备考2026届高考物理一轮复习核心考点 磁场（二）（有解析）

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高考物理一轮复习 磁场
一．解答题（共9小题）
1．（2025 北京）质谱仪是正负电子对撞机的一部分，它可以利用带电粒子在磁场中的运动测量粒子的质量、动量等物理量。
考虑带电粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中的运动，且不计粒子重力及粒子间相互作用。
（1）一个电荷量为q0的粒子的速度方向与磁场方向垂直，推导得出粒子的运动周期T与质量m的关系。
（2）两个粒子质量相等、电荷量均为q，粒子1的速度方向与磁场方向垂直，粒子2的速度方向与磁场方向平行。在相同的时间内，粒子1在半径为R的圆周上转过的圆心角为θ，粒子2运动的距离为d。求：
a．粒子1与粒子2的速度大小之比v1：v2；
b．粒子2的动量大小p2。
2．（2025 湖北）如图所示，两平行虚线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为v0的初速度射出，方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为，粒子能回到O点，并在纸面内做周期性运动。不计重力，求：
（1）粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径。
（2）粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距。
（3）粒子的运动周期。
3．（2025 湖南）如图。直流电源的电动势为E0，内阻为r0，滑动变阻器R的最大阻值为2r0，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为，平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，质量为m的带正电粒子以初速度v0水平向右从电容器左侧中点a进入电容器，恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场，随后又从电容器上极板右侧边缘c点进入电容器，忽略粒子重力和空气阻力。
（1）求粒子所带电荷量q；
（2）求磁感应强度B的大小；
（3）若粒子离开b点时，在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，场强大小为，求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离xm。
4．（2025 选择性）电子比荷是描述电子性质的重要物理量。在标准理想二极管中利用磁控法可测得比荷，一般其电极结构为圆筒面与中心轴线构成的圆柱体系统，结构简化如图（a）所示，圆筒足够长。在O点有一电子源，向空间中各个方向发射速度大小为v0的电子，某时刻起筒内加大小可调节且方向沿中心轴向下的匀强磁场，筒的横截面及轴截面示意图如图（b）所示，当磁感应强度大小调至B0时，恰好没有电子落到筒壁上，不计电子间相互作用及其重力的影响。求：（R、v0、B0均为已知量）
（1）电子的比荷；
（2）当磁感应强度大小调至B0时，筒壁上落有电子的区域面积S。
5．（2025 河北）某电磁助推装置设计如图，超级电容器经调控系统为电路提供1000A的恒定电流，水平固定的平行长直导轨处于垂直水平面的匀强磁场中，a可视为始终垂直导轨的导体棒，b为表面绝缘的无人机。初始时a静止于MM′处，b静止于a右侧某处。现将开关S接1端，a与b正碰后锁定并一起运动，损失动能全部储存为弹性势能。当a运行至NN′时将S接2端，同时解除锁定，所储势能瞬间全部转化为动能，a与b分离。已知电容器电容C为10F，导轨间距为0.5m，磁感应强度大小为1T，MM′到NN′的距离为5m，a、b质量分别为2kg、8kg，a在导轨间的电阻为0.01Ω。碰撞、分离时间极短，各部分始终接触良好，不计导轨电阻、摩擦和储能耗损，忽略电流对磁场的影响。
（1）若分离后某时刻a的速度大小为10m/s，求此时通过a的电流大小。
（2）忽略a、b所受空气阻力，当a与b的初始间距为1.25m时，求b分离后的速度大小，分析其是否为b能够获得的最大速度；并求a运动过程中电容器的电压减小量。
（3）忽略a所受空气阻力，若b所受空气阻力大小与其速度v的关系为f＝kv2（k＝0.025N s2/m2），初始位置与（2）问一致，试估算a运行至NN'时。a分离前的速度大小能否达到（2）问中分离前速度的99%，并给出结论。（0.992＝0.980l）
6．（2025 河南）如图，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电量为q（q＞0）的粒子从磁场中的a点以速度v0向右水平发射，当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60°，然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点，通过b点时其速度方向水平向右。a、b距水平虚线的距离均为h，两点之间的距离为s＝3h。不计重力。
（1）求磁感应强度的大小；
（2）求电场强度的大小；
（3）若粒子从a点以v0竖直向下发射，长时间来看，粒子将向左或向右漂移，求漂移速度大小。（一个周期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度）
7．（2025 云南）磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干扰。如图所示，x≥0区域存在垂直Oxy平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B1（未知）。第一象限内存在边长为2L的正方形磁屏蔽区ONPQ，经磁屏蔽后，该区域内的匀强磁场方向仍垂直Oxy平面向里，其磁感应强度大小为B2（未知），但满足0＜B2＜B1。某质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子通过速度选择器后，在Oxy平面内垂直y轴射入x≥0区域，经磁场偏转后刚好从ON中点垂直ON射入磁屏蔽区域。速度选择器两极板间电压U、间距d、内部磁感应强度大小B0已知，不考虑该粒子的重力。
（1）求该粒子通过速度选择器的速率；
（2）求B1以及y轴上可能检测到该粒子的范围；
（3）定义磁屏蔽效率η100%，若在Q处检测到该粒子，则η是多少？
8．（2025 选择性）如图，在xOy平面第一、四象限内存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带正电的粒子从M（0，﹣y0）点射入磁场，速度方向与y轴正方向夹角θ＝30°，从N（0，y0）点射出磁场。已知粒子的电荷量为q（q＞0），质量为m，忽略粒子重力及磁场边缘效应。
（1）求粒子射入磁场的速度大小v1和在磁场中运动的时间t1。
（2）若在xOy平面内某点固定一负点电荷，电荷量为48q，粒子质量取m（k为静电力常量），粒子仍沿（1）中的轨迹从M点运动到N点，求射入磁场的速度大小v2。
（3）在（2）问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间t2速度方向首次与N点速度方向相反，求t2（电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0时，与该点电荷距离为r处的电势φ＝k）。
9．（2025 浙江）如图所示，接有恒流源的正方形线框边长L、质量m、电阻R，放在光滑水平地面上，线框部分处于垂直地面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，以磁场边界CD上一点为坐标原点，水平向右建立Ox轴，线框中心和一条对角线始终位于Ox轴上，开关S断开，线框保持静止，不计空气阻力。
（1）线框中心位于x＝0，闭合开关S后，线框中电流大小为I，求：
①闭合开关S瞬间，线框受到的安培力大小；
②线框中心运动至x过程中，安培力做功及冲量；
③线框中心运动至x时，恒流源提供的电压；
（2）线框中心分别位于x＝0和x，闭合开关S后，线框中电流大小为I，线框中心分别运动到x＝L所需时间分别为t1和t2，求t1﹣t2。
高考物理一轮复习 磁场
参考答案与试题解析
一．解答题（共9小题）
1．（2025 北京）质谱仪是正负电子对撞机的一部分，它可以利用带电粒子在磁场中的运动测量粒子的质量、动量等物理量。
考虑带电粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中的运动，且不计粒子重力及粒子间相互作用。
（1）一个电荷量为q0的粒子的速度方向与磁场方向垂直，推导得出粒子的运动周期T与质量m的关系。
（2）两个粒子质量相等、电荷量均为q，粒子1的速度方向与磁场方向垂直，粒子2的速度方向与磁场方向平行。在相同的时间内，粒子1在半径为R的圆周上转过的圆心角为θ，粒子2运动的距离为d。求：
a．粒子1与粒子2的速度大小之比v1：v2；
b．粒子2的动量大小p2。
【考点】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动；用动量的定义式计算物体的动量；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】（1）粒子的运动周期T与质量m的关系为。
（2）a．粒子1与粒子2的速度大小之比v1：v2为θR：d；
b．粒子2的动量大小p2为。
【分析】（1）粒子速度方向与磁场垂直，粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力和周期的定义，推导出粒子的运动周期T与质量m的关系。
（2）a．粒子1做匀速圆周运动，根据线速度与角速度的关系得到其线速度大小。粒子2做匀速直线运动，由运动学公式达到其速度大小，可得粒子1与粒子2的速度大小之比；
b．对于粒子1，由洛伦兹力提供向心力推导出质量的表达式，根据动量的表达式，结合前述结果求解粒子2的动量大小。
【解答】解：（1）粒子速度方向与磁场垂直，粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有：
解得圆周运动的轨道半径为：
圆周运动的周期为：
可得粒子的运动周期T与质量m的关系为：
（2）a.由题意知粒子1做匀速圆周运动，其线速度大小为：
粒子2做匀速直线运动，速度大小为：
粒子1与粒子2的速度大小之比为：
b.对于粒子1，由洛伦兹力提供向心力得：
解得：
粒子2的动量大小为：
p2＝mv2
答：（1）粒子的运动周期T与质量m的关系为。
（2）a．粒子1与粒子2的速度大小之比v1：v2为θR：d；
b．粒子2的动量大小p2为。
【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的运动问题，当带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时，是由洛伦兹力提供向心力的。
2．（2025 湖北）如图所示，两平行虚线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从MN左侧O点以大小为v0的初速度射出，方向平行于MN向上。已知O点到MN的距离为，粒子能回到O点，并在纸面内做周期性运动。不计重力，求：
（1）粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径。
（2）粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距。
（3）粒子的运动周期。
【考点】带电粒子在直线边界磁场中的运动．
【专题】证明题；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）粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径为；
（2）粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距；
（3）粒子的运动周期。
【分析】（1）粒子在左侧匀强磁场中的做匀速圆周运动，画出粒子轨迹，洛伦兹力提供向心力，根据，求解粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径。
（2）粒子在右侧匀强磁场中的做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据求得粒子在PQ右侧区域中运动轨迹的半径，再利用数学知识球的粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距。
（3）根据、、求得粒子在两个磁场区域运动时间，利用数学知识求得粒子在无磁场区域运动距离，再根据求得在无磁场区域运动时间，进而求得周期。
【解答】解：（1）带电粒子在磁场中的运动，粒子能回到O点，则粒子的运动轨迹对称，其运动的轨迹如图所示。
粒子在MN左侧区域磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有，解得；
（2）O点到MN的距离为，粒子在MN左侧磁场中运动的轨迹如上图所示，轨迹对应的圆心为O1，
粒子在中间无磁场区域做匀速直线运动，运动到PQ右侧后，粒子以O2为圆心、r2为半径做匀速圆周运动，
由洛伦兹力提供向心力，有，解得，
由几何关系得，粒子在PQ右侧磁场中运动的轨迹所对的圆心角为120°，则粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距为；
（3）由几何关系得粒子在MN左侧磁场中运动的轨迹所对的圆心角为240°，运动时间为，由 ，
粒子在PQ右侧磁场中运动的轨迹所对的圆心角为120°，运动时间为，由 ，
粒子在中间无磁场区域做匀速直线运动的时间，
则粒子的运动周期为。
答：（1）粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径为；
（2）粒子第一次和第二次经过PQ时位置的间距；
（3）粒子的运动周期。
【点评】本题主要考查带电粒子在多区域磁场中的运动，解题关键是画出轨迹结合数学知识解答。
3．（2025 湖南）如图。直流电源的电动势为E0，内阻为r0，滑动变阻器R的最大阻值为2r0，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为，平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，质量为m的带正电粒子以初速度v0水平向右从电容器左侧中点a进入电容器，恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场，随后又从电容器上极板右侧边缘c点进入电容器，忽略粒子重力和空气阻力。
（1）求粒子所带电荷量q；
（2）求磁感应强度B的大小；
（3）若粒子离开b点时，在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，场强大小为，求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离xm。
【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；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】（1）粒子所带电荷量q为；
（2）磁感应强度B的大小为；
（3）粒子相对于电容器右侧的最远水平距离xm为。
【分析】（1）根据闭合回路欧姆定律求得两极板间的电压。粒子在电容器中做类平抛运动，将运动分解处理，根据牛顿第二定律与运动学公式求解粒子所带电荷量；
（2）根据类平抛运动求得粒子进入磁场时速度大小与方向。粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系求得圆周运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度的大小；
（3）应用配速法，粒子的运动可分解为匀速直线运动与匀速圆周运动。根据洛伦兹力提供向心力求得分运动匀速圆周运动的轨迹半径，结合几何关系求解粒子相对于电容器右侧的最远水平距离。
【解答】解：（1）粒子在电容器中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则有；
竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有：
，vy＝at
此时滑动变阻器的滑片处于滑动变阻器中点，由闭合回路欧姆定律可得两极板间的电压为：
根据牛顿第二定律得：
联立可得：，
（2）粒子进入磁场时速度方向与竖直方向的夹角θ满足：，解得：θ＝60°
粒子进入磁场时速度大小为：
粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如上图所示，由几何关系易得圆周运动的半径为：
根据洛伦兹力提供向心力得：
联立可得：
（3）在电容器的右侧所加的匀强电场的场强大小为E，在b点，在竖直方向上给粒子配一对等大反向的速度，速度大小为v1，如下图1所示，令：qv1B＝qE，则竖直向上的速度v1所对应的洛伦兹力和水平向右的电场力平衡，粒子的一个分运动是以v1速度向上做匀速直线运动。
由：qv1B＝qE，解得：
将vy与竖直向下的v1合成为竖直向下的速度vy1
再将分速度vy1与v0合成为速度v′，如上图2所示，则有：
2v0
此时速度v′的方向与竖直方向的夹角α满足：sinα，解得：α＝30°
则粒子的另一个分运动是以v′为线速度做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得：
解得圆周运动的半径：r＝d
由几何关系可得粒子相对于电容器右侧的最远水平距离为：
答：（1）粒子所带电荷量q为；
（2）磁感应强度B的大小为；
（3）粒子相对于电容器右侧的最远水平距离xm为。
【点评】本题考查了带电粒子在电磁场中的运动问题。粒子在电场中做类平抛运动，将运动分解处理。粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心。掌握本题解答（3）问所应用的配速法。
4．（2025 选择性）电子比荷是描述电子性质的重要物理量。在标准理想二极管中利用磁控法可测得比荷，一般其电极结构为圆筒面与中心轴线构成的圆柱体系统，结构简化如图（a）所示，圆筒足够长。在O点有一电子源，向空间中各个方向发射速度大小为v0的电子，某时刻起筒内加大小可调节且方向沿中心轴向下的匀强磁场，筒的横截面及轴截面示意图如图（b）所示，当磁感应强度大小调至B0时，恰好没有电子落到筒壁上，不计电子间相互作用及其重力的影响。求：（R、v0、B0均为已知量）
（1）电子的比荷；
（2）当磁感应强度大小调至B0时，筒壁上落有电子的区域面积S。
【考点】带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．
【专题】定量思想；推理法；合成分解法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】（1）电子的比荷为；
（2）当磁感应强度大小调至B0时，筒壁上落有电子的区域面积S为。
【分析】（1）将电子的运动分解处理，电子在平行于磁场的方向上做匀速直线运动，在垂直于磁场方向的平面内以做匀速圆周运动。恰好没有电子落到筒壁上，说明圆周运动半径最大时，圆周运动轨迹的直径等于R。根据洛伦兹力提供向心力，结合几何关系求解电子的比荷；
（2）根据（1）的解答，求出恰好打到筒壁上的电子出射时的方向，根据分运动的等时性求出电子在平行于磁场的方向上运动的位移大小，根据几何关系求解筒壁上落有电子的区域面积。
【解答】解：（1）电子的发射速度方向与中心轴线的夹角为θ时，平行于磁场方向的分速度大小为：vy＝v0sinθ，垂直于磁场方向的分速度大小为：vx＝v0sinθ。电子在平行于磁场的方向上做匀速直线运动，在垂直于磁场方向的平面内以线速度大小为vx做匀速圆周运动（当θ≠90°时电子的轨迹为螺旋线）。对于圆周运动，设其运动半径为r，根据洛伦兹力提供向心力得：
解得：
恰好没有电子落到筒壁上，说明r最大时，圆周运动轨迹的直径等于R。当θ＝90°时r最大，可得：
rmax＝
解得：
（2）磁感应强度调整为时，参照（1）的解答，对于恰好打到筒壁上的电子有：
其中：
解得：，即θ＝30°
圆周运动的周期为：
恰好打到筒壁上所需时间为：
恰好打到筒壁上的电子在平行于磁场方向上的位移大小为：
因电子源向空间中各个方向发射电子，故筒壁上落有电子的区域沿中心轴线方向的宽度等于2y，可得：
答：（1）电子的比荷为；
（2）当磁感应强度大小调至B0时，筒壁上落有电子的区域面积S为。
【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的运动问题，本题当出射的速度方向与磁场方向不垂直时，电子的运动轨迹为螺旋线，将电子的运动分解处理，根据分运动的独立性与等时性解答。
5．（2025 河北）某电磁助推装置设计如图，超级电容器经调控系统为电路提供1000A的恒定电流，水平固定的平行长直导轨处于垂直水平面的匀强磁场中，a可视为始终垂直导轨的导体棒，b为表面绝缘的无人机。初始时a静止于MM′处，b静止于a右侧某处。现将开关S接1端，a与b正碰后锁定并一起运动，损失动能全部储存为弹性势能。当a运行至NN′时将S接2端，同时解除锁定，所储势能瞬间全部转化为动能，a与b分离。已知电容器电容C为10F，导轨间距为0.5m，磁感应强度大小为1T，MM′到NN′的距离为5m，a、b质量分别为2kg、8kg，a在导轨间的电阻为0.01Ω。碰撞、分离时间极短，各部分始终接触良好，不计导轨电阻、摩擦和储能耗损，忽略电流对磁场的影响。
（1）若分离后某时刻a的速度大小为10m/s，求此时通过a的电流大小。
（2）忽略a、b所受空气阻力，当a与b的初始间距为1.25m时，求b分离后的速度大小，分析其是否为b能够获得的最大速度；并求a运动过程中电容器的电压减小量。
（3）忽略a所受空气阻力，若b所受空气阻力大小与其速度v的关系为f＝kv2（k＝0.025N s2/m2），初始位置与（2）问一致，试估算a运行至NN'时。a分离前的速度大小能否达到（2）问中分离前速度的99%，并给出结论。（0.992＝0.980l）
【考点】电磁炮；电磁感应过程中的电路类问题．
【专题】定量思想；方程法；磁场 磁场对电流的作用；分析综合能力．
【答案】（1）若分离后某时刻a的速度大小为10m/s，此时通过a的电流大小为500A。
（2）忽略a、b所受空气阻力，当a与b的初始间距为1.25m时，b分离后的速度大小为25m/s，是b能够获得的最大速度；a运动过程中电容器的电压减小量为40V。
（3）a运行至NN'时，a分离前的速度大小能达到（2）问中分离前速度的99%。
【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律进行解答；
（2）a单独加速过程中，根据动能定理求解碰撞前的速度大小。a与b碰撞时，根据动量守恒和能量守恒列方程。碰撞后，再根据动能定理、动量守恒定律和能量守恒定律求解b分离时的速度大小；再根据电荷量的计算公式求解a运动过程中电容器的电压减小量；
（3）a与b整体从碰撞后到NN′的过程中，根据牛顿第二定律、加速度定义式进行解答。
【解答】解：（1）a的速度大小为v＝10m/s时，感应电动势为：E＝BLv＝1×0.5×10V＝5V
此时通过a的电流大小：IA＝500A；
（2）由于超级电容器经调控系统为电路提供I0＝1000A的恒定电流，则当a与b的初始间距为x0＝1.25m时，设a与b碰撞前的速度为v0。
此过程中，根据动能定理可得：BI0Lx00
解得：v0＝25m/s
a与b碰撞时，取向右为正方向，根据动量守恒和能量守恒有：
mav0＝（ma+mb）v
maEP（ma+mb）v2
设a和b达到NN′的速度大小为v1，a与b整体从碰撞后到NN′的过程中，根据动能定理，有：
BI0L（x﹣x0）
解得：v1＝20m/s
a与b分离时，取向右为正方向，根据动量守恒和能量守恒有：
（ma+mb）v1＝mava+mbvb
EP（ma+mb）mamb
联立解得：vb＝25m/s
由于分离前二者一起加速，分离时弹性势能又转化为二者的动能，所以此时的速度为b能够获得的最大速度；
由于a和ab组合体均做匀变速直线运动，两个过程中的时间分别为t1、t2，则有：x0，x﹣x0
则电容器流出的电荷量为：Δq＝I0（t1+t2）
a运动过程中电容器的电压减小量：ΔU
联立解得：ΔU＝40V；
（3）若b所受空气阻力大小与其速度v的关系为f＝kv2，a与b整体从碰撞后到NN′的过程中，根据牛顿第二定律可得：
（BI0L﹣f）＝（ma+mb）a
根据加速度定义式可得：av1′ v1′
解得分离前的速度：v1′m/s
则有：99.05%
a分离前的速度大小能达到（2）问中分离前速度的99%
答：（1）若分离后某时刻a的速度大小为10m/s，此时通过a的电流大小为500A。
（2）忽略a、b所受空气阻力，当a与b的初始间距为1.25m时，b分离后的速度大小为25m/s，是b能够获得的最大速度；a运动过程中电容器的电压减小量为40V。
（3）a运行至NN'时，a分离前的速度大小能达到（2）问中分离前速度的99%。
【点评】本题主要是考查安培力作用下的运动问题。关键是弄清楚导体棒的受力情况和运动情况，结合动能定理、动量守恒定律进行分析。
6．（2025 河南）如图，水平虚线上方区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，下方区域有竖直向上的匀强电场。质量为m、带电量为q（q＞0）的粒子从磁场中的a点以速度v0向右水平发射，当粒子进入电场时其速度沿右下方向并与水平虚线的夹角为60°，然后粒子又射出电场重新进入磁场并通过右侧b点，通过b点时其速度方向水平向右。a、b距水平虚线的距离均为h，两点之间的距离为s＝3h。不计重力。
（1）求磁感应强度的大小；
（2）求电场强度的大小；
（3）若粒子从a点以v0竖直向下发射，长时间来看，粒子将向左或向右漂移，求漂移速度大小。（一个周期内粒子的位移与周期的比值为漂移速度）
【考点】带电粒子由磁场进入电场中的运动；带电粒子在直线边界磁场中的运动．
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．
【答案】（1）磁感应强度的大小为；
（2）电场强度的大小为；
（3）若粒子从a点以v0竖直向下发射，长时间来看，粒子将向左或向右漂移，漂移速度大小为。
【分析】（1）画出粒子的运动轨迹，由几何关系和洛伦兹力提供向心力求磁感应强度的大小；
（2）根据几何关系和牛顿第二定律结合运动学公式求电场强度的大小；
（3）画出粒子的运动轨迹，根据几何关系和运动学公式求漂移速度大小。
【解答】解：（1）根据题意可知，画出粒子的运动轨迹，如图所示
由题意可知θ＝60°设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由几何关系有：rcosθ＝r﹣h
解得：r＝2h
由牛顿第二定律有：
解得：；
（2）根据题意，由对称性可知，粒子射出电场时，速度大小仍为v0，方向与水平虚线的夹角为60°，由几何关系可得：
x＝rsinθ＝2hsin60°h
根据对称性可知，粒子离开电场达到b点时的水平位移也为xh
粒子在电场中运动的水平位移x′＝3h﹣2xh
则粒子在电场中的运动时间为：
沿电场方向上，由牛顿第二定律有：qE＝ma
由运动学公式有：﹣v0sinθ＝v0sinθ﹣at
联立解得：；
（3）若粒子从a点以v0竖直向下发射，画出粒子的运动轨迹，如图所示：
由于粒子在磁场中运动的速度大小仍为v0，粒子在磁场中运动的半径仍为2h，此过程中，粒子轨迹对应的圆心角为β，则有：sinβ
解得：β＝30°
由几何关系可得，粒子进入电场时速度与虚线的夹角α＝60°
结合（2）分析可知，粒子在电场中的运动时间为：
粒子在电场中运动的水平位移为：AB＝x′h
由几何关系可得：BC＝2rsinα，解得：BC＝2h
则：AC＝BC﹣AB，解得：ACh
粒子在磁场中的运动时间为：
则有：
综上所述可知，粒子每隔时间t向右移动，则漂移速度大小：
答：（1）磁感应强度的大小为；
（2）电场强度的大小为；
（3）若粒子从a点以v0竖直向下发射，长时间来看，粒子将向左或向右漂移，漂移速度大小为。
【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。
7．（2025 云南）磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干扰。如图所示，x≥0区域存在垂直Oxy平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B1（未知）。第一象限内存在边长为2L的正方形磁屏蔽区ONPQ，经磁屏蔽后，该区域内的匀强磁场方向仍垂直Oxy平面向里，其磁感应强度大小为B2（未知），但满足0＜B2＜B1。某质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子通过速度选择器后，在Oxy平面内垂直y轴射入x≥0区域，经磁场偏转后刚好从ON中点垂直ON射入磁屏蔽区域。速度选择器两极板间电压U、间距d、内部磁感应强度大小B0已知，不考虑该粒子的重力。
（1）求该粒子通过速度选择器的速率；
（2）求B1以及y轴上可能检测到该粒子的范围；
（3）定义磁屏蔽效率η100%，若在Q处检测到该粒子，则η是多少？
【考点】带电粒子在叠加场中做直线运动；带电粒子在直线边界磁场中的运动．
【专题】定量思想；方程法；带电粒子在磁场中的运动专题；推理论证能力．
【答案】（1）该粒子通过速度选择器的速率为；
（2）B1的大小为，y轴上可能检测到该粒子的范围为L＜y＜3L；
（3）若在Q处检测到该粒子，则η是60%。
【分析】（1）根据平衡条件结合洛伦兹力、电场力的计算公式进行解答；
（2）求出粒子的轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力求解磁感应强度；粒子进入磁屏蔽区ONPQ，分析B1的大小分析y轴上可能检测到该粒子的范围；
（3）若在Q处检测到该粒子，画出粒子运动轨迹，根据几何关系求解粒子运动的轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力求解B2，再根据磁屏蔽效率公式进行解答。
【解答】解：（1）设该粒子通过速度选择器的速率为v，根据平衡条件可得：qvB0＝q
解得：v；
（2）粒子垂直于y轴进入磁场，垂直于x轴进入正方形磁屏蔽区，则O为圆心，粒子的轨迹半径为：
RL
根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB1＝m
解得：B1；
粒子进入磁屏蔽区ONPQ，若B2＝B1，则粒子在磁屏蔽区ONPQ中运动的半径最小，打在y轴上的位置距离O点最近，即为L；
若B2＝0，则粒子从PQ中点射出，由于外部的磁场为B1，则粒子做匀速圆周运动的半径仍为L，轨迹如图所示：
所以y轴上可能检测到该粒子的范围为：L＜y＜3L；
（3）若在Q处检测到该粒子，粒子运动轨迹如图所示：
根据几何关系可得：r2＝（2L）2+（r﹣L）2
解得粒子运动的轨迹半径为：r＝2.5L
根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB2＝m
解得：B2
磁屏蔽效率为：η100%
解得：η＝60%
答：（1）该粒子通过速度选择器的速率为；
（2）B1的大小为，y轴上可能检测到该粒子的范围为L＜y＜3L；
（3）若在Q处检测到该粒子，则η是60%。
【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。
8．（2025 选择性）如图，在xOy平面第一、四象限内存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带正电的粒子从M（0，﹣y0）点射入磁场，速度方向与y轴正方向夹角θ＝30°，从N（0，y0）点射出磁场。已知粒子的电荷量为q（q＞0），质量为m，忽略粒子重力及磁场边缘效应。
（1）求粒子射入磁场的速度大小v1和在磁场中运动的时间t1。
（2）若在xOy平面内某点固定一负点电荷，电荷量为48q，粒子质量取m（k为静电力常量），粒子仍沿（1）中的轨迹从M点运动到N点，求射入磁场的速度大小v2。
（3）在（2）问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间t2速度方向首次与N点速度方向相反，求t2（电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0时，与该点电荷距离为r处的电势φ＝k）。
【考点】带电粒子在叠加场中做一般曲线运动；开普勒三大定律；带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动．
【答案】（1）正电荷的入射速度等于，从M运动到N的时间等于；
（2）这次正电荷的入射速度为；
（3）在（2）的条件下，正电荷从N点离开磁场后到首次速度变为与N点的射出速度相反的时间为。
【分析】（1）根据几何关系计算出粒子的轨道半径，然后根据向心力公式计算即可；根据粒子的偏转角和周期关系计算时间；
（2）正电荷由洛伦兹力和库仑力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律计算；
（3）离开磁场后洛伦兹力消失，只靠库仑力不足以提供维持圆周运动的向心力，粒子做离心运动，由于N点受力与速度v2垂直，因此轨迹是负电荷为焦点的椭圆，类比于开普勒第三定律计算即可。
【解答】解：（1）一带正电的粒子从M（0，﹣y0）点射入磁场，速度方向与y轴正方向夹角θ＝30°，粒子从M到N做匀速圆周运动，根据几何关系rsinθ＝y0，解得r＝2y0
洛伦兹力提供向心力，则
联立解得
周期T，解得T
速度偏转角为2θ＝2×30°＝60°，所以
，解得t1
（2）正电荷沿原来轨迹从M运动到N，负电荷需固定在（1）问圆心处，这样负电荷受到洛伦兹力与库仑力的合力提供向心力，轨迹与（1）相同
根据牛顿第二定律有
整理成关于v2的一元二次方程：
因式分解
解得（已舍去另一负解）
（3）离开磁场后洛伦兹力消失，只靠库仑力不足以提供维持圆周运动的向心力，粒子做离心运动，由于N点受力与速度v2垂直，因此轨迹是负电荷为焦点的椭圆，负电荷类比地球，N点为“近地点”，速度变为与N点的射出速度相反的点为“远地点”
类比天体，根据开普勒第二定律有
v3r'＝v2r
根据能量守恒定律可得
联立解得r'＝6y0，可得椭圆半长轴a＝4y0，根据开普勒第三定律，椭圆轨道周期与半径为a＝4y0的圆轨道周期T'相同，对这个圆轨道列向心力方程
解得T'
因此所求时间t2，解得t2
答：（1）正电荷的入射速度等于，从M运动到N的时间等于；
（2）这次正电荷的入射速度为；
（3）在（2）的条件下，正电荷从N点离开磁场后到首次速度变为与N点的射出速度相反的时间为。
【点评】在粒子做匀速圆周运动时，能够计算出粒子的轨道半径是解题的基础，加入负电荷后，知道是由库仑力和洛伦兹力的合力提供的向心力，当粒子离开磁场后，知道粒子做的是椭圆轨道运动，能结合开普勒第二定律计算出该椭圆轨道的半长轴是解题的关键，然后根据开普勒第三定律计算时间，本题综合性强，难度大。
9．（2025 浙江）如图所示，接有恒流源的正方形线框边长L、质量m、电阻R，放在光滑水平地面上，线框部分处于垂直地面向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，以磁场边界CD上一点为坐标原点，水平向右建立Ox轴，线框中心和一条对角线始终位于Ox轴上，开关S断开，线框保持静止，不计空气阻力。
（1）线框中心位于x＝0，闭合开关S后，线框中电流大小为I，求：
①闭合开关S瞬间，线框受到的安培力大小；
②线框中心运动至x过程中，安培力做功及冲量；
③线框中心运动至x时，恒流源提供的电压；
（2）线框中心分别位于x＝0和x，闭合开关S后，线框中电流大小为I，线框中心分别运动到x＝L所需时间分别为t1和t2，求t1﹣t2。
【考点】带电粒子在直线边界磁场中的运动；机械能与曲线运动相结合的问题；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】（1）①闭合开关S瞬间，线框受到的安培力大小为2BIL；
②线框中心运动至x过程中，安培力做功为，冲量为；
③恒流源提供的电压为；
（2）t1﹣t2为0。
【分析】（1）①根据F＝BIL计算；
②先根据安培力的平均值计算安培力做功，然后根据动能定理合动量与动能的关系计算安培力的冲量；
③根据能量守恒计算；
（2）把线框的运动类比于简谐运动，得到线框的运动周期，结合运动时间比较即可。
【解答】解：（1）①在闭合开关S瞬间，线框在磁场中的等效程度为l＝2L
所以线框受到的安培力大小为FA＝BIl＝2BIL
②线框运动到x时，安培力大小为FA＝2BI（L﹣x）
则安培力做功为WFA
其中
整理可得
根据动能定理有
线框的动量大小为p
所以根据动量定理安培力的冲量大小为
I＝p
解得I
③恒流源提供的电压为U，根据能量守恒有
UI＝BLvI+I2R
解得U
（2）把线框的运动类比成简谐运动，则回复力为F回＝F安＝2BI（L﹣x）＝2BIx′＝kx′
则周期T
则线框运动到x＝L位置时的时间分别为
所以t1﹣t2＝0
答：（1）①闭合开关S瞬间，线框受到的安培力大小为2BIL；
②线框中心运动至x过程中，安培力做功为，冲量为；
③恒流源提供的电压为；
（2）t1﹣t2为0。
【点评】知道线框在磁场中的有效长度，掌握变力做功的计算方法，知道动能合动量的关系等是解题的基础。
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