第1章 安培力与洛伦兹力
题型1 安培力的概念 题型2 两根通电导线之间的作用力
题型3 安培力的计算公式及简单应用 题型4 通电非直导线安培力大小的计算
题型5 安培力作用下的受力平衡问题 题型6 磁电式电流表
题型7 洛伦兹力在运动过程中的动态变化问题 题型8 带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
题型9 带电粒子在直线边界磁场中的运动 题型10 带电粒子在矩形边界磁场中的运动
题型11 带电粒子在三角形边界磁场中的运动 题型12 带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动
题型13 带电粒子在叠加场中做直线运动 题型14 带电粒子由磁场进入电场中的运动
题型15 带电粒子由电场进入磁场中的运动 题型16 带电粒子在电场和磁场中的往复运动
题型17 带电粒子在组合场中的动量问题 题型18 速度选择器
题型19 与速度选择器相结合的质谱仪 题型20 回旋加速器
题型21 霍尔效应与霍尔元件 题型22 磁流体发电机
题型23 电磁流量计
▉题型1 安培力的概念
【知识点的认识】
1.定义：通电导线在磁场中受的力叫作安培力。
2.特点：
（1）通电在导线在磁场中不一定受到安培力，当导线与磁场方向平行时，受到的安培力等于零。
（2）安培力的方向与磁场方向、电流的方向都垂直。
1．先后在磁场中A、B两点引入长度相等的短直导线，导线与磁场方向垂直，如图所示，图中a、b两图线分别表示在磁场中A、B两点导线所受的力F与通过导线的电流I的关系．下列说法正确的是（ ）
A．A、B两点磁感应强度相等
B．A点的磁感应强度大于B点的磁感应强度
C．A点的磁感应强度小于B点的磁感应强度
D．无法比较磁感应强度大小
▉题型2 两根通电导线之间的作用力
【知识点的认识】
两根通电导线之间存在作用力，作用规律为同向电流相互吸引，异向电流相互排斥。
证明：
如图所示两根个导线中，通有同向电流
根据安培定则可知左侧电流在右侧导线处产生的磁场垂直纸面向里，对右侧导线分析，根据左手定则，可知右侧电流受到的安培力水平向左，同理可得，右侧电流对左侧导线的作用力向右。
同样的方法可以证明异向电流间的安培力指向与同向电流间的安培力的方向相反，即相互排斥。
2．如图所示，两根在同一水平面内、相互平行的长直导线A和B分别通有方向相同的电流I1和I2，且I1＞I2。a点位于两根导线的正中间。不考虑地磁场的影响。下列说法中正确的是（ ）
A．导线A和B间的安培力是斥力
B．A受的安培力比B受的安培力大
C．a点处的磁感应强度方向垂直纸面向里
D．a点处的磁感应强度方向垂直纸面向外
（多选）3．如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线的中点，连线上的a、b两点关于O点对称。导线均通有大小相等、方向向上的电流。已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度（式中k是常数、I是导线中的电流、r为点到导线的距离）。一带负电的小球以初速度v0从a点出发沿M、N连线运动到b点，运动中小球一直未离开桌面。小球从a点运动到b点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球做变速运动
B．小球做匀速直线运动
C．小球对桌面的压力一直在减小
D．小球对桌面的压力一直在增大
4．生产生活中需要用到大量铜芯线，其中一种双芯铜芯线的结构如图所示，cd和ef为两根相互平行的铜芯线，a、b两点位于两铜芯线所在的平面内，a、b两点到cd铜芯线的距离相等，b点到两铜芯线的距离相等，当流过两根铜芯线的电流大小相同、方向相反时，下列说法正确的是（ ）
A．b点的磁感应强度为零
B．a点的磁场方向垂直纸面向外
C．cd和ef两铜芯线间的安培力互相排斥
D．若流过cd的电流大于流过ef的电流，则cd受到的安培力大于ef受到的安培力
▉题型3 安培力的计算公式及简单应用
【知识点的认识】
如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，垂直磁场放置的长度为l的导体，所通电流为I，导体所受的安培力大小为F＝BIl；若将导体转过90°，即电流与磁场平行，此时导体所受的安培力的大小为F＝0.
2.如图所示，当电流方向与磁场方向夹角为θ时，安培力的大小为F＝BIlsinθ
5．如图所示，由一根均匀的导体棒折成的闭合五边形abcde，垂直放置于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。一恒压电源接在正五边形的ad两点，若正五边形abcdea所受的安培力为F，则正五边形的aed边所受的安培力为（ ）
A．F B．F C．F D．F
6．如图所示，质量为m，边长为L的金属框通过两根细绳竖直悬挂在房顶上静止，边长为的正方形区域内有磁感应强度大小为B。垂直纸面向里的匀强磁场，金属框的下边框处于匀强磁场区域的正中间。当给金属框通入逆时针方向，大小为I的较小电流时，下列判断正确的是（ ）
A．金属框所受安培力向上，每根绳上的拉力大小
B．金属框所受安培力向下，每根绳上的拉力大小
C．当电流大小不变，方向反向时，每根绳上的拉力大小
D．当电流大小不变，方向反向时，每根绳上的拉力大小
7．质量为m、长为l的直导线用两根平行绝缘细线悬挂于O、O′两点，导线中通入图示方向的电流I，由于空间存在匀强磁场，因此平衡时悬线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．匀强磁场可能竖直向上
B．匀强磁场可能与两根细线所在平面垂直
C．匀强磁场的磁感应强度大小可能为
D．匀强磁场的磁感应强度大小可能为
8．在匀强磁场中有粗细均匀的同种导线制成的“花瓣”形线框，磁场方向垂直于线框平面，a、c两点接一直流电源，电流方向如图所示。已知abc边受到的安培力大小为F，则整个线框所受安培力大小为（ ）
A．5F B．6F C． D．
9．如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂着边长为l正三角形线圈，匝数为n，线圈的底边水平，一半的高度处于方框内的匀强磁场中，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直。当线圈中通过图示方向的电流I时，调节砝码使两臂达到平衡。然后使电流反向，大小不变。这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再达到新的平衡。则（ ）
A．方框内磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B
B．方框内磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B
C．方框内磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度B
D．方框内磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度B
10．如图，间距为L＝1m的两平行导轨在同一水平面内。一质量为m＝1kg、长度为L＝1m的导体棒垂直放在导轨上，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ恒定。整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度大小可调，方向与导体棒垂直，与水平向右方向的夹角θ可调。现给导体棒通以图示方向（沿棒向里）的恒定电流I＝5A，导体棒有水平向右的初速度。不考虑导体棒中电流变化，导体棒始终垂直于导轨并保持良好接触，重力加速度大小取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。当磁感应强度大小调为B1＝1.5T，θ调为90°时，导体棒沿导轨向右做匀速直线运动。
（1）求导体棒与导轨间的动摩擦因数μ；
（2）当磁感应强度大小调为B2，θ调为127°时，导体棒仍沿导轨向右做匀速直线运动，求此时的磁感应强度大小。
11．如图所示，在竖直平面内有一个半径为R，质量为M的金属圆环，圆环平面与纸面平行，圆环恰好有一半处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁场的水平边界与圆环相交于P、Q点。用绝缘轻绳把放在斜面上的滑块通过定滑轮与圆环相连。当圆环中通有逆时针方向大小为I的电流时，滑块保持静止。已知斜面倾角为30°，斜面和滑轮均光滑，重力加速度为g。求：
（1）滑块的质量m；
（2）若圆环电流I大小不变，方向突然变为顺时针方向时，滑块的瞬时加速度为多大。
12．如图所示，足够长的导体棒MN固定在相互平行且间距l＝0.6m的金属导轨上，导体棒MN与水平导轨的夹角为37°，且处于方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B＝0.5T的匀强磁场中。已知该回路中的电源电动势E＝6V，回路中的总电阻R＝2Ω，导体棒与导轨接触良好，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则导体棒MN所受的安培力大小为（ ）
A．0.9N B．1.125N C．1.5N D．2.25N
▉题型4 通电非直导线安培力大小的计算
【知识点的认识】
1.对于通电非直导线，安培力计算公式F＝BIl中l就不能用导线的长度来计算了，l是导线的有长度。
2.对公式F＝IlB中l的理解l指的是导线在磁场中的“有效长度”，当弯曲导线所在平面与磁场方向垂直时，弯曲导线的有效长度l等于连接两端点直线的长度（如图所示）；相应的电流沿l由始端流向末端。
13．如图所示，由均匀的电阻丝制成的直径为d＝2m的圆形导线框，放在垂直导线框平面的匀强磁场中，磁感应强度大小为B＝1T，将P、Q两点接入电源（内阻r为0.25Ω）两端，通电线框所受安培力大小为N，电阻丝单位长度的电阻r0Ω/m。求：
（1）通电时理想电流表的示数；
（2）电源的电动势。
▉题型5 安培力作用下的受力平衡问题
【知识点的认识】
安培力作用下导体的平衡问题模型中，常见的有倾斜导轨、导体棒、电源和电阻等组成，一般解题思路如下。
14．如图所示为电流天平，可以用来测量虚线框内匀强磁场的磁感应强度B。它的右臂挂着边长为L的正方形线圈abcd，匝数为n，ab、cd边水平，线圈的一半处于匀强磁场内，磁场方向与线圈平面垂直。当线圈中通入逆时针方向电流I时，调节砝码使两臂达到平衡。撤去磁场后，需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再次达到新的平衡。则（ ）
A．磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度的大小为
B．磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度的大小为
C．磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度的大小为
D．磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度的大小为
15．如图所示，小越制作了一种可“称量”磁感应强度大小的实验装置，如图所示。U形磁铁置于水平电子测力计上，U形磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，其磁感应强度B的大小待测，不计两极间正对区域以外的磁场。一水平导体棒垂直磁场方向放入U形磁铁两极之间（未与磁铁接触），导体棒由两根绝缘杆固定于铁架台上。导体棒没有通电时，测力计的示数为G0；导体棒通以图示方向电流I时，测力计的示数为G1。测得导体棒在两极间的长度为L，磁铁始终静止。下列正确的是（ ）
A．
B．
C．若滑动变阻器的滑片向右移动，测力计示数将变大
D．若仅使电流方向与图示的电流方向相反，测力计示数将变为4G0﹣G1
▉题型6 磁电式电流表
【知识点的认识】
磁电式电流表的示意图如下所示：
（1）构造：如图所示，圆柱形铁芯固定于U型磁铁两极间，铁芯外面套有缠绕着线圈并可转动的铝框，铝框的转轴上装有指针和游丝。
（2）原理：当电流流入线圈时，线圈受安培力作用而转动，使游丝扭转形变，从而对线圈的转动产生阻碍。当安培力产生的转动
与游丝形变产生的阻碍达到平衡时，指针便停留在某一刻度。电流越大，安培力越大，指针偏转角度越大。
16．磁电式电流表的灵敏度很高，可以测出很小的电流，其主要利用通电线圈在磁场中受到的安培力进行设计。如图所示，极靴和铁质圆柱间的磁感线以及导线a、b中的电流方向均已画出，在图示位置时，a、b所处位置处的磁场方向均水平向右，下列说法正确的是（ ）
A．在图示位置时，a与b所受安培力方向相同
B．在图示位置时，a所受安培力方向向左
C．在图示位置时，a所受安培力方向向上
D．在图示位置时，a所受安培力方向向下
▉题型7 洛伦兹力在运动过程中的动态变化问题
【知识点的认识】
在运动方向与磁场垂直时，洛伦兹力的表达式为f＝Bqv。但B和q一定时，f与v成正比，洛伦兹力会受到速度变化的影响。
本考点旨在分析由于速度变化引起洛伦兹力变化的动力学问题。
17．如图所示，一根足够长的光滑绝缘杆MN，与水平面的夹角为37°，固定在竖直平面内，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场充满杆所在的空间，杆与磁场方向垂直。质量为m的带电小环沿杆下滑到图中的P处时，对杆有垂直杆向下的压力作用，压力大小为0.4mg。已知小环的电荷量为q，重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，下列说法正确的是（ ）
A．小环带正电
B．小环滑到P处时的速度大小
C．当小环的速度大小为时，小环对杆没有压力
D．当小环与杆之间没有正压力时，小环到P的距离
▉题型8 带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
【知识点的认识】
带电粒子在匀强磁场中的运动
1．若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动．
2．若v⊥B，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度v做匀速圆周运动．
3．半径和周期公式：（v⊥B）
18．2024年6月18日，全球首台全高温超导托卡马克装置在上海建成运行。托卡马克装置被称为“人造太阳”，是利用强磁场将高温等离子体约束在特定区域实现可控核聚变的装置，如图甲。现分析装置内竖直平面内的一小段磁场，如图乙所示，该磁场水平向右分布在空间中，虚线上、下方均为匀强磁场，磁感应强度大小分别为2B和B。有a、b、c三个粒子，a、b粒子带负电，c粒子带正电，质量均为m，电荷量绝对值均为q，初始时a、b、c粒子的速度均平行于该竖直平面（纸面），速度大小分别为v、v和2v，方向如图乙中箭头所示（a、c的速度方向与磁场垂直，b的速度方向与磁场平行）。忽略粒子重力及相互之间作用的影响，下列说法正确的是（ ）
A．a粒子在下方磁场中受到的洛伦兹力大小为qvB，方向垂直纸面向里
B．b粒子在水平面内做匀速圆周运动
C．c粒子从虚线下方穿越到虚线上方，运动轨迹半径变为原来的两倍
D．c粒子从虚线下方穿越到虚线上方，粒子运动过程中的动能不变
19．如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。若不计粒子重力，则粒子在磁场中运动的时间为（ ）
A． B． C． D．
20．如图所示，半径为R＝1m的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带正电的粒子，在纸面内沿各个方向以相同的速率从P点射入磁场，这些粒子射出磁场时的位置均位于PQ圆弧上且Q点为最远点。已知PQ圆弧长等于磁场边界周长的四分之一，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则该圆形磁场中有粒子经过的区域面积为（ ）
A．m2 B．m2
C．m2 D．m2
（多选）21．钚239既可能发生α衰变，也可能发生β衰变。将钚239核置于匀强磁场中，衰变后粒子运动方向与磁场方向垂直，图中的a、b、c、d分别表示粒子的运动轨迹，则下列说法正确的是（ ）
A．衰变过程中粒子的动量守恒
B．磁场方向垂直纸面向里
C．甲图是β衰变，乙图是α衰变
D．b为α粒子的运动轨迹，c为β粒子的运动轨迹
（多选）22．如图所示，直线MN上方存在范围足够大的磁感应强度为B的匀强磁场，一质子（质量为m、电荷量为e）以速度v从O点沿与MN成30°角的方向射入磁场中，若不计质子重力，则（ ）
A．质子从磁场中射出时距O点的距离为
B．质子从磁场中射出时距O点的距离为
C．质子在磁场中运动的时间为
D．质子在磁场中运动的时间为
（多选）23．如图，在平面直角坐标系Oxy的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电量为q的相同粒子从y轴上的P（0，L）点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y轴正方向的夹角为α（0≤α≤180°）。当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力。则（ ）
A．粒子一定带正电
B．当α＝45°时，粒子也垂直x轴离开磁场
C．粒子入射速率为
D．粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为3L
（多选）24．如图所示，边长为l的正方形区域abcd内存在垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m、带电量为q的粒子以垂直于cb方向的初速度v0从ad中点e点射入，从cd的中点f点射出。则下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．粒子带负电
C．磁感应强度B
D．磁感应强度B
（多选）25．如图所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd，e是ad的中点，f是cd的中点，如果在a点沿对角线方向以速度v射入一带负电的带电粒子，恰好从e点射出，则（ ）
A．如果粒子的速度增大为原来的二倍，将从d点射出
B．如果粒子的速度增大为原来的三倍，将从f点射出
C．如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的2倍，也将从d点射出
D．只改变粒子的速度使其分别从e、d、f点射出时，在磁场中运动时间关系为：te＝td＞tf
（多选）26．如图，长方体空间区域内存在匀强磁场（包括边界），方向平行于yOz平面且与z轴负方向成θ＝30°，磁感应强度大小为B，长方体x轴方向长为2L，y轴方向足够长，z轴方向高为2L。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从z轴上的点a（0，0，2L）沿x轴正方向进入匀强磁场，速度大小为，不计粒子重力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为2L
B．粒子会经过x轴上的点e（2L，0，0）
C．若粒子进入磁场的速度大小为2v0，则粒子穿出磁场的点的y坐标为
D．若粒子进入磁场的速度大小为2v0，则粒子在磁场中运动的时间为
27．在xOy平面内，直线OP与y轴的夹角α＝45°．第一、第二象限内存在大小均为E，方向分别为竖直向下和水平向右的匀强电场：在x轴下方有垂直于纸面向外的匀强磁场，如图所示．现有一质量为m、电量为+q的粒子甲从直线OP上点A（﹣L，L）处由静止释放，然后进入磁场，又从O点进入电场，不计粒子的重力，求：
（1）粒子甲第一次进入磁场时速度的大小与方向；
（2）磁感应强度的大小；
（3）如果在直线OP上A点释放粒子甲的同时，在第一象限某处由静止释放一质量为m、电量为+q的粒子乙，当乙第一次离开磁场时正好与第一次进入磁场的甲粒子相退，求乙粒子释放处的坐标．（不计粒子间相互作用力）
28．如图直角坐标系xOy中，第I象限内存在场强为E，沿x轴负方向的匀强电场，第Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q（q＞0）
的带电粒子，从P（l，l）处由静止开始运动，第1次通过x轴时沿y轴负方向。不计粒子重力。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）粒子第3次经过y轴时的纵坐标；
（3）通过计算说明粒子离开P点后能否再次经过P点。
29．在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在匀强电场，第Ⅳ象限存在匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示．不计粒子重力，求
（1）经过N点的速度v；
（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；
（3）粒子从M点运动到P点的总时间t．
▉题型9 带电粒子在直线边界磁场中的运动
【知识点的认识】1.带电粒子在直线边界磁场中的运动的两种情形
（1）直线边界
（2）平行边界
2.带电粒子在有界磁场中的常用几何关系
（1）四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点．
（2）三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的2倍．
3.常见的解题思路
（1）圆心的确定
①由两点和两线确定圆心，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹．确定带电粒子运动轨迹上的两个特殊点（一般是射入和射出磁场时的两点），过这两点作带电粒子运动方向的垂线（这两垂线即为粒子在这两点所受洛伦兹力的方向），则两垂线的交点就是圆心，如图（a）所示．
②若只已知过其中一个点的粒子运动方向，则除过已知运动方向的该点作垂线外，还要将这两点相连作弦，再作弦的中
垂线，两垂线交点就是圆心，如图（b）所示．
③若只已知一个点及运动方向，也知另外某时刻的速度方向，但不确定该速度方向所在的点，如图（c）所示，此时要将
其中一速度的延长线与另一速度的反向延长线相交成一角（∠PAM），画出该角的角平分线，它与已知点的速度的垂线
交于一点O，该点就是圆心．
（2）半径的确定
方法一：由物理方程求：半径R；
方法二：由几何方程求：一般由数学知识（勾股定理、三角函数等）计算来确定．
（3）时间的确定
由t确定通过某段圆弧所用的时间，其中T为该粒子做圆周运动的周期，转过的圆心角θ越大，所用时间越长。
（多选）30．如图所示，在荧屏板MN的上方分布了水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。距荧屏板d处有一粒子源S，能够在纸面内不断均匀地向各个方向发射速度大小为v、电荷量为q、质量为m的带正电粒子，不计粒子的重力，已知粒子源发射粒子的总个数为N，则（ ）
A．粒子能打到板上的区域长度为2d
B．打到板上的粒子数为N
C．从粒子源出发到板的最短时间为
D．同一时刻发射的粒子打到荧光板上的最大时间差为
▉题型10 带电粒子在矩形边界磁场中的运动
【知识点的认识】本考点旨在考查带电粒子在矩形边界磁场中的运动情况。
31．如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第三、四象限内存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场Ⅰ，第一象限内存在匀强磁场Ⅱ，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小未知。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从x轴上的P点以与x轴负方向成θ＝30°角斜向下的速度射入匀强磁场Ⅰ，经过匀强磁场Ⅰ偏转一次后从x轴上的Q点进入匀强磁场Ⅱ，且恰好不能进入第二象限。P点到原点的距离为4a，Q点到原点的距离为2a，忽略粒子所受重力的大小。求：
（1）粒子的速度大小v0；
（2）第一象限内匀强磁场Ⅱ磁感应强度的大小B；
（3）自粒子从P点射入开始计时，到粒子第三次通过x轴正半轴所用的时间t。
31．如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第三、四象限内存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场Ⅰ，第一象限内存在匀强磁场Ⅱ，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小未知。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从x轴上的P点以与x轴负方向成θ＝30°角斜向下的速度射入匀强磁场Ⅰ，经过匀强磁场Ⅰ偏转一次后从x轴上的Q点进入匀强磁场Ⅱ，且恰好不能进入第二象限。P点到原点的距离为4a，Q点到原点的距离为2a，忽略粒子所受重力的大小。求：
（1）粒子的速度大小v0；
（2）第一象限内匀强磁场Ⅱ磁感应强度的大小B；
（3）自粒子从P点射入开始计时，到粒子第三次通过x轴正半轴所用的时间t。
▉题型11 带电粒子在三角形边界磁场中的运动
【知识点的认识】
本考点旨在考查带电粒子在三角形边界磁场中的运动情况。
（多选）32．边长为a的等边三角形ABC区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一束质量为m电荷量为q的带负电粒子（不计重力），从AB边的中点沿平行BC边的方向以不同的速率射入磁场区域，则（ ）
A．能从BC边射出的粒子最长时间为
B．能从BC边射出的粒子最长时间为
C．能从BC边射出的粒子的最大速率为
D．能从BC边射出的粒子的最大速率为
▉题型12 带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动
【知识点的认识】1.圆形边界：如图所示，带电粒子从某点沿圆形磁场的半径方向人射，从另一点射出磁场时速度的反向延长线过磁场的圆心，即沿径向射入必沿径向射出。
2.几个与角有关的物理量
如图所示，粒子做匀速圆周运动时，φ为粒子速度的偏向角，粒子与圆心的连线转过的角度α为回旋角（或圆心角），AB弦与切线的夹角θ为弦切角，它们的关系为φ＝α＝2θ，θ与相邻的弦切角θ'互补，即θ+θ'＝180°。
3.如何确定“圆心角与时间”
①速度的偏向角φ＝圆弧所对应的圆心角（回旋角）α＝2倍的弦切角θ
②时间的计算方法．
方法一：由圆心角求，t T；方法二：由弧长求，t。
（多选）33．如图所示，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子沿两平行金属板的中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O′点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．金属板间电势差为
B．粒子从P点射出时速度大小为
C．粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角为60°
D．仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O′点射入磁场，则粒子在磁场中运动时间最长时，粒子射入磁场与射出磁场两点间的距离为
▉题型13 带电粒子在叠加场中做直线运动
【知识点的认识】1.叠加场是指一个区域可能同时含有重力场、电场和磁场中的两个或三个。但本考点涉及的题目必须包含磁场。
2.带电粒子在叠加场中做直线运动有两种情况（不考虑平行于电场和磁场射入）
（1）不计粒子重力，则必有洛伦兹力等于电场力，Bqv＝qE。
（2）考虑粒子重力，则必有电场力与重力的合力等于洛伦兹力。
也就是说只要粒子在含有磁场的叠加场中做直线运动，一定是匀速直线运动。因为如果是变速运动，则洛伦兹力也会变化，合力与速度方向不再一条直线上，粒子就不可能再做直线运动。
34．如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R。已知电场的电场强度为E，方向竖直向上；磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则（ ）
A．液滴带负电
B．液滴的重力和电场力平衡
C．液滴顺时针运动
D．液滴运动速度大小为
35．质量为m、带电荷量为q的小物块，从倾角为θ的绝缘斜面上由静止下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，整个斜面置于方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，如图所示。若带电小物用块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下列说法中正确的是（ ）
A．小物块一定带正电荷
B．小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动，且加速度大小为gsinθ﹣μgcosθ
C．小物块在斜面上做加速度增大的变加速直线运动
D．小物块在斜面上下滑过程中，当小物块对斜面的压力为零时的速率为
36．如图所示，从S处发出的热电子经加速电压U加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子流向上极板偏转。设两极板间电场强度为E，磁感应强度为B。欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，只采取下列措施，其中可行的是（ ）
A．适当增大电场强度E
B．适当增大磁感应强度B
C．适当增大加速电场极板之间的距离
D．适当减小加速电压U
（多选）37．如图，质量为m的圆环带正电，套在一粗糙程度相同的水平杆上，空间中存在水平向右的匀强电场和垂直平面向里的匀强磁场，给圆环一初速度v0，圆环运动的v﹣t图像可能是（ ）
A． B．
C． D．
38．如图所示，电场强度大小为E、方向水平向左的有界匀强电场与方向垂直纸面向里的有界匀强磁场叠放在一起，一带电量为q的带正电小球，从有界电、磁场外的M点以水平向右的速度v0抛出，从N点以进入电、磁场后做直线运动，从P点离开电磁场，直线运动的时间为t，重力加速度为g，sin53°＝0.8、cos53°＝0.6，不计空气阻力，求：
（1）小球的质量以及匀强磁场的磁感应强度的大小；
（2）N、P两点之间的电势差。
39．如图，区域Ⅰ是加速电场，区域Ⅱ是速度选择器，其电场的电场强度大小为E、方向竖直向下，磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，PQ为速度选择器的中线。紧靠平行板右侧边缘的xOy坐标系的第一象限内，边界AO与y轴的夹角为45°，边界线AO的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为，边界线AO的下方有竖直向上的匀强电场，电场强度大小为5E。一带电荷量为q、质量为m的正电粒子从S点由静止释放，经区域Ⅰ加速后沿直线PQ从y轴上的Q点射出并垂直射入磁场区。已知Q点的坐标为，粒子多次穿越边界线OA。不计粒子重力，求：
（1）加速电场两端的电压U；
（2）粒子从经过Q点到第一次穿越边界线OA所用的时间；
（3）粒子第四次穿越边界线OA时的速度大小。
40．如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求
（1）带电粒子的比荷；
（2）带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
▉题型14 带电粒子由磁场进入电场中的运动
【知识点的认识】
1.带电粒子在电场、磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场，或从磁场到电场的运动。通常按时间的先后顺序分成若干个小过程，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。
2.一般的分析思路为：
（1）划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取相应的规律处理。
（2）找关键：确定带电粒子在场区边界的速度（包括大小和方向）是解决该类问题的关键，
（3）画运动轨迹：根据受力分析和运动分析大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。
3.本考点旨在针对粒子从磁场进入电场的情况。
41．一重力不计的带电粒子以初速度v0先后穿过宽度相同且紧邻在一起的有明显边界的匀强电场E和匀强磁场B，如图甲所示，电场和磁场对粒子总共做功W1；若把电场和磁场正交叠加，如图乙所示，粒子仍以的初速度穿过叠加场区对粒子总共做功W2，比较W1、W2的绝对值大小（ ）
A．W1＝W2
B．W1＞W2
C．W1＜W2
D．可能W1＞W2也可能W1＜W2
42．如图，有一内半径为2r、长为L的圆筒，左右端面圆心O′、O处各开有一小孔。以O为坐标原点，取O′O方向为x轴正方向建立xyz坐标系。在筒内x≤0区域有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；筒外x≥0区域有一匀强电场，场强大小为E，方向沿y轴正方向。一电子枪在O'处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在xOy平面内，且在x轴正方向的分速度大小均为v0。已知电子的质量为m、电量为e，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互作用及电子的重力。
（1）若所有电子均能经过O进入电场，求磁感应强度B的最小值；
（2）取（1）问中最小的磁感应强度B，若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ，求tanθ的绝对值；
（3）取（1）问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移。
▉题型15 带电粒子由电场进入磁场中的运动
【知识点的认识】1.带电粒子在电场、磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场，或从磁场到电场的运动。通常按时间的先后顺序分成若干个小过程，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。
2.一般的分析思路为：
（1）划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取相应的规律处理。
（2）找关键：确定带电粒子在场区边界的速度（包括大小和方向）是解决该类问题的关键，
（3）画运动轨迹：根据受力分析和运动分析大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。
3.本考点旨在针对粒子从电场进入磁场的情况。
（多选）43．如图所示，纸面内存在上下宽度均为L的匀强电场与匀强磁场，匀强电场竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里，现有一比荷为k的带正电粒子（不计重力）从电场的上边界的a点由静止释放，运动到磁场的下边界的b点时正好与下边界相切，下列说法正确的是（ ）
A．粒子离开电场时的速度为BkL
B．匀强电场的强度为B2kL
C．a、b两点之间的距离为2L
D．粒子从a到b的运动时间为
44．如图甲，间距为L的金属板M、N竖直放置，金属板M左侧存在竖直向上的匀强电场，金属板M、N之间存在垂直纸面的交变磁场，磁感应强度随时间变化如图乙，垂直纸面向里为磁场正方向，N板右侧有边界为正三角形、磁感应强度大小为B1、方向垂直xOy平面向里的匀强磁场区域（未画出），另有一与N板夹角为60°的固定挡板。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从与M板水平距离为d的S点以速度方向与竖直方向成30°，大小为2v0射入电场，经过O1在时刻水平射入磁场中，粒子通过变化磁场后从O2点进入N板右侧区域，经正三角形磁场区域偏转后垂直打到挡板上，不计粒子重力。求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）粒子在交变磁场区域运动的时间及磁感应强度B0的最小值；
（3）正三角形磁场区域的最小面积。
45．如图所示，在直角坐标系xOy中，在x＜0的区域（Ⅰ区）存在沿﹣y方向的匀强电场，在0＜x＜x0、y＞0的区域（Ⅱ区）存在沿+y方向的匀强电场，在0＜x＜x0、y≤0的区域（Ⅲ区）存在沿﹣y方向的匀强电场，匀强电场的场强大小均为E。在Ⅱ区和x＞x0的区域（Ⅳ区）存在垂直于xOy平面向内的匀强磁场，Ⅰ区的磁感应强度为B。一个质量为m、电荷量为+q的粒子（不计重力），以某一速度从P点沿x轴正方向进入电磁场，恰好沿x轴第一次通过原点O，之后粒子依次经过Ⅲ区、Ⅳ区、Ⅱ区的作用后，沿﹣x方向第二次通过原点O。已知虚线的横坐标，求：
（1）粒子经过坐标原点时的速度v0；
（2）粒子第一次经过x＝x0虚线时速度的大小和方向；
（3）Ⅳ区中磁场的磁感应强度的大小。
46．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第Ⅱ象限内有沿y轴负方向的匀强电场，x轴下方有垂直纸面向里的匀强磁场。现从y轴上的A点沿x轴负方向发射一初速度为v0的带正电粒子，经电场偏转后与x轴负方向成θ＝60°夹角进入磁场区域，粒子刚好能打在与y轴垂直的足够大荧光屏P上。已知荧光屏P到x轴的距离为l，A点到坐标原点O的距离为d，不计粒子重力。求：
（1）进入磁场时的入射点到坐标原点O的距离；
（2）电场强度E与磁感应强度B的比值；
（3）若改变初速度的大小，让粒子从y轴上M点（图中未画出）沿x轴负方向射出，现要求粒子仍能以与x轴负方向成θ＝60°夹角进入磁场，且进入磁场后垂直打在荧光屏P上，此时M点到坐标原点O的距离d′。
47．如图甲所示，水平放置的平行极板A、B间加如图乙所示的交变电场，t＝0时刻，位于两极板中线上O处的粒子源水平向右发射速度均为v0的a、b两粒子，两粒子穿过极板后水平向右垂直进入有竖直边界的匀强磁场，磁场宽度为d，磁感应强度为B，磁场方向垂直纸面向外。a粒子恰好不从磁场右边界飞出，a、b两粒子的运动轨迹交于C点，且在C处时a、b速度方向垂直，C到磁场左右边界的距离相等，不计粒子重力及粒子间的相互作用。E0、T0已知。求：
（1）a、b两粒子的比荷之比；
（2）a粒子从极板间穿出时在竖直方向上的位移大小。
▉题型16 带电粒子在电场和磁场中的往复运动
【知识点的认识】1.带电粒子在电场、磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场，或从磁场到电场的运动。通常按时间的先后顺序分成若干个小过程，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。
2.一般的分析思路为：
（1）划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取相应的规律处理。
（2）找关键：确定带电粒子在场区边界的速度（包括大小和方向）是解决该类问题的关键，
（3）画运动轨迹：根据受力分析和运动分析大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。
3.本考点旨在针对粒子电场和磁场间往复运动的情况。
（多选）48．如图，真空中存在多层紧密相邻的水平向右、大小为E的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，宽度均为d，长度足够长。电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子在第1层左侧边界某处由静止释放，粒子从第4层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为30°。不计粒子的重力及运动时的电磁辐射，下列说法正确的是（ ）
A．粒子从第4层磁场右侧边界穿出时的速度大小为2
B．磁场的磁感应强度为
C．若保证粒子不能从第n层磁场右边界穿出，n至少为16
D．若保证粒子不能从第n层磁场右边界穿出，n至少为12
▉题型17 带电粒子在组合场中的动量问题
【知识点的认识】
1.带电粒子在电场、磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场，或从磁场到电场的运动。通常按时间的先后顺序分成若干个小过程，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。
2.一般的分析思路为：
（1）划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取相应的规律处理。
（2）找关键：确定带电粒子在场区边界的速度（包括大小和方向）是解决该类问题的关键，
（3）画运动轨迹：根据受力分析和运动分析大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。
3.本考点旨在针对粒子在组合场中的动量问题。
49．放射性元素被考古学家称为“碳钟”，可以用来判定古代生物体的年代。通过测量粒子在电磁组合场中的运动轨迹和出现位置可以进一步研究在进行β衰变过程中产生电子的出射速度，位于S点的静止原子核经过衰变可形成一个电子源，将过程简化为：设该电子源在纸面内向各个方向均匀地发射电子。如图所示的空间中，虚线下方存在方向竖直向下、电场强度大小为E的匀强电场，虚线上方存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，其中电子源S与虚线边界间的距离为h，已知电子的质量为m，电荷量为e，真空中的光速为c，不计电子重力和粒子间的相互作用，电子出射后的运动不受电子源影响。
（1）若已知放射出的新核质量为m0，新核的动能为E0，且衰变过程中放出的核能全部转化为新核和电子的动能，写出的衰变方程，并求出衰变过程中的质量亏损Δm；
（2）若在虚线上放置一个足够长的挡板，使其可以吸收所有从下方射入的电子，并检测到从同一时刻出射的电子到达挡板的最大时间差，求电子出射速度的大小；
（3）现对电子源出射方向进行限制，使电子只能水平向右射出，并在虚线上距离O点为d的Q点放置一个粒子接收装置，最终经过虚线边界三次（含到达Q点）的电子被接收装置接收，求电子出射速度的大小。
▉题型18 速度选择器
【知识点的认识】1.速度选择器的原理图如下：
2.特点：粒子匀速垂直穿过正交的匀强磁场和匀强电场时，根据qvB＝qE，可得粒子的速度必为v。就好像能特定选择出这一速度的粒子，因此将这种设备称为速度选择器。
50．如图所示，在两水平金属板构成的器件中，存在匀强电场与匀强磁场，电场强度E和磁感应强度B相互垂直，以某一水平速度进入的不计重力的带电粒子恰好能沿直线运动，下列说法正确的是（ ）
A．粒子一定带负电
B．粒子的速度大小v
C．若粒子速度大小改变，粒子将做曲线运动
D．若粒子速度大小改变，电场对粒子的作用力会发生改变
▉题型19 与速度选择器相结合的质谱仪
【知识点的认识】本考点旨在针对粒子先经过速度选择器再进入质谱仪的情况。
1.质谱仪示意图如下
2.质谱仪的作用：分析粒子的性质，测定粒子的质量，研究同位素。
3.质谱仪例的相关参数：
（1）加速电场中：qU。
（2）偏转磁场中：Bqv。
（3）轨迹半径：R。
（4）照相底片上间距；d＝2ΔR。
（多选）51．如图所示为质谱仪原理示意图。由粒子源射出的不同粒子先进入速度选择器，部分粒子通过速度选择器的小孔进入偏转磁场，最后打在MN之间的照相底片上。已知速度选择器内的电场的场强为E，磁场磁感应强度为B0，偏转磁场的磁感应强度为2B0，S1、S2、S3是三种不同的粒子在照相底片上打出的点。忽略粒子的重力以及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是（ ）
A．打在S3位置的粒子速度最大
B．如果射入偏转磁场的粒子质量为m、电荷量为q，则粒子的轨迹半径为
C．如果氕（H）核和氘（H）核都进入偏转磁场，则其在磁场中运动的时间之比为1：2
D．如果电荷量均为q的两种粒子分别打在S1、S3，S1S3＝Δx，则其质量之差
▉题型20 回旋加速器
【知识点的认识】
1.回旋加速器示意图如下：
2.回旋加速器的原理：用磁场控制轨道、用电场进行加速。
D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差U，盒内部空间由于静电平衡无电场，电压U在两盒之间的缝隙处产生加速电场。
盒中心A 处的粒子源产生的带电粒子，在两盒之间被电场加速。
两个半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，磁场使粒子做匀速圆周运动，从而使粒子在缝隙处被加速后再回到缝隙处再被加速。
两盒间的交变电势差一次一次地改变正负，保证粒子每次都能被加速。
52．回旋加速器与电子感应加速器都可以加速带电粒子，分别示意如图甲、乙，其中电子感应加速器的原理可以简化为如图丙所示，半径为r的圆形区域内有竖直向下（图中垂直于纸面向里）的匀强磁场，图中实线圆是半径为R的光滑绝缘轨道，R＞r，一个质量m、带电量为q的小球穿在轨道上，当磁场的磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝B0+kt（k为常量）时，下列说法正确的是（ ）
A．两种加速器中粒子运动的周期都不变
B．两种加速器中粒子运动的半径都不变
C．丙图中，如果其他条件不变，仅将轨道换成R更大的圆环轨道，小球从静止开始运动一周，小球增加的动能相同
D．丙图中，如果其他条件不变，仅将圆环轨道换成半短轴为R的椭圆环轨道（保持椭圆环中心与磁场圆中心重合），小球从静止开始运动一周，小球增加的动能不同
▉题型21 霍尔效应与霍尔元件
【知识点的认识】一、霍尔效应
1．霍尔效应：置于磁场中的载流体，如果电流方向与磁场方向垂直，则垂直于电流和磁场方向会产生一个附加的横向电场，这个现象是霍普金斯大学研究生霍尔于1879年发现的，后被称为霍尔效应．
霍尔效应从本质上讲是运动的带电粒子在磁场中受到洛伦兹力作用而引起的偏转，所以可以用高中物理中的电磁学、力学、运动学等有关知识来进行解释．霍尔效应原理的应用常见的有：霍尔元件、磁流体发电机、电磁流量计、磁强计等．
53．半导体材料的发展为霍尔效应的实际应用提供了高质量的换能器。如图所示，一块宽为a、厚为b、长为c的长方体N型半导体，导电粒子为负电子，单位体积内自由电子数为n，通入方向向右的恒定电流I，将元件置于垂直上表面向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，元件的前、后表面间出现电压，其绝对值为U。则
A．前表面的电势比后表面的电势低
B．若选择单位体积内自由电荷数n值较大的半导体，其他条件相同，则U更大
C．若选择宽度a更小的半导体，其他条件相同，则U更大
D．若选择厚度b更小的半导体，其他条件相同，则U更大
54．利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域，霍尔元件的工作原理示意图如图所示，匀强磁场垂直于霍尔元件的工作面向下、磁感应强度大小为B，沿E→F方向通有恒定的电流I（载流子为电子），C、D两侧面会形成恒定的电势差UCD（霍尔电压）。下列说法正确的是（ ）
A．C侧会聚集大量电子
B．载流子受到的电场力沿C→D方向
C．仅增大磁感应强度大小B时，UCD（霍尔电压）减小
D．Ucp（霍尔电压）越大，载流子受到的洛伦兹力就越大
55．笔记本电脑机身和显示屏分别装有霍尔元件和磁体，实现开屏变亮，合屏熄灭，如图甲所示。图乙为其中的霍尔元件，其长、宽、高分别为a、b、c，元件中的载流子为自由电子，打开和合上显示屏时，霍尔元件中电流I保持不变，当合上显示屏时，水平放置的霍尔元件处于竖直向下的匀强磁场中，前、后表面间产生电压U，当电压达到某一临界值时，屏幕自动熄灭。下列说法正确的是（ ）
A．该霍尔元件的电阻为
B．打开显示屏的过程中，元件前、后表面间的电压变大
C．合上显示屏的过程中，元件前表面的电势比后表面的高
D．若磁场变强，可能闭合屏幕时无法熄屏
（多选）56．磁场中的四种仪器如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A．甲中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与加速电压无关
B．乙中不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中光屏同一位置的粒子比荷相同
C．丙中自由电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图磁场时，M侧电势高
D．丁中长宽高分别为a、b、c的电磁流量计加上如图所示匀强磁场，若流量Q恒定，前后两个金属侧面的电压与a、b有关
（多选）57．霍尔元件广泛应用于测量和自动控制等领域，霍尔元件一般用半导体材料制成，有的半导体中的载流子（自由电荷）是自由电子，有的半导体中的载流子是空穴（相当于正电荷）。如图所示为用半导体材料制成的霍尔元件的工作原理示意图，厚度为 ，宽度为d，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上下表面会产生电势差，下列说法正确的是（ ）
A．若元件的载流子是自由电子，上表面的电势低于下表面电势
B．若元件的载流子是空穴，上表面的电势低于下表面电势
C．保持载流子定向移动速率v不变，仅增大d时，上下表面的电势差不变
D．保持电流I不变，仅增大d时，上下表面的电势差增大
▉题型22 磁流体发电机
【知识点的认识】1.磁流体发电机的原理图如下：
2.磁流体发电机的原理
（1）原理：等离子气体喷入磁场，正负离子在洛伦兹力的作用下发生偏转而聚集在A、B板上，产生电势差，它可以把离子的动能通过磁场转化为电能。
（2）电源正，负极判断：根据左手定则可判断出图中的B是发电机的正极。
（3）电源电动势U：设A、B平行金属板的面积为S，两极板间的距离为l，磁场磁感应强度为B，等离子气体的电阻率为ρ，喷入气体的速度为v，板外电阻为R。当正、负离子所受静电力和洛伦兹力平衡时，两极板间达到的最大电势差为U（即电源电动势），则
qqvB，即U＝Blv
（4）电源内阻：r＝ρ
（5）回路电流：I。
58．如图所示，甲是质谱仪，乙是回旋加速器，丙是速度选择器，丁是磁流体发电机。下列说法不正确的是（ ）
A．甲图中，粒子打在底片上的位置越靠近狭缝说明粒子的比荷越大
B．乙图中，粒子第n次和第n+1次加速后的半径之比是
C．丙图中，粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是，且可以判断出带电粒子的电性
D．丁图中，可以判断出A极板是发电机的负极，B极板是发电机的正极
59．如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B1，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间。相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连。质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止。重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力。下列说法正确的是（ ）
A．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v
B．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v
C．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v
D．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v
▉题型23 电磁流量计
【知识点的认识】1.电磁流量计的原理图如下
2.流量Q的定义：单位时间流过导管某一横截面的导电液体的体积。
3.公式：Q＝Sv，其中S为导管的横截面积，v是导电液体的流速。
4.导电液体的流速v的计算如下，一圆形导管直径为d，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向右流动，导电液体中的自由电荷（正、负离子）在洛伦兹力作用下发生偏转，使a，b间出现电势差，当自由电荷所受静电力和洛伦兹力平衡时，a，b间的电势差U达到最大，由，可得v。
5.流量的表达式：Q＝Sv
6.电视高低判断：根据左手定则可得φa＜φb。
（多选）60．武汉病毒研究所是我国防护等级最高的P4实验室，在该实验室中有一种污水流量计，其原理可以简化为如图乙所示模型：废液内含有大量正负离子，从直径为d的圆柱形容器右侧流入，左侧流出，流量值Q等于单位时间通过横截面的液体的体积。空间有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，下列说法正确的是（ ）
A．当磁感应强度B减小时，污水流速将减小
B．当污水中离子浓度降低时，MN两点电压将减小
C．只需要测量磁感应强度B及MN两点电压U，就能够推算污水的流量
D．当将MN接入外部回路，该装置将成为磁流体发电机，N点相当于电源的正极第1章 安培力与洛伦兹力
题型1 安培力的概念 题型2 两根通电导线之间的作用力
题型3 安培力的计算公式及简单应用 题型4 通电非直导线安培力大小的计算
题型5 安培力作用下的受力平衡问题 题型6 磁电式电流表
题型7 洛伦兹力在运动过程中的动态变化问题 题型8 带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
题型9 带电粒子在直线边界磁场中的运动 题型10 带电粒子在矩形边界磁场中的运动
题型11 带电粒子在三角形边界磁场中的运动 题型12 带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动
题型13 带电粒子在叠加场中做直线运动 题型14 带电粒子由磁场进入电场中的运动
题型15 带电粒子由电场进入磁场中的运动 题型16 带电粒子在电场和磁场中的往复运动
题型17 带电粒子在组合场中的动量问题 题型18 速度选择器
题型19 与速度选择器相结合的质谱仪 题型20 回旋加速器
题型21 霍尔效应与霍尔元件 题型22 磁流体发电机
题型23 电磁流量计
▉题型1 安培力的概念
【知识点的认识】
1.定义：通电导线在磁场中受的力叫作安培力。
2.特点：
（1）通电在导线在磁场中不一定受到安培力，当导线与磁场方向平行时，受到的安培力等于零。
（2）安培力的方向与磁场方向、电流的方向都垂直。
1．先后在磁场中A、B两点引入长度相等的短直导线，导线与磁场方向垂直，如图所示，图中a、b两图线分别表示在磁场中A、B两点导线所受的力F与通过导线的电流I的关系．下列说法正确的是（ ）
A．A、B两点磁感应强度相等
B．A点的磁感应强度大于B点的磁感应强度
C．A点的磁感应强度小于B点的磁感应强度
D．无法比较磁感应强度大小
【答案】B
【解答】解：根据公式F＝BIL，F﹣I图像的斜率为BL，由于长度一定，故斜率越大，表示磁感应强度越大，故A点的磁感应强度大于B点的磁感应强度；故ACD错误，B正确；
故选：B。
▉题型2 两根通电导线之间的作用力
【知识点的认识】
两根通电导线之间存在作用力，作用规律为同向电流相互吸引，异向电流相互排斥。
证明：
如图所示两根个导线中，通有同向电流
根据安培定则可知左侧电流在右侧导线处产生的磁场垂直纸面向里，对右侧导线分析，根据左手定则，可知右侧电流受到的安培力水平向左，同理可得，右侧电流对左侧导线的作用力向右。
同样的方法可以证明异向电流间的安培力指向与同向电流间的安培力的方向相反，即相互排斥。
2．如图所示，两根在同一水平面内、相互平行的长直导线A和B分别通有方向相同的电流I1和I2，且I1＞I2。a点位于两根导线的正中间。不考虑地磁场的影响。下列说法中正确的是（ ）
A．导线A和B间的安培力是斥力
B．A受的安培力比B受的安培力大
C．a点处的磁感应强度方向垂直纸面向里
D．a点处的磁感应强度方向垂直纸面向外
【答案】C
【解答】解：A、根据左手定则可知，通有方向相同电流的长直导线相互吸引，故A错误；
B、导线A和B间的安培力是吸引力，即A受的安培力与B受的安培力是一对作用力与反作用力，作用在同一直线上，大小相等，方向相反，故B错误；
CD、根据安培定则可知，长直导线A在a点处产生的磁感应强度方向垂直纸面向里，长直导线B在a点处产生的磁感应强度方向垂直纸面向外，由于I1＞I2，a点处的合磁感应强度的方向垂直纸面向里，故C正确，D错误。
故选：C。
（多选）3．如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线的中点，连线上的a、b两点关于O点对称。导线均通有大小相等、方向向上的电流。已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度（式中k是常数、I是导线中的电流、r为点到导线的距离）。一带负电的小球以初速度v0从a点出发沿M、N连线运动到b点，运动中小球一直未离开桌面。小球从a点运动到b点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球做变速运动
B．小球做匀速直线运动
C．小球对桌面的压力一直在减小
D．小球对桌面的压力一直在增大
【答案】BC
【解答】解：CD．根据安培定则，结合磁感应强度的叠加原理可知，直线MON上靠近M处的磁场方向垂直于MN向里，靠近N处的磁场方向垂直于MN向外，已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度，磁场大小先减小，过O点后反向增大，根据左手定则可知，带负电的小球受到的洛伦兹力方向开始时竖直向下，大小逐渐减小，过O点后洛伦兹力的方向向上，大小逐渐增大，小球在竖直方向受力平衡，则桌面对小球的支持力逐渐减小，根据牛顿第三定律可知，小球对桌面的压力一直在减小，故C正确，D错误；
AB．结合上述可知，由于桌面光滑，小球仅在竖直方向上受到重力、洛伦兹力与支持力作用，在沿速度方向不受外力作用，小球所受外力的合力为0，则小球将做匀速直线运动，故A错误，B正确。
故选：BC。
4．生产生活中需要用到大量铜芯线，其中一种双芯铜芯线的结构如图所示，cd和ef为两根相互平行的铜芯线，a、b两点位于两铜芯线所在的平面内，a、b两点到cd铜芯线的距离相等，b点到两铜芯线的距离相等，当流过两根铜芯线的电流大小相同、方向相反时，下列说法正确的是（ ）
A．b点的磁感应强度为零
B．a点的磁场方向垂直纸面向外
C．cd和ef两铜芯线间的安培力互相排斥
D．若流过cd的电流大于流过ef的电流，则cd受到的安培力大于ef受到的安培力
【答案】C
【解答】解：A、根据安培定则，cd和ef中的电流在b点产生的磁场方向均垂直纸面向外，则b点的磁感应强度不为零，故A错误；
B、根据安培定则，cd中的电流在a点产生的磁场方向垂直纸面向里，ef中的电流在a点产生的磁场方向垂直纸面向外，而a点到cd的距离小于到ef的距离，则a点的磁场方向垂直纸面向里，故B错误；
C、根据安培定则和左手定则，两根互相平行的通电长直铜芯线通有异向电流时，两铜芯线间的安培力相互排斥，故C正确；
D、根据牛顿第三定律，cd和ef间的安培力是一对相互作用力，总是大小相等，故D错误。
故选：C。
▉题型3 安培力的计算公式及简单应用
【知识点的认识】
如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，垂直磁场放置的长度为l的导体，所通电流为I，导体所受的安培力大小为F＝BIl；若将导体转过90°，即电流与磁场平行，此时导体所受的安培力的大小为F＝0.
2.如图所示，当电流方向与磁场方向夹角为θ时，安培力的大小为F＝BIlsinθ
5．如图所示，由一根均匀的导体棒折成的闭合五边形abcde，垂直放置于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。一恒压电源接在正五边形的ad两点，若正五边形abcdea所受的安培力为F，则正五边形的aed边所受的安培力为（ ）
A．F B．F C．F D．F
【答案】A
【解答】解：由图可知，五边形abcde的aed边与abcd边并联，设aed边的电流为I，由于是均匀导体棒，根据并联关系可知abcd边的电流为I，对于aed边，有效长度为ad，设a两点的距离为L，则aed边所受安培力大小为F1大小为F1＝BIL
根据左手定则可知F1方向为竖直向上，由图可知ahcd边的有效长度也为ad，设abcd边所受安培力大小为F2，则
F2＝BILF1
根据左手定则可知F2方向也为竖直向上，故根据题意可得
F＝F1+F2＝F1F1F1
解得：F1F
故A正确，BCD错误；
故选：A。
6．如图所示，质量为m，边长为L的金属框通过两根细绳竖直悬挂在房顶上静止，边长为的正方形区域内有磁感应强度大小为B。垂直纸面向里的匀强磁场，金属框的下边框处于匀强磁场区域的正中间。当给金属框通入逆时针方向，大小为I的较小电流时，下列判断正确的是（ ）
A．金属框所受安培力向上，每根绳上的拉力大小
B．金属框所受安培力向下，每根绳上的拉力大小
C．当电流大小不变，方向反向时，每根绳上的拉力大小
D．当电流大小不变，方向反向时，每根绳上的拉力大小
【答案】C
【解答】解：AB、通过左手定则可知，电流向右时金属框所受安培力向上，由于只有的长度处在磁场中，故安培力的大小为F，由平衡条件可知，F+2T＝mg，解得每根绳上的拉力大小应该，故AB错误。
CD、当电流大小不变、方向反向时，金属框所受安培力向下，由平衡条件可知，F+mg＝2T′，解得每根绳上的拉力大小；故C正确，D错误。
故选：C。
7．质量为m、长为l的直导线用两根平行绝缘细线悬挂于O、O′两点，导线中通入图示方向的电流I，由于空间存在匀强磁场，因此平衡时悬线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．匀强磁场可能竖直向上
B．匀强磁场可能与两根细线所在平面垂直
C．匀强磁场的磁感应强度大小可能为
D．匀强磁场的磁感应强度大小可能为
【答案】D
【解答】解：A．若匀强磁场竖直向上，根据左手定则可知，直导线受到的安培力与其偏离竖直方向的方向相反，不符合题意，故A错误；
B．若匀强磁场与两根细线所在平面垂直，根据左手定则可知，直导线受到的安培力与细线拉力方向沿同一直线且方向相反，因直导线还受到竖直向下的重力，故安培力、细线拉力、重力不可能平衡，故直导线不可能处于静止状态，故B错误；
CD．受力分析如下图所示，
当匀强磁场方向沿着细线方向向上时，直导线受到的安培力与细线拉力方向垂直向上，此时安培力最小，匀强磁场的磁感应强度最小，则有：F安min＝BminIl＝mgsinθ，解得匀强磁场的磁感应强度的最小值为，故C错误，D正确。
故选：D。
8．在匀强磁场中有粗细均匀的同种导线制成的“花瓣”形线框，磁场方向垂直于线框平面，a、c两点接一直流电源，电流方向如图所示。已知abc边受到的安培力大小为F，则整个线框所受安培力大小为（ ）
A．5F B．6F C． D．
【答案】C
【解答】解：根据题意，由电阻定律R＝ρ号可知，两段导线的电阻之比为1：5，欧姆定律可知，电流之比为5：1，由于两段导线的有效长度相等，由公式F＝BIL可知，长导线所受安培力为F，由左手定则可知，两段导线所受安培力方向相同，则整个线框所受安培
力大小为F'＝FFF
故ABD错误，C正确；
故选：C。
9．如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂着边长为l正三角形线圈，匝数为n，线圈的底边水平，一半的高度处于方框内的匀强磁场中，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直。当线圈中通过图示方向的电流I时，调节砝码使两臂达到平衡。然后使电流反向，大小不变。这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再达到新的平衡。则（ ）
A．方框内磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B
B．方框内磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B
C．方框内磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度B
D．方框内磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度B
【答案】C
【解答】解：线框中电流方向反向后需要在左盘中添加砝码m，说明电流反向后线框所受安培力竖直向下，则电流反向前线框所受安培力竖直向上，根据左手定则可知线框内的磁场方向垂直纸面向外；
设线框中的电流反向前，天平左右砝码盘中砝码质量分别为m1、m2，线框的有效长度L
线框中的电流反向前，根据平衡条件
线框中的电流反向后，根据平衡条件
联立解得，故C正确，ABD错误。
故选：C。
10．如图，间距为L＝1m的两平行导轨在同一水平面内。一质量为m＝1kg、长度为L＝1m的导体棒垂直放在导轨上，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ恒定。整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度大小可调，方向与导体棒垂直，与水平向右方向的夹角θ可调。现给导体棒通以图示方向（沿棒向里）的恒定电流I＝5A，导体棒有水平向右的初速度。不考虑导体棒中电流变化，导体棒始终垂直于导轨并保持良好接触，重力加速度大小取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。当磁感应强度大小调为B1＝1.5T，θ调为90°时，导体棒沿导轨向右做匀速直线运动。
（1）求导体棒与导轨间的动摩擦因数μ；
（2）当磁感应强度大小调为B2，θ调为127°时，导体棒仍沿导轨向右做匀速直线运动，求此时的磁感应强度大小。
【答案】（1）导体棒与导轨间的动摩擦因数为0.75；
（2）此时的磁感应强度大小为1.2T。
【解答】解：（1）当磁感应强度大小调为B1＝1.5T，θ调为90°时，对导体棒进行受力分析
F安＝B1IL
FN＝mg
f＝μFN
F安＝f
联立解得：μ＝0.75
（2）当磁感应强度大小调为B2，θ调为127°时，对导体棒进行受力分析
水平方向有
B2ILcos37°＝f′
竖直方向有
B2ILsin37°+F′N＝mg
又f′＝μF′N
联立解得：B2＝1.2T
答：（1）导体棒与导轨间的动摩擦因数为0.75；
（2）此时的磁感应强度大小为1.2T。
11．如图所示，在竖直平面内有一个半径为R，质量为M的金属圆环，圆环平面与纸面平行，圆环恰好有一半处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁场的水平边界与圆环相交于P、Q点。用绝缘轻绳把放在斜面上的滑块通过定滑轮与圆环相连。当圆环中通有逆时针方向大小为I的电流时，滑块保持静止。已知斜面倾角为30°，斜面和滑轮均光滑，重力加速度为g。求：
（1）滑块的质量m；
（2）若圆环电流I大小不变，方向突然变为顺时针方向时，滑块的瞬时加速度为多大。
【答案】（1）滑块的质量m为；
（2）若圆环电流I大小不变，方向突然变为顺时针方向时，滑块的瞬时加速度为。
【解答】解：（1）设滑块质量为m，圆环处在磁场中部分所受安培力大小为
F＝2BIR
对圆环由平衡条件可得
T+F＝Mg
对滑块由平衡条件可得
T＝mgsin30°
联立可得，滑块的质量
（2）电流I反向后，安培力大小不变，方向相反，对圆环由牛顿第二定律可得
Mg+F﹣T′＝Ma
对滑块由牛顿第二定律可得
T′﹣mgsin30°＝ma
联立可得，滑块的瞬时加速度为
答：（1）滑块的质量m为；
（2）若圆环电流I大小不变，方向突然变为顺时针方向时，滑块的瞬时加速度为。
12．如图所示，足够长的导体棒MN固定在相互平行且间距l＝0.6m的金属导轨上，导体棒MN与水平导轨的夹角为37°，且处于方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B＝0.5T的匀强磁场中。已知该回路中的电源电动势E＝6V，回路中的总电阻R＝2Ω，导体棒与导轨接触良好，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则导体棒MN所受的安培力大小为（ ）
A．0.9N B．1.125N C．1.5N D．2.25N
【答案】C
【解答】解：根据闭合电路欧姆定律I，I＝3A
则导体棒MN所受的安培力大小为
F＝BIlMN＝BI，解得F＝1.5N，故C正确，ABD错误。
故选：C。
▉题型4 通电非直导线安培力大小的计算
【知识点的认识】
1.对于通电非直导线，安培力计算公式F＝BIl中l就不能用导线的长度来计算了，l是导线的有长度。
2.对公式F＝IlB中l的理解l指的是导线在磁场中的“有效长度”，当弯曲导线所在平面与磁场方向垂直时，弯曲导线的有效长度l等于连接两端点直线的长度（如图所示）；相应的电流沿l由始端流向末端。
13．如图所示，由均匀的电阻丝制成的直径为d＝2m的圆形导线框，放在垂直导线框平面的匀强磁场中，磁感应强度大小为B＝1T，将P、Q两点接入电源（内阻r为0.25Ω）两端，通电线框所受安培力大小为N，电阻丝单位长度的电阻r0Ω/m。求：
（1）通电时理想电流表的示数；
（2）电源的电动势。
【答案】（1）通电时理想电流表的示数等于0.4A；
（2）电源的电动势等于0.4V。
【解答】解：（1）设通过优弧的电流为I，则通过劣弧的电流为3I，有BIL+3BIL＝F
，IA＝4I；
解得IA＝0.4A
（2）由闭合电路欧姆定律，有E＝IA（r+R）
根据电阻并联规律有
且
解得E＝0.4V
答：（1）通电时理想电流表的示数等于0.4A；
（2）电源的电动势等于0.4V。
▉题型5 安培力作用下的受力平衡问题
【知识点的认识】
安培力作用下导体的平衡问题模型中，常见的有倾斜导轨、导体棒、电源和电阻等组成，一般解题思路如下。
14．如图所示为电流天平，可以用来测量虚线框内匀强磁场的磁感应强度B。它的右臂挂着边长为L的正方形线圈abcd，匝数为n，ab、cd边水平，线圈的一半处于匀强磁场内，磁场方向与线圈平面垂直。当线圈中通入逆时针方向电流I时，调节砝码使两臂达到平衡。撤去磁场后，需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再次达到新的平衡。则（ ）
A．磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度的大小为
B．磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度的大小为
C．磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度的大小为
D．磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度的大小为
【答案】A
【解答】解：撤去磁场后，线圈所受安培力消失，左盘需增加质量为m的砝码才能平衡，说明原来线圈所受总的安培力方向竖直向上，且大小为：F安＝mg
由左手安培定则可得磁感应强度方向为垂直纸面向里；
n匝线圈所受总安培力大小为：F安＝nBIL
解得磁感应强度大小为：，故A正确、BCD错误。
故选：A。
15．如图所示，小越制作了一种可“称量”磁感应强度大小的实验装置，如图所示。U形磁铁置于水平电子测力计上，U形磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，其磁感应强度B的大小待测，不计两极间正对区域以外的磁场。一水平导体棒垂直磁场方向放入U形磁铁两极之间（未与磁铁接触），导体棒由两根绝缘杆固定于铁架台上。导体棒没有通电时，测力计的示数为G0；导体棒通以图示方向电流I时，测力计的示数为G1。测得导体棒在两极间的长度为L，磁铁始终静止。下列正确的是（ ）
A．
B．
C．若滑动变阻器的滑片向右移动，测力计示数将变大
D．若仅使电流方向与图示的电流方向相反，测力计示数将变为4G0﹣G1
【答案】C
【解答】解：AB、由电路连接可知，通电后导体棒受安培力竖直向上，据牛顿第三定律可知，磁铁受到导体棒对磁铁向下的作用力，则测力计示数增加，由平衡可知：BIL+G0＝G1
变形可得：，故AB错误；
C、若滑动变阻器的滑片向右移动，连入电路的电阻变小则电流变大，则导体棒受向上的安培力变大，则测力计示数将变大，故C正确；
D、若仅使电流方向与图示的电流方向相反，则导体棒受向下的安培力，大小为：F安＝G1﹣G0
联立得到测力计示数将变为：G0﹣F安＝2G0﹣G1≠4G0﹣G1，故D错误。
故选：C。
▉题型6 磁电式电流表
【知识点的认识】
磁电式电流表的示意图如下所示：
（1）构造：如图所示，圆柱形铁芯固定于U型磁铁两极间，铁芯外面套有缠绕着线圈并可转动的铝框，铝框的转轴上装有指针和游丝。
（2）原理：当电流流入线圈时，线圈受安培力作用而转动，使游丝扭转形变，从而对线圈的转动产生阻碍。当安培力产生的转动
与游丝形变产生的阻碍达到平衡时，指针便停留在某一刻度。电流越大，安培力越大，指针偏转角度越大。
16．磁电式电流表的灵敏度很高，可以测出很小的电流，其主要利用通电线圈在磁场中受到的安培力进行设计。如图所示，极靴和铁质圆柱间的磁感线以及导线a、b中的电流方向均已画出，在图示位置时，a、b所处位置处的磁场方向均水平向右，下列说法正确的是（ ）
A．在图示位置时，a与b所受安培力方向相同
B．在图示位置时，a所受安培力方向向左
C．在图示位置时，a所受安培力方向向上
D．在图示位置时，a所受安培力方向向下
【答案】C
【解答】解：根据左手定则可知，在题中图示位置时，a所受安培力方向向上，b所受安培力方向向下，故C正确，ABD错误。
故选：C。
▉题型7 洛伦兹力在运动过程中的动态变化问题
【知识点的认识】
在运动方向与磁场垂直时，洛伦兹力的表达式为f＝Bqv。但B和q一定时，f与v成正比，洛伦兹力会受到速度变化的影响。
本考点旨在分析由于速度变化引起洛伦兹力变化的动力学问题。
17．如图所示，一根足够长的光滑绝缘杆MN，与水平面的夹角为37°，固定在竖直平面内，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场充满杆所在的空间，杆与磁场方向垂直。质量为m的带电小环沿杆下滑到图中的P处时，对杆有垂直杆向下的压力作用，压力大小为0.4mg。已知小环的电荷量为q，重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，下列说法正确的是（ ）
A．小环带正电
B．小环滑到P处时的速度大小
C．当小环的速度大小为时，小环对杆没有压力
D．当小环与杆之间没有正压力时，小环到P的距离
【答案】D
【解答】解：A、根据题意，假如没有磁场，由平衡条件及牛顿第三定律可得，小环对杆的压力大小为mgcos37°＝0.8mg，然而题中此时小环对杆的压力大小为0.4mg，说明小环受到垂直杆向上的洛伦兹力作用，根据左手定则可知，小环带负电，故A错误；
B、设小环滑到P处时的速度大小为vP，在P处，对小环受力分析，如下图所示
根据平衡条件有qvPB+FN＝mgcos37°
由牛顿第三定律可得杆对小环的支持力大小为0.4mg，联立解得，故B错误；
CD、在小环由P处下滑到P'的过程中，对杆没有压力，此时小环的速度大小为v'，则在P处，小环的受力如图所示
由平衡条件得qv'B＝mgcos37°
在小环由P滑到P'过程中，根据动能定理有
联立解得L，故C错误，D正确。
故选：D。
▉题型8 带电粒子在匀强磁场中的圆周运动
【知识点的认识】
带电粒子在匀强磁场中的运动
1．若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动．
2．若v⊥B，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度v做匀速圆周运动．
3．半径和周期公式：（v⊥B）
18．2024年6月18日，全球首台全高温超导托卡马克装置在上海建成运行。托卡马克装置被称为“人造太阳”，是利用强磁场将高温等离子体约束在特定区域实现可控核聚变的装置，如图甲。现分析装置内竖直平面内的一小段磁场，如图乙所示，该磁场水平向右分布在空间中，虚线上、下方均为匀强磁场，磁感应强度大小分别为2B和B。有a、b、c三个粒子，a、b粒子带负电，c粒子带正电，质量均为m，电荷量绝对值均为q，初始时a、b、c粒子的速度均平行于该竖直平面（纸面），速度大小分别为v、v和2v，方向如图乙中箭头所示（a、c的速度方向与磁场垂直，b的速度方向与磁场平行）。忽略粒子重力及相互之间作用的影响，下列说法正确的是（ ）
A．a粒子在下方磁场中受到的洛伦兹力大小为qvB，方向垂直纸面向里
B．b粒子在水平面内做匀速圆周运动
C．c粒子从虚线下方穿越到虚线上方，运动轨迹半径变为原来的两倍
D．c粒子从虚线下方穿越到虚线上方，粒子运动过程中的动能不变
【答案】D
【解答】解：A．a粒子受到的洛伦兹力大小为qvB，根据左手定则，该洛伦兹力方向垂直纸面向外，故A错误；
B．b粒子速度方向与磁场平行，受到的洛伦兹力大小为0，做匀速直线运动，故B错误；
C．c粒子从虚线下方穿越到虚线上方，可知
解得粒子的运动半径
由磁感应强度从B变为2B可知运动轨迹半径变为原来的一半，故C错误；
D．洛伦兹力不做功，故c粒子运动过程中动能不变，故D正确。
故选：D。
19．如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。若不计粒子重力，则粒子在磁场中运动的时间为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解答】解：粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，
则粒子在第二象限的运动时间为t1
第一象限的磁感应强度为第二象限磁感应强度的一半，根据R可知半径为原来的2倍，即R2＝2R1，
根据几何关系可得cosθ，则θ＝60°，t2
粒子在磁场中运动的时间为t＝t1+t2，故B正确，ACD错误。
故选：B。
20．如图所示，半径为R＝1m的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带正电的粒子，在纸面内沿各个方向以相同的速率从P点射入磁场，这些粒子射出磁场时的位置均位于PQ圆弧上且Q点为最远点。已知PQ圆弧长等于磁场边界周长的四分之一，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则该圆形磁场中有粒子经过的区域面积为（ ）
A．m2 B．m2
C．m2 D．m2
【答案】A
【解答】解：设轨迹圆的半径为r，由几何关系∠POQ＝90°，粒子做圆周运动的半径为
如图
由几何关系该区域面积
代入数据解得
Sm2
故A正确，BCD错误。
故选：A。
（多选）21．钚239既可能发生α衰变，也可能发生β衰变。将钚239核置于匀强磁场中，衰变后粒子运动方向与磁场方向垂直，图中的a、b、c、d分别表示粒子的运动轨迹，则下列说法正确的是（ ）
A．衰变过程中粒子的动量守恒
B．磁场方向垂直纸面向里
C．甲图是β衰变，乙图是α衰变
D．b为α粒子的运动轨迹，c为β粒子的运动轨迹
【答案】AD
【解答】解：A、衰变过程中，系统合外力为零，满足动量守恒，故A正确；
B、粒子在磁场中做匀速圆周运动，磁场方向不同，粒子旋转方向相反，由于α粒子和β粒子的速度方向未知，故无法判断磁场方向，故B错误；
C、放射性元素放出α粒子时，α粒子与反冲核速度相反、电性相同，所受洛伦兹力方向相反，轨迹应为外切圆；放出β粒子时，β粒子与反冲核速度相反、电性相反，所受洛伦兹力方向相同，轨迹应为内切圆，故甲图为α衰变，乙图为β衰变，故C错误；
D、放射性元素放出粒子时，两带电粒子动量守恒，由洛伦兹力提供向心力，可得轨迹半径，即轨迹半径与动量成正比、与电荷量成反比，α粒子和β粒子的电荷量小于反冲核的电荷量，故其轨迹半径大于反冲核的轨迹半径，因此b为α粒子轨迹，c为β粒子轨迹，故D正确。
故选：AD。
（多选）22．如图所示，直线MN上方存在范围足够大的磁感应强度为B的匀强磁场，一质子（质量为m、电荷量为e）以速度v从O点沿与MN成30°角的方向射入磁场中，若不计质子重力，则（ ）
A．质子从磁场中射出时距O点的距离为
B．质子从磁场中射出时距O点的距离为
C．质子在磁场中运动的时间为
D．质子在磁场中运动的时间为
【答案】AD
【解答】解：AB、由左手定则判断可知，质子从在OM之间射出磁场。设质子从磁场中射出时距O点的距离为d，其运动轨迹如图所示，由几何关系可知
得r＝d
质子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则
evB＝m
联立可得：d，故A正确，B错误；
CD、质子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角为300°，所以质子在磁场中运动的时间为tT，故C错误，D正确。
故选：AD。
（多选）23．如图，在平面直角坐标系Oxy的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电量为q的相同粒子从y轴上的P（0，L）点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y轴正方向的夹角为α（0≤α≤180°）。当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力。则（ ）
A．粒子一定带正电
B．当α＝45°时，粒子也垂直x轴离开磁场
C．粒子入射速率为
D．粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为3L
【答案】ACD
【解答】解：A、根据题意可知粒子垂直x轴离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，故A正确；
BC、当α＝150°时，粒子垂直x轴离开磁场，运动轨迹如图1
图1
粒子运动的半径为rL
洛伦兹力提供向心力qvB＝m
解得粒子入射速率v
若α＝45°，粒子运动轨迹如图2
图2
根据几何关系可知粒子离开磁场时与x轴不垂直，故B错误，C正确；
D，粒子离开磁场距离O点距离最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，如图3
图3
根据几何关系可知xm2
解得xm＝3L
故D正确。
故选：ACD。
（多选）24．如图所示，边长为l的正方形区域abcd内存在垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m、带电量为q的粒子以垂直于cb方向的初速度v0从ad中点e点射入，从cd的中点f点射出。则下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．粒子带负电
C．磁感应强度B
D．磁感应强度B
【答案】BD
【解答】解：A、由于粒子从cd的中点f点射出，则说明粒子在垂直纸面向里的磁场中向下偏转，由左手定则可知，粒子带负电，故A错误，B正确；
CD、粒子从cd的中点f点射出，则出对应的轨迹如图所示，由几何关系可知，d为圆心，粒子的轨迹半径为R，根据洛伦兹力提供向心力可得：qv0B＝m，解得磁感应强度B，故C错误，D正确。
故选：BD。
（多选）25．如图所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd，e是ad的中点，f是cd的中点，如果在a点沿对角线方向以速度v射入一带负电的带电粒子，恰好从e点射出，则（ ）
A．如果粒子的速度增大为原来的二倍，将从d点射出
B．如果粒子的速度增大为原来的三倍，将从f点射出
C．如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的2倍，也将从d点射出
D．只改变粒子的速度使其分别从e、d、f点射出时，在磁场中运动时间关系为：te＝td＞tf
【答案】AD
【解答】解：
A、如果粒子的速度增大为原来的二倍，磁场的磁感应强度不变，由半径公式r可知，半径将为原来的2倍，根据几何可知，粒子正好从d点射出。故A正确。
B、设正方形的边长为2a，则粒子从e点射出时，轨迹半径为a．如果磁场的磁感应强度不变，粒子的速度变为原来的3倍，由半径公式r可知，半径将变为原来的3倍，即变a．粒子轨迹圆心高于cd延长线上，则由几何关系aa≈0.4a，可知，轨迹离ad最远仍小于0.5a，所以粒子从fd之间射出磁场。故B错误。
C、如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度也变为原来的二倍，由半径公式r可知，半径减小为原来的，因此不可能从d点射出。故C错误。
D、只改变粒子的速度使其分别从e、d、f三点射出时，轨迹的从e、d射出的圆心角相等，圆心角是从f点射出时最小，运动时间最短，即te＝td＞tf．故D正确。
故选：AD。
（多选）26．如图，长方体空间区域内存在匀强磁场（包括边界），方向平行于yOz平面且与z轴负方向成θ＝30°，磁感应强度大小为B，长方体x轴方向长为2L，y轴方向足够长，z轴方向高为2L。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从z轴上的点a（0，0，2L）沿x轴正方向进入匀强磁场，速度大小为，不计粒子重力。下列说法正确的是（ ）
A．粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为2L
B．粒子会经过x轴上的点e（2L，0，0）
C．若粒子进入磁场的速度大小为2v0，则粒子穿出磁场的点的y坐标为
D．若粒子进入磁场的速度大小为2v0，则粒子在磁场中运动的时间为
【答案】AD
【解答】解：A、粒子进入磁场时，速度大小为，且与磁场垂直，由洛伦兹力提供向心力有：
，解得其轨迹半径为，故A正确；
B、匀强磁场方向平行于yOz平面且与z轴负方向成30°角，粒子沿x轴正方向进入匀强磁场，根据左手定则判断，结合粒子其轨迹半径等于2L，画出其轨迹如下图所示：
可得粒子在平面abcd内运动，粒子不会与x轴相交，故B错误；
C、若粒子进入磁场的速度大小为2v0，则其轨迹半径为，则d点刚好为粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心，其运动轨迹如下图所示：
轨迹与bc边相交于P点，则有：，，ch＝cPcos30°＝3L
故有：，所以粒子穿出磁场的点的y坐标为，故C错误；
D、设对应的圆弧轨迹的圆心角为θ，则，则圆心角θ＝30°，所以粒子在磁场中运动的时间为，故D正确。
故选：AD。
27．在xOy平面内，直线OP与y轴的夹角α＝45°．第一、第二象限内存在大小均为E，方向分别为竖直向下和水平向右的匀强电场：在x轴下方有垂直于纸面向外的匀强磁场，如图所示．现有一质量为m、电量为+q的粒子甲从直线OP上点A（﹣L，L）处由静止释放，然后进入磁场，又从O点进入电场，不计粒子的重力，求：
（1）粒子甲第一次进入磁场时速度的大小与方向；
（2）磁感应强度的大小；
（3）如果在直线OP上A点释放粒子甲的同时，在第一象限某处由静止释放一质量为m、电量为+q的粒子乙，当乙第一次离开磁场时正好与第一次进入磁场的甲粒子相退，求乙粒子释放处的坐标．（不计粒子间相互作用力）
【答案】（1）粒子甲第一次进入磁场时速度的大小为2，方向与x轴正方向的夹角为45°；
（2）磁感应强度的大小为；
（3）如果在直线OP上A点释放粒子甲的同时，在第一象限某处由静止释放一质量为m、电量为+q的粒子乙，当乙第一次离开磁场时正好与第一次进入磁场的甲粒子相退，乙粒子释放处的坐标为（2.86L，0.1849L）．
【解答】解：（1）粒子在第二象限匀加速直线过程中，
由动能定理得：qEL0，
粒子在第一象限做类平抛运动，
竖直方向：L，
a
竖直方向速度：vy＝at，
粒子速度大小为：v；
设粒子进入磁场时速度方向与x轴正方向的夹角为θ，
则：tanθ
联立解得：v＝2，θ＝45°；
（2）粒子进入磁场时沿x轴方向的位移
x＝v1t
粒子进入磁场做圆周运动的半径为
R
根据洛伦兹力提供向心力有：
qvB＝m
可得
B
（3）设粒子乙开始释放位置的坐标为（x，y），粒子乙进入磁场时的速度
所用时间为：y
粒子乙在磁场中做圆周运动的时间
t2
由题意可知
t'＝t1+t2
解得
y＝（4﹣2π）L＝0.1849L
粒子乙在磁场中做匀速圆周运动半径
r
则粒子乙释放点的横坐标为
x＝2L+2r
联立解得：x＝2.86L
粒子乙释放点的横坐标（2.86L，0.1849L）
答：（1）粒子甲第一次进入磁场时速度的大小为2，方向与x轴正方向的夹角为45°；
（2）磁感应强度的大小为；
（3）如果在直线OP上A点释放粒子甲的同时，在第一象限某处由静止释放一质量为m、电量为+q的粒子乙，当乙第一次离开磁场时正好与第一次进入磁场的甲粒子相退，乙粒子释放处的坐标为（2.86L，0.1849L）．
28．如图直角坐标系xOy中，第I象限内存在场强为E，沿x轴负方向的匀强电场，第Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限内存在垂直坐标平面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q（q＞0）
的带电粒子，从P（l，l）处由静止开始运动，第1次通过x轴时沿y轴负方向。不计粒子重力。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）粒子第3次经过y轴时的纵坐标；
（3）通过计算说明粒子离开P点后能否再次经过P点。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）设粒子经第I象限的电场加速后，到达y轴时的速度为υ1，根据动能定理
由左手定则可以判断，粒子向﹣y方向偏转，由几何关系知，粒子在磁场中运动的半径为R1＝l
粒子运动轨迹如图。
由牛顿第二定律
解得；
（2）粒子第2次经过x轴时，速度沿+y方向，位置坐标为x2＝l
粒子在电场中做类平抛运动，经历的时间t3，第3次经过y轴时，轨迹如图，
根据类平抛运动可得：
加速度：
y方向的位移：y3＝υ1t
解得y3＝2l；
（3）粒子第2次离开电场时，
解得，θ＝45°
粒子第2次进入磁场时做圆周运动的半径R2
根据半径公式可得
第三次进入电场是从坐标原点O处沿与x轴正向45°角斜向上方向。
由类平抛对称性可知，粒子运动的横坐标为l时，纵坐标的值为2l，可知本次不会经过P点；
粒子将从y＝4l处第3次离开电场，第3次通过磁场后从y＝2l处与+x方向成45°角斜向上第4次过电场，不会经过P点。
以后粒子的轨迹逐渐向上不会再次经过P点。
答：（1）匀强磁场的磁感应强度大小为；
（2）粒子第3次经过y轴时的纵坐标为2l；
（3）以后粒子的轨迹逐渐向上不会再次经过P点，证明见解析。
29．在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在匀强电场，第Ⅳ象限存在匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示．不计粒子重力，求
（1）经过N点的速度v；
（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；
（3）粒子从M点运动到P点的总时间t．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）设粒子过N点时速度v，有 cosθ ①
可得 v＝2v0 ②
（2）粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动，半径为O′N，有
qvB ③
得 r ④
（3）由几何关系得
ON＝rsinθ ⑤
粒子在电场中运动的时间t1，有
ON＝v0t1 ⑥
可得 t1 ⑦
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
T ⑧
设粒子在磁场中运动的时间t2，有
t2 ⑨
解得 t2 ⑩
所以总时间为 t＝t1+t2
解得 t
答：
（1）经过N点的速度v是2v0；
（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r是；
（3）粒子从M点运动到P点的总时间t是．
▉题型9 带电粒子在直线边界磁场中的运动
【知识点的认识】1.带电粒子在直线边界磁场中的运动的两种情形
（1）直线边界
（2）平行边界
2.带电粒子在有界磁场中的常用几何关系
（1）四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点．
（2）三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的2倍．
3.常见的解题思路
（1）圆心的确定
①由两点和两线确定圆心，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹．确定带电粒子运动轨迹上的两个特殊点（一般是射入和射出磁场时的两点），过这两点作带电粒子运动方向的垂线（这两垂线即为粒子在这两点所受洛伦兹力的方向），则两垂线的交点就是圆心，如图（a）所示．
②若只已知过其中一个点的粒子运动方向，则除过已知运动方向的该点作垂线外，还要将这两点相连作弦，再作弦的中
垂线，两垂线交点就是圆心，如图（b）所示．
③若只已知一个点及运动方向，也知另外某时刻的速度方向，但不确定该速度方向所在的点，如图（c）所示，此时要将
其中一速度的延长线与另一速度的反向延长线相交成一角（∠PAM），画出该角的角平分线，它与已知点的速度的垂线
交于一点O，该点就是圆心．
（2）半径的确定
方法一：由物理方程求：半径R；
方法二：由几何方程求：一般由数学知识（勾股定理、三角函数等）计算来确定．
（3）时间的确定
由t确定通过某段圆弧所用的时间，其中T为该粒子做圆周运动的周期，转过的圆心角θ越大，所用时间越长。
（多选）30．如图所示，在荧屏板MN的上方分布了水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。距荧屏板d处有一粒子源S，能够在纸面内不断均匀地向各个方向发射速度大小为v、电荷量为q、质量为m的带正电粒子，不计粒子的重力，已知粒子源发射粒子的总个数为N，则（ ）
A．粒子能打到板上的区域长度为2d
B．打到板上的粒子数为N
C．从粒子源出发到板的最短时间为
D．同一时刻发射的粒子打到荧光板上的最大时间差为
【答案】BC
【解答】解：A、粒子受到的洛伦兹力充当向心力，粒子的运动的半径
粒子运动到荧屏板的两种临界情况如右图，设SC垂直于MN于C点，由几何关系可知，左侧最远处与S之间的距离恰好是圆的直径，则左侧最远处A与C的距离为，右侧离C最远处为B，距离为d，所以粒子能打在板上的区域长度是，故A错误。
B、根据以上分析可知，当粒子的发射速度方向是沿着SC的反向即垂直MN向上时，其轨迹在SC左侧与MN相切，当发射速度方向是垂直MN向下时，其轨迹在SC右侧与MN相切，发射速度方向在两速度方向之间粒子都能打在荧屏板上，角度范围为180°，所以有一半的粒子能打到荧屏板上，粒子源发射粒子的总个数为N，则打到板上的粒子数为N，故B正确。
CD、在磁场中运动时间最长和最短的粒子运动轨迹如图：
粒子做整个圆周运动的周期
由几何关系可知最短时间，
如图所示粒子在磁场中最长时间
所以，故C正确，D错误。
故选：BC。
▉题型10 带电粒子在矩形边界磁场中的运动
【知识点的认识】本考点旨在考查带电粒子在矩形边界磁场中的运动情况。
31．如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第三、四象限内存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场Ⅰ，第一象限内存在匀强磁场Ⅱ，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小未知。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从x轴上的P点以与x轴负方向成θ＝30°角斜向下的速度射入匀强磁场Ⅰ，经过匀强磁场Ⅰ偏转一次后从x轴上的Q点进入匀强磁场Ⅱ，且恰好不能进入第二象限。P点到原点的距离为4a，Q点到原点的距离为2a，忽略粒子所受重力的大小。求：
（1）粒子的速度大小v0；
（2）第一象限内匀强磁场Ⅱ磁感应强度的大小B；
（3）自粒子从P点射入开始计时，到粒子第三次通过x轴正半轴所用的时间t。
31．如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第三、四象限内存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场Ⅰ，第一象限内存在匀强磁场Ⅱ，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小未知。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从x轴上的P点以与x轴负方向成θ＝30°角斜向下的速度射入匀强磁场Ⅰ，经过匀强磁场Ⅰ偏转一次后从x轴上的Q点进入匀强磁场Ⅱ，且恰好不能进入第二象限。P点到原点的距离为4a，Q点到原点的距离为2a，忽略粒子所受重力的大小。求：
（1）粒子的速度大小v0；
（2）第一象限内匀强磁场Ⅱ磁感应强度的大小B；
（3）自粒子从P点射入开始计时，到粒子第三次通过x轴正半轴所用的时间t。
【答案】（1）粒子的速度大小为；
（2）第一象限内匀强磁场Ⅱ磁感应强度的为；
（3）自粒子从P点射入开始计时，到粒子第三次通过x轴正半轴所用的时间为。
【解答】解：（1）设粒子在匀强磁场Ⅰ中做匀速圆周运动的半径为r1
2r1sinθ＝4a+2a
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）设粒子在匀强磁场Ⅱ中做匀速圆周运动的半径为r2
r2sinθ+2a＝r2
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（3）粒子在匀强磁场Ⅰ中偏转一次通过的弧长
粒子在匀强磁场Ⅰ中偏转一次所用的时间
粒子在匀强磁场Ⅱ中偏转一次通过的弧长
粒子在匀强磁场Ⅱ中偏转一次所用的时间
结合运动过程可知
t＝2t1+t2
解得
。
答：（1）粒子的速度大小为；
（2）第一象限内匀强磁场Ⅱ磁感应强度的为；
（3）自粒子从P点射入开始计时，到粒子第三次通过x轴正半轴所用的时间为。
▉题型11 带电粒子在三角形边界磁场中的运动
【知识点的认识】
本考点旨在考查带电粒子在三角形边界磁场中的运动情况。
（多选）32．边长为a的等边三角形ABC区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一束质量为m电荷量为q的带负电粒子（不计重力），从AB边的中点沿平行BC边的方向以不同的速率射入磁场区域，则（ ）
A．能从BC边射出的粒子最长时间为
B．能从BC边射出的粒子最长时间为
C．能从BC边射出的粒子的最大速率为
D．能从BC边射出的粒子的最大速率为
【答案】AC
【解答】解：CD.如图所示
当粒子恰好从C点射出时，轨迹半径最大，速率最大，由几何关系知
由牛顿第二定律得
解得
故C正确，D错误；
AB.当粒子的运动轨迹恰好与BC边相切时，轨迹半径最小，轨迹所对应的圆心角最大，为π，此时粒子在磁场中运动时间最长，运动时间
t
又
解得
故A正确，B错误。
故选：AC。
▉题型12 带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动
【知识点的认识】1.圆形边界：如图所示，带电粒子从某点沿圆形磁场的半径方向人射，从另一点射出磁场时速度的反向延长线过磁场的圆心，即沿径向射入必沿径向射出。
2.几个与角有关的物理量
如图所示，粒子做匀速圆周运动时，φ为粒子速度的偏向角，粒子与圆心的连线转过的角度α为回旋角（或圆心角），AB弦与切线的夹角θ为弦切角，它们的关系为φ＝α＝2θ，θ与相邻的弦切角θ'互补，即θ+θ'＝180°。
3.如何确定“圆心角与时间”
①速度的偏向角φ＝圆弧所对应的圆心角（回旋角）α＝2倍的弦切角θ
②时间的计算方法．
方法一：由圆心角求，t T；方法二：由弧长求，t。
（多选）33．如图所示，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子沿两平行金属板的中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O′点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A．金属板间电势差为
B．粒子从P点射出时速度大小为
C．粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角为60°
D．仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O′点射入磁场，则粒子在磁场中运动时间最长时，粒子射入磁场与射出磁场两点间的距离为
【答案】BCD
【解答】解：A．带电粒子在板间做类平抛运动，设板间距离为d，则板长为，由
根据类平抛运动的运动规律得
解得
，故A错误；
B．设粒子出电场时速度与水平方向夹角为α，则有
故α＝30°
则出电场时粒子的速度为
，故B正确；
C．粒子进入磁场后，洛伦兹力提供匀速圆周运动所需的向心力，根据牛顿第二定律
解得
已知圆形磁场区域半径为
则
粒子沿半径方向射入磁场
故粒子将沿半径方向射出磁场，由几何关系可得θ＝2α＝60°，故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为60°，故C正确；
D．如图所示
由题意和几何关系可知，粒子在磁场中运动时间最长时对应粒子轨迹圆与磁场区域相交的弦长，最长为磁场区域圆的直径为
，故D正确。
故选：BCD。
▉题型13 带电粒子在叠加场中做直线运动
【知识点的认识】1.叠加场是指一个区域可能同时含有重力场、电场和磁场中的两个或三个。但本考点涉及的题目必须包含磁场。
2.带电粒子在叠加场中做直线运动有两种情况（不考虑平行于电场和磁场射入）
（1）不计粒子重力，则必有洛伦兹力等于电场力，Bqv＝qE。
（2）考虑粒子重力，则必有电场力与重力的合力等于洛伦兹力。
也就是说只要粒子在含有磁场的叠加场中做直线运动，一定是匀速直线运动。因为如果是变速运动，则洛伦兹力也会变化，合力与速度方向不再一条直线上，粒子就不可能再做直线运动。
34．如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R。已知电场的电场强度为E，方向竖直向上；磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则（ ）
A．液滴带负电
B．液滴的重力和电场力平衡
C．液滴顺时针运动
D．液滴运动速度大小为
【答案】B
【解答】解：A、液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场组成的复合场中做匀速圆周运动，液滴受到的重力和电场力是一对平衡力，故液滴受到的电场力方向竖直向上，与电场方向相同，可知液滴带正电，故A错误；
B、物体做匀速圆周运动，重力与电场力合力为零，洛伦兹力提供向心力，故B正确；
C、磁场方向垂直向里，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可以判断出液滴逆时针运动，故C错误；
D、液滴所受的洛伦兹力提供液滴做圆周运动的向心力，即，重力与电场力合力为零，则mg＝qE，解得：，故D错误。
故选：B。
35．质量为m、带电荷量为q的小物块，从倾角为θ的绝缘斜面上由静止下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，整个斜面置于方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，如图所示。若带电小物用块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下列说法中正确的是（ ）
A．小物块一定带正电荷
B．小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动，且加速度大小为gsinθ﹣μgcosθ
C．小物块在斜面上做加速度增大的变加速直线运动
D．小物块在斜面上下滑过程中，当小物块对斜面的压力为零时的速率为
【答案】C
【解答】解：A、根据磁场方向和小物块的运动方向，由左手定则可知，小物块所受的洛伦兹力方向垂直于斜面，因带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，则洛伦兹力方向垂直于斜面向上，从而可知小物块带负电，故A错误；
BC、小物块在斜面上运动时，对小物块受力分析，可知小物块所受合力：F合＝mg sinθ﹣μ（mgcosθ﹣qvB）
随着v增大，洛伦兹力增大，F合增大，由牛顿第二定律可知加速度a增大，则小物块在斜面上做加速度增大的变加速直线运动，故B错误，C正确；
D、当小物块对斜面压力为零时，当物块受两个力，根据平衡条件有：mgcosθ＝qvB，解得：，故D错误。
故选：C。
36．如图所示，从S处发出的热电子经加速电压U加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子流向上极板偏转。设两极板间电场强度为E，磁感应强度为B。欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，只采取下列措施，其中可行的是（ ）
A．适当增大电场强度E
B．适当增大磁感应强度B
C．适当增大加速电场极板之间的距离
D．适当减小加速电压U
【答案】B
【解答】解：要使粒子在复合场中做匀速直线运动，故Eq＝qvB。
根据左手定则可知电子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，故电子向上极板偏转的原因是电场力大于洛伦兹力，所以要么增大洛伦兹力，要么减小电场力。
A、适当减小电场强度E，即可以减小电场力，故A错误；
B、适当增大磁感应强度B，可以增大洛伦兹力，故B正确；
C、适当增大加速电场极板之间的距离，根据eUmv2可得v；由于两极板间的电压没有变化，所以电子进入磁场的速率没有变化，因此没有改变电场力和洛伦兹力的大小，故C错误；
D、根据eUmv2可得v；粒子故适当减小加速电压U，可以减小电子在复合场中运动的速度v，从而减小洛伦兹力。故D错误。
故选：B。
（多选）37．如图，质量为m的圆环带正电，套在一粗糙程度相同的水平杆上，空间中存在水平向右的匀强电场和垂直平面向里的匀强磁场，给圆环一初速度v0，圆环运动的v﹣t图像可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【解答】解：经受力分析，圆环受向下的重力、向右的电场力、向上的洛伦兹力，向左的摩擦力，杆的弹力方向可能向上也可能向下（暂且不画），如图所示：
A、当电场力大于滑动摩擦力，且弹力向下，根据牛顿第二定律有：a1，圆环做加速度减小的加速运动，故A正确；
D、当电场力大于滑动摩擦力，且弹力向上，根据牛顿第二定律有：a2，圆环先做加速增大的加速运动，当洛伦兹力和重力相等后，弹力反向，圆环又做加速度减小的加速度运动，故D正确；
B、当电场力小于滑动摩擦力，且弹力向上，根据牛顿第二定律有：a3，圆环做加速度增大的减速运动，故B正确；
C、当电场力小于滑动摩擦力，且弹力向下，根据牛顿第二定律有：a4，圆环做加速度加速度减小的减速运动，当洛伦兹力和重力相等后，弹力反向，圆环又做加速度增大的减速运动，故C错误。
故选：ABD。
38．如图所示，电场强度大小为E、方向水平向左的有界匀强电场与方向垂直纸面向里的有界匀强磁场叠放在一起，一带电量为q的带正电小球，从有界电、磁场外的M点以水平向右的速度v0抛出，从N点以进入电、磁场后做直线运动，从P点离开电磁场，直线运动的时间为t，重力加速度为g，sin53°＝0.8、cos53°＝0.6，不计空气阻力，求：
（1）小球的质量以及匀强磁场的磁感应强度的大小；
（2）N、P两点之间的电势差。
【答案】（1）小球的质量为，匀强磁场的磁感应强度大小为。
（2）N、P两点之间的电势差为﹣Ev0t。
【解答】解：（1）小球从M到N做平抛运动，设小球在N点的速度与水平方向的夹角为θ，将速度分解，有。小球从N到P做直线运动，若速度大小变化，则洛伦兹力会变化，导致合力与速度不共线，故小球必以做匀速直线运动，速度方向与水平夹角为θ，即NP与水平方向夹角为θ。
对小球受力分析，由三力平衡可得和，解得：θ＝53°，，。
（2）N、P两点间距为，两点间电势差为UNP＝﹣E×NPcos53°，解得：UNP＝﹣Ev0t。
答：（1）小球的质量为，匀强磁场的磁感应强度大小为。
（2）N、P两点之间的电势差为﹣Ev0t。
39．如图，区域Ⅰ是加速电场，区域Ⅱ是速度选择器，其电场的电场强度大小为E、方向竖直向下，磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，PQ为速度选择器的中线。紧靠平行板右侧边缘的xOy坐标系的第一象限内，边界AO与y轴的夹角为45°，边界线AO的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为，边界线AO的下方有竖直向上的匀强电场，电场强度大小为5E。一带电荷量为q、质量为m的正电粒子从S点由静止释放，经区域Ⅰ加速后沿直线PQ从y轴上的Q点射出并垂直射入磁场区。已知Q点的坐标为，粒子多次穿越边界线OA。不计粒子重力，求：
（1）加速电场两端的电压U；
（2）粒子从经过Q点到第一次穿越边界线OA所用的时间；
（3）粒子第四次穿越边界线OA时的速度大小。
【答案】（1）加速电场两端的电压U为；
（2）粒子从经过Q点到第一次穿越边界线OA所用的时间为；
（3）粒子第四次穿越边界线OA时的速度大小为。
【解答】解：（1）粒子在速度选择器中受力平衡，则有qE＝qvB
在加速电场中有
解得
（2）离子进入磁场区域后在洛伦兹力的作用下做圆周运动，设其做圆周运动的半径为r，则根据洛伦兹力充当向心力有
可得
由于Q点的纵坐标为
可知离子沿轴负方向第一次穿越，做出离子在磁场中运动的轨迹如图所示
离子在磁场中做圆周运动的周期
可知离子从Q点到第一次穿越OA所用的时间
解得
（3）离子穿越OA后进入电场做匀减速直线运动直至速度减为零，然后反向加速，以第一次穿过OA的速度大小反向穿过OA，离子第二次穿越OA后在磁场中做圆周运动，第三次穿越OA时速度大小仍为v，方向沿x轴正方向，进入电场后的运动，可分解为沿x轴方向的匀速直线运动、沿y轴方向的匀加速直线运动，其位移的偏转角等于45°，则有
速度偏转角
则
则离子第四次穿过时的速度大小为
解得
答：（1）加速电场两端的电压U为；
（2）粒子从经过Q点到第一次穿越边界线OA所用的时间为；
（3）粒子第四次穿越边界线OA时的速度大小为。
40．如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求
（1）带电粒子的比荷；
（2）带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v，
根据动能定理可得：qU①
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，粒子在磁场中运动轨迹如图所示：
根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝m②
根据几何关系可得：dr…③
联立①②③式可得：④
（2）由几何关系可知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为
sr tan30°…⑤
则带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为：t⑥
联立②④⑤⑥式可得：t
答：（1）带电粒子的比荷为；
（2）带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为。
▉题型14 带电粒子由磁场进入电场中的运动
【知识点的认识】
1.带电粒子在电场、磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场，或从磁场到电场的运动。通常按时间的先后顺序分成若干个小过程，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。
2.一般的分析思路为：
（1）划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取相应的规律处理。
（2）找关键：确定带电粒子在场区边界的速度（包括大小和方向）是解决该类问题的关键，
（3）画运动轨迹：根据受力分析和运动分析大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。
3.本考点旨在针对粒子从磁场进入电场的情况。
41．一重力不计的带电粒子以初速度v0先后穿过宽度相同且紧邻在一起的有明显边界的匀强电场E和匀强磁场B，如图甲所示，电场和磁场对粒子总共做功W1；若把电场和磁场正交叠加，如图乙所示，粒子仍以的初速度穿过叠加场区对粒子总共做功W2，比较W1、W2的绝对值大小（ ）
A．W1＝W2
B．W1＞W2
C．W1＜W2
D．可能W1＞W2也可能W1＜W2
【答案】B
【解答】解：不论带电粒子带何种电荷，由于：
所以电场力qE大于洛伦兹力qBv0，根据左手定则判断可知：开始进入叠加场后，洛伦兹力存在与电场力方向相反的分力，所以带电粒子在纯电场中的偏转位移比重叠时的偏转位移大，所以不论粒子带何种电性，甲图带电粒子在电场中偏转位移一定大于乙图的偏转位移，且洛伦兹力对带电粒子不做功，只有电场力做功，所以一定是：W1＞W2。故ACD错误，B正确。
故选：B。
42．如图，有一内半径为2r、长为L的圆筒，左右端面圆心O′、O处各开有一小孔。以O为坐标原点，取O′O方向为x轴正方向建立xyz坐标系。在筒内x≤0区域有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向沿x轴正方向；筒外x≥0区域有一匀强电场，场强大小为E，方向沿y轴正方向。一电子枪在O'处向圆筒内多个方向发射电子，电子初速度方向均在xOy平面内，且在x轴正方向的分速度大小均为v0。已知电子的质量为m、电量为e，设电子始终未与筒壁碰撞，不计电子之间的相互作用及电子的重力。
（1）若所有电子均能经过O进入电场，求磁感应强度B的最小值；
（2）取（1）问中最小的磁感应强度B，若进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ，求tanθ的绝对值；
（3）取（1）问中最小的磁感应强度B，求电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移。
【答案】（1）磁感应强度B的最小值为；
（2）进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ，tanθ的绝对值为；
（3）电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移为。
【解答】解：（1）将电子在匀强磁场中运动分解为沿x轴的匀速直线运动和在平行于yOz平面的平面内的匀速圆周运动，设电子入射时沿y轴的分速度大小为vy。
由电子在x轴方向做匀速直线运动得：L＝v0t
设电子的分运动匀速圆周运动的半径为R，周期为T。由牛顿第二定律得：
解得：
由题意可知所有电子均能经过O进入电场，则有：t＝nT，（n＝1、2、3……）
联立解得：
当n＝1时磁感应强度B有最小值，解得B的最小值为：
（2）如下图所示，可知：
当夹角θ最大时，tanθ有最大值，vy最大，圆周运动的半径R最大，因电子始终未与筒壁碰撞，故R的最大值为：Rm＝r
由牛顿第二定律得：
解得：
所求的tanθ的绝对值为：tanθ
（3）在磁场中电子的分运动匀速圆周运动一周后在O点进入电场，电子在电场中沿y轴方向做匀变速直线运动，当vy最大且方向沿y轴正方向时电子在电场中运动时沿y轴正方向有最大位移ym，根据匀变速直线运动规律有：
由牛顿第二定律得：
由（2）可知：
解得：
答：（1）磁感应强度B的最小值为；
（2）进入磁场中电子的速度方向与x轴正方向最大夹角为θ，tanθ的绝对值为；
（3）电子在电场中运动时y轴正方向的最大位移为。
▉题型15 带电粒子由电场进入磁场中的运动
【知识点的认识】1.带电粒子在电场、磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场，或从磁场到电场的运动。通常按时间的先后顺序分成若干个小过程，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。
2.一般的分析思路为：
（1）划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取相应的规律处理。
（2）找关键：确定带电粒子在场区边界的速度（包括大小和方向）是解决该类问题的关键，
（3）画运动轨迹：根据受力分析和运动分析大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。
3.本考点旨在针对粒子从电场进入磁场的情况。
（多选）43．如图所示，纸面内存在上下宽度均为L的匀强电场与匀强磁场，匀强电场竖直向下，匀强磁场垂直纸面向里，现有一比荷为k的带正电粒子（不计重力）从电场的上边界的a点由静止释放，运动到磁场的下边界的b点时正好与下边界相切，下列说法正确的是（ ）
A．粒子离开电场时的速度为BkL
B．匀强电场的强度为B2kL
C．a、b两点之间的距离为2L
D．粒子从a到b的运动时间为
【答案】AD
【解答】解：A、设粒子的质量为m，带电量为q，则有
设粒子离开电场时的速度即粒子在磁场中的速度为v。粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由几何关系可得
R＝L
根据洛伦兹力提供向心力可得
解得v＝BkL，故A正确；
B、粒子在电场中运动过程，根据动能定理可得
qEL
联立解得，故B错误；
C、由几何关系可得a、b两点之间的距离为，故C错误；
D、粒子从a到b的运动时间为
结合，可得，故D正确。
故选：AD。
44．如图甲，间距为L的金属板M、N竖直放置，金属板M左侧存在竖直向上的匀强电场，金属板M、N之间存在垂直纸面的交变磁场，磁感应强度随时间变化如图乙，垂直纸面向里为磁场正方向，N板右侧有边界为正三角形、磁感应强度大小为B1、方向垂直xOy平面向里的匀强磁场区域（未画出），另有一与N板夹角为60°的固定挡板。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从与M板水平距离为d的S点以速度方向与竖直方向成30°，大小为2v0射入电场，经过O1在时刻水平射入磁场中，粒子通过变化磁场后从O2点进入N板右侧区域，经正三角形磁场区域偏转后垂直打到挡板上，不计粒子重力。求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）粒子在交变磁场区域运动的时间及磁感应强度B0的最小值；
（3）正三角形磁场区域的最小面积。
【答案】（1）匀强电场的电场强度大小为；
（2）粒子在交变磁场区域运动的时间为，磁感应强度B0的最小值为；
（3）正三角形磁场区域的最小面积为。
【解答】解：（1）粒子在电场中运动
d＝2v0sin30°t1
0＝2v0cos30°﹣at1
Eq＝ma（1分）
解得
（2）在变化磁场中，T﹣1.5T时间内粒子做匀速直线运动，运动的距离
解得
在变化磁场中，1.5T～2T 时间内粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力
为保证粒子从O点进入y轴右侧区域，在1.5T﹣2T 时间内粒子需转整数圈，粒子做圆周运动的周期
粒子做圆周运动的半径 R≤x，才能保证粒子从O点进入y轴右侧区
域，解得变化磁场磁感应强度的最小值
粒子从O'点射入变化磁场区域至运动到O点的时间
解得
（3）粒子在正三角形磁场区域中做匀速圆周运动，轨迹如图所示
由洛伦兹力提供向心力
等边三角形的高h＝2R'+R'cos30°
等边三角形的边长l＝2htan30°
等边三角形的面积
解得
答：（1）匀强电场的电场强度大小为；
（2）粒子在交变磁场区域运动的时间为，磁感应强度B0的最小值为；
（3）正三角形磁场区域的最小面积为。
45．如图所示，在直角坐标系xOy中，在x＜0的区域（Ⅰ区）存在沿﹣y方向的匀强电场，在0＜x＜x0、y＞0的区域（Ⅱ区）存在沿+y方向的匀强电场，在0＜x＜x0、y≤0的区域（Ⅲ区）存在沿﹣y方向的匀强电场，匀强电场的场强大小均为E。在Ⅱ区和x＞x0的区域（Ⅳ区）存在垂直于xOy平面向内的匀强磁场，Ⅰ区的磁感应强度为B。一个质量为m、电荷量为+q的粒子（不计重力），以某一速度从P点沿x轴正方向进入电磁场，恰好沿x轴第一次通过原点O，之后粒子依次经过Ⅲ区、Ⅳ区、Ⅱ区的作用后，沿﹣x方向第二次通过原点O。已知虚线的横坐标，求：
（1）粒子经过坐标原点时的速度v0；
（2）粒子第一次经过x＝x0虚线时速度的大小和方向；
（3）Ⅳ区中磁场的磁感应强度的大小。
【答案】（1）粒子经过坐标原点时的速度为；
（2）粒子第一次经过x＝x0虚线时速度的大小为，方向与x轴成45°角；
（3）Ⅳ区中磁场的磁感应强度的大小为2B。
【解答】解：（1）作出粒子运动轨迹，如图所示
粒子沿x轴通过区时，根据受力平衡有qv0B＝qE
解得
（2）粒子在Ⅱ区做类平抛运动，则有qE＝ma，x0＝v0t
解得
粒子第一次通过虚线时则有vy＝at
解得vy＝v0所以粒子通过虚线时的速度
解得，方向与x轴成45°角。
（3）粒子经过虚线时到x轴的距离
粒子在x＞xo的区域做匀速的圆周运动，轨道半径满足
粒子要能够沿﹣x方向返回原点O，轨道半径应满足ry0
解得B2＝2B
答：（1）粒子经过坐标原点时的速度为；
（2）粒子第一次经过x＝x0虚线时速度的大小为，方向与x轴成45°角；
（3）Ⅳ区中磁场的磁感应强度的大小为2B。
46．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第Ⅱ象限内有沿y轴负方向的匀强电场，x轴下方有垂直纸面向里的匀强磁场。现从y轴上的A点沿x轴负方向发射一初速度为v0的带正电粒子，经电场偏转后与x轴负方向成θ＝60°夹角进入磁场区域，粒子刚好能打在与y轴垂直的足够大荧光屏P上。已知荧光屏P到x轴的距离为l，A点到坐标原点O的距离为d，不计粒子重力。求：
（1）进入磁场时的入射点到坐标原点O的距离；
（2）电场强度E与磁感应强度B的比值；
（3）若改变初速度的大小，让粒子从y轴上M点（图中未画出）沿x轴负方向射出，现要求粒子仍能以与x轴负方向成θ＝60°夹角进入磁场，且进入磁场后垂直打在荧光屏P上，此时M点到坐标原点O的距离d′。
【答案】（1）进入磁场时的入射点到坐标原点O的距离为。
（2）电场强度E与磁感应强度B的比值为；
（3）M点到坐标原点O的距离d′为9d。
【解答】解：（1）设粒子在电场中运动时，沿y轴负方向获得的分速度为vy，则由速度合成规律可得：
设粒子在电场中的运动时间为t，则有：，解得：
（2）由：
可解得粒子在电场中的运动时间为：，又由：，解得：
粒子在电场和磁场中的运动轨迹如下图所示：
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则有：r+rcosθ＝l，解得：，设粒子进入磁场时的速度大小为v，则有：
由牛顿第二定律可得：，，解得：，即：
（3）设粒子以初速度v′0从y轴上的M点射入电场，由于粒子进入磁场时的角度不变，故粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为：v′＝2v′0
粒子在磁场中的运动情况下图所示：
由几何关系可知，此时粒子在磁场中做圆周运动的半径r′为：，粒子在电场中沿y轴负方向运动时，有：
又因：v′y＝v′sinθ，由牛顿第二定律可知：，以上各式联立可解得：d′＝9d
答：（1）进入磁场时的入射点到坐标原点O的距离为。
（2）电场强度E与磁感应强度B的比值为；
（3）M点到坐标原点O的距离d′为9d。
47．如图甲所示，水平放置的平行极板A、B间加如图乙所示的交变电场，t＝0时刻，位于两极板中线上O处的粒子源水平向右发射速度均为v0的a、b两粒子，两粒子穿过极板后水平向右垂直进入有竖直边界的匀强磁场，磁场宽度为d，磁感应强度为B，磁场方向垂直纸面向外。a粒子恰好不从磁场右边界飞出，a、b两粒子的运动轨迹交于C点，且在C处时a、b速度方向垂直，C到磁场左右边界的距离相等，不计粒子重力及粒子间的相互作用。E0、T0已知。求：
（1）a、b两粒子的比荷之比；
（2）a粒子从极板间穿出时在竖直方向上的位移大小。
【答案】（1）a、b两粒子的比荷之比为；
（2）a粒子从极板间穿出时在竖直方向上的位移大小为（n＝1，2，3……）。
【解答】解：（1）根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示
由几何关系可知
Ra＝d，θ＝30°
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动
得
所以
（2）粒子在平行板间的运动时间
t＝2nT0（n＝1，2，3， ）
由牛顿第二定律可得
qE0＝ma
T0时间内粒子在竖直方向的位移
2nT0时间内粒子在竖直方向的位移
Y＝2ny
可得
（1）a、b两粒子的比荷之比为；
（2）a粒子从极板间穿出时在竖直方向上的位移大小为（n＝1，2，3……）。
▉题型16 带电粒子在电场和磁场中的往复运动
【知识点的认识】1.带电粒子在电场、磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场，或从磁场到电场的运动。通常按时间的先后顺序分成若干个小过程，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。
2.一般的分析思路为：
（1）划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取相应的规律处理。
（2）找关键：确定带电粒子在场区边界的速度（包括大小和方向）是解决该类问题的关键，
（3）画运动轨迹：根据受力分析和运动分析大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。
3.本考点旨在针对粒子电场和磁场间往复运动的情况。
（多选）48．如图，真空中存在多层紧密相邻的水平向右、大小为E的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，宽度均为d，长度足够长。电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子在第1层左侧边界某处由静止释放，粒子从第4层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为30°。不计粒子的重力及运动时的电磁辐射，下列说法正确的是（ ）
A．粒子从第4层磁场右侧边界穿出时的速度大小为2
B．磁场的磁感应强度为
C．若保证粒子不能从第n层磁场右边界穿出，n至少为16
D．若保证粒子不能从第n层磁场右边界穿出，n至少为12
【答案】AC
【解答】解：A.粒子从第4层磁场右边界穿出时，经电场加速4次，则有：4Eqd，解得v4＝2，故A正确；
BCD.设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn，轨道半径为rn，则有，设粒子进入第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为αn，从第n磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，则有vn﹣1sinθn﹣1＝vnsinαn
由图甲可知rnsinθn﹣rnsinαn＝d
则有rnsinθn﹣rn﹣1sinθn﹣1＝d
则r1sinθ1、r2sinθ2、r3sinθ3…rnsinθn为一组等差数列，公差为d，可得rnsinθn＝r1sinθ1+（n﹣1）d
当 n＝1时，由图乙可知r1sinθ1＝d
则rnsinθn＝nd解得
由题目可知当 n＝4时，θ4＝30°，即
解得
若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则，即sinθn＝1
当sinθn＝1时，联立解得 n＝16，故C正确，BD错误。
故选：AC。
▉题型17 带电粒子在组合场中的动量问题
【知识点的认识】
1.带电粒子在电场、磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场，或从磁场到电场的运动。通常按时间的先后顺序分成若干个小过程，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。
2.一般的分析思路为：
（1）划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取相应的规律处理。
（2）找关键：确定带电粒子在场区边界的速度（包括大小和方向）是解决该类问题的关键，
（3）画运动轨迹：根据受力分析和运动分析大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问题。
3.本考点旨在针对粒子在组合场中的动量问题。
49．放射性元素被考古学家称为“碳钟”，可以用来判定古代生物体的年代。通过测量粒子在电磁组合场中的运动轨迹和出现位置可以进一步研究在进行β衰变过程中产生电子的出射速度，位于S点的静止原子核经过衰变可形成一个电子源，将过程简化为：设该电子源在纸面内向各个方向均匀地发射电子。如图所示的空间中，虚线下方存在方向竖直向下、电场强度大小为E的匀强电场，虚线上方存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，其中电子源S与虚线边界间的距离为h，已知电子的质量为m，电荷量为e，真空中的光速为c，不计电子重力和粒子间的相互作用，电子出射后的运动不受电子源影响。
（1）若已知放射出的新核质量为m0，新核的动能为E0，且衰变过程中放出的核能全部转化为新核和电子的动能，写出的衰变方程，并求出衰变过程中的质量亏损Δm；
（2）若在虚线上放置一个足够长的挡板，使其可以吸收所有从下方射入的电子，并检测到从同一时刻出射的电子到达挡板的最大时间差，求电子出射速度的大小；
（3）现对电子源出射方向进行限制，使电子只能水平向右射出，并在虚线上距离O点为d的Q点放置一个粒子接收装置，最终经过虚线边界三次（含到达Q点）的电子被接收装置接收，求电子出射速度的大小。
【答案】（1）的衰变方程为，衰变过程中的质量亏损Δm。
（2）电子出射速度为。
（3）电子出射速度。
【解答】解：（1）衰变方程为
动能与动量的关系
衰变过程中，新核和电子组成的系统动量守恒，所以新核的动能与电子的动能之比为E0：Ee＝m：m0
故
根据爱因斯坦质能方程
解得。
（2）由牛顿第二定律可得，电子在电场中运动的加速度为
当电子初速度方向竖直向下时，所用时间最长，则有
当电子初速度方向竖直向上时，所用时间最短，则有
根据题意可知
解得。
（3）根据题意作出电子的运动轨迹，如图所示
电子在电场中做类平抛运动，有x1＝v'0t，，vy＝at
电子在磁场中做匀速圆周运动，有
电子经磁场回转一次，在x轴方向倒退
由几何关系可知d＝3x1﹣x2
解得。
答：（1）的衰变方程为，衰变过程中的质量亏损Δm。
（2）电子出射速度为。
（3）电子出射速度。
▉题型18 速度选择器
【知识点的认识】1.速度选择器的原理图如下：
2.特点：粒子匀速垂直穿过正交的匀强磁场和匀强电场时，根据qvB＝qE，可得粒子的速度必为v。就好像能特定选择出这一速度的粒子，因此将这种设备称为速度选择器。
50．如图所示，在两水平金属板构成的器件中，存在匀强电场与匀强磁场，电场强度E和磁感应强度B相互垂直，以某一水平速度进入的不计重力的带电粒子恰好能沿直线运动，下列说法正确的是（ ）
A．粒子一定带负电
B．粒子的速度大小v
C．若粒子速度大小改变，粒子将做曲线运动
D．若粒子速度大小改变，电场对粒子的作用力会发生改变
【答案】C
【解答】解：A、粒子做直线运动，若粒子带正电荷，受到的电场力向下，洛伦兹力向上，电场力与洛伦兹力能平衡；若粒子带负电荷，电场力向上，洛伦兹力向下，电场力与洛伦兹力也能平衡；故粒子电性不确定，故A错误；
B、根据平衡条件，有：qvB＝qE，故v，故B错误；
CD、若粒子速度大小改变，电场力大小不变，而洛伦兹力大小改变，故粒子将做曲线运动，故C正确，D错误；
故选：C。
▉题型19 与速度选择器相结合的质谱仪
【知识点的认识】本考点旨在针对粒子先经过速度选择器再进入质谱仪的情况。
1.质谱仪示意图如下
2.质谱仪的作用：分析粒子的性质，测定粒子的质量，研究同位素。
3.质谱仪例的相关参数：
（1）加速电场中：qU。
（2）偏转磁场中：Bqv。
（3）轨迹半径：R。
（4）照相底片上间距；d＝2ΔR。
（多选）51．如图所示为质谱仪原理示意图。由粒子源射出的不同粒子先进入速度选择器，部分粒子通过速度选择器的小孔进入偏转磁场，最后打在MN之间的照相底片上。已知速度选择器内的电场的场强为E，磁场磁感应强度为B0，偏转磁场的磁感应强度为2B0，S1、S2、S3是三种不同的粒子在照相底片上打出的点。忽略粒子的重力以及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是（ ）
A．打在S3位置的粒子速度最大
B．如果射入偏转磁场的粒子质量为m、电荷量为q，则粒子的轨迹半径为
C．如果氕（H）核和氘（H）核都进入偏转磁场，则其在磁场中运动的时间之比为1：2
D．如果电荷量均为q的两种粒子分别打在S1、S3，S1S3＝Δx，则其质量之差
【答案】BCD
【解答】解：A、粒子在速度选择器中做匀速直线运动，由平衡条件得：qE＝B0qv，可得粒子进入偏转磁场时的速度都为，故A错误；
BD、粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
qv 2B0＝m
解得粒子做圆周运动的半径为r
则粒子打在荧光屏位置与O点的距离S3O＝2r3＝2 ，S1O＝2r1＝2
如果Δx＝S3O﹣S1O
可得两粒子质量之差，故BD正确；
C、粒子在偏转磁场中运动的周期
粒子在偏转磁场运动时转过的圆心角为180°，故粒子在偏转磁场运动的时间为
由于氕核的质量是氘核的倍，所以其在磁场中运动的时间之比为1：2，故C正确。
故选：BCD。
▉题型20 回旋加速器
【知识点的认识】
1.回旋加速器示意图如下：
2.回旋加速器的原理：用磁场控制轨道、用电场进行加速。
D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差U，盒内部空间由于静电平衡无电场，电压U在两盒之间的缝隙处产生加速电场。
盒中心A 处的粒子源产生的带电粒子，在两盒之间被电场加速。
两个半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，磁场使粒子做匀速圆周运动，从而使粒子在缝隙处被加速后再回到缝隙处再被加速。
两盒间的交变电势差一次一次地改变正负，保证粒子每次都能被加速。
52．回旋加速器与电子感应加速器都可以加速带电粒子，分别示意如图甲、乙，其中电子感应加速器的原理可以简化为如图丙所示，半径为r的圆形区域内有竖直向下（图中垂直于纸面向里）的匀强磁场，图中实线圆是半径为R的光滑绝缘轨道，R＞r，一个质量m、带电量为q的小球穿在轨道上，当磁场的磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝B0+kt（k为常量）时，下列说法正确的是（ ）
A．两种加速器中粒子运动的周期都不变
B．两种加速器中粒子运动的半径都不变
C．丙图中，如果其他条件不变，仅将轨道换成R更大的圆环轨道，小球从静止开始运动一周，小球增加的动能相同
D．丙图中，如果其他条件不变，仅将圆环轨道换成半短轴为R的椭圆环轨道（保持椭圆环中心与磁场圆中心重合），小球从静止开始运动一周，小球增加的动能不同
【答案】C
【解答】解：A.结合法拉第电磁感应定律，电子感应加速器在轨道上形成的涡旋电场的电场强度大小满足
代入数据得，电子感应加速器在轨道上的涡旋电场强度大小为定值，粒子受大小不变的电场力作用，做加速度大小不变的加速圆周运动，周期逐渐变小，故A错误；
B.回旋加速器的磁场磁感应强度大小设为B'，粒子经两D形电极间的电场不断加速，设粒子经过n次加速后速度大小为vn，在磁场中做匀速圆周运动的半径大小rn满足
代入数据得，粒子在回旋加速器中半径不断增大，故B错误；
C.小球在电子感应加速器上从静止开始运动一周，电场力做功的大小为
粒子的动能为，小球从静止开始运动一周增加的动能与轨道半径R无关，故C正确；
D、丙图中，磁场仅存在于半径为r的圆形区域，无论轨道是圆还是椭圆，只要轨道完全包围了磁场区域，其闭合路径包围的磁通量随时间的变化率均为
根据法拉第电磁感应定律，回路的感应电动势为，小球从静止开始运动一周，电场力做功为，小球增加的动能与半径为R的圆形轨道情况一致，故D错误。
故选：C。
▉题型21 霍尔效应与霍尔元件
【知识点的认识】一、霍尔效应
1．霍尔效应：置于磁场中的载流体，如果电流方向与磁场方向垂直，则垂直于电流和磁场方向会产生一个附加的横向电场，这个现象是霍普金斯大学研究生霍尔于1879年发现的，后被称为霍尔效应．
霍尔效应从本质上讲是运动的带电粒子在磁场中受到洛伦兹力作用而引起的偏转，所以可以用高中物理中的电磁学、力学、运动学等有关知识来进行解释．霍尔效应原理的应用常见的有：霍尔元件、磁流体发电机、电磁流量计、磁强计等．
53．半导体材料的发展为霍尔效应的实际应用提供了高质量的换能器。如图所示，一块宽为a、厚为b、长为c的长方体N型半导体，导电粒子为负电子，单位体积内自由电子数为n，通入方向向右的恒定电流I，将元件置于垂直上表面向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，元件的前、后表面间出现电压，其绝对值为U。则
A．前表面的电势比后表面的电势低
B．若选择单位体积内自由电荷数n值较大的半导体，其他条件相同，则U更大
C．若选择宽度a更小的半导体，其他条件相同，则U更大
D．若选择厚度b更小的半导体，其他条件相同，则U更大
【答案】D
【解答】解：A．根据左手定则可知，负电子受洛伦兹力指向后表面，可知前表面的电势比后表面高，故A错误；
BCD．由洛伦兹力和电场力平衡，所以
再结合电流微观表达式I＝neabv
可得
可知电压U与宽度a无关；其他条件相同，选择单位体积内自由电荷数n值较大的半导体，则U更小；其他条件相同，选择厚度b更小的半导体，则U更大，故BC错误，D正确。
故选：D。
54．利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域，霍尔元件的工作原理示意图如图所示，匀强磁场垂直于霍尔元件的工作面向下、磁感应强度大小为B，沿E→F方向通有恒定的电流I（载流子为电子），C、D两侧面会形成恒定的电势差UCD（霍尔电压）。下列说法正确的是（ ）
A．C侧会聚集大量电子
B．载流子受到的电场力沿C→D方向
C．仅增大磁感应强度大小B时，UCD（霍尔电压）减小
D．Ucp（霍尔电压）越大，载流子受到的洛伦兹力就越大
【答案】D
【解答】解：AB.载流子为电子，根据左手定则可知，载流子所受洛伦兹力沿C→D方向，D侧会聚集大量电子，C、D两侧电势差UCD稳定后，载流子在电场力和洛伦兹力作用下受力平衡，载流子受到的电场力沿D→C方向，故AB错误；
D.载流子受到的电场力F电与C、D间的电场强度成正比，UCD越大，C、D间的电场强度越大，载流子受到的电场力越大，受到的洛伦兹力也越大，故D正确；
C.增大磁感应强度大小B时，载流子受到的洛伦兹力qvB增大，根据受力平衡可知，载流子受到的电场力也增大，UCD也增大，故C错误。
故选：D。
55．笔记本电脑机身和显示屏分别装有霍尔元件和磁体，实现开屏变亮，合屏熄灭，如图甲所示。图乙为其中的霍尔元件，其长、宽、高分别为a、b、c，元件中的载流子为自由电子，打开和合上显示屏时，霍尔元件中电流I保持不变，当合上显示屏时，水平放置的霍尔元件处于竖直向下的匀强磁场中，前、后表面间产生电压U，当电压达到某一临界值时，屏幕自动熄灭。下列说法正确的是（ ）
A．该霍尔元件的电阻为
B．打开显示屏的过程中，元件前、后表面间的电压变大
C．合上显示屏的过程中，元件前表面的电势比后表面的高
D．若磁场变强，可能闭合屏幕时无法熄屏
【答案】C
【解答】解：A、流过霍尔元件的电流I不是由霍尔电压产生的，根据欧姆定律计算电阻，故A错误；
B、根据题意，有
，I＝neSv＝nebcv
联立解得元件前、后表面间的电压为
在打开显示屏的过程中，穿过霍尔元件竖直方向的磁场减弱，则元件前、后表面间的电压U变小，故B错误；
C、在图乙中，根据左手定则可知，电子所受洛伦兹力方向向里，则前表面的电势比后表面的电势高，故C正确；
D、若磁场变强，元件前、后表面间的电压变大，闭合屏幕时仍然能熄屏，故D错误。
故选：C。
（多选）56．磁场中的四种仪器如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A．甲中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与加速电压无关
B．乙中不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中光屏同一位置的粒子比荷相同
C．丙中自由电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图磁场时，M侧电势高
D．丁中长宽高分别为a、b、c的电磁流量计加上如图所示匀强磁场，若流量Q恒定，前后两个金属侧面的电压与a、b有关
【答案】ABC
【解答】解：A、令回旋加速器的半径为R，则有
，
解得
可知，甲中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与加速电压无关，故A正确；
B、粒子在速度选择器中做匀速直线运动，则有
qvB1＝qE
粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，则有
解得
光屏上同一位置的轨道半径一定，可知，乙中不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中光屏同一位置的粒子比荷相同，故B正确；
D、稳定时，电场力与洛伦兹力平衡，则有
流量为
Q＝vbc
解得
可知，丁中长宽高分别为a、b、c的电磁流量计加上如图所示匀强磁场，若流量Q恒定，前后两个金属侧面的电压与c有关，故D错误；
C、自由电荷为负电荷，则自由电荷定向移动的方向与电流方向相反，根据左手定则可知，负电荷向N侧聚集，可知，丙中自由电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示电流和加上如图磁场时，M侧电势高，故C正确。
故选：ABC。
（多选）57．霍尔元件广泛应用于测量和自动控制等领域，霍尔元件一般用半导体材料制成，有的半导体中的载流子（自由电荷）是自由电子，有的半导体中的载流子是空穴（相当于正电荷）。如图所示为用半导体材料制成的霍尔元件的工作原理示意图，厚度为 ，宽度为d，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上下表面会产生电势差，下列说法正确的是（ ）
A．若元件的载流子是自由电子，上表面的电势低于下表面电势
B．若元件的载流子是空穴，上表面的电势低于下表面电势
C．保持载流子定向移动速率v不变，仅增大d时，上下表面的电势差不变
D．保持电流I不变，仅增大d时，上下表面的电势差增大
【答案】AC
【解答】解：AB、由左手定则，可知载流子向上表面偏转，若载流子是自由电子，可知上表面的电势低于下表面电势；
若载流子是空穴，则上表面电势高于下表面电势，故A正确，B错误；
CD、稳定状态下，载流子受到的电场力与洛伦兹力平衡，由电流的微观表达式I＝nqvdh，可得到电势差U＝Bvh；
若v不变，仅增大d，上下表面的电势差不变；若I不变，仅增大d，则上下表面电势差减小，故C正确，D错误。
故选：AC。
▉题型22 磁流体发电机
【知识点的认识】1.磁流体发电机的原理图如下：
2.磁流体发电机的原理
（1）原理：等离子气体喷入磁场，正负离子在洛伦兹力的作用下发生偏转而聚集在A、B板上，产生电势差，它可
