圆心角最小，粒子从A点沿纸面向上射入磁场，运动轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长，所以tB＞tC＝tE＞tD，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】正确画出粒子在磁场中的运动轨迹，将几何关系确定轨迹对应的圆心角大小是解题的关键。
3．（2024秋 慈溪市期末）如图所示，竖直通电长直导线中的电流I方向向上，绝缘的光滑水平面上P处有一带正电小球从图示位置以初速度v0水平向右运动，小球始终在水平面内运动，运动轨迹用实线表示，若从上向下看，则小球的运动轨迹可能是图中的（ ）
A． B．
C． D．
【考点】带电粒子（或微粒）在非匀强磁场中的运动．
【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；理解能力．
【答案】A
【分析】先用右手定则判断出竖直导线周围的磁场方向及分布情况，再由左手定则判断带正电小球运动时的受力方向，再判断力是否做功即可分析。
【解答】解：利用右手螺旋定则来判断，在水平面上，磁感线是围绕直导线的同心圆，所以在水平面上产生的磁场方向是垂直于小球运动水平面的，又因为小球带正电且水平向右运动，根据左手定则可以判断带正电小球受到的洛伦兹力始终垂直于水平面，因此洛伦兹力对小球不做功，由此可知带正电小球将做匀速度直线运动，故BCD错误，A正确；
故选：A。
【点评】该题考查的知识点较多，首先是右手定则，知道通电直导线周围的磁场的分布；其次是左手定则，会熟练的判断带电粒子受到的洛伦兹力的方向。
4．（2024秋 慈溪市期末）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。下列说法正确的是（ ）
A．螺线管内的磁场方向垂直于管轴
B．电子在磁场中运动的时间可能为
C．若磁感应强度变为2B，则电子仍会聚在P点
D．若速度变为2v（不碰壁），则电子仍会聚在P点
【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；洛伦兹力的计算公式及简单应用．
【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】AB.由题意可知，螺线管内的磁场方向与管轴不垂直，电子沿磁场方向做匀速直线运动，垂直于磁场方向做匀速圆周运动，电子的运动轨迹为螺旋线；根据电子的运动规律、洛伦兹力提供向心力、周期公式分别列式，即可分析判断；
CD.由上述分析，对磁感应强度变为2B、电子速度为2v时，分别列式对比，即可分析判断。
【解答】解：AB.由图可知，螺线管内的磁场方向与管轴不垂直，将电子的初速度v沿磁场方向和垂直于磁场方向正交分解为vx、vy，电子沿磁场方向做匀速直线运动，垂直于磁场方向做匀速圆周运动，电子的运动轨迹为螺旋线；
设螺线管长为L，分运动的圆周运动的周期为T，若这些电子通过磁场会聚在荧光屏上P点，则需满足：
，（n＝1、2、3……），
由洛伦兹力提供向心力可得：，
电子分运动的圆周运动的周期为：，
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，故可近似为：vx＝v，
可得电子的速度只要满足：，（n＝1、2、3……），即电子的运动时间为圆周运动周期的整数倍，电子就可以会聚到P点；
由此可知，这些电子通过磁场会聚在荧光屏上P点，电子在磁场中运动的时间不可能为；故AB错误；
CD.由上述分析可知，
若磁感应强度变为2B，有：，
对比可得：n'＝2、4、6……，则电子仍会聚在P点；
同理，当电子速度为2v时，可得：，
对比可得：、1、、2……，即电子的运动时间不是总等于圆周运动周期的整数倍，故这些电子不一定能会聚在P点；故C正确，D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。
5．（2024秋 温州期末）如图所示，在xOy平面内，有一粒子源沿x正方向发射速率相等的带正电的粒子，形成宽为R且关于x轴对称的粒子流。粒子流沿x方向射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向里。已知沿x轴入射的粒子经磁场偏转后从P点射出。若粒子在磁场中运动的最短时间为t，则粒子在磁场中运动的最长时间为（ ）
A．t B．2t C．3t D．4t
【考点】带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】根据粒子运动的情况分析半径，从而作出最长时间和最短时间粒子运动的轨迹，根据周期与时间关系解答。
【解答】解：已知沿x轴入射的粒子经磁场偏转后从P点射出，则粒子运动的半径为R，则所有粒子都从P点射出，如图
圆弧轨迹对应最小圆心角为60°，最大圆心角为120°，则
tT
t'T
解得t'＝2t
故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题关键掌握“磁焦距”的特点，根据圆心角分析运动时间。
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2025 张店区校级开学）如图甲所示，已知车轮边缘上一质点P的轨迹可看成质点P相对圆心O作速率为v的匀速圆周运动，同时圆心O向右相对地面以速率v作匀速运动形成的，该轨迹称为圆滚线。如图乙所示，空间存在竖直向下的大小为E匀强电场和水平方向（垂直纸面向里）大小为B的匀强磁场，已知一质量为m、电量大小为q的正离子在电场力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线AC运动（该曲线属于圆滚线），到达B点时速度为零，C为运动的最低点。不计重力，则（ ）
A．A点运动到B点的时间为
B．A、C两点间距离随着电场E的增大而增大
C．该离子电势能先增大后减小
D．到达C点时离子速度最大
【考点】带电粒子在叠加场中做一般曲线运动；电场力做功与电势能变化的关系．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；创新能力．
【答案】BD
【分析】由题意可将离子的运动分解为匀速圆周运动与匀速直线运动，根据力与运动的关系，结合匀速圆周运动的周期解答；根据动能定理，功能关系解答。
【解答】解：A、粒子在A点时，速度为0，将粒子速度分解为水平向右的v与水平向左的v，使水平向右的v对应的洛伦兹力与电场力平衡，则有：qE＝qvB
解得：v
所以离子水平向右的分运动为v的匀速直线运动，另一分运动为水平向左的v对应的逆时针方向的匀速圆周运动，且有：qvB，而T
解得：R，
由于粒子从静止开始自A点沿曲线AC运动到达B点时速度为零，即离子恰好经过圆周运动的一个周期的时间，即A点运动到B点的时间为，故A错误；
C、离子由静止开始自A点沿曲线ACB运动，电场力先做正功后做负功，则电势能先减小后增大，故C错误；
D、洛伦兹力不做功，结合上述，离子由静止开始自A点沿曲线运动到C点过程，电场力做正功最多，根据动能定理可知，离子到达C点时离子速度最大，故D正确；
B、结合上述可知，A、C两点间距离：xAC＝vT，由此可知，A、C两点间距离随着电场E的增大而增大，故B正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动问题，属于知识给于类题型，理解题意是关键。掌握轨迹为“圆滚线”的运动的处理方法，根据分运动具有独立性与等时性解答。
（多选）7．（2024秋 保定期末）如图所示，匀强磁场中位于P处的粒子源可以沿垂直于磁场向纸面内的各个方向发射质量为m、电荷量为q，速率为v的带正电粒子，P到荧光屏MN的距离为d，设荧光屏足够大，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列判断正确的是（ ）
A．若磁感应强度，则发射出的粒子到达荧光屏的最短时间
B．若磁感应强度，则同一时刻发射出的粒子到达荧光屏的最大时间差为
C．若磁感应强度，则荧光屏上形成的亮线长度为
D．若磁感应强度，则荧光屏上形成的亮线长度为
【考点】带电粒子在直线边界磁场中的运动．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；模型建构能力．
【答案】ABC
【分析】根据牛顿第二定律求解粒子做匀速圆周运动的轨道半径，当粒子运动的时间最短时，轨迹对应的弦长最短，再根据几何知识求解轨迹对应的圆心角，再根据运动学公式求解粒子运动的时间；
根据题意作出粒子运动最长时间的轨迹图像，根据几何知识求解粒子运动的轨迹对应的圆心角，再根据运动学公式求解最大时间差；
先根据半径公式求解磁感应强度时粒子运动的轨道半径，再作出粒子运动的临界轨迹图像，根据几何知识求解粒子在P点上方和下方打在MN上面的位置，即可解得荧光屏上形成的亮线长度。
【解答】解：根据洛伦兹力提供向心力得：
代入磁感应强度的值得到运动的轨道半径：R＝d
A、要求最短时间，则恰好弦长最短，打到P点的正左方，如图所示，
根据几何关系，偏转的圆心角为，因此运动时间为：，故A正确；
B、由几何关系可知，打到荧光屏MN上最长时间恰好运动了个周期，轨迹如下图所示，
结合上一选项的结论，那么最大的时间差：，故B正确；
CD、若磁感应强度，则轨道半径：R＝2d
到达荧光屏最下端的粒子的轨迹是与MN相切的，设下半部分的亮线长度为x1，根据几何关系有：
整理解得：x1d
到达荧光屏最上端的粒子与屏的交点与P点连线为轨迹的直径，设上半部分亮线的长度为x2，根据几何关系有：
整理解得：x2d
所以亮线的总长度为，故C正确，D 错误。
故选：ABC。
【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。
（多选）8．（2025 福州校级模拟）如图甲所示，已知车轮边缘上一质点P的轨迹可看成质点P相对圆心O作速率为v的匀速圆周运动，同时圆心O向右相对地面以速率v作匀速运动形成的，该轨迹称为圆滚线。如图乙所示，空间存在竖直向下的大小为E匀强电场和水平方向（垂直纸面向里）大小为B的匀强磁场，已知一质量为m、电量大小为q的正离子在电场力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线AC运动（该曲线属于圆滚线），到达B点时速度为零，C为运动的最低点。不计重力，则（ ）
A．A点运动到B点的时间为
B．A、C两点间距离随着电场E的增大而增大
C．该离子电势能先增大后减小
D．到达C点时离子速度最大
【考点】带电粒子在叠加场中做旋进运动；电场力做功与电势能变化的关系．
【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】BD
【分析】由题意可将离子的运动分解为匀速圆周运动与匀速直线运动，根据力与运动的关系，结合匀速圆周运动的周期解答；根据动能定理，功能关系解答。
【解答】解：A．粒子在A点时，速度为0，将粒子速度分解为水平向右的v0与水平向左的v0，使水平向右的v0对应的洛伦兹力与电场力平衡，则有
qE＝qv0B
解得
即离子水平向右的分运动为v0的匀速直线运动，则另一分运动为水平向左的v0对应的逆时针方向的匀速圆周运动，且有
，
解得
，
由于粒子从静止开始自A点沿曲线AC运动到达B点时速度为零，即离子恰好经过圆周运动的一个周期的时间，即A点运动到B点的时间为，故A错误；
B．结合上述可知，A、C两点间距离
可知，A、C两点间距离随着电场E的增大而增大，故B正确；
C．离子由静止开始自A点沿曲线ACB运动，电场力先做正功后做负功，则电势能先减小后增大，故C错误；
D．洛伦兹力不做功，结合上述，离子由静止开始自A点沿曲线运动到C点过程，电场力做正功最多，根据动能定理可知，离子到达C点时离子速度最大，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动问题，属于知识给于类题型，理解题意是关键。掌握轨迹为“圆滚线”的运动的处理方法，根据分运动具有独立性与等时性解答。
（多选）9．（2024秋 福州校级期末）如图所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从b点沿ba方向以初速度大小v（未知）射入磁场，粒子仅能从正方形cd边（含c、d两点）射出正方形区域，该粒子在磁场中运动时间为t，不计粒子的重力，则（ ）
A． B．
C． D．
【考点】带电粒子在矩形边界磁场中的运动．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；模型建构能力．
【答案】AD
【分析】画出粒子在磁场中运动的轨迹，确定圆心，由几何关系可求得粒子的轨道半径和偏转角，粒子在磁场中做圆周运动由洛伦兹力提供向心力，据此可求得速度大小，再由时间公式求时间；
【解答】解：粒子在磁场中圆周运动周期：
洛伦兹力提供向心力：
联立解得：
CD、如果粒子从c点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，
根据几何关系，射出磁场时的速度反向延长线通过a点，磁场的边长为L，设粒子的轨道半径为r，由几何关系得：
由洛伦兹力提供向心力得：
联立解得：
如果粒子从d点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，根据几何关系：r＝L
由洛伦兹力提供向心力得：
联立解得：
粒子仅能从正方形cd边（含c、d两点）射出正方形区域，所以：，故C错误，D正确。
AB、如果粒子从c点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，
可知粒子圆周运动的圆周角为：
所用时间为：
如果粒子从d点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，可知粒子圆周运动的圆周角为，所用时间为：
综上所述粒子运动时间t满足：，故A正确，B错误；
故选：AD。
【点评】本题考查了粒子在有界磁场中的运动，解题的关键是画出轨迹的示意图，由几何关系求得轨道半径。
三．填空题（共3小题）
10．（2025 福州校级模拟）如图所示，竖直平面MNRS的右侧存在竖直向上的足够大的匀强磁场，从平面MNRS上的O点处以初速度v0＝10m/s垂直MNRS面向右抛出一带电量为q质量为m小球。若磁感应强度B，g取10m/s2。则小球离开磁场时的速度大小为 10 m/s；小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为 m。
【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】小球在水平方向做匀速圆周运动，竖直方向做自由落体运动，小球离开磁场时水平方向为一个半圆、根据运动情况结合运动学公式进行解答。
【解答】解：小球在水平方向做匀速圆周运动，竖直方向做自由落体运动，
水平方向小球恰好转半个周期离开磁场，故离开磁场的时间为t1s
则离开磁场时的竖直方向的速度vy＝gt＝10×1m/s＝10m/s
小球离开磁场时的速度大小为vm/s＝10m/s
小球离开磁场时在竖直方向的距离为ym＝5m
小球在水平方向做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B
解得：R
水平方向位移为直径，即x＝2R
代入数据解得：xm
则小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为s＝X
mm
故答案为：10；。
【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。
11．（2023秋 鼓楼区校级期末）如图所示，直角坐标系xOy在水平面内，z轴竖直向上。坐标原点O处固定一带正电的点电荷，空间中存在竖直向下的匀强磁场。质量为m带电量为+q的小球A，绕z轴做匀速圆周运动，小球与坐标原点O的距离为r，O点和小球A的连线与z轴的夹角θ＝37°。重力加速度为g，m、q、r已知。（cos37°＝0.8，sin37°＝0.6）
则从上往下看带电小球只能沿 逆时针 （填“逆时针”或“顺时针”）方向做匀速圆周运动；小球A速度v＝ 时，所需磁感应强度最小。
【考点】带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动．
【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】逆时针、。
【分析】对小球受力分析，根据竖直方向根据平衡条件和做匀速圆周运动的条件确定磁场的方向；
根据牛顿第二定律表示磁感应强度，根据磁感应强度的表达式求解磁感应强度的最小值及此时v的值。
【解答】解：根据题意，对小球受力分析，如图所示
洛伦兹力F2沿水平方向，库仑力F1沿着O→A方向，空间中存在竖直向下的匀强磁场，洛伦兹力指向圆心，小球A带正电，根据左手定则，从上往下看带电小球只能沿逆时针方向做匀速圆周运动。
水平方向上，由牛顿第二定律有：
竖直方向上有：F1cos37°＝mg
整理可得：
由数学知识可知，当：，即
时，所需磁感应强度最小。
故答案为：逆时针、。
【点评】本题考查带电体在电场、磁场和重力场的复合场中的运动，要求学生能正确分析带电体的受力和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
12．（2024秋 松江区校级月考）如图所示，虚线框内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于匀强磁场中，正方形线框的边与虚线框平行。线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，则在正方形线框移出的过程中，线框的一边a、b两点间电势差的绝对值Uab大小关系是 U1＝U3＝U4＜U2。 （a，b，c，d四幅图中Uab分别用U1，U2，U3，U4表示）。
【考点】带电粒子在矩形边界磁场中的运动．
【专题】应用题；定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；分析综合能力．
【答案】U1＝U3＝U4＜U2。
【分析】根据E＝BLv求出线框产生的感应电动势，根据串联电路分压规律求a、b两点间电势差的绝对值Uab，然后分析答题。
【解答】解：设正方向线框的边长为L，线框切割磁感线产生的感应电动势均为E＝BLv
磁场中切割磁感线的边相当于电源，外电路由三个相同电阻串联形成，
（a）、（c）、（d）图中a、b两点间电势差绝对值为外电路中一个电阻两端电压，即为U，
（b）图中a、b两点间电势差绝对值为路端电压，即为Uab，则U1＝U3＝U4＜U2。
故答案为：U1＝U3＝U4＜U2。
【点评】解决本题时，要正确区分电源和外电路，结合串联电路电压与电阻成正比，确定a、b两点间电势差绝对值与感应电动势的关系。
四．解答题（共3小题）
13．（2025 重庆模拟）如图所示，一光滑半圆形绝缘轨道ACB竖直固定在纸面内，其半径为R，O为圆心，A、B为半圆水平直径的两个端点，C为半圆最低点。M、N点分别位于A、B点正上方，且到A、B点的高度均为R。将一质量为m、电荷量为﹣q的带电小球，分别从M、N点由静止释放，小球均能沿切线进入半圆轨道。小球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g。
（1）若将该小球从M点由静止释放，求小球运动到C点时与轨道之间的作用力大小；
（2）若在直线AB下方施加一垂直纸面的匀强磁场，将该小球先后从M、N点由静止释放，小球运动到C点时与轨道之间的作用力减小了2mg，求所加匀强磁场的磁感应强度；
（3）若在直线AB下方施加一平行纸面的匀强电场，将该小球先后从M、N点由静止释放，小球运动到C点时与轨道之间的作用力大小分别为5mg、3mg，求所加匀强电场的场强大小。
【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；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；推理论证能力．
【答案】（1）若将该小球从M点由静止释放，小球运动到C点时与轨道之间的作用力大小为5mg；
（2）该小球先后从M、N点由静止释放，小球运动到C点时与轨道之间的作用力减小了2mg，所加匀强磁场的磁感应强度为，方向垂直纸面向里；
（3）所加匀强电场的场强大小为。
【分析】（1）根据动能定理求出小球到达C点时速度的大小，在C点，轨道对小球的支持力与重力的合力提供向心力，据此分析求小球与轨道之间作用力的大小；
（2）由于两球到达C的速度方向不同，洛伦兹力的方向相反，在C点分别对两球由牛顿第二定律列式结合题设条件，即可分析判断；
（3）根据动能定理求出两球到达C点的速度，再由牛顿第二定律列式结合题设条件，从而得到电场强度的大小。
【解答】解：（1）从M点到C点，根据动能定理：
在C点，根据牛顿第二定律：
解得：FN＝5mg
（2）因为洛伦兹力不做功，所以小球到达C点的速度还是：v1
小球在C点，根据牛顿第二定律：
小球从N点释放到C点，根据牛顿第二定律：
由题可知：FN1﹣FN2＝2mg
联立解得：，方向垂直纸面向里。
（3）设所加匀强电场的场强大小为E，方向为左下方，与水平方向夹角为α，小球从M点释放到C点，根据动能定理：
在C点，根据牛顿第二定律：
小球从N点释放到C点，根据动能定理：
在C点，根据牛顿第二定律：
联立上述公式解得：
答：（1）若将该小球从M点由静止释放，小球运动到C点时与轨道之间的作用力大小为5mg；
（2）该小球先后从M、N点由静止释放，小球运动到C点时与轨道之间的作用力减小了2mg，所加匀强磁场的磁感应强度为，方向垂直纸面向里；
（3）所加匀强电场的场强大小为。
【点评】本题主要考查从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题，解题时需注意功能关系、动能定理、能量守恒、机械能守恒定律、电场力做功与电势能的变化等的综合应用。
14．（2024秋 福州校级期末）电子对湮灭是正电子发射计算机断层扫描（PET）及正电子湮灭能谱学（PAS）的物理基础，是指电子e﹣和正电子e+以等大反向的速度碰撞后湮灭的过程，如图所示，平面直角坐标系xOy内的P点在x轴上，且OP＝2L，Q点在负y轴上某处。在第Ⅰ象限内有平行于y轴向下的匀强电场，在第Ⅱ象限内有一半径为L的圆形磁场区域，与x、y轴分别相切于A、C两点，在第Ⅳ象限内有一未知的矩形区域（图中未画出），未知矩形区域和圆形区域内有完全相同的匀强磁场。一速度大小为v0的正电子从A点沿y轴正方向射入磁场，经C点射入电场，最后从P点射出电场区域；另一速度大小为v1（未知）的电子从Q点沿与y轴正向成45°角的方向射入第Ⅳ象限，而后进入未知矩形磁场区域，离开磁场时正好到达P点，且恰好与从P点射出的正电子正碰发生湮灭。已知正、负电子质量均为m、电荷量大小均为e，重力不计。求：
（1）圆形区域内匀强磁场磁感应强度B的大小和正电子到达P点时的速度大小；
（2）为确保两电子发生湮灭，两电子分别从A点、Q点释放的时间差Δt；
（3）未知矩形磁场区域的最小面积S。
【考点】带电粒子由磁场进入电场中的运动；带电粒子在匀强电场中做类平抛运动；带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动．
【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】（1）圆形区域内匀强磁场磁感应强度B的大小为正电子到达P点时的速度大小为；
（2）为确保两电子发生湮灭，两电子分别从A点、Q点释放的时间差Δt为0；
（3）未知矩形磁场区域的最小面积S为。
【分析】（1）电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，从A点到C点在磁场中运动了圆周，可得到电子的运动半径，根据伦兹力提供向心力求解磁感应强度大小；电子由C点到P点在匀强电场中做类平抛运动，将此运动沿x轴方向和y轴方向分解处理，由运动学公式和牛顿第二定律求解磁感应强度大小和在电场中的运动时间；
（2）利用周期和轨迹圆心角求解电子在磁场中运动时间，与（1）中求得的在电场中的运动时间之和即为电子运动的时间，同理得到负电子到达Q点的时间，从而也得到丙粒子出发的时间差；
（3）由题意可知正电子进入矩形磁场区域偏转了90°恰好与电子在P点正碰，作出轨迹图，根据伦兹力提供向心力求得正电子在磁场中运动半径，根据几何关系求解。
【解答】解：（1）正电子a从A点沿y轴正方向发射，经过C点，由题意可得正电子在磁场中运动的半径：R＝L
又根据牛顿第二定律：
解得磁感应强度的大小为：
正电子在电场中做类平抛运动，由几何关系得：2L＝v0t1
又由平抛规律知：
加速度为：
依题意：vy＝at1，
代入数据解得：，
（2）在磁场中运动的周期：
正电子在磁场中运动了四分之一圆周，则：
在电场中运动时间：
故从A到P的时间：
电子在第Ⅳ象限运动时间：
其中由湮灭条件知：
解得：
代入数据得：Δt＝t﹣t3＝0
（3）速度的正电子在磁场中运动的半径：
未知矩形磁场区域的最小面积为上图中矩形PFMN
所以磁场的最小的面积：
答：（1）圆形区域内匀强磁场磁感应强度B的大小为正电子到达P点时的速度大小为；
（2）为确保两电子发生湮灭，两电子分别从A点、Q点释放的时间差Δt为0；
（3）未知矩形磁场区域的最小面积S为。
【点评】本题考查了带电粒子在电场和磁场中运动问题。对于粒子在电场中偏转做类抛体运动，应用运动的合成与分解解答；对于带电粒子在匀强磁场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动，依据题意作出粒子运动轨迹图是解题的前提，根据几何关系求得运动半径和轨迹圆心角是解题关键。
15．（2024秋 市中区校级期末）如图所示，在直角坐标系xOy平面内，第一象限中存在沿x轴负方向、电场强度大小为E的匀强电场，第二象限中存在垂直坐标平面向里的匀强磁场，第三象限中存在匀强电场，电场强度大小也为E，方向与xOy平面平行，且与x轴正方向成α角。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子，从x轴上距离O点为L的M点以一定的初速度沿y轴正方向进入电场，经y轴上距离O点为2L的N点离开电场，经过磁场后从x轴上的P点垂直x轴进入第三象限的电场，不计粒子重力。求：
（1）粒子到达N点时的速度大小；
（2）粒子在磁场中运动的时间及OP的距离LOP；
（3）粒子刚离开第三象限的电场时距坐标原点的距离。
【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．
【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；推理论证能力．
【答案】（1）粒子到达N点时的速度大小为；
（2）粒子在磁场中运动的时间为，OP的距离LOP为；
（3）粒子刚离开第三象限的电场时距坐标原点的距离为。
【分析】（1）画出粒子运动的轨迹，粒子在第一象限的电场中做类平抛运动，由运动学规律分别列式，结合牛顿第二定律、矢量合成法则、几何关系分别列式，即可分析求解；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，结合（1），由牛顿第二定律、周期与线速度的关系、几何知识分别列式，即可分析求解；
（3）粒子在第三象限的电场中运动时，结合前面分析，由运动学规律分别列式，即可分析求解。
【解答】解：（1）粒子运动的轨迹如图所示：
设粒子的初速度大小为v0，粒子到达N点时的速度大小为v，方向与y轴正方向的夹角为θ，粒子在第一象限的电场中做类平抛运动，由运动学规律可得：
，2L＝v0t1，vx＝at1，
由牛顿第二定律可得：
，
由矢量合成法则可得：
，
由几何关系可得：
，
联立可得：
，tanθ＝1，则θ＝45°；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，结合（1）及几何知识可知，其转过的圆心角为135°，由牛顿第二定律可得：
，
由周期与线速度的关系可得：
，
联立可得：
由几何知识可知：
rcos45°＝2L
粒子在磁场中做匀速圆周运动的时间：
，
由几何关系可得：
LOP＝r+rsin45°，
联立解得：
，，LOP；
（3）粒子在第三象限的电场中运动时，由运动学规律可得，
沿x轴正方向有：
，
沿y轴负方向有：
，
联立解得
；
答：（1）粒子到达N点时的速度大小为；
（2）粒子在磁场中运动的时间为，OP的距离LOP为；
（3）粒子刚离开第三象限的电场时距坐标原点的距离为。
【点评】本题主要考查带电粒子由电场进入磁场中的运动，解题时通常按时间的先后顺序分成几个小过程，在每一运动过程中从粒子的受力性质、受力方向和速度方向的关系入手，分析运动性质，进而求解。
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期末押题预测 带电粒子在匀强磁场中的运动
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 福州校级期末）四个相同的带负电小球（均视为质点）分别从同一高度处以相同的初速度水平向右抛出，最终落到同一水平地面上。图甲中既没有电场，也没有磁场；图乙中有水平向里的匀强磁场；图丙中有方向竖直向下的匀强电场；图丁中有方向竖直向上的匀强电场。不计空气阻力。若小球在图甲、图乙、图丙、图丁四种情形中落在水平地面前瞬间的速度大小分别为v1、v2、v3、v4，则（ ）
A．v1＞v2＞v4＞v3 B．v2＞v1＞v4＞v3
C．v4＞v1＝v2＞v3 D．v1＝v2＜v3＜v4
2．（2024秋 唐山期末）空间存在垂直纸面向外的匀强磁场（未画出），A、B、C、D、E为磁场中的五个点，AB＝DE，C为BD中点，AB平行于DE，如图所示。一束带正电的同种粒子垂直AB由A点沿纸面向上射入磁场，各粒子速度大小不同，经过一段时间后第一次到达虚线位置。用tB、tC、tD、tE分别表示第一次到达B、C、D、E四点的粒子所经历的时间，下列说法正确的是（ ）
A．tB＞tC＞tD＞tE B．tB＞tC＝tE＞tD
C．tB＞tC＞tE＝tD D．tB＝tE＞tC＞tD
3．（2024秋 慈溪市期末）如图所示，竖直通电长直导线中的电流I方向向上，绝缘的光滑水平面上P处有一带正电小球从图示位置以初速度v0水平向右运动，小球始终在水平面内运动，运动轨迹用实线表示，若从上向下看，则小球的运动轨迹可能是图中的（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024秋 慈溪市期末）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。下列说法正确的是（ ）
A．螺线管内的磁场方向垂直于管轴
B．电子在磁场中运动的时间可能为
C．若磁感应强度变为2B，则电子仍会聚在P点
D．若速度变为2v（不碰壁），则电子仍会聚在P点
5．（2024秋 温州期末）如图所示，在xOy平面内，有一粒子源沿x正方向发射速率相等的带正电的粒子，形成宽为R且关于x轴对称的粒子流。粒子流沿x方向射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向里。已知沿x轴入射的粒子经磁场偏转后从P点射出。若粒子在磁场中运动的最短时间为t，则粒子在磁场中运动的最长时间为（ ）
A．t B．2t C．3t D．4t
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2025 张店区校级开学）如图甲所示，已知车轮边缘上一质点P的轨迹可看成质点P相对圆心O作速率为v的匀速圆周运动，同时圆心O向右相对地面以速率v作匀速运动形成的，该轨迹称为圆滚线。如图乙所示，空间存在竖直向下的大小为E匀强电场和水平方向（垂直纸面向里）大小为B的匀强磁场，已知一质量为m、电量大小为q的正离子在电场力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线AC运动（该曲线属于圆滚线），到达B点时速度为零，C为运动的最低点。不计重力，则（ ）
A．A点运动到B点的时间为
B．A、C两点间距离随着电场E的增大而增大
C．该离子电势能先增大后减小
D．到达C点时离子速度最大
（多选）7．（2024秋 保定期末）如图所示，匀强磁场中位于P处的粒子源可以沿垂直于磁场向纸面内的各个方向发射质量为m、电荷量为q，速率为v的带正电粒子，P到荧光屏MN的距离为d，设荧光屏足够大，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列判断正确的是（ ）
A．若磁感应强度，则发射出的粒子到达荧光屏的最短时间
B．若磁感应强度，则同一时刻发射出的粒子到达荧光屏的最大时间差为
C．若磁感应强度，则荧光屏上形成的亮线长度为
D．若磁感应强度，则荧光屏上形成的亮线长度为
（多选）8．（2025 福州校级模拟）如图甲所示，已知车轮边缘上一质点P的轨迹可看成质点P相对圆心O作速率为v的匀速圆周运动，同时圆心O向右相对地面以速率v作匀速运动形成的，该轨迹称为圆滚线。如图乙所示，空间存在竖直向下的大小为E匀强电场和水平方向（垂直纸面向里）大小为B的匀强磁场，已知一质量为m、电量大小为q的正离子在电场力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线AC运动（该曲线属于圆滚线），到达B点时速度为零，C为运动的最低点。不计重力，则（ ）
A．A点运动到B点的时间为
B．A、C两点间距离随着电场E的增大而增大
C．该离子电势能先增大后减小
D．到达C点时离子速度最大
（多选）9．（2024秋 福州校级期末）如图所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从b点沿ba方向以初速度大小v（未知）射入磁场，粒子仅能从正方形cd边（含c、d两点）射出正方形区域，该粒子在磁场中运动时间为t，不计粒子的重力，则（ ）
A． B．
C． D．
三．填空题（共3小题）
10．（2025 福州校级模拟）如图所示，竖直平面MNRS的右侧存在竖直向上的足够大的匀强磁场，从平面MNRS上的O点处以初速度v0＝10m/s垂直MNRS面向右抛出一带电量为q质量为m小球。若磁感应强度B，g取10m/s2。则小球离开磁场时的速度大小为 m/s；小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为 m。
11．（2023秋 鼓楼区校级期末）如图所示，直角坐标系xOy在水平面内，z轴竖直向上。坐标原点O处固定一带正电的点电荷，空间中存在竖直向下的匀强磁场。质量为m带电量为+q的小球A，绕z轴做匀速圆周运动，小球与坐标原点O的距离为r，O点和小球A的连线与z轴的夹角θ＝37°。重力加速度为g，m、q、r已知。（cos37°＝0.8，sin37°＝0.6）
则从上往下看带电小球只能沿 （填“逆时针”或“顺时针”）方向做匀速圆周运动；小球A速度v＝ 时，所需磁感应强度最小。
12．（2024秋 松江区校级月考）如图所示，虚线框内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于匀强磁场中，正方形线框的边与虚线框平行。线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，则在正方形线框移出的过程中，线框的一边a、b两点间电势差的绝对值Uab大小关系是 （a，b，c，d四幅图中Uab分别用U1，U2，U3，U4表示）。
四．解答题（共3小题）
13．（2025 重庆模拟）如图所示，一光滑半圆形绝缘轨道ACB竖直固定在纸面内，其半径为R，O为圆心，A、B为半圆水平直径的两个端点，C为半圆最低点。M、N点分别位于A、B点正上方，且到A、B点的高度均为R。将一质量为m、电荷量为﹣q的带电小球，分别从M、N点由静止释放，小球均能沿切线进入半圆轨道。小球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g。
（1）若将该小球从M点由静止释放，求小球运动到C点时与轨道之间的作用力大小；
（2）若在直线AB下方施加一垂直纸面的匀强磁场，将该小球先后从M、N点由静止释放，小球运动到C点时与轨道之间的作用力减小了2mg，求所加匀强磁场的磁感应强度；
（3）若在直线AB下方施加一平行纸面的匀强电场，将该小球先后从M、N点由静止释放，小球运动到C点时与轨道之间的作用力大小分别为5mg、3mg，求所加匀强电场的场强大小。
14．（2024秋 福州校级期末）电子对湮灭是正电子发射计算机断层扫描（PET）及正电子湮灭能谱学（PAS）的物理基础，是指电子e﹣和正电子e+以等大反向的速度碰撞后湮灭的过程，如图所示，平面直角坐标系xOy内的P点在x轴上，且OP＝2L，Q点在负y轴上某处。在第Ⅰ象限内有平行于y轴向下的匀强电场，在第Ⅱ象限内有一半径为L的圆形磁场区域，与x、y轴分别相切于A、C两点，在第Ⅳ象限内有一未知的矩形区域（图中未画出），未知矩形区域和圆形区域内有完全相同的匀强磁场。一速度大小为v0的正电子从A点沿y轴正方向射入磁场，经C点射入电场，最后从P点射出电场区域；另一速度大小为v1（未知）的电子从Q点沿与y轴正向成45°角的方向射入第Ⅳ象限，而后进入未知矩形磁场区域，离开磁场时正好到达P点，且恰好与从P点射出的正电子正碰发生湮灭。已知正、负电子质量均为m、电荷量大小均为e，重力不计。求：
（1）圆形区域内匀强磁场磁感应强度B的大小和正电子到达P点时的速度大小；
（2）为确保两电子发生湮灭，两电子分别从A点、Q点释放的时间差Δt；
（3）未知矩形磁场区域的最小面积S。
15．（2024秋 市中区校级期末）如图所示，在直角坐标系xOy平面内，第一象限中存在沿x轴负方向、电场强度大小为E的匀强电场，第二象限中存在垂直坐标平面向里的匀强磁场，第三象限中存在匀强电场，电场强度大小也为E，方向与xOy平面平行，且与x轴正方向成α角。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子，从x轴上距离O点为L的M点以一定的初速度沿y轴正方向进入电场，经y轴上距离O点为2L的N点离开电场，经过磁场后从x轴上的P点垂直x轴进入第三象限的电场，不计粒子重力。求：
（1）粒子到达N点时的速度大小；
（2）粒子在磁场中运动的时间及OP的距离LOP；
（3）粒子刚离开第三象限的电场时距坐标原点的距离。
期末押题预测 带电粒子在匀强磁场中的运动
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 福州校级期末）四个相同的带负电小球（均视为质点）分别从同一高度处以相同的初速度水平向右抛出，最终落到同一水平地面上。图甲中既没有电场，也没有磁场；图乙中有水平向里的匀强磁场；图丙中有方向竖直向下的匀强电场；图丁中有方向竖直向上的匀强电场。不计空气阻力。若小球在图甲、图乙、图丙、图丁四种情形中落在水平地面前瞬间的速度大小分别为v1、v2、v3、v4，则（ ）
A．v1＞v2＞v4＞v3 B．v2＞v1＞v4＞v3
C．v4＞v1＝v2＞v3 D．v1＝v2＜v3＜v4
【考点】带电粒子在叠加场中做一般曲线运动；动能定理的简单应用．
【专题】比较思想；类比法；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】根据带电小球受到重力，电场力及洛伦兹力，判定各自力的方向，结合牛顿第二定律，及平抛运动的规律，即可求解。
【解答】解：小球抛出时的速度大小为v0，对题图甲情形中的小球，小球只受重力，根据动能定理有：
题图乙情形中的小球受到的洛伦兹力不做功，根据动能定理有：
题图丙情形中的小球受到的电场力方向竖直向上，电场力做的功：W＜0
根据动能定理有：
题图丁情形中的小球受到的电场力方向竖直向下，电场力做的功：W′＞0
根据动能定理有：
比较以上各式可知，图丙中有两个力对小球做正功，所以丁球落地时的动能最大，甲和乙球基次，丙球落地的动能最小
所以速度关系为：v4＞v1＝v2＞v3，故ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】考查平抛运动的规律，掌握牛顿第二定律的应用，理解左手定则的内容，注意乙图与丙图虽然加速度不同，但竖直方向的速度却相同，是解题的关键。同时掌握洛伦兹力不做功的特点。
2．（2024秋 唐山期末）空间存在垂直纸面向外的匀强磁场（未画出），A、B、C、D、E为磁场中的五个点，AB＝DE，C为BD中点，AB平行于DE，如图所示。一束带正电的同种粒子垂直AB由A点沿纸面向上射入磁场，各粒子速度大小不同，经过一段时间后第一次到达虚线位置。用tB、tC、tD、tE分别表示第一次到达B、C、D、E四点的粒子所经历的时间，下列说法正确的是（ ）
A．tB＞tC＞tD＞tE B．tB＞tC＝tE＞tD
C．tB＞tC＞tE＝tD D．tB＝tE＞tC＞tD
【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．
【专题】比较思想；几何法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】B
【分析】带电粒子垂直进入匀强磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，推导出粒子运动周期表达式，得到周期与速度无关的结论。画出粒子通过B、C、D、E各点的轨迹，根据轨迹对应的圆心角大小分析粒子运动时间的长短。
【解答】解：带电粒子垂直进入匀强磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，即
则
运动周期
可见粒子的运动周期与速度无关。
画出粒子通过B、C、D、E各点的轨迹如图所示。
由几何关系可知，从A到B，粒子运动轨迹对应的圆心角为180°；连接ACE、AD，从A到B的弦切角最大，从A到C和A到E的弦切角相等，A到D的弦切角最小，则从A到C和A到E，粒子运动轨迹对应的圆心角小于180°，且相等；A到D，粒子运动轨迹对应的圆心角最小，粒子从A点沿纸面向上射入磁场，运动轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长，所以tB＞tC＝tE＞tD，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】正确画出粒子在磁场中的运动轨迹，将几何关系确定轨迹对应的圆心角大小是解题的关键。
3．（2024秋 慈溪市期末）如图所示，竖直通电长直导线中的电流I方向向上，绝缘的光滑水平面上P处有一带正电小球从图示位置以初速度v0水平向右运动，小球始终在水平面内运动，运动轨迹用实线表示，若从上向下看，则小球的运动轨迹可能是图中的（ ）
A． B．
C． D．
【考点】带电粒子（或微粒）在非匀强磁场中的运动．
【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；理解能力．
【答案】A
【分析】先用右手定则判断出竖直导线周围的磁场方向及分布情况，再由左手定则判断带正电小球运动时的受力方向，再判断力是否做功即可分析。
【解答】解：利用右手螺旋定则来判断，在水平面上，磁感线是围绕直导线的同心圆，所以在水平面上产生的磁场方向是垂直于小球运动水平面的，又因为小球带正电且水平向右运动，根据左手定则可以判断带正电小球受到的洛伦兹力始终垂直于水平面，因此洛伦兹力对小球不做功，由此可知带正电小球将做匀速度直线运动，故BCD错误，A正确；
故选：A。
【点评】该题考查的知识点较多，首先是右手定则，知道通电直导线周围的磁场的分布；其次是左手定则，会熟练的判断带电粒子受到的洛伦兹力的方向。
4．（2024秋 慈溪市期末）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。下列说法正确的是（ ）
A．螺线管内的磁场方向垂直于管轴
B．电子在磁场中运动的时间可能为
C．若磁感应强度变为2B，则电子仍会聚在P点
D．若速度变为2v（不碰壁），则电子仍会聚在P点
【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；洛伦兹力的计算公式及简单应用．
【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】AB.由题意可知，螺线管内的磁场方向与管轴不垂直，电子沿磁场方向做匀速直线运动，垂直于磁场方向做匀速圆周运动，电子的运动轨迹为螺旋线；根据电子的运动规律、洛伦兹力提供向心力、周期公式分别列式，即可分析判断；
CD.由上述分析，对磁感应强度变为2B、电子速度为2v时，分别列式对比，即可分析判断。
【解答】解：AB.由图可知，螺线管内的磁场方向与管轴不垂直，将电子的初速度v沿磁场方向和垂直于磁场方向正交分解为vx、vy，电子沿磁场方向做匀速直线运动，垂直于磁场方向做匀速圆周运动，电子的运动轨迹为螺旋线；
设螺线管长为L，分运动的圆周运动的周期为T，若这些电子通过磁场会聚在荧光屏上P点，则需满足：
，（n＝1、2、3……），
由洛伦兹力提供向心力可得：，
电子分运动的圆周运动的周期为：，
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，故可近似为：vx＝v，
可得电子的速度只要满足：，（n＝1、2、3……），即电子的运动时间为圆周运动周期的整数倍，电子就可以会聚到P点；
由此可知，这些电子通过磁场会聚在荧光屏上P点，电子在磁场中运动的时间不可能为；故AB错误；
CD.由上述分析可知，
若磁感应强度变为2B，有：，
对比可得：n'＝2、4、6……，则电子仍会聚在P点；
同理，当电子速度为2v时，可得：，
对比可得：、1、、2……，即电子的运动时间不是总等于圆周运动周期的整数倍，故这些电子不一定能会聚在P点；故C正确，D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。
5．（2024秋 温州期末）如图所示，在xOy平面内，有一粒子源沿x正方向发射速率相等的带正电的粒子，形成宽为R且关于x轴对称的粒子流。粒子流沿x方向射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向里。已知沿x轴入射的粒子经磁场偏转后从P点射出。若粒子在磁场中运动的最短时间为t，则粒子在磁场中运动的最长时间为（ ）
A．t B．2t C．3t D．4t
【考点】带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】根据粒子运动的情况分析半径，从而作出最长时间和最短时间粒子运动的轨迹，根据周期与时间关系解答。
【解答】解：已知沿x轴入射的粒子经磁场偏转后从P点射出，则粒子运动的半径为R，则所有粒子都从P点射出，如图
圆弧轨迹对应最小圆心角为60°，最大圆心角为120°，则
tT
t'T
解得t'＝2t
故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题关键掌握“磁焦距”的特点，根据圆心角分析运动时间。
二．多选题（共4小题）
（多选）6．（2025 张店区校级开学）如图甲所示，已知车轮边缘上一质点P的轨迹可看成质点P相对圆心O作速率为v的匀速圆周运动，同时圆心O向右相对地面以速率v作匀速运动形成的，该轨迹称为圆滚线。如图乙所示，空间存在竖直向下的大小为E匀强电场和水平方向（垂直纸面向里）大小为B的匀强磁场，已知一质量为m、电量大小为q的正离子在电场力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线AC运动（该曲线属于圆滚线），到达B点时速度为零，C为运动的最低点。不计重力，则（ ）
A．A点运动到B点的时间为
B．A、C两点间距离随着电场E的增大而增大
C．该离子电势能先增大后减小
D．到达C点时离子速度最大
【考点】带电粒子在叠加场中做一般曲线运动；电场力做功与电势能变化的关系．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；创新能力．
【答案】BD
【分析】由题意可将离子的运动分解为匀速圆周运动与匀速直线运动，根据力与运动的关系，结合匀速圆周运动的周期解答；根据动能定理，功能关系解答。
【解答】解：A、粒子在A点时，速度为0，将粒子速度分解为水平向右的v与水平向左的v，使水平向右的v对应的洛伦兹力与电场力平衡，则有：qE＝qvB
解得：v
所以离子水平向右的分运动为v的匀速直线运动，另一分运动为水平向左的v对应的逆时针方向的匀速圆周运动，且有：qvB，而T
解得：R，
由于粒子从静止开始自A点沿曲线AC运动到达B点时速度为零，即离子恰好经过圆周运动的一个周期的时间，即A点运动到B点的时间为，故A错误；
C、离子由静止开始自A点沿曲线ACB运动，电场力先做正功后做负功，则电势能先减小后增大，故C错误；
D、洛伦兹力不做功，结合上述，离子由静止开始自A点沿曲线运动到C点过程，电场力做正功最多，根据动能定理可知，离子到达C点时离子速度最大，故D正确；
B、结合上述可知，A、C两点间距离：xAC＝vT，由此可知，A、C两点间距离随着电场E的增大而增大，故B正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动问题，属于知识给于类题型，理解题意是关键。掌握轨迹为“圆滚线”的运动的处理方法，根据分运动具有独立性与等时性解答。
（多选）7．（2024秋 保定期末）如图所示，匀强磁场中位于P处的粒子源可以沿垂直于磁场向纸面内的各个方向发射质量为m、电荷量为q，速率为v的带正电粒子，P到荧光屏MN的距离为d，设荧光屏足够大，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列判断正确的是（ ）
A．若磁感应强度，则发射出的粒子到达荧光屏的最短时间
B．若磁感应强度，则同一时刻发射出的粒子到达荧光屏的最大时间差为
C．若磁感应强度，则荧光屏上形成的亮线长度为
D．若磁感应强度，则荧光屏上形成的亮线长度为
【考点】带电粒子在直线边界磁场中的运动．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；模型建构能力．
【答案】ABC
【分析】根据牛顿第二定律求解粒子做匀速圆周运动的轨道半径，当粒子运动的时间最短时，轨迹对应的弦长最短，再根据几何知识求解轨迹对应的圆心角，再根据运动学公式求解粒子运动的时间；
根据题意作出粒子运动最长时间的轨迹图像，根据几何知识求解粒子运动的轨迹对应的圆心角，再根据运动学公式求解最大时间差；
先根据半径公式求解磁感应强度时粒子运动的轨道半径，再作出粒子运动的临界轨迹图像，根据几何知识求解粒子在P点上方和下方打在MN上面的位置，即可解得荧光屏上形成的亮线长度。
【解答】解：根据洛伦兹力提供向心力得：
代入磁感应强度的值得到运动的轨道半径：R＝d
A、要求最短时间，则恰好弦长最短，打到P点的正左方，如图所示，
根据几何关系，偏转的圆心角为，因此运动时间为：，故A正确；
B、由几何关系可知，打到荧光屏MN上最长时间恰好运动了个周期，轨迹如下图所示，
结合上一选项的结论，那么最大的时间差：，故B正确；
CD、若磁感应强度，则轨道半径：R＝2d
到达荧光屏最下端的粒子的轨迹是与MN相切的，设下半部分的亮线长度为x1，根据几何关系有：
整理解得：x1d
到达荧光屏最上端的粒子与屏的交点与P点连线为轨迹的直径，设上半部分亮线的长度为x2，根据几何关系有：
整理解得：x2d
所以亮线的总长度为，故C正确，D 错误。
故选：ABC。
【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。
（多选）8．（2025 福州校级模拟）如图甲所示，已知车轮边缘上一质点P的轨迹可看成质点P相对圆心O作速率为v的匀速圆周运动，同时圆心O向右相对地面以速率v作匀速运动形成的，该轨迹称为圆滚线。如图乙所示，空间存在竖直向下的大小为E匀强电场和水平方向（垂直纸面向里）大小为B的匀强磁场，已知一质量为m、电量大小为q的正离子在电场力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线AC运动（该曲线属于圆滚线），到达B点时速度为零，C为运动的最低点。不计重力，则（ ）
A．A点运动到B点的时间为
B．A、C两点间距离随着电场E的增大而增大
C．该离子电势能先增大后减小
D．到达C点时离子速度最大
【考点】带电粒子在叠加场中做旋进运动；电场力做功与电势能变化的关系．
【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】BD
【分析】由题意可将离子的运动分解为匀速圆周运动与匀速直线运动，根据力与运动的关系，结合匀速圆周运动的周期解答；根据动能定理，功能关系解答。
【解答】解：A．粒子在A点时，速度为0，将粒子速度分解为水平向右的v0与水平向左的v0，使水平向右的v0对应的洛伦兹力与电场力平衡，则有
qE＝qv0B
解得
即离子水平向右的分运动为v0的匀速直线运动，则另一分运动为水平向左的v0对应的逆时针方向的匀速圆周运动，且有
，
解得
，
由于粒子从静止开始自A点沿曲线AC运动到达B点时速度为零，即离子恰好经过圆周运动的一个周期的时间，即A点运动到B点的时间为，故A错误；
B．结合上述可知，A、C两点间距离
可知，A、C两点间距离随着电场E的增大而增大，故B正确；
C．离子由静止开始自A点沿曲线ACB运动，电场力先做正功后做负功，则电势能先减小后增大，故C错误；
D．洛伦兹力不做功，结合上述，离子由静止开始自A点沿曲线运动到C点过程，电场力做正功最多，根据动能定理可知，离子到达C点时离子速度最大，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动问题，属于知识给于类题型，理解题意是关键。掌握轨迹为“圆滚线”的运动的处理方法，根据分运动具有独立性与等时性解答。
（多选）9．（2024秋 福州校级期末）如图所示，abcd为边长为L的正方形，在四分之一圆abd区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从b点沿ba方向以初速度大小v（未知）射入磁场，粒子仅能从正方形cd边（含c、d两点）射出正方形区域，该粒子在磁场中运动时间为t，不计粒子的重力，则（ ）
A． B．
C． D．
【考点】带电粒子在矩形边界磁场中的运动．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；模型建构能力．
【答案】AD
【分析】画出粒子在磁场中运动的轨迹，确定圆心，由几何关系可求得粒子的轨道半径和偏转角，粒子在磁场中做圆周运动由洛伦兹力提供向心力，据此可求得速度大小，再由时间公式求时间；
【解答】解：粒子在磁场中圆周运动周期：
洛伦兹力提供向心力：
联立解得：
CD、如果粒子从c点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，
根据几何关系，射出磁场时的速度反向延长线通过a点，磁场的边长为L，设粒子的轨道半径为r，由几何关系得：
由洛伦兹力提供向心力得：
联立解得：
如果粒子从d点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，根据几何关系：r＝L
由洛伦兹力提供向心力得：
联立解得：
粒子仅能从正方形cd边（含c、d两点）射出正方形区域，所以：，故C错误，D正确。
AB、如果粒子从c点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，
可知粒子圆周运动的圆周角为：
所用时间为：
如果粒子从d点射出，画出粒子在磁场中运动的轨迹示意图，可知粒子圆周运动的圆周角为，所用时间为：
综上所述粒子运动时间t满足：，故A正确，B错误；
故选：AD。
【点评】本题考查了粒子在有界磁场中的运动，解题的关键是画出轨迹的示意图，由几何关系求得轨道半径。
三．填空题（共3小题）
10．（2025 福州校级模拟）如图所示，竖直平面MNRS的右侧存在竖直向上的足够大的匀强磁场，从平面MNRS上的O点处以初速度v0＝10m/s垂直MNRS面向右抛出一带电量为q质量为m小球。若磁感应强度B，g取10m/s2。则小球离开磁场时的速度大小为 10 m/s；小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为 m。
【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】小球在水平方向做匀速圆周运动，竖直方向做自由落体运动，小球离开磁场时水平方向为一个半圆、根据运动情况结合运动学公式进行解答。
【解答】解：小球在水平方向做匀速圆周运动，竖直方向做自由落体运动，
水平方向小球恰好转半个周期离开磁场，故离开磁场的时间为t1s
则离开磁场时的竖直方向的速度vy＝gt＝10×1m/s＝10m/s
小球离开磁场时的速度大小为vm/s＝10m/s
小球离开磁场时在竖直方向的距离为ym＝5m
小球在水平方向做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B
解得：R
水平方向位移为直径，即x＝2R
代入数据解得：xm
则小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为s＝X
mm
故答案为：10；。
【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。
11．（2023秋 鼓楼区校级期末）如图所示，直角坐标系xOy在水平面内，z轴竖直向上。坐标原点O处固定一带正电的点电荷，空间中存在竖直向下的匀强磁场。质量为m带电量为+q的小球A，绕z轴做匀速圆周运动，小球与坐标原点O的距离为r，O点和小球A的连线与z轴的夹角θ＝37°。重力加速度为g，m、q、r已知。（cos37°＝0.8，sin37°＝0.6）
则从上往下看带电小球只能沿 逆时针 （填“逆时针”或“顺时针”）方向做匀速圆周运动；小球A速度v＝ 时，所需磁感应强度最小。
【考点】带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动．
【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】逆时针、。
【分析】对小球受力分析，根据竖直方向根据平衡条件和做匀速圆周运动的条件确定磁场的方向；
根据牛顿第二定律表示磁感应强度，根据磁感应强度的表达式求解磁感应强度的最小值及此时v的值。
【解答】解：根据题意，对小球受力分析，如图所示
洛伦兹力F2沿水平方向，库仑力F1沿着O→A方向，空间中存在竖直向下的匀强磁场，洛伦兹力指向圆心，小球A带正电，根据左手定则，从上往下看带电小球只能沿逆时针方向做匀速圆周运动。
水平方向上，由牛顿第二定律有：
竖直方向上有：F1cos37°＝mg
整理可得：
由数学知识可知，当：，即
时，所需磁感应强度最小。
故答案为：逆时针、。
【点评】本题考查带电体在电场、磁场和重力场的复合场中的运动，要求学生能正确分析带电体的受力和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
12．（2024秋 松江区校级月考）如图所示，虚线框内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于匀强磁场中，正方形线框的边与虚线框平行。线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，则在正方形线框移出的过程中，线框的一边a、b两点间电势差的绝对值Uab大小关系是 U1＝U3＝U4＜U2。 （a，b，c，d四幅图中Uab分别用U1，U2，U3，U4表示）。
【考点】带电粒子在矩形边界磁场中的运动．
【专题】应用题；定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；分析综合能力．
【答案】U1＝U3＝U4＜U2。
【分析】根据E＝BLv求出线框产生的感应电动势，根据串联电路分压规律求a、b两点间电势差的绝对值Uab，然后分析答题。
【解答】解：设正方向线框的边长为L，线框切割磁感线产生的感应电动势均为E＝BLv
磁场中切割磁感线的边相当于电源，外电路由三个相同电阻串联形成，
（a）、（c）、（d）图中a、b两点间电势差绝对值为外电路中一个电阻两端电压，即为U，
（b）图中a、b两点间电势差绝对值为路端电压，即为Uab，则U1＝U3＝U4＜U2。
故答案为：U1＝U3＝U4＜U2。
【点评】解决本题时，要正确区分电源和外电路，结合串联电路电压与电阻成正比，确定a、b两点间电势差绝对值与感应电动势的关系。
四．解答题（共3小题）
13．（2025 重庆模拟）如图所示，一光滑半圆形绝缘轨道ACB竖直固定在纸面内，其半径为R，O为圆心，A、B为半圆水平直径的两个端点，C为半圆最低点。M、N点分别位于A、B点正上方，且到A、B点的高度均为R。将一质量为m、电荷量为﹣q的带电小球，分别从M、N点由静止释放，小球均能沿切线进入半圆轨道。小球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g。
（1）若将该小球从M点由静止释放，求小球运动到C点时与轨道之间的作用力大小；
（2）若在直线AB下方施加一垂直纸面的匀强磁场，将该小球先后从M、N点由静止释放，小球运动到C点时与轨道之间的作用力减小了2mg，求所加匀强磁场的磁感应强度；
（3）若在直线AB下方施加一平行纸面的匀强电场，将该小球先后从M、N点由静止释放，小球运动到C点时与轨道之间的作用力大小分别为5mg、3mg，求所加匀强电场的场强大小。
【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；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；推理论证能力．
【答案】（1）若将该小球从M点由静止释放，小球运动到C点时与轨道之间的作用力大小为5mg；
（2）该小球先后从M、N点由静止释放，小球运动到C点时与轨道之间的作用力减小了2mg，所加匀强磁场的磁感应强度为，方向垂直纸面向里；
（3）所加匀强电场的场强大小为。
【分析】（1）根据动能定理求出小球到达C点时速度的大小，在C点，轨道对小球的支持力与重力的合力提供向心力，据此分析求小球与轨道之间作用力的大小；
（2）由于两球到达C的速度方向不同，洛伦兹力的方向相反，在C点分别对两球由牛顿第二定律列式结合题设条件，即可分析判断；
（3）根据动能定理求出两球到达C点的速度，再由牛顿第二定律列式结合题设条件，从而得到电场强度的大小。
【解答】解：（1）从M点到C点，根据动能定理：
在C点，根据牛顿第二定律：
解得：FN＝5mg
（2）因为洛伦兹力不做功，所以小球到达C点的速度还是：v1
小球在C点，根据牛顿第二定律：
小球从N点释放到C点，根据牛顿第二定律：
由题可知：FN1﹣FN2＝2mg
联立解得：，方向垂直纸面向里。
（3）设所加匀强电场的场强大小为E，方向为左下方，与水平方向夹角为α，小球从M点释放到C点，根据动能定理：
在C点，根据牛顿第二定律：
小球从N点释放到C点，根据动能定理：
在C点，根据牛顿第二定律：
联立上述公式解得：
答：（1）若将该小球从M点由静止释放，小球运动到C点时与轨道之间的作用力大小为5mg；
（2）该小球先后从M、N点由静止释放，小球运动到C点时与轨道之间的作用力减小了2mg，所加匀强磁场的磁感应强度为，方向垂直纸面向里；
（3）所加匀强电场的场强大小为。
【点评】本题主要考查从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题，解题时需注意功能关系、动能定理、能量守恒、机械能守恒定律、电场力做功与电势能的变化等的综合应用。
14．（2024秋 福州校级期末）电子对湮灭是正电子发射计算机断层扫描（PET）及正电子湮灭能谱学（PAS）的物理基础，是指电子e﹣和正电子e+以等大反向的速度碰撞后湮灭的过程，如图所示，平面直角坐标系xOy内的P点在x轴上，且OP＝2L，Q点在负y轴上某处。在第Ⅰ象限内有平行于y轴向下的匀强电场，在第Ⅱ象限内有一半径为L的圆形磁场区域，与x、y轴分别相切于A、C两点，在第Ⅳ象限内有一未知的矩形区域（图中未画出），未知矩形区域和圆形区域内有完全相同的匀强磁场。一速度大小为v0的正电子从A点沿y轴正方向射入磁场，经C点射入电场，最后从P点射出电场区域；另一速度大小为v1（未知）的电子从Q点沿与y轴正向成45°角的方向射入第Ⅳ象限，而后进入未知矩形磁场区域，离开磁场时正好到达P点，且恰好与从P点射出的正电子正碰发生湮灭。已知正、负电子质量均为m、电荷量大小均为e，重力不计。求：
（1）圆形区域内匀强磁场磁感应强度B的大小和正电子到达P点时的速度大小；
（2）为确保两电子发生湮灭，两电子分别从A点、Q点释放的时间差Δt；
（3）未知矩形磁场区域的最小面积S。
【考点】带电粒子由磁场进入电场中的运动；带电粒子在匀强电场中做类平抛运动；带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动．
【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】（1）圆形区域内匀强磁场磁感应强度B的大小为正电子到达P点时的速度大小为；
（2）为确保两电子发生湮灭，两电子分别从A点、Q点释放的时间差Δt为0；
（3）未知矩形磁场区域的最小面积S为。
【分析】（1）电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，从A点到C点在磁场中运动了圆周，可得到电子的运动半径，根据伦兹力提供向心力求解磁感应强度大小；电子由C点到P点在匀强电场中做类平抛运动，将此运动沿x轴方向和y轴方向分解处理，由运动学公式和牛顿第二定律求解磁感应强度大小和在电场中的运动时间；
（2）利用周期和轨迹圆心角求解电子在磁场中运动时间，与（1）中求得的在电场中的运动时间之和即为电子运动的时间，同理得到负电子到达Q点的时间，从而也得到丙粒子出发的时间差；
（3）由题意可知正电子进入矩形磁场区域偏转了90°恰好与电子在P点正碰，作出轨迹图，根据伦兹力提供向心力求得正电子在磁场中运动半径，根据几何关系求解。
【解答】解：（1）正电子a从A点沿y轴正方向发射，经过C点，由题意可得正电子在磁场中运动的半径：R＝L
又根据牛顿第二定律：
解得磁感应强度的大小为：
正电子在电场中做类平抛运动，由几何关系得：2L＝v0t1
又由平抛规律知：
加速度为：
依题意：vy＝at1，
代入数据解得：，
（2）在磁场中运动的周期：
正电子在磁场中运动了四分之一圆周，则：
在电场中运动时间：
故从A到P的时间：
电子在第Ⅳ象限运动时间：
其中由湮灭条件知：
解得：
代入数据得：Δt＝t﹣t3＝0
（3）速度的正电子在磁场中运动的半径：
未知矩形磁场区域的最小面积为上图中矩形PFMN
所以磁场的最小的面积：
答：（1）圆形区域内匀强磁场磁感应强度B的大小为正电子到达P点时的速度大小为；
（2）为确保两电子发生湮灭，两电子分别从A点、Q点释放的时间差Δt为0；
（3）未知矩形磁场区域的最小面积S为。
【点评】本题考查了带电粒子在电场和磁场中运动问题。对于粒子在电场中偏转做类抛体运动，应用运动的合成与分解解答；对于带电粒子在匀强磁场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动，依据题意作出粒子运动轨迹图是解题的前提，根据几何关系求得运动半径和轨迹圆心角是解题关键。
15．（2024秋 市中区校级期末）如图所示，在直角坐标系xOy平面内，第一象限中存在沿x轴负方向、电场强度大小为E的匀强电场，第二象限中存在垂直坐标平面向里的匀强磁场，第三象限中存在匀强电场，电场强度大小也为E，方向与xOy平面平行，且与x轴正方向成α角。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子，从x轴上距离O点为L的M点以一定的初速度沿y轴正方向进入电场，经y轴上距离O点为2L的N点离开电场，经过磁场后从x轴上的P点垂直x轴进入第三象限的电场，不计粒子重力。求：
（1）粒子到达N点时的速度大小；
（2）粒子在磁场中运动的时间及OP的距离LOP；
（3）粒子刚离开第三象限的电场时距坐标原点的距离。
【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．
【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；推理论证能力．
【答案】（1）粒子到达N点时的速度大小为；
（2）粒子在磁场中运动的时间为，OP的距离LOP为；
（3）粒子刚离开第三象限的电场时距坐标原点的距离为。
【分析】（1）画出粒子运动的轨迹，粒子在第一象限的电场中做类平抛运动，由运动学规律分别列式，结合牛顿第二定律、矢量合成法则、几何关系分别列式，即可分析求解；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，结合（1），由牛顿第二定律、周期与线速度的关系、几何知识分别列式，即可分析求解；
（3）粒子在第三象限的电场中运动时，结合前面分析，由运动学规律分别列式，即可分析求解。
【解答】解：（1）粒子运动的轨迹如图所示：
设粒子的初速度大小为v0，粒子到达N点时的速度大小为v，方向与y轴正方向的夹角为θ，粒子在第一象限的电场中做类平抛运动，由运动学规律可得：
，2L＝v0t1，vx＝at1，
由牛顿第二定律可得：
，
由矢量合成法则可得：
，
由几何关系可得：
，
联立可得：
，tanθ＝1，则θ＝45°；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，结合（1）及几何知识可知，其转过的圆心角为135°，由牛顿第二定律可得：
，
由周期与线速度的关系可得：
，
联立可得：
由几何知识可知：
rcos45°＝2L
粒子在磁场中做匀速圆周运动的时间：
，
由几何关系可得：
LOP＝r+rsin45°，
联立解得：
，，LOP；
（3）粒子在第三象限的电场中运动时，由运动学规律可得，
沿x轴正方向有：
，
沿y轴负方向有：
，
联立解得
；
答：（1）粒子到达N点时的速度大小为；
（2）粒子在磁场中运动的时间为，OP的距离LOP为；
（3）粒子刚离开第三象限的电场时距坐标原点的距离为。
【点评】本题主要考查带电粒子由电场进入磁场中的运动，解题时通常按时间的先后顺序分成几个小过程，在每一运动过程中从粒子的受力性质、受力方向和速度方向的关系入手，分析运动性质，进而求解。
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