【高考押题卷】2025年高考物理高频易错考前冲刺 磁场（含解析）

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高考物理考前冲刺押题预测 磁场
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 甘肃期末）通电直导线ab的质量为m、长为l，用两根细线把导线水平吊起，导线中的电流为I，方向如图所示。在竖直方向加一个方向向上的匀强磁场，导线处于平衡时细线与竖直方向成θ＝37°角，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g，则（　　）
A．磁感应强度大小为
B．导线所受拉力大小为mg
C．若增大磁感应强度，则导线静止时细线与竖直方向的夹角将变大
D．若改变磁感应强度，导线静止时细线与竖直方向的夹角仍为θ，则磁感应强度的最小值为
2．（2024秋 凉州区期末）手机中内置的指南针是一种基于霍尔效应的磁传感器。如图所示，将一块宽度为a，厚度为d的半导体薄片（载流子为自由电子）水平放置于地磁场中，当半导体中通入水平方向的恒定电流时，自由电子在洛伦兹力的作用下发生偏转，继而在M、N两个表面上出现了电势差，称为霍尔电势差。已知电流大小为I，霍尔电势差大小为U，电子的电荷量大小为e，半导体内自由电子的数密度（单位体积内的自由电子数）为n。该处地磁场磁感应强度的竖直分量B的大小为（　　）
A． B． C． D．
3．（2024秋 凉州区期末）如图所示，质量为1kg、长为0.5m的金属棒MN两端由等长的轻质绝缘细线水平悬挂，并处于匀强磁场中。棒中通以大小为2A、方向为M→N的恒定电流，平衡时两悬线与竖直方向的夹角均为θ＝37°，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6。匀强磁场的磁感应强度最小是（　　）
A．5T B．6T C．7.5T D．10T
4．（2024秋 杭州期末）如图所示，图甲为磁流体发电机、图乙为质谱仪、图丙为速度选择器（电场强度为E、磁感应强度为B）、图丁为回旋加速器的原理示意图，忽略粒子在图丁的D形盒狭缝中的加速时间，不计粒子重力，下列说法正确的是（　　）
A．图甲中，将一束等离子体喷入磁场，A、B板间产生电势差，A板电势高
B．图乙中，H、H从静止经电场加速后射入磁场，打在胶片上的位置靠近P的粒子是H
C．图丙中，粒子能够沿直线匀速向右通过速度选择器的速度
D．图丁中，随着粒子速度的增大，交变电流的频率也应该增大
5．（2024秋 盐城期末）下列磁场小磁针指向正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
6．（2024秋 盐城期末）如图所示，A、B为两个同心圆环，半径分别为r、R。一有界匀强磁场磁感应强度为B且恰好完全垂直穿过A环面，下列说法中正确的是（　　）
A．ΦA＜ΦB B．ΦA＞ΦB C．ΦB＝πr2B D．ΦB＝πR2B
7．（2024秋 淄博期末）A、B、C、D是以AD为直径的半圆弧上的四个点，O为半圆弧的圆心，∠AOB＝∠DOC＝60°。在A、D处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，此时O点的磁感应强度大小为B0。若将A、D处的长直导线分别移至B、C处，则此时O点的磁感应强度大小为（　　）
A．B0 B． C． D．
8．（2024秋 新会区校级期末）2022年12月28日我国中核集团全面完成了230MeV超导回旋加速器自主研制的任务，标志着我国己全面掌握小型化超导回旋加速器的核心技术，进入国际先进行列。置于真空中的D形金属盒半径为R，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，交流加速电压大小恒为U。若用此装置对氘核（H）加速，所加交变电流的频率为f。加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响，下列说法正确的是（　　）
A．仅增大加速电压U，则氘核（）从D型盒出口射出的动能增大
B．仅减小加速电压U，则氘核（）被加速次数增多
C．氘核（）在磁场运动过程中，随着半径逐渐增大，周期也随之逐渐增大
D．若用该加速器加速α粒子（）需要把交变电流的频率调整为2f
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024秋 湖南期末）太阳风是指从太阳辐射出的高能粒子流，由质子和电子等组成。幸亏地球周围存在地磁场，地磁场改变这些带电粒子的运动方向，使其中的大部分不致到达地球，从而保护了地球上的生物。地磁场的示意图如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．地球的磁感线可以相交
B．地球的磁感线是闭合的曲线
C．赤道包围面积的磁通量比同步卫星轨道包围面积的磁通量大
D．赤道包围面积的磁通量比同步卫星轨道包围面积的磁通量小
（多选）10．（2024秋 大连期末）如图所示，在腰长为L的等腰直角三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量均为m的甲粒子（带电荷量为+q）和乙粒子（带电荷量为﹣q）分别从a、b两点沿ab方向和ba方向射入磁场。不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，则下列说法正确的是（　　）
A．乙粒子速度合适，可以从c点射出磁场
B．甲粒子从c点射出磁场的时间为
C．乙粒子从bc边射出的最大轨道半径为
D．甲、乙两粒子在磁场中运动的最长时间之比为1：2
（多选）11．（2024秋 五华区校级期末）如图所示，半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为R，O点是圆心，P是磁场边界上的最低点。大量质量均为m、电荷量为﹣q（q＞0）的带电粒子，以相同的速率从P点沿纸面内的各个方向射入磁场区域。已知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r，A、C为圆形区域水平直径的两个端点，粒子的重力、空气阻力和粒子间的相互作用均不计，则下列说法正确的是（　　）
A．若r＝2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为
B．若r＝2R，则从A点射出磁场的粒子与从C点射出磁场的粒子经历的时间相等
C．若r＝R，则圆周上有一半区域有粒子射出
D．若r＝R，则与OP连线成30°角偏右侧进入磁场的粒子在磁场中经历的时间为
（多选）12．（2024秋 望花区校级期末）如图所示，光滑水平绝缘平面坐标系原点O处，固定有可视为点电荷的带正电小球其电荷量为Q，若将Q产生的电场，无限远处的电势规定为零则距离该点电荷R处的电势为k，其中k为静电力常量；另有一个可视为点电荷的带负电小球电荷量q、质量m，仅在静电力作用下围绕O点做曲线运动；当小球m经过x轴M点时，速度方向垂直于x轴沿y轴负方向大小为vM；当经过x轴N点时，速度方向垂直于x轴沿y轴正方向。已知M、N两点距O点距离分别为RM、RN（RM＜RN）。根据以上已知条件，下列说法正确的是（　　）
A．可求出小球m经过y轴时的坐标
B．若要使小球m经过M点开始围绕O点做圆周运动，可适当增大小球m的速度
C．若要使小球m经过M点开始围绕O点做圆周运动，可增加垂直平面向外的匀强磁场，并可求出磁感应强度大小
D．若要使小球m经过N点开始围绕O点做圆周运动，可增加垂直平面向外的匀强磁场，并可求出磁感应强度大小
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 浦东新区校级期末）一个带负电的小球沿光滑绝缘的桌面向右运动，速度方向垂直于一个水平向里的匀强磁场，如图所示，小球飞离桌面后落到地板上，飞行过程中小球的水平位移始终增大，设飞行时间为t1，着地速度大小为v1。撤去磁场，其余的条件不变，小球飞行时间为t2，着地速度大小为v2，则t1　 　t2，v1　 　v2（均选填“＞”、“＜”或“＝”）。
14．（2024秋 浦东新区校级期末）如图所示，矩形线框面积为S，处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，线框可绕如图所示的方向与磁场垂直的虚线轴转动，当线框平面与磁场方向的夹角为150°时穿过线框的磁通量为　 　，从当前位置转动240°后，穿过线框的磁通量的变化量的绝对值为　 　。
15．（2024秋 浦东新区校级期末）一根长为10cm的通电导线放在匀强磁场中，导线中的电流为0.05A，导线与磁场方向垂直，若它受到的磁场力大小为2×10﹣3N，则磁感应强度为　 　T；若将导线中的电流增大为原来的2倍，其他条件不变，则通电导线受到的磁场力变为原来的　 　倍。
16．（2025 福州校级模拟）如图所示是医用回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。现分别加速氘核（H）和氦核（He）。氘核（H）和氦核（He）的最大动能之比为　 　，加速氘核（H）和氦核（He）时所加高频电源的频率之比为　 　。
四．解答题（共4小题）
17．（2025 雁塔区校级模拟）如图，在y≥0，0≤x≤4d垂直于纸面（xy平面）向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B；在y＜0，0≤x≤4d的区域中存在沿y轴正方向的匀强电场；一质量为m、所带电荷量为q（q＞0）的粒子沿平行于x轴的方向在M（0，d）点射入磁场。
（1）若无论电场强度的大小是多少，粒子均可以从N（4d，d）点沿平行于x轴的方向射出磁场，求粒子射入磁场时速度的大小v1；
（2）若粒子射入磁场时速度的大小为v2，且仍可以从N（4d，d）点沿平行于x轴的方向射出磁场，求此情况下电场强度的大小；
（3）若电场强度可任意加大，要粒子从磁场右边界飞出，求满足条件的射入速度最小值v3。
18．（2024秋 郴州期末）如图所示，直角坐标系xOy平面内，第一、四象限存在垂直纸面向里但大小不同的两种匀强磁场，第二象限存在沿y轴正方向的匀强电场E（大小未知）。质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的粒子从x轴负半轴M点与x轴正方向成60°射入电场，经电场偏转后以速度v0从点N垂直y轴进入第一象限，经过一段时间后从x轴上P点（未画出）以与x轴正方向成60°夹角的速度进入第四象限，粒子恰好不能进入第三象限。已知N点的坐标为（0，L），粒子的重力忽略不计。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）第一象限匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（3）带电粒子从M点出发到第二次到达y轴的总时间。
19．（2024秋 梅河口市校级期末）如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A＝60°，AO＝L，在O点发射某种带负电的粒子（不计重力作用），粒子的比荷为。发射方向与OC边的夹角为θ＝60°，粒子从A点射出磁场。
（1）求粒子的发射速度大小v0；
（2）求粒子在磁场中的运动时间；
（3）若入射粒子为正电荷，粒子能从OC边射出，求入射速度的范围。
20．（2024秋 凉州区期末）如图所示，在xOy坐标系x＜0区域内存在平行于x轴、电场强度大小为E（E未知）的匀强电场，分界线OP将x＞0区域分为区域Ⅰ和区域Ⅱ，区域Ⅰ存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B（B未知）的匀强磁场，区域Ⅱ存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B′B的匀强磁场及沿y轴负方向、电场强度大小为E′E的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M（﹣d，0）点以初速度v0垂直电场方向进入第二象限，经N点进入区域Ⅰ，此时速度与y轴正方向的夹角为60°，经区域Ⅰ后由分界线OP上的A点（图中未画出）垂直分界线进入区域Ⅱ，不计粒子重力及电磁场的边界效应。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）带电粒子从M点运动到A点的时间t；
（3）粒子在区域Ⅱ中运动时，第1次和第5次经过x轴的位置之间的距离s。
高考物理考前冲刺押题预测 磁场
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 甘肃期末）通电直导线ab的质量为m、长为l，用两根细线把导线水平吊起，导线中的电流为I，方向如图所示。在竖直方向加一个方向向上的匀强磁场，导线处于平衡时细线与竖直方向成θ＝37°角，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g，则（　　）
A．磁感应强度大小为
B．导线所受拉力大小为mg
C．若增大磁感应强度，则导线静止时细线与竖直方向的夹角将变大
D．若改变磁感应强度，导线静止时细线与竖直方向的夹角仍为θ，则磁感应强度的最小值为
【考点】安培力作用下的受力平衡问题；共点力的平衡问题及求解．
【专题】定量思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；推理论证能力．
【答案】C
【分析】对导线受力分析，根据平衡条件求解拉力大小以及磁感应强度，当安培力与拉力方向垂直时，安培力最小。
【解答】解：AB.对导线受力分析，如图所示，
根据平衡条件，可得，，解得，，故AB错误；
C.由上述分析可知，若增大磁感应强度，安培力增大，则细线与竖直方向的夹角将增大，故C正确；
当安培力与拉力方向垂直时，安培力最小，磁感应强度最小，BminIl＝mgsinθ，则，故D错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键通过左手定则判断出安培力的方向，结合共点力平衡进行分析。
2．（2024秋 凉州区期末）手机中内置的指南针是一种基于霍尔效应的磁传感器。如图所示，将一块宽度为a，厚度为d的半导体薄片（载流子为自由电子）水平放置于地磁场中，当半导体中通入水平方向的恒定电流时，自由电子在洛伦兹力的作用下发生偏转，继而在M、N两个表面上出现了电势差，称为霍尔电势差。已知电流大小为I，霍尔电势差大小为U，电子的电荷量大小为e，半导体内自由电子的数密度（单位体积内的自由电子数）为n。该处地磁场磁感应强度的竖直分量B的大小为（　　）
A． B． C． D．
【考点】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】达到稳定时，洛伦兹力大小等于电场力大小，结合电流的微观表达式求解。
【解答】解：设电子速度为v，达到稳定时，洛伦兹力大小等于电场力大小，即
由电流的微观表达式有
I＝nevad
联立解得
，故ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】本题主要考查了霍尔效应的相关应用，根据左手定则得出粒子的受力方向，结合电场力和洛伦兹力的等量关系即可完成分析。
3．（2024秋 凉州区期末）如图所示，质量为1kg、长为0.5m的金属棒MN两端由等长的轻质绝缘细线水平悬挂，并处于匀强磁场中。棒中通以大小为2A、方向为M→N的恒定电流，平衡时两悬线与竖直方向的夹角均为θ＝37°，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6。匀强磁场的磁感应强度最小是（　　）
A．5T B．6T C．7.5T D．10T
【考点】安培力作用下的受力平衡问题．
【专题】定量思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；推理论证能力．
【答案】B
【分析】对棒进行受力分析，由平衡条件结合矢量三角形，求解最小安培力以及最小的磁感应强度。
【解答】解：对棒进行受力分析，由平衡条件结合矢量三角形，可知当棒受到的安培力与悬线垂直时，有最小值
F＝mgsin37°
结合安培力公式F＝BIl，代入已知数据解得最小的磁感应强度
B＝6T，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】该题结合安培力考查物体的平衡问题，正确受力分析使问题更加简单易懂。
4．（2024秋 杭州期末）如图所示，图甲为磁流体发电机、图乙为质谱仪、图丙为速度选择器（电场强度为E、磁感应强度为B）、图丁为回旋加速器的原理示意图，忽略粒子在图丁的D形盒狭缝中的加速时间，不计粒子重力，下列说法正确的是（　　）
A．图甲中，将一束等离子体喷入磁场，A、B板间产生电势差，A板电势高
B．图乙中，H、H从静止经电场加速后射入磁场，打在胶片上的位置靠近P的粒子是H
C．图丙中，粒子能够沿直线匀速向右通过速度选择器的速度
D．图丁中，随着粒子速度的增大，交变电流的频率也应该增大
【考点】与加速电场相结合的质谱仪；回旋加速器；磁流体发电机；速度选择器．
【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】理解不同仪器的工作原理，根据题目选项，结合牛顿第二定律和动能定理逐一完成分析。
【解答】解：A．根据左手定则可知正离子向下偏转、负离子向上偏转，A、B板间产生电势差，B板电势高，故A错误；
B．图乙中，粒子经过电场加速，根据动能定理有
根据洛伦兹力提供向心力，则有
解得
比荷越小，R越大，打在胶片上的位置靠近P的粒子是，故B正确；
C．根据受力平衡有
qvB＝qE
解得
故C错误；
D．图丁中，回旋加速器正常工作时，交变电流的周期等于做圆周运动的周期，粒子做圆周运动的周期为
周期与速度大小无关，保持不变，交流电的周期不变，频率也不变，故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查了回旋加速器等仪器的相关应用，理解不同仪器的工作原理，结合牛顿第二定律和动能定理即可完成分析。
5．（2024秋 盐城期末）下列磁场小磁针指向正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【考点】安培定则（右手螺旋定则）；磁场中小磁针的偏转问题．
【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；推理论证能力．
【答案】C
【分析】在磁场中，小磁针静止时N极的指向表示磁场的方向。根据右手螺旋定则以及磁体周围的磁感线分布特点，分析每个选项中小磁针的指向是否正确。
【解答】解：A、小磁针处的磁场方向为U形磁铁N极指向S极，即方向向右，则小磁针N极向右，故A错误；
B、小磁针处的磁场方向为条形磁铁N极指向S极，即方向向右，则小磁针N极向右，故B错误；
C、由右手螺旋定则可知，小磁针指向正确，故C正确；
D、由地磁场从地球的南极指向北极，结合小磁针静止时N极指向为磁场的方向，因此赤道处小磁针N极指向地球的北极，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查右手螺旋定则的应用，要注意明确小磁针N极受力方向为该点磁感应强度的方向。
6．（2024秋 盐城期末）如图所示，A、B为两个同心圆环，半径分别为r、R。一有界匀强磁场磁感应强度为B且恰好完全垂直穿过A环面，下列说法中正确的是（　　）
A．ΦA＜ΦB B．ΦA＞ΦB C．ΦB＝πr2B D．ΦB＝πR2B
【考点】磁通量的计算．
【专题】定量思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；推理论证能力．
【答案】C
【分析】当磁场与面垂直时，磁感应强度与面的面积的乘积是该面的磁通量。求出面的面积，然后求出磁通量。
【解答】解：只有A内有磁场，由A与B构成的环内没有磁场，所以环A和B的磁通量是相等的，即ΦA＝ΦB＝πr2B，故ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】本题考查磁通量的求法，磁通量的大小可以用磁感线的条数进行判断。由图可知，两线圈中磁感线的条数相同，故磁通量相同。
7．（2024秋 淄博期末）A、B、C、D是以AD为直径的半圆弧上的四个点，O为半圆弧的圆心，∠AOB＝∠DOC＝60°。在A、D处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，此时O点的磁感应强度大小为B0。若将A、D处的长直导线分别移至B、C处，则此时O点的磁感应强度大小为（　　）
A．B0 B． C． D．
【考点】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；推理论证能力．
【答案】B
【分析】由磁场的叠加可知每根导线在O点产生的磁感应强度大小，移动之后距O点的距离不变，故磁感应强度大小不变，则由矢量合成的方向可得出移动之后的合磁感应强度。
【解答】解：设长直导线在O点的磁感应强度大小为B，根据安培定则和叠加原理
B0＝2B
B'＝2Bcos60°
解得
B'B0
故ACD错误，B正确
故选：B。
【点评】磁感应强度为矢量，在求合磁感应强度时应先分别求得各导线O点的磁感应强度再由矢量的合成方法——平行四边形求得总的磁感应强度。
8．（2024秋 新会区校级期末）2022年12月28日我国中核集团全面完成了230MeV超导回旋加速器自主研制的任务，标志着我国己全面掌握小型化超导回旋加速器的核心技术，进入国际先进行列。置于真空中的D形金属盒半径为R，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，交流加速电压大小恒为U。若用此装置对氘核（H）加速，所加交变电流的频率为f。加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响，下列说法正确的是（　　）
A．仅增大加速电压U，则氘核（）从D型盒出口射出的动能增大
B．仅减小加速电压U，则氘核（）被加速次数增多
C．氘核（）在磁场运动过程中，随着半径逐渐增大，周期也随之逐渐增大
D．若用该加速器加速α粒子（）需要把交变电流的频率调整为2f
【考点】回旋加速器．
【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】B
【分析】由粒子离开回旋加速器时的动能最大，结合洛伦兹力提供向心力，即可计算最大动能；由动能定理，即可计算加速次数；由洛伦兹力提供向心力，结合圆周运动的周期公式，即可计算粒子的周期，分析其影响因素；由粒子在回旋加速器中持续加速的条件，可知要加速α粒子，该装置的交变电流的频率需如何调整。
【解答】解：A．当粒子在磁场的轨迹半径等于回旋加速器半径R时，粒子的动能最大，故，与加速电压和加速次数无关，故A错误；
B．粒子在电场中加速nqU＝Ekm，解得，仅减小加速电压U，氘核（）加速次数增多，故B正确；
C．氘核（）在磁场运动时，洛伦兹力提供向心力，即，圆周运动的周期为；
故解得周期，与半径无关，故不变，故C错误；
D．回旋加速器交流电源的频率应等于带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的频率，由C选项分析可知周期；
氘核（）和α粒子比荷相同，则在磁场中做匀速圆周运动的频率相同，在同一匀强磁场中做圆周运动的频率相同，无需改变，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查回旋加速器的应用，关键是理解回旋加速器能持续加速粒子的条件：粒子在磁场中圆周运动的频率，与交变电源的频率相等。
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024秋 湖南期末）太阳风是指从太阳辐射出的高能粒子流，由质子和电子等组成。幸亏地球周围存在地磁场，地磁场改变这些带电粒子的运动方向，使其中的大部分不致到达地球，从而保护了地球上的生物。地磁场的示意图如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．地球的磁感线可以相交
B．地球的磁感线是闭合的曲线
C．赤道包围面积的磁通量比同步卫星轨道包围面积的磁通量大
D．赤道包围面积的磁通量比同步卫星轨道包围面积的磁通量小
【考点】判断磁通量的大小或变化；地磁场．
【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；推理论证能力．
【答案】BC
【分析】根据磁感线的特点分析判断；根据磁通量的定义分析判断。
【解答】解：AB.在地球的内部，磁感线从地理北极出发回到地理南极，在地球外部则是从地理南极出发回到地理北极，构成闭合曲线，不会相交，也不会中断，故A错误，B正确。
CD．由于地球内部磁场方向由北极指向南极，地球外部磁场方向由南极指向北极，由于同步卫星包围的面积大于赤道包围的面积，穿过两者面积由北指向南的磁感线条数没有变化，而由南指向北的磁感线条数增多，磁感线抵消得多，合磁通量反而减小，所以赤道包围面积的磁通量比同步卫星轨道包围面积的磁通量大，故C正确，D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了地磁场的性质，要注意借助地磁场的磁场分布来分析地磁场对应的性质，注意理解磁通量的概念。
（多选）10．（2024秋 大连期末）如图所示，在腰长为L的等腰直角三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量均为m的甲粒子（带电荷量为+q）和乙粒子（带电荷量为﹣q）分别从a、b两点沿ab方向和ba方向射入磁场。不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，则下列说法正确的是（　　）
A．乙粒子速度合适，可以从c点射出磁场
B．甲粒子从c点射出磁场的时间为
C．乙粒子从bc边射出的最大轨道半径为
D．甲、乙两粒子在磁场中运动的最长时间之比为1：2
【考点】带电粒子在三角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】CD
【分析】做出乙粒子的运动轨迹，根据轨迹分析；做出甲粒子的运动轨迹，据此可得对应的圆心角和运动时间；根据几何关系计算；分别计算出两粒子在磁场中的运动时间。
【解答】解：A、如下图所示，乙粒子轨迹恰好与ac边相切时，乙粒子从bc边射出的轨迹半径最大，所以乙不会从c点射出磁场，故A错误；
B、如下图所示，甲粒子轨迹恰好与bc边相切于c点从c点射出磁场。根据几何关系可得，甲粒子的轨迹半径为L，运动轨迹所对的圆心角为90°，即运动了四分之一周期的时间。运动时间为，故B错误；
C、乙粒子轨迹与ac边相切时，乙粒子从bc边射出的轨迹半径最大，设切点为e，由几何关系可得ae＝ab＝L，ac＝2L所以乙粒子从bc边射出的最大轨迹半径为，故C正确；
D、由B项可知甲粒子在磁场中运动的最长时间为t甲，乙粒子在磁场中运动最长时间为t乙，则甲、乙两粒子在磁场中运动的最长时间之比为1：2，故D正确。
故选：CD。
【点评】能够做出两粒子的运动轨迹图是解题的关键。
（多选）11．（2024秋 五华区校级期末）如图所示，半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为R，O点是圆心，P是磁场边界上的最低点。大量质量均为m、电荷量为﹣q（q＞0）的带电粒子，以相同的速率从P点沿纸面内的各个方向射入磁场区域。已知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r，A、C为圆形区域水平直径的两个端点，粒子的重力、空气阻力和粒子间的相互作用均不计，则下列说法正确的是（　　）
A．若r＝2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为
B．若r＝2R，则从A点射出磁场的粒子与从C点射出磁场的粒子经历的时间相等
C．若r＝R，则圆周上有一半区域有粒子射出
D．若r＝R，则与OP连线成30°角偏右侧进入磁场的粒子在磁场中经历的时间为
【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】AC
【分析】当r＝2R 时，粒子在磁场中运动的最长时间的轨迹所对应的弦是圆形磁场直径，根据和结合几何知识求解粒子在磁场中运动的最长时间；根据确定从A点射出磁场的粒子与从C点射出磁场的粒子经历的时间是否相等；若r＝R，属于“磁发散”所有粒子平行AC方向射出磁场，进而确定圆周上有粒子射出区域；若r＝R，根据确定与OP连线成30°角偏右侧进入磁场的粒子在磁场中经历的时间。
【解答】解：A.当r＝2R 时，粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据和可得运动的周期，粒子从P点入射，当粒子的出射点与P点的连线为轨迹圆的直径时，粒子在磁场中运动的时间最长。此时圆心角θ＝60°，根据几何关系可，α＝30°，所以圆心角θ＝60°，运动时间，故A正确。
B.若r＝2R，从A点射出磁场的粒子和从C点射出磁场的粒子，它们的轨迹所对的圆心角不同，根据，可知经历的时间不相等，故B错误。
C.若r＝R，以P为圆心，R为半径画圆，通过几何关系可知，粒子只能从圆弧AMC（M为PO延长线与磁场边界的交点）射出，即圆周上有一半区域有粒子射出，故C正确。
D.若r＝R，与OP连线成30°角偏右侧进入磁场的粒子，其轨迹所对的圆心角为120°，运动时间，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，关键在于根据几何关系确定粒子的运动轨迹，进而分析运动时间和出射区域等问题。
（多选）12．（2024秋 望花区校级期末）如图所示，光滑水平绝缘平面坐标系原点O处，固定有可视为点电荷的带正电小球其电荷量为Q，若将Q产生的电场，无限远处的电势规定为零则距离该点电荷R处的电势为k，其中k为静电力常量；另有一个可视为点电荷的带负电小球电荷量q、质量m，仅在静电力作用下围绕O点做曲线运动；当小球m经过x轴M点时，速度方向垂直于x轴沿y轴负方向大小为vM；当经过x轴N点时，速度方向垂直于x轴沿y轴正方向。已知M、N两点距O点距离分别为RM、RN（RM＜RN）。根据以上已知条件，下列说法正确的是（　　）
A．可求出小球m经过y轴时的坐标
B．若要使小球m经过M点开始围绕O点做圆周运动，可适当增大小球m的速度
C．若要使小球m经过M点开始围绕O点做圆周运动，可增加垂直平面向外的匀强磁场，并可求出磁感应强度大小
D．若要使小球m经过N点开始围绕O点做圆周运动，可增加垂直平面向外的匀强磁场，并可求出磁感应强度大小
【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；库仑定律的表达式及其简单应用．
【专题】定量思想；图析法；方程法；带电粒子在电场中的运动专题；理解能力．
【答案】CD
【分析】电场力与电势：涉及点电荷产生电场的电势公式，用于计算不同位置的电势，进而结合能量守恒分析小球的动能变化。
圆周运动条件：考查带电小球做圆周运动时向心力的来源，在仅电场力或电场力与洛伦兹力共同作用下，判断是否满足（F同为向心力，m为小球质量，v为速度，r为圆周运动半径）这一条件。
能量守恒定律：在只有电场力做功的情况下，小球的电势能和动能相互转化，总量保持不变，通过电势能的变化来求解动能和速度的变化。
洛伦兹力：当存在磁场时，带电小球会受到洛伦兹力F＝qvB（q为电荷量，v为速度，B为磁感应强度），洛伦兹力方向与速度和磁场方向垂直，参与提供小球做圆周运动的向心力。
【解答】解：A：仅根据已知条件，虽然知道小球在M、N点的速度方向和位置以及场源电荷相关信息，但由于小球运动轨迹是曲线，其运动过程较为复杂，缺少足够条件来确定小球经过y轴时的坐标，所以无法求出，故A错误。
B：小球在M点时，库仑力提供向心力，若仅增大速度，所需向心力增大，库仑力不变，小球将做离心运动，不能绕O点做圆周运动，故B错误。
C：增加垂直平面向外的匀强磁场，小球在M点受到库仑力和洛伦兹力qvMB，要使小球做圆周运动，则，已知RM、vM、Q、q、m，即可求出磁感应强度B，故C正确。
D：小球在N点时速度方向垂直x轴，增加垂直平面向外的匀强磁场，设磁感应强度为B
库仑力
洛伦兹力F溶＝qvNB（N点速度大小为vN）
根据能量守恒，，其中，，可求出vN
要使小球在N点绕O点做圆周运动，则，此时Q、q、m、RN、RvN都可求，所以能求出磁感应强度B的大小，故D正确。
故选：CD。
【点评】知识综合性强：融合了电场、电势、圆周运动、能量守恒以及洛伦兹力等多个重要的物理知识点，全面考查学生对不同章节知识的理解和综合运用能力，有助于学生构建完整的物理知识体系。思维能力要求高：需要学生具备较强的逻辑推理和分析能力。例如在判断小球运动轨迹、分析圆周运动条件以及求解磁感应强度等问题时，要综合考虑多个因素，对学生的思维严谨性和灵活性是很好的锻炼。问题设置巧妙：通过对小球在不同情境下（仅电场、电场与磁场结合）运动情况的分析，设置了具有一定区分度的选项。既考查了学生对基础知识的掌握，如电场力、圆周运动条件等，又通过复杂情境（如求轴坐标、求磁感应强度）考查了学生对知识的深化理解和应用能力。
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 浦东新区校级期末）一个带负电的小球沿光滑绝缘的桌面向右运动，速度方向垂直于一个水平向里的匀强磁场，如图所示，小球飞离桌面后落到地板上，飞行过程中小球的水平位移始终增大，设飞行时间为t1，着地速度大小为v1。撤去磁场，其余的条件不变，小球飞行时间为t2，着地速度大小为v2，则t1　＜　t2，v1　＝　v2（均选填“＞”、“＜”或“＝”）。
【考点】洛伦兹力的概念；合运动与分运动的关系．
【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】＜、＝
【分析】小球在有磁场时做一般曲线运动，无磁场时做平抛运动，运用分解的思想，判断运动时间；最后利用洛伦兹力不做功判断落地的速率
【解答】解：有磁场时，小球下落过程中要受重力和洛伦兹力共同作用，重力方向竖直向下，大小方向都不变；洛伦兹力的大小和方向都随速度的变化而变化，但在能落到地面的前提下洛伦兹力的方向跟速度方向垂直，总是指向左下方某个方向，其水平分力后水平向左，竖直分力f竖直向下。竖直方向的加速度仍向下，但大于重力加速度g，从而使运动时间比撤去磁场后要短，即在有磁场，重力和洛伦兹力共同作用时，其洛伦兹力的方向每时每刻都跟速度方向垂直，不对粒子做功，不改变粒子的动能，有磁场和无磁场都只有重力做功，动能的增加是相同的。有磁场和无磁场，小球落地时速度方向并不相同，但速度的大小是相等的，即v1＝v2
故答案为：＜、＝
【点评】本题关键运用分解的思想，把小球的运动和受力分别向水平和竖直分解，然后根据选项分别选择规律分析讨论。
14．（2024秋 浦东新区校级期末）如图所示，矩形线框面积为S，处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，线框可绕如图所示的方向与磁场垂直的虚线轴转动，当线框平面与磁场方向的夹角为150°时穿过线框的磁通量为　　，从当前位置转动240°后，穿过线框的磁通量的变化量的绝对值为　　。
【考点】计算磁通量的变化量．
【专题】定量思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；推理论证能力．
【答案】，
【分析】根据磁通量的公式可求穿过线框的磁通量大小，磁通量变化量等于末状态磁通量减去初状态磁通量。
【解答】解：线框平面与磁场方向的夹角为150°时穿过线框的磁通量为，从当前位置转动240°后，穿过线框的磁通量变为Φ'＝BSsin（240°+30°）＝﹣BS，在当前位置的磁通量为，所以磁通量变化量的绝对值为。
故答案为：，。
【点评】明确磁感应强度，线框面积和磁通量之间的关系，会应用公式计算磁通量的大小。
15．（2024秋 浦东新区校级期末）一根长为10cm的通电导线放在匀强磁场中，导线中的电流为0.05A，导线与磁场方向垂直，若它受到的磁场力大小为2×10﹣3N，则磁感应强度为　0.4　T；若将导线中的电流增大为原来的2倍，其他条件不变，则通电导线受到的磁场力变为原来的　2　倍。
【考点】安培力的计算公式及简单应用．
【专题】定量思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用；推理论证能力．
【答案】0.4；2
【分析】根据公式F＝BIl计算分析。
【解答】解：根据F安＝BIl可得：，若将导线中的电流增大为原来的2倍，其他条件不变，根据F安＝BIl可知，通电导线受到的安培力变为原来的2倍。
故答案为：0.4；2。
【点评】解决本题的关键掌握安培力的计算公式。
16．（2025 福州校级模拟）如图所示是医用回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。现分别加速氘核（H）和氦核（He）。氘核（H）和氦核（He）的最大动能之比为　1：2　，加速氘核（H）和氦核（He）时所加高频电源的频率之比为　1：1　。
【考点】回旋加速器．
【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】带电粒子最后从回旋加速器中出来时的速度最大，根据qvB＝m，比较粒子的速度；再根据EKmv2比较最大动能。
在回旋加速器中的周期T，根据周期的公式判断两粒子的周期，进而判定频率的之比。
【解答】解：根据qvB＝m，得v。
最大动能EKmv2，
则氘核（H）和氦核（He）的最大动能之比为1：2；
带电粒子在磁场中运动的周期T，
因两粒子的比荷相等，所以加速氘核（H）和氦核（He）时所加高频电源的频率之比1：1，
故答案为：1：2，1：1。
【点评】解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场加速，磁场偏转来加速粒子。以及知道粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期相同。
四．解答题（共4小题）
17．（2025 雁塔区校级模拟）如图，在y≥0，0≤x≤4d垂直于纸面（xy平面）向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B；在y＜0，0≤x≤4d的区域中存在沿y轴正方向的匀强电场；一质量为m、所带电荷量为q（q＞0）的粒子沿平行于x轴的方向在M（0，d）点射入磁场。
（1）若无论电场强度的大小是多少，粒子均可以从N（4d，d）点沿平行于x轴的方向射出磁场，求粒子射入磁场时速度的大小v1；
（2）若粒子射入磁场时速度的大小为v2，且仍可以从N（4d，d）点沿平行于x轴的方向射出磁场，求此情况下电场强度的大小；
（3）若电场强度可任意加大，要粒子从磁场右边界飞出，求满足条件的射入速度最小值v3。
【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；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；方程法；带电粒子在磁场中的运动专题；理解能力．
【答案】（1）粒子射入磁场时速度的大小为；
（2）电场强度的大小为；
（3）满足条件的最小入射速度为。
【分析】（1）求电场强度和粒子入射速度大小确定粒子在磁场中的运动半径：根据粒子从M点射入能从N点沿平行于x轴方向射出磁场这一条件，结合几何关系确定粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r。计算粒子入射速度v1：由洛伦兹力提供向心力的公式，将r的值代入，求出粒子入射磁场时的速度v1。计算电场强度E：粒子在电场中做类平抛运动，分别根据水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动列出方程，结合v1求出运动时间t，再代入竖直方向位移公式，进而求得电场强度E。
（2）在给定速度v2时求电场强度判断粒子在磁场中的运动轨迹：根据给定的速度v2求出其在磁场中运动的半径r2发现与（1）中半径相同，即运动轨迹相同。计算电场强度E2：由于粒子在电场中的运动性质仍为类平抛运动，且水平方向运动情况不变，可求出运动时间t2，再根据竖直方向的运动方程，求出电场强度E2，其结果与（1）中电场强度相同。
（3）求粒子从磁场右边界飞出时的最小入射速度确定粒子在磁场中的临界运动轨迹：考虑电场强度可任意加大，粒子进入电场后近似沿y轴负方向加速然后垂直进入磁场。当粒子运动轨迹与磁场右边界相切时，入射速度最小，通过几何关系列出方程求出此时粒子在磁场中运动的半径r3。计算最小入射速度v3：根据洛伦兹力提供向心力的公式，将r3代入，求出满足条件的最小入射速度v3
【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，要使无论电场强度大小如何，粒子均能从N（4d，d）点沿平行于x轴方向射出磁场，根据几何关系可知粒子运动轨迹的半径：r＝2d
由洛伦兹力提供向心力得：
联立解得：
（2）已知，粒子在磁场中运动半径，运动轨迹与（1）中相同。
粒子在电场中做类平抛运动，水平方向4d＝v2t2
竖直方向有：，
联立解得：。
（3）当电场强度任意加大时，粒子在电场中沿y轴方向加速度很大，可近似认为粒子进入电场后沿y轴负方向加速，然后垂直进入磁场做圆周运动。要使粒子从磁场右边界飞出，当粒子运动轨迹与磁场右边界相切时，入射速度最小。
设此时粒子在磁场中运动半径为r3，根据几何关系
解得：
由洛伦兹力提供向心力得：
联立解得：
答：（1）粒子射入磁场时速度的大小为；
（2）电场强度的大小为；
（3）满足条件的最小入射速度为。
【点评】知识综合度高：融合了带电粒子在电场中的类平抛运动和在磁场中的匀速圆周运动这两大核心知识板块，同时涉及洛伦兹力、牛顿第二定律、运动学公式等多个重要知识点，全面考查学生对电磁学知识的综合运用能力，有助于构建完整的知识体系。
能力考查全面：从几何关系的运用确定粒子在磁场中的运动轨迹，考查学生的空间想象和几何分析能力；通过联立方程求解电场强度、速度等物理量，锻炼学生的数学运算和逻辑推理能力；对粒子在不同条件下运动情况的分析，培养学生的模型构建和问题解决能力。
问题设置有梯度：三个小问层层递进，第一问是基础，求解电场强度和粒子的初始速度；第二问在给定新速度的情况下再次求解电场强度，检验学生对运动过程的理解和知识的迁移能力；第三问进一步提高难度，探讨粒子从磁场右边界飞出时的最小速度，激发学生深入思考，满足不同层次学生的能力需求。
18．（2024秋 郴州期末）如图所示，直角坐标系xOy平面内，第一、四象限存在垂直纸面向里但大小不同的两种匀强磁场，第二象限存在沿y轴正方向的匀强电场E（大小未知）。质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的粒子从x轴负半轴M点与x轴正方向成60°射入电场，经电场偏转后以速度v0从点N垂直y轴进入第一象限，经过一段时间后从x轴上P点（未画出）以与x轴正方向成60°夹角的速度进入第四象限，粒子恰好不能进入第三象限。已知N点的坐标为（0，L），粒子的重力忽略不计。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）第一象限匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（3）带电粒子从M点出发到第二次到达y轴的总时间。
【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．
【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】（1）电场强度E的大小等于；
（2）第一象限匀强磁场的磁感应强度B的大小等于；
（3）带电粒子从M点出发到第二次到达y轴的总时间等于。
【分析】（1）带电粒子在第二象限做类斜抛运动，结合平抛运动规律求解电场强度E的大小；
（2）画出粒子运动轨迹，由几何知识求解带电粒子在第一象限做圆周运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力求解第一象限匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（3）在磁场中根据轨迹圆心角结合运动周期求解时间，电场中根据类斜抛运动规律求解时间，各自时间相加即为总时间。
【解答】（1）带电粒子在第二象限做类斜抛运动，由逆向思维，从N到M点做类平抛运动，速度偏转角为
y＝L
解得
x方向上：x＝v0t
y方向上：
qE＝ma
联立解得
（2）带电粒子进入第一象限后，轨迹如图所示
由几何知识可知，带电粒子在第一象限做圆周运动的半径
r1＝2L
根据洛伦兹力提供向心力
解得
（3）由（1）可知，带电粒子在第二象限运动的时间
带电粒子在第一象限运动时，周期为
又因为速度偏转角为60°，运动时间
解得
进入第四象限后，由于粒子恰好不能进入第三象限，则在第四象限运动轨迹与y轴相切，速度偏转角为210°，轨迹如图所示
由几何知识可知
运动时间
解得
所以
答：（1）电场强度E的大小等于；
（2）第一象限匀强磁场的磁感应强度B的大小等于；
（3）带电粒子从M点出发到第二次到达y轴的总时间等于。
【点评】解决该题需要掌握粒子在电场和磁场中的运动情况，能正确做出其运动轨迹，能根据几何知识求解其圆周运动的半径。
19．（2024秋 梅河口市校级期末）如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A＝60°，AO＝L，在O点发射某种带负电的粒子（不计重力作用），粒子的比荷为。发射方向与OC边的夹角为θ＝60°，粒子从A点射出磁场。
（1）求粒子的发射速度大小v0；
（2）求粒子在磁场中的运动时间；
（3）若入射粒子为正电荷，粒子能从OC边射出，求入射速度的范围。
【考点】带电粒子在三角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】（1）粒子的发射速度大小为；
（2）粒子在磁场中的运动时间为；
（3）若入射粒子为正电荷，粒子能从OC边射出，入射速度的范围为。
【分析】（1）根据题意作出粒子运动轨迹，求出粒子做圆周运动的轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出粒子的发射速度大小；
（2）求出粒子在磁场中转过的圆心角，然后根据粒子做圆周运动的周期公式求出粒子在磁场中的运动时间；
（3）若入射粒子为正电荷，粒子能从OC边射出，临界状态分为刚好从AC边相切射出，由此求解。
【解答】解：（1）粒子从A点射出磁场，运动轨迹如图所示
由几何知识可知
r＝AO＝L
根据洛伦兹力提供向心力，所以
代入解得
（2）由几何知识可知，粒子转过的圆心角为
由
，
得
（3）粒子能从OC边射出，如图
由几何关系知，半径最大为
有
解得最大速度为
所以速度取值范围为
答：（1）粒子的发射速度大小为；
（2）粒子在磁场中的运动时间为；
（3）若入射粒子为正电荷，粒子能从OC边射出，入射速度的范围为。
【点评】本题的关键在于带电粒子做匀速圆周运动的圆心的确定，这有两点依据：其一是洛伦兹力提供向心力，洛伦兹力必指向圆心，且洛伦兹力垂直于速度方向的，那么圆心必在过O点的垂线上；其二是垂径定理，即弦的垂直平分线通过圆心。
20．（2024秋 凉州区期末）如图所示，在xOy坐标系x＜0区域内存在平行于x轴、电场强度大小为E（E未知）的匀强电场，分界线OP将x＞0区域分为区域Ⅰ和区域Ⅱ，区域Ⅰ存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B（B未知）的匀强磁场，区域Ⅱ存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B′B的匀强磁场及沿y轴负方向、电场强度大小为E′E的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M（﹣d，0）点以初速度v0垂直电场方向进入第二象限，经N点进入区域Ⅰ，此时速度与y轴正方向的夹角为60°，经区域Ⅰ后由分界线OP上的A点（图中未画出）垂直分界线进入区域Ⅱ，不计粒子重力及电磁场的边界效应。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）带电粒子从M点运动到A点的时间t；
（3）粒子在区域Ⅱ中运动时，第1次和第5次经过x轴的位置之间的距离s。
【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；推理论证能力．
【答案】（1）电场强度E的大小等于；
（2）带电粒子从M点运动到A点的时间t等于；
（3）粒子在区域Ⅱ中运动时，第1次和第5次经过x轴的位置之间的距离s等于4πd。
【分析】（1）粒子在第二象限内做类平抛运动，将运动分解处理，根据牛顿第二定律与运动学公式求解；
（2）粒子在磁场内做匀速圆周运动，由几何关系解得运动半径，根据洛伦兹力提供向心力有求解；
（3）分析洛伦兹力与电场力关系，从而分析粒子的运动情况，根据几何关系解答。
【解答】解：（1）粒子经过N点时的速度
粒子从M点到N点，由动能定理得
解得
（2）粒子从M点到N点，由运动学公式有
解得
粒子从M点到A点，其运动轨迹如图1所示
由抛体运动的规律可得
由几何关系可得，粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动的半径
r1＝|ON|sin60°＝d
运动时间
则
（3）粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
解得
在A点对粒子由配速法，如图1所示，设v1对应的洛伦兹力与静电力平衡，则有
v1＝v2
方向相反，v2与v合速度v′对应洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，这样粒子进入区域Ⅱ中的运动分解为以v1的匀速直线运动和以v′的匀速圆周运动
静电力等于洛伦兹力，则有
qE′＝qv1B′
解得
v1＝v0
合速度
设对应的匀速圆周运动的半径为r2，由洛伦兹力提供向心力有
解得
其运动轨迹如图2所示
粒子从第1次到第5次经过x轴，共运动了2个周期，时间
距离
s＝v1t3
解得
s＝4πd
答：（1）电场强度E的大小等于；
（2）带电粒子从M点运动到A点的时间t等于；
（3）粒子在区域Ⅱ中运动时，第1次和第5次经过x轴的位置之间的距离s等于4πd。
【点评】本题是在电场和磁场中带电粒子运动问题，典型的磁场中匀速圆周运动，电场中的类平抛运动。带电粒子在磁场的运动画轨迹图确定轨迹半径和圆心角是基本功，电场中的匀变速曲线运动处理的方法是运动的分解与合成。
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