【高考押题卷】2025年高考物理热点难点考前冲刺 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10小题）
1．（2024 天津）如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷，一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么（　　）
A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷
B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加
C．微粒从M点运动到N点动能一定增加
D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加
2．（2024 重庆自主招生）两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图。若不计粒子的重力，则下列说法正确的是（　　）
A．a粒子带正电，b粒子带负电
B．a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大
C．b粒子动能较大
D．b粒子在磁场中运动时间较长
3．（2024 广东）表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、强度为B的匀强磁场中．质量为m、带电量为+Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是（　　）
A．滑块受到的摩擦力不变
B．滑块到达地面时的动能与B的大小无关
C．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下
D．B很大时，滑块可能静止于斜面上
4．（2024 广东）在同一匀强磁场中，α粒子（He）和质子（H）做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α粒子和质子（　　）
A．运动半径之比是2：1
B．运动周期之比是2：1
C．运动速度大小之比是4：1
D．受到的洛伦兹力之比是2：1
5．（2024 陆川县校级期末）如图所示，环形导线周围有三只小磁针a、b、c，闭合开关S后，三只小磁针N极的偏转方向是（　　）
A．全向里 B．全向外
C．a向里，b、c向外 D．a、c向外，b向里
6．（2024 宁夏）在等边三角形的三个顶点a、b、c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。过c点的导线所受安培力的方向（　　）
A．与ab边平行，竖直向上
B．与ab边平行，竖直向下
C．与ab边垂直，指向左边
D．与ab边垂直，指向右边
7．（2024 琼海校级期末）如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心，且垂直于线圈平面，当线圈中通入如图方向的电流后，线圈的运动情况是（　　）
A．线圈向左运动
B．线圈向右运动
C．从上往下看顺时针转动
D．从上往下看逆时针转动
8．（2024 天津）如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ．如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是（　　）
A．棒中的电流变大，θ角变大
B．两悬线等长变短，θ角变小
C．金属棒质量变大，θ角变大
D．磁感应强度变大，θ角变小
9．（2024 山东）如图，在一水平放置的平板MN的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向里．许多质量为m带电量为+q的粒子，以相同的速率v沿位于纸面内的各个方向，由小孔O射入磁场区域．不计重力，不计粒子间的相互影响．下列图中阴影部分表示带电粒子能经过区域，其中R＝mv/qB．哪个图是正确的？（　　）
A． B．
C． D．
10．（2024 安徽）如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角，现将带点粒子的速度变为，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为（　　）
A．3Δt B．Δt C．Δt D．2Δt
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2024 江苏）如图所示，在光滑的水平桌面上，a和b是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等。矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a、b产生的磁场作用下静止。则a、b的电流方向可能是（　　）
A．均向左 B．均向右
C．a的向左，b的向右 D．a的向右，b的向左
（多选）12．（2024 海南）空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界。一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射。这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不计重力。下列说法正确的是（　　）
A．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同
B．入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同
C．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同
D．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大
（多选）13．（2024 广东）如图，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上．不计重力．下列说法正确的有（　　）
A．a、b均带正电
B．a在磁场中飞行的时间比b的短
C．a在磁场中飞行的路程比b的短
D．a在P上的落点与O点的距离比b的近
（多选）14．（2024 浙江）利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L．一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度d的缝射出的粒子，下列说法正确的是（　　）
A．粒子带正电
B．射出粒子的最大速度为
C．保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大
D．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大
（多选）15．（2024 青羊区校级模拟）如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m，电量为+q，电场强度为E、磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。小球由静止开始下滑直到稳定的过程中（　　）
A．小球的加速度一直减小
B．小球的机械能和电势能的总和保持不变
C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v
D．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v
三．解答题（共5小题）
16．（2024 鼓楼区）如图，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B．一质量为m，电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动。A、C两点间距离为h，重力加速度为g。
（1）求小滑块运动到C点时的速度大小vc；
（2）求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；
（3）若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vp。
17．（2024 山东）如图甲所示，间距为d，垂直于纸面的两平行板P，Q间存在匀强磁场，取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，t＝0时刻，一质量为m，带电量为+q的粒子（不计重力），以初速度v0，由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区，当B0和TB取某些特定值时，可使t＝0时刻入射的粒子经Δt时间恰能垂直打在P板上（不考虑粒子反弹），上述m、q、d、v0为已知量。
（1）若ΔtTB，求B0；
（2）若ΔtTB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；
（3）若B0，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB。
18．（2024 海南）如图，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度v0从y轴上P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T0，磁场方向变为垂直纸面向里，大小不变，不计重力。
（1）求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间；
（2）若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值。
19．（2024 江苏）一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为+q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为零，这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在底片上，已知放置底片的区域MN＝L，且OM＝L．某次测量发现MN中左侧区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧区域QN仍能正常检测到离子，在适当调节加速电压后，原本打在MQ的离子即可在QN检测到。
（1）求原本打在MN中点P的离子质量m；
（2）为使原本打在P的离子能打在QN区域，求加速电压U的调节范围；
（3）为了在QN区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整，求需要调节U的最少次数。（取lg2＝0.301，lg3＝0.477，lg5＝0.699）
20．（2024 广东）如图所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6L．两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外．A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为L．质量为m、电量为+q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是L的k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑．
（1）若k＝1，求匀强电场的电场强度E；
（2）若2＜k＜3，且粒子沿水平方向从S2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B与k的关系式．
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10小题）
1．（2024 天津）如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷，一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么（　　）
A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷
B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加
C．微粒从M点运动到N点动能一定增加
D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加
【考点】带电粒子在叠加场中做直线运动；电场力做功与电势能变化的关系；从能量转化与守恒的角度解决电场中的问题．
【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．
【答案】C
【分析】微粒在平行金属板间受到重力与电场力的作用，根据微粒运动轨迹与微粒受到的重力与电场力间的关系分析答题．
【解答】解：微粒在极板间受到竖直向下的重力作用与电场力作用，由图示微粒运动轨迹可知，微粒向下运动，说明微粒受到的合力竖直向下，重力与电场力的合力竖直向下；
A、如果微粒带正电，A板带正电荷，微粒受到的合力向下，微粒运动轨迹向下，A板带负电，但如果电场力小于重力，微粒受到的合力向下，微粒运动轨迹向下，则A板既可以带正电，也可能带负电，故A错误；
B、如果微粒受到的电场力向下，微粒从M点运动到N点过程中电场力做正功，微粒电势能减小，如果微粒受到的电场力向上，则电势能增加，故B错误；
C、微粒受到的合力向下，微粒从M点运动到N点过程中合外力做正功，微粒的动能增加，故C正确；
D、微粒从M点运动到N点过程动能增加，重力势能减小，机械能不一定增加，故D错误。
故选：C。
【点评】根据微粒的运动轨迹判断出微粒受到的合外力，然后根据微粒的受力情况分析答题；电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．
2．（2024 重庆自主招生）两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图。若不计粒子的重力，则下列说法正确的是（　　）
A．a粒子带正电，b粒子带负电
B．a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大
C．b粒子动能较大
D．b粒子在磁场中运动时间较长
【考点】带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动．
【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．
【答案】C
【分析】a、b两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子以不同的速率对向射入圆形匀强磁场区域，偏转的方向不同，说明受力的方向不同，电性不同，可以根据左手定则判定。从图线来看，a的半径较小，可以结合洛伦兹力提供向心力，写出公式，进行判断，之后，根据公式，再判定动能和运动的时间。
【解答】解：粒子向右运动，根据左手定则，b向上偏转，应当带正电；a向下偏转，应当带负电，故A错误。
洛伦兹力提供向心力，即：，得：，故半径较大的b粒子速度大，动能也大。故C正确。
由公式；f＝qvB，故速度大的b受洛伦兹力较大。故B错误。
磁场中偏转角大的运动的时间也长；a粒子的偏转角大，因此运动的时间就长。故D错误。
故选：C。
【点评】该题考查带电粒子在匀强磁场中的偏转，可以结合两个公式进行判定。属于简单题目。
3．（2024 广东）表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、强度为B的匀强磁场中．质量为m、带电量为+Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是（　　）
A．滑块受到的摩擦力不变
B．滑块到达地面时的动能与B的大小无关
C．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下
D．B很大时，滑块可能静止于斜面上
【考点】洛伦兹力在运动过程中的动态变化问题．
【专题】压轴题．
【答案】C
【分析】小滑块向下运动的过程中受到重力，支持力，垂直斜面向下的洛伦兹力，摩擦力，向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大，当加速度减到0时，做匀速运动．
【解答】解：小滑块受力如图所示；
A、F洛＝QVB，滑动摩擦力F＝μFN＝μ（mgcosθ+QvB），随速度增加而变大，A错误。
B、若滑块滑到底端已达到匀速运动状态，摩擦力F＝mgsinθ＝μ（mgcosθ+QvB），
则v（cosθ），可看v随B的增大而减小，B越大滑块动能越小；若在滑块滑到底端时还处于加速运动状态，则B越大时，滑动摩擦力F越大，滑块克服阻力做功越多，由动能定理可知，滑块到达斜面底端的速度越小，动能越小，B错误。
C、滑块沿斜面向下运动，由左手定则可知，洛伦兹力垂直于斜面向下，故C正确；
D、滑块之所以开始能动，是因为重力的沿斜面的分力大于摩擦力，滑块沿斜面向下做加速运动，当摩擦力、重力的分力与洛伦兹力合力为零时，滑块做匀速直线运动，速度不会为零，不会静止在斜面上，B很大时，一旦运动，不会停止，最终做匀速直线运动，故D错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键知道洛伦兹力的方向和洛伦兹力的大小以及能够正确的受力分析，理清物体的运动状况．
4．（2024 广东）在同一匀强磁场中，α粒子（He）和质子（H）做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α粒子和质子（　　）
A．运动半径之比是2：1
B．运动周期之比是2：1
C．运动速度大小之比是4：1
D．受到的洛伦兹力之比是2：1
【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．
【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．
【答案】B
【分析】质子H和α粒子以相同的动量在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，均由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律和圆周运动的规律，可求得比较r、速度v及T的表达式，根据表达式可以得到半径以及周期之比．
【解答】解：C、两个粒子的动量大小相等，质量之比是4：1，
所以：．故C错误；
A、质子H和α粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，均由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qvB＝m，得轨道半径：R，
根据质子质子（H）和α（He）粒子的电荷量之比是1：2，质量之比是1：4，
则得：RHe：RH，故A错误；
B、粒子运动的周期：，所以：．故B正确；
D、根据粒子受到的洛伦兹力：f＝qvB，得：．故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查了带电粒子在磁场场中运动的问题，知道洛伦兹力充当向心力，熟练掌握圆周运动的基本公式即可．
5．（2024 陆川县校级期末）如图所示，环形导线周围有三只小磁针a、b、c，闭合开关S后，三只小磁针N极的偏转方向是（　　）
A．全向里 B．全向外
C．a向里，b、c向外 D．a、c向外，b向里
【考点】通电直导线周围的磁场．
【答案】D
【分析】闭合开关S后，环形导线中通有顺时针方向的电流，根据安培定则判断磁场方向。根据小磁针N极受力方向与磁场方向相同判断N极偏转方向。
【解答】解：闭合开关S后，环形导线中通有顺时针方向的电流，根据安培定则判断环形导线内部磁场向里，外部磁场向外，则小磁针b的N极向里偏转，a、c两个小磁针向外偏转。
故选：D。
【点评】本题考查应用安培定则的能力。安培定则是判断电流方向与磁场方向两者关系的定则。
6．（2024 宁夏）在等边三角形的三个顶点a、b、c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。过c点的导线所受安培力的方向（　　）
A．与ab边平行，竖直向上
B．与ab边平行，竖直向下
C．与ab边垂直，指向左边
D．与ab边垂直，指向右边
【考点】左手定则判断安培力的方向；通电直导线周围的磁场．
【答案】C
【分析】通电导线在磁场中受到安培力，方向是由左手定则可确定，而通电导线与通电导线间的安培力由通电导线周围存在磁场是由安培定则来确定，则对放入其中的通电导线有安培力作用，从而由安培力的叠加可确定其方向。
【解答】解：等边三角形的三个顶点a、b、c处均有一通电导线，且导线中通有大小相等的恒定电流。
由安培定则可得：导线a、b的电流在c处的合磁场方向竖直向下。
再由左手定则可得：安培力的方向是与ab边垂直，指向左边。
故选：C。
【点评】从题中可得这一规律：通电导线的电流方向相同时，则两导线相互吸引；当通电导线的电流方向相反时，则两导线相互排斥。
7．（2024 琼海校级期末）如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心，且垂直于线圈平面，当线圈中通入如图方向的电流后，线圈的运动情况是（　　）
A．线圈向左运动
B．线圈向右运动
C．从上往下看顺时针转动
D．从上往下看逆时针转动
【考点】判断通电导线在磁场中的运动趋势．
【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】A
【分析】将环形电流等效为小磁针，根据同性相斥，异性相吸判断线圈的运动。
【解答】解：根据右手螺旋定则，环形电流可以等效为小磁针，小磁针右侧为N极，左侧为S极，根据异性相吸，知线圈向左运动。故A正确，B、C、D错误。
故选：A。
【点评】通电电流处于条形磁铁产生的磁场中，受到安培力作用，根据左手定则判断。本题用等效法解决比较简单。
8．（2024 天津）如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ．如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是（　　）
A．棒中的电流变大，θ角变大
B．两悬线等长变短，θ角变小
C．金属棒质量变大，θ角变大
D．磁感应强度变大，θ角变小
【考点】安培力作用下的受力平衡问题．
【答案】A
【分析】对通电导线受力分析，求出夹角的关系表达式，然后根据表达式分析答题。
【解答】解：导体棒受力如图所示，tanθ；
A、棒中电流I变大，θ角变大，故A正确；
B、两悬线等长变短，θ角不变，故B错误；
C、金属棒质量变大，θ角变小，故C错误；
D、磁感应强度变大，θ角变大，故D错误；
故选：A。
【点评】对金属棒进行受力分析、应用平衡条件，根据安培力公式分析即可正确解题。
9．（2024 山东）如图，在一水平放置的平板MN的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向里．许多质量为m带电量为+q的粒子，以相同的速率v沿位于纸面内的各个方向，由小孔O射入磁场区域．不计重力，不计粒子间的相互影响．下列图中阴影部分表示带电粒子能经过区域，其中R＝mv/qB．哪个图是正确的？（　　）
A．
B．
C．
D．
【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．
【专题】压轴题．
【答案】A
【分析】相同速度的粒子在磁场中的转动半径相同，则根据带电粒子的进入磁场的方向可确定圆心的位置，则可得出所有粒子能到达的最远位置，即可确定出粒子的范围．
【解答】解：所有粒子在磁场中半径相同，由图可知，
由O点射入水平向右的粒子恰好应为最右端边界；随着粒子的速度方向偏转，粒子转动的轨迹圆可认为是以O点为圆心以2R为半径转动；则可得出符合题意的范围应为A；
故选：A。
【点评】确定带电粒子轨迹的范围一般应用画图的方法找出，同时可以结合选项进行分析，可以用最快的速度求出结论．
10．（2024 安徽）如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角，现将带点粒子的速度变为，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为（　　）
A．3Δt B．Δt C．Δt D．2Δt
【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．
【专题】定性思想；方程法；带电粒子在磁场中的运动专题．
【答案】D
【分析】粒子在匀强磁场做匀速圆周运动，运动周期T，与粒子速度大小无关，可见，要计算粒子在磁场中运动的时间，只要求得它在磁场中运动轨迹对应的圆心角，就可得到所用的时间。
【解答】解：设圆形磁场区域的半径是R，
以速度v射入时，半径r1，
根据几何关系可知，tan60°，所以r1；
运动时间ΔtT；
以速度射入时，半径r2
设第二次射入时的圆心角为θ，根据几何关系可知：
tan
所以 θ＝120°
则第二次运动的时间为：t＝′TT2Δt。
故ABC错误，D正确
故选：D。
【点评】带电粒子在磁场中运动的题目解题基本步骤为：定圆心、画轨迹、求半径，同时还利用圆弧的几何关系来帮助解题。
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2024 江苏）如图所示，在光滑的水平桌面上，a和b是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等。矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a、b产生的磁场作用下静止。则a、b的电流方向可能是（　　）
A．均向左 B．均向右
C．a的向左，b的向右 D．a的向右，b的向左
【考点】安培定则（右手螺旋定则）．
【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】CD
【分析】根据电流的方向，结合安培定则判断出电流周围磁场的方向，根据磁场的叠加确定线框所处位置的磁场方向，再根据左手定则判断安培力方向，从而确定线框是否能够处于平衡状态。
【解答】解：A、若a、b电流方向均向左，根据安培定则以及磁场的叠加知，在线框上边所在处的磁场方向垂直纸面向外，在线框下边所在处的磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则知，线框上边所受的安培力方向向指向b，下边所受的安培力方向指向b，则线框不能处于静止状态，故A错误。
B、若a、b电流方向均向右，根据安培定则以及磁场的叠加知，在线框上边所在处的磁场方向垂直纸面向里，在线框下边所在处的磁场方向垂直纸面向外，根据左手定则知，线框上边所受的安培力方向指向a，下边所受的安培力方向指向a，则线框不能处于静止状态，故B错误。
C、若电流方向a的向左，b的向右，根据安培定则以及磁场的叠加知，在线框上边所在处的磁场方向垂直纸面向外，在线框下边所在处的磁场方向垂直纸面向外，根据左手定则知，线框上边所受的安培力方向指向b，下边所受的安培力方向指向a，线框可以处于平衡状态，故C正确。
D、若电流方向a的向右，b的向左，根据安培定则以及磁场的叠加知，在线框上边所在处的磁场方向垂直纸面向里，在线框下边所在处的磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则知，线框上边所受的安培力方向指向a，下边所受的安培力方向指向b，线框可以处于平衡状态，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题考查了安培定则、左手定则、磁场的叠加等知识，知道安培定则和左手定则的区别，左右手定则不能混淆；注意：该线框放在水平桌面上，重力和支持力相平衡，分析过程中不再分析重力。
（多选）12．（2024 海南）空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界。一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射。这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不计重力。下列说法正确的是（　　）
A．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同
B．入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同
C．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同
D．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大
【考点】带电粒子在矩形边界磁场中的运动．
【专题】压轴题．
【答案】BD
【分析】带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，虽然电量、质量不同，但比荷相同，所以运动圆弧对应的半径与速率成正比。它们的周期总是相等，因此运动的时间由圆心角来决定。
【解答】解：
A、入射速度不同的粒子，若它们入射速度方向相同，若粒子从左边边界出去则运动时间相同，虽然轨迹不一样，但圆心角相同。故A错误；
B、在磁场中半径，运动圆弧对应的半径与速率成正比，故B正确；
C、在磁场中运动时间：（θ为转过圆心角），虽圆心角可能相同，但半径可能不同，所以运动轨迹也不同，故C错误；
D、由于它们的周期相同的，在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角也一定越大。故D正确；
故选：BD。
【点评】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径。
（多选）13．（2024 广东）如图，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上．不计重力．下列说法正确的有（　　）
A．a、b均带正电
B．a在磁场中飞行的时间比b的短
C．a在磁场中飞行的路程比b的短
D．a在P上的落点与O点的距离比b的近
【考点】带电粒子在直线边界磁场中的运动．
【专题】压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题．
【答案】AD
【分析】带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，要熟练应用半径公式和周期公式进行求解．
【解答】解：a、b粒子的运动轨迹如图所示：
粒子a、b都向下由左手定则可知，a、b均带正电，故A正确；
由r可知，两粒子半径相等，根据上图中两粒子运动轨迹可知a粒子运动轨迹长度大于b粒子运动轨迹长度，运动时间a在磁场中飞行的时间比b的长，故BC错误；
根据运动轨迹可知，在P上的落点与O点的距离a比b的近，故D正确。
故选：AD。
【点评】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径．
（多选）14．（2024 浙江）利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L．一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度d的缝射出的粒子，下列说法正确的是（　　）
A．粒子带正电
B．射出粒子的最大速度为
C．保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大
D．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大
【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；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．
【专题】压轴题；带电粒子在磁场中的运动专题．
【答案】BC
【分析】由题意可知粒子的运动方向，则可知粒子的带电情况；由几何关系可知粒子的半径大小范围，则可求得最大速度；由洛伦兹力充当向心力可求得粒子的最大速度及最小速度的表达式，则可知如何增大两速度的差值。
【解答】解：由左手定则可判断粒子带负电，故A错误；
由题意知：粒子的最大半径、粒子的最小半径，根据，可得、，则，故可知B、C正确，D错误。
故选：BC。
【点评】本题中的几何关系是关键，应通过分析题意找出粒子何时具有最大速度，再由物理规律即可求解。
（多选）15．（2024 青羊区校级模拟）如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m，电量为+q，电场强度为E、磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。小球由静止开始下滑直到稳定的过程中（　　）
A．小球的加速度一直减小
B．小球的机械能和电势能的总和保持不变
C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v
D．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v
【考点】带电粒子在叠加场中做直线运动．
【专题】压轴题；牛顿运动定律综合专题．
【答案】CD
【分析】对小球进行受力分析，再根据各力的变化，可以找出合力及加速度的变化；即可以找出小球最大速度及最大加速度的状态。
【解答】解：小球静止时只受电场力、重力、支持力及摩擦力，电场力水平向左，摩擦力竖直向上；开始时，小球的加速度应为a；小球速度将增大，产生洛伦兹力，由左手定则可知，洛伦兹力向右，故水平方向合力为零，则正压力将减小，摩擦力减小，故加速度增大；故A错误；
当洛伦兹力等于电场力时，摩擦力为零，此时加速度为g，达最大；此后速度继续增大，则洛伦兹力增大，水平方向上的合力增大，摩擦力将增大；加速度将减小，故最大加速度的一半会有两种情况，一是在洛伦兹力小于电场力的时间内，另一种是在洛伦兹力大于电场力的情况下，则：
，解得，V1，故C正确；
同理有：，解得V2，故D正确；
而在下降过程中有摩擦力做功，故有部分能量转化为内能，故机械能和电势能的总和将减小；
故B错误；
故选：CD。
【点评】本题要注意分析带电小球的运动过程，属于牛顿第二定律的动态应用与电磁场结合的题目，此类问题要求能准确找出物体的运动过程，并能分析各力的变化，对学生要求较高。
三．解答题（共5小题）
16．（2024 鼓楼区）如图，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B．一质量为m，电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动。A、C两点间距离为h，重力加速度为g。
（1）求小滑块运动到C点时的速度大小vc；
（2）求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；
（3）若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vp。
【考点】带电粒子在叠加场中做直线运动．
【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）小滑块到达C点时离开MN，此时与MN间的作用力为零，对小滑块受力分析计算此时的速度的大小；
（2）由动能定理直接计算摩擦力做的功Wf；
（3）撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据分运动计算最后的合速度的大小；
【解答】解：（1）小滑块沿MN运动过程，水平方向受力满足：
qvB+N＝qE
小滑块在C点离开MN时，N＝0，有：qvcB＝qE
解得：vc
（2）在沿竖直平面MN运动的过程中，由动能定理有：
mgh﹣Wf0
解得：Wf＝mgh
（3）如图，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直，
撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g′，有：
g′
且
解得：
答：（1）小滑块运动到C点时的速度大小vc为；
（2）小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf为mgh；
（3）小滑块运动到P点时速度的大小vp为。
【点评】解决本题的关键是分析清楚小滑块的运动过程，及小滑块的受力情况，在与MN分离时，小滑块与MN间的作用力为零，在撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据滑块的不同的运动过程逐步求解即可。
17．（2024 山东）如图甲所示，间距为d，垂直于纸面的两平行板P，Q间存在匀强磁场，取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，t＝0时刻，一质量为m，带电量为+q的粒子（不计重力），以初速度v0，由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区，当B0和TB取某些特定值时，可使t＝0时刻入射的粒子经Δt时间恰能垂直打在P板上（不考虑粒子反弹），上述m、q、d、v0为已知量。
（1）若ΔtTB，求B0；
（2）若ΔtTB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；
（3）若B0，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB。
【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．
【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由牛顿第二定律可以求出磁感应强度；
（2）由向心加速度公式可以求出粒子的向心加速度；
（3）由粒子在磁场中做圆周运动的周期公式与几何知识可以分析答题。
【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，
由牛顿第二定律得：qv0B0＝m ①
根据题意，由几何知识可知，R1＝d ②
解得：B0 ③
（2）设粒子的轨道半径为R2，加速度为a，
由向心加速度公式得：a ④
根据题意由几何知识可知，3R2＝d ⑤
解得：a ⑥
（3）设粒子的轨道半径为R，周期为T，则T ⑦
由牛顿第二定律得：qv0B0＝m ⑧
由题意知B0，代入⑧得
d＝4R ⑨
粒子运动轨迹如图所示，O1、O2为圆心，O1O2连线与水平方向夹角为θ，
在每个TB内，只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板，且均要求0＜θ，
由题意可知：
T ⑩
设经历整个完整TB的个数为n（n＝0、1、2、3…）
若在A点击中P板，根据题意由几何关系得：
R+2（R+Rsinθ）n＝d
当n＝0时，无解；
当n＝1时，联立式得
θ（或sinθ）
联立⑦⑨⑩ 式得TB
当n≥2时，不满足0＜θ的要求
若在B点击中P板，据题意由几何关系得
R+2Rsinθ+2（R+Rsinθ）n＝d
当n＝0时，无解；
当n＝1时，联立⑨ 式得
θ＝arcsin（或sinθ）
联立⑦⑨⑩ 式得TB＝（arcsin）
因此TB或者TB＝（arcsin）。
【点评】本题考查了粒子在磁场中的运动问题，分析清楚粒子运动过程是正确解题的关键，应用牛顿第二定律即可正确解题。
18．（2024 海南）如图，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度v0从y轴上P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T0，磁场方向变为垂直纸面向里，大小不变，不计重力。
（1）求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间；
（2）若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值。
【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】带电粒子在复合场中的运动专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律与粒子的周期公式求出粒子的运动时间。
（2）分析清楚粒子在电场中的运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式求出电场强度。
【解答】解：（1）带电粒子在磁场中做圆周运动，设运动半径为R，运动周期为T，
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，
粒子做圆周运动的周期：，
由题意可知，粒子第一次到达x轴时，运动转过的角度为，
所需时间t1为：，解得：；
（2）粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为0，
然后沿原路返回做匀加速运动，到达x轴时速度大小仍为v0，
设粒子在电场中运动的总时间为t2，加速度大小为a，电场强度大小为E，
由牛顿第二定律得：qE＝ma，v0＝a ，解得：，
根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足t2≥T0，
解得，电场强度最大值：。
答：（1）粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需的时间为；
（2）若要使粒子能够回到P点，电场强度的最大值为。
【点评】本题考查了粒子在磁场与电场中的运动，分析清楚粒子运动过程是正确解题的前提与关键，分析清楚粒子运动过程后，应用牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题。
19．（2024 江苏）一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为+q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为零，这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在底片上，已知放置底片的区域MN＝L，且OM＝L．某次测量发现MN中左侧区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧区域QN仍能正常检测到离子，在适当调节加速电压后，原本打在MQ的离子即可在QN检测到。
（1）求原本打在MN中点P的离子质量m；
（2）为使原本打在P的离子能打在QN区域，求加速电压U的调节范围；
（3）为了在QN区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整，求需要调节U的最少次数。（取lg2＝0.301，lg3＝0.477，lg5＝0.699）
【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】带电粒子在复合场中的运动专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）离子先由电场加速，后进入磁场做匀速圆周运动。先根据动能定理求出电场加速获得的速度表达式，再由几何关系求出磁场中轨迹半径，由洛伦兹力等于向心力，列式求解离子的质量。
（2）由几何关系得到离子打在N点和Q点时的轨迹半径，由上式结果求解电压U的范围。
（3）运用归纳法，根据轨迹半径与电压的关系，得到调节电压U的次数表达式，再进行求解。
【解答】解：（1）离子在电场中加速，由动能定理得：qU0①
在磁场中做匀速圆周运动，则有：qvB＝m②
解得：r
代入r0L解得：m
（2）由（1）中第①②两式知：U
离子打在Q点，轨迹半径为：rr0，则有：U
离子打在N点，轨迹半径为：r＝Lr0，U
则电压的范围为：U。
（3）由（1）知，r∝
由题意知，第1次调节电压到U1，使原本打在Q点的离子打在N点，则
此时，原本半径为r1的打在Q1的离子打在Q上，
解得 r1＝（）2L
第2次调节电压到U2，使原本打在Q1的离子打在N点，原本半径为r2的打在Q2的离子打在Q上，则
，
解得 r2＝（）3L
同理，第n次调节电压，有 rn＝（）n+1L
检测完整，有 rn
解得 n1≈2.8
故需要调节U的最少次数为3次。
另一种解法（第三次调节电压到U3，使原本打到Q2点的离子打到N点，有：，此时，设原本半径为r3的打在Q3的离子打在Q上，则，解得：r3，调节电压的次数最少为3次。）
答：（1）原本打在MN中点P的离子质量m为；
（2）为使原本打在P的离子能打在QN区域，加速电压U的调节范围为 U；
（3）需要调节U的最少次数为3次。
【点评】本题是动能定理和牛顿定律的综合题，解决本题的关键会运用几何知识和归纳法分析离子轨道半径变化的规律，灵活运用动能定理和牛顿第二定律解答。
20．（2024 广东）如图所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6L．两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外．A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为L．质量为m、电量为+q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是L的k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑．
（1）若k＝1，求匀强电场的电场强度E；
（2）若2＜k＜3，且粒子沿水平方向从S2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B与k的关系式．
【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】带电粒子在复合场中的运动专题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）粒子在电场中是直线加速，根据动能定理列式；粒子在磁场中是匀速圆周运动，根据牛顿第二定律列式；结合几何关系得到轨道半径；最后联立求解；
（2）结合几何关系列式求解出轨道半径；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式；最后联立求解即可．
【解答】解：（1）粒子在电场中，由动能定理，有：
qEd①
粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力，故：
qvB0＝m②
当k＝1时，由几何关系得：
r＝L…③
由①②③解得：
E④
（2）由于2＜k＜3时，由题意可知粒子在Ⅱ区只能发生一次偏转，由几何关系可知：
（r﹣L）2+（kL）2＝r2…⑤
解得：r⑥
由②⑥解得：v⑦
粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力，故：
qvB＝m⑧
由相似性及几何关系可知：
⑨
解得：r1 …⑩
由⑧⑩解得：B．
答：（1）若k＝1，匀强电场的电场强度E为；
（2）若2＜k＜3，且粒子沿水平方向从S2射出，粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式为v，Ⅱ区的磁感应强度B与k的关系式为．
【点评】本题关键明确粒子的运动规律，然后分阶段根据动能定理、牛顿第二定律并结合几何关系列式，最后联立求解．
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